Apostila de Cfvv - 2013

8/20/2019 Apostila de Cfvv - 2013

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Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues

1

REVISÃO DE DERIVADAS E INTEGRAIS PARA UMA VARIÁVEL

Para facilitar o cálculo das derivadas das funções de uma variável, evitando o uso dadefinição, podemos usar as regras de derivação a seguir:

REGRAS DE DERIVAÇÃO:(derivadas de algumas funções elementares)

Função Derivaday = k y’ = 0 K = constante real;

y = x y’ = 1 u e v são funções de x;

y = k . x y’ = k n é um número natural.

y = x n y’ = n . x n – 1

y = k . x n y’ = k . n . x n − 1

y = k . u y’ = k . u’

y = u n y’ = n . u n – 1 . u’

y = u ± v y’ = u’ ± v’

y = u . v y’ = u’.v + v’. u

y =v

u y’ =

2v

u.v' v'.u −

y = eu y’ = eu . u’

y = ln u y’ =u

'u

Obtidas a partir daRegra da Cadeia

y = au y’ = au . ln a . u’

y = log a u y’ = u

'u. log a e ou y’ = aln.u

'u

y = sen u y’ = u’ . cos uy = cos u y’ = − u’ . sen uy = tg u y’ = u’ . sec2 u

y = cotg u y’ = – u’ . cosec2 u

Exemplos:

I) Calcular pela regra de derivação a derivada das seguintes funções:

1) f(x) = 5 f ’(x) = D(k) = 0

2) f(x) = 3 . x f ’(x) = D(k . x) = k f ’(x) = 3

3) f(x) = x3 f ’(x) = D(xn) = n . x n – 1 , n = 3

f ’(x) = 3 . x 3 – 1 f ’(x) = 3 x2

4) f(x) = 3x + 2 f ’(x) = D(u + v) = u’ + v’ = 3 + 0 = 3

5) f(x) = (2x + 3)3 f ’(x) = D(un) = n . un – 1 . u’ n = 3u = 2x + 3 u’ = 2 + 0 = 2

f ’(x) = 3 . (2x + 3)

3 – 1

. 2 f ’(x) = 6 . (2x + 3)

2

6) y = x3 – 12x + 5 y’ = 3x2 – 12


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2

7) y = x3x2 − y = (x2 – 3x) 21

y’ = D(un) = n . un−1 . u’ n = 1/2u = x2 – 3x u’ = 2x – 3

y’ =2

1. (x2 – 3x)

12

1−

. (2x – 3) y’ =2

1. (x2 – 3x) 2

1−

. (2x – 3)

8) y = (2 + 3x).(5 – 2x) y’ = D(u . v) = u’.v + v’. uu = 2 + 3x u’ = 3v = 5 – 2x v’ = −2

y’ = 3 . (5 – 2x) + (−2) . (2 + 3x) = 15 – 6x – 4 – 6x y’ = 11 – 12x

9) y =1x3

4x2

−

+ y’ = D

v

u =

2v

u.v' v'.u −

u = 2x + 4 u’ = 2v = 3x – 1 v’ = 3

y’ =2)1x3(

4)(2x.31)(3x.2

−

+−− =2)1x3(

12x62x6

−

−−− y’ =2)1x3(

14

−

−

10) f(x) = ln (x3 – 2) f ’(x) = D(ln u) =u

'u

u = x3 – 2 u’ = 3x2 y’ =2x

x33

2

−

11) f(x) = e5x –2 f ’(x) = D(eu) = eu . u’ u = 5x – 2 u’ = 5 y’ = 5. e5x – 2

12) y = 2 x3x2 − y’ = D(au) = au . ln a . u’ a = 2 , u = x2 – 3x u’ = 2x – 3

y’ = 2 x3x2 − . ln 2 . (2x – 3)

13) y = log (2x + 3) y’ = D(log u) =aln.u

'u

u = 2x + 3 u’ = 2 y’ =10ln.)3x2(

2

+

14) y = sen 5x y’ = D(sen u) = u’ . cos uu = 5x u’ = 5 y’ = 5 . cos 5x

15) y = cos (2x + 3) y’ = D(cos u) = − u’ . sen uu = 2x + 3 u’ = 2 y’ = − 2 . sen (2x + 3)

16) y = tg (x2 – 4x) y’ = D(tg u) = u’ . sec2 uu = x2 – 4x u’ = 2x – 4 y’ = (2x – 4) . sec2 (x2 – 4x)

OBSERVAÇÃO: A derivada de uma função pode ser denotada por:

y’ ou f ’(x) oudx

dy ou

dx

df ou Dx(y) ou Df(x)

notação de Leibniz (1646 – 1716)


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3

REGRAS DE INTEGRAÇÃO:Considerando: C ∈ IR, K ∈ IR, u = f(x) , v = g(x) e n ≠ −1, temos as seguintes

integrais (elementares) imediatas:

1. ∫dx = x + C 2. ∫ dxk = k ∫dx = k . x + C

3.

∫dxxn =

1n

x 1n

+

+

+ C 4.

∫

− dxx 1 =

∫dx

x

1 = ln |x| + C

5. ∫ dxax = alnax

+ C , 0 < a ≠ 1 6. ∫ dxex = xe + C7. ∫ ∫ ∫±=± dv du dv) du(

PROPRIEDADES DA INTEGRAL INDEFINIDA

I. ∫ )x(f .k dx = k ∫ )x(f dx , k = constante realII. ∫ ± .dxg(x)])x(f [ = ∫ )x(f dx ± ∫ )x(g dx

III. [ ]∫ dx.)x(f dxd

= f(x) , ou seja, a derivada da integral de uma função é a própria

função.

Exemplo 1: Calcular as integrais indefinidas:

a) ∫ dx5 = 5 ∫ dx = 5 x + C , C∈IR

b) ∫∫ +−=++−=−=−+

C 2 x C 11 x dxxdxx

211

, C∈IR

c) dx5 dxx3 dx5 dx3xdx5)x3(∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =+=+=+

C 5xx2

3 C x5

11

x . 3 2

11

++=+++

=+

d) ∫ ∫ ∫∫ =−+=−+ dxx2 dxx dxx dx2x) xx( 3232

= C 11

x 2

13

x

12

111312

+

+

−

+

+

+

+++x =

= C x 4

x

3

x 243

+−+ , C∈IR

e) ∫ ∫ ∫ ∫ +−=−=−=−+ C x3x

dx dxx dx1)(x dx1)(x.1)x(3

22 , C∈IR

f) ∫ ∫ ∫ ∫∫ =++=++=+ dx9 dxx6 dxx dx9)x6 (x dx3)x( 242422

= C 9xx2 5

x C 9x

3

x 6

5

x 3535

+++=+++ , C∈IR

g) C x 1 C 1x C 12 x dxx dx x1

112

22 +−=+−=++−==

−+−

−

∫∫ , C∈IR


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4

h) C |x|ln dx x

1 dx x 1 +== ∫∫ − , C∈IR

i) C x 3

2 C x

3

2 C

x C

1

x dxx dxx 32

3

23

2

3

21

1 2

1

2

1

+=+=+=++

==

+

∫ ∫ , C∈IR

j)

∫ ∫∫ ++=+=+ C

2ln

2 e2 dx2 dxe2 dx)2e2(

xxxxxx , C∈IR

TABELA DE INTEGRAIS IMEDIATAS:

1) ∫du = u + C

2) ∫ udu

= ln |u| + C

3) ∫ ue du = ue + C

4) ∫ nu du = 11

+

+

n

un + C (n é constante ≠ −1)

5)∫ ua du = alnua

+ C

6) ∫ usen du = − cos u + C

7)∫ ucos du = sen u + C

8) ∫ u2sec du = tg u + C

9)

∫uec2cos du = −cotg u + C

10)∫ usec . tg u du = sec u + C

11)∫ ucosec . cotg u du = −cosec u + C


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5


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FUNÇÃO DE DUAS VARIÁVEIS – DOMÍNIO – IMAGEM – REPRESENTAÇÃO

Uma função real a duas variáveis é uma relação que transforma em um único

número real cada par ordenado de números reais de um certo conjunto D ⊂ ℜ2,chamado de domínio da função, e escrevemos

Na função , dizemos que é a variável dependente e que e sãovariáveis independentes; O conjunto de todos os valores possíveis de , que pode ser

obtido aplicado à relação aos pares ordenados ∈ D, é chamado Imagem de .O domínio pode ser representado através de um conjunto de pontos no plano x0y e o

gráfico de como uma superfície cuja projeção perpendicular ao plano x0y é D. Observe

que quando varia em D, o ponto correspondente = variasobre a superfície.

Dada uma superfície S, podemos nos perguntar se ela sempre representa o gráfico

de uma função A resposta é não. Sabemos que, se é uma função, cadaponto de seu domínio pode ter somente uma imagem. Portanto, a superfície S só

representará o gráfico de uma função se qualquer reta perpendicular ao planox0y “cortar” S em um único ponto.

Figura (a)

Figura (b)P(x, y)

z = f(x, y)

x

y

z

z1

z2

0


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7

Observe que na figura (b) os pontos P(x1, y1, z1) e R(x2, y2, z2) são imagens de umúnico ponto (x, y) do plano x0y (plano ℜ2), com z1 ≠ z2.

Exemplo 1 – Seja f(x, y) = 22 yx1 −− uma função de 2 variáveis. Assim, seu domínio é

um subconjunto do ℜ2 e seu gráfico é um subconjunto do ℜ3. Para que 22 yx1 −− seja

um número real devemos ter: 1 – x2 – y2 ≥ 0 que nos fornece x2 + y2 ≤ 1, logo, temos os

domínio:D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 ≤ 1 }

Um ponto (x, y, z) ∈ ℜ3 pertence ao gráfico de f se, e somente se, z = f(x, y), isto

é, z = 22 yx1 −− , equivalentemente a z ≥ 0 e z2 + x2 + y2 = 1. Deste modo, o gráfico

consiste no hemisfério superior da esfera z2 + x2 + y2 = 1, conforme figura abaixo. Aimagem de f é o intervalo [0, 1] e escrevemos:

z = Im(f) = [0, 1]

Exercícios

1. Fazer uma representação gráfica do domínio das seguintes funções:

a) f(x, y) = ln (x – y)Sabemos que ln (x – y) é um número real quando x – y > 0 x > y.

D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x > y }.Graficamente, temos:

b) f(x, y) =22 yx

xy

−

Sabemos que22 yx

xy

− é um número real quando x2 – y2 > 0 ou que

(x – y)(x + y) > 0, logo, temos o domínio:D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | (x – y)(x + y) > 0 }.

Imagem de z

x– y > 0


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8

Lembrando que (x – y)(x + y) é um número real positivo quando x – y > 0 e x + y > 0ou x – y < 0 e x + y < 0, teremos o gráfico abaixo no qual, a região A representa oprimeiro caso e a região B o segundo.

c) f(x, y) =25yx

122 −+

Sabemos que25yx

122 −+

é um número real quando x2 + y2 – 25 > 0

x2 + y2 > 25, logo temos o domínio: D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 > 25}.Esse é o conjunto dos pontos que estão na região exterior à circunferência

x2

+ y2

= 25 (que tem o centro na origem e raio igual a 5), conforme figura abaixo.

d) g(x, y) = 22 yx9 −−

Sabemos que 22 yx9 −− é um número real quando 9 – x2 – y2 ≥ 0

−x2 − y2 ≥ −9 . (−1) x2 + y2 ≤ 9, logo, temos o domínio:D(g) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 ≤ 9}. Esse é o conjunto dos pontos que estão na regiãointerior à circunferência x2 + y2 = 9 (que tem centro na origem e raio igual a 3),conforme figura abaixo.

Seja z = g(x, y). Como z é raiz quadrada positiva (z ≥ 0), temos que:

9 – x2 – y2 ≤ 9 22 yx9 −− ≤ 3 . Portanto, a imagem de z é dada por:

Im(z) = { z ∈ ℜ2 | 0 ≤ z ≤ 3} ou Im(z) = [0; 3]

Podemos observar essa imagem no gráfico da função z = 22 yx9 −−

(z)2 = ( 22 yx9 −− )2 z2 = 9 – x2 – y2 x2 + y2 + z2 = 9. Deste modo, o

gráfico consiste no hemisfério superior da esfera z2 + x2 + y2 = 32 , conforme figura

x

y

5−5

−5

5

x

y

−3 3

−3

x + y = 3 3


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9

Imagem de z

3

3

3

abaixo.

Observações:

1. De forma análoga ao Cálculo de uma variável, as derivadas parciais de uma funçãosão funções e, portanto, podemos calculá-las em pontos de seus domínios. Porexemplo:Seja f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1). Temos:

f x =x

f

∂

∂ = D(ln u) =

u

'u x =1yx

x222 ++

e f y =y

f

∂

∂ = D(ln u) =

u

'u y =

1yx

y222 ++

Portanto, temos duas novas funções: g(x, y) =1yx

x222 ++

e h(x, y) =1yx

y222 ++

Os domínios das funções são:D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 + 1 > 0 } = ℜ2,D(g) = D(h) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 + 1 ≠ 0 } = ℜ2.

Os gráficos de f, g e h são, respectivamente:

f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1)

g(x, y) =

1yx

x222

++

h(x, y) =

1yx

y222

++


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10

2. A não existência das derivadas parciais de uma função contínua de duas variáveisnum ponto indica que o gráfico da função apresenta “arestas” nesse ponto.

De fato, seja z = f(x, y) = 22 yx + ; então, as derivadas parciais existem, exceto na

origem. Veja o gráfico de f abaixo:

f(x, y) = 22 yx +

Curvas e Superfícies de Nível

Existe uma outra técnica gráfica, útil, para descrever o comportamento de umafunção de duas variáveis. O método consiste em descobrir no plano x0y os gráficos dasequações f ( x; y ) = k para diferentes valores de k. Os gráficos obtidos desta maneira sãochamados curvas de nível da função f correspondente ao nível k. No caso de trêsvariáveis, é chamado superfície de nível de f.

Para determinarmos o conjunto de pontos (x, y) ∈ D(f) tais que f(x; y) = k, cotamoso gráfico pelo plano horizontal z = k e projetamos a intersecção no “chão”.

Exemplo1 – Esboce o gráfico das curvas de nível da função f(x; y) = 6 – 3x – 2y, para osvalores k = – 6; 0; 6; 12.Solução: “As curvas de nível de uma função de duas variáveis são as curvas comequação f(x; y) = k, onde k é uma constante (no domínio de f)”.

Então: 6 – 3x – 2y = k 3x + 2y + (k – 6) = 0 ( que representa uma família de

retas paralelas).

Temos as curvas de nível:


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11

Para k = – 6 3x + 2y – 12 = 0Para k = 0 3x + 2y – 6 = 0 São retas paralelas, igualmente espaçadas, pois, oPara k = 6 3x + 2y = 0 gráfico de f é um plano.Para k = 12 3x + 2y + 6 = 0

Mapa de contornos def(x; y) = 6 – 3x – 2y

Exemplo 2 – Esboce o gráfico das curvas de nível das funções g(x; y) = 22 yx9 −− ,

para k = 0; 1; 2; 3.

Solução: Devemos ter: g(x; y) = k, ou seja, 22 yx9 −− = k2

22 yx9 −− =2k

9 – x2 – y2 = k2 x2 + y2 = (9 – k2) (que corresponde a uma família de circunferências

concêntricas com centro na origem (0; 0) e raio 2k9 − . Assim temos as curvas de nível:

Para k = 0 x2 + y2 = 9 – 02 x2 + y2 = 9 centro (0; 0) e raio r = 9 = 3

Para k = 1 x2 + y2 = 9 – 12 x2 + y2 = 8 centro (0; 0) e raio r = 8

Para k = 2 x2 + y2 = 9 – 22 x2 + y2 = 5 centro (0; 0) e raio r = 5Para k = 3 x2 + y2 = 9 – 32 x2 + y2 = 0 centro (0; 0) e raio r = 0

Exemplo 3 – Esboce o gráfico das curvas de nível das funções f: ℜ2 ℜ, definida porf(x; y) = x2 + y2 , para k = 0; 1; 4.Solução: Devemos ter: x2 + y2 = k (que representa uma família de circunferênciasconcêntricas de centro na origem (0; 0) e raio k . Assim temos:

Para k = 0 x2 + y2 = 0 centro (0; 0) e raio r = 0 = 0Para k = 1 x2 + y2 = 1 centro (0; 0) e raio r = 1 =1

Para k = 4 x2 + y2 = 4 centro (0; 0) e raio r = 4 = 2

x2 + y2 = 4

x2 + y2 = 1

K = 0K = 6K = 12 K = – 6

y

• • • • • • x

3

12 4−2

−3

−3/2

y

•

K = 3

K = 2

K = 0

K = 1

(3; 0)x

0 5 8

y

• 1 20 x

K = 0

K = 1

K = 4

z

x

y

1

2

x + y = 0


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NOTA: As curvas de nível são usadas na prática com freqüência. Na Engenharia Civil,por exemplo, as curvas de nível de uma função determinada para medir a altura de umaregião (relativa a um plano horizontal fixo) obtida a partir de um aparelho chamadoteodolito, constituem o que chamamos de carta topográfica da região, que é utilizada noprojeto de estradas.

A temperatura de um ponto da superfície da Terra é uma função da latitudee da longitude do ponto. Uma curva de nível dessa função é chamada de isoterma.

DERIVADAS PARCIAIS DE 1ª ORDEM ou DE ORDEM 1

Seja z = f(x, y). Se considerarmos y como constante, obtermos uma função de umaúnica variável, a saber, x. Derivando esta função de uma variável, o resultado é chamadode derivada parcial (de ordem 1) em relação a x, e é indicada por um dos símbolos:

f Df Df x

z)y,x(f

xx

f f )y,x(f xxx ===

∂

∂=

∂

∂=

∂

∂== 11

Exemplo: Se z = f(x, y) = x.y + sen x, então:

f x =x

f

∂

∂= f x(x, y) = y + cos x (fizemos y constante)

Analogamente, considerando x constante na função z = f(x, y) obtemos uma funçãoda variável y. Derivando esta função, o resultado é chamado de derivada parcial (deordem 1) em relação a y da função z = f(x, y), e é indicada por um dos símbolos:

f Df Df y

z)y,x(f

yy

f f )y,x(f yyy ===

∂

∂=

∂

∂=

∂

∂== 22

No exemplo anterior, temos:

f y =y

f

∂

∂= f y(x, y) = x + 0 = x (fizemos x constante)

Regra para determinar a derivada parcial de z = f(x, y):

1. Para achar f x , tomar y como uma constante e diferencie f(x, y) com relação a x;2. Para achar f y , tomar x como uma constante e diferencie f(x, y) com relação a y;

Exercícios1. Se f(x, y) = x3 + x2y3 – 2y2, determine f x(2; 1) e f y(2; 1)

Solução: I) f x = f x(x, y) = 3x

2 +2xy3 – 0 = 3x2 + 2xy3 (fizemos y constante)∴∴∴∴ f x(2; 1) = 3 . 22 + 2 . 2 . 13 = 12 + 4 = 16

II) f y = f y(x, y) = 0 + 3x2

y2

– 4y = 3x2

y2

– 4y (fizemos x constante)∴∴∴∴ f y(2; 1) = 3 . 22.12 – 4 .1 = 12 – 4 = 8

2. Determine as derivadas parciais de primeira ordem das funções:a) f(x, y) = 3x – 2y4

I) f x = 3 – 0 f x = 3II) f y = 0 – 8y

3 f y = – 8y3

b) f(x, y) = x5 + 3x3y2 + 3xy4 I) f x = 5x

4 + 9x2y2 + 3y4 II) f y = 0 + 6x

3y + 12xy3 = 6x3y + 12xy3

c) z = x. ye3 Lembrete: D(eu) = u’ . eu


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13

I)x

z

∂

∂ = 1. e3y = e3y

II)y

z

∂

∂ = x.3.e3y = 3xe3y

d) z = y . ln x Lembrete: D(ln u) = u’/u

I) x

z

∂

∂

= y . x

1

= x

y

II)y

z

∂

∂ = 1 . ln x = ln x

e) f(x, y) =yx

yx

+

− Lembrete:

2v

u'.vv'.u

v

uD

−=

I) f x =2v

u'.vv'.u

v

uD

−=

=⇒+=

=⇒−=

1

1

x

x

'vyxv

'uyxu

f x = 211

)yx(

)yx.()yx.(

+

−−+

= 2)yx(

yxyx

+

+−+

= 22

)yx(

y

+

II) f y =2v

u'.vv'.u

v

uD

−=

=⇒+=

=⇒−=

1

1

y

y

'vyxv

'uyxu

f y =2

11

)yx(

)yx.()yx.(

+

−−+− =

2)yx(

yxyx

+

+−−− =

2

2

)yx(

x

+

−

f) f(x, y) = xyI) f

x = 1 . y = y II) f

y = x . 1 = x

g) w = f(x, y, z) = x2yz2

I)x

w

∂

∂ = f x = 2xyz

2 II)y

w

∂

∂ = f y = x

2z2 III)z

w

∂

∂ = f z = 2x

2yz

h) z = x2 . ln(y2x) Lembrete: D(u . v) = u’. v + v’ . u

I)x

z

∂

∂ = f x = D(u . v) = u’x . v + v’x . u

====⇒=

=⇒=

xxy

y

w

'w)w(lnD'v)xyln(v

x'uxu

xx

x

1

2

2

22

2

f x = 2x . ln(y2x) +

x

1. x2 f x = 2x . ln(y

2x) + x

II)y

z

∂

∂ = f y = D(u . v) = u’y . v + v’y . u

====⇒=

=⇒=

yxy

yx

w

'w)w(lnD'v)xyln(v

'uxu

yy

y

22

0

2

2

2

f y = 0 . ln(y2x) +

y

2. x2 f x =

y

x22

i) z = f(x, y) = 22 yx + z = 21

22 )yx( + Lembrete: D(un) = n . u n – 1 . u’


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14

I) f x = D(un) = n . u n – 1 . u’x

=+=⇒+=

=

xx'uyxu

/n

x 202

2122

f x =2

1. (x2 + y2)

121 −

. 2x = (x2 + y2) 21−. x =

21

22 )yx(

x

+ f x =

22 yx

x

+

II) f y = D(un) = n . u n – 1 . u’y

=+=⇒+=

=

yy'uyxu

/n

y 220

2122

f y =2

1. (x2 + y2)

121 −

. 2y = (x2 + y2) 21−. y =

21

22 )yx(

y

+ f y =

22 yx

y

+

3. Determine as derivadas parciais indicadas:

a) f(x, y) = 22 yx + ; f x(3; 4)

Solução: No exercício anterior, vimos que:

f x =

22 yx

x

+ f

x(3; 4) =

22 43

3

+=

169

3

+ =

25

3 =

5

3 f

x(3; 4) =

5

3

b) f(x, y) = sen(2x + 3y); f y (– 6; 4)Solução: f y = D(sen u) = u’y . cos u u = 2x + 3y u’y = 0 + 3 = 3

f y = 3 . cos(2x + 3y)f y(– 6; 4) = 3 . cos[2.(– 6) + 3. 4] = 3 . cos(–12 + 12) = 3.cos 0 = 3. 1 = 3

c) f(x, y, z) =zy

x

+ ; f z(3; 2; 1)

Solução: f z = 2 zz vu.'vv.'uvuD

−=

=⇒+=

=⇒=

10z

z'vzyv 'uxu

f z =2

10

)zy(

x.)zy.(

+

−+ =

2)zy(

x

+

− f z(3; 2; 1) =

212

3

)( +

− =

23

3− =

3

1− f z(3; 2; 1) =

3

1−

NOTA: Seja f(u) = n mu . Podemos escrever: f(u) = nm

u

Neste caso, k)u(Ddu

df k == . 1ku − . u’, onde: k =n

m, então:

=du

df

n

m

.

1nm

u

−

. u’ = n

m

. n

nm

u

−

. u’ = n

m

. n nm

u−

. u’ = n

m

. n n

m

u

u

. u’

=du

df

n

m.

n n

n m

u

u . u’ =

n

m.

n

un m . u’ =

du

df

u.n

u'.u.m n m

(note que neste caso, a derivada apresenta o resultado na forma racionalizada)

No exercício 2-i, onde f(x, y) = 22 yx + = 2 122 )yx( + , temos:

m = 1, n = 2 e u = 22 yx +

=

=

y2'u

x2'u

y

x

I)xf

dxdf

∂∂= =

u.nu'.u.m xn m =

)y(x.22x.)y(x.1

222 122

++ =

dxdf

2222

yxyx.x

++


15/36


15

II)y

f

dy

df

∂

∂= =

u.n

u'.u.m yn m

=)y(x.2

2y.)y(x.122

2 122

+

+ =

dy

df

22

22

yx

yx.y

+

+

4. Calcular as derivadas parciais de 1ª ordem para as funções:

a) z = 5xy – 2x

I) x

z

∂

∂

= 5y – 2x (fizemos y constante)

II)y

z

∂

∂ = 5x – 0 = 5x (fizemos x constante)

b) f(x, y) = y.x

Temos: m = 1, n = 2 , u = x . y

=

=

x'u

y'u

y

x

I)

x

f

dx

df

∂

∂= =

u.n

u'.u.m xn m

=

y.x.2

y .)y.x(.1 2 1 =

dx

df

2x

y.x

II)y

f

dy

df

∂

∂= =

u.n

u'.u.m yn m

=y.x.2

x .)y.x(.1 2 1 =

dy

df

2y

y.x

c) f(x, y) = y.x2

e

I)x

f

dx

df

∂

∂= = D( ue ) = x'u .

ue , onde u = x2 . y u’x = 2xy

x

f

dx

df

∂

∂= = 2xy . y.x

2e

II)yf

dydf

∂∂= = D( ue ) = y'u .

ue , onde u = x2 . y u’y = x2

y

f

dy

df

∂

∂= = 2x . y.x

2e

d) f(x, y) = x . cos (y – x)

I)x

f

dx

df

∂

∂= = D(u . v) = u’x . v + v’x . u

u = x u’x = 1

v = cos(y – x) v’x = D(cos w) = – w’x . sen w −= −= 1'w xyw x

v’x = –(–1) . sen (y – x) = sen (y – x)

x

f

dx

df

∂

∂= = 1 . cos(y – x) + sen (y – x) . x

x

f

∂

∂ = x . sen(y – x) + cos(y – x)

II)y

f

dy

df

∂

∂= = D(u . v) = u’y . v + v’y . u

u = x u’y = 0

v = cos(y – x) v’y = D(cos w) = – w’y . sen w

=−= 1'w

xyw

y


16/36


16

v’x = –1 . sen (y – x) = – sen (y – x)

y

f

dy

df

∂

∂= = 0 . cos(y – x) + [– sen (y – x) . x]

y

f

∂

∂ = – x . sen(y – x)

e) f(x, y) = 2y . )yx(ln 22 +

I) x

f

dx

df

∂

∂= = D(u . v) = u’x . v + v’x . u

u = 2y u’x = 0

v = )yx(ln 22 + v’x = D(ln w) =w

'w x

=

+=

x2'w

yxw

x

22

v’x = 22 yx

x2

+

x

f

dx

df

∂

∂= = 0 . )yx(ln 22 + +

22 yx

x2

+. 2y

x

f

∂

∂ =

22

2

yx

xy2

+

II) y

f

dy

df

∂

∂=

= D(u . v) = u’y . v + v’y . uu = 2y u’y = 2y

v = )yx(ln 22 + v’y = D(ln w) =w

'w y

=

+=

y2'w

yxw

y

22

v’y = 22 yx

y2

+

y

f

dy

df

∂

∂= = 2y . )yx(ln 22 + +

22 yx

y2

+. 2y

y

f

∂

∂ = 2y . )yx(ln 22 + +

22

3

yx

y2

+

f) z = (x + y) . y2xe +

I)xz

∂∂ = D(u . v) = u’x . v + v’x . u

u = x + y u’x = 1

v = y2xe + v’x = D(ew) = w’x . e

w

=

+=

1'w

y2xw

x v’x = 1 .

y2xe + = y2xe +

x

z

∂

∂ = 1 . y2xe + + y2xe + . (x + y)

x

z

∂

∂ = (x + y + 1) . y2xe +

II)

y

z

∂

∂ = D(u . v) = u’y . v + v’y . u

u = x + y u’y = 1

v = y2xe + v’y = D(ew) = w’y . e

w

=

+=

2'w

y2xw

y v’y = 2 .

y2xe +

y

z

∂

∂ = 1 . y2xe + + 2 . y2xe + . (x + y) = y2xe + + (2x + 2y). y2xe +

y

z

∂

∂ = (2x + 2y + 1) . y2xe + (coloquei y2xe + em evidência)

g) z =22

2

y2xyx

+


17/36


17

I)x

z

∂

∂ = D

v

u =

2xx

v

u.v'v.'u −

=⇒+=

=⇒=

x2'v y2xv

xy2'u yxu

x22

x2

x

z

∂

∂ =

222

222

)y2x(

yx.x2)y2(x.xy2

+

−+ =

222

333

)y2x(

yx2xy4yx2

+

−+

x

z

∂

∂ =

222

3

)y2x(

xy4

+

II) yz∂∂ = D

vu = 2

yyv

u.v'v.'u −

=⇒+=

=⇒=

y4'v y2xv x'u yxuy

22

2

y

2

y

z

∂

∂ =

222

2222

)y2x(

yx.y4)y2(x.x

+

−+ =

222

22224

)y2x(

yx4yx2x

+

−+

x

z

∂

∂ =

222

224

)y2x(

yx2x

+

−

h) z = 4yx22

e −+

I)x

z

∂

∂ = D( ue ) = x'u .

ue , onde u = x2 + y2 – 4 u’x = 2x

x

z

∂

∂

= 2x . 4yx 22

e −+

II)y

z

∂

∂ = D( ue ) = y'u .

ue , onde u = x2 + y2 – 4 u’y = 2y

y

z

∂

∂ = 2y . 4yx

22e −+

i) z = 2xy + sen2 (xy)

I)

x

z

∂

∂ = D(u + v) = u’x + v’x

==⇒=

=⇒=−

x1nn

x2

x

w'.w.n)w(Dv' )xy(senv

y2u' xy2u

n = 2

w = sen(xy) w’x = D(sen t) = t’x . cos t

=

=

y't

xyt

x w’x = y . cos(xy)

v’x = 2 . sen(xy) . y. cos(xy) = 2y . sen(xy) . cos(xy)

x

z

∂

∂ = 2y + 2y . sen(xy) . cos(xy)

II)

y

z

∂

∂ = D(u + v) = u’y + v’y

==⇒=

=⇒=−

y1nn

y2

y

w'.w.n)w(Dv' )xy(senv

x2u' xy2u

n = 2

w = sen(xy) w’y = D(sen t) = t’y . cos t

=

=

x't

xyt

y w’y = x . cos(xy)

v’y = 2 . sen(xy) . x . cos(xy) = 2x . sen(xy) . cos(xy)

y

z

∂

∂ = 2x + 2x . sen(xy) . cos(xy)

j) f(x, y) = tg (2x + 3y)I)

x

f

∂

∂ = D(tgu) = u’x . sec

2 u temos: u = 2x + 3y u’x = 2


18/36


18

x

f

∂

∂ = 2 . sec2 (2x + 3y)

II)y

f

∂

∂ = D(tgu) = u’y . sec

2 u temos: u = 2x + 3y u’y = 3

y

f

∂

∂ = 3 . sec2 (2x + 3y)

k) f(x, y) = x2e . sen(3y)

I)x

f

∂

∂ = k . D(eu) = u’x . e

u . k, sendo k = constante

Temos: k = sen(3y) e u = 2x u’x = 2

x

f

∂

∂ = 2 . x2e . K

x

f

∂

∂ = 2 . x2e . sen(3y)

II)

y

f

∂

∂ = k . D(sen u) = u’y . k . cos u, sendo k = constante

Temos: k = x2e e u = 3y u’y = 3

y

f

∂

∂ = 3 . K . cos (3y)

y

f

∂

∂ = 3 . x2e . cos(3y)

EQUAÇÃO DO PLANO TANGENTE AO GRÁFICO DE f EM P = (xo, yo, f(xo, yo)):

z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxf yyyxy

f xxyx

x

f +−

∂

∂+−

∂

∂

Exemplo – Sendo f(x, y) = x3y + x – y + 1, dê uma equação do plano tangente ao gráfico

de f no ponto P(2; 1)

Temos: I) f(xo, yo) = f(2, 1) = 23.1 + 2 – 1 + 1 = 8 + 2 = 10

II)x

f

∂

∂ = 3x2y + 1

x

f

∂

∂(xo, yo) =

x

f

∂

∂(2, 1) = 3.22.1 + 1 = 12 + 1 = 13

III)y

f

∂

∂ = x3 – 1

y

f

∂

∂(xo, yo) =

y

f

∂

∂(2, 1) = 23 –1 = 8 – 1 = 7

IV) Aplicando a equação do plano:


f xxyx

x

f +−

∂

∂+−

∂

∂, temos:

z = 13.(x – 2) + 7.(y – 1) + 10 = 13x – 26 + 7y – 7 + 10

Portanto, z = 13x + 7y – 23 ou 13x + 7y – z – 23 = 0

EXERCÍCIOS 1. Escreva uma equação do plano tangente ao gráfico de f, no ponto desse gráfico de

abscissa e ordenada dadas:a) f(x, y) = 3xy + y2 + x3; x = 1 e y = 1


19/36


19

Temos: I) f(xo, yo) = f(1, 1) = 3.1.1 + 12 + 13 = 3 + 1 + 1 = 5

II)x

f

∂

∂ = 3y + 3x2

x

f

∂

∂(xo, yo) =

x

f

∂

∂(1, 1) = 3.1 + 3.12 = 3 + 3 = 6

III)y

f

∂

∂ = 3x + 2y

y

f

∂

∂(xo, yo) =

y

f

∂

∂(1, 1) = 3.1 + 2.1 = 3 + 2 = 5



f xxyxx

f

+−∂

∂+−∂

∂, temos:

z = 6.(x – 1) + 5.(y – 1) + 5 = 6x – 6 + 5y – 5 + 5

Portanto, z = 6x + 5y – 6 ou 6x + 5y – z – 6 = 0

b) f(x, y) = 8x3y + y2 –1; x = –1 e y = 0Temos: I) f(xo, yo) = f(–1, 0) = 8. ( –1)

3. 0 + 02 – 1 = –1

II)x

f

∂

∂ = 24x2y

x

f

∂

∂(xo, yo) =

x

f

∂

∂(–1, 0) = 24.( –1)2. 0 = 0

III) y

f

∂

∂

= 8x

3

+ 2y y

f

∂

∂

(xo, yo) = y

f

∂

∂

(–1, 0) = 8.( –1)3

+ 2.0 = – 8 + 0 = – 8IV) Aplicando a equação do plano:


f xxyx

x

f +−

∂

∂+−

∂

∂, temos:

z = 0.(x + 1) – 8.(y – 0) –1 = – 8y – 1

Portanto, z = – 8y – 1 ou 8y + z + 1 = 0

c) f(x, y) =yx

xy

+; x = 0 e y = –1

Temos: I) f(xo, yo) = f(0, –1) =)(

).(

10

10

−+

− =1

0

− = 0

II)x

f

∂

∂ =

2y)(x

xy1yxy

+

−+ .).( =

2

2

y)(x

xyyyx

+

−+ =

2

2

y)(x

y

+

x

f

∂

∂(xo, yo) =

x

f

∂

∂(0, –1)

=2

2

1)(0

1

−

− )( = 11

1=

III)y

f

∂

∂ =

2y)(x

xy1yxx

+

−+ .).( =

2

2

y)(x

xyxyx

+

−+ =

2

2

y)(x

x

+

y

f

∂

∂(xo, yo) =

y

f

∂

∂(0, –1)

=2

2

1)(0

0

− =1

0 = 0



f xxyx

x

f +−

∂

∂+−

∂

∂, temos:

z = 1.(x − 0) – 0.(y + 1) + 0 = x – 0

Portanto, z = x ou x – z = 0


20/36


20

Vetor Gradiente

Seja z = f(x,y) uma função de duas variáveis e x

z

∂

∂,

y

z

∂

∂ as “ parciais “ de z = f(x,y).

Seja Po (xo, yo), um ponto do plano eo P x

z

∂

∂,

o P y

z

∂

∂as derivadas calculadas no ponto

Po, chamamos de Vetor Gradiente ou gradiente de f no ponto Po e indicamos por: grad f

ou o P z →

∇ (lê-se: “del z”) ao vetor :

o P z

→

∇ =

∂

∂

∂

∂oo P P y

z

x

z , ou ∇ f(Po) =

∂

∂

∂

∂)y;x(

y

f ),y;x(

x

f oooo

De modo genérico, podemos escrever:

∇ f =x

f

∂

∂ i +

y

f

∂

∂ j

Exemplo 1 :● Determine o vetor gradiente das funções abaixo no ponto Po .

A ) z = ln ( x² + y² ) em Po ( 0, 1 ).

Resolução :

z

∂

∂ = 0

1

0

10

0.2222)1,0(22

==+

=∂

∂⇒

+ x

z

y x

x

∴ )1,0( z →

∇ = ( 0, 2 ) ou )1,0( z →

∇ = o i + 2 j

y

z

∂

∂ = 2

1

2

10

1.2222)1,0(22

==+

=∂

∂⇒

+ y

z

y x

y

B ) z = x.sen y em Po ( 1,2

π ).

Resolução :

z ∂

∂ = 12

012

1 =π

=∂

∂⇒=+

π senxzseny.xseny. ,

∴

→

∇2

,1 π

z = ( 1, 0 )

y

z

∂

∂ = 0

2210

21

=π

=π

=∂

∂⇒=+

πcoscos.

y

zycos.xycos.xseny.

,

Exemplo 2 – Considere a função f(x, y) = ln(2x + 3y). Determine:

a) O gradiente de f.


21/36


21

∇ f =x

f

∂

∂ i +

y

f

∂

∂ j ∇ f =

y3x2

2

+ i +

y3x2

3

+ j

b) O gradiente no ponto P(1; 2).

∇ f (1; 2) =2.31.2

2

+ i +

2.31.2

3

+ j ∇ f (1; 2) =

8

2 i +

8

3 j ∇ f (1; 2) =

4

1 i +

8

3 j

DERIVADA DIRECIONAL

Se z = f(x; y) é uma função diferenciável de x e y , u um vetor unitário, então aderivada direcional de f na direção de u é denotada por:

Duz = Pz∇ . u = ∇ f(xo; yo) . u (produto escalar) ou )P(f )P(u

f oo ∇=

∂

∂. u

OBS.: 1) por questão de comodidade, deixaremos de representar a seta indicativa devetores u = u;

2) Sempre que utilizarmos a letra u, trataremos de vetores unitários. Caso o vetornão seja unitário, iremos normatizá-lo, ou seja, determinar o seu versor u. Se o vetor dadofor um vetor a, então temos o versor:

u =|a|

1. a ou u =

|a|

a

3) Se a = x . i + y . j , o módulo de a é dado por: | a | = ‖a‖ = 22 yx +

4) Se a = x . i + y . j + z . k, o módulo de a é dado por: | a | = || a || = 222 zyx ++

5) Se u = (x1 ; y1) e v = (x2 ; y2) o produto escalar de u por v é dado por:u . v = x1 . x2 + y1 . y2

6) Se u = (x1 ; y1; z1) e v = (x2 ; y2 ; z2) o produto escalar de u por v é dado por:u . v = x1 . x2 + y1 . y2 + z1 . z2

7) Podemos também representar Duz por : Duf(x; y)

Exemplo 1 – Determine a derivada direcional da função f(x, y) = 32yx − 4y no ponto

( 2; −1) na direção do vetor a = 2i + 5 j Solução: I) Primeiro calculamos o gradiente de f no ponto (2; −1)

∇f(x, y) =x

f

∂

∂ i +

y

f

∂

∂ j = 2xy3 i + (3x2y2 – 4) j

∇f(2; −1) = 2 . 2 . (−1)

3

i + (3 . 2

2

. (−1)

2

− 4) j = 4 . (−1) i + (3 . 4 . 1 − 4) j∇f(2; −1) = − 4 i + 8 j ou ∇f(2; −1) = (− 4; 8)

II) Verificamos se o vetor a é unitário.

| a | = 22 yx + = 22 52 + = 254 + = 29

III) Como o vetor a não é unitário, devemos normatizá-lo, ou seja, obter o seu versor u:

u =|a|

1. a =

29

1. (2 i + 5 j) u =

29

2. i+

29

5. j

IV) Aplicando a equação Duf(xo; yo) = ∇ f(xo; yo) . u , temos:

Du f(2; −1) = ∇f(2; −1) . u = (− 4 i + 8 j) .

+ j.

295i.

292 =

295.82.4 +− =

2932


22/36


22

Exemplo 2 – Determinar a derivada direcional da função f(x, y) = x + y2 , no ponto (1; −2),

na direção do vetor u =

5

3 ;

5

4

Solução: I) gradiente de f no ponto (1; −2):

∇f(x, y) =x

f

∂

∂ i +

y

f

∂

∂ j = 1 i + 2y j

∇f(1; −2) = 1. i + 2 . (−2) . j ∇f(1; −2) = 1 . i – 4 . j

II) o vetor u é unitário, pois, 22 yx + =22

5

3

5

4

+

=

25

9

25

16+ =

25

25 = 1 = 1

III) Aplicar a equação:

Du f(1; −2) = ∇f(1; −2) . u = (1 i – 4 j ) .

+ j.

5

3 i.

5

4 =

5

3.4)(4.1 −+ =

5

8− =

5

8−

Exemplo 3 – Calcular a derivada direcional da função f(x, y, z) = 10 + ln(1 + x2 + y2 + z2),no ponto (1; −1; 1) e na direção do vetor a = i + 2 j + 2 k Solução: I) gradiente de f no ponto (1; −1; 1):

∇f(x, y, z) =x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k =

222 zyx1

x2

+++. i +

222 zyx1

y2

+++. j +

222 zyx1

z2

+++. k

∇f(1; −1; 1) =222 1)1(11

1.2

+−++ . i +

222 1)1(11

)1.(2

+−++

−. j +

222 1)1(11

1.2

+−++. k

∇f(1; −1; 1) =4

2 . i −

4

2. j +

4

2 . k ∇f(1; −1; 1) =

2

1 . i −

2

1. j +

2

1 . k =

−

2

1;

2

1;

2

1

II) | a | =222

zyx ++ =222

221 ++ = 9 = 3

III) u =|a|

1. a =

3

1. (i + 2 j + 2 k) =

3

1. i +

3

2. j +

3

2 . k =

3

2;

3

2;

3

1

IV) Aplicar a equação:

Du f(1; −1; 1) = ∇f(1; −1; 1) . u = (2

1; −

2

1;

2

1 ) . (

3

1 ; 3

2;3

2 )

Du f(1; −1; 1) =2

1 .

3

1 + (−

2

1) . 3

2 +

2

1.3

2 =

2

1 .

3

1 =

6

1

Exemplo de Aplicação – Uma formiga, no plano xy, está situada no ponto Po (4; 1). Atemperatura no ponto (x; y) é dada por f(x, y) = x3 – 3xy2 + 10. Determine se a expectativada formiga é de se aquecer ou se resfriar, se ela tender a se deslocar segundo o vetor a,nos casos:a) a = (−1; 1) b) a = (1; 1)

Solução: Para responder às questões, é necessário saber o significado geométrico daderivada direcional. A temperatura tende a crescer, se a derivada direcional em Po forpositiva, e diminuir, se ela for negativa. Calculando, obtemos:

∂

∂

∂

∂=∇

y

f ;

x

f f = (3x2 – 3y2; −6xy)

∴∴∴∴ )1;4(f f )P( o ∇=∇ = (3 . 42 – 3 . 12; −6 . 4 . 1) = (48 – 3; −24) = (45; −24)

I) Para o item a, temos:


23/36


23

u =|a|

1. a =

|a|

1)1;(

−=

|a|

a; logo:

)P(u

f o =

∂

∂)P( o

f ∇ . u = (45; −24) .|a|

1)1;(

− =

|a|

1.(-24)(-1).45 + =

|a|

69− < 0

Portanto, a expectativa é de queda de temperatura, ou seja, de a formiga se resfriar.

II) Para o item b, temos:u =

|a|

1. a =

|a|

1)(1; =

|a|

a; logo:

)P(u

f o =

∂

∂)P( o

f ∇ . u = (45; −24) .|a|

1)(1; =

|a|

1.(-24)1.45 + =

|a|

21 > 0

Portanto, a expectativa é de aumento de temperatura, ou seja, de a formiga se aquecer.

OBS.: Note que, não foi necessário o cálculo do módulo | a |, devido ao fato de que talnúmero sempre é positivo.

DERIVADAS PARCIAIS DE SEGUNDA ORDEM E DE ORDEM SUPERIOR

Seja z = f(x; y) que possui derivadas parciais de primeira ordemx

f

∂

∂

e

y

f

∂

∂, também

deriváveis. Cada uma dessas derivadas parciais pode ser novamente derivadas emrelação a x e a y, dando origem às derivadas de segunda ordem. Existem quatro delas naordem de diferenciação:

*2

2

x

f

x

f

x ∂

∂=

∂

∂

∂

∂ = f xx que é a segunda derivada parcial de f em relação a x;

*2

2

yf

yf

y ∂∂=

∂∂

∂∂ = f yy que é a segunda derivada parcial de f em relação a y;

*y.x

f

y

f

x

2

∂∂

∂=

∂

∂

∂

∂ = f yx que é a segunda derivada parcial de f primeiro em relação a y e

depois em relação a x;

*x.y

f

x

f

y

2

∂∂

∂=

∂

∂

∂

∂ = f xy que é a segunda derivada parcial de f primeiro em relação a x e

depois em relação a y;

OBS.: Quando a função z = f(x; y) é contínua, então xy

f

yx

f 22

∂∂

∂=∂∂

∂ (Teorema de Clairaut)

Nota: No caso da função ter mais de duas variáveis a notação segue a mesma lógica. Porexemplo, se temos:

a) f(x, y, z) tem-se:

∂

∂

∂

∂

∂

∂

x

f

yz =

xyz

f 3

∂∂∂

∂

b) f(x, y, z, t), tem-se:

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

x

f

yzt =

xyzt

f 4

∂∂∂∂

∂

E assim por diante.


24/36


24

Exemplo: Seja f(x, y, z, t) = x3y4z5t2, encontrarxyzt

f 4

∂∂∂∂

∂

* =∂

∂

x

f 3x2y4z5t2

*xy

f 2

∂∂

∂= 12x2y3z5t2

*xyz

f 3∂∂∂

∂ = 60x2y3z4t2

*

xyzt

f 4

∂∂∂∂

∂ = 120x2y3z4t

Exemplo 1: Determinar as derivadas parciais f x, f y, f xx, f yy, f xy, f yx da funçãof(x; y) = 3xy4 + x3y2

Solução:

I) f x =

x

f

∂

∂ = 3.1.x1−1.y4 + 3.x3−1.y2 f x = 3y

4 + 3x2y2

II) f y = y

f

∂

∂ = 3x.4y4−1 + x3.2y2−1 f y = 12xy

3 + 2x3y

III) f xx = 2

2

x

f

x

f

x ∂

∂=

∂

∂

∂

∂ = 0 + 3.2.x2−1.y2 f xx = 6xy

2

IV) f yy = 2

2

y

f

y

f

y ∂

∂=

∂

∂

∂

∂ = 12x.3.y3−1 + 2x3 .1.y1−1 f yy = 36xy

2 + 2x3

V) f xy =x.y

f

x

f

y

2

∂∂

∂=

∂

∂

∂

∂ = 3.4.y4−1 + 3.x2.2.y2−1 f xy = 12y

3 + 6x2y

VI) f yx =y.x

f

y

f

x

2

∂∂

∂=

∂

∂

∂

∂ = 12.1.x1−1.y3 + 2.3.x3−1.y f yx = 12y

3 + 6x2y

Note que f xy = f yx conforme o Teorema de Clairaut

Exemplo 2 – Determine as derivadas parciais de 2ª ordem de z = ln (x² + y² ).

Solução:

I)x

z

∂

∂ = D(ln u) =

u

'u x =22 yx

x2

+

II)2

2

x

z

∂

∂ = D

v

u=

2xx

v

u.'vv.'u − =

222

22

)yx(

x2.x2)yx.(2

+

−+ =

222

222

)yx(

x4y2x2

+

−+ =

222

22

)yx(

y2x2

+

+−

III)y

z

∂

∂ = D(ln u) =

u

'u y =

22 yx

y2

+

IV)2

2

y

z

∂

∂ = D

v

u=

2

yy

v

u.'vv.'u − =

222

22

)yx(

y2.y2)yx.(2

+

−+ =

222

222

)yx(

y4y2x2

+

−+ =

222

22

)yx(

y2x2

+

−

V)yxz2

∂∂∂ =

∂∂

∂∂

yz

x = D

vu =

2xx

vu.'vv.'u − =

22222

)yx(y2.x2)yx.(0

+−+ =

222 )yx(xy4

+−


25/36


25

VI)xy

z2

∂∂

∂ =

∂

∂

∂

∂

x

z

y = D

v

u=

2

yy

v

u.'vv.'u − =

222

22

)yx(

x2.y2)yx.(0

+

−+ =

222 )yx(

xy4

+

−

Note queyx

z2

∂∂

∂ =

xy

z2

∂∂

∂ (Teorema de Clairaut)

INTEGRAIS MÚLTIPLAS

1. IntroduçãoNo estudo das funções de várias variáveis, ao calcularmos derivadas parciais

escolhíamos uma das variáveis independentes para derivar f em relação a ela eadmitíamos que as demais eram constantes. O mesmo procedimento será adotado paraintegração múltipla.

Antes de estudarmos a integração múltipla propriamente dita vamos ver alguns exemplos.

Exemplo 1. Encontrar a primitiva da função f(x, y) = 12x

2

y

3

em relação ̀ a variável x.Solução: Como foi dito, vamos admitir y como constante e integrar em relação à x.Portanto,

∫ dxyx12 32 = 12y3 ∫ dxx2 = 12y3. 3x3

+ C = 4x3y3 + C

Porém, nesse caso, a constante C é uma função de y. Pode ser, por exemplo,C(y) = ay3 + by2 + cy + 5 e uma das primitivas de f (x, y) = 12x2y3 será

F(x, y) = 4x3y3 + ay3 + by2 + cy + 5

Note que: x

)y,x(F

∂

∂ = 12x2y3

Exemplo 2. Encontre a primitiva da função f(x, y) = 12x2y3 em relação à y.Solução: Neste caso, vamos admitir x como constante e integrar em relação a y.Portanto,

∫ dyyx12 32 = 12x2 ∫ dyy3 = 12x2. 4y4

+ K = 3x2y4 + K

Nesse caso, a constante K é uma função de x. Pode ser, por exemplo,K(x) = ax3 + bx2 + cx + 5 e uma das primitivas de f (x, y) = 12x2y3 será

F(x, y) = 3x2y4 + ax3 + bx2 + cx + 5

Note que:y

)y,x(F

∂

∂ = 12x2y3

Exemplo 3. Determine o valor da expressão ∫ +1x

xdyxy24

Solução: Aplicando o teorema fundamental do cálculo, temos:

∫ +1x

xdyxy24 = 24x∫

+1x

xdyy = 24x .

x

1x

2

y2 + = 12xy2 x

1x +

= 12x (x + 1)2 – 12x (x)2 = 12x.(x2 + 2x + 1) – 12x3 = 12x3 + 24x2 + 12x – 12x3 = 24x2 + 12x


26/36


26

Como podemos observar ∫ +1x

xdyxy24 é uma função de x. Isto é,

F(x) = ∫ +1x

xdyxy24 , onde F(x) = 24x2 + 12x.

Exemplo 4. Determinar o valor numérico de ∫2

1dx)x(F , sendo F(x) = ∫

+1x

xdyxy24

Solução: No exemplo anterior, vimos que:F(x) = ∫

+1x

xdyxy24 = 24x2 + 12x.

Portanto, aplicando o teorema fundamental do cálculo, temos:

∫2

1dx)x(F = ∫ +

2

1

2 dx)x12x24( = 243

x3 + 12

2

x22

1 = 8x3 + 6x2

2

1

= (8 . 23 + 6 . 22) – (8 . 13 + 6 . 12) = 64 + 24 – 8 – 6 = 74

Nota: Os exemplos (3) e (4) podem ser escritos de seguinte forma:

∫2

1dx)x(F = ∫ ∫

+2

1

1x

xdxdy24xy = ∫ ∫

+2

1

1x

xdxdy24xy

Desta forma, obtemos um exemplo de integral dupla. Note que a variáveldependente é a primeira a ser integrada e a variável independente a última. O processode solução é dado por:

∫ ∫ +2

1

1x

x

dxdy24xy = ∫ ∫

+2

1

1x

x

dxdy24xy = ∫

+2

1

1x

x

2 dx12xy

= ∫ +2

1

2 dx)x12x24( = 8x3 + 6x22

1 = 74

INTEGRAIS DUPLAS(Interpretação Geométrica da Integral Dupla)

A definição de integral dupla comporta uma interpretação geométrica análoga àdefinição de integral definida simples, associando-a ao problema do cálculo de volume damesma forma que a integral definida é associada ao cálculo de área. Assim, a definiçãoformal da integral dupla envolve a soma de muitas áreas elementares, isto é, diferenciaisde área, com a finalidade de obter-se a soma total após as operações. Desta forma,podemos usar a integral para resolver problemas envolvendo volumes e áreas.

D = {(x,y)∈ℜ2 | (xo ≤ x ≤ x1) U (yo ≤ y ≤ y1)


27/36


27

NOTA: Para obter o volume de um prisma, multiplicamos a área da base pela sua altura.

Consideremos uma função z = f(x, y) ≥ 0, definida numa região R do plano x0y.Nosso objetivo é estimar o volume aproximado do sólido delimitado por z = f(x, y) acimado plano z = 0 e pelo cilindro definido pela curva fechada que delimita a região R. Paratanto, subdividimos R em n sub-regiões traçando linhas paralelas aos planoscoordenados, conforme as figuras:

Figura 1 Figura 2

Assim, a integral será o volume obtido pela soma de uma infinidade devolumes das colunas infinitesimais inscritas em forma de paralelepípedos, conforme aFigura 2.

Então { R1, R2, R3, ... , Ri, ... , Rn } é uma partição de R. Seja |P| o comprimento damaior de todas as diagonais dos Rn sub-retângulos.

Seja Ai a área da sub-região R i. Para cada i escolhemos um ponto (xi, yi) ∈ Ri. Oproduto Vi = f(xi, yi) . Ai é o volume do i-ésimo paralelepípedo de área Ai e altura f(xi, yi).Como há n-subdivisões e n-paralelepípedos, o volume aproximado do sólido delimitadosuperiormente por f(x, y) e inferiormente pela região R é dado por

Vn = ∑=

n

1i

iii A).y,x(f

A integral dupla de uma função f definida numa região R é dada por:

∫∫R

dydx)y,x(f = n0|P|Vlim

→ = ∑

=→

n

1i

iii0|P|

A).y,f(xlim

Resumo: Cálculo da Integral Dupla em uma Região do Plano.

Considere uma função f: D→ ℜ, com D ⊂ ℜ2 e z = f(x, y).Considere uma região fechada R, de área A, situada no plano x0y (ou plano xy):

R = { (x, y) ∈ ℜ2 | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d }

Definição: Se z = f(x, y) é integrável em uma região R do plano, R ⊂ D, então a integraldupla sobre a superfície R:

x

z

y

domínio de f(x, y)R

z = f(x, y)

ab

c d

D


28/36


28

∫∫R

dA)y,x(f será calculada por meio de duas integrais simples sucessivas, cada uma em

relação a uma das variáveis. Em geral, dA = dx dy ou dA = dy dx. Assim, podemos escrever:

∫∫R

dA)y,x(f = ∫∫R

dydx)y,x(f = ∫∫R

dxdy)y,x(f

TEOREMA DE FUBINI – Se f for contínua no retângulo R = {(x, y) | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d},então temos:

∫∫R

dA)y,x(f = ∫ ∫b

a

d

cdxdyy)f(x, = ∫ ∫

d

c

b

adydxy)f(x,

Observação: Se f(x, y) = 1, então ∫∫R

dydx)y,x(f = ∫∫R

dydx , que é geometricamente, a

área da região R.

Cálculo da Integral Dupla É fundamental o reconhecimento do domínio de integração ou região de integração para

o cálculo das integrais duplas, bem como, o reconhecimento das curvas que delimitam aregião de integração. Muitas vezes, é conveniente ter essas curvas escritas em função dex, isto é, y = f(x) e outras vezes é conveniente ter x em função de y, isto é, x = f(y). Essaconveniência é devido ao maior ou menor trabalho exigido no processo do cálculo dovalor numérico.

Exemplo 1. Calcule o valor das integrais e comprove o Teorema de Fubini:

a) ∫ ∫3

0

2

1

2

ydydxx = ∫ ∫

3

0

22

1ydyx dx = ∫

=

=

3

0

2y

1y

22

dx2

yx = ∫

−

3

0

2222

dx2

1x

2

2x

= ∫

−

3

0

22

dx2

x

2

4x = ∫

3

0

2

dx2

3x = ∫

3

0

2dxx2

3 =

3

0

3

3

x .

2

3

=3

0

3

2

x =

2

0

2

3 33− =

2

27

b) ∫ ∫2

1

3

0

2ydxdyx = ∫ ∫

2

1

23

0

ydxx dy = ∫

=

=

2

1

3x

0x

3

3

yx dy = ∫

−

2

1

33

3

y0

3

y3 dy

= ∫2

1

dy9y =2

1

2

2

y9 =

2

1.9

2

2.9 22− =

2

936 − =

2

27

Exemplo 2.

Calcule a integral dupla ∫∫ −R

2 dA)y3x( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2 | 0 ≤ x ≤ 2 ; 1 ≤ y ≤ 2 }

Pelo teorema de Fubini, temos:

∫∫

−

R

2 dA)y3x( =

∫ ∫

−2

0

2

1

2 dydx)y3x( =

∫ ∫

−

2

0

22

1

dy)y3(x dx


29/36


29

= ∫

−

=

=

2

0

2y

1y

3

3

y3xy dx = ∫

−

=

=

2

0

2y

1y

3yxy dx

= ( )∫ −−−2

0

33 )1x()2x2( dx = ( )∫ +−−2

0

1x8x2 dx

= ( )∫ −2

0

7x dx =2

0

2

x72

x− =

−−

− 0.7

2

02.7

2

2 22 = 2 – 14 = −−−− 12

Exemplo 3.

Calcule a integral dupla ∫∫ +R

32 dA)xy2x4( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2 | 0 ≤ x ≤ 2 ; 0 ≤ y ≤ 1 }

Temos: ∫∫ +R

32 dA)xy2x4( = ∫ ∫ +2

0

1

0

32 dydx)2xy(4x = ∫ ∫

+

2

0

1

0

32 dy)2xy(4x dx

= ∫

+

2

0

1

0

42

4

yx2yx4 dx = ∫

+

2

0

1

0

42

2

xyyx4 dx

= ∫

+−

+

2

0

42

42

20.x0.4

21.x1.x.4 dx

= ∫

+

2

0

2

2

x4x dx =

2

0

23

2

x.

2

1

3

x.4 + =

2

0

23

4

x

3

x4+

=

+−

+

4

0

3

0.4

4

2

3

2.4 2223 = 1

3

32+ =

3

35

Exemplo 4. Calcular as integrais:

a) ∫∫ +R2

dA)yx6x2( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2

| 1 ≤ x ≤ 4 ; −1 ≤ y ≤ 2 }

Representação gráfica da região:

Resolvendo: ∫∫ +R2 dA)yx6x2( =∫ ∫− +

2

1

4

12 dxdy)y6x(2x = dy3

yx.62

x2.

2

1

4

1

32

∫−

+

= dyyx2x2

1

4

1

32∫−

+ = ( )[ ]dy)y1.21(y4.24

2

1

3232∫− +−+

= ( )[ ]dy)y.21(y12816 2

1∫− +−+ = dy126y)(15 2

1∫− +

=2

1

2

2

y.126y15

−

+ = (15 . 2 + 63 . 22) – [15. (−1) + 63.(−1)2]

= (30 +252) – (−15 + 63) = 282 – 48 = 234

|

|

|

|

| | | | |x

yR (região de integração)

−1

2

1 4

4

12-1

x

y

z z = f(x, y)

R


30/36


30

b) ∫∫ +R

dA1)(xy , onde R é a região limitada pelas curvas y = 2x (reta crescente), x = 1

(reta vertical) e y = 0 (reta horizontal)Representação gráfica da região:

Resolvendo: ∫∫ +R

dA1)(xy = ∫ ∫ +1

0

x2

0

dydx)1(xy = ∫

+

1

0

x2

0

2

y2

yx. dx

= ∫

+

1

0

2

x22

(2x)x. dx = ∫ +

1

0

3 )x2(2x dx =1

0

24

2

x.2

4

x.2 +

= 10

24

x2x + =

+−

+ 2

42

4

0201

21 = 1

21 + =

23

c) ∫∫ +R

dAy)(x , onde R é a região limitada pelas curvas y = x2 (parábola no 1º

quadrante), y = 2 (reta horizontal) e x = 0 (reta vertical)Representação gráfica da região:

Resolvendo: ∫∫ +R

dAy)(x = ∫ ∫ +2

0

2

x2dydx)y(x = ∫

+

2

0

2

x

2

22

yxy dx

=∫

+−

+

2

0

222

2

2

)x(x.x

2

22.x dx =∫

++

2

0

43

2

xx-2)(2x dx

= ∫

−−+2

0

43

2xx2x2 dx = 2.

2x2 + 2x −

4x4 − 2

0

5

5x.

21

= ( )22 + 2. 2 −4

)2( 4 −

10

)2( 5 − 0 = 2 + 2. 2 − 1 −

5

2.2 = 1 +

5

28

Exemplo 5. Calcular o valor da integral ∫∫R

dydxxy24 , sendo R a região delimitada

pelas curvas y = x2 e y = x

curvas funçõesCurva à esquerda x = 0

Curva à direita x = 1Curva inferior y = 0

Curva superior y = 2x

Da região R obtida

graficamente, temos:0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 2

R (região de integração)

|

|

|

|x

y2

10

Da região R obtida

graficamente, temos:0 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 2

R (região de integração)

|

|

|

| |x

y2

10

2

curvas funçõesCurva à esquerda x = 0

Curva à direita x = 2

Curva inferior y = x2

Curva superior y = 2


31/36


31

Curvas funçõescurva à esquerda x = 0curva à direita x = 1curva inferior y = x2

curva superior y = x

Gráfico da região e tabela de limites dessa região:

Limites da integral:As curvas se encontram (ou se interceptam) nos pontos que são as soluções do

sistema formado elas, ou seja:

==

xy

xy 2 xx2 = 222 )x()x( = x4 = x x4 – x = 0

x (x3 – 1)= 0

=⇒=⇒=−

=

1x1x01x

ou 0x33

As curvas à esquerda e à direita são os limites que integram o primeiro símbolo deintegração e as curvas, inferior e superior o segundo. Assim,

∫∫R

dydxxy24 = ∫∫ =

=

=

=

xy

xy

1x

0x 2xydydx24 = dx

2

yx24

xy

xy

21x

0x 2

=

=

=

=∫ = dxxy12xy

xy

21x

0x 2

=

=

=

=∫

= [ ]dx)x()x(x121x

0x

222

∫ =

=− = ∫

=

=−

1x

0x

52 dx)x12x12(

= 12.3

x3 − 12.

6

x6

1x

0x

=

= = 4x3 – 2x6

1x

0x

=

= = (4.13 – 2.16) – (4.03 – 2.06)

= 4 – 2 = 2

Exemplo 6. Determine a integral dupla ∫∫R

dydxx , onde a região R é limitada pelas

curvas y = x2 e y = x.

Limites da integral:

=

=

xy

xy 2 x2 = x x2 – x = 0 x (x – 1) = 0

=

=

1x

0x

R:

≤≤

≤≤

xyx

1x02

ou seja:

y = x2

y = x

y = x

y = x

R

Curvas funções

curva à esquerda x = 0curva à direita x = 1curva inferior y = x2

curva superior y = x

x

-1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5

-1

0

1

2

R


32/36


32

∫∫R

dydxx = ∫∫ =

=

=

=

xy

xy

1x

0x 2xdydx = dxxy

xy

xy

1x

0x 2

=

=

=

=∫ =

= dx)x.xx.x( 21x

0x

−∫ =

= = dx)xx( 32

1x

0x

−∫ =

= =

1x

0x

43

4

x

3

x =

=

− = 04

1

3

1 43−

− =

=4

1

3

1− =

12

34 − =

12

1

Exemplo 7.

Calcular a integral dupla da função f(x, y) = 1, sobre a região R = {(x, y) ∈ ℜ2 | 1 ≤ x ≤ 3 e2 ≤ y ≤ 4} e interprete geometricamente.Queremos:

∫∫R

dA1 , para R:

≤≤

≤≤

4y2

3x1

∫∫RdA1 = dxdy1

4y

2y

3x

1x

∫∫ =

=

=

== dxy

4

2

3x

1x

∫ =

== dx)24(

3x

1x−∫

=

== dx2

3x

1x∫ =

== 2x

3

1=

= 2.3 – 2.1 = 6 – 1 = 4

Interpretação Geométrica:

Temos: f(x, y) = 1 z = 1, 1 ≤ x ≤ 3 e 2 ≤ y ≤ 4Os dados determinam um paralelepípedo de dimensões:base: x = 3 – 1 = 2, y = 4 – 2 = 2 e altura z = 1

Nota: Da Geometria sabemos que o volume do paralelepípedo reto-retângulo é o produtoda área da base pela sua altura, ou seja,

V = Ab . h = (2 . 2) . 1 V = 4 u.v. (unidade de volume)

Exemplo 8. Calcular o volume da figura representada no gráfico abaixo usando integraltripla.

1

3

2

4

1

x y

z

Portanto, o resultado encontrado 4 é ovolume do sólido, um paralelepípedoreto retângulo e, neste caso, também aárea da base do mesmo.

R :

≤≤≤≤

≤≤

4z0

2y0

3x0

0 32

4

x

y

z


33/36


33

V = dxdydz3x

0x

2y

0y

4z

0z ∫∫∫ =

=

=

=

=

= = dydzx

3x

0x

2y

0y

4z

0z

=

=

=

=

=

= ∫∫ = dydz)03(2y

0y

4z

0z

−∫∫

=

=

=

=

V = dydz32y

0y

4z

0z ∫∫ =

=

=

= = dzy3

2y

0y

4z

0z

=

=

=

=∫ = dz)0.32.3(4z

0z

−∫ =

= = dz6

4z

0z∫ =

=

V =4z

0z

z6=

= = 6.4 – 6.0 = 24 – 0 V = 24 u.v. (unidades de volume)

INTEGRAL DUPLA USANDO COORDENADAS POLARES

1. Coordenadas polares no planoQuando tomamos dois eixos perpendiculares Ox e Oy, podemos associar a um ponto P

o par ordenado (x, y), onde x é a abscissa e y a ordenada de P. O sistema decoordenadas que obtemos é o sistema cartesiano (ou retangular) de coordenadas.Existem outras maneiras de associar coordenadas a um ponto, as coordenadas polares éuma delas.

Tomando, no plano, uma semi-reta chamada eixo polar , cuja origem 0 é chamada depólo e consideremos um ponto P do plano.Seja r sua distância a 0, chamada coordenada radial de P e θ coordenada angular

de P (geralmente medido em radianos) o ângulo entre o eixo Ox e o segmento OP.Convencionalmente, θ é positivo quando marcado no sentido anti-horário.

Temos:

Elevando ao quadrado membro a membro cada equação, obtemos:

θ=

θ=222

222

sen.ry

cos.rx Somando membro a membro as equações, temos:

θ+θ=+ 222222 sen.rcos.ryx )cos(sen.ryx 22222 θ+θ=+

Da trigonometria sabemos que a relação sen2 θ + cos2 θ = 1. Então:

1.ryx 222 =+ 222 ryx =+ (Teorema de Pitágoras aplicado no triânguloretângulo da figura acima).

De 222 ryx =+ , com r > 0, obtemos 22 yxr += que é a distância do ponto P à

Origem. O ponto P é denominado de coordenadas polares e representado por P(r , θ).

Nota: Toda região do tipo: R = {(r, θ) | r o ≤ r ≤ r 1 e θo ≤ θ ≤ θ1} é chamada retângulopolar.

2. Integrais duplas em coordenadas polares (mudança de coordenadas na integral)A técnica de integrar em coordenadas polares é empregada, freqüentemente, quando o

integrando ou as equações para a fronteira da região de integração envolvem a distância22 yxr += até a origem, ou ainda, quando a região de integração é dada em

0⊡ x

y

rθ x

y

No triângulo retângulo da figura temos:

θ=

θ=

=θ

=θ

sen.ry

cos.rx

r

y sen

r

x cos

P


34/36


34

coordenadas polares. No caso de a integral dada conter coordenadas cartesianasfazemos a mudança de coordenadas por:

θ=

θ=

sen.ry

cos.rx e dA = r dr dθ, ou seja,

∫∫R

dAy)f(x, = θ

θθ∫∫

θ

θd,cos.r (f drr)senr.

1

o

1

o

r

r

Exemplo 1. Calcular a integral dupla ∫∫ +R

22 dAyx , onde R é limitada pelas regiões:

x ≥ 0, y ≥ 0 e x2 + y2 ≤ 4, usando coordenadas polares.

x2 + y2 ≤ 4 representa a região interior de um círculo de centro na origem e raio r = 2

Em coordenadas polares:

R :

π

≤θ≤

≤≤

20

2r0 e

θ=

θ=

sen.ry

cos.rx

∫∫ +R

22 dAyx = θ

θ+θ∫ ∫

π

ddrr.)sen.r()(r.cos 2

0

2

0

22 =

= θ

θ+θ∫ ∫

π

ddrr.sen.r.cosr 2

0

2

0

2222 =

= θ

θ+θ∫ ∫

π

ddrr.)sen.(cosr 20

2

0

222 = θ

∫ ∫

π

ddrr.1.r 20

2

0

2 =

= θ

∫ ∫

π

ddrr.r 2

0

2

0

2 = θ

∫ ∫

π

ddrr.r 2

0

2

0

= θ

∫ ∫

π

ddrr 2

0

2

0

2 =

= θ

∫π

d3

r2

0

2

0

3

= θ

−∫

π

d3

0

3

22

0

33

= θ∫π

d3

8

2

0

=2

0

3

8π

θ =

−

π0

2.

3

8

=3

8 . 2

π =

6

8π =

3

4ππππ

Exemplo 2. Calcule a área do círculo usando coordenadas polares e integral dupla.

A região é x2 + y2 ≤ r 2 , onde

π≤θ≤

≤≤

20

rr0

A = θ∫∫ =

=

π=θ

=θddrr

rr

0r

2

0 = θ

=

=

π=θ

=θ∫d2

r rr

0r

22

0 = θ

−∫ π=θ

=θd2

0

2

r 222

0

x ≥ 0

2

y ≥ 0

2

r

r

r

r

y

xθ


35/36


35

A = θ∫ π=θ

=θd

2

r 22

0

= ∫ π=θ

=θθ

2

0

2

d .2

r =

2

r2. θ

π2

0

=2

r2. (2π − 0)

A =2

r2. 2π A = 2rππππ

Exemplo 3. Calcule o volume da esfera usando coordenadas polares e integral dupla.

A região é V = ∫∫ +R

22 dAyx , onde R :

π≤θ≤

≤≤−

20

r r r

Em coordenadas polares, temos:

θ=

θ=

sen.ry

cos.rx

V = ∫∫ +R

22 dAyx = θ

θ+θ∫ ∫

πddrr)(r.cos

2

0

r

r-

22 .)sen.r ( =

= θ

θ+θ∫ ∫

πddrr.cosr

2

0

r

r-

2222 .sen.r =

= θ

θ+θ∫ ∫

πddrr.(cosr

2

0

r

r-

222 .)sen = θ

∫ ∫

πddrr1.r

2

0

r

r-

2 . =

= θ

∫ ∫

πddrrr

2

0

r

r-

2 . = θ

∫ ∫

πddrrr

2

0

r

r-. = θ

∫ ∫

πddrr

2

0

r

r-

2 =

= θ

∫

π

−

d3

2

0

3 r

r

r = θ

−−

∫

πd

33

2

0

33 )r (r = θ

∫

πd

3

2r

2

0

3

=π

θ2

0

3

.3

2r =

=

−

π 0

3

22

3

2 33.

r .

r =

3

4 3r .π – 0 = 3

3

4r ..π

Exemplo 4. Calcule ∫∫ +R

yx dydxe22

, onde R é a região no 1º quadrante interior à

circunferência 4yx 22 =+ e exterior à circunferência 1yx 22 =+ .

Em coordenadas polares:

R :

π≤θ≤

≤≤

20

2r1

∫∫ +R

yx dydxe22

= ∫ ∫π

θ

θ+θ2 22

0

)sen.r()cos.r(2

1ddr.re = ∫ ∫

π

θ

θ+θ2 222

0

)cossen.(r2

1ddr.re =

= ∫ ∫π

θ

2 2

0

1.r2

1

ddr.re = ∫ ∫π

θ

2 2

0

r2

1

ddr.re

=

=

drr2du

ru 2

2 r

2

1

10 x

y

r

r

y

xθ

–r


36/36


= ∫ ∫π

θ

2 2

0

r2

1

ddr.r2e2

1 = ∫

π

θ

2 2

0

2

1

r de.2

1 = ∫

π

θ2 22

0

12 d)e-.(e2

1 =

=2

1. ∫

π

θ2

0

4 d)e-(e =2

1. )ee( 4 − . θ∫

π

d2

0

=2

1. )ee( 4 − .

2

0

π

=

= 2

1

. )ee(4 −

.

−

π

02 = 4

ππππ

. )ee( 4 −

Exemplo 5. Determine o volume do sólido limitado pelo plano z = 0 e pelo parabolóidez = 1 – x2 – y2.

Se tomarmos z = 0 na equação do parabolóide, obtemos 0 = 1 – x2 – y2 x2 + y2 = 1. Isso significa que o plano intecepta o parabolóide no círculox2 + y2 = 1, e o sólido está abaixo do parabolóide e acima do círculo D dado porx2 + y2 ≤ 1.

Em coordenadas polares, D é dado por:

π≤θ≤

≤≤

20

1r0

Sabemos que: 222 ryx =+ 1 – x2 – y2 = 1 – (x2 + y2) = 1 – r 2 Então o volume será:

V = ∫∫R

22 dA)y-x-(1 = θ−∫∫ π

drdr)r1( 21

0

2

0

V = θ−∫∫ π

ddr)rr( 31

0

2

0

= θ

−∫

π

d4

r

2

r 1

0

422

0

= θ

−∫

π

d0-4

1

2

1 422

0

= θ

−∫

π

d4

1

2

12

0

V = θ

∫

πd

41-22

0

= θ∫ π

d412

0

=41 . θ∫

πd

2

0

=41 . θ π

2

0

=41 . (2π − 0) =

42π =

2ππππ u.v.

x y

z

(0, 0, 1)

D

•

Apostila de Cfvv - 2013

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