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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
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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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’
8/20/2019 Apostila de Cfvv - 2013
14/36
Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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
++
8/20/2019 Apostila de Cfvv - 2013
15/36
Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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
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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
+
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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
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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:
z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxf yyyxy
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
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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
IV) Aplicando a equação do plano:
z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxf yyyxy
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:
z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxf yyyxy
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
IV) Aplicando a equação do plano:
z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxf yyyxy
f xxyx
x
f +−
∂
∂+−
∂
∂, temos:
z = 1.(x − 0) – 0.(y + 1) + 0 = x – 0
Portanto, z = x ou x – z = 0
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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.
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21/36
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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
8/20/2019 Apostila de Cfvv - 2013
22/36
Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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:
8/20/2019 Apostila de Cfvv - 2013
23/36
Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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.
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24/36
Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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
+−
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Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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
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Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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)
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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
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28/36
Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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
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Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues
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
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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
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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
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∫∫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
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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
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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
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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
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= ∫ ∫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
•