Cálculo de Diferenciais e Erros

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE – FURG 
INSTITUTO DE MATEMÁTICA, ESTATÍSTICA E FÍSICA – IMEF 
01352 - CÁLCULO II – TURMA: U 
 
 
DIFERENCIAL 
 
ACRÉSCIMOS: Seja  xfy  uma função. Podemos sempre considerar uma variação 
da variável independente x. Se x varia de 1x a 2x , definimos o acréscimo de x, denotado 
por x , como: 12 xxx  . A variação de x origina uma correspondente variação de y, 
denotada por y , dada por: 
   12 xfxfy  ou    11 xfxxfy  , pois xxx  12 . (Figura 1) 
 
Figura 1 
 
DEFINIÇÃO: Sejam  xfy  uma função derivável e x um acréscimo de x. 
Definimos a diferencial da variável independente x, denotada por dx , como xdx  . 
DEFINIÇÃO: Sejam  xfy  uma função derivável e x um acréscimo de x. 
Definimos a diferencial da variável independente y, denotada por dy , como 
  xxfdy  . 
*OBS.: De acordo com as definições anteriores, podemos escrever: 
  dxxfdy  ou  xf
dx
dy
 . 
Assim, a notação 
dx
dy
, já utilizada para  xf  , pode ser considerada como o quociente 
entre duas diferenciais. 
INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA: Na Figura 2 está representado o gráfico de uma 
função  xfy  derivável. O acréscimo x , que define a diferencial dx , está 
representado geometricamente pela medida do segmento de reta PM , onde   11, xfxP 
e   12 , xfxM . O acréscimo    12 xfxfy  , está representado geometricamente 
pela medida do segmento MQ , onde   22 , xfxQ . 
 
 
Figura 2 
 
 A reta t é tangente à curva no ponto P e intercepta a reta 2xx  no ponto R, 
formando um triângulo retângulo PMR . A inclinação da reta tangente t é determinada 
pelo ângulo  e observando o triângulo PMR na Figura 2, podemos escrever o 
coeficiente angular desta reta como: 
 
PM
MR
tgxf  1 , 
onde MR e PM são respectivamente as medidas dos segmentos MR e PM . Como 
 
dx
dy
xf  1 , podemos concluir que MRdy  , já que dxPM  . 
 *OBS.: Quando x torna-se muito pequeno, o mesmo ocorre com a diferença 
dyy  , ou seja, dyy  ( y aproximadamente igual a dy ), desde que o x 
considerado seja um valor muito pequeno. 
Em outras palavras, para valores pequenos de ∆x temos: 
xxfxfxxfxxfxyydyy  )(')()()('' 
A este processo chama-se linearização de f, em torno de x. 
 
Exemplo 1: Se y = 2x2 – 6x +5 calcule o acréscimo ∆y para x = 3 e ∆x = 0,01. 
Solução: 
Usando a definição de ∆y, escrevemos 
∆y = f (x1 + ∆x) – f (x1) = f (3 + 0,01) – f (3) = 
 = [2. (3,01)2 – 6. 3,01 +5] – [2 . 32 – 6. 3 + 5] = 5,0602 - 5 = 0,0602 
 
Exemplo 2: Se y = 6x2 – 4 calcule o acréscimo ∆y e dy para x = 2 e ∆x = 0,001. 
Solução: 
Usando a definição de ∆y, temos 
∆y = f (x1 + ∆x) – f (x1) = f (2 + 0,001) – f (3) = 
 = [6. (2,001)2 – 4] – [6 . 22 – 4] = 20,024006 – 20 = 0,024006 
Usando a definição de dy, temos 
dy = f ’(x)dx = 12x . ∆x = 12 . 2 . 0,001 = 0,024 
Observamos que a diferença ∆y – dy = 0,000006 seria menor caso usássemos um valor 
menor que 0,001 para ∆x. 
 
Exemplo 3: Calcule um valor aproximado para √65,5
3
 usando diferenciais. 
Solução: 
Seja y = f (x) a função definida por f (x) =√𝑥
3
. Escrevemos, 
y + ∆y = √𝑥 + ∆𝑥
3
 e 𝑑𝑦 =
1
3𝑥
2
3
𝑑𝑥. 
Fazemos x = 64 e ∆x = 1,5, isto porque 64 é o cubo perfeito mais próximo de 65,5. 
Portanto, 
x + ∆x = 65,5, dx = ∆x = 1,5 e 𝑑𝑦 =
1
3 (64) 
2
3
∙ 1,5 =
1,5
3∙16
= 0, 03125. 
Então, √65,5
3
= √64 + 1,5
3
= √𝑥 + ∆𝑥
3
= 𝑦 + ∆𝑦. 
Fazendo ∆y ≈ dy, obtemos finalmente que √65,5
3
= 𝑦 + ∆𝑦 = 4 + 0,03125 = 4,03125. 
 
Exemplo 4: Obtenha um valor aproximado para o volume de uma fina coroa cilíndrica 
de altura 12 m, raio interior 7m e espessura 0,05m. Qual o erro decorrente se resolvermos 
usando diferenciais? 
 
 
Solução: 
 
 
r = 7m 
∆r = 0,05m 
h = 12m 
 
 
 A figura acima representa o sólido de altura h, raio interior r e espessura ∆r. O 
volume do cilindro interior é dado por 
𝑉 = 𝜋𝑟2 ∙ ℎ = 𝜋 ∙ 72 ∙ 12 = 588𝜋𝑚3 
Dando um acréscimo ∆r o volume da coroa será igual à variação ∆V em V. Usando 
diferenciais, temos 
∆𝑉 ≅ 𝑑𝑉 = 2𝜋𝑟 ∙ ℎ ∙ ∆𝑟 = 2𝜋 ∙ 7 ∙ 12 ∙ 0,05 = 8,4𝜋𝑚3 
O volume exato será 
∆𝑉 = 𝜋(𝑟 + ∆𝑟)2 ∙ ℎ − 𝜋𝑟2 ∙ ℎ = 𝜋(7,05)2 ∙ 12 − 𝜋 ∙ 72 ∙ 12
= 596,43𝜋 − 588𝜋 = 8,43𝜋𝑚3 
Portanto, o erro cometido na aproximação usada foi ∆𝑉 − 𝑑𝑉 = 0,03𝜋𝑚3. 
 
CÁLCULO DE ERROS 
A seguir vamos considerar alguns exemplos que consideram uma estimativa do 
valor do erro propagado, ou seja, o erro que se comete quando usamos uma estimativa 
para o argumento da função  xfy  . 
    dxxfdy erro máximo, erro propagado, erro aproximado ou valor 
aproximado (tem unidade) 
 y
dy
 erro relativo (não tem unidade) 
 y
dy
100 erro percentual 
Exemplo 5: Mediu-se o diâmetro de um círculo e achou-se 5,2 polegadas, com um erro 
máximo de 0,05 polegadas. Achar o máximo erro aproximado da área quando calculada 
pela forma: 
4
2D
A

 . 
Achar os erros relativo e percentual. 
Solução: 
241,0005,0.2,5.
2
.2.
4
poldDDdA 

 
%93,1:0193,0
23,21
41,0
:
2
2
percentualerro
pol
pol
A
dA
relativoerro  
 
Exemplo 6: A medida do raio de uma esfera é 0,7 centímetros. Se esta medida tiver uma 
margem de erro de 0,01 centímetros, estime o erro propagado ao volume V da esfera. 
Calcule o erro relativo. 
Solução: 
3
3
4
RV

 
Estimativa do raio da esfera: R = 0,7 
Erro máximo da estimativa: 0,01 
01,001,0  R 
3222 06158,0)01,0()7,0(444 cmdRRdVVR
dR
dV
  
Erro relativo: 
0429,0)01,0(
7,0
33
3
4
4
3
2

R
dR
R
dRR
V
dV


 
Erro percentual: 
%29,4