_- Resoluções de Um Curso de Cálculo, Vol 2 por Guidorizzi

Prévia do material em texto

CAPÍTULO 1
Exercícios 1.1
1. Seja f: [0, 1] � � dada por
 
f x
x
x
( )
, ,
, ,
�
0 0
1
2
1
1 0
1
2
1
se
se
�
�
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Seja P uma partição qualquer de [0, 1]
P : 0 � x0 � x1 � x2 � ... � xi �1 � xi � ... � xn � 1 e seja 
i
n
i if c x
�
�
1
 ( ) uma soma
de Riemann de f relativa a esta partição.
Se nenhum dos c1, c2, ..., cn pertencer ao conjunto 0
1
2
1, , ,ÏÌ
Ó
¸
ý
þ
 então a soma de
Riemann será zero.
Admitindo que algum ou alguns (um, dois ou três) ci pertença ao conjunto 0
1
2
1, , ,ÏÌ
Ó
¸
ý
þ
então f(ci) � 1 e f(ci) �xi � �xi (para cada ci � 0
1
2
1, , ).ÏÌ
Ó
¸
ý
þ
 Portanto,
 i
n
i i if c x x
�
� � �
1
3Â ( ) .máx
Dado � � 0, existirá 
 
�
�
�
3
 (que só depende de �) tal que:
i
n
i i if c x x
�
� � � � �
1
 ( ) .sempre que máx �
Em qualquer caso, temos, independentemente da escolha dos ci e para toda partição P
de [0, 1], com máx �xi � �, que
i
n
i if c x
�
� � � �
1
0Â ( ) .
Portanto,
 
lim ( ) ( ) .
máx �
�
� � �
x
i
n
i i
i
f c x f x dx
Æ Â Ú0
1
0
1
0
2
3.
a) Seja 
 
f x
x
x
x
( )
.
�
� �
�
� �
1 0 1
4 1
2 1 2
se
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Seja P uma partição qualquer de [0, 2]:
P : 0 � x0 � x1 � ... � xj �1 � xj � ... � xn � 2
Suponhamos que 1 � [xj �1, xj]. Temos
 i
n
i i
i
j
i i j j
i j
n
i if c x f c x f c x f c x
� �
�
� 	
� � � 	 � 	 �
1 1
1
1 1 2
  Â( ) ( ) ( ) ( )123 123 , onde f(cj) � {1, 2, 4}
� xj�1 	 f(cj) (xj � xj�1) 	 2(2 � xj) � 3 � (xj � xj�1) 	 f(cj) (xj � xj�1) 	 (1 � xj).
Segue que
� � � � � � � �
i
n
i i j j j j j if c x x x x x x x
�
� �� � � � 	 � 	 � � �
1
1 13 4 1 6Â ( ) .máx
Dado � � 0 e tomando-se 
 
�
�
�
6
 tem-se
 
máx � � � � �
�
x f c xi
i
n
i i� �Þ Â� �
1
3( ) .
Então, 
 
lim ( )
máx�
�
� �
x
i
n
i i
i
f c x
Æ Â0
1
3 independentemente da escolha de ci.
Logo, f é integrável e 
 
f x dx( ) .�3
0
2
Ú
d) Seja f x
x x
x x
( )
.
�
�
se
se
�
�
�
�
Ï
Ì
Ó
Seja P : �1 � x0 � x1 � ... � xi �1 � xi � ... � xn � 1 uma partição qualquer de [�1, 1]
e 
1
2
 seja um ponto dessa partição. Escolhamos ci 
 0 da seguinte forma: ci irracional se
ci � 0 e ci racional se ci � 0. Desse modo, f(ci) � 0 para todo i. Segue que a soma de
Riemann será maior que a área do retângulo de vértices 
1
2
0
1
2
1
2
1 0 1
1
2
, , , , ( , ) , ,ÊË
�
¯
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯e
ou seja, 
 i
n
i if c x
�
� �
1
1
4Â ( ) . (Concorda?) Por outro lado, escolhendo ci racional se ci � 0
e ci irracional se ci � 0 teremos f(ci) � 0, para todo i, e portanto, 
 i
n
i if c x
�
� �
1
0Â ( ) .
3
Logo, não existe L tal que 
 
lim ( ) ,
máx �
�
� �
x
i
n
i i
i
f c x L
Æ Â0
1
 independentemente da escolha
dos ci. Ou seja, a função não é integrável.
Exercícios 1.2
1.
a) 
 
f x
x
x
( ) �
	1 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.
c) 
 
f x
x x
x
x
( )
.
�
� � �
� �
2 2 1
2
1 2
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
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].
e) f(x) � 
0 0
1
0 1
se
sen
x
x
x
�
� �, .
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
A função é limitada e descontínua apenas em x � 0. Logo, pelo teorema 2, a função é
integrável.
g) 
 
f x
x x
x
x
( ) �
� � �
�
� �
2 1 0
5 0
2 0 1
se
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f é limitada em [�1, 1]; f só é descontínua em x � 0. Portanto, f é integrável.
CAPÍTULO 2
Exercícios 2.1
1.
a) 
 
0
2 2 0 1
1
1 2Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f x dx f x
x
x
x
( ) , ( )onde
se
se
�
� �
� �
f é integrável em [0, 2], pois é limitada e descontínua apenas em x � 1.
Temos 
 0
2
0
1
1
2
Ú Ú Úf x dx f x dx f x dx( ) ( ) ( )� �
Em [0, 1], f(x) difere de 2 apenas em x � 1. Daí,
0
1
0
1
2 2 2Ú Ú [ ]f x dx dx x( ) � � �01
Em [1, 2], f(x) � 
1
x
. Logo,
0
1
1
2
1
2 2Ú Ú [ ]f x dx dxx x( ) ln ln� � �
Portanto, 
 0
2
Ú f x dx( ) � �2 ln 2.
c) 
�1
3
Ú f x dx( ) , onde f x
x
x
x
x
( ) � �
�
1
1
5 1
2 se
se
πÏ
Ì
Ô
ÓÔ
f é integrável em [�1, 3], pois é limitada e descontínua apenas em x � 1.
 � �
�
�
�
�1
3
1
1
2 1
3
21 1Ú Ú Úf x dx
x
x
dx
x
x
dx( )
 
� � � �
�
1
2
1
1
2
12
1
1 2
1
3
ln ( ) ln ( )x x[ ] [ ]
 
� � � �
1
2
2 2
1
2
10 2ln ln ln ln[ ] [ ]
 
�
1
2
5ln .
5
d) 
 
�
�
�
�2
2
2
1
1
1
Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
g u du g u u
u
u u
( ) , ( )onde
se
se
� �
� �
g é integrável em [�2, 2] pois g é contínua em [�2, 2].
Temos g(u) � 
 
1
1
1 1
1
1
2
2
u
u
u u
u
u
se
se
se
� �
� � �
�
 
 
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Logo,
 � �
�
�
� � �
2
2
2
1
2 1
1
1
2
2Ú Ú Ú Úg u du duu u du
du
u
( )
� � � � �
�
�
�
1
2
1
2
1 2
1
1
1
2
u
u
u
È
ÎÍ
ù
ûú
È
Î
Í
ù
û
ú
È
ÎÍ
ù
ûú
� � � � � � �1
1
2
1
2
1
2
1
2
1 1.
2.
b) 
�
� � � �
�1
2 1 1
2 1
x
f t dt f t t t
tÚ ÏÌÓ( ) , ( )onde
se
se
Para todo x � �1, f é integrável em [�1, x], pois, neste intervalo, f é limitada e
descontínua no máximo em um ponto. Temos:
 
�
�
�
�
� � �
� �1
1
2
1
1
2
1
1 1
2 1
x
x
xf t dt
t dt x
t dt dt x
Ú
Ú
Ú Ú
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
( )
se
se
Como 
� �
� � � � �
1
2
3
1
1
2
13
1
3
2
3
2 2 2
x x
t dt
x
t dt dt xÚ Ú Ú; e
segue que:
 
�
�
� � � �
� �1
3
3
1
3
1 1
2
4
3
1
x
f t dt
x
x
x x
Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
( )
se
se
c) 
 0
2 1 1
2 1
x
f t dt f t t t
tÚ ÏÌÓ( ) , ( )onde
se
se
� � � �
�
6
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.
 
0
0
2
0
1
2
1 1
2 1
x
x
f t dt
t dt x
t dt dt x
Ú Ú
Ú Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
( ) �
� � �
� �
se
se
1
x
Temos 
 0
2
3
0
1
2
13
1
3
2 2 2
x x
t dt
x
t dt dt xÚ Ú Ú� � � �; ; .
Logo,
 
0
3
3
1 1
2
5
3
1
x
f t dt
x
x
x x
Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
( ) �
� � �
� �
se
se
Exercícios 2.2
1.
a) F x f t dt f t
t
t
t
x
( ) ( ) , ( )� �
� �
�0
2 0 1
1
1Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
onde
se
se
O domínio de F é intervalo [0, ��[. Temos:
 
F x f t dt
dt x
dt
dt
t
x
x
x
x( ) ( )� �
� �
� �0
0
0
1
1
2 0 1
2 1
Ú Ú
Ú Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
se
se
Então,
F x
x x
x x( ) ln�
� �
� �
2 0 1
2 1
se
se
ÏÌÓ
7
c) 
 
F x f t dt f t
t
t
x
( ) ( ) , ( ) .� �
�
�1
2 0
0 0Ú ÏÌÓonde
se
se
 
F x dt x
x
x
( ) � �
�
0
2 0
0 0
ÚÏÌÔ
ÓÔ
se
se
 ou 
 
F x
x x
x( ) �
�
�
2 0
0 0
se
se
ÏÌÓ
d) 
 
F x f t dt f t
t
t
x
( ) ( ) ( )� �
�
�1
0 1
1 1Ú ÏÌÓonde
se
se
 
F x
x
dt x x
x( ) �
�
� � �
0 1
1 1
1
se
seÚ
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f) 
 
F x f t dt f t
t
t t
t
x
( ) ( ) , ( )� �
� �
� � �
��5
onde
se
se
se
Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
0 1
1 1
0 1
2
 
F x
x
t dt
t x
x
t dt dt x
x x
x
( ) �
� �
� � � � � �
� � �
�
�
�
0 1
3 3
1
3
1 1
0
2
3
1
1
2
3
1
3
1
1
2
1
se
se
se
Ú
Ú Ú
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
Ô
8
g) 
 
F x e dt
x
t( ) � �
0Ú � � � �t
t t
t t�
�
� �
se
se
0
0.
ÏÌÓ
 
F x
e dt x
e dt x
x
t
x
t
( ) �
�
��
0
0
0
0
Ú
Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
se
se
Como 
 0 0
1 1
x
t x
x
t xe dt e e dt eÚ Ú� � �� �� �e temos:,
 
F x
e x
e x
x
x( ) �
� �
� � ��
1 0
1 0
se
se
Ï
Ì
Ó
2. 
 
F x f t dt f t
t t
t
x
( ) ( ) , ( )� �
�0
1
2 1Ú πÏÌÓonde
se
se
a) F x t dt t dt
x
( ) � �
0
1
1Ú Ú
F x
t x
( ) � � �
2
0
1 2
2 2
1
2
È
Î
Í
ù
û
ú
 
F x
x
( ) �
2
2
, x � �
b) F	(x) � x � �. (Observe: F é derivável em x � 1, embora f não seja contínua neste ponto.)
3.
a) 
 
F x
t
dt
x
f t
( )
( )
�
�2
1
1Ú
123
2
x
f t dtÚ ( ) existe para todo x � 1.
9
Se x � 1 
2
x
f t dtÚ ( ) não existe.
Logo, DF � ]1, � �[
d) 
 
F x
t
dt
x
f t
( )
( )
�
�3 2
1
4Ú
123
3
x
f t dtÚ ( ) existe para todo x � 2.
DF � ]2, � �[.
4. 
 
F x f t dt f t
t t
t
t
x
( ) ( ) , ( )� �
�
�0
2 1
2
1Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
onde
se
se
(f não é contínua em t � 1)a)
 
F x
t dt x
t dt
t
dt x
x
x( ) �
�
� �
0
2
0
1
2
1
1
2
1
Ú
Ú Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
se
se
 
F x
x
x
x x
( )
ln
�
�
� �
3
3
1
1
3
2 1
se
se
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
F x
x x
x
x
	 �
�
�
( )
2 1
2
1
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
b) F(x) não é derivável em x � 1, pois
 
lim
( ) ( )
e lim
( ) ( )
x x
F x F
x
F x F
xÆ Æ1 1
1
1
1
1
1
2
� �
�
�
�
�
�
� .
Exercícios 2.4
1.
a) 
 
F x
t
t
dt
x
( ) .�
��2 6
3
1Ú
10
O domínio de F é �, pois f(t) � 
 
3
1 6
t
t�
 é contínua em �.
Pelo teorema fundamental do cálculo, temos:
 
F x f t dt f x
x
	 � �
�
	
( ) ( ) ( )
2Ú
È
ÎÍ
ù
ûú
 
F x
x
x
	 �
�
( )
3
1 6
Na notação de Leibniz, 
 
d
dx
t
t
dt
x
x
x
� �
�
�2 6 6
3
1
3
1Ú
Ê
ËÁ
�
�̄ .
c) 
 
F x t dt t dt
x
x
( ) cos cos� ��
2
4
2
4Ú Ú
 
F x t dt f x
x
	 � � ��
	
( ) cos ( )
2
4ÚÈÎÍ
ù
ûú
F	(x) � �cos x4
e) F x t dt
x
( ) cos�
0
2
2Ú
Seja u � 2x
dF
dx
d
du
t dt
du
dx
f u
du
dx
u
� �
0
2ÚÊËÁ
�
�̄ ◊cos ( )
 
dF
dx
u� cos 2 2◊
dF
dx
x� 2 4 2cos
F	(x) � 2 cos 4x2.
f) 
 
F x
t
dt
x
x
( ) �
�2
1
5 4
3
Ú
 
F x
t
dt
t
dt
x
x
( ) �
�
�
�2
31
4 1 4
1
5
1
5Ú Ú
 
F x
t
dt
t
dt
x x
( ) �
�
�
�1 4 1 4
3 1
5
1
5
2
Ú Ú
11
 
F x
x
x
x
x	 �
�
�
�
	 	( )
( )
( )
( )
( )
1
5
1
53 4
3
2 4
2
 
F x
x
x
x
x
	 �
�
�
�
( ) .
3
5
2
5
2
12 8
De outra forma:
F(x) � G(x3) � G(x2)
F	(x) � G	(x3) · 3x2 � G	(x2) · 2x onde 
 
G t
t
	 �
�
( )
1
5 4
 
F x
x
x
x
x
	 �
�
�
�
( ) .
3
5
2
5
2
12 8
j) 
 
F x x t e dt xe dt te dt
x
t
x
t
F x
x
t
F x
( ) ( )
( ) ( )
� � � �� � �
0 0 0
2 2
1
2
2
Ú Ú Ú
1 24 34 1 24 34
F x x e dt x e dt
x
t
x
t
1
0 0
2 2
( ) � �� �Ú Ú◊
 
F x
d
dx
x e dt xe e dt
x
t x
x
t
1
0 0
2 2 2	 � � �� � �( ) Ú Ú◊ÊËÁ
�
�̄
 F x xe
x
2
2	 ��( )
 
F x F x F x xe e dt xex
x
t x	 	 	 � � �� � � � �( ) ( ) ( )1 2
0
2 2 2Ú
F x e dt
x
t	 ��( )
0
2Ú .
2. Seja 
 
F x f t dt
x x
( ) ( )�
�
1
33 2
Ú
 
F x
d
du
f t dt
du
dx
f u
du
dx
u x x
u
	 � � � �( ) ( ) ( ) .
1
3 23ÚÊËÁ
�
�̄ onde
F	(x) � f(x3 � 3x2) · (3x2 � 6x).
Supondo f(t) � 0 e contínua em �, temos f(x3 � 3x2) � 0 em �.
O sinal de F	(x) depende de 3x2 � 6x.
Assim: 3x2 � 6x � 0 em ]��, �2] e [0, ��[.
3x2 � 6x � 0 em [�2, 0].
12
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 t t dt
x
� �1
0Ú �
 
 
	 � � �( ) ( )
( )
( )
( )
( )
x x x
d x
dx
x x
d x
x
x dxÞ Þ
Então, 
 
ln ( )
 x
x
c� �
2
2
 
( )x e e
x
c�
2
2 ◊ �
De � vem 
(0) � 1. Comparando com �: 
(0) � ec. Temos ec � 1. Logo, 
( )x e
x
�
2
2
6. Seja 
 
F x e dt
x
t( ) � �
1
2Ú
Para calcular 
0
1
Ú F x dx( ) vamos integrar por partes, considerando f(x) � F(x) e g	(x) � 1.
Então,
0
1
0
1
0
1
Ú Ú[ ]F x dx x F x x F x dx( ) ( ) ( )� � 	
 
0
1
1 0
1
0
12Ú Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
F x dx x e dt x F x dx
x
t( ) ( )� � 	�
Temos 
 
x e dt
x
t
1 0
1
2
0ÚÈÎÍ
ù
ûú
� � pois e se
1
1
1
2 2
0 0 0Ú ÚÊËÁ
�
�̄e dt x e dt xt
x
t� �� � � .
Como 
 F x e
x	 � �( ) ,
2 segue que
 
0
1
0
1
0
1
2
2
2
1
2
1
2Ú Ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
F x dx x e dx
e
e
x
x
( ) �� � � ��
�
7. G x t dt
x
( ) �
�Ú sen 2
 
G x t dt x
x
	 � �
	
( )
�Ú
Ê
ËÁ
�
�̄sen sen2 2
13
Para calcular 
 0
�
Ú G x dx( ) vamos integrar por partes:
 0 0 0
� � �Ú Ú[ ]G x dx x G x x G x dx( ) ( ) ( )� � 	
 
� �x t dt x x dx
x
�
� �
Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
◊sen sen2
0 0
2
1 244 344
� 0 
 
� �
1
2
2
0
Ê
Ë
�
¯ [ ]cos x
�
Logo, 
 0
21
2
1
�
�Ú [ ]G x dx( ) cos .� �
CAPÍTULO 3
Exercícios 3.1
1.
a) 
 
1 3 1 3
2
1
1 1
2
�
� �
�
� � �Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔx
dx
x
dx
x
t
t
t
t
lim lim
 
� � � �
�
lim .
t tÆ
Ê
Ë
�
¯
1
2
1
2
1
22
c) 
 
0 0 0
�
�
�
�
�
�
� � �Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
e dx e dx
e
s
sx
t
t
sx
t
sx t
lim lim
 
� � � � �
� �
�
lim , lim .
t st t
st
se s s
e
sÆ Æ
È
ÎÍ
ù
ûú
1 1 1
0pois
d) 
 1 1
1
2
1
1
2
�
�
�
�
� �Ú ÚÆ Æ [ ]
ÏÌÓ ý̧þx
dx x dx x
t
t
t
t
lim lim
 
= = [ ]
Æ
lim .
t
x
�
� � �2 2
e) 
 1 0
�
�
�
��Ú ÚÆte dt te dtt s
s
tlim
 
� � � � � �
�
� �
�
� �lim lim ,
s
t
s
t
s
s
s ste e dt se e
Æ ÆÚ
È
ÎÍ
ù
ûú
[ ]
0 0
1 1
pois lim lim
s
s
s
sse e
Æ Æ�
�
�
�� �0 0e
n) 
 0
4 0 41 1
�
��
�
�Ú ÚÆ
x
x
dx
x
x
dx
t
t
lim .
Façamos a mudança de variável
x2 � tg y Þ 2x dx � sec2 y dy Þ x dx � 
sec2
2
y dy
1 � x4 � 1 � tg2 y � sec2 y
15
( )� �1
 ( )� �1
arctg t2.
( )� �1
x � 0 Þ y � 0
x � t Þ y � arctg t2
Logo, 
 0
4 0
2
2
01 2
1
2
2 2t t tx
x
dx
y dy
y
yÚ Ú ÈÎÍ
ù
ûú�
� �
arctg arctgsec
sec
 
�
1
2
Portanto,
 0
4
2
1
1
2
1
2 2 4
�
��
� � �Ú Æ ◊
x
x
dx t
t
lim .arctg
� �
q) 
 1
3 1 2 1 2
1
1 1
� �
��
�
�
�
�Ú Ú ÚÆx x dx
dx
x x
dx
x xt
t
( )
lim
( )
� �
�
� � �
� �
lim lim ln ln
t
t t
t
t tdx
x
x dx
x
x x
Æ ÆÚ Ú
È
Î
Í
ù
û
ú [ ] [ ]ÏÌÓ
¸
ý
þ1 1 2 1
2
11
1
� � � � �
�
�
� �
lim ln ln ln lim ln ln
t t
t t
t
tÆ Æ
{ } Ê
Ë
Á
�
¯
�2
2
1 2
1
2
� � �
�
� �
�
ln ln ln ln lim ln .1 2 2
1
1 0
2
pois
t
t
tÆ
Ê
Ë
Á
�
¯
�
2. 
 1 1
11 1
1
1
1
1
�
� �
�
� �
�
�
�Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú πx
dx
x
dx
t
t
t
t� �
�
� �
�lim lim ( ).
Se 1 � � � 0, temos 
1 1
�
� �
� � � �Ú ÚÆ Æ
dx
x
dx
x
t
t
t
t
lim lim ln .
Se 
 
( ) , lim lim
( )
.1 0
1
1
1
1
1
11 1
� � �
�
�
�
�
�� � �
�
� � ��
temos
t
t
t
dx
x tÆ ÆÚ
È
Î
Í
ù
û
úa � �
Se (1 � �) � 0, temos lim lim .
t
t
t
dx
x
t
Æ ÆÚ
È
Î
Í
ù
û
ú
� �
�
�
�
�
�
� �
1
1
1
1
1a
�
� �
Portanto,
 
1
1
1
1
1
1
�
� �
�
� 	
Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
x
dx
� �
�
�
se
se .
0
16
3.
b) 
 ��
�
��
�
��
1
5
1
51Ú ÚÆx dx x dxt tlim
 
� � � ��
��
lim .
t tÆ
È
ÎÍ
ù
ûú
1
4
1
4
1
44
c) 
 
��
�
��
� �
��
�
� � �
1
3
1 1
3
2
3
1
1 3
2Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
x
dx x dx x
t t t
t
lim lim
 
lim .
t
t
Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú��
� ���
3
2
3
2
2
3
h) Temos
 
f x
x
x
x
x
x
( ) �
��
� 	 	
�
1
1
1 1 1
1
1
2
2
se
se
se
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Então,
��
�
��
�
�
�
� � �Ú Ú Ú Úf x dx x dx dx x dx( )
1
2 1
1
1 2
1 1
 
� � � � � � � � � �
�� �
lim lim .
t tt tÆ Æ
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯1
1
2
1
1 1 2 1 4
4. Temos
f x
m x
x
x
( ) �
� 	 	
��
�
se
se
se
3 3
0 3
0 3
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Então,
 ��
�
�
�� � � � �Ú Ú [ ]f x dx m dx mx m m m( ) .3
3
3
3 3 3 6
De 
��
�
�Ú f x dx( ) 1, segue 6m � 1 ou m �
1
6
.
5. 
 ��
�
��
�
� �Ú Ú Úe dt e dt e dtk t k t k t� � � � � �
0
0
�
 
�� ��
�
��
�
� � �
0 0 0
Ú Ú
Æ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
e dt e dt
e
k
k t
s s
kt
s
kt
s
� � lim lim
 
=
È
Î
Í
ù
û
ú
Æ
lim ( )
s
ks
k
e
k k
k
��
�
� � �� �
1 1
0se �
0 (se k � 0) (se k 
 0 a integral diverge)
17
 
0 0 0
�
� �
� �Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
e dt e dt
e
k
k t
s
s
kt
s
kt s
� � lim lim
 
� � �� �
�
lim ( )
s
kse
k k k
k
Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
1 1
0se �
Portanto, substituindo � e � em �:
 ��
�
�� � � � ��Ú Þ Þe dt k k k kk t� �
1 1 2
1 2.
7.
a) 
 0 0
�
�
�
��Ú ÚÆe t dt e t dtst n u
u
st nlim
Integrando por partes (considerando f(t) � tn e g�(t) � e�st)
lim lim
u
u
n
f
st
g
u
n st
u u
n stt e dt
s
t e
n
s
t e dt
Æ ≠ ≠ ÆÚ Ú
È
ÎÍ
ù
ûú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ�
�
�
�
� � �� � �
0 0 0
11
 
� � �
�
�
�
� �lim
u
n su n st
s
u e
n
s
t e dt
Æ
È
ÎÍ
ù
ûú Ú
1
0
1 .
Portanto,
0 0
1
�
�
�
� ��Ú Úe t dt ns e t dtst n st n .
b) Consideremos 
0
1
�
� �Ú t e dtn st obtida em (a).
Integrando novamente por partes.
 
0
1
1
0
21u n
f
st
g
n
st
u
n stt e dt
t
s
e
n
s
t e dtÚ Ú≠ ≠
È
Î
Í
ù
û
ú� �
�
�
� � �� � �
�
.
Daí, 
 
lim .
u
u
n st n stte dt
n
s
t e dt
Æ Ú Ú� � �
�
� ��
�
0
1
0
21
Portanto,
 0 2 0
21� � � � ��
�Ú Úe t dt n ns e t dtst n st n
( )
.
0 (se k � 0)
0
18
Integrando n vezes por partes, temos:
 0 0
1 2 1� � � ��
� �Ú Ú◊ ◊ ◊e t dt n n ns e dtst n n st
( )( ) ... .
Mas
 
0 0 0
1 1� �
�
�
�
�
�
�
� � � � � �Ú ÚÆ Æ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
È
Î
Í
ù
û
úe dt e dt
e
s
e
s s s
st
u
u
st
u
st u
u
su
lim lim lim .
Então,
 0 1
1� �
�
� �Ú ◊e t dt ns s
n
s
st n
n n
! !
.
8.
a) 
 0 0
�
�
�
��Ú ÚÆe t dt e t dtst u
u
stsen sen� �lim
 
0 0 0
u
st
f g
st
u u
ste t dt e
t s
t e dtÚ Ú
≠ ≠
È
ÎÍ
ù
ûú
�
�
� �� � �sen �
�
� �
�
cos
cos
�� � �
�
�e u
s
e t dt
su u
st
�
�
� �
�cos cos .
1
0Ú
Assim,
 0 0
1u st
su u
ste t dt
e
u
s
e t dtÚ Ú� ��� � �sen � � � � � �cos cos . �
Por outro lado,
 
0 0 0
u
st
f g
st u u
ste t dt
e
t
s
e t dtÚ Ú
≠ ≠
È
Î
Í
ù
û
ú�
�
�
�� �cos sen sen�
�
�
�
�
 
� �
�
�e
a
u
s
e t dt
su u
stsen sen�
�
�
0Ú .
Então, 
 0 0
u
st
su u
ste t dt
e
t
s
e t dtÚ Ú�
�
�� �cos sen sen�
�
�
�
� �
Substituindo � em �:
 0 2
2
2 0
1u st
su
su
u
ste t dt
e
u
s
e u
s
e t dtÚ Ú�
�
� ��� � � �sen cos sen sen�
�
�
� �
�
�
�
 
1
12
2 0 2
2 2
2
� �� � �
�
�
�
�s e t dt
e
u
s
e u
s
u
st
su
su
�
�
�
�
� �
�
�
�
Ê
ËÁ
�
�̄
Ê
ËÁ
�
�̄
Ú
1 24 34
sen sencos .
19
Sendo sen �u e cos �u limitadas e 
 
lim ( )
u
sue
s
�
�
� �
�
0 0 resulta
 
lim lim cos .
u
su
u
sue
u
e
u
Æ Æ�
�
�
�
� �
�
�
�
�sen e0 0
Daí,
 
0 0
�
�
�
�
�
�
� � �Ú ÚÆ Æ
Ê
ËÁ
�
�̄
È
Î
Íe t dt e t dt
e
ust
u
u
st
u
su
sen sen� �
�
�lim lim cos
 
� �
�� �
�lim lim
u u
sus e u
sÆ Æ
ù
ûú
◊
Ê
ËÁ
�
�̄
1
2
2
2 2� �
�
�
�
sen
 0
2
2 2 2 2
1� � �
�
�
�Ú
Ê
Ë
�
¯
Ê
ËÁ
�
�̄e t dt s s
st sen �
�
�
�
�
�
.
c) 
 0 0
�
�
�
� ��Ú ÚÆe e dt e dtst t u
u
s t� �lim ( )
� �
�
� �
�
�
��
� �
�
� �
lim
( )
lim
( )
( ) ( )
u
s t u
u
s ue
s
e
s sÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
È
Î
Í
ù
û
ú
� �
� � �0
1
 
lim ,
( )
u
s te
s
s
�
� �
�
� �
�
�
�0 pois
Então,
0
1� � �
�Ú e e dt sst t� �
9.
a) f(t) � sen t � 3 cos 2t
0 0
3 2
�
�
�
�� �Ú Úe f t dt e t t dtst st( ) ( cos )sen
 
� �
�
�
�
�
0 0
3 2Ú Úe t dt e t dtst stsen cos .
De 8.a, resulta
0 2
1
1
�
� �
�Ú e t dt sst sen .
De 8.b, resulta
 0
22 4
�
� �
�Ú e t dt
s
s
st cos
0
0
20
Logo,
 0
2 23 2
1
1
3
4
�
� � �
�
�
�Ú e t t dt s
s
s
st ( cos )sen .
Exercícios 3.3
1.
a) 
0
1
3
1Ú x dx
 
f x
x
( ) �
1
3 é não-limitada em ]0, 1] e integrável (segundo Riemann) em [t, 1] para
0 � t � 1.
Portanto,
 
0
1
3
0
1
3
0
2
3
1
0
2
3
1 1 3
2
3
2
3
2
3
2Ú ÚÆ Æ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
úx
dx
x
dx x t
t t t
t
t
� � � � �
� � �
lim lim lim .
c) 
1
3 2
3 1
1 3Ú xx dx� ( int lim ] , ].)A função egranda é não itada em-
 
1
3 2
3 1
3 2
3
1
2
1
3
1
2
3
1
1
2
3
1Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
x
x
dx
x
x
dx x
t t t
t
�
�
�
� �
� �
lim
( )
lim ( )
�
2
3
26 .
3.
a) 
 
0
1
2
1
1Ú � x dx (A função integranda é não-limitada em [0, 1[.)
0
1
0
arcsenÚ ÚÆ Æ [ ]
1
1 12 1 2 1
0
�
�
�
�
� �x
dx
dx
x
x
t t
tlim lim
t
 
�
�
2
.
Exercícios 3.4
1.
a) Para x 
 1, temos 1
3 1
1
5 5x x x� �
	 .
Segue, pelo critério de comparação, que 
 1
5 3 1
�
� �Ú
dx
x x
 é convergente, pois 
 1 5
�
Ú dxx é
convergente.
21
c) Para x 
 2, temos 
 
1
2 1
1
43 43x x x� �
	 .
Como 
 2
43
�
Ú dxx converge, segue, pelo critério de comparação, que 
 
2 4 2 1
�
� �
Ú dxx x
converge.
e) Temos 
 
0
3 1
13 3	 	 
cos
( ).
x
x x
xpara
Como 
 1 3
�
Ú dxx converge, segue, pelo critério de comparação, que 1 3
3�Ú cos xx dx
converge.
Pelo exemplo 3, 
 1 3
3�Ú cos xx dx converge.
j) 0
1
0
2
	
� �
	 
� �
x
x x
e e xx x◊ , .
Como 
0
�
�Ú e dxx é convergente, pelo critério de comparação 
 
0 2 1
� �
� �
Ú xex x dx
x
converge.
m) 
 ��
� �
� �
�
� �Ú Ú
1
1
2
1
14 2 0 4 2x x
dx
x x
dx, pois o integrando é função par.
 0
4 2 0
1
4 2 1 4 2
1
1
1
1
1
1
� �
� �
�
� �
�
� �Ú Ú Úx x dx x x dx x x dx. A convergência da
última integral segue do critério de comparação, pois 
 
1
1
1
4 2 4x x x� �
	 para x 
 1.
(Observe que 
0
1
4 2
1
1Ú x x dx� � existe, pois a integranda é contínua em [0, 1].)
Portanto, 
��
�
� �Ú
dx
x x
dx4 2 1
 converge.
2. Da hipótese, existe b � 0 tal que 
L
x f x
L
2
3
2
	 	� ( ) , para x 
 b. Daí,
 
L
x
f x
L
x2
3
2� �
	 	( ) , para x 
 b. Sendo f(x) integrável em [a, t], para t 
 a, temos
 a a
b
b
f x dx f x dx f x dx
� �
� �Ú Ú Ú( ) ( ) ( ) . Já sabemos que b x dx
�
Ú 1� , b � 0, é convergente
para � � 1 e divergente para � 	 1. Pelo critério de comparação, temos:
22
a) 
 
� �
� �
1Þ ÞÚ Úb af x dx f x dx( ) ( ) ;convergente convergente
b) 
 
� 	
� �
1Þ ÞÚ Úb af x dx f x dx( ) ( ) .divergente divergente
3.
a) 
 2
6
7 2
1
2 3
� � �
� �Ú
x x
x x
dx
Seja 
 
x x
x x x
x x
x xf x
g x
6
7 2
5 6
5 7
1
2 3
1 1
1 1
1
2 3
� �
� �
�
� �
� �
( )
( )
1 244 344
1 244 344
Ê
Ë
Á
Á
Á
�
¯
�
�
�
Logo, 
 
f x
x
g x( ) ( )�
1 , 
 
f x g x
x
( ) [ , [ lim ( )
 �� �
�
0 2 1em e
Æ
.
Por (2),
 
� �
� �
� �
�
1
1
2 32
6
7 2Þ Ú x xx x dx é divergente.
b) 
 
10
5
20 10
3
1
� �
� �
Ú xx x dx
Temos x
x x x
x
x xf x
g x
5
20 10 5
5
10 20
3
1
1 1
3
1
1 1
�
� �
�
�
� �
( )
( )
1 244 344
1 2444 3444
.
Assim f x
x
g x g x
x
( ) ( ) lim ( ) .� �
�
1
15 com Æ
Por (2),
 
� �� �
�
� �
�
5 1
3
110
5
20 10
Þ Þ Ú xx x dx converge.
d) 
1 1
�
�Ú
ln
ln ( )
x
x x
dx
Seja 
 
ln
ln ( )
ln
ln ( )
( ) ( )
x
x x x
x
x
f x g x
�
�
�1
1
1
1 24 34 1 24 34
. Temos
 
lim
ln
ln ( )
lim
( )
x
g x
x
x
x
x
x
Æ Æ� ��
�
�
1
1
1
1
1 24 34
.
23
Então, 
 
lim ( ) lim .
x x
g x
x
xÆ Æ� �
�
�
�
1
1
Por (2), 
 
� �
�
�
1
11
Þ Ú lnln( )
x
x x
dx diverge.
5. Integrando por partes, 
 0 0
0
u
st su
u
ste f t dt e f u f s e f t dtÚ Ú� � �� � � �( ) ( ) ( ) ( ) . Sendo f
de ordem exponencial, existem � � 0 e M � 0 tais que, para t 
 0,
 
� �e f u Me s e f usu s u
u
su� � �
�
�	 � �( ) . , lim ( )( )� �Daí, para
Æ
0 e da convergência da
integral 
 0
�
� �Ú e dts t( ) ,� segue a convergência de 0
�
�Ú e f t dtst ( ) . Portanto,
 0
�
� �Ú e f t dtst ( ) é convergente e 0 0 0
�
� �� � �Ú Úe f t dt s e f t dt fst
u
st( ) ( ) ( ).
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 � �,
 0 0
0
�
�
�
�� � �Ú Úe f t dt s e f t dt fst st( ) ( ) ( ).
De �: 
 0 0
3 0
�
�
�
�� � �Ú Úe t f t dt s e f t dt fst st( ( )) ( ) ( )
 0 0 0
3 0
�
�
�
�
�
�� � �Ú Ú Úte dt f t e dt s e f t dt fst st st( ) ( ) ( )
 
( ) ( ) ( )s e f t dt te dt fst st� � �
�
�
�
�3 0
0 0Ú Ú �
Agora, 
 0 2
1� � �Ú te dt sst . � (Do Exercício 8, Seção 3.1.)
Substituindo � em �:
 0
2
1
3
0
3
�
� �
�
�
�Ú e f t dt s s
f
s
st ( )
( )
( )
( )
 0
2 3
0
3
�
� � � �
�
�
�Ú e f t dt
A
s
B
s
C
s
f
s
st ( )
( )
De 
 
A
s
B
s
C
s s s
� �
�
�
�2 23
1
3( )
, segue:
 
( ) ( )
( ) ( )
.
A C s A B s B
s s s s
� � � �
�
�
�
2
2 2
3 3
3
1
3
 Donde 3B � 1;
 
B A B A A C C� � � �� � � �
1
3
3 0
1
9
0
1
9
; ; ; ; .
.
24
Portanto,
 0
2
1
9
1 1
3
1 1
9
1
3
0
3
�
� �� � �
�
�
�Ú ◊ ◊ ◊e f t dt s s s
f
s
st ( )
( )
.
Supondo f(0) � 1, temos
 0
2
10
9
1
3
1
9
1 1
3
1� � �
�
� �Ú ◊ ◊ ◊e f t dt s s sst ( ) .
Utilizando o Exercício 8, Seção 3.1, resulta:
 
f t e tt( ) � � ��
10
9
1
9
1
3
3 .
7.
a) f �(t) � 2f(t) � cos t e f(0) � 2
 0 0
0
�
�
�
�� � �Ú Úe f t dt s e f t dt fst st( ) ( ) ( )
 0 0
2 2
�
�
�
�� � �Ú Ú[ ]e f t t dt s e f t dtst st( ) cos ( )
 
( ) ( ) coss e f t dt e t dtstst� � �
�
�
�
�2 2
0 0Ú Ú
0 0
1
1
2
2
2
2
�
�
�
�
�
�
�
�
�Ú Úe f t dt s e t dt sst st
s
s
( ) cos
1 244 344
0 22 1
2
2
�
� �
� �
�
�Ú e f t dt
s
s s s
st ( )
( )( )
 0
22 1
2
2
�
� �
�
�
�
�
�
�Ú e f t dt
A
s
Bs C
s s
st ( )
 
( ) ( )
( )( ) ( )( )
A B s B C s A C
s s
s
s s
� � � � �
� �
�
� �
2
2 2
2 2
2 1 2 1
De 
 
A B
B C A
A C
B C
� �
� �� �
� �
�� �
0
2 1
2
5
2 0
2
5
1
5
temos e
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
;
Portanto,
 0
2
2
5
1
2
2
5
1
5
1
2
2
�
� �
�
�
� �
�
�
�Ú ◊e f t dt s
s
s s
st ( )
0 2 2
12
5
1
2
2
5 1
1
5
1
1
�
� �
�
�
�
�
�Ú ◊ ◊e f t dt s
s
s s
st ( )
 
f t e t tt( ) cos .� � �
12
5
2
5
1
5
2 sen
b) f �(t) � f(t) � e2t, f(0) � �1
(do Exercício 8, Seção 3.1)
25
f �(t) � e2t � f(t)
 0 0
0
�
�
�
�� � �Ú Úe f t s e f t dt fst st( ) ( ) ( )
 
0
2
0
1
0
�
�
�
�
�
� � �Ú Ú[ ]e e f t dt s e f t dt fst t st( ) ( ) ( )
( )
{
 
( ) ( )s e f t dt e e dtst st t
s
� � �
�
�
�
�
�
1 1
0 0
2
1
2
Ú Ú ◊
1 24 34
 0
1
1 2
1
1
�
� �
� �
�
�Ú e f t dt s s sst ( ) ( )( )
 
A
s
B
s s s
A B s B A
s s s s�
�
�
�
� �
� � �
� �
�
� �1 2
1
1 2
2
1 2
1
1 2( )( )
( ) ( )
( )( ) ( )( )
Þ
 
Þ ÞA B B A A B� � � � �� �0 2 1 1
3
1
3
e e
0
4
3
1
1
1
3
2
2
�
� ��
�
�
�Ú ◊ ◊e f t dt s sst ( )
Portanto, utilizando o Exercício 8, Seção 3.1 temos
f t e et t( ) ,�� ��
4
3
1
3
2
pois, 
0
1� � �
�
�Ú e e dt s sst t� � �( ).
(do Exercício 8, Seção 3.1)
CAPÍTULO 4
Exercícios 4.1
1.
a) Dizemos que f é uma função densidade de probabilidade se
i) f(x) � 0, �x
ii) 
 
f x dx( ) .�
��
�
1Ú
Seja f x k e x( ) � �
2 para x � 0 e f(x) � 0, para x � 0.
De i segue que k � 0.
Agora 
 
f x dx f x dx kxe dx
ke kx
x
( ) ( )� � � � ��
��
��
� �
�
2
2
00
0
2 2ÚÚÚ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
De ii segue: 
 
k
k
2
1 2� �Þ .
c) De i segue que kx (x � 5) � 0.
Como 0 � x � 5, temos x � 5 � 0 e k � 0.
De ii segue kx x dx( )� �5 1
0
5
Ú .
Agora, 
 
kx x dx kx dx k dx k
x
k
x
( )� � � � �5 5
3
5
2
2
3
0
5
0
5
0
5
0
5 2
0
5È
Î
Í
ù
û
ú
È
Î
Í
ù
û
úÚÚÚ
Logo, 
 
125
3
125
2
6 125 6
6
125
k k
k k� � � � ��Þ Þ
d) De i, como 1 	 4x2 � 0, devemos ter k � 0.
De ii vem 
 
k
x
dx k x
1 4
1 2 22	
� �
��
�
��
�Ú Þ [ ]arctg .
Mas k x karctg ,2[ ]��
�
� 
 logo k
 � 2 e 
 
k �
2
.
2. a)
 
kx kx
k
k�
�
� �� � � � �2
400
1
400
1 1
400
400Ú Þ [ ] Þ Þ
27
b) 
 
400 400
400
1000
1 0 62
400
1000
1
400
1000
x x� ��� �� 	 �Ú ùûú ,
d) 
 
400 400
400
5000
400
2000
3
25
2
2000
5000
1
2000
5000
x x� ��� �� 	 �Ú ùûú
Logo, 
 
3
25
3200 384◊ � .
Exercícios 4.2
1.
a) De F(x) � 
 
f t dt
x
( )
��Ú (função de distribuição) segue que
F(x) � 0 se x � 0
F(x) � 
x
5
se 0 � x � 5
F(x) � 1 se x � 5
Observamos que lim ( ) lim ( )
x x
F x F x
Æ Æ�� 	�
� �0 1e
c) Seja a função de densidade de probabilidade
f x e x( ) � �
1
2
� � para todo x real.
Temos
f x
e x
e x
x
x
( )
.
�
�
��
1
2
0
1
2
0
se
se
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
Logo,
F x e dt e dt e x
x
t
S
t
S
x
x( ) lim� � � �
�� ��
1
2
1
2
1
2
0Ú ÚÆ se
e
F x e dt e dt
e e
xt
x
t
x x
( ) � 	 � � 	 � � �
��
�
� �1
2
1
2
1
2 2
1
2
1
2
0
0
0Ú Ú se .
Portanto,
 
F x
e x
e
x
x
x( )
.
�
�
� �
�
1
2
0
1
2
0
se
se
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
28
2. 
 
f x F x
d
dx t
dt
x
x
x
x
x
( ) ( )
( )
( )
( )
.� � �
	
�
	
��
	
1 1
1
1
1 4
2
2
1 4
2
2 2 2
 
 
��Ú
È
Î
Í
ù
û
ú
Então, 
 
f x
x
( )
( )
�
	
2
1 4 2
 é a função densidade de probabilidade.
Exercícios 4.3
1.
a) 
 
E X xf x dx( ) ( ) .�
��
�
Ú
Sendo 
 
f x b a
a x b
x a x b
( ) � �
� �
� �
1
0
se
se e
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Temos
 
E X x
b a
dx
b a
x b a
b a
a b
a
b
a
b
( )
( )
�
�
�
�
�
�
�
�
	Ú ◊ ◊ ÈÎÍ
ù
û
ú
1 1
2 2 2
2 2 2
Var( ) ( ) ( )X x f x dx E x
x
b a
dx
a b
a
b
a
b
� � �
�
�
	Ú Ú[ ] ÊË �¯2 2
2
2
Var( )
( )
X
b a
x a b
b a
b a a b
a
b
�
�
�
	
�
�
�
�
	1
3 2
1
3 4
3 2 3 3 2
◊
È
Î
Í
ù
û
ú
Ê
Ë
�
¯ ◊
 
Var( )
( )( )
( )
( ) ( ) ( )
X
b a b ab a
b a
a b b ab a a b
�
� 	 	
�
�
	
�
	 	 � 	2 2 2 2 2 2
3 4
4 3
12
Var( )
( )
X
b a
�
� 2
12
c) Seja a função densidade de probabilidade:
f x xe x
x
x
( ) � �
�
� se
se
0
0 0
Ï
Ì
Ó
E X x f x dx x e dxx( ) ( )� �
� �
�
0 0
2Ú Ú
Integrando duas vezes por partes:
0
2 2
0 0
2
s
x x s
s
xx e dx x e xe dxÚ Ú[ ]� � �� � 	
 
� 	 � � � 	 � � 	� � � � � �x e xe e s e se ex
s x x s s s s2
0 0
22 2 1[ ] [ ] [ ] [ ]
De 
 
lim ; lim lim
s
s
s
s
s
ss e se e
Æ Æ Æ�
�
�
�
�
�� � �2 0 0 0e
29
resulta
 
E X x e dxx( ) � �
�
�
0
2 2Ú
 
Var( ) ( ) ( )X x f x dx E X� �
�
0
2 2Ú [ ]
 
Var( )X x e dxx� �
�
�
0
3 4Ú
Integrando quatro vezes por partes obtemos:
 0
3 3
0 0
23
s
x x s
s
xx e dx x e x e dxÚ Ú[ ]� � �� � 	
De 
 
lim lim ( )
s
s
s
s
xs e x e dx E X
Æ Æ
Ú� � �
�� � �3
0
20 2e de resulta
 0
3 6
�
� �Ú x e dxx
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:
f x( ) �
1
2
 
 
e
x
�
�( )�
2
22 x real.
Temos, considerando r � 0 um número qualquer:
P r X r e dx
r
r
x
( )
( )
� 
 � 

 
 � 
� 
�

� � � 	 �
�
	 �
�
1
2
2
22Ú
Fazendo a mudança de variável
 
z
x
dx dz�
�
�
�

Þ
 
x r z r
x r z r
� � ��
� 	 �
� 
� 
Þ
Þ
Logo,
P(� � r
 � X � � 	 r
) � 
1
2
2
2

 
�
�
r
r z
e dzÚ , ou seja,
P(� � r
 � X � � 	 r
) � 
 
1
2
2
2
 �
�
r
r z
e dzÚ .
30
Logo, a probabilidade de X estar entre � � r
 e � 	 r
 só depende de r.
2. Seja X : N(�, 
2)
Temos
P(a � X � b) � 
 
1
2
2
22

 
�
a
b
e dxÚ
� �(
.
x )
Fazendo a mudança de variável: 
 
z
x
dx dz�
�
�
�

,
 
x a z
a
x b z
b
� �
�
� �
�Þ Þ�
�
e
Logo,
P(a � X � b) � 
 
1
2
2
2
 �
�
a
b z
e dz�
�
�
Ú .
3. Sejam X : N(50, 16) e Y: N(60, 25)
a) P (X � x) � P(Y � x).
Temos P(X � x) � 
 
1
2
50 4
2
2
� 
��
�
�
� �
x z
e dz
50
5Ú ( )pois e e
P(Y � x) � 
 
1
2
60 5
2
2
� 
��
�
�
� �
x z
e dz
60
5Ú ( )pois e .
Comparando, resulta:
 
x x
x
�
�
�
�
50
4
60
5
10Þ
b) P(X � x) � P(Y � x).
Temos
 
x x
x
�
�
�
�
50
4
60
5
10Þ
5.
a) Seja 
 
� �

 
�

( ) .
(
�
� �
1
2
2
22
a
b
e dxÚ
x )
Fazendo a mudança de variável
 
z
x
dx dz�
�
�
�

Þ
31
 
x a z
a
� �
�Þ �
 
x b z
b
� �
�Þ �
.
Portanto,
 
� �

 
�
�
( )�
�
�
�1
2
2
2
a
b z
e dzÚ
ou seja,
 
� �
 �
�
( ) .�
�
�
�1
2
2
2
a
b z
e dzÚ
b) Seja f z e
z
( ) �
�1
2
2
2
 (função contínua).
 
d
d
f
b d
d
b
f
a d
d
a�
�
�

 �
�
�

 �
�
�
� �
�
� �Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
 
d
d
e e
b a
�
� 
 
 
�
�

� � � �
�
�
�
�
1
2
1 1
2
2
2
22 2
( ) ( )
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
d
d
e e
a b
�
� 
 
�
�

� �
�
�
�
�
1
2
2
2
2
22 2Ê
ËÁ
�
�̄
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
( ) ( )
.
De outra forma, para se obter d
d
�
�
, consideremos
� �
 �
�
( )�
�
�
�1
2
2
2
a
b z
e dzÚ
� �
�
�

( ) � 	�
�
�
�1
2
1
2
1
2
2 2
a
z b z
e dz e dzÚ Ú
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
 
� �
�
�

( ) � �
�
�
�
�1
2 1
2
1
2
2 2b z a z
e dz e dzÚ Ú
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
32
 
� �
�
� 
 �
�

 �
�
�
�
� � �
�
�
��
�
�
�
�
�
( )
( ) ( )
d
d
e
d
d
b
e
d
d
a
b a
1
2
2
22
1
2
1
2
2Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
È
Î
Í
Í
Í
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
ú
ú
úÊË
�
¯
Ê
Ë
�
¯
1 244 344 1 244 344
Então,
 
d
d
e e
a b
�
� 
 
�
�

� �
�
�
�
�
1
2
2
2
2
22 2
( ) ( )
.
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
Exercícios 4.5
2. Seja X : N(�, 
2)
X � ln Y (distribuição logonormal) (Y � 0).
P(a � Y � b) � P(lna � X � ln b) � 
ln
ln
( ) .
a
b
f x dxÚ
Fazendo a mudança de variável x � ln y temos
P(a � Y � b) � 
a
b f y dy
y
a b reais a bÚ (ln ) , ,para quaisquer com 0 � � .
Assim, a função densidade de probabilidade g da variável aleatória Y é dada por:
g y
f y
y
y
y
( )
(ln )
�
�
�
se
se
0
0 0
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
onde f x e
x
( )
( )
�
�
�
1
2
2
22

 
�

 .
Exercícios 4.6
1. � �
�
�
�1
2 0
1
2Ê
Ë
�
¯ ◊Ú e x dxx
Fazendo x � u2, dx � 2u du temos
 
� � � �
�
�1
2
2 2
20
2Ê
Ë
�
¯ ◊Ú e duu
 
pois
0
2
2
�
� �Ú
Ê
ËÁ
�
�̄e dxx
.
33
3. Como �(� 	 1) � � � (�) (Exemplo 4, b)
 
� �� 	 � � �
3
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯ 
 .
 
� �� 	 � � � �
5
2
3
2
1
3
2
3
2
3
2
1
2
3
4
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯
 
 .
4. 
 
�
	
��
�
	 �
�
�
�2 1
2
2 1
2
1
2 1
2
2 1
2
n n n nÊ
Ë
�
¯
Ê
Ë
�
¯ ◊
Ê
Ë
�
¯
 
�
�
�
�
	 �
� �
�
�2 1
2
2 3
2
1
2 1
2
2 3
2
2 3
2
n n n n nÊ
Ë
�
¯ ◊ ◊
Ê
Ë
�
¯
( ) ( )
 
�
� �
�
�
	 �
� � �
�
�( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1
2
2 3
2
2 5
2
1
2 1
2
2 3
2
2 5
2
2 5
2
n n n n n n n◊ ◊ ÊË
�
¯ ◊ ◊ ◊
Ê
Ë
�
¯
 
� �
� � �
�...
( ) ( ) ( )
...
2 1
2
2 3
2
2 5
2
1
2
1
2
n n n◊ ◊ ◊ ◊ ◊ ÊË
�
¯
 
�
� � � � �
� �
� �
( )( )( ) ( ) ( ) ...
... ( ) ( ) ...
( )!
2 1 2 2 2 3 2 4 2 5 3 1
2 2 2 2 1 2 1
2 12 1
n n n n n
n n
n n
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊ ◊ ◊
1 244 344 1 2444 3444
 
�
	
�
�
��
2 1
2
2 1
2 12 1
n n
nn
Ê
Ë
�
¯
( )!
( )!
.
Exercícios 4.7
3.
b) 
 
f x x e x
x
x
( )
.
� �
�
� �� �
�1 0
0 0
se
se
Ï
Ì
Ó
E X x x e dxx( ) .�
�
� �
0
1Ú � � �
Integrando por partes:
 
E X x e e dx
s
x
s s
x( ) lim .� � 	
�
� �
Æ
◊È
ÎÍ
ù
ûú
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þÚ
� �
0 0
Como 
 
lim ,
s
sse
�
� �
�
0 resulta
 
E X e dxx( ) .�
�
�
0Ú
�
Var (X) � 
 0
2 2
�
�Ú [ ]x f x dx E X( ) ( )
Var (X) � 
 0
2 1 2
�
� � �Ú [ ]x x e dx E Xx� � � ( )
2(n � 2)2(n � 1)
34
Integrando por partes:
Var (X) � 
 
lim ( )
s
x
s s
xx e e x dx E X
Æ
È
ÎÍ
ù
ûú
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
[ ]� � �� 	 �2 0 0
22
� �
Como 
 
lim ,
s
ss e
�
�� �2 0
�
 resulta
Var (X) � 
 
2
0
2� � �Ú [ ]xe dx E Xx� ( ) .
4.
b) Seja 
 
f x xe x
x
x
( )
.
� �
�
�
2
2 0
0 0
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 
E X x f x dx x e dx x xe dx
x
f
x
g
( ) ( ) ( ) .� � �
� � � 	� �
�
0 0
2 2
0
2
2 2
Ú Ú Ú { 1 24 34
Integrando por partes:
E(X) � 
 
lim
s
x
s
x
xe e dx
Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú Ú�
� � �
� 	
2 2
2
0
0
2
Fazendo a mudança de variável:
x
u dx du
2
2� �,
E X e du e duu u( ) .� � � �
�
�
�
�
0 0
2 2
2 2 2
2
2
2Ú Ú ◊
 
Var (X) � 
 0
2 2
�
�Ú [ ]x f x dx E X( ) ( ) , ou seja,
Var (X) � 
 0
3 2
2
� �
Ú x e dx
x
 � [E (X)]2.
Integrando por partes:
Var (X) � lim ( )
s
s s
x e e x dx E X
Æ
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
[ ]
¸
ý
Ô
þÔ
[ ]Ú� � 	 �2 0 0
22
Var (X) � 
 
lim
s
s s
x e e
Æ
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
[ ] [ ]
¸
ý
Ô
þÔ
Ê
ËÁ
�
�̄
�
� � �2
0 0
2
2
2
2
 
�
x2
2 
�
x2
2
 
�
x2
2 
�
x2
2
0
35
Como 
 
lim lim ,
s
s
s
s
s e e
Æ Æ�
�
�
�
� �2 2 2
2 2
0 0e temos:
Var (X) � 
 
2
2
4
2
� �
�
 
.
CAPÍTULO 5
Exercícios 5.1
1.
c) 
 
dx
dt
x t a f t t� � �� �cos ( ( ) cos )1 e
 
x ke e e t dtt t t� � �Ú cos .
Como 
 
e t dt e t e tt t t� � �� �Ú [ ]cos cos12 sen segue
 
x ke
e
e t e tt
t
t t� � �� �
2
sen cos[ ] e, portanto,
 
x ke
t tt� � �
sen
2 2
cos .
q) 
dT
dt
T� �3 2 (a � �3 e f(t) � 2) ¤ 
 
T ke e e dtt t t
e
t
� � �
�
�
3 3 3
2
3
2
3
Ú ◊
1 244 344
.
Logo, 
 
T k e t� �3
2
3
.
2. 
 
dp
dt
kp� , pois a taxa de aumento é proporcional ao número presente.
 
dp
dt
kp p p p p p ekt� � �e ( )0 0 0 0¤ .
Quando t � 2, temos p � 2 p0.
Então, 2p0 � p0 e
2k Þ k � ln 2 . Portanto, p p e pt t� �0 2 0 2ln ( ) .
Ao final de 6 horas, temos:
 p p p p� �0
6
02 8( ) .Þ
4.
a) 
 
di
dt
R
L
i
E t
L
� �
( )
 
 
a
R
L
f t
E t
L
� �e ( )
( )Ê
Ë
�
¯ .
37
 
i ke e e
E t
L
dt
R
L
t
R
L
t
R
L
t
E
� �
� �
Ú ( )
0
}
, daí
 
i ke e
E
R
e
R
L
t
R
L
t
R
L
t
� �
� �
◊ ◊0 e, portanto,
 
i ke
E
R
R
L
t
� �
� 0 .
De i � 0 para t � 0, segue 
 
k
E
R
�� 0 . Portanto, 
 
i
E
R
e
R
L
t
�� �
�0 1( ).
b) Consideremos L � 2; R � 10; E(t) � 110 sen 120� t e i � 0 para t � 0.
 
di
dt
i t a f t t� � � �5 55 120 5 55 120sen e sen� �( ( ) )
i ke e e t dtt t t� �� �5 5 5 55 120Ú sen � .
Integrando por partes, temos
 
i ke t tt� �
�
� ��5 2
1
1 576
264 120 11 120
�
� � �
Ê
ËÁ
�
�̄ ( )cos .sen
Como i � 0 para t � 0, k �
�
264
1 576 2
�
�
. Portanto,
 
i e t tt�
�
� ��
1
1 576
264 264 120 11 1202
5
�
� � � �
Ê
ËÁ
�
�̄ ( )cos .sen
Exercícios 5.2
1.
a) 
d x
dt
dx
dt
x
2
2 2 3 0� � �
Equação característica: �2 � 2� � 3 � 0. Raízes: �1 � 3 e �2 � �1.
Solução geral: x � Ae3t � Be�t.
e) 
 
d x
dt
x
2
2 3 0� �
Equação característica: �2 � 3 � 0. Raízes: � �1 23 3�� ��e .
38
Solução geral: x Ae Be
t t� � �3 3 .
g) 
 
d y
dx
dy
dx
y
2
2 2 0� � �
Equação característica: �2 � � � 2 � 0. Raízes: �1 � 2 e �2 � �1.
Solução geral: y � Ae2x � Be�x.
h) 
 
d y
dx
dy
dx
y
2
2 6 9 0� � �
Equação característica: �2 � 6� � 9 � 0. Raízes �1 � �2 � �3.
Solução geral: y � Ae�3x � B xe�3x ou y � e�3x (A � Bx).
m) 
 
d x
dt
2
2 0�
Equação característica: �2 � 0. Raízes: �1 � �2 � 0.
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) 
 
2
3
�
�
� �
i
i
a bi
 
( )( )
( )( )
.
2 3
3 3
6 5 1
10
5 5
10
1
2
1
2
� �
� �
�
� �
�
�
� �
i i
i i
i i
i
Logo, a b� �
1
2
1
2
e .
2.
b) �2 � � � 1 � 0 
 
¤ �� � � � �� �1 3
2
1
2
3
2
i
e) � � �
2 2 2 1�� �� � �� � ��w w w w w i, , , .�� ¤ ou seja
39
Exercícios 5.4
1.
a) 
 
d x
dt
dx
dt
x
2
2 2 5 0� � �
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 x� �5 0
Equação característica: �2 � 5 � 0. Raízes 
 � � ��� � �5 0 5i ( )e .
Solução geral: x A t B t� �cos 5 5sen .
f) ̇̇ ˙y y y� � �2 2 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 a( ).0 e
Solução geral: y A at B at� �cos sen .
q) ̇̇y ay� � 0 , onde a 
 0 é uma constante.
As raízes da equação característica são reais: � �1 2�� � �� �a ae .
Solução geral: y Ae Beat at� �� � � .
2.
b) ̇̇ ˙ , ( ) ˙( ) .x x x x x� � � �� �2 2 0 0 1 0 0e
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.
 ̇ ( ) ( cos ) ( cos )x t e t B t e t B t
t t�� � � � �� �sen sen .
 ̇ ( )x B B B0 1 1 0 1� � � � ��Þ Þ .
40
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 x� �4 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.
 
˙ cos .
˙( )
x t B t
x B B B
�� �
� �� ��
2 2 2 2
0 2 2 1
1
2
sen
Þ Þ .
Logo, ̇ cos .x t t�� �2 2 2sen
5. 
 
d f
dt
df
dt
f
2
2 � � , f(0) � 0 e f �(0) � 1.
Equação característica: �2 � � � 1 � 0. Raízes: � � �� � � �
1
2
3
2
1
2
3
2
i e
Ê
ËÁ
�
�̄ .
Solução geral: f e A t B t
t
� �2
3
2
3
2
cos .sen
Ê
ËÁ
�
�̄
f A A
f t e B t
f t e B t e B t
f B B
t
t t
( )
( )
( ) cos
( )
0 0
3
2
1
2
3
2
3
2
3
2
0
3
2
2
3
2 3
3
2
2 2
� �
�
� � �
� � � �
Þ
Ê
ËÁ
�
�̄
Ê
ËÁ
�
�̄
Ê
ËÁ
�
�̄
Þ
sen
sen
Logo, f t e t
t
( ) .�
2 3
3
3
2
2 sen
6. Temos ̇̇ ( ˙) ˙̇ ( ) ; ˙( ) ( ) .x k x x x x x� � � � �com e0 2 0 1 0 0 Logo,
2 � k(1 � 0) Þ k � 2.
Daí ̇̇ ˙x x x� � �2 2 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 x cx x�� � � � �ou seja 0
41
Equação característica: �2 � c� � 1 � 0. Raízes: 
 
� ��
� �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).
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 x x t� � � �4 4 2 1.
A homogênea associada é ̇̇ ˙x x x� � �4 4 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: 
 
4 2
4 1
n
m n
�
� �( )
ÏÌÓ
ou seja, 
 
n m� ��
1
2
1
4
e .
Logo, 
 
x tp �� �
1
4
1
2
 é uma solução particular.
A solução geral será: 
 
x Ae Bte tt t� � � �� �2 2
1
4
1
2
.
d) ̇̇ ˙x x x e
t� � �4 3 8 2 .
42
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 � me
2t.
(me2t)� � 4 (me2t)� � 3 (me2t) � 8e2t
4me2t � 8me2t � 3me2t � 8e2t Þ 15m � 8 Þ 
 
m�
8
15
.
Assim, 
 
x ep t�
8
15
2 .
A solução geral é: 
 
x Ae Be et t t� � �� �3 2
8
15
.
f) ̇̇ ˙y y� �2 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) ˙̇ ˙ cosx x x t� � �2 2 .
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
Portanto: 
 
� � � �� �
� � �
3 4 1
3
25
4
25
3 4 0
m n m n
n m
, .daí e
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Solução particular: 
 
x t tp �� �
3
25
2
4
25
2cos sen .
Solução geral: 
 
x Ae Bte t tt t� � � �� �
3
25
2
4
25
2cos sen .
43
m) ̇̇x x t� �9 3sen .
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:
6m cos 3t � 6n sen 3t � sen 3t Þ 6m � 0 (m � 0) e 
 
� � ��6 1
1
6
n nÊË
�
¯ .
Logo, x t tp ��
1
6
3cos .
Solução geral: 
 
x A t B t t t� � �cos cos .3 3
1
6
3sen
2. ˙̇ ,x w x wt w� �2 0sen onde é um real dado.π
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
2 0 0 2 1
1
2
wm m w n n
w
� � � � ��( ) .e ÊË
�
¯
Portanto, 
 
x
w
t wtp ��
1
2
cos .
44
Solução geral: 
 
x A wt B wt
w
t wt� � �cos cos .sen
1
2
3.
a) ̇̇ cos , ( ) ˙( )x x t x x� � � ��4 0 1 0 1e .
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:
�m cos t � 4m cos t � cos t e, portanto, 
 
m �
1
3
.
Solução geral: 
 
x A t B t t� � �cos cos2 2
1
3
sen .
x A A A( )0
1
3
1
3
1
2
3
� � � � �Þ Þ .
 
˙ cosx t B t t�� � �
4
3
2 2 2
1
3
sen sen .
˙ ( )x B B B0 2 2 1
1
2
� �� ��Þ Þ .
Solução do problema: 
 
x t t t� � �
2
3
2
1
2
2
1
3
cos cos .sen
d) ˙̇ ; ( ) ˙( ) .x x e x xt� � � �4 5 0 0 0 03 e
Solução da homogênea: xh � A cos 2t � B sen 2t.
Seja xp � me
3t. Temos (me3t)� � 3me3t; (me3t)� � 9 me3t. Daí
9me3t � 4me3t � 5e3t Þ 13 m � 5 Þ m �
5
13
.
Solução geral da equação: x A t B t e t� � �cos 2 2
5
13
3sen .
x A A( )0
5
13
5
13
� � ��Þ . De
 
˙ cosx t B t e t� � �
10
13
2 2 2
15
13
3sen segue
 
˙( )x B B0 2
15
13
15
26
� � ��Þ .
Solução do problema: 
 
x t t e t�� � �
5
13
2
15
26
2
5
13
3cos .sen
45
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 x w x b wt� � �2 0
2
 sen , resulta:
�w2m sen wt � w2n cos wt � 2
wm cos wt � 2
wn sen wt
 
� � �w m wt w n wt b wt0
2
0
2sen sencos , ou seja,
 
w w m wn wt w w n wm wt0
2 2 2
0
22 2� � � � � �( )[ ] ( )[ ]
 
sen cos b sen wt. Daí
w w m wn b
wm w w n
0
2 2
0
2 2
2
2 0
� � �
� � �
( )
( )
Ï
Ì
Ô
ÓÔ

 .
Resolvendo o sistema, obtemos
 
m
b w w
w w w
n
b w
w w w
�
�
� �
��
� �
0
2 2
0
2 2 2 2 2 0
2 2 2 2
4
2
4
( )
( ) ( )
e .
Portanto,
x
b w w
w w w
wt
b w
w w w
wtp �
�
� �
�
� �
0
2 2
0
2 2 2 2 2 0
2 2 2 2
4
2
4
( )
( ) ( )
sen cos ,
ou seja,
x
b
w w w
w wt w w wtp �
� �
� � �
0
2 2 2 2 2 0
2 2
4
2
( ) ( )[ ]
 
 cos .sen
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
paralela à direção do vetor 
 
r
v a b� ( , ) .
Portanto,
(x, y) � (1, 2) � �(�1, 1), � � � é a equação procurada.
3. 3x � 2y � 2. Então, 
 
r
u � (�2, 3), por ser ortogonal a 
 
r
n � ( , ),3 2 é paralelo à reta
dada.
6. b) 3x � y � 3 é perpendicular à direção do vetor 
 
r
n � �( , )3 1 .
7. Equação vetorial da reta que passa pelo ponto (1, �2) e é paralela à reta 2x � y � 3, é
perpendicular à direção do vetor 
 
r
n � ( , )2 1 . Logo, é paralela à direção do vetor
r
u � �( , )1 2 .
Logo, (x, y) � (1, �2) � �(�1, 2), � � �.
8. A reta 2x � y � 3 é perpendicular à direção do vetor 
 
r
n � ( , )2 1 .
Logo, a reta procurada é paralela à direção do vetor 
 
r
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
direção do vetor 
r
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.
10. a) O vetor 
 
r
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), � � �,
12. 
 
r r
u v� é ortogonal a 
r
u e a 
r
v , daí
 
r r
r r r
r r
u v
i j k
i k� �
�
� �1 1 1
1 2 1
3 3
47
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 i k� � �3 3 é
(x, y, z) � (1, 2, �1) � �(3, 0, �3), � � �.
13. a) 
 
r r
u v� � �( , , ) ( , , )1 2 1 2 1 2e . Temos
 
r r
r r r
r r r
u v
i j k
i k k� � � � � �1 2 1
2 1 2
5 4 3 .
 
r r
u v� é ortogonal ar r
u ve a .
Logo, 
 
r r
u v� � (5, �4, �3) é o vetor procurado.
14. b) 
r r
r r r
r r r
u v
i j k
i j k� � � �� � �2 1 3
1 1 1
4 3 .
(
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.
a) 
 � � � �
r
u � � � �( , )1 2 1 4 5
d) 
 
� �
r
v � � � �
1
2
1
3
1
4
1
9
13
6
,æè
ö
ø
3. Seja 
 
r
u u u u� ( , , )1 2 3 3� � .
� � � �
r
u u u u u u ii i� � � � �1
2
2
2
3
2 2 1 2 3e , , .
Temos 
 
u u u u u u2
2
3
2
1
2
2
2
3
2
1
20� � � � �Þ
 
Þ Þu u u u u u1
2
2
2
3
2
1
2
1� � � �� � � �
r
�
 
u u u u u u1
2
3
2
1
2
2
2
3
2
2
20� � � � �Þ
48
 
Þ Þu u u u u u1
2
2
2
3
2
2
2
2� � � �� � � �
r
�
 
u u u u u u1
2
2
2
1
2
2
2
3
2
3
20� � � � �Þ
 
Þ Þu u u u u u1
2
2
2
3
2
2
2
3� � � �� � � �
r
�
De �, � e � segue:
 � � � �
r
u u ii� �, , ,1 2 3.
5.
a) 
 � � � � � � � �
r r r r r r r
u u v v u v v� � � � � �( )
 Þ � � � � � �
r r r r
u u v v� � �
 Þ � � � � � �
r r r r
u v u v� � �
 Þ � � � � � �
r r r r
u v u v� � �
b) 
 � � � � � � � � � � � �
r r r r r r r r r
v v u u v u u u v u� � � � � � � � �( )
 Þ Þ� � � � � � � � � � � �
r r r r r r r r
v u v u u v v u� � � � � �
c) Tendo em vista a) e b), 
 
� � � � � �
r r r r
u v u v� � � , pois,
� � � � � � � �
r r r r
u v u v� � � ou � � � � � � � �
r r r r
u v v u� � � .
8. Sejam 
 
r
u u u un n� ( , , ..., )1 2 � � e 
r
v v v vn n� ( , , ..., ) .1 2 ��
 
r r
u v u v u v u vn n◊ � � � �1 1 2 2 ... .
Se 
 
r r
r
u v◊ � 0, para todo 
r
v, em particular, teremos 
 
r r
r
u u◊ � 0, logo, 
 
r
r
u � 0, pois, se pelo menos
uma das coordenadas de 
 
r
u fosse diferente de zero, teríamos 
 
r r
u u u u un◊ � � � � �1
2
2
2 2 0... .
9. Seja 
 
r r r
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 u2 
 	◊ 0 1(pois e
r r
u ve ortogonais).
Logo, 
 	 �
r r
u v◊ .
Analogamente,
 
r r r r r r r r r
v w v u v v u v v◊ ◊ ◊ ◊� � � �( ) ( ) ( )	 
 	 
49
 � � �	 
◊ 0 � �
r
v 2 
 (pois 
 � �
r r r
v v u� �1 0e ◊ ).
Logo, 
 
 �
r r
v w◊
11. Sejam 
 
r r r
u u u v v v w w w� � �( , ), ( , ) ( , ) .1 2 1 2 1 2 2e vetores do �
 
r r r
w u v� �	 
 é equivalente ao sistema 
 
	 
	 
u v w
u v w
1 1 1
2 2 2
� �
� �
ìíî
.
De 
 
u v
u v
1 1
2 2
0� , pois, 
r
u e 
r
v são linearmente independentes (Exercício 10), segue que
o sistema admite uma e apenas uma solução (	, 
).
13. Sejam 
r
u e 
r
v dois vetores unitários e ortogonais do �2.
 ( )� � � �
r r r r
u v u v� � �1 0e ◊
Consideremos a combinação linear nula 
 	 
r r
r
u v� � 0. Façamos:
r r r
r
u u v u◊ ◊( ) . ,	 
� � �0 0 Daí
	 
 	 
 	
r r
{
r r
123
u u u v u
u
◊ ◊ Þ ◊ Þ
� �
� �
2
0 0 0 02
1
� � � � � e
 
r r r r
r
r r
{
r r
123
v u v v v u v v
v
◊ ◊ Þ ◊ ◊ Þ( )
|| ||
	 
 	 
� � � � �0 0 0
0 2
 
 
� �v 2
1
0 0
123
� �Þ .
Logo, se 
 	 
r r
r
u v� � 0, então 	 � 
 � 0. Portanto, os vetores 
 
r r
u ve são l.i.
Do Exercício 11: se 
 
r r
u ve 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 a w u
u
� � � � � � �
�
( ) ◊ ◊ ◊ Þ ◊
� �2 1 0
 e
r r r r r r r
{
r r
123
r r
w v au bv v au v b v v b b w v
v
� � � � � � �
�
( ) ◊ ◊ ◊ Þ ◊
0 12� �
.
Substituindo em �: 
 
r r r r r r r
w w u u w v v� �( ) ( ) .◊ ◊ ◊
14. Sejam 
 
r r r
u u u u v v v v w w w w� � �( , , ); ( , , ) ( , , )1 2 3 1 2 3 1 2 3e vetores l. i. do �
3.
Dizemos que 
 
r r r
u v w, e são l.i. se, quaisquer que sejam os reais 	, 
 e 
, se
 	 
 
r r r
r
u v w� � � 0, então, 	 � 
 � 
 � 0.
50
De 
 	 
 
r r r
r
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:
 
	 
 
	 
 
	 
 
u v w
u v w
u v w
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0
0
0
� � �
� � �
� � �
ì
í
ï
îï
 que admite somente a solução trivial 	 � 
 � 
 � 0, se e
somente se
 
u u u
v v v
w w w
1 2 3
1 2 3
1 2 3
0� .
18. 
r r
r r r
u v
i j k
u u u
v v v
� � 1 2 3
1 2 3
.
 
r r
r r r
u v
u u
v v i
u u
v v j
u u
v v k� � � �
2 3
2 3
1 3
1 3
1 2
1 2
 � � � �( , , ).u v u v u v u v u v u v2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 Daí
� �
r r
u v u v u v u v u v u v u v� 2 2 3 3 2 2 3 1 1 3 2 1 2 2 1 2� � � � � �( ) ( ) ( )
 
� � � � � � �u v u v u v u v u v u v u v2
2
3
2
3
2
2
2
3
2
1
2
1
2
3
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
 
� � � � � �u v u v u v u v u v u u v v2
2
2
2
3
2
3
2
1
2
1
2
2
2
2
2
3
2
3
2
1 2 1 22
 
� � � � �2 21 3 1 3 2 3 2 3 1
2
1
2
2
2
3
2u u v v u u v v u v v v( )
� � � � � � � � �u v v v u v v v u v u v u v2
2
1
2
2
2
3
2
3
2
1
2
2
2
3
2
1 1 2 2 3 3
2( ) ( ) ( )
 
� � � � � � � �( ) ( ) ( )
( )
u u u v v v u v u v u v
u v u v
1
2
2
2
3
2
1
2
2
2
3
2
1 1 2 2 3 3
2
2 2 2� � � �
r r r r
1 244 344 1 244 344 1 2444 3444
◊
Logo,
 � � � � � �
r r r r
u v u v u v� 2 2 2 2� �◊ ◊( ) ( )identidade de Lagrange .
Resulta:
 � � � � � �
r r r r
u v u v� 2 2 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.)
CAPÍTULO 7
Exercícios 7.3
1. Sejam 
 
r r
F t t t G t t t( ) ( , , ) ( ) ( , , )� �sen e2 3 2 .
a) 
 
r r
F t G t t t t t t t t t( ) ( ) ( , , ) ( , , )◊ ◊� � � �sen sen2 3 3 22 2.
d) 
 
r r
r r r
r r r
F t G t
i j k
t t
t t
t t t i t j t t k( ) ( ) ( ) ( ) ( )� � � � � � � �sen sen sen2
3
2 6 3
2
2 3 2 .
 
r r
F t G t( ) ( )� � (t2 sen t � 2t, 6 � t3, t2 � 3 sen t).
2. Sejam 
 
r
r r r
r
r r r
r t ti j t k x t ti j k( ) ( )� � � � � �2 2 e .
 
r r
r r r
r r r
r t x t
i j k
t t
t
t i t t j t k( ) ( ) ( ) ( ) ( )� �
�
� � � � � �2
1 1
2 32 2 3 .
3. Sejam r
r r r
r
r r r
u t t i t j t k
v t t i t j k
( ) cos
( ) sen cos
� � �
� � �
sen e
r r
u t v t t t t t( ) ( ) cos◊ � � � � �sen2 2 1 .
Exercícios 7.4
1. c) lim ( ) lim lim
cos
lim
t t t
t
t
r t
t
t
i
t
j t k
Æ Æ Æ Æ
Ê
ËÁ
�
�̄
Ê
ËÁ
�
�̄
Ê
Ë
�
¯2 2
3
2 2 2
8
4 2
2
r
r r r
�
�
�
�
�
�
�
.
lim lim
( ) ( )
( ) ( )t t
t
t
t t t
t tÆ Æ2
3
2 2
28
4
2 2 4
2 2
12
4
3
�
�
�
� � �
� �
� � ,
 
lim
cos
lim
( ) ( )
t
t
t
t t
tÆ Æ
◊
2 22 1 4 2 4
2
� � �
� � �
�
�
� �
� �
sen
sen e
 
lim
t
t
Æ2
2 4� .
52
Portanto,
 
lim ( )
t
r t i j k
Æ2
3
4
4
r
r r r
� � �
�
.
2. b) 
 
f t F t f t F t F t F tn
n
( ) ( ) ( ) ( ( ), ( ), ..., ( ))◊ ◊
r
{ 1 2444 3444
�
� �� �
1 2 . Temos
 f t F t f t F t f t F t f t F tn( ) ( ) ( ( ) ( ), ( ) ( ), ...., ( ) ( ))◊
r
� 1 2 . Segue que
 
lim ( ) ( ) ( lim ( ) ( ), lim ( ) ( ), ..., lim ( ) ( ))
t t t t t t t t
nf t F t f t F t f t F t f t F t
Æ Æ Æ Æ0 0 0 0
1 2
r
�
 
� ( lim ( ) lim ( ), lim ( ) lim ( ), ..., lim ( ) lim ( ))
t t t t t t t t t t t t
nf t F t f t F t f t F t
Æ Æ Æ Æ Æ Æ
◊ ◊
0 0 0 0 0 0
1 2 .
De 
 
lim ( )
t t
F t a
Æ 0
r
r
� segue que 
 
lim ( )
t t
F t a
Æ 0
0� �� �
r
.
Por outro lado, para todo i � 1, 2, ..., n
� � � �F t a F t ai i( ) ( )� � � .
Pelo Teorema do Confronto:
 
lim ( )
t t
i iF t a
Æ 0
� para i � 1, 2, ..., n.
Portanto, usando lim ( ) lim ( ) ,
t t t t
i if t L F t a
Æ Æ0 0
� �e segue:
lim ( ) ( ) ( , , ..., ) ( , , ..., ) .
t t
n nf t F t La La La L a a a L a
Æ 0
1 2 1 2
r
r
� � �
c) Sejam 
r r
r
F t F t F t F t F t a a a a
t t
( ) ( ( ), ( ), ( )) lim ( ) ( , , )� � �1 2 3 1 2 3
0
e
Æ
r r r
G t G t G t G t G t b b b b
t t
( ) ( ( ), ( ), ( )) lim ( ) ( , , )� � �1 2 3 1 2 3
0
e
Æ
.
 
r r
r r r
F tG t
i j k
F t F t F t
G t G t G t
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
� � 1 2 3
1 2 3
 
r r r r
F t G t F t G t F t G t i F t G t F t G t j( ) ( ) ( ( ) ( ) ( )( ( )) ( ( ) ( ) ( ) ( ))� � � � �2 3 3 2 3 1 1 3
 � �( ( ) ( ) ( ) ( ))F t G t F t G t k1 2 2 2
r
.
De 
 
lim ( )
t t
F t a
Æ 0
r
r
� segue que 
 
lim ( ) , ,
t t
i iF t a i
Æ 0
1 2 3� �para .
De 
 
lim ( )
t t
G t b
Æ 0
�
r
 segue que 
 
lim ( ) , ,
t t
i iG t b i
Æ 0
1 2 3� �para .
53
Temos
 
lim ( ) ( ) lim ( ( ) ( ) ( ) ( )
t t t t
F t G t F t G t F t G t i
Æ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú0 0
2 3 3 2
r r r
� � �
 
� � � �lim ( ( ) ( ) ( ) ( )) lim ( ( ) ( ) ( ) ( ))
t t t t
F t G t F t G t j F t G t F t G t k
Æ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú0 0
3 1 1 3 1 2 2 1
r r
 
� � �lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( )
t t t t t t t t t t t t
F t G t F t G t i F t G t
Æ Æ Æ Æ Æ Æ
Ê
Ë
Á
�
¯
�
Ê
Ë
Á
0 0 0 0 0 0
2 3 3 2 3 1
r
 
� � �lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( )
t t t t t t t t t t t t
F t G t j F t G t F t G t k
Æ Æ Æ Æ Æ Æ
�
¯
�
Ê
Ë
Á
�
¯
�
0 0 0 0 0 0
1 3 1 2 2 1
r r
 � � � � � �( ) ( ) ( )a b a b i a b a b j a b a b k2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1
r r r
 
� � �
a a
b b i
a a
b b
j
a a
b b k
2 3
2 3
3 1
3 1
1 2
1 2
r r r
 
� �
r r r
r
ri j k
a a a
b b b
a b1 2 3
1 2 3
� .
3. b) Seja F(t) � 
 
t i t j e kt� � � �1 1
r r r
onde F(t) � (F1(t), F2(t), F3(t)).
Componentes de F: 
 
F t t
F t t
F t et
1
2
3
1
1
( )
( )
( ) .
� �
� �
�
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
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
1. a) 
 
r
F t t e tt( ) ( , , ln( ))� ��3 12 2 .
 
dF
dt
t t e tt
r
( ) (( ) , ( ) , (ln( )) )� �� � � �3 12 2 , ou seja,
 
dF
dt
t t e
t
t
t
r
( ) , ,� �
�
�6
2
12
Ê
ËÁ
�
�̄ .
54
 
d F
dt
t t e
t
t
t
2
2 26
2
1
( ) ( ) , ( ) ,� �
�
� � �
�Ê
ËÁ
�
�̄
Ê
Ë
ÁÁ
�
¯
�� , ou seja,
 
d F
dt
t e
t
t
t
2
2
2
2 26
2 2
1
( ) , ,
( )
�
�
�
�Ê
ËÁ
�
�̄ .
c) 
r r r r
F t t i t j e kt( ) cos� � � �sen 5 4 2 .
 
dF
dt
t
d
dt
t i
d
dt
t j
d
dt
e kt
r
r r r
( ) ( ) (cos ) ( )� � � �sen 5 4 2 , ou seja,
 
dF
dt
t t i t j e kt
r
r r r
( )� � � �5 5 4 4 2 2cos sen .
 
d F
dt
t
d
dt
t i
d
dt
t j
d
dt
e kt
2
2
25 5 4 4 2( ) ( ) ( ) ( )� � � �cos sen
r r r
, ou seja,
 
d F
dt
t t i t j e kt
2
2
225 5 16 4 4( ) cos�� � � �sen
r r r
.
2. b) Sejam G(t) � (t2, t) e G(1).
 
dG
dt
t( ) � (2t, 1) Þ (2, 1) é o vetor tangente à trajetória de G, em G(1).
Então, X � G(1) � �
dG
dt
( )1 é a reta tangente à trajetória de G no ponto G(1) � (1, 1).
Logo (x, y) � (1, 1) � � (2, 1); � � �, é a reta procurada.
c) Seja F(t) � 
1 1 2
t t
t, ,ÊË
�
¯ .
dF
dt
t
t t
t( ) , ,� � �
1 1
22 2
Ê
Ë
�
¯ , daí
dF
dt
( ) , ,2
1
4
1
4
4� � �ÊË
�
¯ é o vetor tangente à trajetória de F no ponto F(2).
Reta tangente:
(x, y, z) � F(2) � �
dF
dt
( )2 , ou seja,
(x, y, z) � 
1
2
1
2
4
1
4
1
4
4, , , ,ÊË
�
¯
Ê
Ë
�
¯� � ��
.
4. Como 
r
F I: Æ�3 é derivável até 2.ª ordem em I, temos:
 
d
dt
F t
dF
dt
t
dF
dt
t
dF
dt
t F t
d F
dt
t
r
r r r
1 244 344
r
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )� � �
Ê
ËÁ
�
�̄ � �
0
2
2 .
55
Por hipótese: 
 
d F
dt
t F t
2
2 ( ) ( )� �
r
.
Então 
 
d
dt
F t
dF
dt
t F t F t
r
r
r r r
( ) ( ) ( ) ( )� �
Ê
ËÁ
�
�̄ � �� 0, para todo t em I.
Logo, 
 
r
r
F t
dF
dt
t k( ) ( )� � (constante) em I.
6. 
 
r
r
r t
dr
dt
t k( ) ( )� � . Daí
 
d
dt
r t
d r
dt
t
d
dt
k
r
r
1 2444 3444
( ) ( ) ( )�Ê
ËÁ
�
�̄ � , ou seja,
 
r
r r
1 244 344
r
r t
d r
dt
t
d r
dt
t
d r
dt
t( ) ( ) ( ) ( )� �
2
2
0
0� �
Logo r t
d r
dt
t( ) ( ) .�
2
2 0
r
r
� em �
Exercícios 7.6
1. b) 
 
sen 3
1
1 21
1
t i
t
j k dt
r r r
�
�
�
�
È
Î
Í
ù
û
úÚ
� �
�
�
� � �
sen 3
11
1
21
1
1
1
t dt i
dt
t
j dt kÚ Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
È
Î
Í
ù
û
ú
È
ÎÍ
ù
ûú
r r r
 
� � � �
� �
�
1
3
3
1
1
1
1
1
1cos t i j t kÈ
ÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
[ ]
r r r
 
� � � � � � �
1
3
3
1
3
3 1 1
3
cos cos ( ) ( )
cos
1 24 34
r r
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú [ ]i jarctg arctg
 
� � � � � � � � �1 1
4 4
2
2
2( ) .[ ] ÊË
�
¯
È
ÎÍ
ù
ûú
r r r r r
k j k j k
� � �
2. a) 
 
r r
r r r
r r r
F t G t
i j k
t e e i e t j t kt t t( ) ( ) ( ) ( ) ( )� � � � � � � �1
1 1 1
1 1 .
 
( ( ) ( )) ( ) ( ) ( )
r r r r r
F t G t dt e dt i e t dt j t dt kt t
0
1
0
1
0
1
0
1
1 1Ú Ú Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
� � � � � � �
arctg t
56
 
� � � � � �t e i e
t
j
t
t kt t[ ] È
Î
Í
ù
û
ú
È
Î
Í
ù
û
ú0
1 2
0
1 2
0
1
2 2
r r r
 
� � � � �( ) .2
3
2
1
2
e i e j k
r r rÊ
Ë
�
¯
3. Seja 
 
r
r
F a b
F t F t F t F t
n
n
: [ , ]
( ) ( ( ), ( ), ..., ( )).
�� contínua,
� 1 2
Seja 
 
r r
G t F s ds t a b
t
( ) ( ) , [ , ]�
0Ú � . Temos
 
r
1 24 34 1 24 34 1 24 34
G t F s ds F s ds F s ds
t
G t
t
G t
n
t
G tn
( ) ( ) , ( ) , ..., ( )
( ) ( ) ( )
� 1
0
2
0 0
1 2
Ú Ú Ú
Ê
Ë
Á
Á
Á
�
¯
�
�
�
Se 
r
F a b n: [ , ] �� é contínua, então cada componente Fi de F é contínua.
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, sendo Fi definida e contínua no intervalo [a, b],
a função Gi dada por 
 
G t F s dsi i
t
( ) ( ) ,�
0Ú t � [a, b] (i � 1, 2, ..., n) é uma primitiva de Fi em
[a, b], isto é, G ti
�( ) � Fi(t) para todo t em [a, b].
Assim:
 
dG
dt
t G t G t G t F t
F t F t
n
F tn
r
123 123 123
( ) ( ( ), ( ), ..., ( )) ( ).
( ) ( ) ( )
� �� � �1 2
1 2
4. a) I F t dt
t
t
�
r
1
2Ú ( ) . Temos
 
I t i j t k dt t dt i dt j t dt k� � � � � �( )
r r r r r r
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
Ú Ú Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
 
� � � � � �
t
i t j
t
k i j k
2
0
2
0
2
3
0
2
2 3
2 2
8
3
È
Î
Í
ù
û
ú [ ]
È
Î
Í
ù
û
ú
r r r r r r
.
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,
 � �	� � � � � �( ) ( cos ) ( cos )t t t t t t tsen sen
2 2
 
� � � � � �t t t t t t2 2 2 2 1( cos ) ( cos ) .sen sen2 2
57
O comprimento da curva é:
 
L t dt t dt( ) ( )	 	
��
� � � �� � 2
0
2
0
2
1ÚÚ .
Façamos a mudança de variável:
t � tg u; dt � sec2 u du
t � 0; u � 0
t � 2�; u � arctg 2�
 
L u u du u du
u
( ) sec sec
sec
	
��
� � �1 2 2 3
0
2
0
2
tg
arctgarctg
1 24 34 ÚÚ
 
�
0
2arctg �
Ú 
 
sec secu
f g
◊
≠ ≠
2
�
u du � 
 
sec secu u u u u du
f g
tg tg tg
arctg
arctgÈ
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú Ú
0
2
0
2
�
�
�
�
1 24 34
 
� � �sec sec (sec )u u u u dutg
arctg
arctgÈ
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú Ú
0
2
2
0
2
1
�
�
ou seja 2 sec sec sec3
0
2
0
2
0
2
u du u u u du� �
arctg
arctg
arctg
tg
�
�
�
Ú Ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
Portanto:
 
L u du u u u u( ) sec sec ln(sec )	
�
�
�
� � � �3
0
2
0
2
0
2
1
2
1
2
tg tg
arctg
arctg
arctgÈ
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
úÚ
 
� 
 � � � � �
� �
1
2
2 2 0 0
1
2
2 2 0 0
0
sec( ) sec ln(sec( ) ln(sec )arctg tg arctg tg
1 4 1 42 2
� � � �
� �
1 244 344 1 244 344 1 244 344
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
 
� � � � �
1
2
1 4 2
1
2
1 4 22 2� � � �◊ (ln( )), ou seja,
L( ) ln( ).	 � � � �� � � � �1 4
1
2
2 1 42 2
c) 	(t) � (cos t, sen t, e�t) t � [0, �].
	�(t) � (�sen t, cos t, �e�t).
� �	� � � � � �� �( ) cos .t t t e et t2 2 2 2 21sen
 
L t dt e dtt( ) ( ) ( ) .	 	
��
� � � � �� � 1 2
00
1
2ÚÚ
1 1 00
58
Façamos a mudança de variável
e�t � tg �; �e�t dt � sec2� d�; dt � 
 
�
sec2 �
�
�
tg
d
 
t � �0
4
; �
�
1 � tg2 � � sec2 �
t � �; � � arctg e��.
Temos:
 
1 2
0
3
4
2
1
4
2
� � � ��
�
�
�
e dt d dt
e
e
�
�
�
��
�
� � � �
�
�Ú Ú Úsec cossec sec
( )/
tg
arctg
tg
arctg
678
 
� �
��
cossec cossec
//
� � � � �
��
��
d d
ee
tg
arctgarctg
2
44
ÚÚ
� � �
��
cossec (cos )
//
� � � � �
��
��
d d
ee
2
44
sen
arctgarctg ÚÚ
 
� � � �
�
� �
�
ln(cossec cot )
(cos )
( )
/ /
� �
�
� �
� �È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
arctg arctge e
4
1
4
1
�
Agora:
 
cossec cot
cos cos
� �
�
�
�
�
�
� � � �
�1 1
sen sen sen
1 4
4
1
2
2
2
2
2 1
�
�
�
� �
cos �
�sen
�
1
1
1
1
1
1 1 1 1
1 1
2
2
2 2
2
�
�
�
�
�
� � � �
� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
cos( )
( )
)
)
(
(
arctg
sen arctg
e
e
e
e
e
e
e
e
e
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
� �
�
� �
�
� �
�
�
1 1
1 1 1 1
2
2 2
e
e e
e
e
�
� �
�
�( )
�
 
(cos ) cos (cos )
/
�
�
�
�
��
�
� �
�
� �1
4
1
1
4
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
Ê
Ë
�
¯
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
arctg
arctg
e
e
 
� �
�
� � �
�
�
�2
1
1
2 1
2
1
2
e
e
�
�
Ê
Ë
Á
�
¯
�
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
�
59
Substituindo �, � e � em �:
 
L
e
e
e( ) ln ( ) ln ,	
�
�
�� � �
� �
� � �
�
�
�2 1
1 1
2 1
2
2
2
 
L e e e( ) ln ( ) ( ) ln ln ( ) ,	 � � �� � � � � � � � � �� �2 1 1 1 2 1
1
2 2
{
 L e e( ) ln ( ) ( )	 �
� �� � � � � � � �� �2 1 1 1 2 12 2◊
ou seja
 
L
e
e( ) ln .	 �
�
��
� �
�
� � � �
�
�1 1
2 1
2 1
2
2
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) �2� sen2 t � (1 � cos t)2 � 2(1 � cos t) � 2 · 2 sen2 
t t
2
4
2
2� sen
 
L t dt
t
dt
t
( ) ( ) cos	
�� �
� 	� � � �� � 2
2
4
200 0
senÚÚ ÈÎÍ
ù
ûú
� � � �4
2
0 4cos cos .
�Ê
Ë
�
¯
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) 
 
� �� �	 ( ) .u du
a
t
Ú
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 du t t s s
t
( ) ( )� � �13 13
1
130Ú Þ . Daí
 

 	( ) ( ( )) ,s t s
s s
� � � �
2
13
1
3
13
1
Ê
ËÁ
�
�̄ .
b) 	(t) � (2 cos t, 2 sen t), t � 0.
	�(t) � (�2 sen t, 2 cos t) e daí
� 	�(t) � 
 
� � �4 4 22 2sen t tcos . Segue que
 
s t du t t s s
t
( ) ( )� � �2 2
1
20
ÞÚ e, portanto,
 

 	( ) ( ( )) cos ,t t s
s s
� � 2
2
2
2
senÊË
�
¯ .
60
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 2 . Então
 
s t e du e e
s
t s
sut t t( ) ( ) ln� � � � � �
�
0
2 2 2
2
1
2
2Ú Þ Þ , ou seja,
 

 	( ) ( ( )) cos ln , lns � �
� � �
t s
s s s2
2
2
2
2
2
Ê
ËÁ
�
�̄
Ê
ËÁ
�
�̄
Ê
ËÁ
�
�̄sen .
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
k
x y k x y
k
( , ) ( , )� �
�
� � � �
�
3 2 2 3 2
2
2. Seja f x y
x y
x y
( , ) �
�
� 2
.
a) D f x y x y( ) {( , ) }� �� �
2 2 0� π , ou seja,
 D f x y x y( ) {( , ) }.� �� �
2 2� π
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 xy
x y
( , ) �
�
�
3 2
3 3
2
. Temos
 
f x y
x xy
x y
x xy
x y
( , )� �
� �
� �
��
�
�
�
�
�
3 3 3 2
3 3 3 3
0
3 2
3 3
2 2 , ou seja,
f(�x, �y) � �0f(x, y). Logo,
f é homogênea de grau zero.
d) f x y
x y
( , ) �
�
2
2 2 . Temos
 
f x y
x y x y
( , )� �
� �
��
�
�
�
�2 2
2 2 2 2
2
2 2◊
.
f(�x, �y) � ��2 f(x, y) Þ f é homogênea de grau �2.
62
6. f(a, b) � a para todo (a, b) com a2 � b2 � 1 e
f é homogênea de grau 2.
a)
 
f f( , ) ,4 3 4 8
3
2
8
1
2
� ◊ ◊ ◊
æ
èç
ö
ø÷
.
Como f é homogênea de grau 2, segue:
 
f f8
3
2
8
1
2
8
3
2
1
2
64
3
2
32 32◊ ◊
æ
èç
ö
ø÷
æ
èç
ö
ø÷
◊, , ,� � �
pois 
 
3
2
1
2
1
3
2
1
2
3
2
2 2æ
èç
ö
ø÷
æ
è
ö
ø
æ
èç
ö
ø÷
� � �e f , .
c) 
 
f x y f x y
x
x y
x y
y
x y
( , ) ,� �
�
�
�
2 2
2 2
2 2
2 2
◊ ◊
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
Como f é homogênea de grau 2 segue:
f x y x y f
x
x y
y
x y
( , ) ,� �
� �
2 2
2
2 2 2 2( )
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
Desde que 
x
x y
y
x y2 2
2
2 2
2
1
�
�
�
�
æ
è
ç
ö
ø
÷
æ
è
ç
ö
ø
÷ , segue:
 
f x y x y
x
x y
x x y( , ) ( ) .� �
�
� �2 2
2 2
2 2◊
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 c �3.
Logo, c � 3. Temos cmín � 3 e f(1, 1) � 3 o valor mínimo de f em A � �
2.
Não admite valor máximo.
(f(x, y) � f(1, 1), �(x, y) � �2, logo, f(1, 1) é valor mínimo de f)
63
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 1 0 1 42 2 2x y y y x� � � � �, Þ .
Definimos g(x) � 
 
f x x( , )1 4 2�
Assim, g x x x( ) .� �1 4 2 e 
 
D x xg � � � �� � �
1
2
1
2
ì
í
î
ü
ý
þ
.
Temos
 
g x
x
x
� �
�
�
( )
1 8
1 4
2
.
 
g x� 	 � �( ) ,0
1
2
1
2 2
em e
ù
ûú
é
ëê
em 1
2 2
1
2
,
ù
ûú
é
ëê
;
 
g x� 
 �( ) ,0
1
2 2
1
2 2
em
ù
ûú
é
ëê
.
Como g é contínua no intervalo �
1
2
1
2
,é
ëê
ù
ûú
 segue que
g é estritamente crescente em �
1
2 2
1
2 2
,
é
ëê
ù
ûú
 e estritamente decrescente em
 
� �
1
2
1
2 2
1
2 2
1
2
, , .
é
ëê
ù
ûú
é
ëê
ù
ûú
e em
Assim,
64
Portanto, 
 
g � ��
1
2 2
1
4
æ
èç
ö
ø÷ é valor mínimo de g e
 
g
1
2 2
1
4
æ
èç
ö
ø÷
� é valor máximo de g.
(Observe que 
 
g g� � �
1
2
1
2
0æè
ö
ø
æ
è
ö
ø .
)
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.
65
c) Sejam 
 
f x y
y
x
A x y x y( , ) {( , ) }�
�
� � � � � �
1
1 0 1 22e e� � �
As curvas de nível de f são
as retas
 
y
x
c x
�
�
1
1π
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
2
 é o valor máximo de f em A.
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.
z�(t) � 0 Þ t � 3 ou 
 
t �
1
3
.
z�(t) � �6t � 10.
z�(3) � �8 	 0 (3 é máximo local).
z� �� 
1
3
8 0
1
3
æ
è
ö
ø
æ
è
ö
øé mínimo local .
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
 
z z
1
3
5
1
3
1
9
3
14
3
28
9
392
27
1
3
392
27
æ
è
ö
ø
æ
è
ö
ø
æ
è
ö
ø ◊ Þ
æ
è
ö
ø� � � � � � é a altura mínima.
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.
z�(x) � 0 Þ 4x� 2 � 0 Þ 
 
x �
1
2
.
66
De z�(x) � 4 
 0, para todo x, segue que 
 
x �
1
2
 é ponto de mínimo global.
Portanto, 
1
2
1
2
1
2
, ,æè
ö
ø é a solução procurada.
12.
a) 
 
T x y x y
z
( , )
º�
� �
36
2 24 9
123
.
Logo, 4x2 � 9y2 � 36 
 
Þ x y
2 2
9 4
1� � ( )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.
z x x� � � �( ) 0
18
26
9
13
Þ .
De z�(x) � 26 
 0, para todo x, segue que 
 
x �
9
13
 é ponto de mínimo global de z � z(x).
 
y x� � � � ��1
9
13
1
4
13
Logo, 
9
13
4
13
, �æè
ö
ø é o ponto de mais baixa temperatura em x � y � 1. (Observe que a
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
67
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
 
x y
x y c
2 2 4
2
� �
� �
ì
í
î
 tenha solução única.
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
tangencia à circunferência, que é a solução do sistema 
 
2 2 5
2 0
x y
x y
� �
� �
ì
í
î
onde x � 2y � 0 é a reta que passa pela
origem e é perpendicular a 
 2x y� � 2 5.
Resolvendo o sistema 
4 5
5
2 5
5
,
æ
èç
ö
ø÷ é o
ponto de mais alta temperatura.
Analogamente, resolvendo o sistema
2 2 5
2 0
x y
x y
� ��
� �
ì
í
î
, verificamos que
 
� �
4 5
5
2 5
5
,
æ
èç
ö
ø÷ é o ponto de mais baixa temperatura.
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.
Exercícios 9.1
1. a) lim
( , ) ( , )x y Æ 0 0
x � 
 
sen
1
2 2x y�
 � 0
limitada
f) lim
( , ) ( , )x y Æ 0 0
 
 
x y
x y
�
�
.
Seja f (x, y) � 
 
x y
x y
�
�
.
Tomemos �1 e �2 tais que �1 (t) � (t, 0) e �2 (t) � (0, t). Segue que:
lim ( ( )) lim
t t
f t
t
tÆ Æ0
1
0
1� � � e
lim ( ( )) lim
t t
f t
t
tÆ Æ0
2
0
1� �
�
� � .
Como 
 
lim ( ( ))
t
f t
Æ 0
1� � 
 
lim ( ( ))
t
f t
Æ 0
2� temos que
lim
( , ) ( , )x y Æ 0 0
 
 
x y
x y
�
�
 não existe.
g) lim .
( , ) ( , )x y
xy
y xÆ 0 0 3�
 Seja f x y
xy
y x
( , ) .�
� 3
Tomemos �1 (t) � (0, t) e �2 (t) � t t t� 23 , .( )
Segue que
 
lim ( ( )) lim
t t
f t
tÆ Æ0
1
0
0
0� � � e
CAPÍTULO 9
0
69
0
 
lim ( ( )) lim lim
t t t
f t
t t t
t
t
tÆ Æ Æ0
2
0
23
2 0
3
23
1
� �
�
�
�
� �
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.
Porém, para todo x0 � 0, f (x0, y) � 
 
x y
y x
0
0
3�
 tende a � � quando y tende a x0
3 pela esquerda
e isto contradiz �.)
h) Sugestão: considere as curvas �1 (t) � (0, t) e �2 (t) � 
 
t t t4 2� , ,( ) 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 xh k
h k
( , ) ( , )
|| ( , ) ||
� � � � �2
 
� lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 
 
h
h k
2
2 2�
.
De 
 
| |h
h k2 2
1
�
 para (h, k) � (0, 0) e lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 h � 0
segue
lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 
 
h
h k
2
2 2�
 � lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 h � 
 
h
h k2 2�
 � 0.
limitada
5. f (x, y) � 
x
x y
3
2 2�
. Temos
lim
( , )
|| ( , ) ||
lim
( )( , ) ( , ) ( , ) ( , ) /h k h k
f h k
h k
h
h kÆ Æ0 0 0 0
3
2 2 3 2� �
.
Seja � (h, k) � 
 
h
h k
3
2 2 3 2( )
./�
70
Tomemos �1 (t) � (t, 0) e �2 (t) � (t, t).
 
lim ( ( )) lim
t t
t
t
tÆ Æ0
1
0
3
3 1� � � � �
 
lim ( ( )) lim
( )
lim/t t t
t
t
t
t
tÆ Æ Æ0
2
0
3
2 3 2 0
3
32 2 2
1
2 2
� � � � � �
� é diferente de �, portanto não existe lim
( , )
|| ( , ) ||
.
( , ) ( , )h k
f h k
h kÆ 0 0
7. 
 
lim
( )
( , ) ( , )x y
x y
x yÆ 0 0
2 2
2 2
sen �
�
Seja u � x2 � y2. Se (x, y) � (0, 0), então u � 0.
Logo,
lim
( )
( , ) ( , )x y
x y
x yÆ 0 0
2 2
2 2
sen �
�
� lim .
u
u
uÆ 0
1
sen
�
Exercícios 9.2
1. a) A função f (x, y) � 3x2 y2 � 5xy � 6 é contínua em �2 pois
lim
( , ) ( , )x y x yÆ 0 0
 f (x, y) � 3x02 y02 � 5x0y0 � 6 � f (x0, y0) para todo (x0, y0) � �2.
Logo uma função polinomial de duas variáveis é contínua em �2.
c) A função f (x, y) � 
 
ln
x y
x y
�
�2 2
 é composta das funções g (x, y) � 
 
x y
x y
�
�2 2
 e
h (u) � ln u.
A função g é uma função racional contínua em �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
x y
x y
�
�2 2
 é contínua no conjunto {(x, y) � �2 | x � y}.
71
e) Seja f (x, y) � 
 
x y
x y
x y
x y
�
�
�
�
3
0 0
0 0 0
2 2 se
se
( , ) ( , )
( , ) ( , )
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
Nos pontos (x, y) � (0, 0), a função f (x, y) é contínua pois é quociente de funções con-
tínuas. (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
 
f t
t
t
t
( ( ))� �
� �
�
1
0
0 0
se
se
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Como � é contínua em t � 0 e a composta f (�(t)) não é contínua em t � 0
 
lim ( ( )) ( ( ))
t
f t f
Æ
Ê
ËÁ
�
�̄
0
0� �� resulta que f não é contínua em (0, 0).
Portanto, f é contínua no conjunto {(x, y) � �2 | (x, y) � (0, 0)}.
g) Seja f x y
e r r x y
r
r
( , )
|| ( , ) ||
�
	 �
�
�
1
12 1
0 1
Ê
ËÁ
�
�̄
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
se onde
se
Essa função é contínua em todos os pontos (x0, y0) � �2 tais que x y0
2
0
2 1� 	 ou
x y0
2
0
2 1� � (r 	 1 e r � 1) pois nesses casos 
 
lim ( , ) ( , ).
( , ) ( , )x y x y
f x y f x y
Æ 0 0
0 0�
Vamos analisar como fica lim ( , )
( , ) ( , )x y x y
f x y
Æ 0 0
 quando x y0
2
0
2 1� � .
Para que o lim ( , )
( , ) ( , )x y x y
f x y
Æ 0 0
 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 ( , ) lim .
( , ) ( , )x y x y
x y
r
rf x y e
Æ Æ0 0
2 2
2
1
1
1
1
� 	
��
�
 Mas 
 
1
12r �
��Æ e e
r
1
12 0� Æ ,
72
logo 
 
lim ( , )
( , ) ( , )x y x y
x y
f x y
Æ 0 0
2 2 1
0
� 	
� e 
 
lim ( , )
( , ) ( , )x y x y
x y
f x y
Æ 0 0
2 2 1� �
 � lim 0 � 0.
Portanto, f é contínua em todo �2.
2. Seja 
 
f x y
xy
x y
x y
x y
( , )
( , ) ( , )
( , ) ( , )
�
�
�
�
2
2 2 0 0
0 0 0
se
se
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
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 ( , ) lim
( , ) ( , ) ( , ) ( , )x y x y
f x y x
y
x yÆ Æ0 0 0 0
2
2 2 0� � �
�
lim
( , ) ( , )x y
x
Æ
Ê
ËÁ 0 0
0� e 
y
x y
2
2 2 1�
 para todo (x, y) � (0, 0).
Assim, lim ( , ) ( , )
( , ) ( , )x y
f x y f
Æ 0