Resoluções de Um Curso de Cálculo, Vol. 2 por Guidorizzi

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CAPÍTULO 1 Exercícios 1.1 1. Seja f: [0, 1] 씮
dada por

Ï Ï 1 ¸ ÔÔ0 se x
ÌÓ0, 2 , 1ýþ f ( x)
Ì 1 Ô1 se x  ÏÌ0, , 1¸ý ÔÓ Ó 2 þ Seja P uma partição qualquer de [0, 1] P : 0
x0  x1  x2  ...  xi 1  xi  ...  xn
1 e seja de Riemann de f relativa a esta partição.

n

Â

f (ci ) xi uma soma

i
1

1 Se nenhum dos c1, c2, ..., cn pertencer ao conjunto ÏÌ0, , 1¸ý, então a soma de Ó 2 þ Riemann será zero. 1 Admitindo que algum ou alguns (um, dois ou três) ci pertença ao conjunto ÏÌ0, , 1¸ý, Ó 2 þ 1 então f(ci)
1 e f(ci) xi
xi (para cada ci  ÏÌ0, , 1¸ý). Portanto, Ó 2 þ n

Â

f (ci ) xi  3 máx xi .

i
1

Dado   0, existirá 


 (que só depende de ) tal que: 3

n

Â

f (ci ) xi   sempre que máx xi  .

i
1

Em qualquer caso, temos, independentemente da escolha dos ci e para toda partição P de [0, 1], com máx xi  , que n

Â

f (ci ) xi  0  .

i
1

Portanto, n

 máx x Æ 0 lim i

i
1

f (ci ) xi
0


1

Ú0 f ( x ) dx.

3. ÏÔ1 se 0  x  1 a) Seja f ( x )
Ì4 se x
1 ÔÓ2 se 1  x  2.

Seja P uma partição qualquer de [0, 2]: P : 0
x0  x1  ...  xj 1  xj  ...  xn
2 Suponhamos que 1  [xj 1, xj]. Temos j 1

n

Â

f (ci ) xi


i
1

n

Â

f2 (c3 i ) xi f (c j ) x j 1

i
1

1

Â

f2 (c3 i ) xi , onde f(cj)  {1, 2, 4} 1

i
j 1 2


xj1 f(cj) (xj  xj1) 2(2  xj)
3  (xj  xj1) f(cj) (xj  xj1) (1  xj). Segue que n




Â

f (ci ) xi  3

x j  x j 1
4
x j  x j 1

1  x j
 6 máx xi .

i
1

Dado   0 e tomando-se 


 tem-se 6

n

máx xi  

Þ


Â

f (ci ) xi  3
  .

i
1 n

Então,

lim

máxxi Æ 0

Â

f (ci ) xi
3 independentemente da escolha de ci.

i
1 2

Logo, f é integrável e

Ú0 f ( x ) dx
3.

Ïx d) Seja f ( x )
Ìx Ó

se x   se x
.

Seja P : 1
x0  x1  ...  xi 1  xi  ...  xn
1 uma partição qualquer de [1, 1] 1 e seja um ponto dessa partição. Escolhamos ci 0 da seguinte forma: ci irracional se 2 ci  0 e ci racional se ci  0. Desse modo, f(ci)  0 para todo i. Segue que a soma de Ê 1 ˆ Ê 1 1ˆ Ê 1ˆ Riemann será maior que a área do retângulo de vértices Ë , 0¯ , Ë , ¯ , (1, 0) e Ë1, ¯ , 2 2 2 2 n 1 ou seja, f (ci ) xi  . (Concorda?) Por outro lado, escolhendo ci racional se ci  0 4 n

Â

i
1

e ci irracional se ci  0 teremos f(ci)  0, para todo i, e portanto,

Â

i
1

2

f (ci ) xi  0.

n

Logo, não existe L tal que

lim

máx x i Æ 0

Â

f (ci ) xi
L, independentemente da escolha

i
1

dos ci. Ou seja, a função não é integrável. Exercícios 1.2 1. a) f ( x )


x 1  x  2. 1 x 2

A função f(x) é contínua em
. Logo, f é contínua em [1, 2]. Pelo teorema 1, se f é contínua em [1, 2], então f é integrável.

Ïx 2 Ô c) f ( x )
Ì 2 ÓÔ x

se

2  x  1

se

1  x  2.

f é limitada em [2, 2], pois, para todo x em [2, 2], 0  f(x)  4; f é descontínua apenas em x
1. Pelo teorema 2, como f é limitada em [2, 2] e descontínua apenas em x
1, então f é integrável em [2, 2]. Ï0 se x
0 e) f(x)
ÔÌ 1 sen , 0  x  1. ÔÓ x

A função é limitada e descontínua apenas em x
0. Logo, pelo teorema 2, a função é integrável.

Ïx 2 Ô g) f ( x )
Ì5 ÔÓ2

se se se

1  x  0 x
0 0 x 1

f é limitada em [1, 1]; f só é descontínua em x
0. Portanto, f é integrável.

3

CAPÍTULO 2 Exercícios 2.1 1. 2

a)

Ú0

ÏÔ2 f ( x ) dx, onde f ( x )
Ì 1 ÔÓ x

se

0  x 1

se

1 x  2

f é integrável em [0, 2], pois é limitada e descontínua apenas em x
1. 2

Temos

1

2

Ú0 f ( x ) dx
Ú0 f ( x ) dx  Ú1 f ( x ) dx

Em [0, 1], f(x) difere de 2 apenas em x
1. Daí, 1

Ú0

f ( x ) dx


1

Ú0 2 dx
[2 x]0
2 1

1 . Logo, x

Em [1, 2], f(x)
1

2

Ú0 f ( x ) dx
Ú1

dx 2
[ln x ]1
ln 2 x

2

Portanto,

c)

Ú0 f ( x ) dx
2  ln 2.

Ï x Ô f ( x ) dx, onde f ( x )
Ì 1  x 2 1 ÔÓ5

Ú

3

se x π 1 se x
1

f é integrável em [1, 3], pois é limitada e descontínua apenas em x
1. 3 1 3 x x f ( x ) dx
dx  dx 2 1 1 1  x 1 1 x 2 1 3 1 1
ln (1  x 2 )  ln (1  x 2 )  1 1 2 2 1 1
[ln 2  ln 2]  [ln 10  ln 2] 2 2 1
ln 5. 2

Ú

Ú

[

]

Ú

[

]

ÏÔ 1 g(u) du, onde g(u)
Ì u 2 2 ÓÔu

Ú

d)

se
u
 1

2

se
u
 1

g é integrável em [2, 2] pois g é contínua em [2, 2]. Ï 1 Ô u2 Ô Temos g(u)
Ìu Ô 1 ÔÓ u 2

se u  1 se 1  u  1 se u  1

Logo, 1

2

1

2

Ú2g(u) du
Ú2 u2  Ú1u du  Ú1 du

du u2

1 1 È u 2 ù 1 2
ÈÍ ùú  Í ú  ÈÍ ùú Î u û2 Î 2 û1 Î u û1 1


1 

1 1 1 1     1
1. 2 2 2 2

2.

Ï2 f (t ) dt, onde f (t )
Ìt 1 Ó2

Ú

b)

x

se 1  t  1 se t  1

Para todo x  1, f é integrável em [1, x], pois, neste intervalo, f é limitada e descontínua no máximo em um ponto. Temos: Ï ÔÔ f (t ) dt
Ì 1 Ô ÔÓ

Ú

x

x

Como

Ú1

segue que:

x

Ú1t 2 dt 1 x 2 dt  t Ú1 Ú1 2 dt

t 2 dt


x3 1  ; 3 3

1

se 1  x  1 se x  1

Ú1

t 2 dt


2 e 3

Ï x3 1 Ô  3 se 1  x  1 f (t ) dt
Ì 3 4 1 Ô2 x  se x  1 3 Ó

Ú

c)

x

Ï2 f (t ) dt, onde f (t )
Ìt se 1  t  1 0 Ó2 se t  1

Ú

x

5

x

Ú1 2 dt
2 x  2

Para todo x  1 f é integrável em [x, 0], se x  0, e em [0, x], se x  0, pois nestes intervalos f é limitada e descontínua no máximo em um ponto.

x

Ú0

Ï Ô f (t ) dt
Ì Ô Ó x

Temos

x

Ú0 t 2 dt 1 x Ú0 t 2 dt  Ú1 2 dt

Ú0 t 2 dt


x3 ; 3

1

se 1  x  1 se x  1

x

Ú0 t 2 dt
3 ; Ú1 2 dt
2 x  2. 1

Logo,

x

Ú0

Ï x3 Ô f (t ) dt
Ì 3 5 Ô2 x  3 Ó

se 1  x  1 se x  1

Exercícios 2.2 1. a) F( x )


ÏÔ2 f (t ) dt, onde f (t )
Ì 1 0 ÔÓ t

Ú

x

se 0  t  1 se t  1

O domínio de F é intervalo [0, [. Temos:

F( x )
Então,

x

Ú0

Ï Ô f (t ) dt
Ì Ô Ó

x

Ú0 2 dt 1 x dt Ú0 2 dt  Ú1 t

se 0  x  1 se x  1

2x se 0  x  1 F( x )
ÏÌ 2  ln x se x  1 Ó

6

x

Ú1 f (t ) dt, onde

c) F( x )


ÏÔ x F( x )
Ì 0 2 dt ÔÓ0

Ú

d) F( x )


se x  0 se x  0

x

Ú1 f (t ) dt

ÏÔ0 F( x )
Ì x dt
x  1 ÔÓ 1

Ú

f) F( x )


2 f (t )
ÏÌ Ó0

se t  0 se t  0.

2x ou F( x )
ÏÌ Ó0

0 onde f (t )
ÏÌ Ó1

se x  0 se x  0

se t  1 se t  1

se x  1 se x  1

Ï0 se t  1 Ô f (t ) dt, onde f (t )
Ìt 2 se 1  t  1 5 ÔÓ0 se t  1

Ú

x

Ï Ô0 se x  1 Ô x Ô x È t3 ù x3 1 F( x )
Ì t 2 dt
Í ú
 se 1  x  1 3 3 Î 3 û1 Ô 1 Ô 1 x 2 se x  1 Ô t 2 dt  0 dt
1 1 3  Ó

Ú Ú

Ú

7

g) F( x )
Ï Ô F( x )
Ì Ô Ó

x

Ú0

t se t  0
t

ÏÌ  Ó t se t  0.

e
t
dt

x

Ú0 et dt x Ú0 et dt

se x  0 se x  0

x

Como

x

Ú0 et dt
e x  1 e Ú0 et dt
ex  1, temos:

Ïe x  1 F( x )
Ì x Óe  1

se x  0 se x  0

x

2. F( x )


Ú0 f (t ) dt, onde

a) F( x )


Ú0 t dt  Ú1 t dt

1

t se t π 1 f (t )
ÏÌ Ó2 se t
1

x

1

È t2 ù x2 1 F( x )
Í ú   2 2 Î 2 û0

F( x )


x2 ,x僆⺢ 2

b) F (x)
x 僆 ⺢. (Observe: F é derivável em x
1, embora f não seja contínua neste ponto.) 3. a) F( x )


x

dt Ú2 1t 2 1 3 1

f (t )

x

Ú2 f (t ) dt existe para todo x  1.

8

Se x  1

x

Ú2 f (t ) dt não existe.

Logo, DF
]1,  [ d) F( x )


x

dt Ú3 123 t2  4 1

f (t )

x

Ú3 f (t ) dt existe para todo x  2.

DF
]2,  [. x

Ú0

4. F( x )


Ït 2 se t  1 Ô f (t ) dt, onde f (t )
Ì 2 ÔÓ t se t  1

(f não é contínua em t
1) a) Ï Ô F( x )
Ì Ô Ó

x

Ú0 t 2 dt 1 x 2 2 dt  t Ú0 Ú1 t dt

se x  1 se x  1

Ï x3 se x 1 Ô F( x )
Ì 3 1 Ô  2 ln x se x  1 Ó3 Ï x 2 se x 1 Ô F ( x )
Ì 2 ÔÓ x se x  1

b) F(x) não é derivável em x
1, pois F( x )  F(1) F( x )  F(1)
1 e lim
2.  x 1 x 1 x Æ1 x Æ1 lim



Exercícios 2.4 1. a) F( x )


x

Ú2

3t dt. 1 t 6

9

O domínio de F é ⺢, pois f(t)


3t é contínua em ⺢. 1 t 6

Pelo teorema fundamental do cálculo, temos: È F ( x )
Í Î F ( x )




ù f (t ) dt ú
f ( x ) 2 û x

Ú

3x 1 x 6

d Ê Á dx Ë

Na notação de Leibniz,

2

Úx

c) F( x )


È F ( x )
Í Î

x

Ú2

cos t 4 dt


x

ˆ

Ú2 1 t 6 dt˜¯
1 x 6 . 3t

x

Ú2 cos t 4 dt



ù cos t 4 dt ú
 f ( x ) û

F (x)
cos x4 2x

Ú0

e) F( x )


cos t 2 dt

Seja u
2x

dF d Ê u du ˆ du

f (u ) ◊ Á cos t 2 dt ˜ ¯ dx dx du Ë 0 dx

Ú

dF
cos u 2 ◊ 2 dx dF
2 cos 4 x 2 dx F (x)
2 cos 4x2. f) F( x )


F( x )


F( x )


Úx

1

Úx

2

x3

Ú1

x3 2

1 dt 5 t4

1 dt  5 t4

1 dt  5 t4

x3

Ú1

x2

Ú1

1 dt 5 t4

1 dt 5 t4

10

3x

F ( x )


1 1 ( x 3 )  ( x 2 ) 3 4 5 (x ) 5  ( x 2 )4

F ( x )


3x 2 2x  . 12 5 x 5  x8

De outra forma: F(x)
G(x3)  G(x2) F (x)
G (x3) · 3x2  G (x2) · 2x

F ( x )


onde G (t )


3x 2 2x  . 12 5 x 5  x8

j) F( x )


x

Ú0 ( x  t ) et

x

2

dt


x

x

t dt Ú10 4xe2t43dt  Ú104te2 43 2

F1 ( x )

x

F2 ( x )

Ú0 x ◊ et

F1 ( x )


x d Ê x 2 2 2 ˆ Á x ◊ et dt ˜
xex  et dt ¯ dx Ë 0 0

2

dt
x

Ú0 et

2

F1 ( x )


2

dt

Ú

F2 ( x )
xex

Ú

2

F ( x )
F1 ( x )  F2 ( x )
xex  2

F ( x )


1 5 t4

x

Ú0 et

2

2. Seja F( x )


x

Ú0 et

2

dt  xex

2

dt . x 3 3 x 2

Ú1

f (t ) dt

du d Ê u ˆ du onde u
x 3  3 x 2 .
f (u ) Á f (t ) dt ˜ ¯ dx du Ë 1 dx F (x)
f(x3  3x2) · (3x2  6x). F ( x )


Ú

Supondo f(t)  0 e contínua em ⺢, temos f(x3  3x2)  0 em ⺢. O sinal de F (x) depende de 3x2  6x. Assim:

3x2  6x  0 em ], 2] e [0, [. 3x2  6x  0 em [2, 0].

11

Daí, F (x)  0 em ], 2] e [0, [ Þ F(x) é crescente em ], 2] e [0, [. F (x)  0 em [2, 0] Þ F(x) é decrescente em [2, 0].

3. ( x )
1 

x

Ú0 t (t ) dt

d ( x ) d ( x )
x ( x) Þ
x dx dx

( x)

Þ

( x )
x ( x )

Então, ln ( x )





x2 c 2

x2

( x)
e 2

◊ ec

 c

c

De
vem (0)
1. Comparando com : (0)
e . Temos e
1. Logo,

6. Seja F( x )


x

Ú1 et

2

x2

( x)
e 2

dt

1

Ú0 F( x ) dx vamos integrar por partes, considerando f(x)
F(x) e g (x)
1.

Para calcular Então, 1

Ú0

F( x ) dx
[ x F( x )]0  1

È F( x ) dx
Í x 0 Î

Ú

1

Temos ÈÍ x Î

1

Ú0 x F ( x ) dx 1

2 ù et dt ú  1 û0

Ú

x

1

2 ù et dt ú
0 1 û0

Ú

x

1

Ú0 x F ( x ) dx

1 x 2 2 Ê ˆ Á pois et dt
0 e x et dt
0 se x
0˜ . Ë ¯ 1 1

Ú

Ú

Como F ( x )
ex 2 , segue que 1

1

Ú0 F( x ) dx
 Ú0 x 7. G( x )


2 ex

È ex 2 dx
Í ÍÎ 2

1

ù 1 1  ú
2e 2 úû 0

x

Ú sen t 2 dt

Ê x ˆ G ( x )
Á sen t 2 dt ˜
sen x 2 Ë  ¯

Ú

12

Para calcular 

Ú0



Ú0 G( x ) dx vamos integrar por partes: 

G( x ) dx
[ x G( x )]0 

Ú0 x G ( x ) dx

  È x ù
Í x sen t 2 dt ú  x ◊ sen x 2 dx  0 Î144 0 244û3

Ú


Logo,





Ú

0

[

]

 1  Ê ˆ cos x 2 0 Ë 2¯

Ú0 G( x ) dx
2 [cos  2  1]. 1

13

CAPÍTULO 3 Exercícios 3.1 1. a)




Ú1

1 dx  lim x3 tÆ


t

Ú1

1 dx  lim x3 tÆ


ÏÔÈ x2 ù t ¸Ô ÌÍ ý 2 úû1 Ô ÓÔÎ þ

1 1 1  lim Ê 2  ˆ  . Ë ¯ 2t 2 2 tÆ


c)




Ú0

esx dx  lim

tÆ


ÏÔÈ esx ù t ¸Ô esx dx  lim ÌÍ ý 0 s úû 0 Ô t Æ
ÔÎ Ó þ

Ú

t

1 1 1 est  lim ÈÍ st  ùú  , pois lim  0. sû s t Æ
Î se tÆ
s

d)




Ú1

1 t  t 1 dx  lim x 2 dx  lim ÏÌ 2 x ¸ý 1þ x tÆ
1 tÆ
Ó

[

]

[

Ú

]

= lim = 2 x  2 
. tÆ


e)




Ú1

tet dt  lim

s

Ú tet dt

sÆ
0

È  lim Ítet  sÆ
Î

Ú

pois lim ses  0 e

n)

s

ù et dt ú  lim ses  es  1  1, 0 û 0 sÆ
s

[

]

lim es  0

sÆ


sÆ





Ú

t x x dx  lim dx. 4 0 1 x t Æ
0 1 x 4

Ú

Façamos a mudança de variável x2  tg y Þ 2x dx  sec2 y dy Þ x dx  1  x4  1  tg2 y  sec2 y

sec 2 y dy 2

x0 Þ xt Þ t

Ú0

Logo, 

y0 y  arctg t2 arctg t 2

Ú0

x dx  1 x 4

sec 2 y dy È 1 Í 2 sec 2 y Î2

arctg t 2

y ùú û0

1 arctg t2. 2

Portanto,


Ú0 q)

x 1 1   dx  lim arctg t 2  ◊  . 1 x 4 2 2 4 tÆ
2
t 1 dx dx dx   lim 3 2 1 x x 1 x ( x  1) t Æ
1 x ( x 2  1)

Ú




Ú

Ú

[

t x dx ù È t dx Ï t 2  lim Í  ú  lim Ì[ln x ]1  ln x  1 1 x 2 1 û tÆ
Ó tÆ
Î 1 x

Ú

Ú

Ê  lim ln t  ln t 2  1  ln 2  lim Á ln t Æ
t Æ
Ë

{

}

Ê Á pois ln lim tÆ
Ë

 ln 1  ln 2  ln 2




Ú1

2.

1 dx  lim x tÆ


t

Ú1

Se 1    0, temos ( 1)

] ¸ýþ t

1

ˆ  ln 2 ˜ t 2 1 ¯ t

ˆ  ln 1  0˜ . t 2 1 ¯ t

È t1 1 1 ù  lim  ( π 1). dx Í  1   úû x tÆ
Î 1 
dx t dx  lim  lim ln t 
. 1 x tÆ
1 x tÆ


Ú

Ú

0

Se (1   )  0, temos lim t Æ
(  1)

t

Ú1

Se (1  )  0, temos lim t Æ
(  1)

È 1 1 ù 1 dx  lim Í  . ú x a t Æ
Î (1   )t
1
1   û   1 t

Ú1

È t1 dx 1 ù  lim  
. x a t Æ
ÍÎ 1   1   úû

Portanto, Ï 1 1 Ô  dx Ì 1  1 x ÔÓ


Ú




se   1 se  1.

15

3. 1

1

Ú
x 5 dx  tÆlim
Út

b)

1

x5 dx

1 1 1  lim ÈÍ  4 ùú  . 4t û 4 t Æ
Î 4 1 1  1 3 dx  lim dx x  lim c) 
3 x t Æ
t t Æ
1

Ú

Ú

ÏÈ 2 1 ¸ Ô 3 3ù Ô ÌÍ x ú ý  lim úû Ô t Æ
ÔÍÎ 2 t þ Ó

h) Temos Ï 1 Ô x2 Ô f ( x )  Ì1 Ô 1 ÔÓ x 2 Então,


se x  1 se 1 x 1 se x  1

1




1

Ú
f ( x ) dx  Ú
x 2 dx  Ú1dx  Ú1 1

1 dx x2

1 1  lim Ê1  ˆ  2  lim Ê  1ˆ  1  2  1  4. ¯ t¯ t Æ
Ë tÆ
Ë t

4. Temos ÏÔm se 3 x 3 f ( x )  Ì0 se x  3 ÔÓ0 se x  3

Então,


3

Ú


f ( x ) dx 

Ú3m dx  [mx]3  3m  3m  6m.

De

Ú
f ( x ) dx  1, segue 6m  1 ou

5.

Ú
ek
t
dt  Ú
ek
t
dt  Ú0 ek
t
dt







0

3

Ú





0

e k
t
dt  lim

s Æ


m

1 . 6




ÏÔÈ ekt ù 0 ¸Ô ekt dt  lim ÌÍ ý s k úû s Ô s Æ
ÔÎ Ó þ

Ú

0

È 1 eks ù 1 = lim Í  (se k  0)  ú  k û k s Æ
Î k 0 (se k  0) (se k 0 a integral diverge)

16

È3 3 2 ù Í  t 3 ú 
. úû ÍÎ 2 2

ÏÔÈ e kt e kt dt  lim ÌÍ sÆ
0 s Æ
ÔÎ k Ó




Ú0

e k
t
dt  lim

Ú

s

È e ks 1ù 1  lim Í  ú  (se k  0) k k k û sÆ
Î

s ù ¸Ô ú ý û 0 Ôþ



0 (se k  0) Portanto, substituindo  e  em
:
1 1 2 e k
t
dt   Þ  1 k k k 


Ú

Þ k 2.

7.


a)

u

est t n dt Ú0 est t n dt  ulim Æ
Ú0

Integrando por partes (considerando f(t)  tn e g(t)  est) u n u n1 st ¸Ô ÔÏ 1 t n est dt  lim ÌÈÍ t n est ùú  t e dt ý uÆ
0 ≠ ≠ uÆ
Ô Î s û0 s 0 Ôþ Ó f g

lim

Ú

u

Ú

1 n
n1 st  lim ÈÍ u n esu ùú  t e dt . uÆ
Î s û s 0 0 Portanto,
n
st n1 est t n dt  e t dt. s 0 0

Ú

Ú

Ú

b) Consideremos




Ú0 t n1 est dt obtida em (a).

Integrando novamente por partes. È t n1 st ù n  1 u n2 st t n1 est dt  Í e ú t e dt . s s 0 ≠ 0 ≠ Î û

Ú

u

f

Ú

g

Daí, lim

Ú

u

uÆ
0

t n1 est dt 

n  1
n2 st t e dt. s 0

Ú

Portanto,


Ú0 est t n dt 

n (n 1)
st n2 e t dt . s2 0

Ú

17

Integrando n vezes por partes, temos:
n (n  1)(n  2) ◊ ... ◊ 1 est t n dt  ◊ sn 0

Ú




Ú0 est dt .

Mas

Ú0

u

È est ù est dt  lim Í  lim s úû 0 u Æ
uÆ
0 uÆ
Î




est dt  lim

Ú

u

È esu 1 ù 1 Í s  sú s . Î û

Então,


Ú0 est t n dt  s n ◊ s  s n1 . n! 1

n!

8.


a)

Ú0

est sen t dt  lim

u

Ú est sen t dt

uÆ
0

u s cos t ù u est sen t dt  ÈÍest  cos t est dt ú   0 ≠ 0 Î û 0 ≠

Ú

u

Ú

g

f



1 esu s u st cos u   e cos t dt.    0

Ú

Assim, e su

u

Ú0 est sen t dt  

cos u 

s u st 1  e cos t dt.   0

Ú




Por outro lado, u

Ú0



u

È est ù est cos t dt  Í sen t ú   Î û0 ≠ ≠ g

f

esu a

sen u  u

Então,

Ú0

s 

u

Ú0

s st e sen t dt 

u

Ú0 est sen t dt.

est cos t dt 

esu s sen t   

u

Ú0 est sen t dt



Substituindo  em
: u

Ú0 est sen t dt 

esu s s2 u 1 cos u   2 esu sen u  2 est sen t dt     0

Ú

Ê 1 s 2 ˆ u st esu s cos u   2 esu sen u . Á1  2 ˜ e sen t dt   ¯ 0    Ë 1424 3

Ú

Ê 2  s 2 ˆ Á ˜ Ë 2 ¯

18

Sendo sen u e cos u limitadas e lim

u Æ


esu

lim



uÆ


sen u  0 e lim

esu

uÆ




esu  0 ( s  0) resulta 

cos u  0.

Daí, 0




Ú0

est

Ú

sen t dt  lim

u

uÆ
0

est

È Ê esu ˆ sen t dt  Í lim Á cos u˜  ¯ Îu Æ
Ë

0 1 s su ù Ê 2 ˆ  lim  lim 2 e sen u ú ◊ Á 2 ˜ uÆ
 uÆ
 û Ë s 2 ¯

Ú0

 1 Ê 2 ˆ .  est sen t dt  Ê ˆ Á 2 Ë  ¯ Ë s   2 ˜¯ s 2   2

c)

e( s  )t dt Ú0 est et dt  ulim Æ
Ú0







u

È e( s  )t  lim Í (s  ) uÆ
Î

u

ù È e( s  )u 1 ù ú  lim Í ( s   )  s   ú û 0 uÆ
Î û

e( s  )t  0, pois s   s  u Æ
lim

Então,


Ú0 est et dt  s   1

9. a) f(t)  sen t  3 cos 2t


Ú0 est 

f (t ) dt 







Ú0 est (sen t  3 cos 2t ) dt


Ú0 est sen t dt  3 Ú0 est cos 2t dt.

De 8.a, resulta


Ú0 est sen t dt  s 2  1 . 1

De 8.b, resulta


Ú0 est cos 2t dt  s 2  4 s

19

Logo,


Ú0 est (sen t  3 cos 2t ) dt  s 2  1  s 2  4 . 1

3s

Exercícios 3.3 1. 1

Ú0

a)

3

1 dx x

1 é não-limitada em ]0, 1] e integrável (segundo Riemann) em [t, 1] para x 0  t  1. f ( x)  3

Portanto, 1

1

Ú0

1 dx  lim 3 x t Æ 0

Ú1



x3 1 x2

3

Ú1

x2

3

c)

x3 1

1

Út

È3 2 ù È3 3 2 ù 3 1 3 ú  lim Í  t 3 ú  . Í dx x  lim 3 x 2 úû úû 2 t Æ 0 Í 2 t Æ 0 Í 2 Î Î t

dx ( A função integranda é não-limitada em ]1, 3].)

dx  lim

Ú

3

t Æ1 t

2 26 . 3

3

x2 1

( x 3  1) 2

1ù È2 dx  lim Í ( x 3  1) 2 ú t Æ1 Í 3 úû Î t

3. 1

a)

Ú0

1

Ú0 

1 1 x2 1

1 x 2

dx (A função integranda é não-limitada em [0, 1[.)

dx  lim

 . 2

Ú

t

t Æ1 0

dx 1 x 2

 lim [arcsen x ]0 t

t Æ1

Exercícios 3.4 1. a) Para x 1, temos

1 1 5. x 5  3x  1 x

Segue, pelo critério de comparação, que convergente.




Ú1

dx x 5  3x  1

20

é convergente, pois




Ú1

dx é x5

1

c) Para x 2, temos




Ú2

Como

dx 3

3

x 4  2 x 1



1 3

.

x4

converge, segue, pelo critério de comparação, que

x4




Ú2

dx x 4  2 x 1

converge. 1 cos 3 x 3 x3 x

e) Temos 0

( para x 1).

dx converge, segue, pelo critério de comparação, que
cos 3 x dx x3 1 1 x3 converge.

Como

Ú




Ú

Pelo exemplo 3, x

j) 0 Como




Ú1

x 2  x 1

cos 3 x dx converge. x3

◊ ex ex , x 0.







Ú0 ex dx é convergente, pelo critério de comparação Ú0

xex x 2  x 1

dx

converge.

m)


Ú0







Ú
x 4  x 2  1 dx  2 Ú0 1

1 dx  x 4  x 2 1

1

Ú0

1 dx, pois o integrando é função par. x 4  x 2 1


Ú1

1 dx. A convergência da x 4  x 2 1 1 1 4 para x 1. última integral segue do critério de comparação, pois 4 2 x  x 1 x

(Observe que

Portanto,

1

Ú0




1 dx  x 4  x 2 1

1 dx existe, pois a integranda é contínua em [0, 1].) x 4  x 2 1

Ú
x 4  x 2  1 dx converge. dx

2. Da hipótese, existe b  0 tal que

L 3L , para x b. Daí, x f ( x) 2 2

L 3L f ( x )  , para x b. Sendo f(x) integrável em [a, t], para t a, temos  2x 2x b


1 f ( x ) dx  f ( x ) dx  f ( x ) dx. Já sabemos que dx, b  0, é convergente a a b b x para   1 e divergente para  1. Pelo critério de comparação, temos:

Ú

Ú

Ú

Ú

21







a)   1 Þ

Úb

b)  1 Þ

Úb f ( x ) dx divergente Þ Úa f ( x ) dx divergente.

f ( x ) dx convergente Þ




Úa f ( x ) dx convergente;


3.


a)

Ú2

x 6  x 1 dx  2x2  3

x7

Ê 1 1  1 ˆ x 6  x 1 1 Á x5 x6 ˜ Seja  Á 7 2 2 3 ˜ x  2x  3 x Á 1  7 ˜ 144244 3 5 Ë x244 x 3¯ f (x) 144 g( x )

Logo, f ( x )  1 g( x ) , f ( x ) 0 em [2, 
[ e lim g( x )  1. x xÆ
Por (2),

 1 Þ b)




Ú10




Ú2

x 6  x 1 dx é divergente.  2x2  3

x7

x5  3 x 20  x10  1

dx

x5  3

1 Temos  5 20 10 x x  x 1 1442443 f (x)

1

3 x5

1 1 1  10  20 x 2444 x 3 144 4

.

g( x )

Assim f ( x ) 

1 g( x ) com lim g( x )  1. x5 xÆ


Por (2),

 5 Þ  1 Þ


d)

Ú1




Ú10

x5  3 x 20  x10  1

dx converge.

ln x dx x ln ( x  1)

ln x ln x ln x . Temos lim 1 Seja  lim  x Æ
ln ( x1) x ln ( x  1) x ln ( x  1) 1424 3 xÆ
14243 14243 f (x)

g( x )

g( x )

22

1 x . 1 x 1

x 1  1. x xÆ


Então, lim g( x )  lim xÆ


Por (2),   1 Þ




Ú1

ln x dx diverge. x ln( x  1) u

5. Integrando por partes,

Ú0 est

f (t ) dt  esu f (u)  f (0)  s

u

Ú0 est

f (t ) dt. Sendo f

de ordem exponencial, existem  0 e M  0 tais que, para t 0,
esu f (u)
Me( s  )u . Daí, para s  , lim esu f (u)  0 e da convergência da integral


Ú0 est

uÆ





Ú0

f (t ) dt é convergente e




Ú0 est




Ú0 est f (t ) dt. Portanto, u f (t ) dt  s Ú est f (t ) dt  f (0). 0

e( s  ) t dt, segue a convergência de

6. Seja f (t)  3 f(t)  t, para todo t real. Daí, f (t)  t  3f(t)




Supondo f de ordem exponencial , temos, de (5), para todo s  ,





Ú0 est

f (t ) dt  s

De
:

Ú0 est (t  3 f (t )) dt  sÚ0 est

f (t ) dt  f (0)

Ú0 test dt  3 Ú0 f (t ) est dt  sÚ0 est

f (t ) dt  f (0)




( s  3)

Agora,




Ú0 est

f (t ) dt  f (0).








Ú0 est




f (t ) dt 




Ú0 test dt  s 2 . 1




Ú0 test dt  f (0).



 (Do Exercício 8, Seção 3.1.)

Substituindo  em :
f (0) 1 est f (t ) dt  2  s ( s  3) ( s  3) 0

Ú




Ú0 est

A B C f (0)  2  s s s3 s3 A B C 1 De  2  , segue: s s s  3 s 2 ( s  3) f (t ) dt 

( A  C ) s 2  (3 A  B) s  3 B 1  2 . Donde 3B  1; 2 s ( s  3) s ( s  3) 1 1 1 B  ; 3 A  B  0; A  ; A  C  0 ; C  . 3 9 9

23

Portanto,


Ú0 est

f (0) 1 1 1 1 1 1 ◊  ◊ 2 ◊  . 9 s 3 s 9 s3 s3 Supondo f(0)  1, temos
10 1 1 1 1 1 . est f (t ) dt  ◊  ◊  ◊ 0 9 s  3 9 s 3 s2 Utilizando o Exercício 8, Seção 3.1, resulta: 10 3t 1 1 f (t )  e   t. 9 9 3 7. a) f (t)  2f(t)  cos t e f(0)  2 f (t ) dt 

Ú




Ú0

est f (t ) dt  s







Ú0 est

f (t ) dt  f (0)


Ú0 est [2 f (t )  cos t ] dt  s Ú0 est ( s  2)


Ú0




Ú0 est

f (t ) dt 

est f (t ) dt 

f (t ) dt  2




Ú0 est cos t dt  2


1 2 est cos t dt  s2 1 s  0 44244 2 3 s (do Exercício 8, Seção 3.1)

Ú

s 2 1




Ú0 est

f (t ) dt 

s 2  2 ( s  2)( s  1) s  2

Ú0 est

f (t ) dt 

A Bs  C 2  2  s2 s 1 s2




( A  B)s 2  (2 B  C )s  A  2C s  ( s  2)( s 2  1) ( s  2)( s 2  1) ÏA  B  0 De ÔÌ2 B  C 1 temos A  2 ; B  2 e C  1 5 5 5 Ô Ó A  2C  0 Portanto,


Ú0 est


Ú0 est

2 1 f (t ) dt  ◊  5 s2

2 1  s 5 5 2 s2 1 s2

s 12 1 2 1 1 ◊   ◊ 2 2 5 s  2 5 s 1 5 s 1 12 2t 2 1 f (t )  e  cos t  sen t. 5 5 5 f (t ) dt 

b) f (t)  f(t)  e2t, f(0)  1

24

f (t)  e2t  f(t)


Ú0 est




Ú0 est f (t ) dt  f (0)

f (0) Ú0 est [e2t  f (t )] dt  s Ú0 est f (t ) dt  { (1) ( s  1)




Ú0 est

f (t )  s




Ú0 est

f (t ) dt 




Ú10 4e2st 4◊ e32t dt  1 1 s2

(do Exercício 8, Seção 3.1)

1 1  ( s  1)( s  2) s  1 A B 1 ( A  B)s  ( B  2 A) 1   Þ  s  1 s  2 ( s  1)( s  2) ( s  1)( s  2) ( s  1)( s  2) 1 1 Þ A  B  0 e B  2 A  1 Þ A  e B  3 3
4 1 1 2 est f (t ) dt  ◊  ◊ 0 3 s 1 3 s  2 f (t ) dt 

Ú

Portanto, utilizando o Exercício 8, Seção 3.1 temos f (t ) 


pois,

4 t 1 2t e  e , 3 3

Ú0 est et dt  s   1

( s   ).

25

CAPÍTULO 4 Exercícios 4.1 1. a) Dizemos que f é uma função densidade de probabilidade se i) f(x)
0, x ii)



Ú f ( x ) dx  1.

Seja f ( x )  k ex 2 para x
0 e f(x)  0, para x  0. De i segue que k  0. 

Agora

Ú

f ( x ) dx 



Ú0

f ( x ) dx 



Ú0

È kex 2 2 kxex dx  Í 2 ÍÎ



ù k ú  2 úû 0

k  1 Þ k  2. 2

De ii segue:

c) De i segue que kx (x  5)
0. Como 0  x  5, temos x  5  0 e k  0. 5

De ii segue

Ú0 kx( x  5) dx  1.

5

5

Ú0

5

Ú0

Logo,

125k 125k 6   6 Þ 125k  6 Þ k  3 2 125

kx 2 dx 

Ú

d) De i, como 1 4x2
0, devemos ter k
0. De ii vem



Ú 1 4 x 2 dx  1 Þ k [arctg 2 x]  2. k



Mas k [arctg 2 x ]  k , logo k  2 

e k

2. a) 

Ú400 kx2  1

[

Þ kx1

]400  1

Þ

5

È x3 ù È x2 ù 5k dx  k Í ú  5k Í ú 0 Î 3 û0 Î 2 û0 5

Agora,

kx ( x  5) dx 

k  Þ 400

2 .

k  400

b)

d)

1000

1000

400 ù 400 x2  400 x1 ú  1  0, 6 1000 û 400

5000

400 400 3 ù 400 x2  400 x1 ú   5000 2000 25 û 2000

Ú400

Ú2000

Logo,

5000

3 ◊ 3200  384. 25

Exercícios 4.2 1. x

a) De F(x) 

Ú f (t ) dt (função de distribuição) segue que

F(x)  0 x F(x)  5 F(x)  1

se

x0

se

0x5

se

x5

Observamos que

lim F( x )  0 e

x Æ

lim F( x )  1

x Æ 

c) Seja a função de densidade de probabilidade 1 f ( x )  e
x
para todo x real. 2 Temos Ï 1 e x se Ô f ( x)  Ì 2 1 Ô ex se Ó2

x0 x  0.

Logo, F( x ) 

e F( x ) 

x

1

0

1

x

Ú 2 et dt  2 SÆlim ÚS et dt  2 e x se x  0 1

x

Ú 2 et dt Ú0

1

ex 1 t 1 ex 1 e dt   1  se x  0 . 2 2 2 2 2

Portanto, Ï 1 ex se x  0 Ô F ( x )  Ì 2 x e Ô1  se x  0. 2 Ó

27

2. f ( x )  F( x )  Então, f ( x ) 

d dx

È 1 2x 1 ù 1 2x Í  1 t 2 dt ú  (1 4 x 2 ) (2 x )  (1 4 x 2 ) . Î û

Ú

2 é a função densidade de probabilidade.

(1 4 x 2 )

Exercícios 4.3 1. a) E( X ) 



Úxf ( x ) dx.

Ï 1 se a  x  b Ô Sendo f ( x )  Ì b  a ÔÓ0 se x  a e x  b Temos

E( X ) 

b

Úa

x◊ b

1 1 dx  ba ba

b

È x2 ù b2  a2 a b ◊Í ú   2 Î 2 û a 2( b  a ) x a bˆ2 dx  Ê Ë 2 ¯ a ba

Úa

Var( X ) 

1 ba

Var( X ) 

(b  a)(b 2 ab a 2 ) ( a b)2 4(b 2 ab a 2 )  3( a b)2   3(b  a) 4 12

Var( X ) 

(b  a)2 12

x 2 f ( x ) dx  [ E( x )]2 

Ú

b

Var( X ) 

b

È x3 ù a bˆ2 1 b3  a3 ( a b) 2 ◊ Í ú Ê   ◊ ba 3 4 Î 3 ûa Ë 2 ¯

c) Seja a função densidade de probabilidade: Ï x se x
0 f ( x )  Ì xe se x  0 Ó0

E( X ) 





Ú0 x f ( x ) dx  Ú0 x 2ex dx

Integrando duas vezes por partes: s Ú0 x 2ex dx  [x 2ex ]0 2 Ú0 xex dx s s  [ x 2 ex ] 2 [xex  ex ]  [s 2 es ] 2 [ses  es 1] 0 0 s

s

De lim s 2 es  0; lim ses  0 e sÆ

sÆ

lim es  0

sÆ

28

resulta E( X ) 



Ú0 x 2ex dx  2

Var( X )  Var( X ) 



Ú0 x 2 f ( x ) dx  [ E( X )]

2



Ú0 x 3ex dx  4

Integrando quatro vezes por partes obtemos:

Ú0 x 3 ex dx  [x 3ex ]0 3 Ú0 x 2ex dx s

s

s

s

Ú x 2ex dx  E( X )  2 sÆ  0

De lim s 3es  0 e de lim sÆ 

resulta



Ú0 x 3ex dx  6 Var (X)  6  4  2. Exercícios 4.4 1. Seja X : N( , 2) (isto é, a variável aleatória X tem distribuição normal, com média e variância 2). Portanto, a sua função densidade de probabilidade é dada por: 1 f ( x) 

2



e

( x  ) 2 2 2

x real.

Temos, considerando r  0 um número qualquer: r 

Ú  r e

1 P(  r  X  r ) 

2

Fazendo a mudança de variável x  z Þ dx  dz

x   r Þ z  r x  r Þ z  r

( x  ) 2 2 2

dx

Logo, z 2 e 2 r

Ú

1 P(  r  X  r ) 

2

P(  r  X  r ) 

1 2

r

z 2 e 2 r

Ú

r

dz , ou seja,

dz .

29

Logo, a probabilidade de X estar entre  r e r só depende de r. 2. Seja X : N( , 2) Temos b

Úa e

1 P(a  X  b) 

2

( x  ) 2 2 2

dx.

x  , dx  dz

b  e x b Þ z 

Fazendo a mudança de variável: z  x a Þ z

a 

Logo, P(a  X  b) 

Ú

1 2

b 

a 



e

z2 2

dz.

3. Sejam X : N(50, 16) e Y: N(60, 25) a) P (X  x)  P(Y  x). 1 2

Temos P(X  x) 

P(Y  x) 

1 2

Ú

x  60 5 

Ú

x  50 5 



e

z2 2



e

z2 2

dz ( pois  50 e  4) e

dz ( pois  60 e  5).

Comparando, resulta: x  50 x  60  Þ x  10 4 5 b) P(X  x)  P(Y  x). Temos x  50 x  60  4 5

Þ

x  10

5. 1 a) Seja  ( ) 

2

b

Úa

( x  )2 e 2 2

dx.

Fazendo a mudança de variável x  z Þ dx  dz

30

a 

b  x b Þ z  .

x a Þ z

Portanto, 1  ( )

2

b

Ú



e

a

z2 2

dz

ou seja, 1  ( )  2

Ú

b

a



e

z2 2

dz.

z2

 1 b) Seja f ( z )  e 2 (função contínua). 2

 d b ˆ d Ê b  ˆ  f Ê a  ˆ d Ê a  ˆ  fÊ Ë Ë ¯ d Ë ¯ d

¯ d Ë ¯ ( a  )2 È ( b  )2 ù  d 1 Í  2 2 Ê 1 ˆ 1    e 2 2 Ê ˆ ú e Ë ¯ Ë ¯ú d 2 Í ÍÎ ûú ( b  )2 È ( a  )2  d Ê 1 ˆ Í  2 2 Á  e 2 2 ˜ e d Ë 2 ¯ Í ÍÎ

ù ú. ú úû

De outra forma, para se obter d , consideremos d 1  ( ) 2

Ú

È 1 Í  ( )  2 Í ÍÎ È 1 Í  ( )  2 Í ÍÎ

b

a

Ú



e

1 a 

b 

1

Ú

z2 2



e

dz

z2 2



e

z2 2

dz

b 

1

Ú

dz 

a 

1

Ú



e

z2 2

ù dz ú ú úû

z2 2

ù dz ú ú úû



e

31

È Í ( a  )2 Í ( b  )2  d 1 Í  2 2 d Ê b ˆ 2 2 ( )   e e Ë ¯ d d 2 Í 14 4244 3 Í 1ˆ Ê Í  Ë ¯ Î

ù ú ú d Ê a ˆú Ë ¯ú d 4 1 4244 3ú Ê 1 ˆ ú Ë ¯ û

Então, ( b  )2 È ( a  )2  d 1 Í  2 2   e 2 2 e d 2 Í ÍÎ

ù ú. ú úû

Exercícios 4.5 2. Seja X : N( , 2) X  ln Y

(distribuição logonormal)

P(a  Y  b)  P(ln a  X  ln b) 

(Y  0). ln b

Úln a f ( x ) dx.

Fazendo a mudança de variável x  ln y temos b f (ln y ) dy , para quaisquer a, b reais com 0  a  b . P(a  Y  b)  a y Assim, a função densidade de probabilidade g da variável aleatória Y é dada por: Ï f (ln y) se y  0 Ô g( y )  Ì y ÔÓ0 se y  0

Ú

( x  ) 2

 1 onde f ( x )  e 2 2

2

.

Exercícios 4.6 Ê 1ˆ  1.  Ë 2¯



Ú0

ex ◊ x



1 2

dx

Fazendo x  u2, dx  2u du temos 1  Ê ˆ 2 Ë 2¯



Ú0 eu

2

du  2 ◊



2

 Ê ˆ x 2 dx  . Á pois 0 e 2 ˜¯ Ë

Ú

32

3. Como ( 1)    () (Exemplo 4, b) 3 1 1 1 1 Ê ˆ  Ê 1ˆ  Ê ˆ 

. Ë 2¯ Ë2 ¯ 2 Ë 2¯ 2 5 3 3 3 3 Ê ˆ  Ê 1ˆ  Ê ˆ  Ë2 ¯ 2 Ë 2¯ 2 Ë 2¯

Ê1 Ë2

3

ˆ

. ¯ 4

Ê 2 n 1 ˆ  Ê 2 n  1 1ˆ  2 n  1 ◊ Ê 2 n  1 ˆ 4. Ë Ë 2 ¯ Ë 2 ¯ 2 ¯ 2 2n  1 Ê 2n  3 (2 n  1) (2 n  3) Ê 2 n  3 ˆ ◊ ◊  1ˆ  Ë ¯ Ë 2 ¯ 2 2 2 2 (2 n  1) (2 n  3) Ê 2 n  5 (2 n  1) (2 n  3) (2 n  5) Ê 2 n  5 ˆ  ◊ ◊ 1ˆ  ◊ ◊ ◊ Ë 2 ¯ Ë 2 ¯ 2 2 2 2 2 

2(n  1)

2(n  2)

(2 n  1) (2 n  3) (2 n  5) 1 1  ...  ◊ ◊ ◊ ... ◊ ◊ Ê ˆ 2 2 2 2 Ë 2¯ 

(2 n  1)(2 n  2)(2 n  3) (2 n  4) (2 n  5) ◊ ... ◊ 3 ◊ 1

2 ◊ 2 ◊ 2 ◊ ... ◊ 2 (n  1) (n  2) ◊ ... ◊ 1 14 4244 3 144424443 ( n  1)!

2 2n 1

Ê Ë

2n 1 ˆ (2 n  1)! 

. 2 ¯ 2 2 n  1 (n  1)!

Exercícios 4.7 3. Ï 1 ex b) f ( x )  Ìx

E( X ) 





Ó0

Ú0 x x 1 ex



se x  0 se x  0.

dx.

Integrando por partes: Ï  s E( X )  lim ÌÈx ◊ ex ù Í úû 0 sÆ  ÓÎ

s

Ú0 ex



¸ dx ý. þ



Como lim ses  0, resulta s Æ

E( X ) 



Ú0 ex

Var (X)  Var (X) 



dx.



Ú0 x 2 f ( x ) dx  [ E( X )] 

Ú0 x 2 x 1ex

2



dx  [ E( X )]2

33

Integrando por partes: ÏÈ 2 x  ù s 2 Var (X)  lim ÌÍÎx e ûú 0 sÆ Ó

s

Ú0 ex





¸ x dx ý  [ E( X )]2 þ

Como lim s 2 es  0, resulta s Æ

Var (X)  2 4.



Ú0 xex Ï



b) Seja f ( x )  ÔÌ xe ÓÔ0

E( X ) 



Ú0

dx  [ E( X )]2 .

x2 2

x f ( x ) dx 

se x  0 se x  0. 

Ú0



x 2e

x2 2

dx 



Ú0



x2

2 ) dx. xe {x (1 424 3 f

g

Integrando por partes: x2 È  E(X)  lim Íxe 2 sÆ  Í Î

s

2 ù  x ú e 2 dx ú 0 û0

Ú

0 Fazendo a mudança de variável: x  u, 2 E( X ) 

dx  2 du 

Ú0 eu

Var (X) 

Var (X) 

2



Ú0

2 du  2

eu du  2 ◊ 2



2

 . 2 2

Ú0 x 2 f ( x ) dx  [ E( X )] , ou seja, 

Ú0

2



x2

x 3e 2 dx  [E (X)]2.

Integrando por partes: x Ï Var (X)  lim ÔÌ x 2 e 2

[ sÆ  Ô Ó

Ï  Var (X)  lim ÔÌ x 2 e

[ sÆ  Ô Ó

2

x2

¸

]0s 2 Ú0 e 2 x dx ÔýÔ [ E( X )]2 s

þ

2

2

x x  s 2 2 e 2 0

]

[

]0s

¸Ô Ê 2 ˆ 2 ý Á ˜ Ôþ Ë 2 ¯

34

Como lim

sÆ

s2  2 s e 2

Var (X)  2 



 0 e lim e sÆ

s2 2

 0, temos:

4 

.  2 2

35

CAPÍTULO 5 Exercícios 5.1 1. c)

dx
x  cos t dt

x  ke t  e t

Como

Ú

( a 
1 e f (t )  cos t )

e
t cos t dt .

Ú e
t cos t dt  2 [e
t sen t
e
t cos t ] segue 1

[

]

e t
t e sen t
e
t cos t e, portanto, 2 sen t cos t . x  ke t 
2 2

x  ke t 

q)

dT
3T  2 (a 
3 e f(t)  2) ¤ T  ke 3t  e 3t dt

e
3t ◊ 2 dt . Ú14 4244 3


Logo, T  k e 3t
2.

2
3t e 3

2 . 3

dp  kp, pois a taxa de aumento é proporcional ao número presente. dt

dp  kp e p(0)  p0 ¤ p  p0 p0 e kt. dt Quando t  2, temos p  2 p0. Então, 2p0  p0 e2k Þ

t ln 2  p ( 2 )t . k  ln 2 . Portanto, p  p0 e 0

Ao final de 6 horas, temos:

p  p0 ( 2 )6

Þ p  8 p0 .

4. a)

R di R E (t ) Ê a  i Ë L dt L L

e

f (t ) 

E (t ) ˆ . L ¯

R
t i  ke L

R
t e L

R
t i  ke L

R
t e L

R
t i  ke L



Ú

R t eL

E0 } E (t ) dt , daí L

R

t E ◊ 0 ◊ e L e, portanto, R

E0 . R R


t E E De i  0 para t  0, segue k 
0 . Portanto, i 
0 (1
e L ). R R

b) Consideremos L  2; R  10; E(t)  110 sen 120 t e i  0 para t  0. di  5i  55 sen 120 t ( a  5 e f (t )  55 sen 120 t ) dt i  ke
5t  e
5t

Ú

e 5t 55 sen 120 t dt.

Integrando por partes, temos Ê ˆ 1 i  ke
5t  Á ˜ (
264 cos 120 t  11 sen 120 t ). 2 Ë 1  576 ¯

Como i  0 para t  0, k 

264 . Portanto, 1  576 2

ˆ Ê 1
5t
264 cos 120 t  11 sen 120 t . i Á ˜ 264e Ë 1  576 2 ¯

(

)

Exercícios 5.2 1. a)

d2x dx
2
3x  0 dt 2 dt

Equação característica: 2
2
3  0. Raízes: 1  3 e 2 
1. Solução geral: x  Ae3t  Be
t. e)

d2x
3x  0 dt 2

Equação característica: 2
3  0. Raízes: 1  3 e 2 
3 .

37

Solução geral: x  Ae

3t

 Be


3t .

2 g) d y
dy
2 y  0 dx 2 dx

Equação característica: 2

2  0. Raízes: 1  2 e 2 
1. Solução geral: y  Ae2x  Be
x.

h)

d2y dy 6  9y  0 2 dx dx

Equação característica: 2  6  9  0. Raízes 1  2 
3. Solução geral: y  Ae
3x  B xe
3x ou y  e
3x (A  Bx).

d2x 0 dt 2 Equação característica: 2  0. Raízes: 1  2  0. m)

Solução geral: x  A  Bt. Exercícios 5.3 1. b) (2  3i)2  a  bi ¤ 4  12i
9  a  bi. Logo, a 
5 e b  12. e) (i
1)4  a  bi [(i
1)2]2  (i2
2i  1)2  (
2i)2  4i2 
4. Logo, a 
4 e b  0. h)

2i  a  bi 3
i

(2  i )(3  i ) 6  5i
1 5i  5 1 1    i . (3
i )(3  i ) 10 10 2 2

Logo, a 

1 1 e b . 2 2

2. b) 2    1  0 ¤   e)  2 
w 2 ,


1 
3 1 3 
 i 2 2 2

w

¤  
w 2  w
1 , ou seja,   w i.

38

Exercícios 5.4 1. 2 a) d x  2 dx  5 x  0 dt 2 dt

Equação característica: 2  2  5  0. Raízes:  
1  2i (  1 e   2). Solução geral: x  e
t [A cos 2t  B sen 2t]. b) ˙˙ x  5x  0 Equação característica: 2  5  0. Raízes   5 i (  0 e   5 ) . Solução geral: x  A cos 5 t  B sen 5 t . f) ˙˙ y
2 y˙  2 y  0 Equação característica: 2
2  2  0. Raízes:   1  i (  1 e   2). Solução geral: y  et [A cos t  B sen t]. p) ˙˙ y  ay  0 , onde a 0 é constante. Equação característica: 2  a  0. Raízes:   ai (  0 e   a ). Solução geral: y  A cos at  B sen at . q) ˙˙ y  ay  0 , onde a 0 é uma constante. As raízes da equação característica são reais: 1 
a e 2 

a . Solução geral: y  Ae
at  Be

at . 2. b) ˙˙ x  2 x˙  2 x  0, x (0) 
1 e x˙ (0)  0. Equação característica: 2  2  2  0. Raízes:  
1  i ( 
1 e   1). Solução geral: x  e
t [A cos t  B sen t]. x(0)  A Þ A 
1. x˙ (t ) 
e
t (
cos t  B sen t )  e
t (sen t  B cos t ) . x˙ (0)  B  1 Þ B  1  0 Þ B 
1.

39

Solução particular que satisfaz às condições iniciais: x  e
t (
cos t
sen t) ou seja, x 
e
t (cos t  sen t). 3. O movimento é regido pela equação ˙˙ x  4x  0. Equação característica: 2  4  0. Raízes:    2i (  0 e   2). Solução geral: x  A cos 2t  B sen 2t. x(0)  A Þ A  1.

x˙ 
2 sen 2t  2 B cos 2t. 1 x˙ (0)  2 B Þ 2 B 
1 Þ B 
. 2

Logo, x˙ 
2 sen 2t
cos 2t. 5.

d2 f df 
f , f(0)  0 e f (0)  1. dt 2 dt 1 2

Equação característica: 2
  1  0. Raízes:    t

Ê

3

3 Ê 1 3ˆ i Á  e   . 2 2 2 ˜¯ Ë

3 ˆ

Solução geral: f  e 2 Á A cos t  B sen t . 2 2 ˜¯ Ë f (0)  A

Þ A 0

t

Ê 3 ˆ f (t )  e 2 Á B sen t˜ 2 Ë ¯ t

f (t )  f (0) 

1 2 Ê 3 e Á B sen 2 2 Ë

t

ˆ Ê 3 3 t˜  e 2 Á B cos 2 ¯ Ë 2

ˆ t˜ ¯

3 2 2 3 B Þ B  2 3 3 t

Logo, f (t ) 

2 3 2 3 e sen t. 3 2

6. Temos x˙˙  k ( x˙
x ) com x˙˙(0)  2; x˙ (0)  1 e x (0)  0. Logo, 2  k(1
0) Þ k  2. Daí x˙˙
2 x˙  2 x  0 cuja solução geral é x  et (A cos t  B sen t). Tendo em vista as condições iniciais, resulta x(t)  et sen t. 7. Pela lei de Newton: x˙˙ 
x
cx˙ , ou seja, ˙˙ x  cx˙  x  0.

40

c  c2
4 . 2 a) As raízes devem ser reais e distintas para que o movimento seja fortemente amortecido. Logo, c2
4 0 Þ c 2 (c 0).

Equação característica: 2  c  1  0. Raízes:  


b) As raízes devem ser reais e iguais para que o movimento seja criticamente amortecido. Logo, c2
4  0 Þ c  2 (pois c 0). c) As raízes devem ser complexas. Logo, c2
4 0 Þ 0 c 2 Exercícios 5.5 1. b) x˙˙  4 x˙  4 x  2t  1 . A homogênea associada é x˙˙  4 x˙  4 x  0 . Equação característica: 2  4  4  0. Raízes: 1  2 
2.

Solução geral da homogênea: xh  A e
2t  B t e
2t.

Vamos procurar uma solução particular da equação dada. Tentaremos xp  m  nt. Assim,

(m  nt)  4(m  nt)  4(m  nt)  2t  1, ou seja, 4n  4m  4nt  2t  1.

Devemos ter: ÏÌ4n  2 Ó 4( m  n )  1 ou seja, n 

1 1 e m 
. 2 4

Logo, x p 


1 1  t é uma solução particular. 4 2

A solução geral será: x  Ae
2t  Bte
2t


1 1  t. 4 2

d) x˙˙  4 x˙  3 x  8e 2t.

41

Equação característica: 2  4  3  0. Raízes: 1 
1 e 2 
3. Solução geral da homogênea: xh  Ae
t  Be
3t. Vamos procurar a solução particular da equação dada. Tentaremos xp  me2t. (me2t)  4 (me2t)  3 (me2t)  8e2t 4me2t  8me2t  3me2t  8e2t Assim, x p 

Þ 15m  8 Þ m 

8 . 15

8 2t e . 15

A solução geral é: x  Ae
t  Be
3t 

8 2t e . 15

f) ˙˙ y  2 y˙  4. Equação característica: 2  2  0. Raízes:   0 e  
2. Solução geral da homogênea: xh  A  Be
2t.

Seja xp  mt. Devemos ter: (mt)  2(mt)  4 e, portanto, m  2. Logo, xp  2t é solução particular. Solução geral: x  A  Be
2t  2t. l) x˙˙  2 x˙  x  cos 2t . Equação característica: 2  2  1  0. Raízes: 1  2 
1.

Solução geral da homogênea: xh  Ae
t  Bte
t.

Seja xp  m cos 2t  n sen 2t. Devemos ter: (m cos 2t  n sen 2t)  2(m cos 2t  n sen 2t)  (m cos 2t  n sen 2t)  cos 2t
4m cos 2t
4n sen 2t
4m sen 2t  4n cos 2t  m cos 2t  n sen 2t  cos 2t (
3m  4n) cos 2t  (
3n
4m) sen 2t  cos 2t 3 4 Ï Portanto: ÔÌ
3m  4n  1, daí m 
25 e n  25 . ÔÓ
3n
4 m  0 3 4 cos 2t  sen 2t . Solução particular: x p 
25 25

Solução geral: x  Ae
t  Bte
t


3 4 cos 2t  sen 2t . 25 25

42

m) ˙˙ x  9 x  sen 3t . Equação característica: 2  9  0. Raízes:   3i (  0 e   3). Solução geral da homogênea: xh  A cos 3t  B sen 3t. Vamos procurar uma solução particular da equação dada. Como b  0 e sen 3t é solução da homogênea, tentaremos xp  mt sen 3t  nt cos 3t. Assim, (mt sen 3t  nt cos 3t)  9(mt sen 3t  nt cos 3t)  sen 3t Temos: (mt sen 3t  nt cos 3t)  m sen 3t  3mt cos 3t  n cos 3t
3nt sen 3t (mt sen 3t  nt cos 3t)  6m cos 3t
6n sen 3t
9mt sen 3t
9nt cos 3t Substituindo na equação dada, resulta: 1 6m cos 3t
6n sen 3t  sen 3t Þ 6m  0 (m  0) e
6n  1 Ê n 
ˆ . Ë 6¯

Logo, x p 


1 t cos 3t. 6

Solução geral: x  A cos 3t  B sen 3t


1 t cos 3t. 6

2. x˙˙  w 2 x  sen wt, onde w π 0 é um real dado. Equação característica: 2  w2  0; Raízes:   wi (  0 e   w). Solução geral da homogênea: xh  A cos wt  B sen wt. Seja xp  mt sen wt  nt cos wt uma solução particular da equação dada (pois b  0 e sen wt é solução da homogênea). Temos: (mt sen wt  nt cos wt)  m sen wt  wmt cos wt  n cos wt
wnt sen wt (mt sen wt  nt cos wt)  2 wm cos wt
2wn sen wt
w2mt sen wt
w2nt cos wt Substituindo na equação dada, resulta: 2 wm cos wt
2wn sen wt  sen wt, daí

1 ˆ 2 wm  0 ( m  0) e
2 w n  1 Ê n 
. Ë 2w ¯ Portanto, x p 


1 t cos wt. 2w

43

Solução geral: x  A cos wt  B sen wt


1 t cos wt. 2w

3. a) ˙˙ x  4 x  cos t, x (0)  1 e x˙ (0) 
1. Solução geral da homogênea: xh  A cos 2t  B sen 2t Seja xp  m cos t (pois b  0 e cos t não é solução da homogênea). Temos (m cos t) 
m sen t e (m cos t) 
m cos t Substituindo na equação dada: 1
m cos t  4m cos t  cos t e, portanto, m  . 3 Solução geral: x  A cos 2t  B sen 2t 

1 2 1 Þ A  . 3 3 4 1 x˙ 
sen 2t  2 B cos 2t
sen t . 3 3 1 x˙ (0)  2 B Þ 2 B 
1 Þ B 
. 2

x (0)  A 

1 3

1 cos t . 3

Þ A

Solução do problema: x 

2 1 1 cos 2t
sen 2t  cos t. 3 2 3

d) x˙˙  4 x  5e 3t ; x (0)  0 e x˙ (0)  0. Solução da homogênea: xh  A cos 2t  B sen 2t. Seja xp  me3t. Temos (me3t)  3me3t; (me3t)  9 me3t. Daí 5 9me3t  4me3t  5e3t Þ 13 m  5 Þ m  . 13 5 Solução geral da equação: x  A cos 2t  B sen 2t  e 3t . 13 5 5 x (0)  A  Þ A 
. De 13 13 x˙ 

10 15 3t sen 2t  2 B cos 2t  e 13 13

Solução do problema: x 


segue

x˙ (0)  2 B 

15 15 Þ B 
. 13 26

5 15 5 3t cos 2t
sen 2t  e . 13 26 13

44

4. Seja xp  m sen wt  n cos wt.



Temos: (m sen wt  n cos wt)  wm cos wt
wn sen wt (m sen wt  n cos wt) 
w2m sen wt
w2n cos wt.



Substituindo , e na equação x˙˙  2 x˙  w02 x  b sen wt , resulta:
w2m sen wt
w2n cos wt  2 wm cos wt
2 wn sen wt

 w02 m sen wt  w02 n cos wt  b sen wt , ou seja,

[(w02
w 2 )m
2 wn] sen wt  [(w 2
w02 )n  2 wm] cos wt  b sen wt. Daí (

)

ÏÔ w02
w 2 m
2 wn  b Ì 2 2 ÔÓ2 wm  w0
w n  0.

(

)

Resolvendo o sistema, obtemos

m

(

(

b w02
w 2

Portanto, xp 

)

)

2 w02
w 2  4 2 w 2

(

(

b w02
w 2 w02

)

e n 


)

2
w 2  4 2 w 2

(

2 b w .  4 2 w 2

w02
w 2

sen wt


(

w02

)

2 b w cos wt,
w 2  4 2 w 2

)

ou seja, xp 

(

b

w02

)

2
w 2  4 2 w 2

[
2 w cos wt  (w02
w 2 )sen wt].

45

CAPÍTULO 6 Exercícios 6.3 1. Em notação vetorial: (x, y)
(x0, y0) (a, b) 

é a equação da reta que passa pelo ponto (x0, y0) e é r paralela à direção do vetor v
( a, b) . Portanto, (x, y)
(1, 2)  (1, 1), 

é a equação procurada. r r 3. 3x  2y
2. Então, u
(2, 3), por ser ortogonal a n
(3, 2), é paralelo à reta dada. r 6. b) 3x  y
3 é perpendicular à direção do vetor n
(3, 1) .

7. Equação vetorial da reta que passa pelo ponto (1, 2) e é paralela à reta 2x  y
3, é r perpendicular à direção do vetor n
(2, 1) . Logo, é paralela à direção do vetor r u
(1, 2) . Logo, (x, y)
(1, 2)  (1, 2), 

. r 8. A reta 2x  y
3 é perpendicular à direção do vetor n
(2, 1) . r Logo, a reta procurada é paralela à direção do vetor n
(2, 1) . Então, (x, y)
(1, 2)  (2, 1), 

, é a reta procurada.

9. a) Equação do plano que passa pelo ponto P0
(x0, y0, z0) e que é perpendicular à r direção do vetor n
( a, b, c) π (0, 0, 0) é (a, b, c) · [(x, y, z)  (x0, y0, z0)]
0. Portanto: (2, 1, 3) · [(x, y, z)  (1, 1, 1)]
0, ou seja, (2, 1, 3) · (x  1, y  1, z  1)
0 Þ 2x  2  y  1  3z  3
0 Þ Þ 2x  y  3z
6. r 10. a) O vetor n
(1, 2, 1) é perpendicular ao plano x  2y  z
3. Logo a equação vetorial da reta que passa por (0, 1, 1) e é perpendicular ao plano x  2y  z
3 é (x, y, z)
(0, 1, 1)  (1, 2,1), 

, r r r r 12. u
v é ortogonal a u e a v , daí

r r r i j k r r r r u
v
1 1 1
3i  3k 1 2 1

A equação vetorial da reta que passa pelo ponto (1, 2, 1) e é paralela à direção do vetor r r r r u
v
3i  3k é

(x, y, z)
(1, 2, 1)  (3, 0, 3), 

. r 13. a) u
(1, 2, 1)

r v
(2, 1, 2). Temos

e

r r r i j k r r r r r u
v
1 2 1
5i  4 k  3k . 2 1 2 r r r r u
v é ortogonal a u e a v. r r Logo, u
v
(5, 4, 3) é o vetor procurado.

r r r i j k r r r r r 14. b) u
v
2 1 3
4i  j  3k . 1 1 1 r r ( u
v ) · [(x, y, z)  (0, 1, 2)]
0 Þ (4, 1, 3) (x, y  1, z  2)
0 Þ 4x  y  1  3z  6
0 Þ 4x  y  3z
7.

Exercícios 6.4 2. r a)
u


(1, 2)

1  4
5

r æ1 d)
v

è , 2

1ö 1 1 13

ø 3 4 9 6

r 3. Seja u
(u1, u2 , u3 )

3.

r
u

u12  u22  u32

Temos Þ

e  ui 
ui2

i
1, 2, 3.

u22  u32  0 Þ u12  u22  u32  u12

u12  u22  u32  u12

r Þ
u
  u1 


u12  u32  0 Þ u12  u22  u32  u22

47

Þ u12  u22  u32  u22

Þ

r
u
  u2  

u12  u22  0 Þ u12  u22  u32  u32

Þ u12  u22  u32  u22

Þ

r
u
  u3  

De
,  e  segue: r
u
  ui , i
1, 2, 3.

5. r r r r r r r a)
u


(u  v )  v

u  v

v
r r r r Þ
u

u  v

v
r r r r Þ
u

v

uv
r r r r Þ
u v

u

v
r r r r r r r r r b)
v


(v  u )  u

v  u

u


u  v

u
r r r r r r r r Þ
v

u  v

u
Þ
u  v

v

u


r r r r c) Tendo em vista a) e b),
u  v

u

v
, pois, r r r r r r r r
u

v


u

v
ou
u

v


v

u
. r r 8. Sejam u
(u1, u2 , ..., un )

n e v
(v1, v2 , ..., vn )

n .

r r u ◊ v
u1v1  u2 v2  ...  un vn . r r

r

r r

r

r

r

r

Se u ◊ v
0, para todo v, em particular, teremos u ◊ u
0, logo, u
0, pois, se pelo menos r r r uma das coordenadas de u fosse diferente de zero, teríamos u ◊ u
u12  u22  ...  un2  0.

r r r 9. Seja w
u  v. Então, r r r r r r r r r u ◊ w
u ◊ ( u  v )
(u ◊ u )  (u ◊ v )

r r

u
2  ◊ 0
(pois
u

1 e r r u e v ortogonais).

r r Logo,
u ◊ v .

Analogamente, r r r r r r r r r v ◊ w
v ◊ ( u  v )
(v ◊ u )  (v ◊ v )

48

r r r r
◊ 0 
v
2
(pois
v

1 e v ◊ u
0).

r r Logo,
v ◊ w r

r

r

11. Sejam u
(u1, u2 ), v
(v1, v2 ) e w
( w1, w2 ) vetores do
2 . r r r u  v1
w1 w
u  v é equivalente ao sistema ìí 1 . î u2  v2
w2

r r u1 v1  0, pois, u e v são linearmente independentes (Exercício 10), segue que u2 v2 o sistema admite uma e apenas uma solução ( , ).

De

r r 13. Sejam u e v dois vetores unitários e ortogonais do
2. r r r r (
u


v

1 e u ◊ v
0) r r r Consideremos a combinação linear nula u  v
0. Façamos:

r r r r u ◊ ( u  v )
u ◊ 0
0. Daí, r r r r u{ ◊ u  u ◊ v
0
u
2

Þ
u
2  ◊ 0
0 123

Þ
0 e

1

r r r r r v ◊ ( u  v )
v ◊ 0
0

r r r r Þ v{ ◊ u  v ◊ v
0 123 0

|| v ||

Þ


12 v
2
0 3

2

Þ
0.

1

r r r r r Logo, se u  v
0 , então

0. Portanto, os vetores u e v são l.i. r r Do Exercício 11: se u e v são l.i. então existem dois únicos reais a e b tais que r r r w
au  bv 

Agora, r r r r r r r r r r r w u
( au  bv ) ◊ u
a u{ ◊ u  bv{ ◊u
a Þ a
w ◊u e
u
2
1

0

r r r r r r r r r r r w v
( au  bv ) ◊ v
au{ ◊ v  b v ◊ v
b Þ b
w ◊ v. 123 0


v
2
1

r r r r r r r Substituindo em : w
( w ◊ u ) ◊ u  ( w ◊ v ) v . r

r

r

14. Sejam u
(u1, u2 , u3 ); v
(v1, v2 , v3 ) e w
( w1, w2 , w3 ) vetores l. i. do
3. r r r Dizemos que u , v e w são l.i. se, quaisquer que sejam os reais , e , se r r r r u  v  w
0 , então,


0.

49

r r r r De u  v  w
0 , segue:

(u1, u2, u3)  (v1, v2, v3)  (w1, w2, w3)
(0, 0, 0) e daí ( u1  v1  w1, u2  v2  w2, u3  v3  w3)
(0, 0, 0). Recaímos no sistema linear homogêneo: ìï u1  v1  w1
0 í u2  v2  w2
0 que admite somente a solução trivial


0, se e ïî u3  v3  w3
0 somente se u1 v1 w1

u2 v2 w2

u3 v3  0. w3 r r i j r r 18. u
v
u1 u2 v1 v2 r r u u
v
2 v2

r k u3 . v3

u3 r u u r u u r i  1 3 j 1 2 k v3 v1 v3 v1 v2


(u2 v3  u3v2 , u3v1  u1v3 , u1v2  u2 v1 ). Daí

r r
u
v
2
(u2 v3  u3v2 )2  (u3v1  u1v3 )2  (u1v2  u2 v1 )2


u22 v32  u32 v22  u32 v12  u12 v32  u12 v22  u22 v12  u12 v12

 u22 v22  u32 v32  u12 v12  u22 v22  u32 v32  2u1u2 v1v2  2u1u3v1v3  2u2 u3v2 v3
u12 (v12  v22  v32 )  u22 (v12  v22  v32 )  u32 (v12  v22  v32 )  (u1v1  u2 v2  u3v3 )2


(u12  u22  u32 ) (v12  v22  v32 )  (u1v1  u2 v2  u3v3 )2 144424443 14 4244 3 14 4244 3 r r r
u
2

r
v
2

(u ◊ v ) 2

Logo, r r r r
u
v
2

u
2 ◊
v
2  (u ◊ v )2 (identidade de Lagrange). Resulta: r r r r
u
v
2 
u
2 ◊
v
2 e, portanto, r r r r
u
v

u
◊
v
. (Um outro modo mais rápido de resolver o problema é utilizando o Exercício 17.)

50

CAPÍTULO 7 Exercícios 7.3 r

r

1. Sejam F(t )
(t, sen t, 2) e G(t )
(3, t, t 2 ) . r

r

a) F(t ) ◊ G(t )
(t, sen t, 2) ◊ (3, t, t 2 )
3t  t sen t  2t 2. r r r i j k r r r r r d) F(t )
G(t )
t sen t 2
(t 2 sen t  2t ) i  (6  t 3 ) j  (t 2  3 sen t ) k . 3 t t2

r r F(t )
G(t )
(t2 sen t  2t, 6  t3, t2  3 sen t). r

r

r

r

r

r

r

r

2. Sejam r (t )
ti  2 j t 2 k e x (t )
ti  j  k . r r r i j k r r r r r r (t )
x (t )
t 2 t 2
(2  t 2 ) i  (t 3  t ) j  (3t ) k . t 1 1 r r r 3. Sejam ur(t )
sen t ir cos t jr t rk r

e

v (t )
sen t i  cos t j  k

r r u (t ) ◊ v (t )
sen 2 t  cos 2 t  t
1  t .

Exercícios 7.4

cos t ˆ r Ê r Ê t3  8 ˆ r Ê ˆ r 1. c) lim r (t )
Á lim 2 j  lim 2t k . ˜ i  Á lim ˜ Ë t Æ2 ¯ t Æ2 Ë t Æ2 t  4 ¯ Ë t Æ2 t  2 ¯ (t  2) (t 2  2t  4) 12 t3  8 lim 2
lim

3, (t  2 ) (t  2 ) 4 tÆ2 t  4 tÆ2 lim

tÆ2

cos t t2


lim

lim 2t
4 .

t Æ2

tÆ2

(sen t ) ( t2 ) 1




   ◊ sen
e 4 2 4

Portanto, r r  r r lim r (t )
3 i  j  4 k . 4 t Æ2 r f (t ) ◊ ( F1 (t ), F2 (t ), ..., Fn (t )) . Temos 2. b) f (t ) ◊ F(t )
{ 144424443





n

r f (t ) ◊ F(t )
( f (t ) F1 (t ), f (t ) F2 (t ), ...., f (t ) Fn (t )) . Segue que

r lim f (t ) F(t )
( lim f (t ) F1 (t ), lim f (t ) F2 (t ), ..., lim f (t ) Fn (t ))

t Æ t0

t Æ t0

t Æ t0

t Æ t0


( lim f (t ) ◊ lim F1 (t ), lim f (t ) lim F2 (t ), ..., lim f (t ) ◊ lim Fn (t )) . t Æ t0

t Æ t0

t Æ t0

t Æ t0

r r r De lim F(t )
a segue que lim
F(t )  a

0 .

t Æ t0

t Æ t0

t Æ t0

t Æ t0

Por outro lado, para todo i
1, 2, ..., n  Fi (t )  ai  
F(t )  a
. Pelo Teorema do Confronto:

lim Fi (t )
ai

t Æ t0

para i
1, 2, ..., n.

Portanto, usando lim f (t )
L e lim Fi (t )
ai , segue: t Æ t0

t Æ t0

r r lim f (t ) F(t )
( La1, La2 , ..., Lan )
L( a1, a2 , ..., an )
L a.

t Æ t0

r

r

r

c) Sejam F(t )
( F1 (t ), F2 (t ), F3 (t )) e lim F(t )
a
( a1, a2 , a3 ) t Æ t0

r r r G(t )
(G1 (t ), G2 (t ), G3 (t )) e lim G(t )
b
(b1, b2 , b3 ) .

r i r r F(t )
G(t )
F1 (t ) G1 (t )

r j F2 (t ) G2 (t )

t Æ t0

r k F3 (t ) G3 (t )

r r r r F(t )
G(t )
( F2 (t ) G3 (t )  F3 (t )(G2 (t )) i  ( F3 (t ) G1 (t )  F1 (t ) G3 (t )) j r  ( F1 (t ) G2 (t )  F2 (t ) G2 (t )) k . r r De lim F(t )
a segue que lim Fi (t )
ai para i
1, 2, 3 . t Æ t0

t Æ t0

t Æ t0

t Æ t0

r De lim G(t )
b segue que lim Gi (t )
bi para i
1, 2, 3 .

52

Temos

r r È ùr lim F(t )
G (t )
Í lim ( F2 (t ) G3 (t )  F3 (t ) G2 (t )ú i t Æ t0 ÍÎt Æt0 úû È ùr È ùr  Í lim ( F3 (t ) G1 (t )  F1 (t ) G3 (t ))ú j  Í lim ( F1 (t ) G2 (t )  F2 (t ) G1 (t ))ú k ÍÎt Æt0 úû ÍÎt Æt0 úû Ê ˆr Ê
Á lim F2 (t ) lim G3 (t )  lim F3 (t ) lim G2 (t )˜ i  Á lim F3 (t ) lim G1 (t ) t Æ t0 t Æ t0 t Æ t0 t Æ t0 Ë t Æ t0 ¯ Ë t Æ t0 ˆ r Ê ˆ r  lim F1 (t ) lim G3 (t )˜ j  Á lim F1 (t ) lim G2 (t )  lim F2 (t ) lim G1 (t )˜ k t Æ t0 t Æ t0 t Æ t0 t Æ t0 t Æ t0 ¯ Ë t Æ t0 ¯ r r r
( a2 b3  a3 b2 ) i  ( a3 b1  a1 b3 ) j  ( a1 b2  a2 b1 ) k




a2 b2

r i
a1 b1

a a3 r i 3 b3 b3

r j a2 b2

a1 r a j 1 b1 b1

a2 r k b2

r k r r a3
a
b . b3

3. b) Seja F(t)


r r r t  1 i  t  1 j et k

onde F(t)
(F1(t), F2(t), F3(t)). Ï F1 (t )
t  1

Componentes de F: ÔÌ F2 (t )
t  1 Ô F3 (t )
e t . Ó

F é contínua em t0 ¤ Fi é contínua em t0 para i
1, 2, 3. F1(t) é contínua para t  1  0 Þ t  1, F2(t) é contínua para t  1  0 Þ t  1 e F3(t) é contínua para todo t

. Portanto, F é contínua no conjunto {t

 t  1}. Exercícios 7.5 r 1. a) F(t )
(3t 2 , et , ln(t 2  1)) . r dF (t )
((3t 2 ) , (et ) , (ln(t 2  1)) ) , ou seja, dt r Ê 2t ˆ dF (t )
Á 6t, et , 2 ˜. t 1¯ dt Ë

53

 Ê Ê 2t ˆ ˆ d2F   t  (t )
Á (6t ) , (e ) , Á 2 ˜ ˜ , ou seja, Á dt 2 Ë t  1 ¯ ˜¯ Ë

Ê 2  2t 2 ˆ d2F (t )
Á 6, et , 2 ˜. 2 (t  1)2 ¯ dt Ë r

r

r

r

c) F(t )
sen 5t i  cos 4t j  e2t k .

r r r d r d dF d (t )
(sen 5t ) i  (cos 4t ) j  (e2t ) k , ou seja, dt dt dt dt r r r r dF (t )
5 cos 5t i  4 sen 4t j  2e2t k . dt r r d r d d2F d (t )
(5 cos 5t ) i  ( 4 sen 4t ) j  (2e2t ) k , ou seja, 2 dt dt dt dt 2 r r r d F (t )
 25 sen 5t i  16 cos 4t j  4 e2t k . 2 dt

2. b) Sejam G(t)
(t2, t) e G(1). dG (t )
(2t, 1) Þ (2, 1) é o vetor tangente à trajetória de G, em G(1). dt dG Então, X
G(1)   (1) é a reta tangente à trajetória de G no ponto G(1)
(1, 1). dt Logo (x, y)
(1, 1)   (2, 1); 

, é a reta procurada. Ê1 1 ˆ c) Seja F(t)
Ë , , t 2 ¯ . t t dF 1 1 (t )
Ê 2 ,  2 , 2t ˆ , daí Ë t ¯ dt t dF 1 1 (2)
Ê ,  , 4ˆ é o vetor tangente à trajetória de F no ponto F(2). Ë 4 4 ¯ dt

Reta tangente: dF (2), ou seja, dt 1 1 1 1 (x, y, z)
Ê , , 4ˆ   Ê ,  , 4ˆ . Ë2 2 ¯ Ë 4 4 ¯ (x, y, z)
F(2)  

r 4. Como F : I Æ
3 é derivável até 2.ª ordem em I, temos: r r r r d Êr dF ˆ dF dF d2F F (t )
(t )˜
(t )
(t )  F (t )
2 (t ) . Á dt Ë dt ¯ 1 dt44244 dt 3 dt 0

54

r d2F ( )
 (t ) . t F dt 2 r r r d Êr dF ˆ r F (t )
(t )˜
F(t )
F(t )
0 , para todo t em I. Então Á dt Ë dt ¯ r r dF (t )
k (constante) em I. Logo, F(t )
dt r r dr (t )
k . Daí 6. r (t )
dt r d Êr dr ˆ d (t )˜
( k ) , ou seja, Á r (t )
dt Ë dt ¯ dt 14442444 3

Por hipótese:

r r r r d 2r dr dr r (t )
2 (t )  (t )
(t )
0 dt dt44244 dt 3 1

Logo r (t )


r d2 r dt 2

0

r (t )
0 em
.

Exercícios 7.6

r È 1 r rù sen 3t i  j  k ú dt Í 1  t2 1 Î û

Ú

1. b)

È
Í Î

1

ùr

1

È

1

ùr

È

ùr

1

Ú1sen 3t dt úû i  ÍÎÚ1 1  t 2 úû j  ÍÎÚ1dt úû k dt

1 r 1 r r 1 1
ÈÍ cos 3t ùú i  È arctg t ù j  [t ] k 1 ÎÍ ûú1 Î 3 û1

È ùr r 1 1 ú i  [arctg 1  arctg (1)] j
Í cos 3  cos (  3 ) 1 4 2 4 3 Í 3 ú 3 cos 3 û Î

r È r  r r  ùr  [1  (1)] k
Í  Ê ˆ ú j  2 k
j  2 k . 2 Î 4 Ë 4 ¯û r r r i j k r r r r r 2. a) F (t )
G (t )
t 1 e t
(1  e t ) i  (e t  t ) j  (t  1) k . 1 1 1 1

r

r

È

1

ùr

È

1

ùr

È

1

ùr

Ú0 ( F(t )
G (t )) dt
ÍÎÚ0 (1 et ) dt úû i  ÍÎÚ0 (et  t ) dt úû j  ÍÎÚ0 (t  1) dt úû k 55

1 1 r È ù r t2 ù r È t2 i  Íe t  ú j  Í  t ú k 0 2 û0 Î Î2 û0 r 3 r 1 r
( 2  e) i  Ê e  ˆ j  k . Ë 2¯ 2

[


t  et

]

1

r

3. Seja Fr : [a, b]

n contínua,

F(t )
( F1 (t ), F2 (t ), ..., Fn (t )).

r t r Seja G(t )
F( s) ds, t
[a, b]. Temos

Ú0

Ê ˆ r t t Á t ˜ G (t )
Á F1 ( s) ds, F2 ( s) ds, ..., Fn ( s) ds˜ 0424 0424 0424 3 1 3 1 3˜ Á1 G2 ( t ) Gn ( t ) ¯ Ë G1 (t ) r Se F : [a, b]

n é contínua, então cada componente Fi de F é contínua.

Ú

Ú

Ú

Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, sendo Fi definida e contínua no intervalo [a, b], a função Gi dada por Gi (t )


t

Ú0 Fi (s) ds, t
[a, b] (i
1, 2, ..., n) é uma primitiva de Fi em

[a, b], isto é, Gi (t )
Fi(t) para todo t em [a, b]. Assim: r dG  (t ), G (t ), ..., G (t ))
F (t ). (t )
( G 13 23 n3 1 2 12 12 dt F1 ( t )

4. a) I


t2

Út

F2 ( t )

Fn ( t )

r F(t ) dt . Temos

1

I


2

r

r

r

È 2

ùr

È 2 ùr

È 2

ùr

Ú0 (t i  j  t 2 k ) dt
ÍÎÚ0 t dt úû i  ÍÎÚ0 dt úû j  ÍÎÚ0 t 2 dt úû k

2 r È t 3 ù2 r r r 8 r È t2 ù r
Í ú i  [t ]20 j  Í ú k
2 i  2 j  k . 3 Î 3 û0 Î 2 û0

Exercícios 7.7 1. a) (t)
(t cos t, t sen t)

t
[0, 2]. Daí

(t)
(t sen t  cos t, t cos t  sen t) e, portanto,
(t )

(t sen t  cos t )2  (t cos t  sen t )2
t 2 (sen 2 t  cos 2 t )  (sen 2 t  cos 2 t )
t 2  1 .

56

O comprimento da curva é: L( )


2

Ú0


(t )
dt


2

Ú0

t 2  1 dt .

Façamos a mudança de variável: t
tg u; dt
sec2 u du t
0; u
0 t
2; u
arctg 2

L( )





arctg 2

Ú0

1  tg 2 u sec 2 u du
14243 sec u

sec3 u du

arctg 2

arctg 2

Ú0

È ù u du
Ísec u tg u ú ÍÎ úû 0

sec u ◊ sec 2 ≠ f

≠ g

arctg 2

È ù
Ísec u tg u ú ÍÎ úû 0 ou seja 2

arctg 2

Ú0



arctg 2

Ú0

arctg 2

Ú0



arctg 2

Ú0

sec u tg u tg u du 1424 3 f

g

sec u (sec 2 u  1) du arctg 2

ù È sec3 u du
Ísec u tg u ú úû ÍÎ 0



arctg 2

Ú0

sec u du

Portanto:

L( )


arctg 2

Ú0

arctg 2

ù 1È sec3 u du
Ísec u tg u ú 2Í úû Î 0 1 0




1 2




1 2

arctg 2

ù 1 È  Íln(sec u  tg u)ú 2 Í úû Î 0 1

0

ù È ù È ú ú 1Í Í arctg 2 ) 2  sec 0 tg 0 ú Íln (sec(arctg 2 ) 2  ln(sec 0  tg 0)ú Ísec( 14 4244 3 144244 3 1442443 2 ú Í ú Í 0 1  4 2 1  4 2 û Î û Î 1 2 2 1  4 ◊ 2  (ln( 1  4  2 )), ou seja, 2

L( )
 1  4 2 

1 ln(2  1  4 2 ). 2

c) (t)
(cos t, sen t, et) t
[0, ].

(t)
(sen t, cos t, et).
(t )
2
sen 2 t  cos 2 t  e2t
1  e2t .

L( )




Ú0


(t )
dt




Ú0

1

(1  e2t ) 2 dt.

57

Façamos a mudança de variável et
tg ; et dt
sec2 d; dt
 t
0; 


 1  tg2 
sec2  4

sec 2  d tg 

t
; 
arctg e. Temos: 

Ú0

Ú

1  e2t dt
 /4




Úarctg e






Úarctg e



 /4

arctg e   4  /4

(1  tg  ) 678  /4 sec3  d
cossec  sec 2  d tg  arctg e 2

Ú

cossec  d 

Úarctg e



cossec  d 

Úarctg e



 /4

cossec  tg 2  d (cos  )2 sen  d

 /4

 /4

È ù È (cos  )1 ù ú
Íln(cossec   cot  )ú  Í (  ) 1 ÍÎ úû Í úû Î arctg e arctg e



Agora: cossec   cot 


1 cos  1  cos  
sen  sen  sen 

2 1  cos  4 1  2

2 1 2 sen  4 2 1  cos(arctg e ) sen(arctg e )




1


1  e2  1 e ( 1  e2  1)



1 1  e2 1  e2  1 ( 1  e2  1)
e e ( 1  e2  1) 1  e2 e




1  e2  1

햴

 /4

È ù È ù  1 Í(cos  )1 ú
ÍÊ cos ˆ  (cos arctg e )1 ú 4¯ Í ú ÍË úû Î û arctg e Î È Ê 1
Í 2 Á Í Ë 1  e2 ÍÎ

ˆ ˜ ¯

1 ù

ú
2  1  e2 햵 ú úû

58

Substituindo 햳, 햴 e 햵 em 햲: L( )
ln ( 2  1)  ln

e2 1  e2

1

 2  1  e2 ,

2  1)  2  1  e2 , L( )
ln ( 2  1)  ( ) ln {e  ln ( 1  e 1

L( )
ln ( 2  1) ◊ ( 1  e2  1)    2  1  e2 ou seja 1  e2  1    2  1  e2 . 2 1

L( )
ln

f) Seja :[0, ]

2 tal que x(t)
1  cos t e y(t)
t  sen t x(t)
sen t e y(t)
1  cos t (t)
(sen t, 1  cos t) t t
(t)
2
sen2 t  (1  cos t)2
2(1  cos t)
2 · 2 sen2
4 sen 2 2 2 L( )




Ú0


(t )
dt




Ú0

2 sen

t t  dt
4 ÈÍ cos ùú 2 2 û0 Î


4 Ê cos  cos 0ˆ
4. Ë ¯ 2 6. a) Seja : [a, b]

n, com derivada contínua e tal que
(t)
0 em [a, b]. Seja s: [a, b]

dada por s(t)


t

Úa
(u)
du.

Nestas condições a função s
s(t) é inversível. Seja t
t(s) sua inversa. A curva : [0, L]

n dada por (s)
(t(s)) está parametrizada pelo comprimento de arco (reparametrização de pelo comprimento de arco). Portanto, (t)
(2t  1, 3t  1) t  0. Temos (t)
(2, 3) e daí
(t)

4  9
13 . Segue s( t )


t

Ú0

13 du
13 t Þ t ( s)


1 s. Daí 13

3s Ê 2s ˆ

( s)
(t ( s))
Á  1,  1˜ . Ë 13 ¯ 13 b) (t)
(2 cos t, 2 sen t), t  0. (t)
(2 sen t, 2 cos t) e daí
(t)

4 sen 2 t  4 cos 2 t
2 . Segue que t

Ú0 2 du
2t

1 Þ t ( s)
s e, portanto, 2 s s Ê

(t )
(t ( s))
2 cos , 2 sen ˆ . Ë 2 2¯ s( t )


59

d) (t)
(et cos t, et sen t),

t  0. Temos

(t)
(et cos t  et sen t, et sen t  et cos t) e daí
(t)
2
e2t [(cos t  sen t)2  (sen t  cos t)2]
2e2t, ou seja,
(t)

et

s( t )


t

Ú0 eu

2 . Então

s s 2 2 du
2 e t  2 Þ e t
 1 Þ t ( s)
ln , ou seja, 2 2

( s)
(t ( s))


Ê s 2 ˆ Ê s  2 ˆˆ s 2 Ê cos Á ln ˜ , sen Á ln ˜ . Á 2 Ë 2 ¯ 2 ¯ ˜¯ Ë Ë

60

CAPÍTULO 8 Exercícios 8.1 1. Seja f(x, y)
3x  2y. a) f(1, 1)
3 · 1  2 (1)
1. d)

f ( x, y  k )  f ( x, y) 3 x  2 y  2 k  3 x  2 y

2 k k

2. Seja f ( x, y)


xy . x  2y

a) D( f )
{( x, y)

2
x  2 y π 0} , ou seja,

D( f )
{( x, y)

2
x π 2 y}. 4. f(x, y)
ax  by. Temos f(1, 0)
a Þ a
2 e f(0, 1)
b Þ b
3 Logo, f(x, y)
2a  3b. 5. a) f ( x, y)


x 3  2 xy 2 . Temos x 3  y3

f (x, y)


3 2  3 x 3  2 3 xy 2 0 x  2 xy , ou seja,
  3 x 3   3 y3 x 3  y3

f(x, y)
0f(x, y). Logo, f é homogênea de grau zero. d) f ( x, y)


2 x 2  y2

. Temos

2 2 . f (x, y)
2 2
2 ◊ 2 2 2  x  y x  y2

f(x, y)
2 f(x, y) Þ f é homogênea de grau 2.

6. f(a, b)
a para todo (a, b) com a2  b2
1 e f é homogênea de grau 2. æ 3 1ö a) f ( 4 3 , 4)
f ◊ ç 8 ◊ , 8 ◊ ÷. 2 2ø è Como f é homogênea de grau 2, segue: æ 3 1ö f ç8 ◊ , 8 ◊ ÷
82 2ø 2 è

æ 3 1ö 3 fç , ÷
64 ◊
32 3 , 2 è 2 2ø

2

æ 3ö æ 3 1ö 1 2 3  æ ö
1 e f ç , ÷
. pois ç ÷ è ø 2 2 è 2 ø è 2 2ø æ c) f ( x, y)
f ç x 2  y 2 ◊ è

x x 2  y2

, x 2  y2 ◊

ö ÷. x 2  y2 ø y

Como f é homogênea de grau 2 segue:

f ( x, y)


(

x 2  y2

)

2

æ x fç , 2 è x  y2 2

ö ÷. x 2  y2 ø y

2

æ ö æ ö x y Desde que ç ç ÷ ÷
1, segue: è x 2  y2 ø è x 2  y2 ø f ( x, y)
( x 2  y 2 ) ◊

x x 2  y2


x

x 2  y2 .

Exercícios 8.2 4. a) Seja f(x, y)
(x  1)2  (y  1)2  3 e A

2. Para cada c real, a curva de nível de f correspondente a z
c é f(x, y)
c, ou seja: (x  1)2  (y  1)2  3
c Þ (x  1)2  (y  1)2
c  3. As curvas de nível de f são circunferências concêntricas de centro (1, 1) e raio 2

Logo, c  3. Temos cmín
3 e f(1, 1)
3 o valor mínimo de f em A

. Não admite valor máximo. (f(x, y)  f(1, 1), (x, y)

2, logo, f(1, 1) é valor mínimo de f)

62

c  3.

c) Seja f(x, y)
xy e A
{(x, y)

2
x  0 e y  0}. Para cada c real, a curva de nível correspondente a z
c é xy
c (hipérboles). Se c
0 Þ x
0 ou y
0 Observamos que o valor mínimo de f é atingido quando c
0 (nos eixos coordenados). Logo, f(x, y)
0 é valor mínimo atingido nos pontos (x, 0), x  0, ou (0, y), y  0. Não há valor máximo.

g) Sejam f(x, y)
xy e A
{(x, y)

2
4x2  y2
1, y  0}. Vamos considerar os valores de f sobre A. Então, 4 x 2  y 2
1, y  0 Þ y
1  4 x 2 . Definimos g(x)
f ( x, 1  4 x 2 ) 1 1ü ì Assim, g( x )
x. 1  4 x 2 e Dg
í x


  x  ý. 2 2þ î Temos

g( x )


1  8x 2 . 1 4x

1 é ù 1 e g( x ) 0 em ú  ,  2 2 êë û 2

1 1 é em ùú , ê; 2 ë 2 2 û 1 1 ù g( x ) 0 em ú  , û 2 2 2 2

é ê. ë

Como g é contínua no intervalo é 1 , 1 ù segue que êë 2 2 úû g é estritamente crescente em é 1 , 1 ù e estritamente decrescente em ê 2 2 2 2ú ë û 1 ù 1ù é 1 é 1 ê 2 ,  2 2 ú e em ê 2 2 , 2 ú. ë û ë û Assim,

63

1 æ Portanto, gç è 2 2

1 ö ÷
 é valor mínimo de g e ø 4

æ 1 ö 1 gç ÷
é valor máximo de g. è2 2ø 4 1 1 (Observe que gæ ö
gæ ö
0. ) è

2ø

è 2ø

5. a) Sejam f(x, y)
2x  y  3 e A
{(x, y)

2
x  0, y  0 e x  y  2}. Para cada real c, a curva de nível correspondente a z
c é a reta 2x  y  3
c. Assim, as curvas de nível são retas paralelas. Atendendo às condições impostas por A, indicando por cmín o valor mínimo de f em A, a reta para z
cmín deve ser aquela que passa por (0, 0). Portanto, f(0, 0)
3 é o valor mínimo de f em A. A reta para z
cmáx deve ser aquela que passa por (2, 0). Portanto, f(2, 0)
2 · 2  3
7 é o valor máximo de f em A.

64

y e A
{( x, y)

2
1  x  0 e 1  y  2} x 1 As curvas de nível de f são as retas y
c x π 1 x 1

c) Sejam f ( x, y)


y
c(x  1) Atendendo às condições de A, o valor mínimo de f é a reta que passa por (0, 2) Portanto, f(0, 2)
2 é o valor mínimo de f em A. O valor máximo de f em A é a reta que passa por (1, 1).

Portanto, f (1, 1)


1 é o valor máximo de f em A. 2

6. Seja z
xy onde x
5  t e y
t2  3, t
[0, 4]. Considerando z(t)
(5  t) (t2  3). Vamos achar os valores máximo e mínimo de z em [0, 4]. z(t)
(5  t)(2t)  (t2  3) (1)
3t2  10t  3. 1 t
3 ou t
. 3 z(t)
6t  10. z(3)
8 0 (3 é máximo local). 1 1 zæ ö
8 0 æ é mínimo localö . è 3ø è3 ø Como z(0)
15 e z(4)
19, segue que z(3)
(5  3)(9  3)
24 Þ z(3)
24 é a altura máxima e 1 1 1 14 28 392 1 392 zæ ö
æ 5  ö æ  3ö
◊ Þ zæ ö

é a altura mínima. è 3ø è ø è 3ø 3øè 9 3 9 27 27 z(t)
0

Þ

7. Seja f(x, y)
x2  y2. x  y
1 Þ y
1  x. Vamos minimizar z(x)
f(x, 1  x). De z(x)
f(x, 1  x)
x2  (1  x)2
2x2  2x  1, segue z(x)
4x  2. 1 z(x)
0 Þ 4x  2
0 Þ x
. 2

65

De z(x)
4 0, para todo x, segue que x


1 é ponto de mínimo global. 2

æ 1 1 1ö Portanto, è , , ø é a solução procurada. 2 2 2 12. ( x, y)
4 x 2  9 y 2 . a) T 123 z
36 º 2

Logo, 4x  9y2
36 Þ

x2 y2 
1 9 4

(elipse)

b) y
x  1 z(x)
T(x, x  1)
4x2  9(x  1)2, ou seja, z(x)
13x2  18x  9. z(x)
26x  18. 18 9 z( x )
0 Þ x

. 26 13 9 De z(x)
26 0, para todo x, segue que x
é ponto de mínimo global de z
z(x). 13 9 4 y
x  1
 1
 13 13 æ 9 , 4 ö Logo, è é o ponto de mais baixa temperatura em x  y
1. (Observe que a 13 13 ø isoterma que passa por este ponto é tangente, neste ponto, à reta x  y
1. Faça uma figura e confira.) 13. b) Sejam T(x, y)
2x  y e A
{(x, y)

2
x2  y2  4}. As curvas de nível (isotermas) de T(x, y) são as retas 2x  y
c. Indicando por cmáx a mais alta temperatura em A, a reta para z
cmáx deve ser a tangente à circunferência x2  y2
4. Da mesma forma, para z
cmín, a reta deve ser tangente à circunferência

66

x2  y2
4. Vamos determinar c para que a reta 2x  y
c seja tangente à circunferência x2  y2
4. Logo, devemos determinar c para que o sistema ìx 2  y2
4 í2 x  y
c tenha solução única. î Assim, y
c  2x, x2  (c  2x)2
4 e

5x2  4 cx  c2  4
0. Para que o sistema tenha solução única, o discriminante deve ser igual a zero.
16c2  20 (c2  4) Þ 24c2  80
0 Þ c
2 5 . Logo, c
2 5 ∞C é a temperatura mais alta em A e c
2 5 ∞C é a temperatura mais baixa em A. O ponto de mais alta temperatura é o ponto em que a reta 2x  y
2 5

ì2 x  y
2 5 tangencia à circunferência, que é a solução do sistema í x  2 y
0 î onde x  2y
0 é a reta que passa pela origem e é perpendicular a 2x  y
2 5. æ4 5 2 5ö Resolvendo o sistema ç 5 , 5 ÷ é o è ø ponto de mais alta temperatura. Analogamente, resolvendo o sistema

ì2 x  y
2 5 , verificamos que íx  2 y
0 î æ 4 5 2 5ö ç 5 ,  5 ÷ é o ponto de mais baixa temperatura. è ø

Exercícios 8.3 3. Sejam C1 e C2 duas superfícies de nível de uma função f(x, y, z). O gráfico de f
{(x, y, z, w)

4
w
f(x, y, z) (x, y, z)
A}. Assim, f(x, y, z)
c1 é a superfície de nível correspondente ao nível w
c1 e f(x, y, z)
c2 é a superfície de nível correspondente ao nível w
c2. Então, C1 e C2 não podem ter ponto comum (não se interceptam). De fato, se (x, y, z)
C1 temos f(x, y, z)
c1; se (x, y, z)
C2 temos f(x, y, z)
c2 o que é um absurdo se c1  c2, pois f teria, num mesmo ponto (x, y, z), dois valores distintos.

67

CAPÍTULO 9 Exercícios 9.1 0 1. a)

lim

( x , y ) Æ ( 0, 0 )

x


sen

1 x 2  y2

0 limitada

f)

xy. ( x , y ) Æ ( 0, 0 ) x  y

lim

Seja f (x, y) 

xy. xy

Tomemos 1 e 2 tais que 1 (t)  (t, 0) e 2 (t)  (0, t). Segue que: t 1 e tÆ0 t

lim f (1 (t ))  lim

tÆ0

lim f ( 2 (t ))  lim

tÆ0

tÆ0

t  1. t

Como lim f (1 (t ))  lim f ( 2 (t )) temos que tÆ0

lim

( x , y ) Æ ( 0, 0 )

g)

tÆ0

xy não existe. xy

xy xy . Seja f ( x, y)  . 3 y  x3 ( x , y ) Æ ( 0, 0 ) y  x lim

Tomemos 1 (t)  (0, t) e 2 (t)  Segue que lim f (1 (t ))  lim

tÆ0

tÆ0

0 0 e t

(

3

)

t  t2 , t .

lim f ( 2 (t ))  lim

tÆ0

t

3

tÆ0

t  t2  lim t2 tÆ0

31t 3 2 t



Logo, o limite dado não existe. (Outro modo. Se o limite fosse L, L real, existiria r  0 tal que para todo (x, y) no domínio da função teríamos 0 ||(x, y)|| r Þ L  1 f (x, y) L  1.

햲

Porém, para todo x0  0, f (x0, y)  e isto contradiz 햲.)

x0 y tende a   quando y tende a x03 pela esquerda y  x 03

h) Sugestão: considere as curvas 1 (t)  (0, t) e 2 (t) 

(

)

t 4  t 2 , t , t  0.

4. Seja f (x, y)  x2  y. Temos f (x  h, y  k)  (x  h)2  y  k  x2  2xh  h2 y  k e lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )



f ( x  h, y  k )  f ( x, y)  2 xh  k || (h, k ) || h2

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

|h|

De

h2  k 2

.

1 para (h, k)  (0, 0) e

h2 k 2

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

h0

segue 0

h2

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

h2



k2



lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

h


h h2

 k2

 0.

limitada

5. f (x, y) 

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

x3 . Temos x 2  y2 f (h, k ) h3 .  lim || (h, k ) || ( h, k ) Æ ( 0, 0 ) (h 2  k 2 )3 / 2

Seja  (h, k) 

(h 2

h3 .  k 2 )3 / 2

69

Tomemos 1 (t)  (t, 0) e 2 (t)  (t, t).

t3 1 t Æ 0 t3

lim  (1 (t ))  lim

tÆ0

lim  ( 2 (t ))  lim

tÆ0

tÆ0




t3 t3 1  lim  / 2 3 2 3 (2t ) 2 2 tÆ0 2 2 t


é diferente de , portanto não existe

7.



f (h, k ) . ( h, k ) Æ ( 0, 0 ) || ( h, k ) || lim

sen ( x 2  y 2 ) x 2  y2 ( x , y ) Æ ( 0, 0 ) lim

Seja u  x2  y2. Se (x, y) 씮 (0, 0), então u 씮 0. Logo, sen ( x 2  y 2 ) x 2  y2 ( x , y ) Æ ( 0, 0 ) lim

sen u  1. u uÆ0

 lim

Exercícios 9.2 1. a) A função f (x, y)  3x2 y2  5xy  6 é contínua em ⺢2 pois lim f (x, y)  3x02 y02  5x0y0  6  f (x0, y0) para todo (x0, y0) 僆 ⺢2. ( x , y ) Æ ( x 0 , y0 )

Logo uma função polinomial de duas variáveis é contínua em ⺢2. c) A função f (x, y)  ln h (u)  ln u.

xy xy é composta das funções g (x, y)  2 e x 2  y2 x  y2

A função g é uma função racional contínua em ⺢2  {(0, 0)}. A função h é contínua para u  0. Portanto, h (g(x, y)) é contínua quando g (x, y)  0, ou seja, x  y  0. Então, f (x, y)  ln

xy é contínua no conjunto {(x, y) 僆 ⺢2 | x  y}.  y2

x2

70

Ï x  3 y se ( x, y)  (0, 0) Ô x 2  y2 Ô e) Seja f (x, y)  Ì Ô ÔÓ0 se ( x, y)  (0, 0) Nos pontos (x, y)  (0, 0), a função f (x, y) é contínua pois é quociente de funções contínuas. (x  y e x2  y2 são contínuas e x2  y2 não se anula nos pontos (x, y)  (0, 0)). A composta de f com a reta  (t)  (t, t) é

Ï 1 Ô t Ô f ( (t ))  Ì Ô ÔÓ0

se t  0

se t  0

Como  é contínua em t  0 e a composta f (  (t)) não é contínua em t  0

Ê ˆ Á lim f ( (t ))  f ( (0))˜ resulta que f não é contínua em (0, 0). Ët Æ 0 ¯ Portanto, f é contínua no conjunto {(x, y) 僆 ⺢2 | (x, y)  (0, 0)}. Ï Ê 1 ˆ Ô ÁË r 2  1 ˜¯ se r 1 onde r  || ( x, y) || Ôe g) Seja f ( x, y)  Ì Ô Ô0 se r 1 Ó

Essa função é contínua em todos os pontos (x0, y0) 僆 ⺢2 tais que x 02  y02 1 ou x 02  y02  1 (r 1 e r  1) pois nesses casos f ( x, y)  f ( x 0 , y0 ). lim ( x , y ) Æ ( x 0 , y0 )

Vamos analisar como fica Para que o

lim

( x , y ) Æ ( x 0 , y0 )

lim

( x , y ) Æ ( x 0 , y0 )

f ( x, y) quando x 02  y02  1.

f ( x, y) exista, seja qual for a forma pela qual nos aproxima-

mos de (x0, y0) através de pontos do domínio de f, f (x, y) deve se aproximar do mesmo valor. Assim:

lim

( x , y ) Æ ( x0 , y0 ) x 2  y2 1

f ( x, y)  lim e r r Æ 1

2

1 1 .

1

Mas

1 2 Æ  e e r  1 Æ 0, r2  1

71

logo

lim

( x , y ) Æ ( x 0 , y0 ) x 2  y2 1

f ( x, y)  0 e

lim

( x , y ) Æ ( x0 , y0 ) x 2  y2  1

f ( x, y)  lim 0  0.

Portanto, f é contínua em todo ⺢2.

Ï xy 2 Ô x 2  y 2 se ( x, y)  (0, 0) Ô 2. Seja f ( x, y)  Ì Ô Ô0 se ( x, y)  (0, 0) Ó Nos pontos (x, y)  (0, 0) a função f (x, y) é contínua pois xy2 e x2  y2 são funções contínuas e x2  y2 não se anula nos pontos (x, y)  (0, 0). Logo, f (x, y) é um quociente de funções contínuas com denominador diferente de zero. Vamos estudar a continuidade no ponto (0, 0). Temos: lim

( x , y ) Æ ( 0, 0 )

f ( x, y) 

Ê lim x0 e Á Ë ( x , y ) Æ ( 0, 0 ) Assim,

lim

( x , y ) Æ ( 0, 0 )

lim

( x , y ) Æ ( 0, 0 )

x2

y2  y2

x


y2 0 x 2  y2

1 para todo (x, y)  (0, 0).

f ( x, y)  0  f (0, 0) e f é contínua em (0, 0).

Portanto, f é contínua em ⺢2. 5. Veja respostas da Seção 9.2 na página 447.

72

CAPÍTULO 10 Exercícios 10.1 1. a) f(x, y)
5x4y2  xy3  4. Devemos olhar y como constante e derivar em relação a x: ∂f ( x, y)
20 x 3 y 2  y 3 . ∂x Devemos olhar x como constante e derivar em relação a y: ∂f ( x, y)
10 x 4 y  3 xy 2 . ∂y

c) Nos pontos (x, y)  (0, 0) aplicamos a regra do quociente: ∂z ∂ Ê x 3  y 2 ˆ ( x 2  y 2 ) (3 x 2 )  ( x 3  y 2 ) ( 2 x ) x 4  3 x 2 y 2  2 xy 2

e Á 2 ˜
2 2 2 2 ∂x ∂x Ë x  y ¯ (x  y ) ( x 2  y 2 )2 ∂z ∂ Ê x 3  y 2 ˆ ( x 2  y 2 ) (2 y)  ( x 3  y 2 ) 2 y 2 x 2 y (1  x ) .

Á 2 ˜
2 2 2 2 ∂y ∂y Ë x  y ¯ (x  y ) ( x 2  y 2 )2 No ponto (x, y)
(0, 0)

(supondo z (0, 0)
0).

∂z (0, 0) é a derivada, em x
0, de g(x)
z (x, 0)
x, x  0. ∂x x se x π 0 ∂z . Segue que Assim g(x)
z (x, 0)
ÏÌ (0, 0)
g(0)
1. Ó0 se x
0 ∂x

∂z (0, 0) é (caso exista) a derivada, em y
0, de h(y)
z(0, y)
1, y  0. ∂y Assim h(y)
∂z Ï Ô1 se y π 0 . Então h( y) não é contínua em 0 e h(0)
(0, 0) não existe. Ì ∂y ÓÔ0 se y
0

d) f(x, y)
ex

2 y 2 .

∂f ∂ x 2 y 2 2 2 2 2 ( x, y)
(e )
ex y ◊ (2 x )
2 x ex y e ∂x ∂x ∂f ∂ 2 2 2 2 2 2 ( x, y)
(ex y )
ex y ◊ (2 y)
2 y ex y ∂y ∂y 1

l) f(x, y)
3 x 3  y 2  3
( x 3  y 2  3) 3 . 1 1 ∂f ∂ 2 ( x, y)
(( x 3  y 2  3) 3 )
( x 3  y 2  3) 3 (3 x 2 )
3 ∂x ∂x

x2 3

( x 3  y 2  3)2

e

1 1 2y ∂f ∂ 2 . ( x, y)
(( x 3  y 2  3) 3 )
( x 3  y 2  3) 3 (2 y)
3 ∂y ∂y 3 3 ( x 3  y 2  3)2

m) z


x sen y . cos ( x 2  y 2 )

∂z ∂ Ê x sen y ˆ cos ( x 2  y 2 ) sen y  ( x sen y) [sen ( x 2  y 2 ) (2 x )]
Á ˜
∂x ∂x Ë cos ( x 2  y 2 ) ¯ [cos ( x 2  y 2 )]2 ∂z sen y [cos ( x 2  y 2 )  2 x 2 sen ( x 2  y 2 )] .
∂x [cos ( x 2  y 2 )]2

∂z ∂ Ê x sen y ˆ cos ( x 2  y 2 ) x cos y  x sen y [sen ( x 2  y 2 ) (2 y)]
Á ˜
∂y ∂y Ë cos ( x 2  y 2 ) ¯ [cos ( x 2  y 2 )]2 ∂z x cos y cos ( x 2  y 2 )  2 xy sen y sen ( x 2  y 2 ) .
∂y [cos ( x 2  y 2 )]2 Ê xˆ Ë y¯

3. Seja g(x, y)
 Á ˜ , onde :
Æ
é diferenciável e (1)
4.

a)

∂g ∂ Ê xˆ 1 Ê xˆ Á ˜
Á ˜ ( x, y)
∂x ∂x Ë y ¯ y Ë y ¯

∂g (1, 1)
(1)
4. ∂x b)

Ê xˆ ∂g ∂ Ê xˆ x Á ˜
 2 Á ˜ ( x, y)
∂y ∂y Ë y ¯ y Ë y¯

∂g (1, 1)
(1)
 4. ∂y

74

p
nR T . V ∂p ∂ Ê 1ˆ 1
nRT
nRT Ê 2 ˆ (olhando n, R e T como constante e derivando em Ë ¯ Ë ∂V ∂V V V ¯ relação a V) ∂p nRT
 2 . ∂V V 6. pV
nRT

Þ

∂p nR ∂ nR
(T )
(olhando n, R e V como constantes e derivando em relação a T). ∂T V ∂T V 7. Seja z
ey (x  y) ∂z ∂ y
(e ( x  y))
e y ( x  y). ∂x ∂x




∂z ∂ y
(e  ( x  y))
e y ( x  y) ◊ (1)   ( x  y) e y . 14243 ∂y ∂y ∂ ( x  y) ∂ y Somando
e :



∂z ∂z 
e y  ( x  y))  e y ( x  y)  e y ( x  y) 14 4244 3 ∂x ∂y z Logo, ∂z ∂z 
z. ∂x ∂y 10. Seja a equação xyz  z3
x. Derivando em relação a x (mantendo y constante): xy

∂z ∂z  yz  3z 2
1 ∂x ∂x

∂z ( xy  3z 2 )
1  yz ∂x ∂z 1  yz .
∂x xy  3z 2

Derivando em relação a y (olhando x como constante) xy

∂z ∂z  xz  3z 2
0 ∂y ∂y

∂z ( xy  3z 2 )
xz ∂y ∂z xz .
 ∂y xy  3z 2

75

∂z ∂x

13. Sejam w
xy  z4, z(1, 1)
1 e


4, x
1 y
1

∂w ∂z
y  4z3 , daí ∂x ∂x ∂w x
1
1  4 ◊ 4
17. ∂x y
1

15. Seja f(x, y)


x 2 y 2

Ú0

2 2 et dt. Considerando F(t)
et e u(x, y)
x2  y2, temos

∂ ∂ Ê u( x , y ) ∂u ˆ e, portanto, f ( x, y)
F(t ) dt ˜
F(u) Á ¯ ∂x ∂x Ë 0 ∂x ∂ 2 2 2 2 2 2 ( x, y)
e( x y ) ◊ 2 x
2 x e( x y ) . ∂x

Ú

Analogamente: ∂f ∂u ( x , y )
F (u ) , ou seja, ∂y ∂y ∂f 2 2 2 ( x, y)
2 y e( x y ) . ∂y

16. f(x, y)



x2

Ú0

y2

Úx

2

et dt
2

et dt  2

y2

Ú0

0

Úx

2

et dt  2

y2

Ú0

et dt 2

et dt. 2

2 Considerando F(t)
et , u(x)
x2 e v(y)
y2, temos:

∂f ∂ ( x, y)
∂x ∂x
F(u)

Ê Á Ë

x2

Ú0

ˆ ∂ Ê 2 et dt ˜  Á ¯ ∂x Ë

y2

Ú0

ˆ 2 et dt ˜ ¯

du dv  F(v) . Portanto, dx dx

∂f 4 ( x, y)
2 x ex . ∂x ∂f ∂ È ( x, y)
Í ∂y ∂y ÍÎ

x2

Ú0

ù ∂ 2 et dt ú  úû ∂y

È Í ÍÎ

y2

Ú0

ù 2 et dt ú
úû

76


F(u)

du dv  F(v) . Logo, dy dy

∂f 4 ( x, y)
2 y ey ∂y

18. Seja f(x, y)
x3y2  6 xy  (y). Temos ∂f
2 x 3 y  6 x  ( y) ∂y Comparando com

( y)
 ( y)


Ú

∂f y
2x3y  6x  2 , resulta ∂y y 1

y . Daí y 21 y dy 1
ln (1  y 2 )  c. y 2 1 2

Portanto, 1 ( y)
ln (1  y 2 ). 2 Ê ˆ 1 1 Ê ˆ Á 2 2 ˜ ˆ ∂f ∂ 1 2 y 2 1 x  y  1 Ë ¯ ◊ ∂ Ê x Áe ˜
e ( x, y)
21. b) Á 2 2 ˜ ∂x ∂x Á ∂x Ë x y 1 ¯ ˜ Ë ¯ Ê

1

ˆ

Á 2 2 ˜ ∂f 2x ( x, y)
 2 2 e Ë x y 1 ¯ , 2 ( x y 1) ∂x

se x2  y2  1 e

∂f ∂f ( x, y)
0 se x 2  y 2  1. Para x2  y2
1, ( x, y) tem que ser calculado pela ∂x ∂x definição. Lembrando que f (x, y)
0 para x2  y2
1, temos ∂f f (u, y)  f ( x, y) ( x, y)
lim ∂x u x uÆ x

f (u, y) . Para | u |  | x |, f(u, y)
0, logo tal limite é zero. Para | u |  | x |, uÆx ux


lim

∂f ( x, y)
lim ∂x uÆx

1 2  u y2  1 e

ux

0
ÈÍ ùú. Î0û

Aplicando L'Hospital, 1

2u ∂f 2 2 ( x, y)
lim e u  y  1 . 2 (u  y 2  1)2 ∂x uÆx

77

Fazendo s


lim

uÆ x

u2

1 2 u y2  1  e


lim

s Æ 

1 , para u 씮 x, s 씮  , temos  y2  1

(u 2

1
lim e s s 2  y 2  1)2 s Æ

s2
0. es

Daí, para | u |  | x | 1

∂f 1 2 2 ( x, y)
 lim e u  y  1 lim 2u
0. 2 (u  y 2  1)2 u Æ x ∂x uÆx

Assim,

∂f ( x, y)
0 para x2  y2
1. ∂x

Conclusão: 1 Ï 2 x 2 x  y2  1 ∂f Ô ( x, y)
Ì ( x 2  y 2  1) e ∂x Ô Ó0

se x 2  y 2  1 se x 2  y 2 1

Do mesmo modo mostra-se que 1 Ï 2 y 2 x  y2  1 ∂f Ô ( x, y)
Ì ( x 2  y 2  1)2 e ∂x Ô Ó0

se x 2  y 2  1 se x 2  y 2 1

23. a) z(t)
f(t, t)
t2  t2
2t2 c) (t)
(t, t, 2t2). (t)
(1, 1, 4t) Þ (1)
(1, 1, 4) Reta tangente a  no ponto (1, 1, 2) (x, y, z)
(1, 1, 2)  (1, 1, 4). d) Seja o plano z  f(1, 1)


∂f ∂f (1, 1)( x  1)  (1, 1)( y  1). ∂x ∂y

O ponto (1, 1, 2) pertence ao plano.

Ê ∂f ˆ ∂f (1, 1), (1, 1), 1˜
(2, 2, 1) é normal ao plano. Agora O vetor Á ∂y Ë ∂x ¯ (1, 1, 4) · (2, 2, 1)
0. Portanto, o vetor (1)
(1, 1, 4) é ortogonal ao vetor (2, 2, 1)

78

normal ao plano. Logo, a reta tangente T: (x, y, z)
(1, 1, 2)  (1, 1, 4) está contida no plano de equação z  f (1, 1)


∂f ∂f (1, 1) ( x  1)  (1, 1) ( y  1) . ∂x ∂y

29. a) f(x, y)
x2  y2. Temos Ï ∂f ÔÔ ∂x ( x, y)
2 x Ì ∂f Ô ( x, y)
2 y ÔÓ ∂y Resolvendo o sistema: Ï2 x
0 Ì2 y
0 Ó

Þ ( x, y)
(0, 0) é ponto crítico ou estacionário .

f) f(x, y)
x4  4xy  y4. Temos Ï ∂f 3 ÔÔ ∂x
4 x  4 y Ì ∂f Ô
4 y 3  4 x. ÔÓ ∂y

Ïx 3  y
0 Ì 3 Óy  x
0

Þ

y
x 3 .

Portanto, ÏÔ x
0 Ì ÓÔ x
1.

Daí

{yy

0 1.

Pontos críticos (0, 0) ; (1, 1) ; (1, 1). Exercícios 10.2 1. a) Seja f(x, y, z)
x e x  y  z . Temos ∂f ( x, y, z )
xe x  y  z  e x  y  z
( x  1) e x  y  z (y e z são olhadas como ∂x constantes), ∂f ( x, y, z )
xe x  y  z (x e z são olhadas como constantes) e ∂y ∂f ( x, y, z )
 x e xyz (x e y são olhadas como constantes). ∂z c) w


xyz . xyz

79

∂w ( x  y  z ) yz  xyz y z ,

∂x ( x  y  z )2 ( x  y  z )2 ∂w ( x  y  z ) xz  xyz xz e

( x  y  z )2 ( x  y  z )2 ∂y ∂w ( x  y  z ) xy  xyz xy .

( x  y  z )2 ( x  y  z )2 ∂z e) s
xw ln (x2  y2  z2  w2) È ù ∂s 2x2 (y, z, w são olhadas como
w Íln( x 2  y 2  z 2  w 2 )  2 2 2 2 ∂x x y z w úû Î constantes), ∂s 2 xyw ,
2 2 2 ∂y x y z w 2 ∂s 2 xzw
2 e ∂z x  y2  z2  w2 ∂s
x ∂w

È ù 2w 2 2 2 2 2 Íln( x  y  z  w )  x 2y 2z 2w 2 ú . Î û

4. Sejam g(x, y, z)
c)

xy 2 z 4

Ú0

e f :
Æ
contínua com f (3)
4.

f (t ) dt

∂g du ( x, y, z )
f (u) onde u
x  y2  z4. Assim, ∂z dz

∂g ( x, y, z )
f ( x  y 2  z 4 ) ◊ 4 z 3 . Daí ∂z ∂g (1, 1, 1)
f (3) ◊ 4
4 ◊ 4
16 . ∂z

6. Sejam :
씮
diferenciável tal que (3)
4 e g(x, y, z)
(x2  y2  z2) a)

∂g ( x, y, z )
( x 2  y 2  z 2 ) ◊ 2 x ∂x

∂g (1, 1, 1)
(3) ◊ 2
4 ◊ 2
8 . ∂x ∂g b) ( x, y, z )
( x 2y 2z 2 ) ◊ 2 y ∂y ∂g (1, 1, 1)
(3) ◊ 2
8 . ∂y ∂g c) ( x, y, z )
( x 2  y 2  z 2 ) ◊ 2 z ∂z ∂g (1, 1, 1)
(3) ◊ 2
8 . ∂z

80

CAPÍTULO 11 Exercícios 11.1 1. d) f(x, y)


1 . xy

Nos pontos (x, y), x
0 ou y
0, f(x, y) não está definida, logo nestes pontos f não é diferenciável. Seja, então, (x, y), com x  0 e y  0.

Ï Ôa) f admite derivadas parciais em ( x, y) Ô f é diferenciável em ( x, y) ¤ Ì E (h, k ) Ô
0 Ôb) ( h, klim )Æ ( 0, 0 )
( h, k )
Ó onde: E(h, k)
f (x  h, y  k)  f(x, y) 

E(h, k )


pois

1 1 h k    ( x  k )( y  k ) xy x 2 y xy 2

∂f 1
 2 ∂x x y

E(h, k )


∂f ∂f ( x, y) ◊ h  ( x, y) ◊ k . ∂x ∂y

e

df 1
 2 . dy xy

h 2 y 2  h 2 ky  k 2 x 2  hkxy  hk 2 x . Temos ( x  h) ( y  k ) x 2 y 2

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

E(h, k ) 1 h 2 y 2  h 2 ky  k 2 x 2  hkxy  hk 2 x lim ◊
2 2
(h, k )
( h, k )Æ ( 0, 0 ) ( x  h)( y  k ) x y h2  k 2

1 1
3 3 2 2 x y ( h, k )Æ ( 0, 0 ) ( x  h)( y  k ) x y lim

0

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

h2 y2 h2  y2




lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

hy2

h h2  k 2


0

limitada

0

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

h2 y

k h2  k 2


0

limitada 0

0

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

k

kx 2

h2  k 2


0

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

hxy

k h2  k 2

limitada


0

limitada

0

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

k2x

h h2  k 2


0. Logo

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

E(h, k )
0.
(h, k )


limitada

f(x, y)


1 é uma função diferenciável em todo (x, y), com x  0 e y  0. xy

f) f(x, y)
x2  y2 Vamos provar que f é diferenciável em todo (x, y) de ⺢2. Temos ∂f ( x, y)
2 x ∂x

∂f ( x, y)
2 y. ∂x

e

Além disso: ∂f ∂f ( x, y) ◊ h  ( x, y) ◊ k ∂y ∂x 2 2 2 2
(x  h)  (y  k)  x  y  2xh  2yk
h2  k2

E(h, k)
f(x  h, y  k)  f(x, y) 

e

E(h, k ) h2  k 2
lim 2 2 ( h, k )Æ ( 0, 0 )
( h, k )
12 4 4 3 ( h, k ) Æ ( 0, 0 ) h  k lim






È Íh ( h, k ) Æ ( 0, 0 ) Í Î lim

h h2  k 2

k

ù ú
0. h 2  k 2 úû k

Como f admite derivadas parciais em todo (x, y) 僆 Df
⺢2 e então f é diferenciável em ⺢2.

82

lim

( h, k ) Æ ( 0, 0 )

E(h, k )
0
(h, k )


Exercícios 11.2 1. f) Seja f(x, y)
arctg xy. Temos

∂f y ( x, y)
∂x 1 x 2 y2

∂f x ( x, y)
. ∂y 1 x 2 y2

e

Então f(x, y) é uma função de classe C1 em ⺢2, isto é, ∂f e ∂f são funções ∂x ∂y contínuas em ⺢2. Logo f(x, y)
arctg xy é diferenciável em ⺢2. Exercícios 11.3 1. e) Seja f(x, y)
arctg (x  2y) . 1 1 1 , f(2, )) f deve ser diferenciável em (2, ). 2 2 2 ∂f 2 ( x, y)
. ∂y 1  ( x  2 y)2

Para que f admita plano tangente no ponto (2, ∂f 1 ( x, y)
∂x 1  ( x  2 y)2

e

Da continuidade de ∂f e ∂f em ⺢2, segue que f é diferenciável em ⺢2, logo f é ∂x ∂y 1 diferenciável em (2, ). 2 ∂f 1 1 ∂f 1 e (2, )
(2, )
1 ∂x 2 2 ∂y 2 Equação do plano tangente: ∂f ∂f ( x 0 , y0 ) ( x  x 0 )  ( x 0 , y0 ) ( y  y0 ), ∂x ∂y  1 1 z
(x  2)  (y  ) e, portanto, 4 2 2 x 1  z
y  2 2 4 Equação da reta normal: 1  1 (x, y, z)
(2, , )   ( , 1, 1). 2 4 2

z  z0


f) Temos ∂f ( x, y)
y , ∂x

∂f ( x, y)
x , ∂y

∂f Ê 1 1 ˆ 1 ∂f Ê 1 1 ˆ 1 ,
e ,
. Ë ¯ ∂x 2 2 2 ∂y Ë 2 2 ¯ 2

83

Plano tangente: z

1 1 1 1 1 x y 1
( x  )  ( y  ) ou seja, z
  . 4 2 2 2 2 2 2 4

Reta normal: (x, y, z)
(

1 1 1 1 1 , , )   ( , , 1),  僆 ⺢. 2 2 4 2 2

5. a) Plano tangente em (1, 1, 1) 2x  y  3z
6 ou seja, z


2 1 x  y2. 3 3

Por outro lado: z 1


e daí z


∂f ∂f (1, 1) ( x  1)  (1, 1) ( y  1) ∂x ∂y

∂f ∂f ∂f ∂f (1, 1) ◊ x  (1, 1) ◊ y  (1, 1)  (1, 1)  1. x y x y ∂ ∂ ∂ ∂ 12 4 4 3 12 4 4 3 1444 42444 4 3 

2 3

Portanto,



1 3

2

∂f 2 (1, 1)
 e ∂x 3

∂f 1 (1, 1)
 . ∂y 3

b) Reta normal: 2 1 (x, y, z)
(1, 1, 1)  ( ,  , 1) 3 3 ou seja, (x, y, z)
(1, 1, 1)   (2, 1, 3). 7. Seja f ( x, y)


x3 x 2  y2

僆⺢

. O plano tangente em (x0, y0, z0), z0
f(x0, y0), é

∂f ∂f ( x 0 , y0 ) ( x  x 0 )  ( x 0 , y0 ) ( y  y0 ). Para que tal plano passe pela ∂x ∂y origem, devemos ter ∂f ∂f f ( x 0 , y0 )
x 0 ( x 0 , y0 )  y0 ( x 0 , y0 ). ∂x ∂y De z  z0


∂f x 4  3 x 2 y2 ∂f 2 x 3 y
2 e
2 2 2 ∂x (x  y ) ∂y ( x  y 2 )2

84

segue

x

∂f ∂f x 5  x 3 y2 x3 y
2
2
f ( x, y). 2 2 ∂x ∂y ( x  y ) x  y2

Logo, o plano tangente em (x0, y0, z0) passa pela origem. 10. Sejam f(x, y)
2  x2  y2 e g(x, y)
x2  y2. Equação do plano tangente  em (a, b, f(a, b)):

∂f ∂f ( a, b) ( x  a)  ( a, b) ( y  b) ∂x ∂y z
2  a2  b2  2a(x  a)  2b(y  b) z
2  a2  b2  2ax  2by. 햲 z  f ( a, b)


Reta normal ao gráfico de f em (a, b, f(a, b)) (x, y, z)
(a, b, f(a, b))  (2a, 2b, 1). Seja (x0, y0, f(x0, y0)) o ponto em que  tangencia o gráfico de g. Reta normal ao gráfico de g em (x0, y0, f(x0, y0)): (x, y, z)
(x0, y0, z0)  (2x0, 2y0, 1). Os vetores (2a, 2b, 1) e (2x0, 2y0, 1) são paralelos. Logo o produto vetorial é nulo. r i 2a 2 x 0

r r j k 2b 1
0 2 y0 1

r r r Þ (2 b  2 y0 ) i  (2 x 0  2 a) j  ( 4bx 0  4 ay0 ) k
0 Daí x 0
a e y0
b.

(a, b, g(a, b))
(a, b, a2  b2) 僆  (plano tangente) Substituindo em 햲: a2  b2
2  a2  b2  2a (a)  2b (b) Þ Þ 2a2  2b2
2 Þ Þ a2  b2
1. 13. Considere f(x, y)
x · g( x 2  y 2 ) onde g(u) é função derivável de uma variável. 1 424 3 u

Temos ∂f
x ◊ g(u) ◊ 2 x  g(u)
2 x 2 g(u)  g(u) ∂x

85

∂f
x ◊ g(u) ◊ (2 y)
2 xy g(u). ∂y

Daí ∂f ∂f ( a, a)  a ( a, a) ∂x ∂y que é a condição para que o plano tangente em (a, a, f(a, a)) ∂f ∂f z  f ( a, a)
( a, a) ( x  a)  ( a, a)( y  a) ∂x ∂y passe pela origem. f ( a, a)
a

15.

lim

( x , y )Æ ( x 0 , y0 )

E( x, y)
0, pois, para (x, y)  (x0, y0), tem-se

E( x, y)

( x, y)  ( x 0 , y0 )
.

E( x, y) .
( x, y)  ( x 0 , y0 )


Sendo f(x, y) diferenciável em (x0, y0), será também contínua neste ponto. Segue que lim [ f ( x, y)  a( x  x 0 )  b( y  y0 )  c]
f ( x 0 , y0 )  c
0, 424444444 3 ( x , y )Æ ( x , y ) 1444444 0

0

E( x, y)

E( x, y) resulta
( x, y)  ( x 0 , y0 )
E( x, y) E( x, y0 ) f ( x, y0 )  f ( x 0 , y0 )  a( x  x 0 ) .


( x, y0 )  ( x 0 , y0 )
x  x 0  x  x 0 

logo, c
f(x0, y0). Fazendo y
y0 em

De

E( x, y) E( x, y0 )
0 resulta lim
0 que é equivalente a ( x , y )Æ ( x 0 , y0 )
( x, y )  ( x 0 , y0 )
x Æ x 0 x  x 0  lim

E( x, y0 )
0. Segue que x  x0

lim

x Æ x0

lim

x Æ x0

f ( x, y0 )  f ( x 0 , y0 )  a( x  x 0 )
0. x  x0

Daí, lim

x Æ x0

∂f f ( x, y0 )  f ( x 0 , y0 ) ( x 0 , y0 )
a. Com raciocínio
a e, portanto, ∂x x  x0

análogo, verifica-se que

∂f ( x 0 , y0 )
b. ∂x

Exercícios 11.4 6.

P


V2 . Temos R

P ⬵ dP.

dP


2 VRdV  V 2 dR . R2

86

dV
0,2 volt e dR
0,01 ohm. Substituindo

dP


2 100 10 (0, 2)  10 4 0, 01
5 . Logo P ⬵ 5W. 10 2

Exercícios 11.5 1. a) f(x, y)
x2y. Temos

Ê ∂f ∂f ˆ  f ( x, y)
Á , ˜ Þ  f ( x, y)
(2 xy, x 2 ) Ë ∂x ∂y ¯ r r ou  f ( x, y)
2 xyi  x 2 j . b) f ( x, y)
e x 2 y 2 . Temos

Ê ∂f ∂f ˆ 2 2 2 2  f ( x, y)
Á , ˜
(2 xe x y , 2 y e x y ) Ë ∂x ∂y ¯ ou

 f ( x, y)
e x

2 y 2

r r (2 xi  2 yj ) .

c) f(x, y)
x . Temos y

Ê ∂f ∂f ˆ Ê 1 x ˆ  f ( x, y)
Á , ˜
Á ,  2 ˜ y ¯ Ë ∂x ∂y ¯ Ë y 1 r x r ou  f ( x, y)
i  2 j . y y x d) f(x, y)
arctg . Temos y Ê ∂f ∂f ˆ Ê y x ˆ  f ( x, y)
Á , ˜
Á 2 , ˜ Ë ∂x ∂y ¯ Ë x  y 2 x 2  y 2 ¯ ou r r y x  f ( x, y)
2 i  j. x  y2 x 2  y2 6. Como estamos admitindo que a imagem de está contida na superfície de nível f (x, y, z)
1, teremos (x(t))2  (y(t))2  (z(t))2
1, para todo t no domínio de . Derivando em relação a t, resulta

87

2x(t) x(t)  2y(t) y(t)  2z(t) z(t)
0. Para t
t0, (2x0, 2y0, 2z0) · (t0)
0 e, portanto, f(x0, y0) · (t0)
0. Como a curva é qualquer, podemos interpretar f(x0, y0) como um vetor normal em (x0, y0, z0) à superfície x2  y2  z2
1. 8. Seja f(x, y)
xy. (t)
(x(t), y(t)), t 僆 I, é diferenciável e sua imagem está contida na curva de nível f(x, y)
2. Assim, para todo t em I, temos x(t) y(t)
2. Derivando em relação a t, resulta x(t) y(t)  x(t) y(t)
0, ou seja, (y(t), x(t)) · (x(t), y(t))
0 e, portanto, para todo t em I, f( (t)) · (t)
0. Ê 2ˆ A imagem da curva (t )
Ë t, ¯ , t 0, está contida na curva de nível xy
2. t 9. Sejam f(x, y)
y  x2 e (t)
(sen t, sen2 t). a) De x(t)
sen t e y(t)
sen2 t resulta y(t)  x2(t)
sen2 t  sen2 t
0 para todo t. Logo, Im está contida na curva de nível f(x, y)
0. b)

A imagem de é o arco da parábola y
x2, 1  x  1. c) (t) · f( (t))
(cos t, 2 sen t cos t)·(2 sen t, 1)
2 sen t cos t  2 sen t cos t
0

88

pois

∂f
2 x, ∂x

∂f
1, (t)
(x(t), y(t))
(cos t, 2 sen t cos t) e ∂y

f( (t))
(2 sen t, 1). 10. Seja f(x, y, z)
x2  4y2  9z2. 1 Ê ˆ a) A imagem de (t)
Ë sen t, cos t, 0¯ está contida na superfície, pois 2

x2(t)  4 y2(t)  9 z2(t)
sen2 t 

1 cos2 t  9 · 0
1, para todo t. 4

b) Sendo (t) a curva do item a), temos f( (t))
(2 sen t, 4 cos t, 0) e 1 Ê ˆ (t)
Ë cos t,  sen t, 0¯ . 2 Segue que 1 Ê ˆ f( (t)) · (t)
(2 sen t, 4 cos t, 0) ◊ Ë cos t,  sen t, 0¯ 2
2 sen t cos t  2 sen t cos t
0. 1 Ê ˆ O gradiente é normal em Ë sen t, cos t, 0¯ à curva (t). 2

89

CAPÍTULO 12 Exercícios 12.1 1. a) z
sen xy, x
3t e y
t2. 1.º Processo: z
sen (3t3) e daí dz
9t 2 cos (3t 3 ). dt 2.º Processo: dz dt ∂z ∂x dz dt dz dt dz dt

∂z dx ∂z dy . Temos  ∂x dt ∂y dt dx ∂z dy
y cos xy;
3;
x cos xy;
2t e daí dt ∂y dt





3 y cos xy  x (cos xy) ◊ 2t , ou seja,
3t 2 cos 3t 3  6t 2 cos 3t 3 e, portanto,
9t 2 cos 3t 3.

b) z
x2  3y2, x
sen t e y
cos t. 1.º Processo: z
sen2 t  3 cos2 t e daí dz
2 sen t cos t  6 sen t cos t
 4 sen t cos t. dt 2.º Processo: dz ∂z dx ∂z dy . Temos
 dt ∂x dt ∂y dt ∂z dx ∂z dy
2 x;
cos t ;
6 y;
sen t. Segue que ∂x dt ∂y dt

dz
2 x cos t  6 y sen t , ou seja, dt dz
2 sen t cos t  6 sen t cos t e, portanto, dt dz
4 sen t cos t . dt 4. f(t2, 2t)
t3  3t, dx dt df dt

x
t2 e y
2t. dy df
2t ;
2 e
3t 2  3. Temos dt dt ∂f dx ∂f dy .
 ∂x dt ∂y dt

Em (x, y)
(1, 2), 3t 2  3
2t

t2
1 e 2t
2. Portanto, t
1.

∂f ∂f (1, 2)  2 (1, 2) ∂x ∂y

∂f ∂f (1, 2)  2 (1, 2). ∂x ∂y ∂f ∂f (1, 2)
 (1, 2). Ou seja: ∂x ∂y 0
2

5. a) f (3 x, x 3 )
arctg x, para todo x. Segue que, para todo t, temos, também,

f (3t, t 3 )
arctg t. Derivando em relação a t, d d f ( x, y)]
[ [arctg x ], onde x
3t e y
t3. dt dt Daí, ∂f dx ∂f dy 1 ( x, y)  ( x, y)
, para todo t. dt dy dt 1  t2 ∂x

Para t
1, 3

∂f ∂f 1 (3, 1)  3 (3, 1)
. ∂x dy 2

Tendo em vista que

∂f 11 ∂f (3, 1)
. (3, 1)
2, resulta ∂x 6 ∂y

b) Equação do plano tangente

91

∂f ∂f ( x0 , y0 ) ( x  x0 )  ( x0 , y0 )( y  y0 ) ∂x ∂y  Em (3, 1, f(3, 1)), x0
3, y0
1 e f(3, 1)
arctg 1
. 4 Substituindo:  ∂f ∂f z 
(3, 1) ( x  3)  (3, 1) ( y  1) e, portanto, ∂x ∂y 4  11 z 
 ( x  3)  2 ( y  1) . 4 6

z  f ( x0 , y0 )


2 2 9. Seja g(t)
f Ê t, ˆ , t  0. Considerando x
t e y
, temos Ë t¯ t ∂f dx ∂f dy dx dy 2 g(t )
 , onde
1 e
 2 , ou seja, ∂x dt ∂y dt dt dt t g(t )


∂f 2 ∂f ( x, y)  ( x, y). Daí, para todo t  0, ∂x t 2 ∂y

g(t )


1 t

È ∂f 2 ∂f ù 1 Ít ∂x  t ∂y ú
t Î û

È ∂f ù ∂f Í x ∂x ( x, y)  y ∂y ( x, y)ú
0. Î14444244443û 0 (por hipótese)

Logo, g (t), t  0 é constante. Ê Áx 12. Consideremos F(x, y)
f Á , Á {y Ëu

ˆ y˜ ˜. {x ˜ v¯

x ∂u 1 ∂u x ;
;
 2 . y ∂x y ∂y y y ∂v y ∂v 1 v( x , y )
;
 2 ;
. x ∂x x ∂y x

u( x , y )


Pela regra da cadeia: ∂F ∂f ∂u ∂f ∂v
 ◊ ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

∂F 1 ∂f Ê y ˆ ∂f
  ∂x y ∂u Ë x 2 ¯ ∂v ∂F ∂f du ∂f ∂v
◊  ◊ ∂y ∂u dy ∂v ∂y

∂F Ê x ˆ ∂f 1 ∂f .
Á 2 ˜  ∂y Ë y ¯ ∂u x ∂v

92

Substituindo:

È 1 ∂f È x ∂f ∂F ∂F y ∂f ù 1 ∂f ù y
x Í  2 ú  y Í y 2 ∂u  x ∂v ú. ∂x ∂y y ∂ u x ∂ v Î û Î û ∂F ∂F Logo, x y
0. ∂x ∂y x

13. u
f (w, z), onde w
x  at e z
y  bt. Pela regra da cadeia, ∂u ∂f ∂w ∂f
 ∂t ∂w ∂t ∂z ∂u ∂ f ∂w ∂f
 ∂x ∂ w ∂x ∂z ∂u ∂f ∂w ∂f
 ∂y ∂w ∂y ∂z

∂z ∂f ∂f
a b , ∂t ∂w ∂z ∂z ∂f ∂w ∂w
, pois,
1 e
0, ∂w ∂w ∂x ∂y ∂z ∂f
. ∂y ∂z

Segue que ∂u ∂u ∂u
a b . ∂t ∂x ∂y

17. Seja g(x, y)
(x2  y2) f (u, v) onde u
2x  y e v
x  2y. ∂g ∂f
2 x f (u, v)  ( x 2  y 2 ) , ∂x ∂x ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂u ∂v

2 e
1. onde ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂x ∂x Logo,

∂f ∂f ∂f
2  . ∂x ∂u ∂v

Substituindo em

∂g vem: ∂x

∂g ∂f ù È ∂f
2 x f (u, v)  ( x 2  y 2 ) Í2  ú. ∂x Î ∂u ∂v û

23. Seja f ( x, y, x 2  y 2 )
0 1 424 3 z

para todo (x, y).

Derivando em relação a x: ∂f ∂ ∂f ∂ ∂f ∂z ( x)  ( y) 
0. ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x

1 0 2x ∂f ∂f ∂f ∂f  2x
0 Þ
2 x . ∂x ∂z ∂x ∂z

93

Derivando em relação a y:

∂f ∂ ∂f ∂ ∂f ∂z ( x)  ( y) 
0. ∂x ∂y ∂y ∂y ∂z ∂y ∂f ∂f ∂f ∂f  2y
0 Þ
2 y . ∂y ∂z ∂y ∂z Em (1, 1, 2): ∂f ∂f ∂f ∂f (1, 1, 2)
 2 (1, 1, 2) e (1, 1, 2)
2 (1, 1, 2). ∂x ∂z ∂y ∂z ∂f ∂f Portanto, (1, 1, 2)
(1, 1, 2). ∂x ∂y

Ê ˆ Á x y z˜ 24. Seja F(x, y, z)
f Á , , ˜ . y { z { x˜ Á{ Ë u v w¯

x y y v( x, y, z )
; z z w( x, y, z )
; x

u( x, y, z )
;

∂u 1 ∂u x ∂u
;
 2 ;
0. ∂x y ∂y y ∂z ∂v ∂v 1 ∂v y
0;
;
 2 . ∂x ∂y z ∂z z z 1 ∂w ∂w ∂w
 2 ;
0;
. x x ∂x ∂y ∂z

Aplicando a regra da cadeia e fazendo as substituições convenientes, segue:

∂F ∂ f ∂u ∂ f
 ∂x ∂u ∂x ∂ v ∂F ∂f ∂u ∂f
 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂F ∂f ∂u ∂f
 ∂z ∂u ∂z ∂v

∂v ∂f  ∂ x ∂w ∂v ∂f  ∂y ∂w ∂v ∂f  ∂z ∂w

∂w 1 ∂ f z
 ∂x y ∂u x 2 ∂w x ∂f 1
 2  ∂y y ∂u z ∂w y ∂f 1
 2  ∂z z ∂v x ◊

Então:

x

È 1 ∂f ∂F ∂F ∂F z ∂f ù y z
xÍ  2 ∂x ∂y ∂z y ∂ u x ∂w úû Î

È x ∂f 1 ∂f ù 1 ∂f ù È y ∂f  y Í 2  ú  z Í z 2 ∂v  x ∂w ú y u z v ∂ ∂ Î û Î û e daí

94

∂f , ∂w ∂f , ∂v ∂f . ∂w

x

∂F ∂F ∂F y z
0. ∂x ∂y ∂z

25. Seja F(xy, t)
0, onde z
(x, y). Fazendo u
xy e v
z, sabemos que Logo

∂F ( xy, z ) π 0. ∂z

∂F (u, v) π 0. ∂v

∂ [ F ( xy, z )]
0, pois F(xy, z)
0. ∂x Pela regra da cadeia ∂ ∂F ∂u ∂F ∂v ∂F ∂F ∂z [ F (u, v)]

y  ◊ . ∂ x ∂ u ∂ x ∂ v ∂ x ∂u ∂z ∂x 14243 y 0 ∂F Ê ∂F ˆ ∂z π 0˜ Á Daí,
y ∂u . Ë ¯ ∂z ∂F ∂x ∂z Analogamente: ∂ [ F( xy, z )]
0, pois F(xy, z)
0. ∂y ∂ ∂F ∂u ∂F ∂v ∂F ∂F ∂z . 
x  [ F (u, v)]
∂y4 ∂v ∂y ∂u { ∂z ∂y 1 4244 3 ∂u ∂y x π0 0

∂F ∂z
 x ∂u . Daí, ∂F ∂y ∂z Substituindo: ∂F ∂z ∂z x y
 xy ∂u  xy ∂F ∂x ∂y ∂z

∂F ∂u
0. ∂F ∂z

26. a) f(x, y) é homogênea de grau , em A, se f (at, bt)
t f (a, b) para todo t  0 e para todo (a, b) 僆 A, com (at, bt) 僆 A. Sejam x
at e y
bt.

95

Derivando em relação a t os dois membros de f(at, bt)
t f(a, b): ∂f dx ∂f dy 
 t 1 f ( a, b). ∂x { dt ∂y { dt a b Logo, a

∂f ∂f ( at, bt )  b ( at, bt )
 t 1 f ( a, b) (t  0), (at, bt) 僆 A. ∂x ∂y

b) Na relação anterior fazendo t
1, a
x e b
y, obtemos a relação de Euler:

x

∂f ∂f ( x, y)  y ( x, y)
f ( x, y). ∂x ∂y

27. Para cada (a, b) em A, consideremos o maior intervalo aberto I
] r, s ], com r  0, tal que (at, bt) pertença a A para todo t em I; tal intervalo existe, pois A é uma bola aberta. Observe que t
1 pertence a este intervalo. Para cada (a, b) em A, consideremos a função g(t )


f ( at, bt ) , r  t  s. t

Vamos mostrar que g(t) é constante e igual a f(a, b), para todo t em I. Daí seguirá f (at, bt)
t f(a, b), para todo t  0 e para todo (a, b) em A, com (at, bt) em A. Para concluir que g(t) é constante em I, e pelo fato de I ser um intervalo, basta mostrar que g(t)
0 em I. Temos

d [ f (at, bt )] t   t   1 f (at, bt ) dt g(t )
, para t em I. t 2 Pela regra da cadeia

d ∂f ∂f [ f (at, bt )]
∂x (at, bt ) a  ∂y (at, bt ) b. dt Substituindo na derivada acima, simplificando e lembrando da hipótese ∂f ∂f x ( x, y)  y ( x, y)
 f (x, y), obtemos (x
at e y
bt) ∂x ∂y at g(t )


∂f ∂f ( at, bt )  bt ( at, bt )   f ( at, bt ) ∂x ∂y
0, para todo t em I. t 1

Logo, g(t) é constante no intervalo I. Como g(1)
f(a, b) e 1 pertence a I, resulta f ( at, bt ) g(t)
f(a, b), para todo t em I. Temos então t f (at, bt)
t f (a, b),

96

para todo t  0 e para todo (a, b) em A, com (at, bt) em A. Ou seja, f (x, y) é homogênea de grau  em A. 29. A função dada verifica a equação x se de função homogênea de grau (1).

∂f ∂f y
 f (relação de Euler) porque trata∂x ∂y

31. Supondo f diferenciável no aberto A e homogênea de grau , tem-se: f(tx, ty)
t f(x, y) Derivando em relação a x os dois membros: t

∂f ∂f (tx, ty)
t  ( x, y) ∂x ∂x

Logo,

(t  0 )

∂f ∂f (tx, ty)
t 1 ( x, y). ∂x ∂x

Portanto,

∂f é função homogênea de grau   1. ∂x

Exercícios 12.2 3. a) exyz  xyz
1. Seja F (x, y, z)
ex  y  z  xyz  1. F é de classe C1 no aberto A
⺢3. Observe que ∂F (0, 0, 0)
exyz  yx
1 0. F (0, 0, 0)
0 e ∂z Pelo teorema das funções implícitas, a equação define uma função z
g(x, y) de classe C1 num aberto B do ⺢2, com (0, 0) 僆 B. A função z
g(x, y) é diferenciável. ∂F ( x, y, z ) ∂z e xyz  yz e
 ∂x
 xyz ∂F  ∂x e xy ( x, y, z ) ∂z

∂F ( x, y, z ) ∂z e xyz  xz . ∂y

 xyz ∂F  xy ∂y e ( x, y, z ) ∂z b) F(x, y, z)
x3  y3  z3  x  y  z

97

F é de classe C1 no aberto A
⺢3. ∂F F(1, 1, 1)
0 e (1, 1, 1)
2 0. ∂z Pelo teorema das funções implícitas, existirá uma bola aberta B de centro (1, 1) e um intervalo I, com z0
1 僆 I, tais que, para cada (x, y) 僆 B, existe um único g(x, y) 僆 I com F(x, y, g(x y))
0. A função z
g(x, y) é diferenciável e ∂F ( x, y, z ) ∂z 3x 2  1 e
 ∂x
 2 ∂F ∂x 3z  1 ( x, y, z ) ∂z

∂F ( x, y, z ) 3y 2  1 . ∂z ∂y

 2 ∂F 3z  1 ∂y ( x, y, z ) ∂z 4. x
F(x2  y, y2), onde y
y(x) e F(u, v) são diferenciáveis. Derivando em relação a x:

[

]

d d [ x]
F ( x 2  y, y 2 , ou seja, dx dx ∂F 2 ∂u ∂F 2 ∂v 1
( x  y, y 2 )  ( x  y, y 2 ) ∂u ∂x ∂v ∂x ∂F 2 dy ∂ F dy 1
( x  y, y 2 ) ÈÍ2 x  ùú  ( x 2  y, y 2 ) 2 y ∂u dx û ∂v dx Î ∂F 2 ∂ ∂ F F È ù dy 1 2x ( x  y, y 2 )
Í ( x 2  y, y 2 )  2 y ( x 2  y, y 2 )ú ∂u ∂v Î ∂u û dx

∂F 2 1 2x ( x  y, y 2 ) dy ∂u
∂F 2 ∂F 2 dx ( x  y, y 2 )  2 y ( x  y, y 2 ) ∂u ∂v

ou seja, ∂F 1 2x (u, v) dy ∂u , u
x2  y e v
y2.
∂F ∂F dx (u, v)  2 y (u, v) ∂u ∂v

5. a) y
g(x) é diferenciável no intervalo aberto I e dada implicitamente por f(x, y)
0 com f(x, y) de classe C2. Uma condição necessária para que x0 seja ponto de máximo local de g é que g(x0)
0. Derivando em relação a x, f(x, y)
0 (utilizando a regra da cadeia) temos

98

∂f ( x, y) ∂f ∂f ∂ ( x, y)  ( x, y) g( x )
0 e daí g( x )
 x , pois, por hipótese, ∂f ∂x ∂y ( x, y) ∂y

∂f ( x, y) π 0 em Df. Como ∂y ∂f g( x 0 )
0 ¤ ( x 0 , y0 )
0 ∂x ∂f resulta que ( x 0 , y0 )
0 é condição necessária para que x0 seja ponto de máximo ∂x local de g. ∂f ( x, y) . b) g( x )
 ∂x ∂f ( x, y) ∂y Derivando novamente, utilizando regra da cadeia, segue:

g ( x )


ˆ ∂f Ê ∂ 2 f ˆ ∂f Ê ∂ 2 f ∂2 f ∂2 f ◊ g( x )˜   2 ◊ g( x )˜ Á 2  Á ∂y Ë ∂x ∂x∂y ¯ ∂x Ë ∂x∂y ∂y ¯

Ê ∂f ˆ Á ˜ ∂y Substituindo g(x) por seu valor: Ë ¯

2

∂ 2 f Ê ∂f /∂x ˆ ù ∂f È ∂ 2 f ∂ 2 f Ê ∂f /∂x ˆ ù ∂f È ∂ 2 f  2 ◊ Á Í Í 2  2 ◊ Á ˜ú ˜ú  ∂y Î ∂x ∂x y Ë ∂f /∂y ¯ û ∂x Î ∂x∂y ∂y Ë ∂f /∂y ¯ û g ( x )
 2 Ê ∂f ˆ Á ˜ Ë ∂y ¯ 2

g ( x )


∂ 2 f Ê ∂f ˆ ∂ 2 f ∂f ∂f ∂ 2 f Ê ∂f ˆ  2 Á ˜ Á ˜ 2 2 ∂x Ë ∂y ¯ ∂x∂y ∂x ∂y ∂y Ë ∂x ¯ Ê ∂f ˆ Á ˜ Ë ∂y ¯

3

2

.

Como f(x, y) é suposta de classe C2, f admite derivadas parciais de ordem 1 e 2 contínuas.

Ê ∂f ˆ 0 em D f ˜ , logo, g é uma função Então g (x) é um quociente de funções contínuas Á Ë ∂y ¯ contínua. c) Uma condição suficiente para que x0 seja ponto de máximo local de g é que g(x0)
0 e g (x0)  0.

99

Segue então dos itens (a) e (b) e que ∂f ( x 0 , y0 )
0 ∂x

e

2

∂ 2 f Ê ∂f ˆ ∂ 2 f ∂f ∂f ∂ 2 f Ê ∂f ˆ  2 Á ˜ Á ˜ 2 2 ∂x Ë ∂y ¯ ∂x∂y ∂x ∂y ∂y Ë ∂x ¯ Ê ∂f ˆ Á ˜ Ë ∂y ¯

2

3

 0 em ( x 0 , y0 )

é uma condição suficiente para x0 ser ponto máximo local de g(x). x z , v
 ,  0 constante, com z
z (x, y) e f (u, v) y x ∂z ∂z ∂f diferenciáveis e  y
z. (u, v) 0. Queremos mostrar que x ∂y ∂x ∂x Derivando em relação a x e depois em relação a y os dois membros da equação f(u, v)
0, obtemos

7. São dados f (u, v)
0, u


1 ∂f ∂f Ê  ∂z   x1 Áx y ∂u ∂v Ë ∂x

ˆ z˜
0 ¯

e



∂f Ê  ∂z ˆ x ∂f  Áx ˜
0. 2 ∂v Ë ∂y ¯ y ∂u

Multiplicando a primeira equação por x, a segunda por y, somando membro as equações ∂f obtidas e lembrando que (u, v) 0, resulta ∂u Ê ∂z ˆ ∂z x Á x y  z˜
0 ∂y Ë ∂x ¯

e, portanto, x

∂z ∂z y
z. ∂x ∂y

(Observe que pelos dados devemos ter obrigatoriamente x 0.) 11. a)

∂ ( F, G ) é o determinante jacobiano de F e G em relação a x e y. ∂ ( x, y)

Sendo F (x, y, z)
x2  y2  z2 e G (x, y, z)
x  y  z, temos

∂F ∂ ( F, G ) ∂x
∂G ∂ ( x, y) ∂x

∂F 2x 2y ∂y

2 x  2 y
2( x  y ) . 1 1 ∂G ∂y

100

b) Sendo u
xyz e v
x3  y2

∂u ∂ (u, v) ∂y
∂v ∂ ( y, z ) ∂y

∂u xz ∂z
2y ∂v ∂z

xy
 2 xy 2. 0

c) Sendo x
r  3s  t2 e y
r2  s2  3t2 ∂x ∂ ( x, y)
∂r ∂y ∂ ( r, s ) ∂r

∂x 3 ∂s
1
 2 s  6r
 2( s  3r ). 2 r 2 s ∂y ∂s

d) Sendo x
r  3s  t2 e y
r2  s2  3t2 ∂x ∂ ( x, y)
∂s ∂y ∂ ( s, t ) ∂s

∂x 2t ∂t
3
 18t  4 st
 2t (9  2 s). 2 s 6t ∂y ∂t

101

CAPÍTULO 14 Exercícios 14.1 1. b)

∂z 2 2
2 x e x y ∂x

e

∂z 2 2
2 y e x y . Temos ∂y

∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ ∂ 2 2 2 2 2 2 2 2
(2 xe x y )
4 x 2 e x y  2e x  y
2e x y (2 x 2  1), Á ˜
∂x 2 ∂x Ë ∂x ¯ ∂x

∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ ∂ 2 2 2 2 2 2 2 2
Á ˜
(2 ye x y )
4 y 2 e x y  2e x y
2e x y (2 y 2  1), ∂y 2 ∂y Ë ∂y ¯ ∂y ∂ ∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ 2 2 2 2
(2 ye x y )
4 xye x y e Á ˜
∂x∂y ∂x Ë ∂y ¯ ∂x ∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ ∂ 2 2 2 2
Á ˜
(2 xe x y )
4 xye x y . ∂y∂x ∂y Ë ∂x ¯ ∂y

c)

∂z 2x ∂z 2y e
. Temos
∂y 1  x 2  y 2 ∂x 1  x 2  y 2

ˆ (1  x 2  y 2 ) ◊ 2  2 x ◊ 2 x ∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ 2x ∂ Ê
, Á ˜
Á ˜
2 2 2 Ë ¯ ∂x ∂x ∂x (1  x 2  y 2 )2 ∂x Ë 1  x  y ¯ ∂2 z 2  2 y 2 2 x 2
, 2 ∂x (1  x 2  y 2 )2

ˆ 2  2 x 2  2 y2 ∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ ∂ Ê 2y
Á ˜
Á e ˜
2 2 2 ∂y ∂y Ë ∂y ¯ ∂y Ë 1  x  y ¯ (1  x 2  y 2 )2

ˆ ∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ 2y 4 xy ∂ Ê ∂2 z


. Á ˜
Á ˜ ∂x∂y ∂x Ë ∂y ¯ ∂x Ë 1  x 2  y 2 ¯ (1  x 2  y 2 )2 ∂y∂x 2. Seja f(x, y)


a)

1 . x 2  y2

∂f 2x ;
 2 ( x  y 2 )2 ∂x

( x 2  y 2 )2 ◊ (2)  2 x ◊ 2( x 2 y 2 ) ◊ 2 x ∂2 f , ou seja,
2 ( x 2  y 2 )4 ∂x

∂2 f 6 x 4  4 x 2 y2  2 y4
. 2 ∂x ( x 2  y 2 )4

∂2 f ∂ Ê ∂f ˆ ∂
Á ˜
∂x∂y ∂y Ë ∂x ¯ ∂y

Ê ˆ 2 x ◊ 2( x 2  y 2 ) ◊ 2 y 2x Á 2 ˜
2 2 ( x 2  y 2 )4 Ë (x  y ) ¯

∂2 f 8 xy( x 2  y 2 )
. ∂y∂x ( x 2  y 2 )4

Substituindo, x

∂2 f ∂2 f ( x, y)  y ( x, y) 2 ∂x ∂y∂x




6 x 5  4 x 3 y 2  2 xy 4  8 x 3 y 2  8 xy 4 6 x 5  12 x 3 y 2  6 xy 4
( x 2  y 2 )4 ( x 2  y 2 )4




6 x ( x 4  2 x 2 y 2  y 4 ) 6 x ( x 2  y 2 )2 6x

2 2 2 4 2 2 4 (x  y ) (x  y ) ( x  y 2 )2


(3) ◊ 

2x ∂f
3 ( x, y). ( x 2  y 2 )2 ∂x

∂2 f y∂ 2 f ∂f ( x , y )  ( x, y)
3 ( x, y). (Observação. Poderíamos ter chegado a 2 ∂x ∂y∂x ∂x ∂f este resultado sem fazer contas: é só observar que é homogênea de grau 3 e usar a ∂x relação de Euler.) Logo, x

b)

∂2 f 6 x 4  4 x 2 y2  2 y4
e ∂x 2 ( x 2  y 2 )4

ˆ ( x 2  y 2 )2 ◊ (2)  2 y 2( x 2  y 2 ) ◊ 2 y ∂2 f ∂ Ê ∂f ˆ ∂ Ê 2y
Á ˜
˜
Á 2 2 2 2 ∂y ∂y Ë ∂y ¯ ∂y Ë ( x  y ) ¯ ( x 2  y 2 )4 ∂ 2 f 2 x 4  4 x 2 y 2  2 y 4  8 x 2 y 2  8 y 4 2 x 4  4 x 2 y 2  6 y 4

. ∂y 2 ( x 2  y 2 )4 ( x 2  y 2 )4

Substituindo, ∂2 f ∂2 f 6 x 4  4 x 2 y2  2 y4  2 x 4  4 x 2 y2  6 y4 ( x, y)  2 ( x, y)
2 ( x 2  y 2 )4 ∂y ∂y


4 x 4  8x 2 y2  4 y 4 4( x 2  y 2 ) 2 4
2
2 . 2 2 4 2 4 (x  y ) (x  y ) ( x  y 2 )2

Portanto, a identidade se verifica:

∂2 f ∂2 f 4 ( x, y)  2 ( x, y)
2 . 2 ∂x ∂y ( x  y 2 )2 3. f(x, y)
ln(x2  y2).

118

∂f 2x ∂2 f ∂ Ê 2 x ˆ ( x 2  y2 ) ◊ 2  2 x ◊ 2 x ; 2
,
2 Á ˜
2 ( x 2  y 2 )2 ∂x x  y ∂x ∂x Ë x 2  y 2 ¯ ∂2 f 2 y2  2 x 2
, ( x 2  y 2 )2 ∂x 2

∂2 f ∂ Ê 2 y ˆ 2 x 2  2 y 2 e daí
Á ˜
∂y 2 ∂y Ë x 2  y 2 ¯ ( x 2  y 2 )2

∂2 f ∂2 f 2 y2  2 x 2  2 x 2  2 y2 

0. ∂x 2 ∂y 2 ( x 2  y 2 )2

5. Como f, g: A 傺 ⺢2 씮 ⺢, A aberto, são funções de classe C2, conclui-se que

∂f ∂g
∂x ∂y

∂2 g ∂2 g ∂2 f ∂2 f
e
. Temos ∂x∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂y∂x

Þ

∂2 f ∂ Ê ∂g ˆ ∂2 g e
Á ˜
2 ∂x ∂x Ë ∂y ¯ ∂x∂y

∂2 g ∂2 g ∂ Ê ∂g ˆ ∂2 f ∂ Ê ∂f ˆ

 . Á ˜
ÁË ˜¯
 2 ∂y∂x ∂x∂y ∂x ∂y ∂y Ë ∂y ¯ ∂y

Portanto,

∂2 f ∂2 f ∂2 g ∂2 g  2

0. 2 ∂x ∂y ∂x∂y ∂x∂y Analogamente,

∂2 g ∂ Ê ∂g ˆ ∂ Ê ∂f ˆ ∂2 f


 e Á ˜ Á ˜ ∂x 2 ∂x Ë ∂x ¯ ∂x Ë ∂y ¯ ∂x∂y ∂2 g ∂
∂y 2 ∂y

Ê ∂g ˆ ∂ Ê ∂f ˆ ∂ 2 f ∂2 f
. Á ˜
ÁË ˜¯
∂y∂x ∂x∂y Ë ∂y ¯ ∂y ∂x

Portanto,

∂2 g ∂2 g ∂2 f ∂2 f  2
 
0. 2 ∂x ∂y ∂x∂y ∂x∂y 6. Como f: A 傺 ⺢3 씮 ⺢ é de classe C2 no aberto A (f e todas as derivadas parciais de 1.ª e 2.ª ordens são contínuas), pelo teorema de Schwarz, temos: a)

∂2 f ∂2 f
∂x∂y ∂y∂x

b)

∂2 f ∂2 f
∂x∂y ∂z∂x

2 2 c) ∂ f
∂ f ∂y∂z ∂z∂y

119

Ï x 2  y2 Ô xy 8. Seja f ( x, y)
Ì x 2  y 2 ÔÓ0

se ( x, y)  (0, 0) se ( x, y)
(0, 0)

Devemos, inicialmente, determinar as derivadas parciais de 1.ª ordem de f. Para (x, y)  (0, 0) temos: ∂f 4 x 2 y3  x 4 y  y5
( x 2  y 2 )2 ∂x

e ∂f 4 x 3 y 2  xy 4  x 5
. ∂y ( x 2  y 2 )2

Em (0, 0) temos: ∂f f ( x, 0)  f (0, 0) (0, 0)
lim
0 e ∂x x xÆ0 ∂f f (0, y)  f (0, 0) (0, 0)
lim
0. ∂y y yÆ 0

Portanto,

Ï 4 x 2 y3  x 4 y  y5 ∂f Ô ( x, y)
Ì ( x 2  y 2 )2 ∂x ÔÓ0 Ï 4 x 3 y 2  xy 4  x 5 ∂f Ô ( x, y)
Ì ( x 2  y 2 )2 ∂y ÔÓ0

se ( x, y)  (0, 0) se ( x, y)
(0, 0) se ( x, y)  (0, 0) se ( x, y)
(0, 0).

Continuando, calculando agora: ∂f ∂f ( x, 0)  (0, 0) ∂y ∂y (0, 0)
lim ∂x∂y x 0 xÆ0 ∂2 f

x5 0 4 x
lim x
lim
1. x xÆ0 xÆ0 x

∂f ∂f (0, y)  (0, 0) ∂2 f ∂x ∂y (0, 0)
lim ∂y∂x y0 yÆ 0

120


lim

yÆ 0

Logo,

y5 0 y y4
lim 
1. y y yÆ 0

∂2 f (0, 0)
1 ∂x∂y

∂2 f (0, 0)
1. (f(x, y) é de classe C2 em ⺢2? Por quê?) ∂y∂x

e

9. Seja u(x, t)
A sen(at  ) sen x. ∂u
A sen x ◊ cos( at   ) ◊ ( a ) ∂t ∂2u
A ( a ) sen x ◊ (sen ( at   )) a. ∂t 2 ∂2u
Aa 2 2 sen x ◊ sen( at   ).
∂t 2 Por outro lado, ∂u
A sen ( at   )(cos x ) ◊  ∂x ∂2u
A 2 sen ( at   ) ◊ sen x.  ∂x 2

Comparando
e : 2 ∂2u 2 ∂ u.
a ∂t 2 ∂x 2

10. Seja u
f(x  at)  g(x  at). Considerando y
x  at e z
x  at. ∂u df ∂y dg ∂z ∂u df
 e
∂t dy ∂t dz ∂t ∂x dy ∂u df dg ∂u df
a a e
 dy dz dy ∂t ∂x 2 2 ∂2u 2 d f  a2 d g
a ∂t 2 dy 2 dz 2

e

∂y dg ∂z  ∂x dz ∂x dg dz

∂2u d 2 f d 2g
 . ∂x 2 dy 2 dz 2

Portanto, ∂2u ∂2u
a2 2 . 2 ∂t ∂x

11. Sejam x
x(u, v) e y
y(u, v) com x(1, 1)  0, x3  y3
u  v e xy
u  2v.

121

Calculando as derivadas parciais, Ï 2 ∂x 2 ∂y Ô3 x ∂u  3 y ∂u
1 Ì ∂y ∂x Ôx y
1. ∂u Ó ∂u

Resolvendo o sistema, temos:

∂x x  3y 2
3 ∂u 3 x  3 y 3 Se xy
u  2v, então (x(1, 1)) · (y(1, 1))
1  2
1. Mas x(1, 1)  0. Logo, y(1, 1)  0 e y(1, 1)


1 x(1, 1)

Se x3  y3
u  v, então (x(1, 1))3  (y(1, 1))3
0. Logo, y(1, 1)
x(1, 1)  De
e  concluímos que x(1, 1)
1 e y(1, 1)
1. Portanto, ∂x (1,1)
∂u

14. Seja z


x (1, 1)  3[ y(1, 1)]2 1 3 2 1


 . 3[ x (1, 1)]3  3[ y(1, 1)]3 3  3 6 3

x 2 y 2 È u

Ú1

Í Î

ù

Ú0 sen t 2 dt úû du.

Pelo teorema fundamental do Cálculo temos:

∂z È
Í ∂y ÍÎ

x 2 y 2

Ú0

ù sen t 2 dt ú (2 y) úû

∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ 2 2 2
Á ˜
(2 y) sen( x  y ) ◊ 2 x ∂x∂y ∂x Ë ∂y ¯

∂2 z
4 xy sen( x 2  y 2 )2 . ∂x∂y b)

∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ
Á ˜ 2 ∂x ∂x Ë ∂x ¯

∂z
2x ∂x

x 2 y 2

Ú0

sen t 2 dt

x 2 y 2 ∂2 z 2 sen ( x 2  y 2 ) 2  2
4 sen t 2 dt x ∂x 2 0

Ú

122




0 ∂2 z ( 1 , 1 )
4 1 sen 0  2 sen t 2 dt ◊ ◊ 1 23 ∂x 2 0 4243 1

Ú

0

∂2 z

∂x 2

0

(1, 1)
0.

Exercícios 14.2 1. ∂f ( x, y) com x
t 2 e y
sen t . Temos ∂x

a) g(t )


dx dy
2t e
cos t. dt dt

g (t )


∂ Ê ∂f ˆ dy È ∂f ù ∂ Ê ∂f ˆ dx ÍÎ ∂x ( x, y)úû
∂x ÁË ∂x ˜¯ dt  ∂y ÁË ∂x ˜¯ dt , ou seja,

d dt

g (t )
2t

∂2 f ∂2 f ( x , y )  cos t ( x, y). ∂x 2 ∂y∂x

b) g(t )
t 3

∂f ( x, y), com x
3t e y
2t. Temos ∂x dx dy
3 e
2. dt dt

d dt

È 3 ∂f ù ÍÎt ∂x (3t, 2t )úû,

g (t )
3t 2

∂f (3t, 2t )  t 3 ∂x

g (t )
3t 2

∂f ∂2 f ∂2 f (3t, 2t )  3t 3 2 (3t, 2t )  2 (3t, 2t ). ∂x ∂x ∂y∂x

g (t )


c) g(t )


∂f 2 ∂f (t , 2 t )  5 (sen 3t, t ) daí ∂x ∂y

ù d È ∂f È ∂f 2 ù ÍÎ ∂x (t , 2t )úû  5 dt Í ∂y (sen 3t, t )ú, ou seja, Î û

g (t )


d dt

g (t )


∂ ∂x



È ∂ Ê ∂f ∂ Ê ∂f ˆ dy ù ˆ dx Í ∂x ÁË ∂x (3t, 2t )˜¯ dt  ∂y ÁË ∂x (3t, 2t )˜¯ dt ú, ou seja, Î û

È ∂ Ê ∂f ˆù ∂ Ê ∂f 2 Ê ∂f 2 ˆ ˆ (t , 2t )˜ ◊ 2t  (t , 2t )˜ ◊ 2  5 Í Á (sen 3t, t )˜ ú 3 cos 3t Á Á Ë ∂x ¯ ¯ ∂y Ë ∂x ¯û Î ∂x Ë ∂y

ˆ ∂ Ê ∂f ∂2 f 2 ∂2 f 2 (t , 2 t ) Á (sen 3t, t )˜
2t 2 (t , 2t )  2 ∂y Ë ∂y ∂x ∂y∂x ¯

 15 cos 3t

∂2 f ∂2 f (sen 3t, t )  5 2 (sen 3t, t ). ∂x∂y ∂y

123

3. Seja g(t)
f(a  ht, b  kt). a) f(x, y) é de classe C2 (f admite as derivadas parciais de 1.ª ordem e 2.ª ordem contínuas). g (t )


g (t )


d [ f ( x, y)], com x
a  ht e y
b  kt. Temos dt dx dy
h e
k. Segue que dt dt ∂f dx ∂f dy ( x, y)  ( x, y) , ou seja, ∂x dt ∂y dt

g (t )
h

g (t )


∂f ∂f ( x, y)  k ( x, y). Temos ∂x ∂y

d dt

È ∂f ù ∂f Íh ∂x ( x, y)  k ∂y ( x, y)ú, ou seja, Î û

È ∂ Ê ∂f ∂ Ê ∂f ˆ dx ˆ dy ù g (t )
h Í Á ( x, y)˜  Á ( x, y)˜ Ë ¯ Ë ¯ dt úû ∂ x ∂ x dt ∂ y ∂ x Î È ∂ Ê ∂f ∂ ˆ dx  k Í Á ( x, y)˜  Ë ¯ ∂y dt Î ∂x ∂x

Ê ∂f ˆ dy ù . Assim, Á ( x, y)˜ Ë ∂x ¯ dt úû

È ∂2 f ù È ∂2 f ù ∂2 f ∂2 f g (t )
h Íh 2 ( x , y )  k ( x , y )ú  k Í h ( x, y)  k 2 ( x, y)ú, ou seja, ∂ x ∂ y ∂ x x y y ∂ ∂ ∂ Î û Î û g (t )
h 2

∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ( x, y)  hk ( x, y)  hk ( x, y)  k 2 2 ( x, y). 2 ∂x ∂y∂x ∂x∂y ∂y

Pelo teorema de Schwarz ( f é de classe C2), ∂2 f ∂2 f ( x, y)
( x, y). ∂x∂y ∂y∂x

Portanto, g (t )
h 2

∂2 f ∂2 f ∂2 f ( x, y)  2 hk ( x, y)  k 2 2 ( x, y). 2 ∂x ∂x∂y ∂y

b) Supondo f(x, y) de classe C3 num aberto de ⺢2 (f admite todas as derivadas de ordem 3 contínuas no aberto de ⺢2). g (t )


d dt

g (t )
h 2

2 È 2 ∂2 f ù ∂2 f 2 ∂ f Íh ∂x 2 ( x, y)  2 hk ∂x∂y ( x, y)  k ∂y 2 ( x, y)ú, ou seja, Î û

ˆ ˆ ˆ d Ê ∂2 f d Ê ∂2 f d Ê ∂2 f ( x, y)˜  k 2 Á 2 ( x, y)˜ .
Á 2 ( x, y)˜ 2 hk Á dt Ë ∂x dt Ë ∂x∂y dt Ë ∂y ¯ ¯ ¯

124

Temos: ˆ ˆ dx ˆ dy d Ê ∂2 f ∂ Ê ∂2 f ∂ Ê ∂2 f  ( x, y)˜ , ou seja, Á 2 ( x, y)˜
Á 2 ( x, y)˜ Á dt Ë ∂x ∂x Ë ∂x ∂y Ë ∂x 2 ¯ ¯ dt ¯ dt

ˆ d Ê ∂2 f ∂3 f ∂3 f ( x, y). Á 2 ( x, y)˜
h 3 ( x, y)  k dt Ë ∂x ∂x ∂y∂x 2 ¯



ˆ ˆ dx ˆ dy d Ê ∂2 f ∂ Ê ∂2 f ∂ Ê ∂2 f ( x, y)˜
( x, y)˜  Á ( x, y)˜ , ou seja, Á Á dt Ë ∂x∂y ∂y Ë ∂x∂y ¯ ∂x Ë ∂x∂y ¯ dt ¯ dt ˆ d Ê ∂2 f ∂3 f ∂3 f ( x, y)˜
h 2 ( x, y)  k 2 ( x, y). Á ∂x ∂y ∂y ∂x dt Ë ∂x∂y ¯



ˆ ˆ dx ˆ dy d Ê ∂2 f ∂ Ê ∂2 f ∂ Ê ∂2 f  Á 2 ( x, y)˜ , ou seja, Á 2 ( x, y)˜
Á 2 ( x, y)˜ dt Ë ∂y ∂y Ë ∂ y ¯ ∂x Ë ∂y ¯ dt ¯ dt ˆ d Ê ∂2 f ∂3 f ∂3 f ( x, y)  k 3 ( x, y). Á 2 ( x, y)˜
h 2 dt Ë ∂y ∂x∂y ∂y ¯



Substituindo ,  e  em
,

g (t )
h 3

∂3 f ∂3 f ∂3 f ( x, y)  h 2 k ( x, y)  2 h 2 k 2 ( x, y) 3 2 ∂x ∂y∂x ∂x ∂y

 2 hk 2

∂3 f ∂3 f ∂3 f ( x, y)  hk 2 ( x, y)  k 3 3 ( x, y). 2 2 ∂x∂y ∂x∂y ∂y

Como f é de classe C3, temos:

∂3 f ∂3 f ∂3 f ∂3 f
;
. ∂y∂x 2 ∂x 2 y ∂x∂y 2 ∂y 2 ∂x

Portanto, g (t )
h 3

5. z


∂3 f ∂3 f ∂3 f ∂3 f ( x, y)  3h 2 k 2 ( x, y)  3hk 2 ( x, y)  k 3 3 ( x, y). 3 2 ∂x ∂x ∂y ∂x∂y ∂y

∂f ( x, y), onde y
sen 3x ∂x

dz d Ê ∂f ˆ
( x, sen 3 x )˜ Á ¯ dx dx Ë ∂x dz ∂2 f dx ∂2 f dy ( x, sen 3 x )
2 ( x, sen 3 x )  dx ∂x dx ∂y∂x dx

dz ∂ 2 f ∂2 f ( x, sen 3 x ).
2 ( x, sen 3 x )  3 cos 3 x dx ∂x ∂y∂x 7. g(u, v)
f(x, y), com x
2u  v e y
u  2v.

125

dg ∂ ∂f ∂x ∂f ∂y
[ f ( x, y)]
( x, y)  ( x, y) , ou seja, ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u dg ∂ ∂f
2  . Segue que ∂u ∂u ∂y

∂2 g ∂ È ∂f ∂f ù ∂ Ê ∂f ˆ ∂ Ê ∂f ˆ
2 
2 Á ˜ Á ˜ . Temos ∂u 2 ∂u ÍÎ ∂x ∂y úû ∂u Ë ∂x ¯ ∂u Ë ∂y ¯ ∂ Ê ∂f ˆ ∂y ∂ Ê ∂f ˆ ∂x ∂ Ê ∂f ˆ  Á ˜ , ou seja, Á ˜ Á ˜
Ë ¯ Ë ¯ ∂x ∂x ∂u ∂y Ë ∂x ¯ ∂u ∂u ∂x ∂ Ê ∂f ˆ ∂2 f ∂2 f ; Á ˜
2 2  ∂u Ë ∂x ¯ ∂x ∂y∂x

∂ Ê ∂f ˆ ∂y ∂ Ê ∂f ˆ ∂x ∂ Ê ∂f ˆ  Á ˜ , ou seja, Á ˜ Á ˜
∂u Ë ∂y ¯ ∂x Ë ∂y ¯ ∂u ∂y Ë ∂y ¯ ∂u

∂2 f ∂2 f ∂ Ê ∂f ˆ  . Á ˜
2 ∂x∂y ∂y ∂u Ë ∂y ¯ Logo, substituindo e aplicando o teorema de Schwarz, ∂2 g ∂2 f ∂2 f ∂2 f
4  4  . ∂u 2 ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2




Procedendo de forma análoga, obtém-se ∂2 g ∂2 f ∂2 f ∂2 f
2 4 4 2 . 2 ∂v ∂x ∂x∂y ∂y



Somando
e  segue: ∂2 g ∂2 g ∂2 f ∂2 f  2
5 2 5 2 . 2 ∂u ∂v ∂x ∂y

8. Sugestão. Calcule

∂v Ê ∂v ∂u ∂x ∂u ∂y ˆ ∂ 2 v ∂v Ê ∂v ∂u ∂x ∂u ∂y ˆ ∂ 2 v

 , Á ˜, 2 , Á ˜ e ∂r Ë ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ¯ ∂r ∂ Ë ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ¯ ∂ 2 em seguida, calcule a soma

∂2v 1 ∂v 1 ∂2v   2 . 2 ∂r r ∂r r ∂r 2 10. a) Seja g(u, v)
f(x, t), onde x
u  v e t
u  v. Temos ∂x
1; ∂x
1; ∂t
1 e ∂t
1. ∂u ∂v ∂u ∂v

126

E mais:

∂g ∂f ∂x ∂f ∂t ∂f ∂f

 , ∂u ∂x ∂u ∂t ∂u ∂x ∂t

∂ Ê ∂f ˆ ∂ Ê ∂f ∂f ˆ ∂2 g ∂ Ê ∂g ˆ
 ˜
Á ˜ Á Á ˜
Ë ¯ Ë ¯ ∂v Ë ∂x ¯ ∂v ∂x ∂t ∂v∂u ∂v ∂u




∂ Ê ∂f ˆ ∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂t ∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂t    2 Á ˜
2 ∂v Ë ∂t ¯ ∂x ∂v ∂t∂x ∂v ∂x∂t ∂v ∂t ∂v

∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f Ê ∂2 f ∂2 f    2
Á 2  2 2 ∂x ∂t∂x ∂x∂t ∂t ∂t Ë ∂x

ˆ Ê ∂2 f ∂2 f ˆ  ˜ Á ˜. ¯ Ë ∂x∂t ∂t∂x ¯

∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f

0. Þ ∂x 2 ∂t 2 ∂x 2 ∂t 2 2 Além disso, f é de classe C , logo vale o teorema de Schwarz.

Como f(x, t) satisfaz à equação

∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f

0. Þ ∂x∂t ∂t∂x ∂x∂t ∂t∂x

Portanto, ∂2 g Ê ∂2 f ∂2 f ˆ Ê ∂2 f ∂2 f ˆ
Á 2  2 ˜ Á  ˜
0. ∂v∂u Ë ∂x ∂t ¯ Ë ∂x∂t ∂t∂x ¯ ∂ Ê ∂g ˆ ∂g não depende de v, assim, deveremos ter Á ˜
0 segue que ∂v Ë ∂u ¯ ∂u g(u, v)
(u)  (v), com (u) e (v) deriváveis até a segunda ordem. Assim, f(x, t)
(x  t)  (x  t) satisfaz
. Por exemplo, f(x, t)
cos(x  t)  sen(x  t) é solução da equação;

b) De

f(x, t)
(x  t)3  5(x  t)2  e( x  t ) é, também, solução etc. 3

11. a) Seja g(u, v)
f(x, t), onde x
mu  nv e t
pu  qv. Temos

∂2 g ∂ Ê ∂g ˆ ∂ Ê ∂f ∂x ∂f ∂t ˆ ∂ Ê ∂f ∂f ˆ
 q ˜ Á ˜
Á ˜
Án ∂u∂v ∂u Ë ∂v ¯ ∂u Ë ∂x ∂v ∂t ∂v ¯ ∂u Ë ∂x ∂t ¯


n

∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂t ∂ 2 f ∂t  q  n  q . ∂x 2 ∂u ∂x∂t ∂u ∂t∂x ∂u ∂t 2 ∂u

Portanto, ∂2 g ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f
mn 2  pq 2  np  mq . ∂u∂v ∂x ∂t ∂t∂x ∂x∂t

∂2 f ∂2 f
c 2 2 (c π 0). Segue 2 ∂t ∂x 2 ∂ g ∂2 f ∂2 f .
( mn pqc 2 ) 2  (np  mq ) ∂u∂v ∂x ∂x∂t Para que ocorra mn  pqc2
0 e np  mq
0, basta tomar m
c, n
c, p
1 e q
1. De

127

b) f(x, t)
F(x  ct)  G(x  ct), com F(u) e G(v) deriváveis até a 2.ª ordem resolve o problema. 13. Sejam z
z(x, y); x
eu cos v e y
eu sen v. Logo, ∂x
e u cos v; ∂x
 e u sen v; ∂y
e u sen v; ∂y
e u cos v ∂u ∂v ∂u ∂v Temos,

∂z ∂z ∂z
e u cos v  e u sen v e ∂u ∂x ∂y

∂z ∂ Ê ∂z ˆ ∂2 z ∂z ∂ Ê ∂z ˆ
e u cos v  e u cos v  e u sen v Á ˜  e u sen v Á ˜. 2 ∂y ∂u Ë ∂y ¯ ∂u ∂x ∂u Ë ∂x ¯

Tendo em vista que: ∂2 z ∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ ∂y ∂ Ê ∂z ˆ ∂x ∂ Ê ∂z ˆ  Á ˜
e u cos v 2  e u sen v e Á ˜ Á ˜
∂x ∂y∂x ∂u Ë ∂x ¯ ∂x Ë ∂x ¯ ∂u ∂y Ë ∂x ¯ ∂u

∂2 z ∂2 z ∂ Ê ∂z ˆ ∂y ∂ Ê ∂z ˆ ∂x ∂ Ê ∂z ˆ 
e u cos v  e u sen v 2 Á ˜ Á ˜ Á ˜
∂x∂y ∂y ∂u Ë ∂y ¯ ∂x Ë ∂y ¯ ∂u ∂y Ë ∂y ¯ ∂u

resulta:

∂2 z ∂z ∂2 z ∂2 z
e u cos v  e 2u cos 2 v 2  e 2u sen v cos v 2 ∂u ∂x ∂x ∂y∂x  e u sen v

∂z ∂2 z ∂2 z  e 2u sen v cos v  e 2u sen 2 v 2 .
∂y ∂x∂y ∂y

Procedendo de forma análoga, obtemos: 2 2 ∂2 z u cos v ∂z  e 2 u sen 2 v ∂ z  e 2 u sen v cos v ∂ z
 e ∂v 2 ∂x ∂x 2 ∂y∂x

e u sen v

∂z ∂2 z ∂2 z  e 2u sen v cos v  e 2u cos 2 v 2 .  ∂y ∂x∂y ∂y

Somando
e : 2 2 ∂2 z ∂2 z 2 u (cos 2 v  sen 2 v ) ∂ z  e 2 u (sen 2 v  cos 2 v ) ∂ z 
e ∂u 2 ∂v 2 ∂x 2 ∂y 2

Þ

2 2 2 2 ∂2 z ∂2 z 2 u Ê ∂ z  ∂ z ˆ Þ ∂ z  ∂ z
0. 
e Á ˜ ∂u 2 ∂v 2 ∂y 2 ¯ ∂u 2 ∂v 2 Ë ∂x 2 144244 3 0

F( x, y) y , com u
x  y e v
. 14. Seja G(u, v)
x x Derivando u
x  y e v


y em relação a v (u constante). x

128

∂x ∂y Ï Ô0
∂v  ∂v Ì y ∂x 1 ∂y Ô1
  x ∂v x ∂v Ó

∂x x2 ∂y x2 e .

∂v x  y ∂v xy F( x, y) Derivando G(u, v)
em relação a v: x ∂G ∂ Ê Fˆ ∂ Ê F ˆ ∂x ∂ Ê F ˆ ∂y

 Ë ¯ Ë ¯ ∂v ∂v x ∂x x ∂v ∂y Ë x ¯ ∂v Resolvendo o sistema

∂G Ê 1 ∂F FˆÊ x 2 ˆ Ê x ∂F ˆ Ê x 2 ˆ
Á  2 ˜ Á ˜Á ˜ Á ˜ ∂v Ë x ∂x x ¯ Ë x  y ¯ Ë x 2 ∂y ¯ Ë x  y ¯

F ∂G Ê x ˆ Ê ∂F ∂F ˆ
Á  . ˜ ˜Á ∂x ¯ x  y ∂v Ë x  y ¯ Ë ∂y Derivando novamente em relação a v: ∂2G ∂ È x Ê ∂F ∂F ˆ F ù
 Í ú ˜ Á 2 ∂v ∂v Î x  y Ë ∂y ∂x ¯ x  y û ∂2G ∂ È x Ê ∂F ∂F ˆ F ù ∂x ∂ È x Ê ∂F ∂F ˆ F ù ∂y
   Í ú Í ú Á ˜ Á ˜ 2 ∂v ∂x Î x  y Ë ∂y ∂x ¯ x  y û ∂v ∂y Î x  y Ë ∂y ∂x ¯ x  y û ∂v ∂2G È x Ê ∂2 F ∂ 2 F ˆ Ê ∂F ∂F ˆ y 1 ∂F
Í  2 ˜ Á   ˜ Á 2 2 2 ∂v ∂x ¯ Ë ∂y ∂x ¯ ( x  y) ( x  y) ∂x Î x  y Ë ∂x∂y 

ùÊ F x2 ˆ Á ˜ ú 2 ( x  y) û Ë x  y ¯

È x Í Î xy

Ê ∂2 F ∂2 F ˆ Á 2  ˜ ∂y∂x ¯ Ë ∂y

ˆ ù x2 Ê ∂F ∂F ˆ Ê x ∂F F 1 Á   ˜ Á ˜ 2 2 ( x  y) ∂y ( x  y) úû ( x  y) ∂x ¯ Ë ( x  y) ¯ Ë ∂y

∂2G x 3 ∂2 F x3 ∂2 F x 2 y ∂F x 2 y ∂F
   ∂v 2 ( x  y)2 ∂x∂y ( x  y)2 ∂x 2 ( x  y)3 ∂y ( x  y)3 ∂x 

x2 x2F x3 x3 ∂F ∂2 F ∂2 F    2 3 2 2 2 ( x  y) ∂x ( x  y) ( x  y) ∂y ( x  y) ∂y∂x



x3 x3 x2 x2F ∂F ∂F ∂F    3 3 2 ( x  y) ∂y ( x  y) ∂x ( x  y) ∂y ( x  y )3

Ê ∂ 2 F ∂ 2 F 2∂ 2 F ˆ x 2 y  x 3  x 2 ( x  y) Ê ∂F ∂F ˆ ∂2G x3
 2   Á ˜ Á ˜ 2 2 ∂v ( x  y) Ë ∂x 2 ∂y ∂x∂y ¯ ( x  y )3 ∂x ∂y ¯ 424444 3Ë 1444424444 3 1444 0

0

Þ

∂2G
0. ∂v 2

129

CAPÍTULO 15 Exercícios 15.1 1. b) f (x, y)
2x2  3y2  xy f (4, 3)
17 e f (1, 2)
8 Ê ∂f ˆ ∂f ( x , y ), ( x , y )˜
( 4 x  y , 6 y  x ) —f ( x , y )
Á ∂y Ë ∂x ¯

Pelo T.V.M., f (4, 3)  f (1, 2)
—f ( x , y ) [( 4, 3)  (1, 2)] Segue que 13 x  3 y
25. Mas ( x , y )
(1, 2)  t(3, 1) com 1  x  4 Logo, x  3 y
5. Resolvendo o sistema ÏÌ13 x  3y
25 Ó x  3 y
5

Temos x


5 5 5 5 e y
. Portanto, P
Ê , ˆ . Ë 2 2¯ 2 2

Exercícios 15.3 ∂f
y cos xy  3 x 2  y
P ∂x ∂f
x cos xy  x  3 y 2
Q ∂y ∂Q ∂P
xy sen xy  cos xy  1
. ∂x ∂y ∂P ∂Q
Portanto, (condição necessária verificada: o sistema pode admitir soluções). ∂y ∂x 1. b)

Integrando-se a 1.ª equação em relação a x, mantendo y constante, a função sen xy  x3 xy é solução da 1.ª equação. Integrando-se a 2.ª equação em relação a y, mantendo-se x constante, a função sen xy  xy  y3 é solução da 2.ª equação. Logo, f (x, y)
sen xy  x3  xy  y3  k é a solução do sistema.

2. ∂f
2 xy 3  2 x
P
∂x ∂f
3x 2 y 2  2 y  1
Q  ∂y

∂P ¸
6 xy 2 Ô condição necessária Ô ∂y ý para que o sistema possa ∂Q
6 xy 2 Ô admitir solução Ôþ ∂x

x2y3  x2 é solução de
e x2y3  y2  y é solução de  Portanto, f (x, y)
x2y3  x2  y2  y  k é a solução do sistema. f (1, 2)
7 Þ 9  k
1 Þ k
8. Logo, f (x, y)
x2y3  x2  y2  y  8. 4. ∂f
x 2  y 2  1
P ∂x ∂f
x 2 y2  1
Q ∂y Não existe f : ⺢2 씮 ⺢ pois,

∂P ¸
2 yÔ Ô ∂y ý ∂Q
2xÔ Ôþ ∂x ∂P ∂Q .  ∂y ∂x

Ê ˆ y x , 5. —1 ( x, y)
Á 2 ˜ Ë x  y2 x 2  y2 ¯ y2  x 2 y ∂1 ∂P
 2
P Þ
2 2 x y ( x  y 2 )2 ∂x ∂y x y2  x 2 ∂1 ∂Q
2
Q Þ
2 2 y x y ( x  y 2 )2 ∂x

(Condição necessária)

Integrando-se a 1.ª equação em relação a x, mantendo y constante:

Ú  x 2  y2
Ú y dx

Analogamente

Ú

x dx
arctg  k. 2ˆ y Ê Ê xˆ yÁ1  Á ˜ ˜ Ë y¯ ¯ Ë

Ê x ˆ Á 2 ˜ dy Ë y ¯ x dy x

arctg  k. 2 2 2 x y y Ê xˆ 1 Á ˜ Ë y¯

Ú

131

x  k , y  0. y

1 ( x, y)
arctg

1 (1, 1)


     Þ arctg 1  k
Þ  k
Þk
4 4 4 4 2

Portanto 1 ( x, y)
arctg

 x  , y  0. y 2

Ê ˆ 3 y x 6. — 2 ( x, y)
Á , ˜ , x  0, e  2 (1, 1)
4 . Temos Ë x 2  y2 x 2  y2 ¯

Ú

y dx 
x  y2

Ú

Ú x 2  y2
Ú x dy

Ê y ˆ dx Ë x2 ¯ y 1 Ê ˆ Ë x¯

2


arctg

y k x

dy y
arctg  k 2ˆ x Ê y x Á1  Ê ˆ ˜ Ë ¯ ¯ x Ë

 2 ( x, y)
arctg

y k x

 2 (1, 1)
arctg (1)  k
14243 

 4

y   , x  0. x

Portanto,  2 ( x, y)
arctg

7. Por 5: 1 ( x, y)
arctg

Por 6:  2 ( x, y)
arctg

3 Þ k
 4

x  k1, y  0 y

y  k2 , x  0. x

Sabemos que  (1, 1)


3 4

Então, arctg (1)  k1


3 3   Þ  k1
Þ k1
4 4 4 2

132

arctg (1)  k2


3 3  Þ k2
 Þ k2
 . 4 4 4

Portanto, Ïarctg Ô  ( x, y)
Ì Ô arctg Ó

x   y 2 y  x

se y  0 se x  0

r r r 8. a) F ( x, y)
x i  y j , onde P (x, y)
x e Q (x, y)
y. Temos ∂Q
0 ∂x r r x2 y2 O campo de forças F admite a função potencial  ( x, y)
 . Logo F é 2 2 conservativo. ∂P
0 e ∂y

r

d) F ( x, y)


r r r r xi y j x y j. i 2
2 2 2 3 / 2 2 3 / 2 2 3 / 2 (x  y ) (x  y ) (x  y )

x
P ( x, y) Þ  y 2 )3 / 2 y Þ
Q ( x, y) ( x 2  y 2 )3 / 2 (x2

Ú

1 x dx
( x 2  y 2 ) 2 ( x 2  y 2 )3 / 2

∂P 3 xy
 2 ∂y ( x  y 2 )5 / 2 ∂Q 3 xy
 2 ∂x ( x  y 2 )5 / 2 e

Ú

r F admite a função potencial  ( x, y)
 r

r

(x2

r

11. a) F ( x, y)
6 x i  2 y j . Temos U (x, y)
3x2  y2  k. U (0, 0)
0 Þ k
0. Logo, U (x, y)
3x2  y2. r

r

r

d) F ( x, y)
x i  xy j . Temos ∂ ( x)
0 ∂y

e

∂ (xy)
y e daí ∂x

133

∂P ∂Q .
∂y ∂x

y dy 2  y 2 ) 12 3
( x 2 2 y ) 1

x2

Þ

 y2

, logo é conservativo.

∂ ∂ ( x)  (xy). ∂x ∂y

r F não érconservativo. Portanto, não existe a função energia potencial associada ao campo F . 13. a) Seja U ( x, y)
2 x 2 

1 2 y . Temos 2

r ∂U r ∂U r F
—U
 i j , ou seja, ∂x ∂y

r r r F
x i  y j .

b) Seja (t)
(x (t), y (t)) com x (0)
1 e y (0)
1. Temos: ˙˙ x
x x˙˙  x
0

e e

˙˙ y
y ˙˙ y  y
0.

x(t)
A1 cos t  B1 sen t e y (t)
A2 cos t  B2 sen t. Logo,

(t)
(A1 cos t  B1 sen t, A2 cos t  B2 sen t). De x (0)
1, segue que A1
1. De y (0)
1, segue que A2
1. E mais, r d r v (t )
Þ v (t )
(A1 sen t  B1 cos t, A2 sen t  B2 cos t). dt r Temos v0
(1, 1). Então, B1
1 e B2
1. Portanto, (t)
(cos t  sen t, cos t  sen t). De x (t)
cos t  sen t e y (t)
cos t  sen t segue que x2  y2
2. Logo, a trajetória é a circunferência de centro na origem e raio 2 :

  ˆ Ê (t )
2 Á cos Ê t  ˆ , sen Ê t  ˆ ˜ . Ë Ë Ë 4¯ 4 ¯¯ Exercícios 15.4 1. a) f (x, y)
ex  5y e

(x0, y0)
(0, 0).

Temos: f (0, 0)
1, ∂f
e x  5y , ∂x ∂f
5e x  5 y e ∂y

∂f (0, 0)
1, ∂x ∂f (0, 0)
5. ∂y

134

Polinômio de Taylor P 1 ( x, y)
f ( x 0 , y0 ) 
f (0, 0) 

∂f ∂f ( x 0 , y0 ) ( x  x 0 )  ( x 0 , y0 ) ( y  y0 ) ∂x ∂y

∂f ∂f (0, 0) x  (0, 0) y. ∂x ∂y

Logo, P1 (x, y)
1  x  5y. 2. a) Seja f (x, y)
P1 (x, y)  E1 (x, y) onde E1 ( x, y)


2 2 1 È ∂2 f 2  2 ∂ f ( x , y ) xy  ∂ f ( x , y ) y 2 ù x y x ( , ) Í ú 2 Î ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2 û

com ( x , y ) interno ao segmento de extremidades (0, 0) e (x, y). Supondo x  5y  1 temos também x  5 y  1. Assim, para todo (x, y), com x  5y  1, segue que e x  5 y  2. Logo, e x  5 y  3.

Temos

2 ∂2 f ∂2 f x  5y ,
25e x  5 y , e ∂ f
5e x  5 y ,
e 2 ∂y ∂x 2 ∂x∂y

e x  5 y  P1 ( x, y)
E1 ( x, y) e E1 (x, y)


[

]

1 x  5y 2 e x  10e x  5 y xy  25e x  5 y y 2 . 2

Segue, considerando e x  5 y  3, E ( x, y) 

1

3 ( x 2  10 xy  25 y 2 ) . 2

Logo, e x  5 y  P1 ( x, y) 

3 ( x  5 y)2 , para x  5 y  1. 2

b) Para x
0,01 e y
0,01 tem-se x  5y  1. 3 3 ( x  5 y)2
(0, 06)2
0, 54  102  102 . 2 2 Portanto o erro é inferior a 102. E1 ( x, y) 

3. f (x, y)
x3  y3  x2  4y. Temos

f ( x, y)  P1 ( x, y)
E1 ( x, y), onde

135

E1 ( x, y)


Temos

ù 1 È ∂2 f ∂2 f ∂2 f ( x , y ) ( x  1)2  2 ( x , y )( x  1)( y  1)  2 ( x , y )( y  1)2 ú. Í 2 2 Î ∂y ∂x∂y ∂y û

∂2 f ∂2 f ∂f ∂f (x, y )
6y ( x , y )
6 x  2;
3 y 2  4;
3 x 2  2 x; 2 ∂y 2 ∂y ∂x ∂x

1 (6 x  2) ( x  1)2  6 y ( y  1)2 2 Se |x  1|  1, então 0  x  2 e 0  x  2 Se |y  1|  1, então 0  y  2 e 0  y  2 | 6 x  2 | | 6 x |  | 2 |  12  2 Portanto, E1 (x, y)


| E ( x , y )| 6444 74448 1 | f ( x, y)  P1 ( x, y) |  14 ( x  1)2  12 ( y  1)2 2 Assim, para todo (x, y) com |x  1|  1 e |y  1|  1, temos: |f (x, y)  P1 (x, y)|  7 (x  1)2  6 (y  1)2.

4. a) P1 (x, y)
f (1, 1) 

∂f ∂f (1, 1) ( x  1)  (1, 1) ( y  1), ∂x ∂y

P1 (x, y)
5  (x  1)  7 (y  1). Logo, P1 (x, y)
x  7y  3. Temos P1 (1,001, 0,99)
4,931 e daí f (x, y) 艑 4,931. b) |E (x, y)|  7 (x  1)2  6 (y  1)2
7 (1,001  1)2  6 (0,99  1)2
7 106  6 104
103 (0,7 102  0,6)  103.

6. Seja f (x, y)
ax2  b xy  cy2  dx  ey  m. Temos: f (x0  h, y0  k)  f (x0, y0)
onde E (h, k)


∂f ∂f (x , y ) h  (x , y ) k  E (h, k) ∂y 0 0 ∂x 0 0

2 2 1 È ∂2 f 2  2 ∂ f ( x , y ) hk  ∂ f ( x , y )k 2 ù. ( , ) x y h Í ú 2 Î ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2 û

Como (x0, y0) é ponto crítico de f:

∂f ∂f ( x 0 , y0 )
0 e ( x 0 , y0 )
0. Temos ∂x ∂y

∂f ( x, y)
2 ax  by  d ; ∂x ∂f ( x, y)
2cy  bx  e; ∂y

∂2 f ( x, y)
2 a ∂x 2

∂2 f ∂2 f
b. ( x , y )
2 c e ∂x∂y ∂y 2

136

Logo, f (x0  h, y0  k)  f (x0, y0)


[

]

1 2 ah 2  2 bhk  2c k 2 e, portanto, 2 2

2

f (x0  h, y0  k)  f (x0, y0)
ah  bhk  ck . 7. Do exercício  segue f (x0  h, y0  k)  f (x0, y0)
a h2  b h k  c k2 È 2 b b2 2 b2 2 c 2ù b c
a ÈÍh 2  h k  k 2 ùú
a Íh  h k  2 k  2 k  k ú a a a a 4 4 a a Î û Î û

È b ˆ2 4 ac  b 2 2 ù
a ÍÊ h  k  k ú  0, para todo (h, k)  (0, 0), pois a  0 e 2a ¯ 4a 2 ÍÎË úû 2 b  4ac  0. Portanto, f (x0  h, y0  h)  f (x0, y0), para todo (h, k)  (0, 0). Logo (x0, y0) é um ponto de mínimo de f. As curvas de nível de f (x, y) são dadas pela equação ax2  b xy  cy2  dx  cy  m
constante. Da Geometria Analítica sabemos que a equação representa uma elipse quando 2 b  4ac  0 e a  0. Portanto, as curvas de nível são elipses e o gráfico de f (x, y) é um parabolóide elíptico para cima. Exercícios 15.5 1. a) f (x, y)
x sen y e (x0, y0)
(0, 0). O polinômio de Taylor de ordem 2 de f, em volta do ponto (0, 0) é dado por ∂f ∂f P (x, y)
f (0, 0)  (0, 0) x  (0, 0) y ∂x ∂y 

Temos

ù 1 È ∂2 f ∂2 f ∂2 f 2 (0, 0) xy  2 (0, 0) y 2 ú. Í 2 (0, 0) x  2 2 Î ∂x ∂x∂y ∂y û

∂f ∂f
sen y; (0, 0)
0 ∂x ∂x

∂f ∂f
x cos y; (0, 0)
0 ∂y ∂y ∂2 f ∂2 f ∂2 f
0;
x sen y;
(0, 0)
0; 2 2 ∂x ∂y ∂y 2 Portanto, P (x, y)
xy.

137

∂2 f ∂2 f
cos y; (0, 0)
1. ∂x∂y ∂x∂y

2. Seja f (x, y)
x3  2x2y  3y3  x  y. Tendo em vista que as derivadas parciais de ordens 4 são identicamente nulas, segue que f(x, y) coincide com o seu polinômio de Taylor de 3.ª ordem. Então, f (x, y)
f (1, 1)  2

3



∂f ∂f 1 È ∂2 f (1, 1) ( x  1)  (1, 1) ( y  1)  Í 2 (1, 1) ( x  1)2 ∂x ∂y 2 Î ∂x

ù 1 È ∂3 f ∂2 f ∂2 f (1, 1) ( x  1) ( y  1)  2 (1, 1) ( y  1)2 ú  Í 3 (1, 1) (x  1)3 ∂x∂y ∂y û 3! Î ∂x

∂3 f ∂3 f (1, 1) ( x  1)2 ( y  1)  3 (1, 1) ( x  1) ( y  1)2 2 ∂x ∂y ∂x∂y 2

ù ∂3 f (1, 1) ( y  1)3 ú. 3 ∂y û

Temos f (1, 1)
6;

∂f ∂f ∂f
2 x 2  9 y 2  1;
3 x 2  4 x  1; (1, 1)
8; ∂y ∂x ∂x

∂f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f (1, 1)
10;
4 x; (1, 1)
4;
6 x  4; (1, 1)
10; 2 2 ∂y ∂x∂y ∂x∂y ∂x ∂x

∂3 f ∂3 f ∂2 f ∂2 f ∂3 f ∂3 f
18.
6 ;
18 y ; ( 1 , 1 )
18 ;
4 ;
0 ; ∂y 3 ∂x 3 ∂y 2 ∂y 2 ∂x 2 ∂y ∂x∂y 2 Portanto, f (x, y)
6  8 (x  1)  10 (y  1)  5 (x  1)2  2 (x  1) (y  1)  9 (y  1)2  (x  1)3  2 (x  1)2 (y  1)  3 (y  1)3.

138

CAPÍTULO 16 Exercícios 16.2 1. Seja f(x, y)
2x2  y2  2xy  x  y. Os únicos candidatos a extremantes locais são os pontos críticos de f pois o Df
⺢2 é aberto. ∂f De ( x, y)
4 x  2 y ∂x ∂f ( x, y)
2 y  2 x  1 ∂y

{

 2y
0 resulta que os candidatos a extremantes locais são as soluções do sistema: 24 yx  2 x  1
0.

∂2 f Ê 1 ˆ ∂2 f Ê 1 ˆ 1 0, 0 , A solução do sistema é Ê 0, ˆ . Temos
4  0 e
2  0. ∂y 2 Ë 2 ¯ Ë 2¯ ∂x 2 Ë 2 ¯

Ê 1ˆ Portanto, Ë 0, ¯ é candidato a ponto de mínimo local. 2 3. f(x, y)
x3  y2  xy  5. ∂f ( x, y)
3 x 2  y ∂x ∂f ( x, y )
 2 y  x. ∂y 2 Resolvendo o sistema ÏÌ3 x  y
0 Ó2 y  x
0

1 1 encontramos os pontos críticos (0, 0) e Ê ,  ˆ . Ë 6 12 ¯ Agora ∂2 f ( x, y)
6 x, ∂x 2

∂2 f (0, 0)
0  0 e ∂x 2

∂2 f ( x, y)
 2, ∂y 2

∂2 f (0, 0)
 2  0 e ∂y 2

∂2 f Ê 1 1  ,  ˆ
1  0; ∂x 2 Ë 6 12 ¯

∂2 f Ê 1 1  ,  ˆ
 2  0. ∂y 2 Ë 6 12 ¯

1ˆ Ê 1 O ponto Ë ,  ¯ é candidato a ponto de máximo local. 6 12 Seja g(x)
f(x, 0)
x3  5. O ponto x
0 não é extremante local de g(x). Portanto, o ponto (0, 0) não é extremante local de f(x, y).

6. f(x, y)
x5  y5  5x  5y. ∂f ( x, y)
5 x 4  5 ∂x ∂f ( x , y )
5 y 4  5. ∂y 4 Resolvendo o sistema: ÏÌ5 x 4  5
0

x
1 y
1.

Ó5 y  5
0

Os pontos (1, 1), (1, 1), (1, 1), (1, 1) são pontos críticos. Temos: ∂2 f ∂2 f ( x, y)
20 x 3 , (1, 1)
20  0 2 ∂x ∂ x2

e

∂2 f (1, 1)
 20  0; ∂ x2

∂2 f ∂2 f ( x, y)
20 y 3 , (1, 1)
20  0 2 ∂y ∂ y2

e

∂2 f (1, 1)
 20  0. ∂ y2

O ponto (1, 1) é candidato a mínimo local, e o ponto (1, 1), máximo local. Agora:

∂2 f (1, 1)
20  0 ∂ x2

e

∂2 f (1, 1)
 20  0; ∂ x2

∂2 f (1, 1)
20  0 ∂ y2

e

∂2 f (1, 1)
20  0. ∂ y2

Os pontos (1, 1) e (1, 1) não são extremantes locais. Exercícios 16.3 1. a) f (x, y)
x2  3xy  4y2  6x  2y. ∂f ( x, y)
2 x  3 y  6 ∂x ∂f ( x , y )
8 y  3 x  2. ∂y

140

Resolvendo o sistema: ÏÌ2 x  3 y
6 Ó3 x  8 y
2 54 22 Ponto crítico: Ê ,  ˆ . Ë 7

7¯

Hessiano de f:

∂2 f ( x, y) 2 H (x, y)
∂x ∂2 f ( x, y) ∂x∂y

∂2 f ( x, y) 2 ∂x∂y
3 ∂2 f ( x, y) ∂y 2

3
7 8

54 22 ∂ 2 f Ê 54 22 Ê 54 ,  22 ˆ H Ê , ˆ
7  0 e ,  ˆ
2  0. Logo, é ponto de 2 Ë 7 ¯ Ë 7 Ë ¯ 7 7¯ ∂x 7 7 mínimo local de f, e também mínimo global (conforme Exercício 2). c) f(x, y)
x3  2xy  y2  5x.

∂ f (x, y)
3x2  2y  5 ∂x ∂ f (x, y)
2y  2x. ∂y 2 Resolvendo o sistema: ÏÌ3 x  2 y
5 y 2 Ó  2x
0

5 5 Pontos críticos: (1, 1) e Ê ,  ˆ . Ë3

3¯

Hessiano de f: ∂2 f ( x, y) 2 H (x, y)
∂x2 ∂ f ( x, y) ∂x∂y

∂2 f ( x, y) 6x ∂x∂y
2 ∂2 f ( x, y) ∂y 2

2 2
12 x  4.

H(1, 1)
16  0, então, (1, 1) é ponto de sela.

5 5 20 80 H Ê ,  ˆ
20 
0 e Ë3 3¯ 3 3

∂2 f Ê 5 5 ,  ˆ
10  0. ∂x 2 Ë 3 3¯

141

Logo, Ê 5 ,  5 ˆ é ponto de mínimo local. Ë3 3¯ (Não é mínimo global, pois g(x)
f(x, 0)
x3  5 x e f(x, 0) 씮  para x 씮 .) e) f(x, y)
x3  3x2y  27y ∂f (x, y)
3x2  6xy ∂x ∂f (x, y)
3x2  27 ∂y 2 Resolvendo o sistema ÏÌ3 x  6 xy
0 2 Ó3 x  27
0

encontramos: Ê 3, 3 ˆ e Ê3,  3 ˆ . Ë 2¯ Ë 2¯

Hessiano de f:

∂2 f ( x, y) ∂x 2 H (x, y)
2 ∂ f ( x, y) ∂x∂y

∂2 f ( x, y) 6x  6y ∂x∂y
6 x ∂2 f ( x, y) ∂y 2

6 x 0

3 9 18 H Ê 3, ˆ

324  0 0 Ë 2 ¯ 18 3 9 18 H Ê3,  ˆ

324  0 18 0 Ë 2¯ Ê 3 ˆ e 3,  3 Logo, 3, são pontos de sela. Ë 2¯ 2

4. Seja P
(0, 0, 0) e P1
(x, y, x  2 y  4 ). 14243 z

Distância entre os pontos P e P1: d (P, P1)


x 2  y 2  ( x  2 y  4)2

Vamos minimizar f(x, y)
x2  y2  (x  2y  4)2.

142

∂f (x, y)
2x  2(x  2y  4) ∂x ∂f (x, y)
2y  4(x  2y  4) ∂y

{

4 y
8 obtemos Resolvendo o sistema: 44 xx   10 y
16 x


2 4 2 ; y
e z
 . 3 3 3

2 4 ∂2 f Ê 2 4 ˆ 4 4
24  0 e ,
4  0. Logo, Ê , ˆ é ponto de 4 10 Ë 3 3¯ ∂x 2 Ë 3 3 ¯ mínimo global de f(x, y).

H(x, y)


Assim, P1


Ê 2 , 4 , 2ˆ é o ponto procurado. Ë3 3 3¯

7. a) Seja f(x)
x 

e

4

E ( , )


Â

[f(ai)  bi]2.

i
1

Consideremos:



ai 5 6 7 8 26

ai2 25 36 49 64 174

bi 100 98 95 94 387

aibi 500 588 665 752 2505

4

E ( , )


∂E
∂a ∂E
∂

Â

[ ai   bi]2

i
1

4

Â

2ai ( ai   bi)

i
1 4

 2 ( a   b ). i

i
1

i

143

Temos o sistema: 4 4 4 Ï Ô ai2  b ai
ai bi ÔÔ i
1 i
1 i
1 Ì 4 4 Ô ai  4 b
bi Ô ÔÓ i
1 i
1

Â

Â

Â

Â

Â

Logo, ÏÌ26  4
387 Ó174  26
2505 Daí,


21 1104 e
. 10 10

A reta que melhor se ajusta aos dados observados é y


21 1104 x . 10 10

b) Se x
10, então y
21  110,4
89,4. 10. L(x, y)
x(120  2x)  y(200  y)  (x2  2y2  2xy) L(x, y)
3x2  3y2  2xy  120x  200y. Para maximizar o lucro: Þ

∂L (x, y)
6y  2x  200 ∂x

Þ

Ê ∂2 L Á 2 ( x, y)
6  0 Ë ∂x

e

14243

∂L (x, y)
6x  2y  120 ∂x

H(x, y)


3x  y
60 Þ x
10 e y
30.

3y  x
100

6 2 ˆ
32  0˜ 2 6 ¯

Logo, a produção que maximiza o lucro é x
10 e y
30. 13. Sejam P
(x, y, 12  3x  2y)
plano
(0, 0, 0) Q
(1, 1, 1) Distância entre os pontos: d(P, O)


x 2  y 2  (12  3 x  2 y)2 e

d(P, Q)


( x  1)2  ( y  1)2  (11  3 x  4 y)2 .

144

Devemos minimizar a função: g(x, y)
x2  y2  (12  3x  2y)2  (x  1)2  (y  1)2  (11  3x  2y)2 g(x, y)
20x2  10y2  24xy  140x  94y  267 ∂g (x, y)
40x  24y  140 ∂x

∂g (x, y)
20y  24x  94. ∂y

Resolvendo o sistema: ÏÌ40 x  24 y
140 Ó20 y  24 x
94 temos x


34 25 , y
14 14

e z


16 . 14

34 25 ∂2 g 40 24 0 e y
(x, y)  0. Logo, x
é ponto de mínimo 24 20 14 14 ∂x 2 global de g. H(x, y)


Portanto, P


Ê 34 , 25 , 16 ˆ . Ë 14 14 14 ¯

14. Seja f(x, y)
1  x2  y2, x 0 e y 0. Plano tangente ao gráfico de f. z  z0


∂f ∂f (x , y ) (x  x0)  (x , y ) (y  y0), ou seja, ∂x 0 0 ∂y 0 0

z  1  x 02  y02
2x0 (x  x0)  2y0 (y  y0). Daí, z
2x0x  2y0y  x 02  y02  1. A seguir vamos determinar o volume do tetraedro determinado pelo plano tangente e pelos planos coordenados. Temos x
0 e y
0 Þ z
x02  y02  1, x
0 e z
0 Þ y


x 02  y02  1 e 2 y0

y
0ez
0 Þ x


x 02  y02  1 . 2 x0

Da Geometria Analítica sabemos que o volume do tetraedro é paralelepípedo. Portanto, V


( x 2  y02  1)3 1 ( x 02  y02  1)3
0 . 6 4 x 0 y0 24 x 0 y0

145

1 do volume do 6

Devemos minimizar a função volume: V(x, y)


( x 2  y 2  1)3 . 24 xy

∂V ( x 2  y 2  1)2 (5 x 2  y 2  1) ( x, y)
e ∂x 24 x 2 y

∂V ( x 2  y 2  1)2 (5 y 2  x 2  1) ( x, y)
. ∂y 24 x 2 y 2 2 Resolvendo o sistema ÏÌ5 x  y
1 2 2 Ó5 y  x
1

temos x


1 2

e

1 2

y
 .

Mas x 0 e y 0, portanto, (x0, y0, z0)


Ê 1 , 1 , 1 ˆ. Ë 2 2 2¯

Equação do plano tangente que forma com os planos coordenados um tetraedro de volume mínimo: z
2x0x  2y0y  x02  y02  1, ou seja, z  x  y


3 . 2

20. Não, pois (0, 0) é o único ponto crítico de f (x, y)
x2 (1  y)3  y2, é ponto de mínimo local mas não é ponto de mínimo global. (Observação. Esta função foi sugerida pelo Professor Luiz Augusto Fernandes do IME-USP.) Exercícios 16.4 1. d) Seja f(x, y)
xy em A
{(x, y) e ⺢2x 0, y 0 e 2x  y  5}. O teorema de Weierstrass garante que f assume em A valor máximo e valor mínimo pois f é contínua e A é compacto.

∂f ( x, y)
y ∂x

e

∂f ( x, y)
x ∂y

O único ponto crítico é (0, 0), que não pertence ao interior de A.

146

Portanto, os valores máximo e mínimo de f, em A, são atingidos na fronteira de A. Análise dos pontos de fronteira: f(x, 0)
0 em 0  x 

5 2

f(0, y)
0 em 0  y  5 g(x)
f(x, 5  2x)
x(5  2x)
5x  2x2

g'(x)
5  4x. Daí, 5  4x
0 Þ x


5 5 Þ y
5  2x
4 2

g"(x)
4  0 5 5 25 fÊ , ˆ
. Ë 4 2¯ 8

Concluímos que: — O valor mínimo é 0 e é atingido nos pontos (x, 0), 0  x  (0, y), 0  y  5. — O valor máximo é

5 e nos pontos 2

25 Ê 5 5ˆ atingido em Ë , ¯ . 4 2 8

f) Seja f(x, y)
x2  2xy  2y2 em A
{(x, y)
⺢2/|x|  |y|  1}. Como f é contínua e A compacto, f assume em A valor máximo e valor mínimo (teorema de Weierstrass). ∂f ( x, y)
2 x  2 y ∂x

∂f ( x, y)
2 y  2 x. (0, 0) é o único ponto crítico. ∂y

∂2 f (0, 0)
2  0 ∂x 2

e

2 2 H (0, 0)
2 2
8  0.

Logo, f(0, 0)
0 é valor mínimo global de f. (Veja Exercício 2, Seção 16.3.)

147

Vamos analisar, agora, o que ocorre na fronteira. Sobre o segmento de extremidades (0, 1) e (1, 0) os valores de f são dados por g(x)
f (x, 1  x), ou seja, g(x)
5x2  6x  2, com 0  x  1, cujo gráfico é um arco de parábola com concavidade para cima, logo, sobre este lado o valor máximo deverá ocorrer em uma das extremidades (ou em ambas). De g(1)
1 e g(0)
2, segue que sobre este lado o valor máximo é 2 e ocorre em (0, 1). De forma análoga, conclui-se que sobre os outros lados o valor máximo deverá ocorrer, também, nos vértices. Calculando os valores de f nos vértices: f (1, 0)
1; f (0, 1)
2; f (1, 0)
1 e f (0, 1)
2. O valor máximo é 2 sendo atingido nos pontos (0, 1) e (0, 1). 3. Seja T(x, y)
4  x2  y2 e A
{(x, y)
⺢2 | x 0, y x e 2y  x  4}. Como T é uma função contínua e A compacto, então, T assume em A valor máximo e valor mínimo. Temos ∂T (x, y)
2x e ∂x

(0, 0) é o único ponto crítico. Temos

∂T (x, y)
2y. ∂y

é um ponto de temperatura máxima em A.

∂2T (x, y)
2  0 e H (0, 0)
4  0, logo, (0, 0) ∂x 2

E mais T(0, 0)
4 é a temperatura máxima. Vamos analisar o comportamento da função na fronteira de A: No segmento OM (y
x e 0  x 

4 ). 3

F(x)
T(x, x)
4  2x2 F '(x)
 4x. O ponto (0, 0) é de máximo e T(0, 0)
4. 4 A função é decrescente em 0  x  e 3 4 4 4 T Ê , ˆ
(no vértice M). Ë 3 3¯ 9 No segmento MN (x 0, y x e y
2  F(x)
T(x, 2  F '(x)


x ): 2

x 1 )
(5x2  8x) 2 4

1 4 8 (10x  8) Þ 10x  8
0 Þ x
Þ y
. 4 5 5

F "(x)


5  0. 2

Ê 4 , 8ˆ Ë 5 5 ¯ é ponto de máximo no segmento MN.

148

4 8 4 T Ê , ˆ
Ë 5 5¯ 5

No segmento ON (x
0 e 0  y  2) F(y)
T(0, y)
4  2y2 F'(y)
8y. (0, 0) dá temperatura máxima igual a 4. A função F'(y) é sempre negativa em 0  y  2. Portanto a função F é estritamente decrescente em 0  y  2, com valor máximo em (0, 0) e valor mínimo em (0, 2). Logo, T(0, 2)
0 é a menor temperatura e P
(0, 2) é o ponto de menor temperatura. Exercícios 16.5 1. a) Sejam f(x, y)
3x  y e g(x, y)
x2  2y2  1 Vamos achar os extremantes de f em B
{(x, y)
⺢2 | g(x, y)
0} pelo método dos multiplicadores de Lagrange. Como g é de classe C1 e g(x, y)
(2x, 4y)  (0, 0) em B, temos que os candidatos a extremantes locais são os (x, y) que tornam compatível o sistema:

Ï—f ( x, y)
l—g( x, y) Ìg( x, y)
0 Ó Como l π 0 temos x


Þ

Ï(3, 1)
l (2 x, 4 y) Ìx 2  2 y2
1 Ó

Ï2 lx
3 Ô Þ Ì4ly
1 ÔÓ x 2  2 y 2
1

3 1 e y
. 2l 4l

Substituindo em x2  2y2
1 segue:

9 2 38 
1 Þ 16 l2
38 Þ l
 2 2 4l 16 l 4 Logo, os candidatos a extremantes locais são: Ê 3 38 Ê 3 38 38 ˆ 38 ˆ Á 19 , 38 ˜ e Á 19 ,  38 ˜ Ë ¯ Ë ¯ Ê 3 38 Ê 3 38 38 ˆ 38 ˆ ,  f Á , Como B é compacto e f Á resulta que ˜ 38 ¯ 19 38 ˜¯ Ë 19 Ë Ê 3 38 Ê 3 38 38 ˆ 38 ˆ Á 19 , 38 ˜ é ponto de máximo e Á 19 ,  38 ˜ é ponto de mínimo. Ë ¯ Ë ¯

d) Sejam f(x, y)
x2  4y2 e g(x, y)
xy  1, x  0 e y  0. Vamos encontrar os extremantes de f em: B
{(x, y)
⺢2 | g(x, y)
0, x  0 e y  0} utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange. Como g é de classe C1 e g(x, y)
(y, x)  (0, 0) em B resulta que os extremantes possíveis são os (x, y) que tornam compatível o sistema. Ï—f ( x, y)
l — g( x, y) Ìg ( x , y )
0 Ó

Þ

Ï(2 x, 8 y)
l ( y, x ) Ì xy  1
0. Ó

149

2 . 2

Resolvendo o sistema l
4; x
2 e y
Ê O único candidato é Á 2 , Ë

2ˆ e verifica-se, por inspeção, que é um ponto de mínimo. 2 ˜¯

4 1 (O valor da função f sobre a restrição é dada por g(x)
f Ê x, ˆ , ou seja, g(x)
x2  2 ,

Ë

x¯

x

x  0, cuja concavidade é voltada para cima, logo, para x
2 o valor de g é mínimo. Outro modo. Como as curvas de nível de f são elipses com centros na origem, o valor de f aumenta à medida que se afasta da origem, então, o menor valor de f sobre a restrição xy
1, x  0 e y  0 deverá ocorrer no ponto em que a curva de nível de f tangencia a hipérbole.) j) Sejam f(x, y)
x2  2xy  3y2 e g(x, y)
x2  2y2  1. B
{(x, y)
⺢2
g(x, y)
0} Como g é de classe C1 e g(x, y)
(2x, 4y)  (0, 0) em B resulta que os candidatos a extremantes locais são os (x, y) que tornam compatível o sistema

Ï f ( x, y)
g( x, y) Ìx 2  2 y2 1
0 Ó Ï2 x  2 y
2x Ô ÔÔ Ì6 y  2 x
4y Ô Ôx 2  2 y2 1
0 ÔÓ De  e :

Þ

Ï(2 x  2 y, 6 y  2 x )
(2 x, 4 y) Ì x 2  2 y 2  1
0. Ó

Þ




Þ

 



x  y 3y  x
x 2y

Þ x 2  xy  2 y 2
0

xy x 3y  x 
2y

Þ 2 xy  2 y 2
3 xy  x 2

Þ x


y  y2  8y2 2

Þ x
2 y ou x
y.

Substituindo em : x2  2x2
1

Þ 3x2
1

4y2  2y2
1 Þ

6y2
1

Þ x
 Þ y


1 3 1 6

Þ y
 Þ x


1 3

2 . 6

Como f é contínua e B compacto, basta comparar os valores de f nos pontos encontrados:

1 ˆ 1 ˆ Ê 1 Ê 1 , , fÁ ˜
2; f Á ˜
2; Ë 3 Ë 3¯ 3 3¯

150

1 ˆ 1 Ê 2 fÁ , ˜
Ë 6 6¯ 2

e

1 ˆ 1 Ê 2 f Á , ˜
. Ë 6 6¯ 2

1 ˆ 1 ˆ Ê 1 Ê 1 1 ˆ Ê 2 , , ˜ e Á ˜ são pontos de máximo e Á , Portanto, ÁË ˜ e Ë 3 3¯ 3 3¯ Ë 6 6¯ 1 ˆ Ê 2 , Á ˜ são pontos de mínimo. Ë 6 6¯ 2. Sejam f(x, y)
x2  16y2 e g(x, y)
xy  1, x  0 e y  0.

{xy f( x1,
y)0
, x0ge( xy,y)0 , ou seja,

Resolvendo o sistema:

{

Þ 2 x
y e 32 y
x.

(2 x, 32 y)
( y, x ) xy  1
0 

2x 32 y 2 x 32 y e 
. Daí,
Þ y x y x Þ 2x2
32y2 Þ x2  16y2
0 Þ x
4y.

Logo, 


Substituindo em : 4 y2
1 Þ y


1 2

( y  0) Þ x
2 ( x  0).

1 Ponto de tangência Ê 2, ˆ e Ë

2¯

2

1 1 f Ê 2, ˆ
2 2  16 Ê ˆ
8. Ë 2¯ Ë 2¯

Curva de nível: x2  16y2
8. 4. Vamos minimizar a função d ( x, y)
( x  14)2  ( y  1)2 que nos dá a distância de um ponto P(x, y) até (14, 1), sujeita à restrição g(x, y)
y  x2
0. Para simplificar cálculos, podemos minimizar o quadrado da distância. Seja f(x, y)
(x  14)2  (y  1)2. f(x, y)
(2(x  14), 2(y  1)) e g(x, y)
(2x, 1). Resolvendo o sistema Ï f ( x, y)
g( x, y) Ìy  x 2
0 Ó

Logo,

Þ

Ï2( x  14)
2x Ì2 ( y  1)
 Ó y  x2
0 

14  x 14  x
2( y  1) Þ y
. x 2x

151

Substituindo em : 14  x  x 2
0 Þ 2 x 3  x  14
0 2x e y
4.

Þ x
2 (as outras raízes são complexas)

Portanto, (2, 4) é o ponto procurado. 6. Sejam f(x, y, z)
x2  y2  2z2 e g(x, y, z)
x  2y  3z  4. Resolvendo o sistema: Ï f ( x, y, z )
g( x, y, z ) Ì x  2 y  3z  4
0 Ó

Þ Ï(2 x , 2 y, 4 z )
(1, 2, 3) Ì x  2 y  3z  4
0  Ó

Então, 2x
; 2y
2; 4z
3. Substituindo os valores de x, y, z, em função de , em .  9 16  2   4
0 Þ 19
16 Þ 
. 2 4 19 8 16 12 ; y
e z
19 19 19 64  256  288 608 32 f ( x, y, z )
x 2  y 2  2 z 2


. 361 361 19

Portanto, x


Superfície de nível: x 2  y 2  2 z 2


32 . 19

8 16 12 ˆ Ponto de tangência Ê , , . Ë 19 19 19 ¯ 8. Sejam P(x, y, z) e O(0, 0, 0). Consideremos a distância entre P e O: d ( P, O)
x 2  y 2  z 2 Vamos minimizar a função f(x, y)
x2  y2  z2 com a restrição g(x, y, z)
x  2y  3z  4
0.

Ï f ( x, y, z )
g( x, y, z ) Ì x  2 y  3z  4
0 Ó Temos x


Þ Ï(2 x, 2 y, 2 z )
(1, 2, 3) Ì x  2 y  3z  4
0. Ó

 3 ; y
 e z
 . 2 2

Substituindo em :

 9 4  2  4
0 Þ 
2 2 7

152



Então, x


2 4 6 , y
e z
 . 7 7 7

10) Sejam f(x, y, z)
x  2y  3z, g(x, y, z)
x2  y2  z2  4 e h(x, y, z)
x  y  z  1. Temos:

r r r i j k g( x, y, z )
h( x, y, z )
2 x 2 y 2 z 1 1 1 r r r r g( x, y, z )
h( x, y, z )
(2 y  2 z ) i  (2 z  2 x ) j  (2 x  2 y) k  0

em B
{(x, y, z)
⺢3
x2  y2  z2
4 e x  y  z
1} (B compacto) Portanto, os candidatos a extremantes locais são os (x, y, z) que tornam compatível o sistema: ÏÔ—f ( x, y, z )
l — g( x, y, z )  m — h( x, y, z ) Ìg( x, y, z )
0 ÓÔh( x, y, z )
0 Ï(1, 2, 3)
l (2 x, 2 y, 2 z )  m (1, 1, 1) Ô 2 Ìx  y2  z 2
4 ÔÓ x  y  z
1

Ï1
2 lx  m Ô2
2 ly  m Ô Ì3
2 lz  m Ôx 2  y2  z 2
4 Ôx  y  z
1 Ó


   

De
, ,  segue: (  0) 1 m 2l 2m 2 – 
2y Þ y
2l 3 m 3 – 
2z Þ z
. 2l

1 – 
2x Þ x


Substituindo em  segue: Então, m


1 m 2m 3 m  
1. 2l 2l 2l

6  2l 3  2 l 1 3  2l ; x
; y
e z
. 3 6l 3 6l 2

2

Ê 3  2 l ˆ 1 Ê 3 2 l ˆ ˜
4. ˜  Á 9 Ë 6l ¯ Ë 6l ¯

Substituindo em  segue: Á

153

Daí, 1442  122  18
0

Para l
x





3 . 22

3 , temos 22

3 22  2 3 2  66 3 22  2 3 2  66
;z

. 6 6 6 3 6 3

Para l
 x


Þ 1322
18 Þ

3 , temos 22

2  66 1 2  66 , y
e z
. 6 3 6

Ê 2  66 1 2  66 ˆ Logo, Á , , ˜ maximiza f. 6 3 6 Ë ¯ 13. Seja f(x, y)
x2  y2 e

g(x, y)
x2  6xy  7y2  80.

Vamos minimizar f(x, y) sujeito a restrição g(x, y)
0. Ï— f ( x, y)
l—g( x, y) Ì x 2  6 xy  7 y 2  80
0 Ó

Ou seja,

Ï(2 x, 2 y)
l (2 x  6 y, 6 x  14 y) Ì x 2  6 xy  7 y 2  80
0  Ó



2x x ( x π 3y) Þl
2x  6y x  3y y 2y
(6x  14y) Þ 
(3x  7y)  3x  7 y

De : 2x
(2x  6y) Þ 


Logo,

x y Þ 3x2  8xy  3y2
0
x  3y 3 x  7 y

ÏÔ x
y 64 y 2  36 y 2 Þ Ì 3 6 ÔÓ x
3 y y Substituindo x
em : 3 x


8y ±

y2  2y2  7y2  80
0 Þ 80y2
720 Þ y2
9 Þ y
3 Þ x
1 9

154

Se x
3y, então y  ⺢. Logo, os pontos da curva mais próximos da origem são (1, 3) e (1, 3). Agora, os vetores (1, 3) e (3, 1) são ortogonais 1 3 ˆ 3 1 ˆ r Ê [(1, 3)  (3, 1)
0] e ur
ÊÁ , , ˜ são os versores de ˜ e v
Á Ë 10

10 ¯

Ë

10

10 ¯

(1, 3) e (3, 1). Fazendo uma mudança de coordenadas: 3 ˆ 3 1 ˆ Ê 1 Ê (x, y)
u Á , , ˜  v Á ˜ ¯ Ë 10 ¯ Ë 10 10 10 144244 3 1442443 Æ

Æ

u

v

(o vetor (x, y) escrito em outra base). Logo,

x


1 3 u v 10 10

e

y


3 1 u v. 10 10

Substituindo em x2  6xy  7y2  80
0 resulta u2 v2 
1 10 40 Logo, a mudança de coordenadas proposta transforma a equação dada na

equação

u2 v2 
1 que é uma 10 40

hipérbole.

23. Sejam T(x, y, z)
100 x2yz e g(x, y, z)
x2  y2  z2  4. Os únicos pontos críticos no interior da esfera x2  y2  z2  4, que é um conjunto compacto, são os pontos (0, y, z), (x, 0, z) e (x, y, 0) e nestes pontos a temperatura é zero. Para determinar os candidatos que estão na fronteira da esfera vamos utilizar os multiplicadores de Lagrange. Vamos, portanto, procurar (x, y, z) que torne compatível o sistema: Ï—T ( x, y, z )
l— g( x, y, z ) Ìg ( x, y, z )
0 Ó

Ï(200 xyz, 100 x 2 z, 100 x 2 y)
l (2 x, 2 y, 2 z )  Ì 2 2 2 Óx  y  z
4 

155

De  segue:

l 100 ly 2 2 2 2 100x z
2y Þ x z
Þ y
z 50 lz 100x2y
2z Þ x2y
50 200xyz
2x Þ yz


x2
2y2

e

Substituindo em , 2y2  y2  y2
4 
100. Logo:

Þ

4y2
4

Þ

Þ

y
1

x
 2

Þ

z1 e

( 2 , 1, 1) é ponto de máximo e T (x, y, z)
100  2  1  1
200 é a temperatura máxima. ( 2 , 1, 1) é ponto de mínimo e T(x, y, z)
200 é a temperatura mínima. 25. Sejam h(x, y)
x2  2y2  6 e g(x, y)
x  y  4 Os vetores h(x, y) e g(x, y) devem ser paralelos. Vamos calcular (x, y) que torne compatível o sistema:

Ï—h( x, y)
l—g( x, y) Ìh( x, y)
0 Ó

Ï(2 x, 4 y)
l (1, 1) Ì x 2  2 y 2  6
0. Ó

Þ

Ï2 x
l Þ 2x
4y Þ x
2y Ô Daí, Ì4 y
l ÔÓ x 2  2 y 2  6
0 4 y2  2 y2
6 y2 Þ y
 1 x
2 Logo P(2, 1) pertence à elipse. (P(2, 1) não vai atender a condição do problema de minimização da distância.) Seja Q(x, y) pertencente à reta. d(P, Q)


( x  2)2  ( y  1)2

Vamos minimizar f(x, y)
(x  2)2  (y  1)2. Procurando (x, y) que torne compatível o sistema: Ï—f ( x, y)
l—g( x, y) Ì g( x , y )
0 Ó Ï Ô2 x  4
l Ô Ì2 y  2
l Ô ÔÓ x  y
4

Ï(2( x  2), 2( y  1))
l (1, 1) Ìx  y  4
0 Ó

Þ

Þ 2x  4
2y  2

Þ

y
x 1

Daí, 2x  1
4

Þ

x


5 2

e

Ê 5 3ˆ Logo, P(2, 1) e Q Ë , ¯ satisfazem a condição do problema. 2 2

156

y


3 2

CAPÍTULO 17 Exercícios 17.2 1. a) Sejam Ê 1ˆ Ê 3ˆ r Á 1˜ r 3˜ Á e b
v1
ÁÁ 1˜˜ ÁÁ 2˜˜ Ë 2¯ Ë 3¯

Solução LSQ:

r r b  v1 3  1  1  3  2  1  3  2 14 x
r r

v1  v1 11 3  311 2  2 15 ÏÔ x
3t 2. Sejam P
(2, 1, 3) e r: Ì y
t . ÔÓ z
2t

O ponto procurado é (3t1, t1, 2t1), onde t1 é a solução LSQ do sistema ÏÔ3t
2 Ìt
1 ÔÓ2t
3. t1


(3, 1, 2)  (2, 1, 3) 13
. (3, 1, 2)  (3, 1, 2) 14

ÏÔ x
t  1 3. Sejam P
(1, 1, 1) e r: Ì y
2t ÔÓz
t  2

O ponto procurado é (t1  1, 2t1, t1  2), onde t1 é a solução LSQ do sistema ÏÔ t  1
1 ou seja Ì 2t
1 ÔÓt  2
1 t1


ÏÔ t
0 Ì2t
1 ÔÓt
1.

(1, 2, 1)  (0, 1, 1) 1
. (1, 2, 1)  (1, 2, 1) 6

Exercícios 17.3 1. r

Ê1ˆ r Á ˜ Ë1¯

Ê 1ˆ

r

Ê 2ˆ

a) Sejam v1
Á1˜ , v2
Á1 ˜ e b
Á 1˜ Á ˜ Ë 2¯

Á ˜ Ë 3¯

r r Os vetores v1 e v2 são l.i.: o sistema será compatível determinado. Escrevendo S na forma vetorial:

r r r x v1  y v2
b . A solução LSQ de S é a solução do sistema auxiliar: r r r r r r Ï x v1 ◊ v1  y v2 ◊ v1
b ◊ v1 r r S.A. Ì r r r r Ó x v1 ◊ v2  y v2 ◊ v2
b ◊ v2 r

r

r

rr

r

r

r

r r

onde v1 ◊ v1
3; v1 ◊ v2
2; b v1
6; v2 ◊ v2
6 e b ◊ v2
7 3x  2 y
6 S.A. ÏÌ Ó2 x  6 y
7

Ê 11 9 ˆ cuja solução é Ë , ¯ 7 14

Ê 11 9 ˆ Solução LSQ é Ë , ¯ . [Não atende ao sistema no sentido habitual.] 7 14 No sentido habitual o sistema proposto não admite solução (da Álgebra Linear: o posto da matriz dos coeficientes é diferente do posto da matriz aumentada). Ê 2ˆ 1 b) Seja o sistema: x Á ˜  y ÁÁ 1˜˜ Ë 3¯

Ê 1 ˆ Ê 3ˆ Á 1 ˜
Á 0˜ . ÁÁ 2 ˜˜ ÁÁ 3˜˜ Ë 2 ¯ Ë 1¯

Na forma vetorial:

r r r x v1  y v2
b r r r r r r Ï x v ◊ v  y v2 ◊ v1
b ◊ v1 r r S.A. Ì r 1 r 1 r r Ó x v1 ◊ v2  y v2 ◊ v2
b ◊ v2 r r onde vr1 ◊ vr1
15; vr1 ◊ vr2
3; b ◊ vr1
12; vr2 ◊ vr2
10 e b ◊ vr2
7.

15 x  3 y
12 , Portanto, S.A.: ÏÌ Ó3 x  10 y
7

cuja solução é (1, 1).

158

A solução, no sentido LSQ, é (1, 1), que também é solução do sistema no sentido habitual. c) Seja o sistema: Ê 2ˆ x Á 4˜  y Á ˜ Ë 6¯

Ê 1ˆ Ê 4ˆ ÁÁ 2˜˜
ÁÁ 1˜˜ Ë 3¯ Ë 4¯

r r r na forma vetorial: x v1  y v2
b .

Os vetores v1 e v2 são l.d.: o sistema admite uma infinidade de soluções LSQ (Sistema compatível indeterminado). r

r

r

r

r

Como v1
2 v2 segue 2x v2  y v2
b r r r r r r Daí, (2 x  y) v2
b . Então, t v2 ◊ v2
b ◊ v2 e daí 1 424 3 t

r r 9 9 b ◊ v2 t
r r
. Logo, as soluções LSQ são todos os pares (x, y) tais que 2x  y
. 7 v2 ◊ v2 7

No sentido habitual, o sistema não admite solução.

ÏÔ x
2 u  v 2. Sejam : Ì y
u  v ÔÓz
u  v

e

B
(3, 0, 1).

O ponto procurado é (2u1  v1, u1  v1, u1  v1), onde (u1, v1) é a solução LSQ do sistema ÏÔ2u  v
3 r r r Ì u  v
0 que é equivalente a u v1  v v2
b . ÔÓ u  v
1 r r r r r r Ï u v1  v1 v v2  v1
b  v1 r r , que é equivaEntão, (u1, v1) é a solução do sistema auxiliar Ì r r r r Óu v1  v2 v v2  v2
b  v2 36 3 23 ˆ 13 5 6u  2 v
7 lente a ÏÌ e v1
. O ponto procurado é Ê , , . . Assim, u1
Ë 14 14 14 ¯ 14 7 Ó2u  3v
4 A distância do ponto ao plano é 2 2 2 Ê 36  3ˆ  Ê 3 ˆ  Ê 23  1ˆ
126
3 14 . Ë 14 ¯ Ë 14 ¯ Ë 14 ¯ 14 14

Exercícios 17.4 1. a) O diagrama de dispersão é a representação gráfica dos pontos da tabela.

159

b) Reta dos mínimos quadrados. Seja yˆ
mx  q a reta procurada. Temos q
1 Ï Ô mq
2 Ô 2 m  q
1, 5 S: Ì 3m  q
3, 5 Ô 4 m  q
3, 8 Ô Ó 5m  q
4, 5

r r r Em forma vetorial, S: {m v1  q v2
b

Ê 0ˆ Á1 ˜ onde vr1
Á 2˜ , Á 3˜ Á 4˜ Ë 5¯

Ê1ˆ Á1˜ r 1 v2
Á1˜ Á ˜ Á1˜ Ë1¯

e

Ê1 ˆ 2 r Á1, 5 ˜ b
Á 3, 5 ˜ Á ˜ Á 3, 8 ˜ Ë 4, 5¯

O sistema auxiliar é: r

r

r

r

r r

Ï S.A.: Ì mrv1 ◊ rv1  q vr2 ◊ vr1
br ◊ vr1

Óm v1 ◊ v2  q v2 ◊ v2
b ◊ v2

Temos r r r r v1 ◊ v1
55; v1 ◊ v2
15; r r r r b ◊ v1
53, 2; v2 ◊ v2
6; r r b ◊ v2
14, 3

53,2 {1555mm  615qq

14,3

Daí, m


23 349 eq
 . 210 350

160

349 23 Portanto, yˆ
. x 350 210 c) Para determinar o coeficiente de determinação 6

 ( yˆi  y )2

i
1 6

R2


 ( yi  y )2

i
1

precisamos da seguinte tabela: xi

yi

0 1 2 3 4 5

1 2 1,5 3,5 3,8 4,5

yˆi

0,1095 0,8876 1,8847 2,8819 3,8790 4,8762

( yˆi  y )2

( yi  y )2

6,2140 2,2371 0,2486 0,2486 2,2371 6,2145

11,4467 0,1467 0,7802 1,2470 2,0070 4,4804

349 23 onde yˆ
x 350 210 y


1  2  1, 5  3, 5  3,8  4, 5
2, 3833. 6

Coeficiente de determinação: 6

R2


 ( yˆi  y )2

i
1 6

 ( yi  y )2




17, 399 @ 0, 8653 20,1082

i
1

2. a) Reta dos mínimos quadrados: Seja yˆ
m x  q Temos

ou

Ï 6 m  q
2 Ô 5 m  q
2, 4 S: ÔÌ 4 m  q
1,9 3 m  q
1, 8 Ô 2 m  q
2,1 Ô m  q
2, 2 Ó

Ê 6 ˆ Ê1ˆ Ê2 ˆ Á 5 ˜ Á1˜ Á 2, 4˜ 1 1, 9 4 m Á3 ˜  q Á1˜
Á1, 8 ˜ Á ˜ Á ˜ Á ˜ Á 2 ˜ Á1˜ Á 2,1 ˜ Ë1¯ Ë 2, 2¯ Ë1 ¯ { 12 12 3 r r3 r v v1 2 b

161

r

r

r

Na forma vetorial m v1  q v2
b . O sistema auxiliar é: r r r r r r Ï m v ◊ v  q v1 ◊ v2
b ◊ v1 r r S.A.: Ì r 1 r 1 r r Óm v1 ◊ v2  q v2 ◊ v2
b ◊ v2 r

r

r

r

r

r

r

r

r r

onde v1 ◊ v1
91; v1 ◊ v2
 21; b ◊ v1
 43, 4; v2 ◊ v2
6 e b ◊ v2
12, 4. 91 m  21 q
43, 4 Então, S.A.: ÏÌ Ó 21 m  6 q
12, 4

A solução LSQ é m
0 e q


31 15

31 yˆ
é a reta dos mínimos quadrados. 15 31 . b) Para x
0, temos yˆ
15 c) y


2  2, 4  1, 9  1, 8  2,1  2, 2 12, 4 124 31


. 6 6 60 15

Logo, yˆi  y
0. Portanto, R2
0.

162