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Projeto Newton - Aula 07

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ
CÁLCULO II - PROJETO NEWTON
AULA 07
Assunto:Funções contínuas, derivadas, vetor tangente e reta normal, regra de derivação e
comprimento de curva
Palavras-chaves: continuidade, derivada, reta tangente, comprimento de curva, comprimento
de arco.
Funções contínuas
Sejam α : A ⊂ R −→ Rn e t0 ∈ Dα. A função α é contínua em t0 se lim
t→t0
α(t) = α(t0).
Intuitivamente, α é contínua em t0 se a trajetória de α, em uma vizinhança de α(t0), é uma linha contínua
(sem interrupção).
Dizemos que α é contínua em B ⊂ Dα se α é contínua em todos os elementos de B.
Quando α é contínua m Dα, dizemos, simplesmente, que α é contínua.
Proposição 1 Sejam α(t) = (x1(t), x2(t), ..., xn(t)) uma curva em Rn e t0 ∈ R. Então
α é contínua em t0 ⇔ xi é contínua em t0, i = 1, 2, .., n.
Demonstração:
α é contínua em t0
m
lim
t→t0
α(t) = α(t0)
m
lim
t→t0
(x1(t), x2(t), ..., xn(t)) = (x1(t0), x2(t0), ..., xn(t0))
m(
lim
t→t0
x1(t), lim
t→t0
x2(t), ..., lim
t→t0
xn(t)
)
= (x1(t0), x2(t0), ..., xn(t0))
m
lim
t→t0
x1(t) = x1(t0), lim
t→t0
x2(t) = x2(t0), ..., lim
t→t0
xn(t) = xn(t0)
m
x1, x2, ..., xn são contínuas em t0
Exemplo 1 α(t) = (cos t, sin t, t) é contínua, pois
x(t) = cos t y(t) = sin t z(t) = t
são contínuas.
Exemplo 2 Consideremos a função
f(t) =
{
−1 se t < 0
1 se t ≥ 0
A curva α(t) = (f(t), t, t2), Dα = R, não é contínua em t = 0, pois x(t) = f(t) não é contínua em t = 0.
Observamos que y(t) = t e z(t) = t2 são contínuas em t = 0.
Exemplo 3 A curva β(t) =
( |t|
t
, t, t2
)
, Dβ = R − {0}, é contínua, pois é contínua em todos os pontos de
seu domínio.
Derivada de funções de uma variável real a valores em Rn
Sejam α : A ⊂ R −→ Rn uma função e t0 ∈ Dα. A derivada de α em t0 é definida por
α′(t0) = lim
t→t0
α(t)− α(t0)
t− t0
quando esse limite existe.
2
Obs:
α(t)− α(t0)
t− t0 =
1
t− t0 (α(t)− α(t0)).
Quando a derivada existe, dizemos que a função α é derivável ou diferenciável em t0. Temos, então, que
α(t) = (x1(t), x2(t), ..., xn(t))
α(t0) = (x1(t0), x2(t0), ..., xn(t0))
α(t)− α(t0) = (x1(t)− x1(t0), x2(t)− x2(t0), ..., xn(t)− xn(t0))
Portanto,
α′(t0) = lim
t→t0
1
t− t0 (α(t)− α(t0))
= lim
t→t0
1
t− t0 (x1(t)− x1(t0), x2(t)− x2(t0), ..., xn(t)− xn(t0))
= lim
t→t0
(
x1(t)− x1(t0)
t− t0 ,
x2(t)− x2(t0)
t− t0 , ...,
xn(t)− xn(t0)
t− t0
)
=
(
lim
t→t0
x1(t)− x1(t0)
t− t0 , limt→t0
x2(t)− x2(t0)
t− t0 , ..., limt→t0
xn(t)− xn(t0)
t− t0
)
= (x′1(t0), x
′
2(t0), ..., x
′
n(t0))
Logo, se α(t) = (x1(t), x2(t), ..., xn(t)), então
α(t0) = (x
′
1(t0), x
′
2(t0), ..., x
′
n(t0))
Exemplo 4 Calcule a derivada da função α(t) no ponto indicado
(a) α(t) = (t, t2), α′(2)
(b) α(t) =
(
cos t, sin t,
t
4
)
, α′
(pi
2
)
Resolução:
(a)
α(t) = (t, t2)
α′(t) = (1, 2t)
α′(2) = (1, 2.2)⇒ α′(2) = (1, 4)
(b)
α(t) =
(
cos t, sin t,
t
4
)
α′(t) =
(
− sin t, cos t, 1
4
)
α′
(pi
2
)
=
(
− sin pi
2
, cos
pi
2
,
1
4
)
⇒ α′
(pi
2
)
=
(
−1, 0, 1
4
)
3
Interpretação gráfica da derivada
Sejam α : A ⊂ R −→ Rn e t0 um ponto de A. Temos que
α′(t0) = lim
t→t0
1
t− t0 (α(t)− α(t0))
1
t1 − t0 (α(t1)− α(t0))
1
t2 − t0 (α(t2)− α(t0))
1
t3 − t0 (α(t3)− α(t0))
.
.
.
lim
t→t0
1
t− t0 (α(t)− α(t0))
Portanto, α′(t0) é um vetor tangente à trajetória da curva no ponto α(t0).
Por essa razão, vamos chamar α′(t0) de vetor tangente a α(t) no ponto α(t0).
Exemplo 5 Calcule e represente graficamente os vetores tangentes indicados
(a) α(t) = (t, t2), α′(0) e α′(1)
(b) α(t) = (cos t, sin t), α′(0) e α′
(pi
4
)
(c) α(t) =
(
cos t, sin t,
t
4
)
, α′
(pi
2
)
Resolução:
4
(a)
α′(t) = (1, 2t)
α′(0) = (1, 0)
α′(1) = (1, 2)
(b)
α′(t) = (− sin t, cos t)
α′(0) = (0, 1)
α′
(pi
4
)
=
(
−√2
2
,
√
2
2
)
(c)
α′(t) =
(
− sin t, cos t, 1
4
)
α′
(pi
2
)
=
(
−1, 0, 1
4
)
5
Dados α : A ⊂ R −→ Rn e t0 ∈ A. A reta que passa pelo ponto α(t0) e tem a direção do vetor α′(t0) é
chamado de reta tangente a α em α(t0).
A equação vetorial dessa reta é dada por
X = α(t0) + λα
′(t0), λ ∈ R
em que X = (x1, x2, ..., xn).
Exemplo 6 Determine equações da reta tangente a α(t) =
(
cos t, sin t,
t
4
)
no ponto α
(pi
2
)
.
Resolução:
6
α
(pi
2
)
=
(
0, 1,
pi
8
)
e α′
(pi
2
)
=
(
−1, 0, 1
4
)
.
Equação da reta tangente
(x, y, z) = α
(pi
2
)
+ λα′
(pi
2
)
=
(
0, 1,
pi
8
)
+ λ
(
−1, 0, 1
4
)
=
(
−λ, 1, pi
8
+
λ
4
)
Equações paramétricas

x = −λ
y = 1
z =
pi
8
+
λ
4
Proposição 2 α derivável em t0 ⇒ α é contínua em t0
Regras de derivação
Sejam α, β : A ⊂ R −→ Rn e f : A −→ R funções deriváveis. Temos que,
1. (α+ β)′(t) = α′(t) + β′(t)
2. (f.α)′(t) = f ′(t)α(t) + f(t)α′(t)
3. (α.β)′(t) = α′(t).β(t) + α(t).β′(t)
4. (α× β)′(t) = α′(t)× β(t) + α(t)× β′(t)
A demonstração dessas propriedades é muito simples e pode ser feita considerando-se as componentes das
funções α e β. A título de exemplo, mostremos (3).
Sejam α(t) = (x1(t), x2(t), ..., xn(t)) e β(t) = (y1(t), y2(t), ..., yn(t)). Assim, teremos que
α(t).β(t) = x1(t)y1(t) + x2(t)y2(t) + ...+ xn(t)yn(t)
Portanto,
[α(t).β(t)]′ = [x1(t)y1(t) + x2(t)y2(t) + ...+ xn(t)yn(t)]′
= x′1(t)y1(t) + x1(t)y
′
1(t) + x
′
2(t)y2(t) + x2(t)y
′
2(t)...+ x
′
n(t)yn(t) + xn(t)y
′
n(t)
= (x′1(t)y1(t) + x
′
2(t)y2(t) + ...+ x
′
n(t)yn(t)) + (x1(t)y
′
1(t) + x2(t)y
′
2(t) + ...+ xn(t)y
′
n(t))
= (x′1(t), x
′
2(t), ..., x
′
n(t)).(y1(t), y2(t), ..., yn(t)) + (x1(t), x2(t), ..., xn(t)).(y
′
1(t), y
′
2(t), ..., y
′
n(t))
= α′(t).β(t) + α(t).β′(t)
7
Comprimento de curva
Sejam [a, b] um intervalo com a < b e α : [a, b] −→ Rn uma curva derivável com α′ contínua.
Queremos calcular o comprimento da trajetória de α(a) até α(b).
Vamos ver uma motivação para tal comprimento considerando o caso em que n = 2.
Seja a = t0 < t1 < t2 < ... < tn = b uma partição do intervalo [a, b]. O comprimento da poligonal com
vértices α(t0), α(t1), ..., α(tn) é dado por
n∑
i=1
||α(ti)− α(ti−1)||
Sejam x, y : [a, b] −→ R as funções componentes de α. Logo,
α(t) = (x(t), y(t))
Assim,
8
α(ti)− α(ti−1) = (x(ti), y(ti))− (x(ti−1), y(ti−1))
= (x(ti)− x(ti−1), y(ti)− y(ti−1))
Portanto,
||α(ti)− α(ti−1)|| =
√
(x(ti)− x(ti−1))2 + (y(ti)− y(ti−1))2
Pelo teorema do valor médio, existem ci e di entre ti−1 e ti, tais que
x(ti)− x(ti−1) = x′(ci)(ti − ti−1)
y(ti)− y(ti−1) = y′(di)(ti − ti−1)
Escrevendo ∆ti = ti − ti−1, temos
x(ti)− x(ti−1) = x′(ci)∆ti
y(ti)− y(ti−1) = y′(di)∆ti
Portanto,
||α(ti)− α(ti−1)|| =
√
[x′(ci)∆ti]2 + [y′(di)∆ti]2
=
√
[x′(ci)]2 + [y′(di)]2∆ti
Fazendo máx∆ti → 0, os pontos ci e di estão muito próximos e como y′ é uma função contínua, temos que
y′(ci) ≈ y(di). Logo
||α(ti)− α(ti−1)|| ≈
√
[x′(ci)]2 + [y′(di)]2∆ti = ||α′(ci)∆ti||
Assim,
||α(ti)− α(ti−1)|| ≈ ||α′(ci)∆ti||
e
n∑
i=1
||α(ti)− α(ti−1)|| ≈
n∑
i=1
||α′(ci)∆ti||
é possível mostrar que "passando o limite quando máx∆ti → 0", obtemos
lim
máx∆ti→0
n∑
i=1
||α(ti)− α(ti−1)|| = lim
máx∆ti→0
n∑
i=1
||α′(ci)∆ti|| =
∫ b
a
||α′(t)|| dt
9
Assim, o comprimento da curva que vamos denotar por (γ), é dado por essa integral, isto é,
(γ) =
∫ b
a
||α′(t)|| dt
Obs: Essa fórmula também é válida para α : [a, b] −→ Rn, com n > 2.
Exemplo 7 (1,pág 769) Calcule o comprimento do arco da hélice circular de equação α(t)= (cos t, sin t, t) do
ponto (1, 0, 0) até o ponto (1, 0, 2pi).
Resolução:
Temos que
α(0) = (1, 0, 0) e α(2pi) = (1, 0, 2pi)
Portanto,
∫ 2pi
0
||α′(t)|| dt
Temos também que
α′(t) = (− sin t, cos t, 1)
e
||α′(t)|| =
√
(− sin t)2 + (cos t)2 + 1
=
√
sin2 t+ cos2 t+ 1
=
√
2
Portanto,
L(γ) =
∫ 2pi
0
√
2 dt =
√
2
∫ 2pi
0
dt =
√
2
[
t
]2pi
0
= 2
√
2pi
Exemplo 8 Calcule o comprimento da parábola α(t) = (t, t2) para t ∈ [0, 2].
Resolução:
10
Temos,então,que
L(γ) =
∫ 2
0
||α′(t)|| dt
e
α′(t) = (1, 2t)
Logo,
||α′(t)|| =
√
1 + (2t)2 =
√
1 + 4t2
O que implica que
L(γ) =
∫ 2
0
√
1 + 4t2 dt
Fazendo t =
1
2
tan θ obteremos θ = arctan(2t). Assim,
dt =
1
2
sec2 θ dθ
t = 2⇒ θ = arctan 4
t = 0⇒ θ = 0
Portanto,
11
L(γ) =
∫ arctan 4
0
√
1 + 4.
1
4
tan2 θ
1
2
sec2 θ dθ
=
1
2
∫ arctan 4
0
√
1 + tan2 θ sec2 θ dθ
=
1
2
∫ arctan 4
0
√
sec2 sec2 θ dθ
=
1
2
∫ arctan 4
0
sec3 θ dθ
=
1
2
1
2
[
sec θ tan θ + ln | sec θ + tan θ|
]arctan 4
0
=
1
4
[
sec(arctan 4) tan(arctan 4) + ln | sec arctan 4 + tan arctan 4|
]
=
1
4
[√
1 + 42.4 + ln |
√
1 + 42 + 4|
]
=
1
4
[
4
√
17 + ln(
√
17 + 4)
]
=
√
17 +
1
4
ln(
√
17 + 4)
12

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