Solucionário_Cálculo_Vols_01,_02,_03_e_04_Guidorizzi1

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Solucionário - Cálculo Vols 01_ 02_ 03 e 04 - Guidorizzi/Volume 4/Cap. 9.pdf
Exercícios 9.1
1.
e. Seja 
 
f x
x
x x
x
( )
,
,
,
�
� � ��
� � � �
� �
0 1
1 1 0
1 0
se
se
se
�
�
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Temos
 
a f x dx x dx dx0
1
0
0
1 1
1
1 2
2
� � � � �
�
� �� �
�
��
� �
Ú Ú ÚÈÎÍ( ) ( )
 
a f x nx dx x nx dx nx dxn � � � �
� �
1 1
1
1
0
0� ��
� �
Ú Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
( ) cos ( ) cos cos
 
a
n
n
n
n
n
n
n �
�
� �
�1 1 1 1
2 2�
�
�
cos cossenÈ
ÎÍ
ù
ûú
Ê
Ë
�
¯
 
b f x nx dx x nx dx nx dxn � � � �
� �
1 1
1
1
0
0� ��
� �
Ú Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
( ) ( )sen sen sen
b
n n
n
n
n
n n
n
n
n
�
� �
�
�
�
� �1 1 1 1
2 2�
�
�
sen sencos ( ( ) )È
ÎÍ
ù
ûú
Ê
ËÁ
�
�̄
A série de Fourier da função dada é:
 
1 2
4
1 1 1
1
2 2
�
�
�
�
� �
�
�
�
� �
n
nn
n
nx
n n
n
nx ÊË �¯
Ê
ËÁ
�
�̄
È
Î
Í
ù
û
ú
cos
cos
( )
.
sen
sen
2. É só observar que sen nx e cos nx são periódicas de período 2�.
3. Seja f x e x
x( ) , .� � � ��
2
� � Tal f é de classe C2.
Como f é uma função par, a série de Fourier de f é 
 
a
a nx
n
n
0
1
2
�
�
�
 cos , onde
 
a e nx dx nn x� �
�
�1 0
2
� �
�
Ú cos , .
CAPÍTULO 9
106
Integrando duas vezes por partes, com n � 1, obtemos:
 
a
n
f f n f x nx dxn � 	 � 	 � � 
�
1
2�
� � �
�
�
( ( ) ( )) cos ( ) cos .ÚÈÎÍ
ù
ûú
Seja 
 
M f f f x dx1 � 	 � 	 � � 
�
( ) ( ) ( ) .� �
�
�
Ú
Então,
 
a
n
f f n f x nx dx
M
n
n � 	 � 	 � � 
 �
�
1
2
1
2�
� � �
��
�
( ( ) ( )) cos ( ) cos .Ú
Segue que para todo x real e para todo natural n � 1,
 
a nx a
M
n
n ncos .� �
1
2�
Pelo critério M de Weierstrass, a série de Fourier de f converge uniformemente em �.
4. Seja f: � � � dada por 
 
f x
nx
n
n
( ) .�
�
�
1
3Â sen
a) Temos para todo x e todo n � 1,
sen
e
nx
n n n
n
3 3
1
3
1 1
�
�
�
 é convergente.
Segue, pelo critério M de Weierstrass, que a série 
n
nx
n
�
�
1
3Â sen converge uniformemente
a f em �.
Pelo fato de a convergência ser uniforme e como cada 
 
f x
nx
n
n ( ) �
sen
3 é contínua, resulta
que f é contínua (Teorema 1 da Seção 7.4).
b) Cada f x
nx
n
nn ( ) , ,� �
sen
3 1 é de classe C
1 em �.
Além disso, temos:
 
sen nx
n
nx
n3 2
Ê
Ë
�
¯
	
�
cos
107
Como 
 
cos nx
n n2 2
1
� e a série 
 n
n
�
�
1
2
1Â é convergente, segue, pelo critério M de
Weierstrass, que a série das derivadas 
 n
nx
n
�
�
1
2Â cos converge uniformemente em �.
Portanto, é válida a derivação termo a termo (Teorema 3 da Seção 7.4). Assim,
 
f x
nx
n
nx
n
n n
	 � �
�
� 	
�
�
( )
cos
.
1
3
1
2Â Â
Ê
Ë
ÁÁ
�
¯
��
sen
5. Supondo f : [ , ]�� � � � de classe C
3, f(��) � f(�) e f 	(��) � f 	(�).
Seja F : � � � dada por
F x
a
a nx b nx
n
n n( ) [ cos ],� � �
�
�
0
1
2 Â sen onde a série do 2.º membro é a série de
Fourier de f. Segue que
a f x nx dxn �
� ��
�1 Ú ( ) cos
Integrando por partes três vezes, obtemos
 � �
� � 
 � 
 � � �
�
�
�
�
� � �Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
f x nx dx
n
f f n f x nx dx( ) cos ( ( ) ( )) ( )
1
3 sen sen
Então,
 
a
n
f x nx dx
M
n
M f x dxn � � � � �
� �
1
3
1
3 1� ��
�
�
�
Ú Ú( ) , ( ) .sen onde
Da mesma forma, existe M2 � 0 tal que
b
M
n
n �
2
3�
.
Segue que nb nx na nx nb na n a n b
M
n
n n n n n ncos � � � � � �sen 2
onde M
M M
�
�1 2
�
.
108
Pelo critério M de Weierstrass, a série das derivadas 
 n
n nnb nx na nx
�
�
�
1
 [ cos ]sen
converge uniformemente em �.
Além disso, as funções an cos nx e bn sen nx são contínuas. Então, pelo Teorema 3 da
Seção 7.4, é válida a derivação termo a termo, ou seja,
 
F x
a
a nx b nx nb nx na nx
n
n n
n
n n	 � � � � �
�
� 	
�
�
( ) [ cos ] [ cos ]0
1 1
2 Â Â
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
sen sen
Exercícios 9.3
1. a) Pelo Exemplo 3 da Seção 9.1, a série de Fourier da função f(x) � x2, dada por
F x
n
nx
n
n( ) ( ) cos ,� � �
�
�
�2
1
23
1
4Â converge uniformemente em �.
Além disso, cada fn(x) � cos nx é contínua.
Portanto, pelo Teorema 1 da Seção 7.4, resulta a continuidade de F.
2. Por hipótese, f : � � � é contínua, de classe C2 por partes em [��, �] e periódica de
período 2�. Pelo Teorema da Seção 9.3, para todo x em [��, �],
f x
a
a nx b nx
n
n n( ) [ cos ]� � �
�
�
0
1
2 Â sen onde os an e bn são os coeficientes de Fourier
de f. Como, por hipótese, f é periódica de período 2� e pelo fato de a série de Fourier ser,
também, periódica de período 2�, segue que a igualdade anterior verifica-se para todo x
real.
4. Não, pois se existisse uma série de Fourier que convergisse uniformemente a f(x) � x
em [��, �], deveríamos ter, conforme exercício anterior, f(�) � f(��), o que não
acontece.
5. Basta tomar g contínua, de classe C2 por partes em [��, �], tal que g(�) � g(��), e
que coincida com f no intervalo [a, �]. Como a série de Fourier de g converge
uniformemente a g em [��, �], segue que tal série convergirá, também, uniformemente
a f em [a, �]. Observe que g x x x( ) , ,� � � �� � resolve o problema.
6. A série de Fourier da função g dada por g x
x
a
a x a( ) ,� � � � e
 g x x a( ) ,� �� � � �1 ou a x� � �, resolve o problema.
7. Seja f : [ , ]�� � � � uma função par, contínua e de classe C
2 por partes.
109
Como f é função par temos f(��) � f(�) e seus coeficientes de Fourier têm os valores:
 
a f x dx0
1
�
�� �
�
Ú ( )
 
a f x nx dx f x nx dxn � �
�
1 2
0� ��
� �
Ú Ú◊( ) cos ( ) cos
função par função par
{ 123
(O produto de duas funções pares é uma função par.)
 
b f x nx dxn � �
�
1
0
� �
�
Ú ◊( )
função par função ímpar
sen
{ 123
(O produto de uma função par por uma função ímpar dá uma função ímpar.)
Portanto, 
 
f x
a
a nx dx
n
n( ) cos .� �
�
�
0
1
2 Â
Como f :[ , ]�� � � � é contínua, de classe C
2 por partes em [��, �] e tal que
 f(��) � f(�), segue, pelo Teorema da Seção 9.3, que para todo
x f x
a
a nx dx
n
n� [ , ], ( ) cos ,� � �
�
�
� � 0
1
2 Â sendo a convergência uniforme em
[��, �].
Exercícios 9.4
1.
a) Seja f x
x
x
x
( )
,
,
,
�
� � ��
� � �
� �
1
2
2
2 2
1
2
se
se
se
�
�
� �
�
�
Ï
Ì
Ô
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Ô
Como f é periódica de período 2� e de classe C2 por partes em [��, �], podemos aplicar
o Teorema da Seção 9.4.
Assim,
 
F x
f x f x
f x f x
f x
( )
( ),
( ) ( )
,
� �� �
se for contínua em
se não for contínua em
2
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
110
A função f só é descontínua nos pontos da forma 
 
( ) ,2 1
2
n n�
�
� � . Assim, em todo x
em que f é descontínua,
 
F x
f x f x
( )
( ) ( )
�
�
�
�
�
� �
2
2 1
2
3
2
Segue que F: � � � é a função periódica, de período 2�, dada por:
 
F x
x
x x
x
x
( )
,
,
,
,
�
� � ��
�� �
� � �
� �
1
2
3
2 2 2
2
2 2
1
2
se
se ou
se
se
�
�
� �
� �
�
�
Ï
Ì
Ô
Ô
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Ô
Ô
2. Seja 
 
f x
x
x( )
,
,�
� � �
� �
1 0
2 0
se
se
�
�
ÏÌÓ
A função f é descontínua nos pontos n�, n � �.
Temos
F
f f
( )
( ) ( )
0
0 0
2
1 2
2
3
2
�
�
�
�
�
� �
 
F
f f
( )
( ) ( )
�
� �
�
�
�
�
�
� �
2
2 1
2
3
2
111
Segue que F: � � � é a função periódica, de período 2�, dada por:
 
F x
x
x x x x n n
x
( )
,
, ( , )
,
�
� � �
� � �� �
� �
1 0
3
2
0
2 0
se
se ou ou
se
�
� � �
�
� �
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
Solucionário - Cálculo Vols 01_ 02_ 03 e 04 - Guidorizzi/Volume 3/Cap. 11.pdf
Exercícios 11.1
1. a) Consideremos 
 F x y z yk( , , ) �
r
. Sejam � (u, v) � (u, v, u2 � v2), u2 � v2 � 1, e 
 
r
n a
normal apontando para
cima.
Pelo teorema de Stokes: 
 �ÚÚ Ú◊ ◊rot
r
r
r
r
F n ds F dr�
�
.
Seja �(t) � �(cos t, sen t) � (cos t, sen t, 1), t � [0,2 �].
Temos 
 �
� � � �Ú Ú◊ ◊
r
r
r r r
F dr t k t i t j dt
0
2
0
�
( ) ( cos ) .sen sen
Portanto, 
 �ÚÚ ◊rot
r
r
F n ds � 0.
c) Consideremos 
 
r r r r
F x y z yi x j zk( , , ) � � �2 e
�(u, v) � (u, v, 2u � v � 1), u � 0, v � 0 e u � v � 2.
r
n é a normal apontando para baixo.
Temos
	�
	
	�
	u v
i j k n
i j k� �� � � �� � �2 2
6 6 6
1
r r r
r
r r r
. Então, é a normal apontando para
cima, pois a componente de 
r
k é positiva.
Segue que 
r r
n n�� 1
Logo, 
 � �ÚÚ ÚÚ◊ ◊rot rot
r
r
r
r
F n ds F n ds�� 1 .
Vamos calcular 
 �ÚÚ ◊rot
r
r
F n ds1 aplicando Stokes:
Seja
1(t) � (t, 0), 0 � t � 2; 
2(t) � (2 � t, t), 0 � t � 2; 
3(t) � (0, 2 � t), 0 � t � 2
CAPÍTULO 11
154
Segue que
�1(t) � �(
1(t)) � (t, 0, 2t � 1), 0 � t � 2
�2(t) � �(
2(t)) � (2 � t, t, 5 � t), 0 � t � 2
�3(t) � �(
3(t)) � (0, 2 � t, 3 � t), 0 � t � 2.
Então,
 
�
� � � � � � �
1 0
2
2
0
2
2 1 2 4 2 12Ú Ú Ú◊ ◊
r
r
r r r r
F dr t j t k i k dt t dt( ( ) ) ( ) ( )
 
�
� � � � � � � � ��
2 0
2
22 5
22
3Ú Ú◊ ◊
r
r
r r r r r r
F dr ti t j t k i j k dt( ( ) ( ) ) ( )
 
�
� � � � � � ��
3 0
2
2 3 4Ú Ú◊ ◊
r
r
r r r r
F dr t i t k j k dt(( ) ( ) ) ( )
Logo,
�
� � � � �Ú ÚÚ◊ ◊
r
r
r
r
F dr F n ds12
22
3
4
2
3
2
3
1e rot
�
.
Portanto, 
 �ÚÚ ◊rot
r
r
F n ds ��
2
3
.
e) Consideremos 
r r r r
F Pi Qj Rk� � � , onde P � 0, Q � x e R � 0. Temos
�ÚÚ Ú◊rot
r
r
F n dS x dy�
�
.
 
�
�
�
�
1
0
:
cosx t
y t
z
sen
Ï
Ì
Ô
ÓÔ 
0
2
� �t
�
, 
 
�
�
�
�
2
0
:
x
y
z t
1
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 0 � t � 1
155
 
�
�
�
�
3
1
:
cosx t
y t
z
sen
Ï
Ì
Ô
ÓÔ 
0
2
� �t
�
e
 
�
�
�
� �
4
1
1
:
x
y
z t
0
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
0 � t � 1.
De dy � cos t dt (�1), dy � 0 (�2), dy � cos t dt (�3) e dy � 0 (�4) resulta
 �
� � �Ú Ú Úx dy t dt t dt02 2 02 2 0
� �
cos cos .
Portanto, 
 �ÚÚ ◊rot
r
r
F n dS � 0.
Por outro lado, podemos calcular 
 �ÚÚ ◊rot
r
r
F n dS diretamente. Temos
 
rot
r
r r r
r
F
i j k
x y z
x
k� �
	
	
	
	
	
	
0 0
.
Sendo �(u, v) � (cos u, sen u, v), 0 � v � 1 temos
 
	�
	
	�
	u v
u i u j n� � � �cos .
r r
r
sen
Então, rot 
r
r
F n◊ � 0 e daí
 �ÚÚ ◊rot
r
r
F n dS � 0.
g) Consideremos 
r r
F x y z yi( , , ) � e 
 �( , ) ( , , ),u v u v u v u v� � � � �2 1
2 2 2 2 .
Seja �(t) � (cos t, sen t, 1) a curva fronteira de � orientada positivamente em relação à
normal 
 
r
n .
Temos
 �
�
ÚÚ Ú Ú◊rot sen sen
r
r
r
r
r r r
F n dS F dr t i t i t j dt� � � � �
� 0
2
( )( cos )
� � ��
0
2
2
�
�Ú ( ) .sen t dt
h) Consideremos 
 
r r r r
F x y z yi xj x k( , , ) �� � � 2 e � a superfície
x2 � y2 � z2 � 4, 2 3� �z e y � 0.
156
Temos 
 �( , ) ( , , ), ,u v u v u v u v v� � � � � � � �4 2 4 3 0
2 2 2 2
ou seja, 1 � u2 � v2 � 2, v � 0
Vamos considerar as integrais sobre as curvas �1, G G2 3, e �4, assim definidas
� �1 2 2 2 0( ) ( cos , , ), [ , ]t t t tsen � � ,
� �3 3 0( ) (cos , , ), [ , ],t t t tsen � �
�4(t) � (t, 0, 4
2� t , 1 � t � 2, e
�2(t) � (t, 0, 4
2� t , ), � 2 � t � � 1.
Segue que
�
� � � �
1 0
22 2 2Ú Ú ◊
r
r
r r r
F dr t i t j t k
�
( cos cos )sen
◊ Ú( cos )� � � �2 2 2 20sen t i t j dt dt
r r �
�,
 
�
� � � � � � �
3 0
2Ú Ú
r
r
r r r r r
F dr t i t j t k ti tj dt
�
( cos cos )( cos )sen sen
 
� �
0
�
�Ú dt e
 
r
r
r
r
F dr F dr◊ ◊ÚÚ �� �� 42 (verifique).
Como 
r
r
r
r
F dr F dr◊ ◊ÚÚ �� �� 33 , resulta
 
rot
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
F nds F dr F dr F dr F dr◊ ◊ ◊ ◊ ◊ÚÚÚÚÚÚ � � � � � ������ .4321
157
j) Sejam 
 
r r r r
F x y z yi xj xzk( , , ) � � � e � a superfície z � x � y � 2 e 
 
x
y2
2
4
1� � .
Façamos �(u, v) � (u, v, u � v � 2), 
 
u
v2
2
4
1� � .
 
	�
	
	�
	u v
i j k� �� � �
r r r
. Como a componente de 
 
r
k é positiva temos que a normal
 
r
n u v
u v
1 �
	
	
	
	
	
	
	
	
s s
s s
�
�
 aponta para cima. Seja 
r
n a normal que aponta para baixo. Segue que
 � �ÚÚ ÚÚ◊ ◊rot rot
r
r
r
r
F n dS F n dS�� 1 .
Seja �(t) � (cos t, 2 sen t, cos t � 2 sen t � 2), t � [0, 2�], a curva fronteira de �. Pelo
Teorema de Stokes,
 �ÚÚ Ú◊rot
r
r
r
r
F n dS F dr1 � �
�
 
� � � � �
0
2
22 2 2
�
Ú ◊( cos (cos cos cos ) )sen sent i t j t t t t k
r r r
 ◊ ( cos ( cos ) )� � � �sen sent i t j t t k dt
r r r
2 2 �
� � � � � � �
0
2
2 22 2 2 2
�
Ú ( cos ( cos )(cos cossen sen sen2 t t t t t t t
 � �2 4cos )]t dt � .
Assim, 
 
rot
r
r
F ndS◊ÚÚ �� �4 .s
4. Consideremos 
 
r r r r
F x y z xz i z j yzk( , , ) � � �2 4 e
�( , ) ( , , ),u v u v u v u v� � � � � �4 1 22 2 2 2
Sejam � � �1 1 2 2 2( ) ( ( )) ( cos , , ),t t t t� 
 sen t � [0, 2�] e
 � � �2 2 3 0 2( ) ( ( )) (cos , , ), [ , ]t t t t to sen
 �� sendo 
1, 
2 curvas simples fechadas
(
1 orientada no sentido anti-horário e 
2 no sentido horário).
158
Temos
 
�
� � � � �
1 0
2
2 2 4 2 2 2Ú Ú
r
r
r r r r r
F dr t i j t k t i t j dt
�
( cos )( cos )sen sen
 
� � � �
0
2
4 4 2 0
�
Ú ( cos cos ) ;sen t t t dt
 �
� � � � � �
2 0
2
3 9 3Ú Ú
r
r
r r r r r
F dr t i j t k t i t j dt
�
( cos )( cos )sen sen
Pelo exercício anterior, 
 
�ÚÚ Ú Ú◊rot
r
r
r
r
r
r
F n dS F dr F dr� � �
� �1 2
0.
5. Consideremos 
r r
F x y z x k( , , ) � 3 e
�( , ) ( , , ),u v u v v u v� � � � �4 1 42 2 .
Temos
	�
	
	�
	u v
j k� �� �
r r
e 
 rot
r r
F x j�3 2 .
 
� � � �
0
2
3 9 0
�
Ú ( cos cos ) .sen t t t dt
159
Segue que
 � �ÚÚ ÚÚ◊ ◊rot
r
r
r r r
F n dS u j j k du dv� � � �( ) ( )3 2
 
� � �
�
�
� � � � �ÚÚ Ú Ú3 32 0
2
1
2
2 2u du dv d dcos
 
� � � �3
4
3
15
4
1
2
1 2
0
2 4
1
2
2
0
2� ��
� � � �Ú ÚÈÎÍ
ù
û
ú ◊ ◊cos ( cos )d d
 
� � �
45
4
1
2
2
2
45
40
2
◊ È
ÎÍ
ù
ûú
�
� ��sen
.
Solucionário - Cálculo Vols 01_ 02_ 03 e 04 - Guidorizzi/Volume 4/Cap. 10.pdf
CAPÍTULO 10
Exercícios 10.2
2. a) Substituindo 
 
x t
dx
dt
t� �tg e sec2 na equação 
 
dx
dt
x� �1 2, obtemos
sec2t � 1 � tg2t para todo t no intervalo 
 
�
� �
2 2
, ,ù
ûú
é
ëê
 logo, x � tg t é solução da equação
dada.
c) Substituindo 
 
x t
dx
dt
( ) � �4 0e na equação 
 
dx
dt
t x� �( ),2 16 resulta 0 � 0 para todo
t, logo, a função constante x(t) � 4 é solução da equação dada.
e) Sendo y ex�
2 2/ temos 
 
dy
dx
xex�
2 2/ e daí 
 
dy
dx
xy� , ou seja, y ex�
2 2/ é solução de
 
dy
dx
xy� .
Exercícios 10.3
1. a) A função constante x(t) � 0, t qualquer, é solução. Para x � 0, separando as
variáveis, vem 
dx
x
t dt� . Daí, ln ,x
t
k� �
2
1
2
 ou seja, x k et� 2 2
2 / , onde
 k e
k
2 1 0� � . Segue que x k et� 2 2
2 / ou x k et�� 2 2
2 / . Então, x k et� 2 2
2 / , k qualquer,
é a família das soluções da equação dada. Observe que para k � 0 temos a solução
constante x(t) � 0.
2. b) Queremos uma função y � y(x) que seja solução da equação 
dy
dx
y� �2 4 e que
satisfaça a condição y(1) � 2. A função constante y(x) � 2, x � �, resolve o problema,
pois é solução da equação e satisfaz a condição dada.
d) As funções constantes y(x) � 2 e y(x) � �2 podem ser descartadas pois
não satisfazem a condição dada y(0) � 1. Para y � �2, separando as variáveis, obtemos
 
dy
y
dx2 4�
� . Temos 
 
dy
y
y
y2 4
1
4
2
2�
�
�
�ò ln . Tendo em vista a condição
y(0) � 1,
podemos supor 0 � y � 2. As soluções da equação satisfazendo esta condição são dadas
implicitamente pelas equações 
 
1
4
2
2
ln
�
�
� �
y
y
x k que é equivalente a 
 
2
2
4 4�
�
�
y
y
e ex k .
113
A condição y(0) � 1 será satisfeita para 
 
e k4
1
3
� . A solução 
 
y
e
e
x
x�
�
�
6 2
3
4
4 resolve o
problema.
3. Separando as variáveis e integrando, obtemos 	ln V � �ln p � k e daí segue
ln(V	 p) � k. Tendo em vista a condição inicial, resulta 
 ln ( ) .V p k1 1
	 � Então,
 V p V p
	 	� 1 1 para todo p � 0.
4. A equação que resolve o problema é 
 
dy
dx
y�
 3, sendo 
 o coeficiente de
proporcionalidade. A família das soluções é 
 
y
x k
�
� �
1
2 2
 ou y � 0. Levando em
conta as condições y(0) � 1 e y(1) � 1, resulta 
 
y
x
�
�
1
1
.
5. Seja x � x(t) a distância, no instante t, do corpo ao ponto de onde foi abandonado.
Então, a queda do corpo é regida pela equação 
 
m
d x
dt
mg v
2
2 � �
 , ou seja,
 
10 10
dv
dt
g v� �
 e sabe-se que v(0) � 0 e v(1) � 8. (Lembre-se: 
 
v
dx
dt
� .) Tem-se
então v e
t
� �
�100
1 10
æ
è
ç
ö
ø
÷ onde 
 é a raiz da equação 
� �
�25
2
1 10e
æ
è
çç
ö
ø
÷÷ .
8. Sendo x � x(t) onde x é a distância no instante t do corpo ao ponto de repouso, pela
2.ª lei de Newton, temos 
 
2 5 2 5
2
2
2
, , ,
d x
dt
g
dx
dt
� � æè
ö
ø onde g é a aceleração gravitacional.
Segue que 
 
2 5 25 2, ( ) .
dv
dt
v� � Separando as variáveis, obtemos 
2 5
25 2
,
.
dv
v
dt
�
� Resol-
vendo e levando em conta que v � 0 para t � 0, resulta 
 
v
e
e
t T
t
t�
�
�
� �
�
�
5 1
1
0
4 1
4 1
( )
, ,
onde T é o instante em que o corpo toca a terra.
Exercícios 10.4
5. a) A equação que rege a variação do capital investido é 
 
dC
dt
C� 0 08, . Tendo em vista
a condição inicial C(0) � C0, resulta C(t) � C0e
0,08t.
b) Ao final de 1 mês teremos C(1) � C0e
0,08 � 1,083287C0, ou seja,
114
 
C C C
ganho
( ) , ;1 0 08328870 0� �
1 244 344
 logo, em 1 mês o ganho foi de 8,3287% de C0. Assim, o
rendimento mensal (sem contar impostos) foi de 8,3287% ao mês.
8. A equação que rege o movimento é 
 
dv
dt
v�
 , onde 
 é a constante de
proporcionalidade e 
 
v
dx
dt
� . Resolvendo, obtém-se 
 
x t e t( ) ( ),� �
3
1
 onde 
 
 � ln .
2
3
9. Seja y � f(x), x � 0, a função procurada. A equação da reta tangente no ponto genérico
(p, f(p)) é y � f(p) � f �(p)(x � p). Para que a reta tangente encontre o eixo y no ponto
(0, m), deveremos ter, m � f(p) � pf �(p); como, a área do triângulo de vértices (0, 0),
(0, m) e (p, f(p)) é mp
2
, segue que a função procurada é solução da equação
 
pf p p f p( ) ( )� �
�
2
2
1 que é equivalente a 
 
f p
f p
p p
� � �( )
( )
,
2
2
 ou seja, a função
procurada y � f(x), x � 0, deverá ser solução da equação linear dy
dx x
y
x
x� � �
1 2
02 , .
Resolvendo e levando em conta a condição y � 2 para x � 1 , obtém-se
y x
x
x� � �
1
0, .
Exercícios 10.5
1. a) 
 
dy
dx
y
x
y
y� � �5
4
0, , é equivalente a 
 
y
dy
dx
y x� �5 42 . Com a mudança de
variável u � y2 e, portanto, 
du
dx
y
dy
dx
� 2 , obtemos 
du
dx
u x� �10 8 que é uma equação
linear cuja solução é u e k xe dxx x� � � �10 108òéëê ùûú . De
� � �� � �8
8
10
8
100
10 10 10xe dx xe ex x xò resulta u ke
xx� �
�10 20 2
25
. As soluções
y � y(x) são, então, dadas implicitamente pelas equações y ke
xx2 10 20 2
25
� �
�
.
d) A equação 
dy
dx
y y� � 3 é uma equação de variáveis separáveis e, também, de
Bernoulli. É mais rápido resolvê-la olhando-a como de Bernoulli. A função constante
y(x) � 0, x qualquer, é solução. Para y � 0, é equivalente a y
dy
dx
y� �� �3 2 1. Fazendo
u � y�2, 
 
du
dx
y
dy
dx
�� �2 3 . Substituindo na equação, vem 
 
du
dx
u�� �2 2 e daí,
115
 
u e k e dxx x� ��2 22òéëê ùûú , ou seja, u � ke�2x � 1. Então, a solução da equação dada é
 
y x y
ke x
( ) .� ��
��
0
1
12
ou (Sugestão: Resolva-a separando as variáveis.)
2. a) A solução da equação é p(t) � p
0
e	t, t 
 0. Se 
 � �, teremos 	 � 0 e, então,
p(t) � p
0
 para t 
 0, ou seja, a população se manterá constante e igual a p
0
.
b) A população no instante t é p(t) � p
0
e	t, t 
 0. Se 
 � �, 	 � 0 e então a população
estará crescendo exponencialmente. Se 
 � �, 	 � 0 e, então, 
 
lim ( ) ,
t
p t
®�
� 0 ou seja, a
população tenderá à extinção.
3. a) A equação 
 
dp
dt
p p� �	 � 2 é uma equação de Bernoulli e, também, de variáveis
separáveis. Resolvendo-a obtemos 
 
p
ke t
�
��
	
	 �	
. Tendo em vista a condição
p p( ) ,0 0� �e �
	
�
 resulta 
 
p
p
p e pt
�
� ��
	
� 	
0
0 0( )
, t 
 0. Observe que para t tendendo
a �, p tende a �.
b) Como 
dp
dt
p p� �	 � 2, o valor máximo de dp
dt
 ocorrerá no instante em que p for o
vértice da parábola z � 	p � �p2, ou seja, no instante em que 
 
p � �
	
�
�
2 2
. No instante
t � t1 em que 
dp
dt
 é máximo deveremos ter 
� �
�
	2
0
0 01
�
� �
�
p
p e pt( )
, ou seja,
 
t
p
p
1
0
0
1
��
�	 �
ln . Observe que no instante t � t1 em que 
dp
dt
 é máximo, estará
ocorrendo um ponto de inflexão no gráfico de p � p(t). Se 
 
p0
2
�
�
, no intervalo 0 1, ,t] [
o gráfico de p � p(t) terá a concavidade para cima, ou seja, neste intervalo, a população
estará crescendo a taxas crescentes e, no intervalo 
 
t1, ,�] [ o gráfico terá a concavidade
para baixo, ou seja, a população estará crescendo a taxas decrescentes.
4. A solução p � p(t) é dada implicitamente pela equação p ke t1 1 1� � �� �
 
 	 
�( ) ,
onde k p� �� �0
1 1
 
� .
5. 
 
p t e
t
( ) .� �
�
�
3
1
3
3
3
æ
è
ö
ø
æ
è
çç
ö
ø
÷÷
116
Exercícios 10.6
1. a) 
 
dy
dx
x y
x
�
� 2
, x � 0 é equivalente a 
 
dy
dx
y
x
� �1 2 . Fazendo 
 
u
y
x
� teremos y � xu
e daí 
 
dy
dx
u x
du
dx
� � . Substituindo na equação obtemos a equação de variáveis
separáveis 
 
x
du
dx
u� �1 . A função constante u � �1, x � 0 (ou x � 0) é solução.
Supondo 1 � u � 0, separando as variáveis e integrando, obtemos
 
ln ln , ,1 01 1� � �u k x k e daí 1 � u � kx, k real e diferente de zero. Permitindo que k
assuma, também, o valor zero, teremos a solução u � kx � 1. Observe que para k � 0,
teremos a solução constante u � �1. Segue que y � kx2 � x, x � 0 (ou x � 0) é a
solução geral da equação dada. Observe que poderíamos, também, ter resolvido a
equação dada, olhando-a como uma equação linear.
b) y � 0, x � 0 (ou x � 0) ou 
 
y
x
kx
�
�
3
1 3
.
c) Com a mudança de variável u
y
x
� , ou seja, y � xu, a equação 
 
dy
dx
x y
y
�
�2 é
equivalente a 
u
u u
du
x
dx2 2
1
� �
�� . Integrando, obtemos ( )( ) ,u u
k
x
� � �1 2 2 3 k
real. As soluções y � y(x) são dadas, então, implicitamente pelas equações
(y � x)(y � 2x)2 � k, k real.
d) y(x) � 0, x � 0 (ou x � 0) e as soluções não constantes y � y(x) (ou x � x(y)) são
dadas implicitamente pelas equações y x y kx� �ln .
2. y(x) � 0, x � 0 (ou x � 0) ou 
 
y
x
ke x
�
�� 1
.
Exercícios 10.7
1. a) De 
 
v
dx
dt
� segue 
 
˙̇ ,x
dv
dt
dv
dx
dx
dt
� � ou seja, 
 
˙̇ .x v
dv
dx
� Substituindo na
equação obtemos 
 
v
dv
dx
x�� 3 . Separando as variáveis e integrando, resulta
v x
k
2 4
2 4
� � .
117
b) Com as mudanças 
 
v
dx
dt
� e 
 
˙̇x v
dv
dx
� a equação dada se transforma na equação de
variáveis separáveis 
 
v dv
v
x dx
�
�
1
3 . Integrando, obtemos a relação entre v e x que é
 
v v
x
k� � � �ln 1
4
4
.
c) 
 
 
v v
x
k� � � �ln 1
2
2
d) 
 
v
x k
2
2
2
2� �
e) Com a mudança de variáveis 
 
v
dx
dt
� e 
 
˙̇x v
dv
dx
� a equação se transforma na equação
de Bernoulli 
dv
dx
v xv� � �1 que é equivalente a 2 2 22v
dv
dx
v x� � . Com a mudança
u v� 2, obtemos a equação linear 
 
du
dx
u x� �2 2 cuja solução é
 
u e k xe dxx x� � �2 22òéëê ùûú. De 2 2xe dxx�ò � �
�
�
xe
ex
x
2
2
2
 resulta
v ke xx2 2
1
2
� � � .
f) v kex2
2
1� �
2. Fazendo 
 
˙̇ ,x v
dv
dx
� obtemos 
 
v
dv
dx
gR
x R
��
2
2+( )
; separando as variáveis e integrando
obtemos 
 
v gR
x R
k
2 2
2
�
�
� . Tendo em vista a condição inicial v �
 e x � 0 para t � 0,
teremos k gR� �
a 2
2
. Assim, 
 
v gR
x R
gR
2 2 2
2 2
�
�
� �
a
. Para que o corpo retorne à
terra, para algum x deveremos ter v � 0; deste modo, a condição para que retorne à terra
é 
 
0
2
2 2
�
�
� �
gR
x R
gR
a
, ou seja, 
 
x
R
gR
�
�
2
22
. Para que retorne à terra, e lembrando
que x � 0, deveremos ter 
2 � 2gR. Então, o menor valor para que não retorne à terra é
 � 2gR .
118
Exercícios 10.8
1. d) Seja a equação 
 
2 3 3 2 0x y dx x y dy� � � �( ) ( ) . Para todo (x, y) em �2,
 
�
� y
x y2 3� �( )
 
�
� x
x y3 2 3� �( ) , logo, a equação é exata. Integrando o coeficiente de
dx em relação a x, obtemos x xy k
2 3� � , onde k depende de y. Para que a derivada em
relação a y desta expressão dê 3 2x y� , basta tomar k y�
2. As soluções da equação são,
então, dadas implicitamente pelas equações x xy y c
2 23� � � , com c constante.
2. b) 
 
dy
dx
x y
x y
�
�
�
3
3
2
2 com a condição inicial y 1 0( )� . Para x y� �3 02 , a equação é
equivalente a 
 
3 3 02 2x y dx y x dy� � � �( ) ( ) que é uma equação exata, pois,
 
 
�
�
�
�y
x y
x
y x3 3 12 2� � � ��( ) ( ) . Integrando, obtemos x xy y c3 3� � � . Para que a
condição y 1 0( )� seja satisfeita, devemos tomar c � 1 que foi obtido fazendo x � 1 e
y � 0 na equação anterior. A solução y � y(x) é, então, dada implicitamente pela equação
 x xy y
3 3 1� � � .
3. c) Para que a curva y(t) � (x, y) seja ortogonal ao campo F
®
 no ponto (x, y) deveremos
ter 
dx
dt
dy
dt
, æè
ö
ø ortogonal a F x y
®
( ), , ou seja, 
 
dx
dt
dy
dt
F x y, , æè
ö
ø ◊ ( )
®
� 0 e, portanto,
y
dx
dt
x y
dy
dt
� � �2 0( ) , pois, F x y y i x y j
® ® ®
( ) ( ), � � � 2 . Assim, a curva deverá ser
solução da equação 
 
y dx x y dy� � �2 0( ) e passar pelo ponto (1, 2) dado. Como se trata
de uma equação exata, integrando e levando em conta a condição dada obtemos a curva
xy
y
� �
3
3
14
3
, ou seja, 3 14
3xy y� � que é ortogonal ao campo dado e que passa pelo
ponto (1, 2). Por exemplo, fazendo y � t, teremos a curva 
 
� t
t
t
t( ) æ
èç
ö
ø÷
�
�14
3
3
, , t � 0,
que resolve o problema.
4. A equação que rege o movimento é 
 
x t
dx
dt
x t� � �( ) e sabe-se que x(0) � 1. A
equação é equivalente a 
 
x t dt t x dx� � � �( ) ( ) 0 que é uma equação exata, pois,
�
�
�
�x
x t
t
t x� � �( ) ( ). Integrando, obtemos 
 
t
xt
x
c
2 2
2 2
� � � . Para que a condição
119
x � 1 para t � 0 se verifique, basta tomar 
 
c ��
1
2
. Deste modo, a posição x � x(t) é
dada implicitamente pela equação t xt x
2 22 1� � �� , ou seja, x xt t
2 22 1 0� � � � e,
portanto, 
 
x
t t t
�
� � �2 4 4 4
2
2 2
. Então, a posição no instante t é dada por
 
x t t� � �2 12 , t em �.
6. Sendo x � x(t) e y � y(t), com t num intervalo I contendo 0, a posição da partícula no
instante t, então para todo t em I temos 
 
dx
dt
y
dy
dt
x
�
��
2ì
í
ï
î
ï
. Multiplicando a primeira equação por
x, a segunda por 2y e somando membro, obtemos, para todo t em I, 
 
x
dx
dt
y
dy
dt
� �2 0,
ou seja, x � x(t) e y � y(t), t em I, é solução da equação x dx y dy� �2 0 cuja solução é
x y c2 22� � . Tendo em vista as condições x � 1 e y � 1 para t � 0, resulta
x y2 22 3� � . Logo, a partícula desloca-se sobre a elipse x y2 22 3� � .
Exercícios 10.9
1. e) 2 3 0x y dx x dy
P Q
� � �( )
1 24 34
{
. Temos 
�
�
�
�
Q
x
P
y
� ��2. De 
�
�
�
�
Q
x
P
y
Q x
�
��
2
 segue que
 e x
x
dx
2
2ò � é um fator integrante. Para x � 0, a equação dada é equivalente a
 
2 3 03 2 3x x y dx x dy� � �( ) . Integrando, obtemos 
 
x
x y c
4
3
2
� � , ou seja,
y
c x
x
�
�2
2
4
3 , x � 0.
 f) 3 4 2 4 02xy y dx x x dy
P Q
� � � �( ) ( )
1 24 34 1 24 34
; 
 
�
�
�
�
Q
x
P
y
x� � . Aqui o melhor a fazer é utilizar o
Exemplo 2. Como xP yQ x y� �
2 , segue que 
 
�
�
�
�
Q
x
P
y
xP yQ t
�
�
�
1
, onde t � xy, x � 0 e y � 0.
120
Pelo Exemplo 2, 
 
u x y e t xyt
dt
, ( ) ò� � �
1
 é um fator integrante. Para x � 0 e y � 0, a
equação dada é equivalente a
 
3 4 2 4 02 2 2 3 2x y xy dx x y x y dy� � �( ) + ( ) que é uma equação exata. Integrando,
obtemos x y x y c
3 2 2 22� � . Observamos que outro fator integrante para a equação é
 e
h x dx� ( )ò onde 
 
h x
Q
x
P
y
Q x
( ) ( )�
�
�
�
�
�
�
� 1
2 4
, x � 0 e x � 4.
7. b) A equação dada é equivalente a 
 
2 3 3 0x y dx x y dy� � � �( ) ( ) , y x�3 , que é uma
equação exata. Integrando, obtemos 
 
x xy
y
c2
2
3
2
� � � , ou seja,
 2 6
2 2x xy y k� � � . 
 
k c� 2( )
d) Trata-se de uma equação linear cuja solução geral é
 
y e k e dx
x x
� �
�
3 3
3 32ò
é
ë
ê
ê
ù
û
ú
ú
.
e) É uma equação linear cuja solução geral é y e k x e dxx x� � � sen òéëê ùûú .
f) É uma equação de variáveis separáveis. Separando as variáveis e integrando, obtemos
y
y
x
x c
3 2
3 2
� � � � .
g) A equação é equivalente à linear 
 
dy
dx
x
x
y
x
�
�
�
�
3
1
2
12 2
, cuja solução geral é
 
y e k
x
e dx
x
x
dx
x
x
dx
� �
�
�
�
�
3
1
2
3
12 22
1
ò ò
ò
é
ë
ê
ê
ê
ù
û
ú
ú
ú
, ou seja,
y x k
x
dx� � �
�
2
3
2
2
5
2
1
2
1
( )
( )
é
ë
ê
ê
ê
ù
û
ú
ú
úò . Para calcular a integral, basta fazer a mudança de
variável x � tg u, � � �
� �
2 2
u .
121
h) É uma equação linear, cuja solução geral é 
 
y e k x e dxx x� � �5 2 5 .òéëê ùûú
i) A equação é equivalente a 
 
x y dx x y dy2 2 1 2 3 1 0� � � � � �( ) ( ) que é uma equação
exata. Integrando, obtemos 2 12 6 9 6
3 2x xy x y y c� � � � � .
j) A equação é equivalente a 
 
dy
dx
xy xy�� � 3 que é uma equação de Bernoulli e,
também, de variáveis separáveis. É preferível resolvê-la olhando-a como de Bernoulli.
Resolvendo, obtém-se 
 
y e k xe dxx x� �� � �2
2 2
2òéëê ùûú, ou seja,
 y ke
x� � �2
2
1. Observe que a função constante y � 0 também é solução.
8. Seja u u t� ( ), t x y� �2 2. Temos 
 
�
�
 
 
 
u
x
u t x� �( ) ◊2 e 
 
�
�
 
 
u
y
u t y� �( ) ◊2 . Substituindo
em � da Seção 10.9, vem 
 
u t u t
Q
x
P
y
yP xQ
� �
�
�
( ) ( )
�
�
�
� 
2 2
. Se
�
�
�
�
Q
x
P
y
yP xQ
g t
�
�
�
2 2
( ), t x y� �2 2,então a equação admitirá o fator integrante
 
u x y e
g t dt
, ( ) ( )ò� , t x y� �2 2. Observe que e g t dt( )ò é uma solução da equação
linear u g t u�� ( ) .
9. Consideremos a equação x y dx y x dy� � � �( ) ( ) 0. Temos
�
�
�
�
Q
x
P
y
yP xQ t
�
�
��
2 2
1
, t x y� �
2 2. Assim, u x y e
t x y
t
dt
, ( ) ò� � �
�
�
1
2 2
1 1
 é um fator
integrante. Para (x, y) � (0, 0), a equação é equivalente a
 
x
x y
y
x y
dx
y
x y
x
x y
dy2 2 2 2 2 2 2 2 0�
�
�
�
�
�
�
�
æ
èç
ö
ø÷
æ
èç
ö
ø÷
. Integrando, obtemos
 
1
2
ln arc tgx y
x
y
c2 2� � �( ) , (x, y) � (0, 0).
122
Exercícios 10.11
 2. 
 
1
2
� �
dy
dx
y dx
t tæ
è
ö
øò ò 0
 
 0
 
. Supondo que a função
admita derivada contínua no
intervalo I, com 0 � I, pelo teorema fundamental do cálculo, 
 
1
2
� �
dy
dx
yæè
ö
ø e,
portanto, 
 
dy
dx
y� �2 1. Separando as variáveis, vem 
 
dy
y
dx
2 1�
� . Fazendo
 y u� sec , 
0
2
� �u
�
, 
 
dy
y
u u du
u2 1�
�ò ò sec tg tg e, portanto,
 
 
dy
y
u u y y
2
2
1
1
-
( ) ( )ò � � � � �ln sec tg ln . Então, a solução do problema é dada
implicitamente pela equação 
 
ln y y x k� � � �2 1( ) . Tendo em vista a condição 
 
y �
5
4
para x � 0, teremos k � ln 2. Segue que y y e
x� � �2 1 2 , ou seja,
 y e ye y
x x2 2 21 4 4� � � � e, portanto, y
e ex x
�
�� 4
4
, x 
 0.
8. Seja y f x� ( ) a função procurada. Tendo em vista a condição f 1 1( )� , podemos
supor y � 0 e x num intervalo aberto I, com 1 em I. Vamos supor, também, que a função
seja decrescente. A equação da reta tangente no ponto (p, f(p)) é
 
y f p f p x p� � � �( ) ( )( ) . Esta reta encontra o eixo x no ponto de abscissa
M p
f p
f p
� �
�
 
 
( )
( ) . A área do triângulo de vértices (p, 0), (p, f(p)) e (M, 0) é
 
1
2
M p f p�( ) ( ). Temos, então, M p f p p� �( ) ( ) 2 , ou seja, � � �f p pf p( )[ ] ( )2 2 .
Deste modo, a função procurada deverá ser solução da equação 2 2x
dy
dx
y�� .
Separando as variáveis e integrando, vem 
1
y
k x� ln . Da condição y � 1 para x � 1,
obtemos k � e. Temos, então, 
 
y
x
�
�
1
1 ln
, x e� �2. Se supuséssemos a função
crescente, teríamos a equação 2 2x
dy
dx
y� , e a função procurada seria
 
y
x
�
�
1
1 ln
, 0
2� �x e .
123
13. 
 
2 1 2
2
� �y
dy
dx
dx t
t
� �æè
ö
øò 0
 
, t 
 0 com t � I. Supondo que a função procurada seja
crescente e tenha a derivada contínua, pelo teorema fundamental do cálculo, vem
 
y
dy
dx
1 1
2
� �æè
ö
ø e, portanto, 
dy
dx
y
y
�
�1 2
. Separando as variáveis integrando e
levando em consideração a condição 
 
y �
4
5
 para x � 0, obtemos 
 
y x= æè
ö
ø1
3
5
2
� � ,
 
0
3
5
� �x . (Sugestão: Resolva o problema supondo a função decrescente.)
15. c) 
 
grad , x y x xy x x2 2 22 2� � �( ) ( ), x � 0. As curvas que queremos são, então,
ortogonais ao campo 
 
F x y x i x xy j
® ® ®
( ) ( ), � � �2 2 2 . As curvas ortogonais a este campo
são as soluções da equação x dx y dy� � �2 2 0( ) . Integrando, obtemos
x y y c2 24 2� � � , x � 0, que é a família de curvas ortogonal à família dada.
d) 
 
grad , 2x xy y x y x y2 22 2 2 2� � � � �( ) ( ). As curvas que queremos são, então,
ortogonais ao campo F x y y x i x y j
® ® ®
( ) ( ) ( ), � � � � . As curvas ortogonais a este
campo são as soluções de 
 
y x dx x y dy� � � �( ) ( ) 0 que é uma equação exata. Assim,
 y xy x c
2 22� � � é a família de curvas ortogonais às curvas da família dada.
Solucionário - Cálculo Vols 01_ 02_ 03 e 04 - Guidorizzi/Volume 4/Cap. 7.pdf
CAPÍTULO 7
Exercícios 7.3
1. b) Para todo x � [�r, r], temos 
 
x r� . Logo, para todo x � [�r, r] e para todo
natural k � 1, temos
 
x
k
r
k
a
k k
k
! !
.� �
Temos 
 
L
a
a
r
k
k
r
r
kk
k
k k
k
k k
� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
lim lim
( )!
!
lim
( )
.
Æ Æ Æ
◊1
1
1 1
0
Como L � 1, a série numérica 
k
kr
k
�
�
1
 ! é convergente.
Nestas condições, pelo critério M de Weierstrass, a série 
 k
kx
k
�
�
1
 ! converge
uniformemente em [�r, r], para todo r � 0.
c) 2 2k k k kx r� , para 
 
0
1
2
� �x .
Pelo critério da razão,
 
lim lim ,
k
k
k k
k k
k k
a
a
r
r
r
Æ Æ
◊
�
�
�
� �
� � �
1 1 12
2
2 1 pois 
 
0
1
2
� �r .
Portanto, 
 k
k kr
�
�
1
2Â é convergente.
Segue, do critério M de Weierstrass, que a série 
k
k kx
�
�
1
2Â converge uniformemente
em [�r, r], com 0
1
2
� �r .
d) Para todo x � [�r, r], 0 � r � 1, e para todo natural k � 1, temos
79
 
x
k
r
k
k k
2 1 2 1�
�
�
A série numérica 
 k
kr
k
�
�
�
1
2 1Â (0 � r � 1) é convergente (pois, pelo critério da razão,
 
lim lim lim ).
k
k
k k
k
k k
a
a
r
k
k
r
k
k
r r
Æ Æ Æ
◊ ◊
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
1 1
2 3
2 1 2 1
2 3
1
Segue, do critério M de Weierstrass, que a série 
 k
kx
k
�
�
�
1
2 1Â converge uniformemente
em [�r, r], com 0 � r � 1.
3. Seja s x k x
k
k( ) ( )� �
�
�
1
1Â .
Como a série 
 k
kk r
�
�
�
1
1Â ( ) é convergente para 0 � r � 1 e para x r� ,
 
( ) ( ) ,k x k rk k� � �1 1 segue que a série 
 k
kk x
�
�
�
1
1Â ( ) é uniformemente convergente
em [�r, r], 0 � r � 1, à função s x k x
k
k( ) ( ) .� �
�
�
1
1Â Assim, em [�r, r], 0 � r � 1, é
válida a integração termo a termo:
 
0
1
0
1
1
2
1
1
1
t
k
t
k
k
ks x dx k x dx t
t
t
tÚ Â Ú Â( ) ( ) , .� � � � � �
�
�
�
�
�
Temos
d
dt
s x dx
d
dt
t
t
t t
t
t
0
2 2
21
2
1Ú ( ) ( ) .� � �
�
�
Pelo teorema fundamental do cálculo, 
 
d
dt
s x dx s t
t
0Ú ( ) ( ),� logo,
 
s x k x
x x
x
k
k( ) ( )
( )
.� � �
�
�
�
�
1
2
21
2
1Â
80
7. a) Sendo f(x) � x2, �	 � x � 	, uma função par, f(x) sen nx será uma função ímpar,
daí teremos bn � 0, para n � 1. Assim, a série de Fourier da função dada será da forma
 
a
a nx
k
n
0
1
2
�
�
�
 cos
onde
 
a x dx a x x dx
n
n n
n
n
0
2
2
2
2 2
1 2
3
1 4
1
4
� � � � � �
� �	
	
	
	
	
	
	
	
Ú Úe cos cos ( ) .
Segue que a série de Fourier de f(x) � x2, �	 � x � 	, é
 
	2
1
23
1
4
� �
�
�
n
n
n
nx ( ) cos .
De 
 
( ) cos ,� �1
4 4
2 2
n
n
nx
n
 para todo n e para todo x, e pelo critério M de Weierstrass,
segue a convergência uniforme, em �, da série de Fourier. (Lembre-se de que a série
n
n
�
�
1
2
4Â é convergente.)
b) Seja 
 f x x x( ) , .� � � �	 	
Sendo a função f par, a série de Fourier será da forma 
a
a nx
n
n
0
1
2
�
�
�
 cos .
Cálculo dos coeficientes de Fourier:
a x dx x dx0
0
1 2
� � �
�	 	
	
	
	 	
Ú Ú
 
a x nx dx x nx dxn � � �
�
1 2
0	 		
	 	
Ú Úcos cos
 
� � �
2 1 2
0 0
2
0	 	
	 	 	x
n
nx
n
nx dx
nx
n
sen senÈ
ÎÍ
ù
ûú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
È
ÎÍ
ù
ûúÚ
cos
� � �
2
1 12	n
n[( ) ].
81
Resulta que a série de Fourier da função dada é:
 
	
	2
2 1 1
1
2�
� �
�
�
n
n
n
nx [( ) ] cos .
Temos 
 
( )
,
,� � �
�
1 1
2
0
n n
n
se é ímpar
se é par
ÏÌÓ
Então, a série de Fourier pode ser colocada na forma
 
	
	2
4 2 1
2 1
1
2�
�
�
�
�
n
n x
nÂ
cos ( )
( )
.
Como 
 
2 1 1 4
2 2	 	
[( ) ]
cos
� �
�
n
n
nx
n
 para todo x e todo n � 1, segue, do critério M de
Weierstrass, que a série dada converge uniformemente em �.
c) Seja f x
x x
x x( ) �
� � � �
� � �
	 	
	 	
se
se
0
0
ÏÌÓ
Temos
 
a x dx x dx0
0
0
1
� � � � �
�	
	 	 	
	
	
Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
( ) ( )
 
a x nx dx x nx dxn � � � � � �
�
1 0
0	
	 	
	
	
Ú ÚÈÎÍ ( ) cos ( ) cos
 
� � � � � �
� �
1 1
0 0
0	
	 	
	 	
	
( ) ( )x
nx
n n
nx dx x
nx
n
sen
sen
senÈ
ÎÍ
ù
ûú
Ï
Ì
Ó
È
ÎÍ
ù
ûúÚ
� � � � �
1 1 1
1
1
1
0 2 2n
nx dx
n
n
n
n
	
	
	 	Ú ¸ýþ
È
ÎÍ
ù
ûú
sen ( cos ) ( cos )
Logo,
a
n
nn � �
2
12	
	( cos ) , para n � 1, 2, ...
Como f (x) é uma função par, bn � 0 para n � 1, 2, ...
A série de Fourier é
 
	
	
	
2
2 1
1
2�
�
�
�
n
n
n
nx ( cos ) cos
82
ou seja,
 
	
	2
4 2 1
2 1
1
2�
�
�
�
�
n
n x
nÂ
cos ( )
( )
.
Como 
 
4 2 1
2 1
4
2 12 2	 	
cos ( )
( ) ( )
,
n x
n n
�
�
�
�
 para todo x e todo natural n � 1, segue, pelo
critério M de Weierstrass, que a série é uniformemente convergente em �.
8. a)
Seja f(x) definida e de classe C2 em [�	, 	].
Para cada natural n � 1, temos
 
a f x nx dxn �
�	
	
Ú ( ) cos .
Integrando por partes,
 
a
n
f x nx f x nx dxn � � 
� �
1
( ) ( ) .sen sen[ ]ÏÌ
Ó
¸
ý
þÚ	
	
	
	
O 1.º termo no 2.º membro é zero. Uma segunda integração por partes dá
 
a
n
f x nx f x nx dxn � 
 � �� �
1
2 ( ) cos ( ) cos[ ]
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þÚ	
	
	
	
.
Portanto,
 
a
n
f f n f x nx dxn � 
 � 
 � � �
�
1
2 ( ) ( ) cos ( ) cos .	 	 	 	
	
[ ]ÏÌ
Ó
¸
ý
þÚ �
b) Como f � é contínua em [�	, 	], f x dx�
�
( )
	
	
Ú é um número real. De � segue que
a
n
f f f x dxn � 
 � 
 � � �
�
1
2 ( ) ( )	 	 	
	
( )ÏÌ
Ó
¸
ý
þÚ e, portanto, para todo n � 1 e para todo x,
tem-se
 
a nx
M
n
M f f f x dxn cos , ( ) ( ) ( ) .� � 
 � 
 � � �
�2
onde 	 	
	
	
ÚÏÌÓ
¸
ý
þ
Por aplicação do critério M de Weierstrass segue que a série 
 n
na nx
�
�
1
 cos é
uniformemente convergente.
83
Exercícios 7.4
2. Seja 
 
f x
x
n
n
( ) .�
�
�
1
2 ÊË �¯sen
Temos 
 
sen
x
n n
x2 2
1
0 1� � [ , ].
Pelo critério M de Weierstrass, a série 
 n
x
n
�
�
1
2 ÊË �¯sen converge uniformemente em [0,
1]. Cada 
 
f
x
n
n � sen 2 é contínua em [0, 1].
Nestas condições, pelo Teorema 2 da Seção 7.4 (integração termo a termo), temos
0
1
1
0
1
Ú Â Úf x dx f x dx
n
n( ) ( )�
�
�
, ou seja,
 
� � �
�
�
�
�
n n
x
n
dx n
x
n
1
0
1
2
1
2
2
0
1
Â Ú Â ÈÎÍ
ù
ûú
sen cos
Daí,
0
1
1
2 2
2
1
2
2
1
1
1Ú Â ÂÊË �¯ ÊË �¯f x dx n n n n n
n n
( ) cos cos .� � � �
�
�
�
�
4. Seja f x
x
x n
n
( ) .�
�
�
�
1
2 2Â
Temos 
x
x n n2 2 2
1
�
� , x � [0, 1].
Como a série harmônica 
n
n
�
�
1
2
1Â é convergente, segue, pelo critério M de Weierstrass
que a série 
 n
x
x n
�
�
�
1
2 2Â é uniformemente convergente em [0, 1].
84
As funções 
 
f x
x
x n
n ( ) �
�2 2
 são contínuas em � e, então, em [0, 1]. Segue, do
Teorema 1 da Seção 7.4, que f é contínua em [0, 1]. Nestas condições, pelo Teorema 2 da
Seção 7.4, os símbolos 
 
0
1
1
Ú Âe
n�
�
 podem ser permutados.
Daí, 
 
0
1
0
1
1
2 2
1
0
1
2 2Ú Ú Â Â Úf x dx xx n dx
x
x n
dx
n n
( ) �
�
�
�
�
�
�
�
�
 
� � �
�
�
�
�
�
n n
x n
n
n
1
2 2
0
1
1
2
2
1
2
1
2
1Â ÂÈÎÍ
ù
ûú
ln( ) ln
Portanto,
0
1
1
2
1
2
1
1Ú Â ÊË �¯f x dx n
n
( ) ln .� �
�
�
5. Seja f x
x
n
n
( ) .�
�
�
1
2Â arc tg
Temos arc tg
x
n n2 2
1
� , x � [0, 1].
Pelo critério M de Weierstrass, a série 
 n
x
n
�
�
1
2Â arc tg converge uniformemente a f em [0,
1]. Cada 
 
f x
x
n
n ( ) � arc tg 2 é contínua em [0, 1]. Portanto, podemos integrar termo a
termo uma série uniformemente convergente de funções contínuas.
Daí,
0
1
0
1
1
2
1
0
1
2Ú Ú Â Â Úf x dx xn dx
x
n
dx
n n
( ) � � �
�
�
�
�
arc tg arc tg
 
� �
�
�
�
�
n
x
x
n
n x
n x
dx
1
2
0
1
0
1 2
4 2Â ÚÈÎÍ
ù
ûú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
arc tg
85
 
� � � �
�
�
n
n
n
x n
1
2
2
2 4
0
1
1
2Â
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
arc tg ln ( )
 
� � �
�
�
n
n
n
n
1
2
2
4
1
2
1
1 ÊË �¯
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
arc tg ln .
Logo, a série dada é convergente e tem por soma 
0
1
Ú f x dx( ) .
6. Seja 
 
f x
x
n
n
n
( ) .�
�
� �
1
1
3Â
a) Aplicando o critério da razão,
 
L
a
a
x
n
n
x
x
n
n
n n
n
n� � �
�
�
�
� �
lim lim
( )Æ Æ
◊1 3
3
11
 
x
x
n
n
n
�
�
� �
1
1
1
3Þ Âa série é convergente.
Se L � 1, o critério nada revela, mas, para 
 
x �1, temos as séries
n
n
n
n n
�
� �
�
�
�
1
1
3
1
3
1 1Â Â( ) ,e que são convergentes.
O domínio de f é o conjunto de todos os x para os quais a série converge, ou seja,
 
x � 1. Portanto,
Dom f � [�1, 1].
b) Temos 
 
x
n n
n�
�
1
3 3
1
, x � [�1, 1].
Como a série harmônica 
 n
n
�
�
1
3
1Â é convergente, segue, pelo critério M de Weierstrass,
que a série converge uniformemente em [�1, 1].
86
As funções 
 
f x
x
n
n
n
( ) �
�1
3
 são contínuas. Então, pelo Teorema 1 da Seção 7.4, f é
contínua.
c) Como cada 
 
f x
x
n
n
n
( ) �
�1
3
 é contínua em [�1, 1] e a série 
 n
nx
n
�
� �
1
1
3Â converge
uniformemente a f em [�1, 1], então, pelo Teorema 2 (integração termo a termo), temos
 
� �
�
� �
�
�
�
�
� � �
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1 1
3Ú Ú Â Â Ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
f x dx
x
n
dx
x
n
dx
n
n
n
n
( )
 
� �
� �
� � � � �
�
�
�
� �
�
�
�
n
n
n
n
k
x
n n k
1
4
1
1
1
4 4 4
0
4
1 1
2
2
3
2
5
2
2 1Â Â Â
È
Î
Í
ù
û
ú
( )
...
( )
.
Logo, 
�
�
�
�
�1
1
0
4
2
2 1Ú Âf x dx k
k
( )
( )
.
d) Para todo x � [�1, 1], seja f x
x
n
n
n
( ) .�
�
� �
1
1
3Â
A série 
n
nn x
n
�
� ��
1
2
3
1Â ( ) converge uniformemente em [�1, 1], pelo critério M de
Weierstrass (pois 
 
( )
,
n x
n
n
n n
n�
�
�
�
�1 1 12
3 3 2 x � [�1, 1]).
Cada f x
x
n
n
( ) �
�1
3 é de classe C
1 em [�1, 1].
Nestas condições, pelo Teorema 3 da Seção 7.4 (derivação termo a termo), para todo
x � [�1, 1], segue
 
f x f x
n x
n
n
n
n
n
 � �
�
�
�
�
� �
( ) ( )
( )
1 1
2
3
1Â Â
Solucionário - Cálculo Vols 01_ 02_ 03 e 04 - Guidorizzi/Volume 4/Cap. 4.pdf
Exercícios 4.2
1. b) Seja a série 
 n
nx
n
�
�
1
 ! .
Para x � 0, a série converge. Para x � 0, vamos utilizar o critério da razão
 
lim
( )!
!
lim .
n
n
n n
x
n
n
x
x
nÆ Æ�
�
��
�
�
�
1
1 1
0
Portanto, a série converge para todo x.
c) Seja a série 
n
nx
n
�
�
2
 ln .
Para x � 0, a série converge. Para x � 0, vamos aplicar o critério da razão
lim
ln ( )
ln
lim
ln
ln ( )n
n
n n
x
n
n
x
x
n
nÆ Æ
◊ ◊
�
�
��
�
�
�
1
1 1
 
�
�
� � �
� �
lim lim .
n n
x n
n
x
n
x
Æ Æ
◊ ÊË
�
¯
1
1
1
1
1
Logo, 
 
x
x
n
n
n
�
�
�
1
2
ÞÂ ln é convergente.
Para x � 1 temos a série 
k
n
�
�
2
1Â ln que, já sabemos, é divergente (pelo critério do limite,
Exemplo 9 da Seção 3.2).
Para x � �1, temos a série alternada convergente 
 k
n
n
�
�
�
2
1Â ( )ln .
CAPÍTULO 4
56
Portanto, a série 
 n
nx
n
�
�
2
 ln é convergente para �1 � x � 1.
e) Seja a série 
 n
nxe
�
�
1
 .
Para x � 0, a série é divergente (critério do termo geral).
Para x � 0, aplicamos o critério da raiz
 
lim
n
nxn xe e
�
�
Se ex � 1, ou seja, x � 0, então a série 
 n
nxe
�
�
1
 é convergente. Observe que se trata de
uma série geométrica de razão ex.
f) Seja a série 
n
n
n
n x
n
�
�
1
 ! .
Para x � 0, a série é convergente.
Para x � 0, vamos aplicar o critério da razão
 
lim
( )!
( ) !
lim
( )
lim
n
n
n
n
n n
n
n x n
n x
n
n
n x
x
n
n
x
n
x
eÆ Æ Æ
◊ ◊
Ê
Ë
�
¯
�
�
� � �
�
�
�
�
�
�
�
1
1 1
1
1
1
1
1
Logo, a série 
 n
n
n
n x
n
�
�
1
 ! é convergente para 
x
e
x e� �1, , .ou seja Para x e� , veja
Exercício 5, da Seção 3.4.
g) Seja a série 
 n
nn
n
x
�
�
�
1
21 3 5 2 1
2 4 6 2Â
◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊
◊... ( )
...
Para x � 0, a série é convergente.
Para x � 0, vamos aplicar o critério da razão
 
lim
... ( )( )
... ( )
...
... ( )
lim
n
n
n n
n n
n n
n
n
x
x
x
n
n
x
Æ Æ
◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊
◊
�
�
�
� �
� �
�
�
�
�
1 3 5 2 1 2 1
2 4 6 2 2 2
2 4 6 2
1 3 5 2 1
2 1
2 2
2 1
2
57
Se 
 
x
n
n
x
n
n�
�
�
�
1
1 3 5 2 1
2 4
6 2
1
2,
... ( )
...
a série ◊ ◊ ◊ ◊◊ ◊ ◊ ◊ ◊ é convergente.
Se x �1, a série é divergente (critério de Raabe).
Logo, a série 
 n
nn
n
x
�
�
�
1
21 3 5 2 1
2 4 6 2Â
◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊
... ( )
...
 é convergente para x �1.
h) Seja a série 
 n
nn
n
x
n
�
� ��
�
1
2 11 3 5 2 1
2 4 6 2 2 1Â
◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
◊... ( )
...
.
Para x � 0, a série é convergente. Para x � 0, aplicamos o critério da razão
 
lim
... ( ) ( )
... ( ) ( ) ( )
...
... ( )
( )
n
n
n
n n
n n
x
n
n
n
n
xÆ
◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊
◊
�
�
�
� �
� � �
�
�
1 3 5 2 1 2 1
2 4 6 2 2 2 2 3
2 4 6 2
1 3 5 2 1
2 12 3
2 1
 
�
�
� �
�
�
lim
( )
( )( )n
n
n n
x x
Æ
◊2 1
2 2 2 3
2
2 2
Pelo critério da razão, a série é convergente para x2 � 1.
Se x �1, a série é convergente (critério de Raabe).
Logo, a série 
 n
nn
n
x
n
�
� ��
�
1
2 11 3 5 2 1
2 4 6 2 2 1Â
◊ ◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊
◊... ( )
...
 é convergente para x � 1.
2. a) O domínio de f é o conjunto dos x para os quais a função é convergente.
Seja 
 
f x n x
n
n( ) ! .�
�
�
1
Â
Para x � 0, a soma da série é zero. Logo, convergente. Para x � 0, aplicamos o critério
da razão
 
lim lim
( )!
!
lim ( )
n
n
n n
n
n n
a
a
n
n
x
x
x n
Æ Æ Æ�
�
�
�
�
�
�
� � � �
1
11
1 e a série é divergente.
Logo, Dom f � {0}.
d) Seja 
 
f x x
n
n n( ) .�
�
�
1
2Â ◊
58
Se x � 0, a série converge.
Se x � 0, temos
 
lim lim .
n
n
n
n
n n
x
x
x x
Æ Æ�
� �
�
� �
2
2
2 2
1 1
Logo, a série converge para 
 
x �
1
2
.
Para 
 
x �
1
2
, a série é divergente. (Critério do termo geral para divergência.)
Portanto, Dom
 
f � �] , [.
1
2
1
2
3. b) Seja 
 
f x nx
n
n( ) .�
�
�
1
Â
A série é convergente para x �1. (Verifique.)
Temos f x x x x nx
n( ) ... ...� � � � � � �2 32 3
 � � � � � � � � � � � �( ... ...) ( ... ...)x x x x x x x
n n2 3 2 3
 � � � � �( ... ...) ...x x
n3
Logo, 
 
f x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
( ) ... .�
�
�
�
�
�
� �
�
�1 1 1
1
1
2 3
Daí, 
 
f x
x
x
x( )
( )
, .�
�
�
1
12
4. b) Seja 
n
n
nx
n
�
� �
�
�
0
2 1
1
2 1Â ( ) ( )! .
 
L
x
n
n
x
x
nn
n
n n
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
lim
( )!
( )!
lim .
Æ Æ
◊ ◊
2 2
2 12 2
2 1 1
2 2
0
Como L � 0 � 1, segue do critério da razão que a série 
n
nx
n
�
� �
�
0
2 1
2 1Â ( )! é convergente
para todo x, e então 
n
n
nx
n
�
� �
�
�
0
2 1
1
2 1Â ( ) ( )! é absolutamente convergente, sendo, pois,
convergente para todo x.
59
5. a) Seja f derivável até a ordem (n � 1) no intervalo I e sejam x, x0 � I. Então, existe
 x x x� ] , [0 tal que
 
f x f x f x x x
f x
x x
f x
n
x x
n
n( ) ( ) ( )( )
( )
!
( ) ...
( )
!
( )� � 	 � �
� � � � �0 0 0
0
0
2 0
0
2
 
�
�
�
�
�f x
n
x x
n
n
1
0
1
1
( )
( )!
( )
(Fórmula de Taylor com resto de Lagrange, Seção 16.3, vol. I, 5.ª edição)
Sendo f(x) � ex e x0 � 0, para todo x, existe x entre 0 e x tal que
 
e x x x
n
x
e
n
xx n
x
n� � � � � � �
�
�1
1
2
1
3
1
1
2 3 1
!
...
! ( )!
.
Se x � 0, e e x x
x x� , ] , [.pois � 0 Logo,
 
e x x x
n
x e
x
n
x n n
n
� � � � � � �
�
�
1
1
2
1
3
1
1
2 3
1
!
...
! ( )!
Ê
Ë
�
¯
Como lim
( )!
,
n
nx
n�
�
�
�
1
1
0 pelo confronto,
lim
!
...
!n
n xx x x
n
x e
Æ
Ê
Ë
�
¯�
� � � � � �1
1
2
1
3
12 3 .
Se x e e x x
x� � �0 1 00, , ] , [.pois � Logo,
 
e x x x
n
x
x
n
x n
n
� � � � � � �
�
�
1
1
2
1
3
1
1
2 3
1
!
...
! ( )!
.ÊË
�
¯
De 
 
lim
( )!
,
n
nx
n�
�
�
�
1
1
0 segue
lim
!
...
!n
n xx x x
n
x e
Æ
Ê
Ë
�
¯�
� � � � � �1
1
2
1
3
12 3
Portanto, para todo x, temos
 
e x x x
n
xx n� � � � � � �1
1
2
1
3
12 3
!
...
!
..., ou seja,
e
x
n
x
n
n
�
�
�
0
 ! .
60
Observação:
Como a série 
 n
nx
n
�
��
0
 ! é convergente para todo x, então lim !n
nx
n�
� 0 para todo x.
b) Seja f(x) � sen x.
Temos
 
sen x f f x
f
x
f
x
f
n
x
n
n� � 	 �
�
�
� � �( ) ( )
( )
!
( )
!
...
( )
!
0 0
0
2
0
3
02 3
 
�
�
�
�f x
n
x x
n
n
1
1
1
( )
( )!
, entre 0 e x.
Como 
 
f x x f x xn n� �� �1 1( ) ( ) cos ,sen ou segue 
 
f xn� �1 1( ) , para todo x. Logo,
 
f x
n
x
x
n
n
n
n�
�
�
�
�
�
1
1
1
1 1
( )
( )! ( )!
.
Então, para todo x,
sen x x
x x
n
x
n
n
n n
� � � � �
�
�
�
� �3 2 1 2 2
3
1
2 1 2 2!
... ( )
( )! ( )!
È
Î
Í
ù
û
ú
Portanto, sen x
x
n
n
n
n
� �
�
�
� �
0
2 1
1
2 1Â ( ) ( )! .
6. Critério da raiz para série de termos quaisquer. Considere a série 
 k
ka
�
�
0
 . Suponha que
 
lim
k
kk a
�
 exista, finito ou infinito. Seja 
 
L a
k
kk�
�
lim .
Æ
a) Se L � 1, a série 
 k
ka
�
�
0
 será convergente.
Supondo L � 1, existe um r tal que L � r � 1. Como lim ,
k
kk a L
�
� existe N tal que,
para k � N, 
 
a rkk � .
Portanto, se k � N, resulta 0 � ak � r
k.
61
Temos que 
 k
kr
�
�
0
 é convergente (0 � r � 1).
Pelo critério de comparação, resulta que 
 k
ka
�
�
0
 é convergente. Logo, 
 k
n
ka
�0
 é,
também, convergente.
b) Se L � 1 ou L � ��, a série será divergente.
Supondo L � 1, existe N tal que, para todo k 
 N, 
 
1 1� 
a akk k, ,ou seja para todo
k 
 N.
Como não poderemos ter 
 
lim ,
k
k
�
� 0 a série 
 k
ka
�
�
0
 será divergente.
Solucionário - Cálculo Vols 01_ 02_ 03 e 04 - Guidorizzi/Volume 4/Cap. 5.pdf
CAPÍTULO 5
Exercícios 5.1
(def) (T é contração)
1. a) 
 a a T a T a a a2 1 1 0 1 0 0 1� � � � � � �( ) ( ) , .� �
Portanto,
 a a a a2 1 1 0� � ��
(def) (def) (T é contração)
b) 
 
a a T a T a T T a T T a3 2 2 1 1 0� � � � � �( ) ( ) ( ( ) ( ( ))
(T é contração)
 � � � �� �T a T a a a( ) ( )1 0
2
1 0
Portanto,
 a a a a3 2
2
1 0� � �� .
c) Vamos fazer a prova por indução. Pelo item a, a afirmação é verdadeira para n � 1.
Supondo, agora, 
 
a a a a nn n n� � � �� �1 1 1 0 2� , , vem
 
a a T a T a a a a an n n n n n n� � �� � � � � � �1 1 1 1 0( ) ( ) .� �
Portanto,
 
a a a a nn n n� � � � �1 1 0 1� , .
d) 
 
a a a a a an n n n n n� � � �� � � � � �2 2 1 1
 
� � � � �� �� �a a a an n n n1 1
(por c)
 � � � � � � �
� �� � � � � �◊ n n n na a a a a a1 0 1 1 0 1 1 0( )
Portanto,
 
a a a an n n n� �� � � �2 1 1 0[ ] .� �
 
� � � � � � � � �� � � � �a a a a T a T a T a T an n n n n n n n2 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )
63
e) 
 
a a a a a a a an p n n p n p n p n p n n� � � � � � � � �� � � � � � � � �1 1 2 1...
 
� � � � � � � �� � � � � � � �a a a a a an p n p n p n p n n1 1 2 1...
 � � � � � � � �
� � � �� � �n p n p na a a a a a1 1 0 2 1 0 1 0...
 � � � � �
� � � �[ ... ] .� � �n p n p n a a1 2 1 0
f) 
 
a a a an p n n p n p n n
n
�
� � � � �
�
�
� � � � � � � � �[ ... ] ( )� � � � �
�
�
1 2 1
1
1 0 0 1
1 24444444 34444444
◊
Portanto,
 
a a a an p n
n
� � �
�
�
�
�1
1 0 .
2. Seja a seqüência an, n � 0, dada por an � T(an � 1), n � 1, onde T: � � � é uma
contração, isto é, existe �, 0 � � � 1, tal que 
 T x T y x y( ) ( ) .� � ��
Logo, temos
 
a a a an p n
n
� � �
�
�
�
�1
1 0 , para todo natural n e todo natural p (por (1) f).
Como 
 
0 1
1
01 0� �
�
�
�
��
�
�
, lim ,
n
n
a a
Æ
 logo, dado 	 
 0, existe n0, tal que
n n a a
n
�
� � 	0 1 0
1
Þ �
�
.
E, assim, para n e p quaisquer, temos
 
n n a an p n
 � � 	�0 Þ .
Portanto, a seqüência an é de Cauchy. Pelo Teorema 1, toda seqüência de Cauchy é
convergente. Logo, existe
um número real a tal que 
 
lim .
n
na a
�
�
4. Seja a seqüência an, n � 0, dada por an � T(an � 1), n � 1.
Pelo Exercício 2, a seqüência an é de Cauchy e, portanto, existe um número real a tal que
lim .
n
na a
Æ
=
�
 Pelo Exercício 3, a contração T é contínua. Segue que
a a T a T a T a
n
n
n
n
n
n� � � �
� �
�
�
�lim lim ( ) ( lim ) ( ).
Æ Æ Æ
1 1
Daí, a � T(a).
64
5. Seja T: � � � uma contração.
Então existe um real �, com 0 � � � 1, tal que, quaisquer que sejam os reais x e y,
 T x T y x y( ) ( ) .� � ��
Pelo Exercício 4, T admite um ponto fixo.
Suponha, agora, (por absurdo) que a e b, a � b, são pontos fixos para T. Então, por
definição,
a � T(a) e b � T(b). Como T é contração, segue que 
 T a T b a b( ) ( ) .� � �� Como a
e b são pontos fixos, temos
 a b a b� � �� . Daí, � � 1, o que contraria a hipótese. Logo, se T for uma contração,
então T admitirá somente um ponto fixo.
6. Seja T: � � � dada por 
 
T x
x
( ) .� arc tg
2
Pelo TVM, existe c no intervalo aberto de extremidade x e y tal que
 
T x T y T c x y
c
c
x y( ) ( ) ( )( ) ( ).� � � � �
�
�
2
4 2
Como o valor máximo de 
 
2
4
1
22
x
x�
é (verifique) segue que, quaisquer que sejam x e y,
T x T y x y( ) ( ) .� � �
1
2
Logo, T é uma contração. Como T(0) � 0 e T é contínua, segue que 0 é o único ponto
fixo da função.
7. Seja T: � � � dada por T(x) � x2 � 3x.
T admite dois pontos fixos a � 0 e a � �2, pois T(0) � 0 e T(�2) � �2.
Como T é contínua e admite dois pontos fixos, então T não é contração.
Exercícios 5.2
1. Pelo critério de Cauchy, dado 	 
 0, existe n0 tal que, quaisquer que sejam os naturais
n e p, p � 1,
n n a a an n n p
 � � � �� � �0 1 2Þ ... .	
Em particular, para p � 1,
 
n n an
 ��0 1Þ 	
que é equivalente a 
 
lim .
n
na
�
� 0
65
2. Sendo 
 k
ka
�
�
0
 convergente, pelo critério de Cauchy, dado 	 
 0 existe n0 tal que,
quaisquer que sejam os naturais n e p, p � 1, tem-se
 
n n a a ap n n p
 � � � �� � �0 1 2Þ ... .	
Tendo em vista a desigualdade,
 
a a a a a an n n p n n n p� � � � � �� � � � � � �1 2 1 2... ...
segue que temos, também, quaisquer que sejam n e p, p � 1,
 
a a a n nn n n p� � �� � � � 
1 2 0... .	, para
Logo, 
 k
ka
�
�
0
 é convergente.
Exercícios 5.3
1. a) Seja 
 k
kx
k
�
�
1
 sen
Consideremos as seqüências a
k
b kxk k� �
1
e sen .
Temos
sen x � sen 2x � ... � sen kx �
� �cos cos ( )
x
k x
x
2
1
2
2
2
sen
 (veja o Exemplo 3)
ou seja
sen x � sen 2x � ... � sen kx 
 
�
�
sen sen
sen
k
x
k
x
x
1
2 2
2
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
(pois cos a � cos b � 
 
2
2 2
sen sen
a b b a� �Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯ ).
66
Para x � 2n
 (n � �) temos
 
sen sen sen
sen
x x kx
x
� � � �2
1
2
...
 
( ).sen
x
2
0�
Logo, as seqüências 
 
a
k
b kxk k� �
1
e sen satisfazem as condições do critério de
Dirichlet e, portanto, a série 
 k
kx
k
�
�
1
 sen é convergente.
2. Seja a série 
 k
k
k
�
�
1
 sen .
Temos sen senk k� 2 e sen2
1
2
1
2
2k k� � cos .
Portanto, 
1
2
1
2
2
k k
k
k
k
� �cos .ÊË
�
¯
sen
Como 
 k
k k
k
�
�
�
1
1
2
1
2
2 ÊË �¯cos é divergente segue, pelo critério de comparação, que
k
k
k
�
�
1
 sen é divergente. (Observe: 
 
1
2
1
k
k�
�
 é divergente e, pelo item b do exercício
anterior, 
 
cos 2
2
1
k
k
k�
�
 é convergente, logo 
 
1
2
2
2
1
k
k
k
k
�
�
�
cosÊ
Ë
�
¯Â é divergente.)
3. b) Seja a série 
 k
k
k
�
�
3
 cosln
Consideremos a
k
b kk k� �
1
ln
cos .e
A seqüência ak é decrescente e lim ln
.
k k�
�
1
0
67
 
k
n
kb n
�
� � � � � �
1
1 2
1
2
1
2
1
2Â cos cos ... cos sen
 (veja o Exercício 1).
Portanto, pelo critério de Dirichlet, a série 
 k
k
k
�
�
3
 cosln é convergente.
c) Seja a série 
 k
kb
k
�
�
1
2Â .
Consideremos a 
 
a
k
k �
1
2 . Logo, ak é decrescente e 
 
lim .
k
ka
�
� 0
Seja bk a seqüência 1, 1, 1, 1, �1, �1, �1 �1, 1, 1, 1, 1, ...
Logo,
k
n
kb
�
�
1
4Â
Segue, do critério de Dirichlet, a convergência da série 
 k
kb
k
�
�
1
2Â .
d) Seja a série 
 k
k k k
�
�
�
�
1
1 1
1
1Â ÊËÁ
�
�̄
Consideremos 
 
a
k
b
k k
k k� � �
�
1 1 1
1
e
Temos que ak é decrescente e lim ,
k
ka
�
� 0
k
n
k k n n
�
�
�
� � � � � � � � �
�
1
1 1
1
1
1
2
1
2
1
3
1
3
1
4
1 1
1Â
Ê
ËÁ
�
�̄ ...
 
� �
�
1
1
1n
68
Logo, 
 k
n
k k
�
�
�
�
1
1 1
1
1Â ÊËÁ
�
�̄ .
As seqüências ak e bk satisfazem as condições do critério de Dirichlet.
Logo, a série 
 k
k k k
�
�
�
�
1
1 1
1
1Â ÊËÁ
�
�̄ ◊ é convergente.
4. a) Bn é limitada e an tende a zero, logo, Bnan tende a zero.
b) Como an tende a zero, a série telescópica 
 k
k ka a
�
�
��
0
1Â ( ) é convergente e igual a a0.
c) Imediato.
d) A série 
 k
k k kB a a
�
�
��
0
1Â ( ) é convergente, pois é majorada pela série convergente
k
k kB a a
�
�
��
0
1Â ( ).
e) Tendo em vista a identidade de Abel, segue que a série 
 k
k ka b
�
�
0
 é convergente e
k
k k
k
k k ka b B a a
�
�
�
�
�� �
0 0
1Â Â ( ).
Esta demonstração do critério de Dirichlet é muito mais elegante, não? E, também,
parece-me, muito mais natural. Honras e mais honras para Abel!!!
5. No critério de Abel impomos mais sobre a série e menos sobre a seqüência,
enfraquecemos a hipótese sobre a seqüência ak, mas em compensação exigimos que a
série 
k
kb
�
�
0
 seja convergente.
Como, por hipótese, 
k
kb
�
�
0
 é convergente, segue que a seqüência 
 
B bn
k
k�
�0
n
 é
convergente. Sendo a seqüência ak crescente (ou decrescente) e limitada, tal seqüência
será, também, convergente e, digamos, com limite a. Segue que a série telescópica
69
 k
k ka a
�
�
��
0
1Â ( ) é convergente e com soma a0 � a. Segue, também, que tal série é
absolutamente convergente e a soma 
 k
k ka a
�
�
��
0
1Â será a � a0, se ak for crescente e
a0 � a, se ak for decrescente. Sendo a seqüência Bn convergente, ela será limitada, ou
seja, existe M 
 0 tal que 
 
B Mn � para todo natural n. Deste modo, a série
 k
k k kB a a
�
�
��
0
1Â ( ) é convergente, pois é majorada pela série convergente
 k
k kB a a
�
�
��
0
1Â . Assim, 
 k
k k
n
n n
k
k k ka b B a B a a
�
�
�
�
�
�� � �
0 0
1Â ÂÆlim ( ).
Cuidado. A única hipótese sobre a série 
k
kb
�
�
0
 é que ela seja convergente, mas poderá
ser uma série de termos quaisquer.
Solucionário - Cálculo Vols 01_ 02_ 03 e 04 - Guidorizzi/Volume 2/Cap. 17.pdf
CAPÍTULO 17
Exercícios 17.2
1. a) Sejam
 
r
r
v b1 e� �
1
3
1
2
3
1
2
3
Ê
Ë
Á
ÁÁ
�
¯
�
��
Ê
Ë
Á
ÁÁ
�
¯
�
��
Solução LSQ:
 
x
b v
v v
�
�
�
�
� � � � � � �
� � � � � � �
�
r
r
r r
1
1 1
3 1 1 3 2 1 3 2
1 1 3 3 1 1 2 2
14
15
2. Sejam P � (2, 1, 3) e r: 
 
x t
y t
z t
�
�
�
3
2
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
.
O ponto procurado é (3t1, t1, 2t1), onde t1 é a solução LSQ do sistema
3 2
1
2 3
t
t
t
�
�
� .
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 
t1
3 1 2 2 1 3
3 1 2 3 1 2
13
14
�
�
�
�
( , , ) ( , , )
( , , ) ( , , )
.
3. Sejam P � (1, 1, 1) e r: 
 
x t
y t
z t
� �
�
� �
1
2
2
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
O ponto procurado é (t1 � 1, 2t1, t1 � 2), onde t1 é a solução LSQ do sistema
 
t
t
t
� �
�
� �
1 1
2 1
2 1
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 ou seja 
 
t
t
t
�
�
� �
0
2 1
1.
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 
t1
1 2 1 0 1 1
1 2 1 1 2 1
1
6
�
� �
�
�
( , , ) ( , , )
( , , ) ( , , )
.
158
Exercícios 17.3
1.
a) Sejam 
 
r r
r
v v b1 2
1
1
1
1
1
2
2
1
3
� � � �
Ê
Ë
ÁÁ
�
¯
��
Ê
Ë
ÁÁ
�
¯
��
Ê
Ë
ÁÁ
�
¯
��, e
Os vetores 
 
r
v1 e 
r
v2 são l.i.: o sistema será compatível determinado.
Escrevendo S na forma vetorial:
 x v y v b
r r
r
1 2� � .
A solução LSQ de S é a solução do sistema auxiliar:
S.A. 
 
x v v y v v b v
x v v y v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 2 1 1
1 2 2 2 2
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
Ï
Ì
Ó
� �
� �
onde 
 
r r r r
r
r r r
r
r
v v v v b v v v b v1 1 1 2 1 2 2 2◊ ◊ ◊ ◊� � � � �3; 2; 6; 6 e 7
S.A. 
 
3 2 6
2 6 7
x y
x y
� �
� �
ÏÌÓ
 cuja solução é 
11
7
9
14
,ÊË
�
¯
Solução LSQ é 
11
7
9
14
,ÊË
�
¯ . [Não atende ao sistema no sentido habitual.]
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).
b) Seja o sistema: 
 
x y
2
1
1
3
 1
1
 2
2
3
0
3
1
Ê
Ë
Á
ÁÁ
�
¯
�
��
Ê
Ë
Á
ÁÁ
�
¯
�
��
Ê
Ë
Á
ÁÁ
�
¯
�
��
�
�
�
� .
Na forma vetorial:
x v y v b
r r
r
1 2� �
S.A. 
 
x v v y v v b v
x v v y v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 2 1 1
1 2 2 2 2
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
Ï
Ì
Ó
� �
� �
onde 
 
r r r r
r
r r r
r
r
v v v v b v v v b v1 1 1 2 1 2 2 25 2 0◊ ◊ ◊ ◊ ◊� �� � � �1 ; 3; 1 ; 1 e 7.
Portanto, S.A.: 
 
15 3 1
3 1 7
x y
x y
� �
� � �
2
0
ÏÌÓ
, cuja solução é (1, 1).
159
A solução, no sentido LSQ, é (1, 1), que também é solução do sistema no sentido habi-
tual.
c) Seja o sistema:
 
x y
2
4
6
4
1
4
Ê
Ë
ÁÁ
�
¯
��
Ê
Ë
ÁÁ
�
¯
��
Ê
Ë
ÁÁ
�
¯
��� �
1
2
3
 na forma vetorial: 
 x v y v b
r r
r
1 2� � .
Os vetores v
1
 e v
2
 são l.d.: o sistema admite uma infinidade de soluções LSQ (Sistema com-
patível indeterminado).
Como 
 
r r
v v1 2� 2 segue 2x 
r r
r
v y v b2 2� �
Daí, 
 
(2 )x y v b
t
� �
1 24 34
r
r
2 . Então, t v v b v
r r
r
r
2 2 2◊ ◊� e daí
t � 
 
r
r
r r
b v
v v
◊
◊
2
2 2
�
9
7
. Logo, as soluções LSQ são todos os pares (x, y) tais que 2x � y � 
9
7
.
No sentido habitual, o sistema não admite solução.
2. Sejam �: 
 
x u v
y u v
z u v
� �
� �
� �
2Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 e B � (3, 0, 1).
O ponto procurado é (2u1 � v1, u1 � v1, u1 � v1), onde (u1, v1) é a solução LSQ do sistema
2 3
0
1
u v
u v
u v
� �
� �
� �
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 que é equivalente a 
 uv v v b
r r
r
1 2� � .
Então, (u
1
, v
1
) é a solução do sistema auxiliar 
 
uv v v v v b v
uv v v v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 2 1 1
1 2 2 2 2
� � � �
� � � �
Ï
Ì
Ó
, que é equiva-
lente a 
 
6 2 7
2 3 4
u v
u v
� �
� �
.ÏÌÓ
 Assim, u1 � 
13
14
 e v1 � 
5
7
. O ponto procurado é 
36
14
3
14
23
14
, , .ÊË
�
¯
A distância do ponto ao plano é
 
36
14
3
3
14
23
14
1
126
14
3 14
14
2 2 2
� � � � � �ÊË
�
¯
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯ .
Exercícios 17.4
1. a) O diagrama de dispersão é a representação gráfica dos pontos da tabela.
160
b) Reta dos mínimos quadrados.
Seja ŷ � mx � q a reta procurada.
Temos
 
S
q
m q
m q
m q
m q
m q
:
,
,
,
,
��
� �
� �
� �
� �
� �
1
2
2 1 5
3 3 5
4 3 8
5 4 5
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
Em forma vetorial, S: {m 
r r
r
v q v b1 2� �
onde 
 
r r
r
v v b1 2
0
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1
1
1
2
1 5
3 5
3 8
4 5
� � �
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
�
¯
�
�
�
�
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
�
¯
�
�
�
�
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
�
¯
�
�
�
�
, ,,
,
,
e
O sistema auxiliar é:
S.A.: m v v q v v b v
m v v q v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 2 1 1
1 2 2 2 2
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
Ï
Ì
Ó
� �
� �
Temos
 
r r r r
r
r r r
r
r
v v v v
b v v v
b v
1 1 1 2
1 2 2
2
3 2
4 3
◊ ◊
◊ ◊
◊
� �
� �
�
55; 15;
5 ; 6;
1
,
,
 
 
55 15 53,2
15 6 14,3
m q
m q
� �
� �{
Daí, m � 
349
350
 e q � �
23
210
.
161
Portanto, 
 
ŷ x� �
349
350
23
210
.
c) Para determinar o coeficiente de determinação
 
R
y y
y y
i
i
i
i
2 �
�
�
�
�
( )
( )
2
1
6
2
1
6
ˆÂ
Â
precisamos da seguinte tabela:
x
i
y
i
ŷi ( )
2ŷ yi � ( )
2y yi �
0 �1 �0,1095 6,2140 11,4467
1 2 0,8876 2,2371 0,1467
2 1,5 1,8847 0,2486 0,7802
3 3,5 2,8819 0,2486 1,2470
4 3,8 3,8790 2,2371 2,0070
5 4,5 4,8762 6,2145 4,4804
onde 
 
ŷ x� �
349
350
23
210
y �
� � � � � �
�
1 2 1,5 3,5 3,8 4,5
6
2,3833.
Coeficiente de determinação:
 
R
y y
y y
i
i
i
i
2 17 399
20 1082
0 8653�
�
�
�
�
�
( )
( )
2
1
6
2
1
6
ˆ
,
,
,
Â
Â
@
2. a) Reta dos mínimos quadrados:
Seja ̂y m x q� �
Temos ou
S: 
 
� � �
� � �
� � �
� � �
� � �
� � �
6
5
4
3 8
2 1
2
m q
m q
m q
m q
m q
m q
2
2,4
1,9
1
2
2
,
,
,
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
 
m
v
q
v b
�
�
�
�
�
�
� �
6
5
4
3
2
1
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
�
¯
�
�
�
�
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
�
¯
�
�
�
�
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
�
¯
�
�
�
�
r
123
r
{
r
123
1 2
1
1
1
1
1
1
2
2 4
1 9
1 8
2 1
2 2
,
,
,
,
,
162
Na forma vetorial 
 m v q v b
r r
r
1 2� � .
O sistema auxiliar é:
S.A.: 
 
m v v q v v b v
m v v q v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 1 2 1
1 2 2 2 2
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
Ï
Ì
Ó
� �
� �
onde 
 
r r r r
r
r r r
r
r
v v v v b v v v b v1 1 1 2 1 2 2 21 43 4 2 4◊ ◊ ◊ ◊ ◊� �� �� � �9 ; 21; ; 6 e 1, , .
Então, S.A.: 
 
91 21 43, 4
21 6 12, 4
m q
m q
� � �
� � �
ÏÌÓ
A solução LSQ é m � 0 e q � 
31
15
 
ŷ �
31
15
 é a reta dos mínimos quadrados.
b) Para x � 0, temos 
 
ˆ .y �
31
15
c) 
 
y �
� � � � �
� � �
2 2, 4 1,9 1,8 2,1 2,2
6
12, 4
6
124
60
31
15
.
Logo, ̂y yi � � 0. Portanto, R
2 � 0.
Solucionário - Cálculo Vols 01_ 02_ 03 e 04 - Guidorizzi/Volume 2/Cap. 14.pdf
CAPÍTULO 14
Exercícios 14.1
1. b) 
 
∂
∂
z
x
x ex y� �2
22
 e 
 
∂
∂
z
y
y ex y�� �2
22
. Temos
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
��̄
∂
∂
2
2
2 22 4 2 2 2 1
2 2 2 22 2z
x x
z
x x
xe x e e e xx y x y x y x y� � � � � �� � � �( ) ( ),
2 2
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂
2
2
2 22 4 2 2 2 1
2 2 2 2 2z
y y
z
y y
ye y e e e yx y x y x y x y� � � � � � �� � � �( ) ( ),
2 2 2
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂
2
2 4
2 2 2z
x y x
z
y x
ye xyex y x y� � � ��� �( )
2
e
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
��̄
∂
∂
2
2 4
2 2 2z
y x y
z
x y
xe xyex y x y� � ��� �( ) .
2
c) 
 
∂
∂
z
x
x
x y
�
� �
2
1 2 2
 e 
 
∂
∂
z
y
y
x y
�
� �
2
1 2 2
. Temos
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
��̄
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
◊ ◊2
2 2 2
2 2
2 2 2
2
1
1 2 2 2
1
z
x x
z
x x
x
x y
x y x x
x y
� �
� �
�
� � �
� �
( )
( )
,
 
∂
∂
2
2
2 2
2 2 2
2 2 2
1
z
x
y x
x y
�
� �
� �( )
,
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
2
2 2 2
2 2
2 2 2
2
1
2 2 2
1
z
y y
z
y y
y
x y
x y
x y
� �
� �
�
� �
� �( )
e
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂ ∂
2
2 2 2 2 2
22
1
4
1
z
x y x
z
y x
y
x y
xy
x y
z
y x
� �
� �
��
� �
�
( )
.
2. Seja f(x, y) � 
 
1
2 2x y�
.
a) 
 
∂
∂
∂
∂
◊ ◊ ◊f
x
x
x y
f
x
x y x x y x
x y
��
�
�
� � � �
�
2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2 2 2
2 2 4( )
;
( ) ( ) ( )
( )
, ou seja,
 
∂
∂
2
2
4 2 2 4
2 2 4
6 4 2f
x
x x y y
x y
�
� �
�( )
.
118
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
��̄
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
◊ ◊2
2 2 2
2 2
2 2 4
2 2 2 2f
x y y
f
x y
x
x y
x x y y
x y
� � �
�
�
�
�
 
( )
( )
( )
 
∂
∂ ∂
2 2 2
2 2 4
8f
y x
xy x y
x y
�
�
�
( )
( )
.
Substituindo,
 
x
f
x
x y y
f
y x
x y
∂
∂
∂
∂ ∂
2
2
2
( , ) ( , )�
 
�
� � � �
�
�
� �
�
6 4 2 8 8 6 12 65 3 2 4 3 2 4
2 2 4
5 3 2 4
2 2 4
x x
y xy x y xy
x y
x x y xy
x y( ) ( )
 
�
� �
�
�
�
�
�
�
6 2 6 64 2 2 4
2 2 4
2 2 2
2 2 4 2 2 2
x x x y y
x y
x x y
x y
x
x y
( )
( )
( )
( ) ( )
 
� � �
�
��( )
( )
( , ).3
2
32 2 2◊
∂
∂
x
x y
f
x
x y
Logo, x
f
x
x y
y f
y x
x y
f
x
x y
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2
3( , ) ( , ) ( , ).� �� (Observação. Poderíamos ter chegado a
este resultado sem fazer contas: é só observar que 
∂
∂
f
x
 é homogênea de grau �3 e usar a
relação de Euler.)
b) ∂
∂
2
2
4 2 2 4
2 2 4
6 4 2f
x
x x y y
x y
�
� �
�( )
e
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
◊ ◊2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 4
2 2 2 2 2f
y y
f
y y
y
x y
x y y x y y
x y
� � �
�
�
� � � �
�( )
( ) ( ) ( )
( )
 
∂
∂
2
2
4 2 2 4 2 2 4
2 2 4
4 2 2 4
2 2 4
2 4 2 8 8 2 4 6f
y
x x y y x y y
x y
x x y y
x y
�
� � � � �
�
�
� � �
�( ) ( )
.
Substituindo,
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
4 2 2 4 4 2 2 4
2 2 4
6 4 2 2 4 6f
y
x y
f
y
x y
x x y y x x y y
x y
( , ) ( , )
( )
� �
� � � � �
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
4 8 4 4 44 2 2 4
2 2 4
2 2 2
2 2 4 2 2 2
x x y y
x y
x y
x y x y( )
( )
( ) ( )
.
Portanto, a identidade se verifica:
 
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2 2 2 2
4f
x
x y
f
y
x y
x y
( , ) ( , )
( )
.� �
�
3. f(x, y) � ln(x2 � y2).
119
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
◊ ◊f
x
x
x y
f
x x
x
x y
x y x x
x y
�
�
�
�
�
� �
�
2 2 2 2 2
2 2
2
2 2 2
2 2
2 2 2;
( )
( )
,
 
∂
∂
2
2
2 2
2 2 2
2 2f
x
y x
x y
�
�
�( )
,
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
2
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2f
y y
y
x y
x y
x y
�
�
�
�
�( )
 e daí
 
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
0
f
x
f
y
y x x y
x y
� �
� � �
�
�
( )
.
5. Como f, g: A � �2 � �, A aberto, são funções de classe C2,
conclui-se que 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2 2 2g
x y
g
y x
f
x y
f
y x
� �e . Temos
 
∂
∂
∂
∂
Þ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂ ∂
f
x
g
y
f
x x
g
y
g
x y
� � �
2
2
2
 e
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
��̄
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2 2f
y y
f
y y
g
x
g
y x
g
x y
� � � �� �� .
Portanto,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2
2
2 2
0
f
x
f
y
g
x y
g
x y
� � � � .
Analogamente,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
��̄
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂ ∂
2
2
2g
x x
g
x x
f
y
f
x y
� � � �� e
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
��̄
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2 2g
y y
g
y y
f
x
f
y x
f
x y
� � � � .
Portanto,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2
2
2 2
0
g
x
g
y
f
x y
f
x y
� �� � � .
6. Como f: A � �3 � � 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 2f
x y
f
y x
� b) 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2f
x y
f
z x
�
c) 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2f
y z
f
z y
�
120
8. Seja 
 
f x y xy
x y
x y
x y
x y
( , ) ( , ) ( , )
( , ) ( , )
�
�
�
�
�
2 2
2 2 0 0
0 0 0
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Devemos, inicialmente, determinar as derivadas parciais de 1.ª ordem de f.
Para (x, y) � (0, 0) temos:
 
∂
∂
f
x
x y x y y
x y
�
� �
�
4 2 3 4 5
2 2 2( )
e
 
∂
∂
f
y
x y xy x
x y
�
� � �
�
4 3 2 4 5
2 2 2( )
.
Em (0, 0) temos:
∂
∂ Æ
f
x
f x f
xx
( , ) lim
( , ) ( , )
0 0
0 0 0
0
0
�
�
� e
∂
∂ Æ
f
y
f y f
yy
( , ) lim
( , ) ( , )
.0 0
0 0 0
0
0
�
�
�
Portanto,
 
∂
∂
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f
x
x y
x y x y y
x y
x y
x y
( , ) ( )
( , ) ( , )
( , ) ( , )
�
� �
�
�
�
4
0 0
0 0 0
2 3 4 5
2 2 2 se
se
 
∂
∂
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f
y
x y
x y xy x
x y
x y
x y
( , ) ( )
( , ) ( , )
( , ) ( , ).
�
� � �
�
�
�
4
0 0
0 0 0
3 2 4 5
2 2 2 se
se
Continuando, calculando agora:
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Æ
2
0
0 0
0 0 0
0
f
x y
f
y
x
f
y
xx
( , ) lim
( , ) ( , )
�
�
�
 
�
�
� �lim lim .
x x
x
x
x
x
xÆ Æ0
5
4
0
0
1
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Æ
2
0
0 0
0 0 0
0
f
y x
f
x
y
f
y
yy
( , ) lim
( , ) ( , )
�
�
�
121
 
�
� �
� � ��lim lim .
y y
y
y
y
y
yÆ Æ0
5
4
0
0
1
Logo, 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2
0 0 1 0 0 1
f
x y
f
y x
( , ) ( , ) .� ��e (f(x, y) é de classe C2 em �2? Por quê?)
9. Seja u(x, t) � A sen(a�t � �) sen �x.
 
∂
∂
◊ ◊u
t
A x a t a� �sen � � � �cos( ) ( )
 
∂
∂
◊
2
2
u
t
A a x a t a�� � �( ) ( ( )) .� � � � �sen sen
 
∂
∂
◊
2
2
2 2u
t
Aa x a t�� �� � � �sen sen( ). �
Por outro lado,
 
∂
∂
◊u
x
A a t x� �sen ( )(cos )� � � �
∂
∂
◊
2
2
2u
x
A a t x�� �� � � �sen sen( ) . �
Comparando � e �:
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
u
t
a
u
x
� .
10. Seja u � f(x � at) � g(x � at).
Considerando y � x � at e z � x � at.
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
u
t
df
dy
y
t
dg
dz
z
t
u
x
df
dy
y
x
dg
dz
z
x
� � � �e
 
∂
∂
∂
∂
u
t
a
df
dy
a
dg
dz
u
x
df
dy
dg
dz
�� � � �e
 
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
u
t
a
d f
dy
a
d g
dz
u
x
d f
dy
d g
dz
� � � �e .
Portanto,
 
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
u
t
a
u
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.
122
Calculando as derivadas parciais,
 
3 3 1
1
2 2x
x
u
y
y
u
x
y
u
y
x
u
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
� �
� � .
Resolvendo o sistema, temos:
 
∂
∂
x
u
x y
x y
�
�
�
3
3 3
2
3 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
1 1x( , )
�
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
u
x y
x y
( , )
( , ) [ ( , )]
[ ( , )] [ ( , )]
.1 1
1 1 3 1 1
3 1 1 3 1 1
1 3
3 3
2
6
1
3
2
3 3�
�
�
�
�
�
�� ��
14. Seja 
 
z t dt du
x y u
�
�
1 0
2
2 2
Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
sen .
Pelo teorema fundamental do Cálculo temos:
 
∂
∂
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
úÚ
z
y
t dt y
x y
� �
�
0
2
2 2
2sen ( )
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
�
�̄ ◊
2
2 2 22 2
z
x y x
z
y
y x y x� � � �( ) ( )sen
 
∂
∂ ∂
2
2 2 24
z
x y
xy x y�� �sen( ) .
b) 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
��̄
2
2
z
x x
z
x
�
 
∂
∂ Ú
z
x
x t dt
x y
�
�
2
0
2
2 2
sen
 
∂
∂ Ú
2
2
2 2 2 2
0
24 2
2 2z
x
x x y t dt
x y
� � �
�
sen sen( )
123
 
∂
∂
◊ ◊ Ú
2
2
0
0
0
2
0
1 1 4 1 0 2
z
x
t dt( , ) � �sen sen
123
1 24 34
 
∂
∂
2
2 1 1 0
z
x
( , ) .�
Exercícios 14.2
1.
a) 
 
g t
f
x
x y x t y t( ) ( , )� � �
∂
∂
com e sen2 . Temos
 
dx
dt
t
dy
dt
t� �2 e cos .
 
g t
d
dt
f
x
x y
x
f
x
dx
dt y
f
x
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