Calculo-Avancado-2

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i
NOTAS DE CA´LCULO AVANC¸ADO
* PARTE I *
Prof. Dr. Rone Fla´vio Sim~oes1
Julho de 2009
1Campus UNIBAN-ABC
ii
.
NOTAS DE CA´LCULO AVANC¸ADO
Prof. Dr. Rone Flavio Simo˜es2
Sa˜o Bernardo do Campos
Julho de 2010 3
∗ 2.a Edic¸a˜o ∗
2UNIBAN — ABC
3Primeira edic¸a˜o — jul. 2009
Suma´rio
1 Func¸a˜o de duas varia´veis reais 1
1.1 Definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Gra´fico de Func¸a˜o de duas varia´veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 Curvas de Nı´vel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Derivadas Parciais 8
2.1 Acre´scimo Total e Parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 Derivadas parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3 Interpretac¸a˜o Geome´trica das Derivadas parciais . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.4 Derivadas Parciais de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 Ma´ximos e mı´nimos em superf´ıcies 20
3.1 Ma´ximos e mı´nimos locais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.2 Hessiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.3 Exerc´ıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
4 Integrais Duplas 31
4.1 Conceitos e definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4.1.1 Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4.1.2 Exerc´ıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
i
SUMA´RIO ii
5 Aplicac¸o˜es das Integrais Duplas 38
5.1 Integral Dupla Aplicada ao Ca´lculo de A´rea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
5.1.1 Exerc´ıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
5.2 Integral Dupla Aplicada ao Ca´lculo de Massa . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
5.3 Ca´lculo do Centro de Massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
5.3.1 Massas Discretas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
5.3.2 Massa Cont´ınua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
5.3.3 Exerc´ıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.4 Ca´lculo de Momento de Ine´rcia de figuras planas . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.4.1 Momento de Ine´rcia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.4.2 Momento de Ine´rcia para Corpos Cont´ınuos . . . . . . . . . . . . . . 59
6 Func¸o˜es Vetoriais 62
6.1 Noc¸o˜es de func¸o˜es vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
6.1.1 Exerc´ıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
6.2 Comprimento de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
7 Gradiente 74
7.1 Motivac¸a˜o para o estudo do gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
7.2 Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
7.2.1 Operador nabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
7.2.2 Definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
7.2.3 Interpretac¸a˜o Geome´trica do Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . 76
8 Divergeˆncia 80
8.1 Definic¸a˜o de divergeˆncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
8.2 Interpretac¸a˜o Geome´trica da Divergeˆncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
SUMA´RIO iii
9 Rotacional 84
A Torque 87
B Ana´lise Qualitativa 90
Cap´ıtulo 1
Func¸a˜o de duas varia´veis reais
1.1 Definic¸a˜o
Uma func¸a˜o de duas varia´veis reais em R2 e´ uma func¸a˜o f : R2 → R. Tal func¸a˜o associa a
cada par ordenado de nu´meros reais (x, y) um u´nico nu´mero real f(x, y). A func¸a˜o f(x, y)
muitas vezes e´ representada por z.
Exemplos:
Determine os valores nume´ricos para as func¸o˜es dadas abaixo:
1) f(x, y) = 3x2y + 1
a) f(1, 0)
f(1, 0) = 3(1)2(0) + 1 = 1
b) f(−1, 2)
f(−1, 2) = 3(−1)2(2) + 1 = 6 + 1 = 7
c) f(2,−2)
f(2,−2) = 3(2)2(−2) + 1 = −24 + 1 = −23
2) f(x, y) = x2 − y2 + 4
a) f(1, 2)
f(1, 2) = (1)2 − (2)2 + 4 = 1− 4 + 4 = 1
b) f(a, a)
1
CAPI´TULO 1. FUNC¸A˜O DE DUAS VARIA´VEIS REAIS 2
f(a, a) = (a)2 − (a)2 + 4 = 4
c) f(3, 1)
f(3, 1) = (3)2 − (1)2 + 4 = 9− 1 + 4 = 12
1.2 Gra´fico de Func¸a˜o de duas varia´veis
A representac¸a˜o gra´fica de uma func¸a˜o de duas varia´veis gera superf´ıcies no R3. Veja o
exemplo da func¸a˜o z = x2 + y2 + 2.
Figura 1.1: A func¸a˜o z = x2 + y2 + 2 gera um parabolo´ide de revoluc¸a˜o.
1.3 Curvas de Nı´vel
Em muitos mapas, o relevo do terreno e´ representado por curvas de n´ıveis, que sa˜o curvas
que possuem a mesma altitude (ou profundidade). Observe a figura 1.2, perceba como e´
semelhante a` uma montanha. Os pontos cuja altura sa˜o comuns (valor de z constante)
sa˜o representados por linhas tracejadas. Se olharmos esta “montanha” de cima, a visa˜o
que ter´ıamos e´ mostrada na figura 1.3, onde cada curva corresponde a uma mesma altura
de z (mesmo n´ıvel).
CAPI´TULO 1. FUNC¸A˜O DE DUAS VARIA´VEIS REAIS 3
Figura 1.2: A func¸a˜o z = −x2 − y2 + 20 e´ semelhante a uma montanha. As linhas tracejadas
corresponde a`s curvas de n´ıveis.
Figura 1.3: Curvas de n´ıveis da figura 1.2. Elas podem ser entendida como uma planta, ou visa˜o
superior da superf´ıcie.
CAPI´TULO 1. FUNC¸A˜O DE DUAS VARIA´VEIS REAIS 4
Enta˜o, dada uma func¸a˜o z = f(x, y) e c ∈ Imf , o conjunto de todos os pontos (x, y),
tais que f(x, y) = c denomina-se curva de n´ıvel de f correspondente ao n´ıvel z = c.
Note ainda que, neste exemplo, as curvas sa˜o circulares, pois
z = −x2 − y2︸ ︷︷ ︸
−(x2+y2)→circunfereˆncias
+20
Um outro exemplo e´ um parabolo´ide el´ıptico, gerado pela func¸a˜o z = x2 +1, 5y2 +2,
conforme ilustra a figura 1.4, as curvas de n´ıvel e´ mostrada na figura 1.5. Observe que as
curvas de n´ıvel sa˜o func¸o˜es el´ıpticas, pois
z = x2 + 1, 5y2︸ ︷︷ ︸
elipses
+2
Figura 1.4: Parabolo´ide el´ıptico.
Veja o exemplo de um parabolo´ide hiperbo´lico, mostrado na figura 3.5, que foi gerada
pela func¸a˜o z = x2 − y2 + 20, as curvas de n´ıvel e´ mostrada na figura 1.7, observe que as
curvas de n´ıvel sa˜o func¸o˜es hiperbo´licas, pois
z = x2 − y2︸ ︷︷ ︸
hipe´rbole
+20
CAPI´TULO 1. FUNC¸A˜O DE DUAS VARIA´VEIS REAIS 5
Figura 1.5: Curvas de n´ıveis da figura 1.4
Figura 1.6: Esta curva e´ conhecida como parabolo´ide hiperbo´lico.
CAPI´TULO 1. FUNC¸A˜O DE DUAS VARIA´VEIS REAIS 6
Figura 1.7: Curvas de n´ıvel de um parabolo´ide hiperbo´lico.
Outro exemplo interessante e´ a func¸a˜o f(x, y) = e−x2−y2 . As figuras 1.8 e 1.9, mostram
respectivamente, a superf´ıcie e as curvas de n´ıvel.
Figura 1.8: Superf´ıcie gerada pela func¸a˜o f(x, y) = e−x
2−y2 .
CAPI´TULO 1. FUNC¸A˜O DE DUAS VARIA´VEIS REAIS 7
Figura 1.9: Curvas de n´ıvel da superf´ıcie gerada por f(x, y) = e−x
2−y2 .
Cap´ıtulo 2
Derivadas Parciais
2.1 Acre´scimo Total e Parcial
Seja dada uma func¸a˜o z = f(x, y). Tomemos o ponto (x, y) e outro ponto (x+∆x, y+∆y).
O acre´scimo da func¸a˜o quando passamos do ponto (x, y) para o ponto (x+ ∆x, y+ ∆y) e´
∆z = f(x+ ∆x, y + ∆y)− f(x, y)
e se chama acre´scimo total da func¸a˜o. A figura 2.1 ilustra este acre´scimo em z.
Dx
Dy
z
Dz
y
x
( )x,y
( )x+ x,yD + yD
z
Figura 2.1: Acre´scimo total da func¸a˜o f(x, y).
Agora vamos supor que, dada a mesma func¸a˜o z = f(x, y), conservemos y constante e
8
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 9
tomamos o ponto x e x + ∆x. O acre´scimo da func¸a˜o quando passamos do ponto (x, y)
para o ponto (x+ ∆x, y) e´
∆xz = f(x+ ∆x, y)− f(x, y) (2.1)
Dx
z
D z
y
x ( )x,y
( )x+ x,yD
z
x
Figura 2.2: Acre´scimo parcialem x da func¸a˜o f(x, y).
Dy
z
D z
y
x ( )x,y
( )x,y+ yD
z
y
Figura 2.3: Acre´scimo parcial em x da func¸a˜o f(x, y).
e se chama acre´scimo parcial em x. A figura 2.2 ilustra este comportamento.
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 10
De modo ana´logo, podemos obter o acre´scimo parcial em y, mantendo x constante e
tomando os pontos (x, y) e (x, y + ∆y), conforme ilustra a figura 2.3, isto nos da´:
∆yz = f(x, y + ∆y)− f(x, y) (2.2)
2.2 Derivadas parciais
Vamos tomar o acre´scimo em x dada pela equac¸a˜o 2.1 e fazer a raza˜o ∆xz∆x , teremos que:
∆xz
∆x
=
f(x+ ∆x, y)− f(x, y)
∆x
observe que esta equac¸a˜o lembra a definic¸a˜o de derivadas, enta˜o tomando o limite de
∆x→ 0, ficaremos com:
lim
∆x→0
∆xz
∆x
=
∂z
∂x
(2.3)
Onde 2.3 e´ conhecidas como a derivada parcial de z em relac¸a˜o a x.
De forma ana´loga, tomando ∆y → 0 na raza˜o ∆yz∆y , teremos a derivada parcial de z em
relac¸a˜o a y.
lim
∆y→0
∆yz
∆y
=
∂z
∂y
(2.4)
Exemplo
1. Determine as derivadas parciais da func¸a˜o z = x2y2 − 3xy + 4.
Resoluc¸a˜o: Quando tomamos a derivada parcial em relac¸a˜o a x, a varia´vel y e´
tomada como constante e vice-versa, enta˜o:
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 11
∂z
∂x
=
∂
∂x
(x2y2 − 3xy + 4) = 2xy2 − 3y
∂z
∂y
=
∂
∂y
(x2y2 − 3xy + 4) = 2x2y − 3x
2. Determine as derivadas parciais da func¸a˜o
z = 2 sen (x+ 2y)− 3 cos(2x− y)
Apo´s isto, determine o valor destas derivadas parciais para o ponto P = (0, pi2 ).
Resoluc¸a˜o:
∂z
∂x
=
∂
∂x
[2 sen (x+ 2y)− 3 cos(2x− y)] =
= 2 cos(x+ 2y) + 3(2) sen (2x− y) = 2 cos(x+ 2y) + 6 sen (2x− y)
∂z
∂y
=
∂
∂y
[2 sen (x+ 2y)− 3 cos(2x− y)] =
= 2(2) cos(x+ 2y) + 3(−1) sen (2x− y) = 4 cos(x+ 2y)− 3 sen (2x− y)
Substituindo as coordenadas de P nas derivadas parciais que acabamos de calcular,
teremos:
∂z
∂x
(
0,
pi
2
)
= 2 cos
(
2
pi
2
)
+ 6 sen
(
−pi
2
)
= 2 cos(pi) + 6 sen
(
−pi
2
)
= −2− 6 = −8
∂z
∂y
(
0,
pi
2
)
= 4 cos
(
2
pi
2
)
− 3 sen
(
−pi
2
)
= 4 cos(pi)− 3 sen
(
−pi
2
)
= −4 + 3 = −1
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 12
2.3 Interpretac¸a˜o Geome´trica das Derivadas parciais
z
y
x
P x,y,z( )0000
P’
0
x
y
0
0
C
C1
2
O
y=y
0
x=x
0
t
t1
2
a
b
Figura 2.4: Interpretac¸a˜o geome´trica das derivadas parciais.
Dada uma func¸a˜o z = f(x, y) e que esta func¸a˜o represente uma superf´ıcie conforme
ilustrada na figura 2.4.
Inicialmente fixemos y, fazendo-o igual a y0. Enta˜o, a func¸a˜o z = f(x, y0) sera´ re-
presentada pela curva C1. Faremos o mesmo fixando x = x0, a func¸a˜o z = f(x0, y) sera´
representada pela curva C2. Desta forma, o ponto P0(x0, y0, z0) da superf´ıcie e´ o ponto de
intersecc¸a˜o das curvas C1 e C2.
A derivada parcial ∂z∂x0 nos da´ o coeficiente angular da reta t1 no ponto P0(x0, y0, z0),
em relac¸a˜o a` reta r.
∂z
∂x0
= tanα
A derivada parcial ∂z∂y0 nos da´ o coeficiente angular da reta t2 no ponto P0(x0, y0, z0),
em relac¸a˜o a` reta s.
∂z
∂y0
= tanβ
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 13
As duas retas t1 e t2, tangentes a` superf´ıcie definida pela func¸a˜o z no ponto P0,
determinam um plano tangente a` esta superf´ıcie, cuja soluc¸a˜o geral e´
ax+ by + cz + d = 0 (2.5)
Como o plano conte´m o ponto P0(x0, y0, z0), sua equac¸a˜o e´ satisfeita pelas coordenadas
do ponto, enta˜o:
ax0 + by0 + cz0 + d = 0 (2.6)
Subtraindo 2.6 da 2.5, teremos
a(x− x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0⇒
⇒ z − z0 = −a
c
(x− x0)− b
c
(y − y0) (2.7)
Da equac¸a˜o 2.7 identificamos que
−a
c
= tanα =
∂z
∂x0
e
−b
c
= tanβ =
∂z
∂y0
Substituindo estes resultados na 2.7, resulta
z − z0 = ∂z
∂x0
(x− x0) + ∂z
∂y0
(y − y0) (2.8)
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 14
Exemplo
Determine as equac¸o˜es do plano tangente a` superf´ıcie definida por z = x2 − 4y2 no
ponto P ′0 = (5,−2).
Resoluc¸a˜o: O ponto P0(x0, y0, z0) e´:
z = x2 − 4y2 = (5)2 − 4(−2)2 = 25− 16 = 9
Enta˜o, P0 = (5,−2, 9).
As derivadas parciais sa˜o
z = x2 − 4y2
{ ∂z
∂x = 2x
∂z
∂y = −8y
=⇒ no ponto P0
{
∂z
∂x0
= 2(5) = 10
∂z
∂y0
= −8(−2) = 16
Usando 2.8 a equac¸a˜o do plano sera´:
z − z0 = ∂z
∂x0
(x− x0) + ∂z
∂y0
(y − y0)
z − 9 = 10(x− 5) + 16(y + 2)
z = 10x− 50 + 16y + 32 + 9
10x+ 16y − z − 9 = 0
2.4 Derivadas Parciais de Ordem Superior
Dada a func¸a˜o z = f(x, y), diferencia´vel, podemos derivar parcialmente a func¸a˜o z e obter
derivadas de segunda ordem ou de ordens superiores, assim
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 15
z = f(x, y)

∂z
∂x
{
∂
∂x
(
∂z
∂x
)
= ∂
2z
∂x2
∂
∂y
(
∂z
∂x
)
= ∂
2z
∂x∂y
∂z
∂y

∂
∂x
(
∂z
∂y
)
= ∂
2z
∂y∂x
∂
∂y
(
∂z
∂y
)
= ∂
2z
∂y2
Exemplo
Dada a func¸a˜o z = x4 + 2x3y − 3x2y2 + xy3 − y4 + 3, determine as derivadas parciais
de 3a ordem.
Resoluc¸a˜o:
z

∂z
∂x = 4x
3 + 6x2y − 6xy2 + y3

∂2z
∂x2
= 12x2 + 12xy − 6y2
{
∂3z
∂x3
= 24x+ 12y
∂3z
∂x2∂y
= 12x− 12y
∂2z
∂x∂y = 6x
2 − 12xy + 3y2
{
∂3z
∂x∂y∂x = 12x− 12y
∂3z
∂x∂y2
= −12x+ 6y
∂z
∂y = 2x
3 − 6x2y + 3xy2 − 4y3

∂2z
∂y∂x = 6x
2 − 12xy + 3y2
{
∂3z
∂y∂x2
= 12x− 12y
∂3z
∂y∂x∂y = −12x+ 6y
∂2z
∂y2
= −6x2 + 6xy − 12y2
{
∂3z
∂y2∂x
= −12x+ 6y
∂3z
∂y3
= 6x− 24y
Observe que as derivadas mistas sa˜o iguais entre si, o que chamamos de invertibilidade
da ordem de derivac¸a˜o:
∂2z
∂x∂y
=
∂2z
∂y∂x
= 6x2 − 12xy + 3y2
E os de terceira ordem:
∂3z
∂x2∂y
=
∂3z
∂x∂y∂x
=
∂3z
∂y∂x2
= 12x− 12y
∂3z
∂y2∂x
=
∂3z
∂y∂x∂y
=
∂3z
∂x∂y2
= −12x+ 6y
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 16
Esta curiosa caracter´ıstica constitui o teorema de Schwarz.
Exerc´ıcios Resolvidos: Determine, para cada func¸a˜o, as derivadas parciais.
1. z = x2 − xy + y2
Resoluc¸a˜o:
z
{ ∂z
∂x = 2x− y
∂z
∂y = −x+ 2y
2. z = sen (2x− 3y) + cos(3x− 2y)
Resoluc¸a˜o:
z
{ ∂z
∂x = 2 cos(2x− 3y)− 3 sen (3x− 2y)
∂z
∂y = −3 cos(2x− 3y) + 2 sen (3x− 2y)
3. z = 2 sen (xy) + 2 cos(xy)
Resoluc¸a˜o:
z
{ ∂z
∂x = 2y cos(xy)− 2y sen (xy)
∂z
∂y = 2x cos(xy)− 2x sen (xy)
4. w = x2y + y2z + xyz + z
Resoluc¸a˜o:
z

∂w
∂x = 2xy + yz
∂w
∂y = x
2 + 2yz + xz
∂w
∂z = y
2 + xy + 1
5. Dada a func¸a˜o z = 3x2y−y2x+ 4x−2y, determine as derivadas parciais de segunda
ordem no ponto P0(1,−1).
Resoluc¸a˜o: As derivadas parciais de primeira ordem sa˜o:
z
{ ∂z
∂x = 6xy − y2 + 4
∂z
∂y = 3x
2 − 2xy − 2
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 17
As derivadas parciais de segunda ordem sa˜o:
z

∂2z
∂x2
= 6y
∂2z
∂y∂x =
∂2z
∂x∂y = 6x− 2y
∂2z
∂y2
= −2y
Substituindo o ponto P0(1,−1):
z

∂2z
∂x20
= 6(−1) = −6
∂2z
∂y0∂x0
= ∂
2z
∂x0∂y0
= 6(1)− 2(−1) = 8
∂2z
∂y20
= −2(−1) = 2
6. Dada a func¸a˜o z = 3 cos(2x− y) + 3 sen (y− 2x), determine as derivadas parciais de
segunda ordem no ponto P0(0,
pi
2 ).
Resoluc¸a˜o: As derivadas parciais de primeira ordem sa˜o:
z
{ ∂z
∂x = −6 sen (2x− y)− 6 cos(y − 2x)
∂z
∂y = 3 sen (2x− y) + 3 cos(y − 2x)
As derivadas parciais de segunda ordem sa˜o:
z

∂2z
∂x2
= −12 cos(2x− y)− 12 sen (y − 2x)
∂2z
∂y∂x =
∂2z
∂x∂y = 6 cos(2x− y) + 6 sen (y − 2x)
∂2z
∂y2
= −3 cos(2x− y)− 3 sen (y − 2x)
Substituindo o ponto P0(0,
pi
2 ):
z

∂2z
∂x20
= −12 cos(−pi2 )− 12 sen (pi2 ) = −12
∂2z
∂y0∂x0
= ∂
2z
∂x0∂y0
= 6 cos(−pi2 ) + 6 sen (pi2 ) = 6
∂2z
∂y20
= −3 cos(−pi2 )− 3 sen (pi2 ) = −3
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 18
7.Dada a func¸a˜o z = 2 cos(xy), determine as derivadas parciais de segunda ordem no
ponto P0(1, pi).
Resoluc¸a˜o: As derivadas parciais de primeira ordem sa˜o:
z
{ ∂z
∂x = −2y sen (xy)
∂z
∂y = −2x sen (xy)
As derivadas parciais de segunda ordem sa˜o:
z

∂2z
∂x2
= −2y2 cos(xy)
∂2z
∂y∂x =
∂2z
∂x∂y = −2 sen (xy)− 2yx cos(xy)
∂2z
∂y2
= −2x2 cos(xy)
Substituindo o ponto P0(1, pi):
z

∂2z
∂x20
= −2(pi)2 cos(pi) = 2pi2
∂2z
∂y0∂x0
= ∂
2z
∂x0∂y0
= −2 sen (pi)− 2(pi) cos(pi) = 2pi
∂2z
∂y20
= −2(1)2 cos(pi) = 2
8. Dada a func¸a˜o z = y2e−2x, determine as derivadas parciais de segunda ordem no
ponto P0(0, 3).
Resoluc¸a˜o: As derivadas parciais de primeira ordem sa˜o:
z
{ ∂z
∂x = −2y2e−2x
∂z
∂y = 2ye
−2x
As derivadas parciais de segunda ordem sa˜o:
z

∂2z
∂x2
= 4y2e−2x
∂2z
∂y∂x =
∂2z
∂x∂y = −4ye−2x
∂2z
∂y2
= 2e−2x
Substituindo o ponto P0(0, 3):
CAPI´TULO 2. DERIVADAS PARCIAIS 19
z

∂2z
∂x20
= 4(3)2e0 = 36
∂2z
∂y0∂x0
= ∂
2z
∂x0∂y0
= −4(3)e0 = 12
∂2z
∂y20
= 2e0 = 2
Cap´ıtulo 3
Ma´ximos e mı´nimos em superf´ıcies
3.1 Ma´ximos e mı´nimos locais
Podemos imaginar um ponto de ma´ximo de uma func¸a˜o cont´ınua z = f(x, y) como o ponto
P0(x0, y0) cujo valor da func¸a˜o e´ maior que os valores assumido pela func¸a˜o nos pontos
vizinhos a P0, isto e´,
f(x0, y0) > f(x0 + ∆x0, y0 + ∆y0)
z
y
x
P x,y,z( )0000
t
t1
2
P (x,y)
0 0 0
Figura 3.1: Ponto de ma´ximo P0(x0, y0) da curva definida pela func¸a˜o z = f(x, y).
A figura 3.1 ilustra a inexisteˆncia de pontos mais altos que o ponto P0(x0, y0, z0).
20
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 21
De forma ana´loga, um ponto de mı´nimo local e´ aquele que satisfaz
f(x0, y0) < f(x0 + ∆x0, y0 + ∆y0)
Uma condic¸a˜o para a existeˆncia1 de um ponto de ma´ximo ou mı´nimo e´ que as retas
tangentes ao ponto P0(x0, y0, z0), representadas na figura pelas retas t1 e t2, tenham
declividade nulas, enta˜o,
∂z
∂x0
= 0 e
∂z
∂y0
= 0
Os pontos cujas derivadas parciais se anulam sa˜o chamadas de pontos cr´ıticos ou
pontos estaciona´rios2.
Ale´m disso, sabemos que, se
∂2z
∂x20
> 0 E
∂2z
∂y20
> 0 −→ Corresponde a um ponto de mı´nimo
e
∂2z
∂x20
< 0 E
∂2z
∂y20
< 0 −→ Corresponde a um ponto de ma´ximo
Exemplo
1) Determine os pontos cr´ıticos da func¸a˜o z = x2 + y2 − 4x− 6y.
Resoluc¸a˜o:
∂z
∂x
= 2x− 4
∂z
∂y
= 2y − 6
1Esta condic¸a˜o e´ uma necessa´ria mas na˜o suficiente. Veremos mais adiante que existira´ mais uma
condic¸a˜o para garantir que o ponto e´ um ma´ximo ou mı´nimo local.
2Este nome e´ dado porque na˜o podemos, apenas com esta condic¸a˜o, garantir que o ponto e´, de fato,
um ma´ximo ou mı´nino local.
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 22
Os pontos cr´ıticos sa˜o
∂z
∂x0
= 0 =⇒ 2x− 4 = 0⇒ x0 = 2
∂z
∂y0
= 0 =⇒ 2y − 6 = 0⇒ y0 = 3
O ponto P0 = (2, 3) e´ um ponto cr´ıtico da func¸a˜o z e tambe´m e´ um ponto de mı´nimo
local, pois ∂
2z
∂x2
= ∂
2z
∂y2
= 2 > 0.
2) Determine os pontos cr´ıticos da func¸a˜o z = x2 − y2 − 4x+ 6y.
Resoluc¸a˜o:
∂z
∂x
= 2x− 4
∂z
∂y
= −2y + 6
Os pontos cr´ıticos sa˜o
∂z
∂x0
= 0 =⇒ 2x− 4 = 0⇒ x0 = 2
∂z
∂y0
= 0 =⇒ −2y + 6 = 0⇒ y0 = 3
Os pontos P0 = (2, 3) e´ um ponto cr´ıtico da func¸a˜o z, pore´m na˜o corresponde nem a
um ponto de ma´ximo e nem a um ponto de mı´nino, pois ∂
2z
∂x2
= 2 > 0 e ∂
2z
∂y2
= −2 < 0.
A figura 3.2 ilustra o comportamento desta func¸a˜o. Observe que o ponto em questa˜o e´
chamado de ponto de sela3.
A pro´xima secc¸a˜o mostrara´ uma forma de determinarmos quando o ponto cr´ıtico e´ um
ponto de ma´ximo, mı´nimo ou um ponto de sela.
3Este nome vem da semelhanc¸a que a superf´ıcie guarda com uma sela.
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 23
P x,y,z( )0000z
y
x
Figura 3.2: Ponto de sela. O ponto P0 na˜o e´ nem um ponto de ma´ximo local, enm um ponto de
mı´nimo local.
3.2 Hessiano
Dada uma func¸a˜o z = f(x, y) diferencia´vel, e o ponto P0(x0, y0) um ponto cr´ıtico desta
func¸a˜o. Sabemos que o ponto cr´ıtico deve satisfazer a seguinte condic¸a˜o
{
∂z
∂x = 0
∂z
∂x = 0
Ale´m disso, podemos calcular a seguinte func¸a˜o
H(x, y) =
∂2z
∂x2
∂2z
∂y∂x
∂2z
∂x∂y
∂2z
∂y2
(3.1)
que se chama hessiano da func¸a˜o z = f(x, y).
Desenvolvendo 3.1, temos
H =
∂2z
∂x2
∂2z
∂y2
− ∂
2z
∂y∂x
∂2z
∂x∂y
Como ∂
2z
∂y∂x =
∂2z
∂x∂y , enta˜o
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 24
H =
∂2z
∂x2
∂2z
∂y2
−
(
∂2z
∂y∂x
)2
Existem treˆs resultados poss´ıveis para o hessiano no ponto P0(x0, y0):
1. H(x0, y0) > 0
Neste caso,
H =
∂2z
∂x20
∂2z
∂y20
−
(
∂2z
∂y0∂x0
)2
> 0
Enta˜o,
∂2z
∂x20
∂2z
∂y20
>
(
∂2z
∂y0∂x0
)2
Isto significa que ∂
2z
∂x20
e ∂
2z
∂y20
sa˜o do mesmo sinal. Logo,
Se ∂
2z
∂x20
> 0, ha´ um ponto de mı´nimo local em P0.
Se ∂
2z
∂x20
< 0, ha´ um ponto de ma´ximo local em P0.
2. H(x0, y0) < 0
O ponto cr´ıtico P0 e´ um ponto de sela.
3. H(x0, y0) = 0
Nada se pode afirmer acerca do ponto cr´ıtico.
Exemplos
1. Dada a func¸a˜o z = x2 + y2 − 4x− 6y + 5, pesquise os pontos cr´ıticos.
Resoluc¸a˜o: Inicialmente vamos calcular os pontos cr´ıticos
∂z
∂x
= 2x− 4 =⇒ 2x− 4 = 0⇒ x0 = 2
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 25
∂z
∂y
= 2y − 6 =⇒ 2y − 6 = 0⇒ y0 = 3
Logo, existe apenas um ponto cr´ıtico: P1 = (2, 3,−8). Ale´m disso,
∂2z
∂y∂x
=
∂2z
∂x∂y
= 0
e
∂2z
∂x2
= 2
∂2z
∂y2
= 2
O hessiano e´
H(x, y) =
∣∣∣∣ 2 00 2
∣∣∣∣ = 4 > 0
Como H(x, y) > 0, enta˜o P1 so´ pode ser um ma´ximo ou mı´nimo, como
∂2z
∂x2
= 2 > 0,
enta˜o P1 so´ pode ser um ponto de mı´nimo local.
A figura 3.3 mostra a superf´ıcie definida pela curva z = x2 + y2 − 4x − 6y + 5 e a
existeˆncia de um ponto de mı´nimo local.
2. Dada a func¸a˜o z = −x2 − y2 + 4x+ 6y + 5, pesquise os pontos cr´ıticos. Note que
foram alterados alguns sinais da func¸a˜o usada no exemplo anterior.
Resoluc¸a˜o: Inicialmente vamos calcular os pontos cr´ıticos
∂z
∂x
= −2x+ 4 =⇒ −2x+ 4 = 0⇒ x0 = 2
∂z
∂y
= −2y + 6 =⇒ −2y + 6 = 0⇒ y0 = 3
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 26
Logo, existe apenas um ponto cr´ıtico: P1 = (2, 3, 18). Ale´m disso,
∂2z
∂y∂x
=
∂2z
∂x∂y
= 0
e
∂2z
∂x2
= −2 ∂
2z
∂y2
= −2
O hessiano e´
H(x, y) =
∣∣∣∣ −2 00 −2
∣∣∣∣ = 4 > 0
Como H(x, y) > 0, enta˜o P1 so´ pode ser um ma´ximo ou mı´nimo, como
∂2z
∂x2
= −2 < 0,
enta˜o P1 so´ pode ser um ponto de ma´ximo local.
A figura 3 mostra a superf´ıcie definida pela curva z = −x2 − y2 + 4x + 6y + 5 e a
existeˆncia de um ponto de ma´ximo local.
3. Dada a func¸a˜o z = x2 − y2 − 4x + 6y + 5, pesquise os pontos cr´ıticos. Note que
foram alterados alguns sinais das func¸o˜es usadas nos exemplos anteriores.
Resoluc¸a˜o: Inicialmente vamos calcular os pontos cr´ıticos
∂z
∂x
= 2x− 4 =⇒ 2x− 4 = 0⇒ x0 = 2
∂z
∂y
= −2y + 6 =⇒ −2y + 6 = 0⇒ y0 = 3
Logo, existe apenas um ponto cr´ıtico: P1 = (2, 3, 10). Ale´m disso,
∂2z
∂y∂x
=
∂2z
∂x∂y
= 0
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 27
e
∂2z
∂x2
= 2
∂2z
∂y2
= −2
O hessiano e´
H(x, y) =
∣∣∣∣ 2 00 −2
∣∣∣∣ = −4 < 0
Como H(x, y) =< 0, enta˜o P1 so´ pode ser um ponto de sela.
A figura 3.5 mostra a superf´ıcie definida pela curva z = x2 − y2 − 4x + 6y + 5 e a
existeˆncia de um ponto de sela.
4. Dada a func¸a˜o z = x2 − y3 − 2x+ 3y − 9, pesquise os pontos cr´ıticos.
Resoluc¸a˜o: Inicialmente vamos calcular os pontos cr´ıticos
∂z
∂x
= 2x− 2 =⇒ 2x− 2 = 0⇒ x0 = 1
∂z∂y
= −2y + 10 =⇒ −3y2 + 3 = 0⇒ y = ±1
Logo, existem dois pontos cr´ıticos: P1 = (1,−1,−12) e P2 = (1, 1,−8). Ale´m disso,
∂2z
∂y∂x
=
∂2z
∂x∂y
= 0
e
∂2z
∂x2
= 2
∂2z
∂y2
= −6y
O hessiano e´
H(x, y) =
∣∣∣∣ 2 00 −6y
∣∣∣∣ = −12y
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 28
Para P1 =⇒ H(1,−1) = 12 > 0, portanto P1 so´ pode ser uma ma´ximo ou mı´nimo,
como ∂
2z
∂x2
= 2 > 0, enta˜o P1 so´ pode ser um ponto de mı´nimo local.
Para P2 =⇒ H(1, 1) = −12 < 0, portanto P2 e´ um ponto de sela.
3.3 Exerc´ıcios Propostos
Estude quanto ao ma´ximo ou mı´nimo das func¸o˜es:
1. z = x2 + y3 − 4x− 12y + 6
Resp.: P (2, 2,−14) Mı´nimo Local e P (2,−2, 18) Ponto de sela.
2. z = x2 − y4 − 6x+ 4y − 1
Resp.: P (3, 1,−7) Ponto de sela.
3. z = −x2 + y2 + 2x− 4y + 2
Resp.: P (1, 2,−1) Ponto de sela.
4. z = x3 − y2 − 27x+ 12y + 9
Resp.: P (−3, 6, 99) Ma´ximo local e P (3, 6,−9) Ponto de sela.
5. z = −2x2 + y3 + 8x− 27y + 1
Resp.: P = (2,−3, 63) Ma´ximo local e P = (2, 3,−45) Ponto de sela.
6. z = 2x3 + y3 − 3x2 − 3y + 1
Resp.: P = (0, 1) sela; P = (0,−1) ma´ximo local; P = (1, 1) mı´nimo local e
P = (1,−1) Ponto de sela.
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 29
Figura 3.3: Representac¸a˜o da superf´ıcie definida pela func¸a˜o z = x2 + y2 − 4x− 6y + 5. Nota-se
a existeˆncia de um ponto de mı´nimo local, localizado em P1 = (2, 3,−8).
Figura 3.4: Representac¸a˜o da superf´ıcie definida pela func¸a˜o z = −x2− y2 + 4x+ 6y+ 5. Nota-se
a existeˆncia de um ponto de ma´ximo local, localizado em P1 = (2, 3, 18).
CAPI´TULO 3. MA´XIMOS E MI´NIMOS EM SUPERFI´CIES 30
Figura 3.5: Representac¸a˜o da superf´ıcie definida pela func¸a˜o z = x2 − y2 − 4x+ 6y + 5. Nota-se
a existeˆncia de um ponto de sela, localizado em P1 = (2, 3, 10).
Figura 3.6: Esboc¸o da superf´ıcie definida pela func¸a˜o z = x2 − y3 − 2x + 3y − 9. Perceba que o
formato da superf´ıcie lembra um assento.
Cap´ıtulo 4
Integrais Duplas
4.1 Conceitos e definic¸a˜o
Inicialmente, vamos lembrar do conceito da integral simples definida. Dada uma func¸a˜o
f(x), definida para o intervalo x = [a, b], subdividiremos este intervalo em comprimentos
iguais ∆x, de forma que a “a´rea” descrita por esta curva pode ser obtida pela soma de
Riemann
A ≈
n∑
i=1
f(xi)∆x
0ab
xi
y
x
Dx{ f(x)i
Figura 4.1: Conceito de integral definida
A figura 4.1 ilustra este procedimento. Note que estamos somando as a´reas dos
retaˆngulos, cujas bases e´ ∆x e a altura e´ f(xi). Como pode ser visto pela figura a
31
CAPI´TULO 4. INTEGRAIS DUPLAS 32
a´rea calculada pela soma de retaˆngulo na˜o corresponde exatamente a` a´rea da superf´ıcie,
pois a func¸a˜o possui bordas curvas. Este erro entre a a´rea verdadeira e a calculada sera´
tanto menor quanto quanto maior for o nu´mero de retaˆngulos (menor forem as bases dos
retaˆngulos). Enta˜o, se tomarmos o limite da soma quando n → ∞, obtemos a integral
definida de a ate´ b da func¸a˜o f(x), tal qual a conhecemos
∫ b
a
f(x)dx = lim
n→∞
n∑
i=1
f(xi)∆x (4.1)
Consideremos agora uma func¸a˜o de duas varia´veis f(x, y), conforme ilustra a figura
4.2, onde a superf´ıcie corresponde a` equac¸a˜o z = f(x, y). Olhando a figura, podemos
imaginar um so´lido cuja base e´ a a´rea cinza em destaque, calcularemos o volume definido
por este so´lido.
z
y
x
a
cO
b
d
{
{
Dx
Dy
D Dx y
z=f(x,y)
f(x,y)i j
Figura 4.2: Superf´ıcie definida pela func¸a˜o f(x, y).
Inicialmente iremos dividir a base em “ladrilhos” retangulares, cuja a´rea e´ ∆A = ∆x∆y
CAPI´TULO 4. INTEGRAIS DUPLAS 33
(suponha n diviso˜es em x e m diviso˜es em y, totalizando n × m “ladrilhos”). Assim,
definimos um pequeno paralelep´ıpedo de volume ∆V = f(xi, yj)∆A. Enta˜o o volume
total do so´lido pode ser aproximado por:
V ≈
n∑
i=1
m∑
j=1
f(xi, yj)∆A (4.2)
Como a equac¸a˜o 4.2 e´ uma aproximac¸a˜o do volume do so´lido, se aumentarmos o nu´mero
de “ladrilhos” o volume calculado aproximara´ do volume verdadeiro, da mesma forma como
foi tratado o ca´lculo da a´rea na equac¸a˜o 4.1. Devemos, portanto, aumentar os valores de
m e n. Assim, podemos esperar que
V = lim
m,n→∞
n∑
i=1
m∑
j=1
f(xi, yj)∆A =
∫ d
c
∫ b
a
f(x, y)dxdy (4.3)
A equac¸a˜o 4.3 e´ conhecida como integral dupla da func¸a˜o f(x, y).
Propriedades da Integral dupla
i.
∫ ∫
S [f(x, y) + g(x, y)]dxdy =
∫ ∫
S f(x, y)dxdy +
∫ ∫
S g(x, y)dxdy
ii.
∫ ∫
S kf(x, y)dxdy = k
∫ ∫
S f(x, y)dxdy, onde k = const.
iii. Se f(x, y) ≥ 0 em S ⇒ ∫ ∫S f(x, y)dxdy ≥ 0
iv. Se f(x, y) ≤ g(x, y) em S ⇒ ∫ ∫S f(x, y)dxdy ≤ ∫ ∫S g(x, y)dxdy
4.1.1 Teorema de Fubini
Se f(x, y) for cont´ınua na base retangular R = {(x, y)|a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}, enta˜o
∫ d
c
∫ b
a
f(x, y)dxdy =
∫ b
a
∫ d
c
f(x, y)dydx
CAPI´TULO 4. INTEGRAIS DUPLAS 34
Suponha que desejamos calcular o volume definido pela func¸a˜o f(x, y) com base retan-
gular R, conforme descrito acima. Vamos recorrer a` figura 4.2 para nos apoiar. O volume
pode ser calculado somando os volumes de todos os paralelep´ıpedos de base ∆A. Para
isto, vamos manter ∆x fixo, por exemplo, e somar os volumes do paralelep´ıpedos ao longo
do eixo y, estamos na verdade calculando apenas a integral dependente de dy. Em outras
palavras, suponha que
g(x) =
∫ d
c
f(x, y)dy (4.4)
Logo, o volume sera´
V =
∫ b
a
∫ d
c
f(x, y)dydx =
∫ b
a
[∫ d
c
f(x, y)dy
]
dx =
∫ b
a
g(x)dx
Exemplos — Calcule as integrais duplas:
1. ∫ 2
0
∫ 3
0
(3x2 − 2y)dydx
Resoluc¸a˜o:
∫ 2
0
∫ 3
0
(3x2 − 2y)dydx =
∫ 2
0
[∫ 3
0
(3x2 − 2y)dy
]
dx =
=
∫ 2
0
[3x2y − y2]∣∣3
0
dx =
=
∫ 2
0
(9x2 − 9)dx =
= [3x3 − 9x]∣∣2
0
= 27− 18 = 9
CAPI´TULO 4. INTEGRAIS DUPLAS 35
2. ∫ pi
0
∫ 2
0
y cos(xy)dxdy
z
y
x
Figura 4.3: Superf´ıcie referente ao exemplo 2.
Resoluc¸a˜o:
∫ pi
0
∫ 2
1
y cos(xy)dxdy =
∫ pi
0
[∫ 2
1
y cos(xy)dx
]
dy =
=
∫ pi
0
[ sen (xy)]|21 dy =
=
∫ pi
0
[ sen (2y) + sen y]dy =
=
[
−cos(2y)
2
+ cos y
]
=
∣∣∣∣pi
0
= −1
2
+ 1 =
1
2
3. Calcule o volume da curva f(x, y) = −x2 − y2 + 4x + 6y + 5 delimitada pelo plano
da base −1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 2.
Resoluc¸a˜o:
A figura que representa esta superf´ıcie e´ mostrada a seguir. Note que ela define um
volume, que pode ser facilmente calculada por:
CAPI´TULO 4. INTEGRAIS DUPLAS 36
V =
∫ ∫
S
f(x, y)dxdy
Enta˜o,
V =
∫ 2
0
∫ 2
−1
(−x2 − y2 + 4x+ 6y + 5)dxdy =
=
∫ 2
0
[∫ 2
−1
(−x2 − y2 + 4x+ 6y + 5)dx
]
dy =
=
∫ 2
0
[
−x
3
3
− xy2 + 2x2 + 6xy + 5x
]∣∣∣∣2
−1
dy =
=
∫ 2
0
[
−2
3
3
− 2y2 + 2(2)2 + 6(2)y + 5(2)+
+
(−1)3
3
+ (−1)y2 − 2(−1)2 − 6(−1)y − 5(−1)
]
dy =
=
∫ 2
0
[
−8
3
− 2y2 + 8 + 12y + 10− 1
3
− y2 − 2 + 6y + 5
]
dy =
=
∫ 2
0
(−3y2 + 18y + 18) dy =
=
[−y3 + 9y2 + 18y]∣∣2
0
dy =
V = −(2)3 + 9(2)2 + 18(2)− 0 = −8 + 36 + 36 = 74 u.v.
CAPI´TULO 4. INTEGRAIS DUPLAS 37
4.1.2 Exerc´ıcios Propostos
1. Determine o volume do so´lido definido pelo parabolo´ide el´ıptico z = −x2− 2y2 + 16,
no retaˆngulo R = [0, 2]× [0, 2].
Resp.: 48.
2. Calcule:
(a) ∫ 2
−1
∫ 4
2
xydydx
Resp.: 9
(b) ∫ 1
0
∫ 3
1
x2ydxdy
Resp.: 133
(c) ∫ pi
2
0
∫ pi
2
0
senx cos ydydx
Resp.: 1.
(d) ∫ pi
2
0
∫ pi
2
0
sen (x+ y)dydx
Resp.: 2.
Cap´ıtulo 5
Aplicac¸o˜es das Integrais Duplas
5.1 Integral Dupla Aplicada ao Ca´lculo de A´rea
Consideremos uma superf´ıcie S, onde S ⊂ R2, e desejamos calcular a sua a´rea. Uma forma
de calcular a a´rea e´ particionar a superf´ıcie em va´rios retaˆngulos, cada um coma´rea ∆A,
e depois somar todos os retaˆngulos, conforme ilustra a figura 5.1.
x
y
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
x
y
DA
S
Figura 5.1: Ca´lculo da a´rea da superf´ıcie S por meio da soma de retaˆngulos de a´rea ∆A.
Para somarmos os retaˆngulos, consideremos que existam ate´ n retaˆngulos ao longo do
eixo x e ate´ m retaˆngulos ao longo do eixo y. Como, ∆A = ∆x∆y, enta˜o
A ≈
n∑
i=1
m∑
j=1
∆xi∆yj (5.1)
Como pode ser visto pela figura a a´rea calculada pela soma de retaˆngulo na˜o cor-
38
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 39
responde exatamente a` a´rea da superf´ıcie, pois as bordas da superf´ıcie, sendo curvas, na˜o
possuem retaˆngulos inteiros (por esta raza˜o que usamos o s´ımbolo ≈ na equac¸a˜o 5.1).
Este erro entre a a´rea verdadeira e a calculada sera´ tanto menor quanto menor forem os
retaˆngulos (quanto maior for o nu´mero de retaˆngulos). Enta˜o, quando ∆A→ 0
A = lim
∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
∆xi∆yj (5.2)
Enta˜o,
A =
∫ ∫
S
dxdy = lim
∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
∆xi∆yj (5.3)
Suponha que desejamos calcular a a´rea compreendida entre as func¸o˜es f1 e f2 e no
intervalo x = [a, b], conforme ilustra a figura 5.2. Para compreendermos os limites de
integrac¸a˜o, basta pensarmos que, se “varrermos” os valores de x, vemos que ele vai de
a ate´ b, sendo estes os limites de integrac¸a˜o de x. Fazendo o mesmo para y, isto e´, se
“varremos” desde o ponto C ate´ D, onde C e´ um ponto sobre a curva inferior (f1), e D e´
um ponto sobre a curva superior (f2), teremos os limites de integrac¸a˜o em y.
x
y
f
f
1
2
a b
DA
Dx
Dy
C
D
Figura 5.2: A´rea definida entre duas func¸o˜es.
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 40
A integral e´ a soma de todos os retaˆngulos dA. Se mantivermos dx fixo, somando
apenas os retaˆngulos correspondentes a` esta coluna, do retaˆngulo inferior, limitada pela
func¸a˜o f1 ate´ o retaˆngulo superior, limitada pela func¸a˜o f2, enta˜o a func¸a˜o que descreve
o nu´mero de retaˆngulos em cada coluna e´
g(x) =
∫ f2
f1
dy (5.4)
Agora, vamos somar todas as colunas ao longo do eixo x:
A =
∫ b
a
g(x)dx (5.5)
Substituindo 5.4 na equac¸a˜o 5.5, teremos
A =
∫ b
a
[∫ f2
f1
dy
]
dx (5.6)
Exemplos
1) Calcule a a´rea delimitada pelas func¸o˜es f1(x) = 2x − 2 e f2(x) = x2, no intervalo
x = [0, 2].
Resoluc¸~ao
A figura a seguir mostra a regia˜o delimitada pelas pelas curvas f1, f2 e x = [0, 2], enta˜o
a a´rea sera´ calculada como:
A =
∫ 2
0
[∫ f2
f1
dy
]
dx =
=
∫ 2
0
[∫ x2
2x−2
dy
]
dx =
=
∫ 2
0
[y ]∣∣∣x2
2x−2
dx =
=
∫ 2
0
(
x2 − 2x+ 2) dx =
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 41
=
[
x3
3
− x2 + 2x
]∣∣∣∣2
0
=
23
3
− 22 + 2(2)− 0 =
A =
8
3
− 4 + 4 = 8
3
u.s.
Figura 5.3: Vide Exemplo 1.
2) Calcule a a´rea delimitada pelas func¸o˜es f1(x) = −x2 + 4 e f2(x) = x2 − 4.
Resoluc¸~ao
A figura a seguir mostra a regia˜o delimitada pelas pelas curvas f1, f2. Inicialmente
vamos determinar os pontos A e B. Nestes pontos sabemos que f1 = f2, enta˜o,
−x2 + 4 = x2 − 4
2x2 = 8
x2 = 4
x = ±2
Isto e´, o ponto A = (−2, 0) e B = (2, 0).
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 42
Figura 5.4: Vide Exemplo 2.
Assim,
A =
∫ 2
−2
[∫ f2
f1
dy
]
dx =
=
∫ 2
−2
[∫ −x2+4
x2−4
dy
]
dx =
=
∫ 2
−2
[y]|−x2+4x2−4 dx =
= 2
∫ 2
0
(−2x2 + 8) dx =
= 2
[
−2x
3
3
+ 8x
]∣∣∣∣2
0
= 2
[
−22
3
3
+ 8(2)− 0
]
=
A = 2
[
−16
3
+ 16
]
= 2
32
3
=
64
3
u.s.
5.1.1 Exerc´ıcios Propostos
1. Calcule as integrais abaixo:
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 43
a ∫ 3
−2
∫ −x2+9
−x+3
dydx
b ∫ 2
0
∫ 2x
x3
2
dydx
2. Determine a a´rea entre as curvas y = x2 e y = −x2 + 2, delimitadas pelos pontos A
e B, ilustrada pela figura 5.5.
-2 -1 0 1 2
-1
0
1
2
3
BA
x
y
x
2
-x
2
+2
Figura 5.5: Vide exerc´ıcio 2.
Resp.: 83 .
3. Determine a a´rea entre as curvas y = x2 + 1 e y = 2x, representada pela regia˜o
hachurada da figura 5.6.
Resp.: 13 .
5.2 Integral Dupla Aplicada ao Ca´lculo de Massa
Consideremos uma chapa plana de um material qualquer cuja densidade superficial de
massa seja δ(x, y), conforme ilustra a figura 5.7. A massa total da chapa sera´ a soma de
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 44
-0,5 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0
-1
0
1
2
3
x
y
x
2
+1
2x
Figura 5.6: Vide exerc´ıcio 4.
todas as massas ∆m. Aplicando o limite para ∆m → 0, teremos que a massa total da
chapa sera´
M =
∫
dm (5.7)
Pore´m, sabemos que a densidade superficial de massa e´ definido como
δ(x, y) =
dm
dA
onde dA e´ uma superf´ıcie infinitesimal de a´rea. Da´ı, tiramos que dm = δ(x, y)dA, que
substitu´ıdo na equac¸a˜o 5.7, teremos
M =
∫
δ(x, y)dA =
∫ ∫
S
δ(x, y)dxdy (5.8)
Nota: Em muitos casos a densidade superficial e´ uniforme, como por exemplo:
a) folhas de papel para impressora, que geralmente possui δpapel = 75 g/m
2;
b) chapa de alumı´nio laminado de 3 mm de espessura possui δAl = 8, 1 kg/m
2.
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 45
x
y
f
f
1
2
a b
Dm
Dx
Dy
Figura 5.7: Chapa de densidade superficial de massa δ(x, y).
Assim, quando δ = const. a equac¸a˜o 5.8, fica simplesmente
M = δ
∫ ∫
S
dxdy = δ ·A (5.9)
Exemplo
1) Qual a massa de uma folha de papel A4 de δ = 75 g/m2, sabendo que as suas
dimenso˜es sa˜o 210× 297 mm2.
Resoluc¸~ao
A a´rea de uma folha A4 e´ A = 0, 21 × 0, 297 ∼= 0, 0624 m2. Enta˜o, usando a equac¸a˜o
5.9, teremos
M = δ ·A ∼= 75(0, 0624) = 4, 68 g
2) Uma chapa de ac¸o de 6mm de espessura tem densidade superficial de massa δsteel =
47 kg/m2. Se o formato da placa possui as o formato dado pela figura 5.8, calcule a massa
total da placa.
Resoluc¸~ao
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 46
x(m)
y(m)
f=x
f=x+2
1
2
3
1
2
0
Figura 5.8: Chapa de densidade superficial de massa δ(x, y).
M =
∫ 1
0
∫ −x+2
x3
δdydx = δ
∫ 1
0
∫ −x+2
x3
dydx =
= δ
∫ 1
0
[y]|−x+2
x3
dx = δ
∫ 1
0
(−x+ 2− x3)dx =
= δ
(
−x
2
2
− x
4
4
+ 2x
)∣∣∣∣1
0
=
(
−1
2
− 1
4
+ 2
)
δ =
−2− 1 + 8
4
δ =
5
4
δ =
M = 47
5
4
= 58, 75 kg
5.3 Ca´lculo do Centro de Massa
Nesta secc¸a˜o vamos calcular o centro de massa1 para figuras planas (duas dimenso˜es), mas
a ide´ia pode ser facilmente generalizada para treˆs dimenso˜es.
5.3.1 Massas Discretas
O baricentro corresponde a um ponto G = (x¯, y¯). Para n part´ıculas discretas e´ calculado
como
1tambe´m chamado de centro de gravidade, baricentro ou centro´ide.
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 47
x¯ =
∑n
i=1mixi
M
(5.10)
y¯ =
∑n
i=1miyi
M
(5.11)
onde, mi e´ a massa o i-e´sima part´ıcula;
xi e yi sa˜o as coordenadas da i-e´sima part´ıcula;
M e´ a soma de todas as massa do sistema.
Vejamos o exemplo a seguir: Considere a distribuic¸a˜o de quatro part´ıculas, conforme
ilustra a figura 5.9, o baricentro sera´ calculado da seguinte forma:
01234567 x
4
3
2
1
y
m=1kg
(2,1)
m=4kg
(1,4)
m=3kg
(4,2)
m=2kg
(6,3)
1
2
3
4
G=(3;2,9)
Figura 5.9: Exemplo do baricentro para part´ıculas discretas.
x¯ =
∑n
i=1mixi
M
=
=
4× 1 + 1× 2 + 3× 4 + 2× 6
4 + 1 + 3 + 2
=
=
30
10
=
x¯ = 3
e
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 48y¯ =
∑n
i=1miyi
M
=
=
4× 4 + 1× 1 + 3× 2 + 2× 3
4 + 1 + 3 + 2
=
=
29
10
=
y¯ = 2, 9
Logo, G = (3; 2, 9)
5.3.2 Massa Cont´ınua
Se tivermos uma pec¸a cont´ınua, em duas dimenso˜es, devemos considerar a densidade
superficial de massa δ(x, y). Um pequeno elemento de massa e´
dM = δ(x, y)dxdy
Assim, o baricentro sera´
x¯ =
∫ ∫
S δ(x, y)xdxdy∫ ∫
S δ(x, y)dxdy
e y¯ =
∫ ∫
S δ(x, y)ydxdy∫ ∫
S δ(x, y)dxdy
(5.12)
Substituindo 5.8, teremos que
x¯ =
1
M
∫ ∫
S
δ(x, y)xdxdy e y¯ =
1
M
∫ ∫
S
δ(x, y)ydxdy (5.13)
Entretanto, se o material que compo˜e a pec¸a possuir densidade uniforme, isto e´,
δ(x, y) = C, onde C e´ uma constante, o baricentro podera´ ser simplificado da seguinte
forma
x¯ =
∫ ∫
R δ(x, y)xdxdy∫ ∫
R δ(x, y)dxdy
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 49
=
∫ ∫
S Cxdxdy∫ ∫
S Cdxdy
=
C
∫ ∫
S xdxdy
C
∫ ∫
S dxdy
x¯ =
∫ ∫
S xdxdy∫ ∫
S dxdy
E analogamente para y¯, enta˜o
x¯ =
∫ ∫
S xdxdy∫ ∫
S dxdy
e y¯ =
∫ ∫
S ydxdy∫ ∫
S dxdy
(5.14)
Substituindo 5.3, ficara´ como
x¯ =
1
A
∫ ∫
S
xdxdy e y¯ =
1
A
∫ ∫
S
ydxdy (5.15)
Exemplos —
1. Determine o baricentro da superf´ıcie representada pela regia˜o hachurada da figura
5.10.
-1 0 1 2 3 4
0
2
4
6
8
x
y
y = -x+6
y = x
Figura 5.10: Exemplo do baricentro para uma pec¸a cont´ınua de densidade de massa uniforme.
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 50
Resoluc¸a˜o O baricentro e´ calculado com
x¯ =
I︷ ︸︸ ︷∫ ∫
xdydx∫ ∫
dydx︸ ︷︷ ︸
II
e y¯ =
III︷ ︸︸ ︷∫ ∫
ydydx∫ ∫
dydx︸ ︷︷ ︸
II
Enta˜o,
I :
∫ 3
0
∫ −x+6
x
xdydx =
∫ 3
0
x [y]|−x+6x dx =
∫ 3
0
x[−x+ 6− x]dx =
=
∫ 3
0
[−2x2 + 6x]dx =
[
−2x
3
3
+ 3x2
]∣∣∣∣3
0
= −18 + 27 = 9
II :
∫ 3
0
∫ −x+6
x
dydx =
∫ 3
0
[−2x+ 6]dx = [−x2 + 6x]∣∣3
0
= −9 + 18 = 9
e
III :
∫ 3
0
∫ −x+6
x
ydydx =
∫ 3
0
(
y2
2
)∣∣∣∣−x+6
x
dx =
1
2
∫ 3
0
[(−x+ 6)2 − (x)2]dx =
=
1
2
∫ 3
0
[x2 − 12x+ 36− x2]dx =
∫ 3
0
(−12x+ 36)dx = 1
2
[−6x2 + 36x]∣∣3
0
=
=
1
2
(−54 + 108) = 27
Logo,
x¯ =
9
9
= 1 e y¯ =
27
9
= 3
Enta˜o, G = (1, 3).
2. Determine o baricentro da superf´ıcie representada pela regia˜o delimitada da figura
5.5.
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 51
Resoluc¸a˜o O baricentro e´ calculado com
x¯ =
I︷ ︸︸ ︷∫ ∫
xdydx∫ ∫
dydx︸ ︷︷ ︸
II
e y¯ =
III︷ ︸︸ ︷∫ ∫
ydydx∫ ∫
dydx︸ ︷︷ ︸
II
Enta˜o,
I :
∫ 1
−1
∫ −x2+2
x2
xdydx =
∫ 1
−1
x [y]|−x2+2x2 dx =
∫ 1
−1
x[−x2 + 2− x2]dx =
=
∫ 1
−1
[−2x3 + 2x]dx =
[
−x
4
2
+ x2
]∣∣∣∣1
−1
= −1
2
+ 1 +
1
2
− 1 = 0
Observe a simetria da pec¸a em relac¸a˜o ao eixo x.
II :
∫ 1
−1
∫ −x2+2
x2
dydx =
8
3
Calculado no exerc´ıcio 3 da secc¸a˜o 2.1.
e
III :
∫ 1
−1
∫ −x2+2
x2
ydydx =
∫ 1
−1
(
y2
2
)∣∣∣∣−x2+2
x2
dx =
=
1
2
∫ 1
−1
[(−x2 + 2)2 − (x2)2]dx = 1
2
∫ 1
−1
[x4 − 4x2 + 4− x4]dx =
1
2
∫ 1
−1
(−4x2 + 4)dx = 1
2
[
−4x
3
3
+ 4x
]∣∣∣∣1
−1
=
=
1
2
(
−4
3
+ 4− 4
3
+ 4
)
= −4
3
+ 4 =
8
3
.
Logo,
x¯ = 0 e y¯ =
8
3
8
3
= 1
Enta˜o, G = (0; 1).
3. Determine o baricentro da superf´ıcie representada pela regia˜o delimitada da figura
5.6.
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 52
Resoluc¸a˜o O baricentro e´ calculado com
x¯ =
I︷ ︸︸ ︷∫ ∫
xdydx∫ ∫
dydx︸ ︷︷ ︸
II
e y¯ =
III︷ ︸︸ ︷∫ ∫
ydydx∫ ∫
dydx︸ ︷︷ ︸
II
Enta˜o,
I :
∫ 1
0
∫ x2+1
2x
xdydx =
∫ 1
0
x [y]|x2+12x dx =
∫ 1
0
x[x2 + 1− 2x]dx =
=
∫ 1
0
[x3 − 2x2 + x]dx =
[
x4
4
− 2x
3
3
+
x2
2
]∣∣∣∣1
0
=
1
4
− 2
3
+
1
2
=
1
12
Observe a simetria da pec¸a em relac¸a˜o ao eixo x.
II :
∫ 1
0
∫ x2+1
2x
dydx =
1
3
Calculado no exerc´ıcio 4 da secc¸a˜o 2.1.
e
III :
∫ 1
0
∫ x2+1
2x
ydydx =
∫ 1
0
(
y2
2
)∣∣∣∣x2+1
2x
dx =
=
1
2
∫ 1
0
[(x2 + 1)2 − (2x)2]dx = 1
2
∫ 1
0
[x4 + 2x2 + 1− 4x2]dx =
=
1
2
∫ 1
0
(x4 − 2x2 + 1)dx = 1
2
[
x5
5
− 2x
3
3
+ x
]∣∣∣∣1
0
=
=
1
2
(
1
5
− 2
3
+ 1
)
=
4
15
Logo,
x¯ =
1
12
1
3
=
1
4
e y¯ =
4
15
1
3
=
4
5
Enta˜o, G = (1/4, 4/5).
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 53
4. Vamos tomar uma figura plana triangular, de densidade superficial uniforme, definida
pelos eixos x, e pelas func¸o˜es
f(x) =
{
ax+ b , x < 0
−ax+ b , x ≥ 0
conforme a figura 5.11
x
y
f=ax+bf=ax+b
b
a
b
a
b
Figura 5.11: Exemplo do baricentro para uma pec¸a triangular.
Resoluc¸a˜o O baricentro e´ calculado com
x¯ =
I︷ ︸︸ ︷∫ ∫
xdydx∫ ∫
dydx︸ ︷︷ ︸
II
e y¯ =
III︷ ︸︸ ︷∫ ∫
ydydx∫ ∫
dydx︸ ︷︷ ︸
II
Enta˜o,
I :
∫ 0
− b
a
∫ ax+b
0
xdydx+
∫ b
a
0
∫ −ax+b
0
xdydx =
=
∫ 0
− b
a
x [y]|ax+b0 dx+
∫ b
a
0
x [y]|−ax+b0 dx =
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 54
=
∫ 0
− b
a
x(ax+ b)dx+
∫ b
a
0
x(−ax+ b)dx =
=
∫ 0
− b
a
(ax2 + bx)dx+
∫ b
a
0
(−ax2 + bx)dx =
=
[
a
x3
3
+ b
x2
2
]∣∣∣∣0
− b
a
+
[
−ax
3
3
+ b
x2
2
]∣∣∣∣
b
a
0
=
=
b3
3a2
− b
3
2a2
− b
3
3a2
+
b3
2a2
= 0
Observe a simetria da pec¸a em relac¸a˜o ao eixo x.
II :
∫ 0
− b
a
∫ ax+b
0
dydx+
∫ b
a
0
∫ −ax+b
0
dydx =
= 2
∫ b
a
0
∫ −ax+b
0
dydx = 2
∫ b
a
0
[y]|−ax+b0 dx =
= 2
∫ b
a
0
(−ax+ b)dx = 2
[
−ax
2
2
+ bx
]∣∣∣∣
b
a
0
=
= 2
(
− b
2
2a
+
b2
a
)
= 2
(
b2
2a
)
=
b2
a
e
III :
∫ b
0
∫ − y
a
+ b
a
y
a
− b
a
ydxdy =
∫ b
0
y[x]|−
y
a
+ b
a
y
a
− b
a
dy =
=
∫ b
0
(
−2y
2
a
+ 2
by
a
)
dy =
(
−2y
3
3a
+
by2
a
)∣∣∣∣b
0
=
= −2b
3
3a
+
b3
a
=
−2b3 + 3b3
3a
=
b3
3a
Logo,
x¯ = 0 e y¯ =
b3
3a
b2
a
=
b3
3a
· a
b2
=
b
3
Enta˜o, G = (0, b/3).
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 55
5.3.3 Exerc´ıcios Propostos
1. Calcule o baricentro da a´rea definida pelas curvas y = x2−2x+2 e y = −x2 +2x+2.
Esboce o gra´fico.
Resp.: G = (1, 2).
2. Calcule o baricentro da a´rea definida pelas curvas y = −x + 2 e y = −x2 + x + 2.
Esboce o gra´fico.
Resp.: G = (43 ,
7
5).
3. Calcule o baricentro da a´rea definida pelas curvas y = −x+2 e y = −x2 +4. Esboce
o gra´fico.
Resp.: G = (12 ,
12
5 ).
4. Calcule o baricentro da a´rea definida pelas curvas y = −x+3 e y = −x2 +9. Esboce
o gra´fico.
Resp.: G = (0, 5; 4, 12).
5.4 Ca´lculo de Momento de Ine´rcia de figuras planas
5.4.1 Momento de Ine´rcia
Suponhamos um corpo de massa m, preso a` extremidade de uma haste de raio r, conforme
ilustra a figura 5.12. A construc¸a˜o deste dispositovo e´ tal que o corpo esta´ livre para
rotacionar em torno de um eixo O, que se encontra na extremidade oposta da haste.
Suponha que uma forc¸a F , ortogonal a r, e´ aplicada sobre o corpo, no plano de rotac¸a˜o.
E´ razoa´vel imaginar que esta forc¸a sera´ responsa´vel pela variac¸a˜o da velocidade angular.
O torque e´ definido como
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 56
m
F
r
O
Figura 5.12: Atuac¸a˜o da forc¸a ~F sobre um corpo de massa m livre para rotacionar em torno do
eixo O.
Figura 5.13: O torque aparece em va´rias situac¸o˜es do cotidiano, como quando usamos chave de
boca para apertar ou desapertar porcas (com chaves maiores temosmais “forc¸a”) ou no volante
de direc¸a˜o de um carro (direc¸a˜o de raio maior permite virar o carro com mais facilidade).
−→τ = −→F ×−→r (5.16)
onde a letra grega τ e´ chamada tau. Como
−→
F ⊥ −→r , enta˜o vamos tratar a equac¸a˜o 5.16
apenas pelos seus mo´dulos, isto e´,
τ = Fr (5.17)
Enta˜o,
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 57
τ = mra
= mr
dv
dt
= mr
[
d
dt
(rω)
]
=
= mr
drdt · ω︸ ︷︷ ︸
=0
+r
dω
dt
·
 =
τ = mr2 · dω
dt
A parte mr2 e´ chamada de momento de ine´rcia do corpo. Ele e´ comumente represen-
tado por I e a unidade no S.I. e´ kg ·m2.
Suponhamos que ao inve´s de um o sistema possua n corpos que rotacionam em torno
de um eixo O comum, mostrado na figura 5.14. O torque total sera´ τ =
∑
τi, onde τi e´ o
torque da i-e´sima massa, assim,
τ =
n∑
i=1
mir
2
i ·
dω
dt
m
r
O
r
r
r
m
m
m
1
1
2
2
3
3
n
n
Figura 5.14: Sistema de n corpos sujeito a` rotac¸a˜o em torno do eixo O.
Da´ı podemos concluir que o momento de ine´rcia total do sistema e´
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 58
I =
n∑
i=1
mir
2
i (5.18)
Se definirmos outros eixos de rotac¸a˜o, como apresentado na figura 5.15, teremos mo-
mentos de ine´rcia diferentes, dependendo da distribuic¸a˜o destes corpos. Na figura em
questa˜o, a rotac¸a˜o acontece em torno do eixo y, assim, as distaˆncias que importam para
o ca´lculo do momento de ine´rcia sa˜o apenas aquelas do corpo ao eixo de rotac¸a˜o, que no
caso corresponde a` distaˆncia em x.
m
m
m
m
1
2
3
n
x
y
x
1
x
2
x
3
x
N
Figura 5.15: Sistema de n corpos sujeito a` rotac¸a˜o em torno do eixo y.
Desta forma, o momento de ine´rcia para rotac¸o˜es em torno do eixo y sera´ representado
por
Iyy =
n∑
i=1
mix
2
i (5.19)
Analogamente, o momento de ine´rcia para rotac¸o˜es em torno do eixo x sera´:
Ixx =
n∑
i=1
miy
2
i (5.20)
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 59
Exemplo — Calcule os momentos de ine´rcia Ixx e Iyy para a distribuic¸a˜o de massas
dada pela tabela abaixo
i m (kg) Coordenadas em metros (x,y)
x y
1 2,0 1 0
2 1,5 2 1
3 1,0 -2 -1
4 0,5 4 -2
Resoluc¸a˜o —
Ixx =
n∑
i=1
miy
2
i =
= 2, 0(0)2 + 1, 5(1)2 + 1, 0(−1)2 + 0, 5(−2)2 = 1, 5 + 1, 0 + 2, 0 =
Ixx = 4, 5 kgm
2
Iyy =
n∑
i=1
mix
2
i =
= 2, 0(1)2 + 1, 5(2)2 + 1, 0(−2)2 + 0, 5(4)2 = 2, 0 + 6, 0 + 1, 0 + 8, 0 =
Iyy = 17, 0 kgm
2
5.4.2 Momento de Ine´rcia para Corpos Cont´ınuos
Se um corpo e´ cont´ınuo, como uma chapa meta´lica, por exemplo, tambe´m e´ poss´ıvel
calcular o seu momento de ine´rcia, contudo para isto faz-se necessa´rio considerar o corpo
formado por pequenos elementos de massa ∆m. Analisando o caso de Iyy, pois Ixx e´
ana´logo, teremos que a equac¸a˜o 5.19 ficara´
Iyy =
n∑
i=1
x2i∆mi (5.21)
Fazendo o limite para n→∞, a equac¸a˜o 5.21 ficara´
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 60
Iyy = lim
n→∞
n∑
i=1
x2i∆m =
∫
x2dm
Como dm = δ(x, y)dxdy, enta˜o,
Iyy =
∫ ∫
S
δ(x, y)x2dxdy (5.22)
Ixx =
∫ ∫
S
δ(x, y)y2dxdy (5.23)
Em engenharia e´ muito comum usar o Momento de ine´rcia de a´rea. Muitos enge-
nheiros chamam o momento de ine´rcia de a´rea de momento de ine´rcia, o que pode gerar
uma certa confusa˜o. O momento de ine´rcia de a´rea e´ definida como
Iyy =
∫ ∫
S
x2dxdy (5.24)
Ixx =
∫ ∫
S
y2dxdy (5.25)
Exemplos:
1)Calcule o momento de ine´rcia de a´rea de uma viga retangular, sobre o eixo x, con-
forme ilustra a figura 5.16.
Resoluc¸a˜o:
Ixx =
∫ ∫
S
y2dxdy =
=
∫ b
2
− b
2
∫ a
2
−a
2
y2dxdy =
=
∫ b
2
− b
2
y2[x]|
a
2
−a
2
dy =
=
∫ b
2
− b
2
ay2dy =
CAPI´TULO 5. APLICAC¸O˜ES DAS INTEGRAIS DUPLAS 61
x
y
b
2
b
2
a
2
a
2
Figura 5.16: Secc¸a˜o de uma viga retangular de altura b e espessura a.
= a
(
y3
3
)∣∣∣∣
b
2
− b
2
=
Ixx = a
(
b3
24
+
b3
24
)
=
ab3
12
Cap´ıtulo 6
Func¸o˜es Vetoriais
6.1 Noc¸o˜es de func¸o˜es vetoriais
Ate´ agora, estudamos vetores como um objeto cujas coordenadas eram representados por
meros escalares, isto e´, ~r = aˆı + bˆ + ckˆ, onde a, b, c ∈ R. No entanto, as coordenadas
do vetor ~r pode depender de uma varia´vel escalar, assim, teremos que o pro´prio vetor
dependera´ desta varia´vel, de forma ele se tornara´ uma func¸a˜o desta varia´vel. Cabe ainda
ressaltar que neste terceiro volume os vetores sera˜o representados por negrito, assim como
os versores, enta˜o r = ~r, i = ıˆ, etc.
Basicamente, uma func¸a˜o vetorial e´ definida como
r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
onde, x(t), y(t) e z(t) sa˜o func¸o˜es componentes do vetor r(t).
Note que as coordenadas do vetor r dependem da varia´vel t, portanto o pro´prio vetor
depende de t. A utilizac¸a˜o de t como varia´vel se justifica porque para a maioria das
aplicac¸o˜es a varia´vel independente e´ o tempo.
O vetor r(t) pode representar o vetor posic¸a˜o de uma part´ıcula, isto e´, com esta func¸a˜o
conhecemos a posic¸a˜o da part´ıcula para qualquer instante de tempo t. A figura 6.1, mostra
esta situac¸a˜o. O ponto A corresponde a` posic¸a˜o de uma part´ıcula no instante t, e seu vetor
62
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 63
posic¸a˜o e´ r(t). Em um instante posterior t+ ∆t a part´ıcula encontra-se no ponto B, cujo
vetor posic¸a˜o e´ representado por r(t + ∆t). O vetor deslocamento e´ o vetor
−−→
AB, que e´
representado por ∆r, que tambe´m pode ser obtido por ∆r = r(t + ∆t) − r(t), usando a
regra do paralelogramo para a soma de vetores.
x
y
z
A
B
r
(t
)
r(t
+
t)
D
D
r
O
Figura 6.1: Vetor deslocamento ∆r.
Exemplo: Dada r(t) = 2t2i + (t− 2)j + 3tk a func¸a˜o posic¸a˜o de uma part´ıcula , calcule
o vetor deslocamento que esta part´ıcula sofre entre os instantes t0 = 1 s e t1 = 3 s.
Resoluc¸a˜o: Calcularemos os vetores r0 = r(t0) e r1 = r(t1):
r0 = i− j + 3k
r1 = 18i + j + 9k
Enta˜o o vetor deslocamento sera´:
∆r = r1 − r0
∆r = (18, 1, 9)− (1, −1, 3) = (17, 2, 6)
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 64
Continuando o nosso desenvolvimento, podemos definir a velocidade vetorial me´dia de
uma part´ıcula, como
vM (t) =
∆r
∆t
=
r(t+ ∆t)− r(t)
∆t
Que, em termos de coordenadas, podemos escrever como
vM (t) =
x(t+ ∆t)− x(t)
∆t
i +
y(t+ ∆t)− y(t)
∆t
j +
z(t+ ∆t)− z(t)
∆t
k (6.1)
Assim, a velocidade instantaˆnea sera´ definida como
v(t) =
dr
dt
= lim
∆t→0
∆r
∆t
Aplicando este limite na equac¸a˜o 6.1, teremos que a velocidade instantaˆnea e´ simples-
mente
v(t) =
dx
dt
i +
dy
dt
j +
dz
dt
k (6.2)
Podemos ainda escrever v(t) = vxi + vyj + vzk, onde vx =
dx
dt , vy =
dy
dt e vz =
dz
dt .
O vetor velocidade instantaˆnea pode ser visto como o vetor tangente a` trajeto´ria de-
scrita pela part´ıcula, conforme ilustra a figura 6.2.
Sem muitas delongas, poderemos tambe´m definir o vetor acelerac¸a˜o,
a(t) =
d2r
dt2
=
d2x
dt2
i +
d2y
dt2
j +
d2z
dt2
k (6.3)
Muitas vezes e´ importante calcular o mo´dulo destes vetores. O mo´dulo de um vetor
u = uxi + uyj + uzk e´:
‖u‖ =
√
u2x + u
2
y + u
2
z (6.4)
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 65
x
y
z
r
(t
)
v(t)
O
Figura 6.2: O vetor velocidade instantaˆnea v sempre e´ tangente a` trajeto´ria.
Exemplos: Adote o Sistema Internacional de unidades.
1) Dado o vetor posic¸a˜o r(t) = 2t2i + (t − 2)j + 3tk, encontre a velocidade v(t), a
acelerac¸a˜o a(t), os mo´dulos da velocidade e da acelerac¸a˜o.
Resoluc¸a˜o:
v(t) =
dx
dt
i +
dy
dt
j +
dz
dt
k =
=
d
dt
(2t2)i +
d
dt
(t− 2)j+ d
dt
(3t)k =
v(t) = 4ti + j + 3k
v(t) = (4t, 1, 3)
a(t) =
dvx
dt
i +
dvy
dt
j +
dvz
dt
k =
a(t) = 4i
a(t) = (4, 0, 0)
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 66
Os mo´dulos sa˜o,
v(t) = ‖v(t)‖ =
√
(4t)2 + (1)2 + (3)2 =
v(t) =
√
16t2 + 10
m
s
a(t) = ‖a(t)‖ =
√
(4)2 + (0)2 + (0)2 =
a(t) = 4
m
s2
2) Dado o vetor posic¸a˜o r(t) = − sen ti + cos tj + tk, encontre a velocidade v(t), a
acelerac¸a˜o a(t), os mo´dulos da velocidade e da acelerac¸a˜o.
Resoluc¸a˜o:
v(t) =
dx
dt
i +
dy
dt
j +
dz
dt
k =
=
d
dt
(− sen t)i + d
dt
(cos t)j +
d
dt
(t)k =
v(t) = − cos ti− sen tj + k
v(t) = (− cos t, − sen t, 1)
a(t) =
dvx
dt
i +
dvy
dt
j +
dvz
dt
k =
=
d
dt
(− cos t)i− d
dt
( sen t)j +
d
dt
(1)k =
a(t) = sen ti− cos tj
a(t) = ( sen t, − cos t, 0)
Os mo´dulos sa˜o,
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 67
v(t) = ‖v(t)‖ =
√
(− cos t)2 + (− sen t)2 + (1)2 =
v(t) =
√
2
m
s
a(t) = ‖a(t)‖ =
√
( sen t)2 + (− cos t)2 + (0)2 =
a(t) = 1
m
s2
Este u´ltimo exemplo e´ bem interessante porque a part´ıcula descreve uma he´lice, con-
forme ilustada na figura 6.3. Tomado um ponto P , a velocidade e acelerac¸a˜o esta˜o repre-
sentadas por seus respectivos vetores. A he´lice possui o passo, que e´ a distaˆncia percorrida
ao longo de seu eixo longitudinal quando a projec¸a˜o da part´ıcula no plano-xy descrever
uma volta. Neste exemplo, o passo desta he´lice e´ 2pi m.
Passo
x
y
z
O
v
a
}Passodahélice( )p=2p
1
1
P
Figura 6.3: He´lice referente ao exemplo 2.
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 68
6.1.1 Exerc´ıcios Propostos
1. Uma part´ıcula tem vetor posic¸a˜o r(t) = 3 cos ti+3 sen tj+4tk, no sistema de unidades
cgs, determine:
a) o vetor velocidade e seu mo´dulo;
b) o vetor acelerac¸a˜o e seu mo´dulo;
c) O passo da he´lice e
d) A posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o da part´ıcula no instante t = pi2 s.
2. Uma part´ıcula tem vetor posic¸a˜o r(t) = 3 cos(2t)i + 3 sen (2t)j + 2tk, no sistema de
unidades cgs, determine:
a) o vetor velocidade e seu mo´dulo;
b) o vetor acelerac¸a˜o e seu mo´dulo;
c) O passo da he´lice e
d) A posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o da part´ıcula no instante t = pi2 s.
3. O campus da UNIBAN-ABC possui uma rampa de acesso aos andares superiores
em forma de he´lice, cuja func¸a˜o vetorial e´ r(t) = 17 cos ti + 17 sen tj + 4pi tk, no
SI. Pede-se o passo da he´lice e a inclinac¸a˜o da rampa. [A inclinac¸a˜o e´ dada por
altura da rampa
comprimento da rampa
× 100 e e´ dada em porcentagem].
Resp.: ∼= 7, 47%
4. Considere um barco munido de um he´lice1 14× 21× 3(2) e seu eixo desenvolve 300
rpm. Ignorando o split3 calcule a velocidade do barco, em no´s4. A figura 6.4 mostra
1Em na´utica o propulsor (he´lice) e´ um substantivo masculino.
2O primeiro nu´mero corresponde ao diaˆmetro do he´lice (14” ∼= 36 cm), o segundo nu´mero o passo do
he´lice (21” ∼= 0, 5m) e o terceiro o nu´mero de pa´s do he´lice (3 pa´s).
3Efeito semelhante ao patinar de um pneu, uma espe´cie de escorregamento do he´lice.
4Um no´ e´ o equivalente a uma milha mar´ıtima por hora, isto e´ 1 no´ = 1, 852 km
h
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 69
o comportamento do propulsor.
Passo
Figura 6.4: He´lice de um barco.
Resoluc¸a˜o:
Consideremos o passo do he´lice como p = 0, 5 m. 300 rpm corresponde a` frequeˆncia
de f = 5 rotac¸o˜es por segundo. Isto significa que em 1 s o barco navega 5 passos,
ou 2, 5 m. Enta˜o, v = 2, 5 ms .
Como uma hora tem 3600 s, enta˜o v = 2, 5× 3600 = 9 kmh . Convetendo a velocidade
para no´s, teremos v = 9÷ 1, 852 = 4, 86 no´s. Logo, a velocidade do barco sera´ 4,86
no´s.
6.2 Comprimento de arco
Nesta secc¸a˜o vamo clacular o comprimento de um arco, para isto comec¸aremos com uma
curva em duas dimenso˜es e depois generalizaremos para o espac¸o. Tomemos a curva
apresentada na figura 6.5, onde queremos calcular o comprimento L do arco entre os
pontos A e B. Podemos imaginar este comprimento como a trajeto´ria descrita por uma
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 70
part´ıcula em movimento no plano-xy. O vetor deslocamento pode ser calculada como
∆r = r(t0 + ∆t)− r(t0)
Decompondo em suas coordenadas, teremos que ∆r = ∆xi + ∆yj, portanto, o mo´dulo
do deslocamento sofrido por esta part´ıcula sera´
‖∆r‖ =
√
(∆x)2 + (∆y)2 (6.5)
y
x
r
(
)t
r
(
+
)
t
t
D
0
0
L
A
B
Dr
A
B
Dr
Dx
Dy
Figura 6.5: Ca´lculo do comprimento L do arco.
Ora, como pode ser notado, o deslocamento e´ menor que o comprimento do arco,
pore´m quando ∆r→ 0, dr = dL, desta forma
dL = dr =
√
(dx)2 + (dy)2 (6.6)
Se derivarmos a equac¸a˜o 6.6 em relac¸ao a t, teremos o mo´dulo da velocidade da
part´ıcula,
dr
dt
=
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
(6.7)
Logo,
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 71
dr =
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
dt (6.8)
O comprimento total do arco sera´ a soma de todos os dr (ou dL), enta˜o
L =
∫
dL =
∫
dr (6.9)
Substituindo 6.8 na integral 6.9, teremos que o comprimento sera´
L =
∫ B
A
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
dt (6.10)
A equac¸a˜o 6.10 e´ bem razoa´vel, pois sabemos que v = dSdt , enta˜o dS = vdt, logo
S =
∫
vdt
Como v e´ o mo´dulo da velocidade, enta˜o v =
√
v2x + v
2
y , logo,
S =
∫ √
v2x + v
2
ydt
Sabemos ainda que vx =
dx
dt e vy =
dy
dt que, substitu´ıdos na integral acima teremos
6.10.
Exemplos:
1) Calcule o comprimento de uma circunfereˆncia de raio R.
Resoluc¸a˜o: Considerando um ponto P sobre a circunfereˆncia, teremos que suas com-
ponentes sera˜o x = R cos t e y = R sen t, conforme mostra a figura 6.6, enta˜o
dx
dt
= −R sen t dy
dt
= R cos t
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 72
y
x
P
R{ {yR
t
=
se
n
x R t= cos
t
Figura 6.6: Circunfereˆncia de raio R.
Substituiremos este valores na equac¸a˜o 6.10, com 0 ≤ t ≤ 2pi.
L =
∫ 2pi
0
√
(−R sen t)2 + (R cos t)2dt =
=
∫ 2pi
0
√
R2( sen 2t cos2 t)dt =
L = R
∫ 2pi
0
dt = 2piR
Exerc´ıcios:
1) Calcule o comprimento de um arco de circunfereˆncia de raio R = 3 entre 0 ≤ t ≤ pi2 .
2) Um corpo descreve uma trajeto´ria conforme a func¸a˜o r = cos(3t)i + sen (3t)j. Qual
o comprimento do percurso que este corpo executa entre os instantes t = 0 s e t = 6 s ?
O desenvolvimento feito ate´ agora foi para duas dimenso˜es, pore´m, o mesmo desen-
volvimento pode ser feito para o espac¸o em treˆs dimenso˜es, de forma que a curvatura de
uma func¸a˜o no espac¸o sera´ calculada pela equac¸a˜o 6.11
L =
∫ √(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
+
(
dz
dt
)2
dt (6.11)
Exemplos:
CAPI´TULO 6. FUNC¸O˜ES VETORIAIS 73
1) Calcule o comprimento do arco da curva da he´lice circular r(t) = 4 cos ti + 4 sen tj +
3tk entre os pontos P = (4, 0, 0) e Q = (4, 0, 6pi).
Resoluc¸a˜o: Os limites de integrac¸a˜o e´ determinada pela coordenada z dos pontos P e
Q, enta˜o, 0 ≤ t ≤ 2pi.
L =
∫ 2pi
0
√
(−4 sen t)2 + (4 cos t)2 + 32dt =
=
∫ 2pi
0
√
16( sen 2t+ cos2 t) + 9dt =
∫ 2pi
0
√
16 + 9dt = 5
∫ 2pi
0
dt = 10pi
Exerc´ıcios Propostos:
Faltam os exerc´ıcios...
1) Calcule o comprimento do arco da curva da he´lice circular r(t) = 4 cos ti + 4 sen tj +
3tk entre os pontos P = (4, 0, 0) e Q = (4, 0, 6pi).
2) Calcule o comprimento do arco da curva da he´lice circular r(t) = 4 cos ti + 4 sen tj +
3tk entre os pontos P = (4, 0, 0) e Q = (4, 0, 6pi).
3) Calcule o comprimento do arco da curva da he´lice circular r(t) = 4 cos ti + 4 sen tj +
3tk entre os pontos P = (4, 0, 0) e Q = (4, 0, 6pi).
Cap´ıtulo 7
Gradiente
7.1 Motivac¸a˜opara o estudo do gradiente
Imaginem um lugar amplo, como um grande galpa˜o, e que no seu centro coloca´ssemos
uma fonte de calor, um aquecedor, por exemplo, cuja temperatura alcanc¸asse 80◦C. Se
no´s caminha´ssemos da periferia do galpa˜o ao centro, perceber´ıamos que a` medida que nos
aproximamos do centro a temperatura aumenta, conforme ilustra a figura 7.1. As curvas
tracejadas corresponde ao que chamamos de isotermas, pois se caminharmos sobre uma
linha destas a temperatura permanece a mesma. Perceba ainda que as setas indicam a
direc¸a˜o de maior crescimento da temperatura, ou seja, indicam a direc¸a˜o da fonte de calor.
80ºC
60ºC
40ºC
50ºC
30ºC
20ºC
Figura 7.1: As linhas tracejadas sa˜o as isotermas geradas pela fonte de calor, os vetores indicam
a direc¸a˜o da fonte de calor.
74
CAPI´TULO 7. GRADIENTE 75
Ao inve´s de uma fonte de calor, suponha que fosse a altura de um terreno irregular de
altura ma´xima de 80 m, ou a presenc¸a de uma carga ele´trica de 80µC, ou a presenc¸a de
uma estrela sobre um sistema solar. Estes exemplos servem para ilustrar que um “campo”
produzido pela presenc¸a de um ente que o produz (aquecedor, carga ele´trica, estrela, etc)
pode ser estudado e permite dimensionamento correto de um ambiente.
7.2 Gradiente
Antes de definirmos o gradiente, devemos definir o operador nabla. Este operador sera´
amplamente usado para representar e calcular na˜o apenas o gradiente, mas tambe´m a
divergeˆncia, o rotacional e tambe´m e´ u´til para calcular o laplaciano1 e o d’alembertiano2.
7.2.1 Operador nabla
O operador vetorial nabla para um sistema cartesiano espacial e´ definido como
−→∇ ≡ ∂
∂x
i +
∂
∂y
j +
∂
∂z
k (7.1)
Neste curso vamos nos restringir ao sistema cartesiano de coordenadas, pore´m o oper-
ador nabla em coordenadas cil´ındricas (ρ, φ, z) e em coordenadas esfe´ricas (r, θ, ϕ) sa˜o,
respectivamentes:
−→∇ = ∂
∂ρ
ρˆ+
1
ρ
∂
∂ϕ
ϕˆ+
∂
∂z
kˆ ← Coordenadas cil´ındricas
−→∇ = ∂
∂r
rˆ +
1
r
∂
∂θ
θˆ +
1
r sen θ
∂
∂ϕ
ϕˆ ← Coordenadas esfe´ricas
1O laplaciano e´ ∇2 = −→∇ · −→∇.
2O d’alembertiano e´ �2 = ∇2 − 1
c2
∂2
∂t2
.
CAPI´TULO 7. GRADIENTE 76
7.2.2 Definic¸a˜o
Suponhamos ϕ(x, y, z) uma func¸a˜o escalar diferenciaa´vel em (x, y, z), isto e´, ϕ e´ um campo
escalar diferencia´vel, enta˜o o gradiente de ϕ e´ definido como
−→∇ϕ =
(
∂
∂x
i +
∂
∂y
j +
∂
∂z
k
)
ϕ =
∂ϕ
∂x
i +
∂ϕ
∂y
j +
∂ϕ
∂z
k (7.2)
onde,
−→∇ϕ define um campo vetorial.
Nota: Outra notac¸a˜o ainda usada para o gradiente e´: grad φ.
Exemplo: Calcule o gradiente da func¸a˜o φ(x, y, z) = 3x2y− y3z2 no ponto (1, −2, −1).
Resoluc¸a˜o: O gradiente da func¸a˜o φ e´
−→∇φ = ∂ϕ
∂x
i +
∂ϕ
∂y
j +
∂ϕ
∂z
k =
= (6xy)i + (3x2 − 3y2z2)j + (−2y3z)k =
−→∇φ = 6xyi + (3x2 − 3y2z2)j− 2y3zk
Substituindo o ponto (1, −2, −1) no gradiente da func¸a˜o, teremos
−→∇φ(1,−2,−1) = 6(1)(−2)i + [3(1)2 − 3(−2)2(−1)2]j− 2(−2)3(−1)k = −12i− 9j− 16k
7.2.3 Interpretac¸a˜o Geome´trica do Gradiente
Uma aplicac¸a˜o imediata do
−→∇ϕ e´ um acre´scimo no comprimento de um ponto
dl = dxi + dyj + dzk
onde dl e´ um comprimento infinitezimal no espac¸o cartesiano. Vamos projetar este
comprimento no espac¸o da func¸a˜o ϕ ou, em outras palavras,
CAPI´TULO 7. GRADIENTE 77
(
−→∇ϕ) · dl = ∂ϕ
∂x
dx+
∂ϕ
∂y
dy +
∂ϕ
∂z
dz = dϕ (7.3)
Ou seja, uma mudanc¸a no valor da func¸a˜o escalar ϕ corresponde a` uma mudanc¸a na
posic¸a˜o dl. Contudo, se tomarmos dois pontos , P e Q, na superf´ıcie ϕ(x, y, z) = C, onde
C e´ uma constante, teremos que a distaˆncia entre P e Q e´ dl, conforme ilustra a figura
7.2a. Assim,
dϕ = (
−→∇ϕ) · dl = 0
Em outras palavras
−→∇ϕ e´ ortogonal (perpendicular) a dl. Como dl esta´ na superf´ıcie,
−→∇ϕ e´ visto como vetor normal a` superf´ıcie ϕ = const.. Tomando a figura 7.2b, com uma
superf´ıcie ϕ = C1 e outra adjacente ϕ = C2, temos que
dϕ = (
−→∇ϕ) · dl = C2 − C1 = ∆C
x
y
z
x
y
z
P Q
D
j
j(x,y,z)=Cdl
a) b)
j(x,y,z)=C
j(x,y,z)=C
1
2
D
j
P
Q
dl{dj
Figura 7.2: O gradiente e´ visto como vetor normal a` superf´ıcie ϕ = const.
Note que dado um dϕ, ‖dl‖ sera´ mı´nimo quando ele for paralelo a −→∇ϕ, pois cos θ = 1;
ou ainda, a variac¸a˜o na func¸a˜o escalar ϕ sera´ ma´xima quando ‖dl‖ for paralela a −→∇ϕ.
Enta˜o,
−→∇ϕ e´ um vetor que indica a direc¸a˜o de maior variac¸a˜o de ϕ.
CAPI´TULO 7. GRADIENTE 78
Exemplos:
1) Encontre a equac¸a˜o geral do plano tangente a` superf´ıcie 2xz2 − 3xy − 4x = 7, no
ponto P0 = (1, −1, 2).
Resoluc¸a˜o: Calcularemos o gradiente
n =
−→∇(2xz2 − 3xy − 4x− 7) = (2z2 − 3y − 4)i + (−3x)j + (4xz)k
Substitu´ındo P0, teremos que n = 7i− 3j + 8k
A equac¸a˜o do plano sera´ 7x− 3y + 8z + d = 0, substitu´ındo P0 encontramos d = −26,
enta˜o
7x− 3y + 8z − 26 = 0
2) Encontre o vetor unita´rio normal a` superf´ıcie x2y+2xz = 4 no ponto P0 = (2, −2, 3).
Resoluc¸a˜o: Calcularemos o gradiente
n =
−→∇(x2y + 2xz − 4) = (2xy + 2z)i + (x2)j + (2x)k
Substitu´ındo P0, teremos que n = −2i + 4j + 4k. o vetor unita´rio e´ calculado como
nˆ =
n
‖n‖ =
1√
(−2)2 + (4)2 + (4)2 (−2i + 4j + 4k) =
=
1
6
(−2i + 4j + 4k) =
nˆ = − i
3
+
2
3
j +
2
3
k
Exerc´ıcios:
1. Calcule o gradiente das func¸o˜es:
CAPI´TULO 7. GRADIENTE 79
a) φ = x2y − 2yz2 + 3xyz b) f(x, y, z) = 3z cos(2x− 3y)
c) ϕ = 2 exp(−x2 − y2 − z2) d) φ = x2 + y2 − z − 4
e) h(x, y, z) = x4e2z sen (3y) f) ϕ = x2 − y2 − z + 12
2. Encontre a equac¸a˜o geral do plano tangente a` superf´ıcie φ(x, y, z) = 2x2y−xz+3z2,
no ponto P0 = (1, −1, 1).
3. Encontre a equac¸a˜o geral do plano tangente a` superf´ıcie φ(x, y, z) = 2x3y − xz2 +
3y3z2, no ponto P0 = (1, 1, 1).
4. Encontre o vetor unita´rio normal a` superf´ıcie x2y − xz − 2y2z = 2 no ponto P0 =
(−1, 1, −1).
5. Se φ(x, y, z) = 3x2 − y3z2, encontre −→∇φ no ponto (1, −2, −1).
Resp.: −12i− 9j− 16k.
6. Dada a equac¸a˜o da esfera x2 + y2 + z2 − 4x − 6y + 2z − 2 = 0, determine o centro
da esfera e seu raio.
Resp.: C = (2, 3 − 1) e R = 4.
7. Determine o centro da el´ıpse dada pela equac¸a˜o x
2
9 +
y2
4 − 2x9 + y + 19 = 0.
Resp.: C = (1, −2)
Cap´ıtulo 8
Divergeˆncia
8.1 Definic¸a˜o de divergeˆncia
Considere um campo vetorial v(x, y, z) = vx(x, y, z)i + vy(x, y, z)j + vz(x, y, z)k , o
produto escalar do operador nabla pelo vetor v e´ chamado de divergeˆncia de v
−→∇ · v =
(
∂
∂x
i +
∂
∂y
j +
∂
∂z
k
)
· (vxi + vyj + vzk) (8.1)
−→∇ · v = ∂vx
∂x
+
∂vy
∂y
+
∂vz
∂z
(8.2)
Observe que a divergeˆncia e´ um campo escalar.
Nota:
• Outra notac¸a˜o ainda usada para a divergeˆncia e´: div v.
• v e´ chamado Solenoidal quando a divergeˆncia for zero (−→∇ · v = 0).
Exemplo: Determine a divergeˆncia da func¸a˜o r = x2yi − 2xyj + xy2zk no ponto
(1, 1, −1).
Resoluc¸a˜o: As coordenadas da func¸a˜o sa˜o: r = x2y︸︷︷︸
rx
i−2xy︸ ︷︷ ︸
ry
j + xy2z︸︷︷︸
rz
k , logo, a di-
vergeˆncia e´:
80
CAPI´TULO 8. DIVERGEˆNCIA 81
−→∇ · r = ∂rx
∂x
+
∂ry
∂y
+
∂rz
∂z
=
=
∂
∂x
(x2y) +
∂
∂y
(−2xy) + ∂
∂z
(xy2z) =
−→∇ · r = 2xy − 2x+ xy2 = x(y2 + y − 2)
Exerc´ıcios Propostos:
1. Calcule a divergeˆncia de r = 2xz2i + xy3z2j− 4yzk.
2. Calcule a divergeˆncia de A = x2zi− xy2zj + xy2zk no ponto (1, −1, 1).
Resp.: −3
3. Dada a func¸a˜o φ(x, y, z) = 2x3y2z4, calcule
−→∇ · −→∇φ (ou div grad φ).
4. Dada a func¸a˜o φ(x, y, z) = x2 + y2 − z + 5, calcule −→∇ · −→∇φ = ∇2φ.
5. Calcule a divergeˆncia de r = 2xi− 5yj + 3zk.
6. Dados A = x2zi− y2j + 3x2y2k e φ = x3y2z3, para o ponto P = (1, 1, 1), calcule:
a)
−→∇ ·A
b)
−→∇ · (φA)
c)
−→∇ · −→∇φ = ∇2φ
8.2 Interpretac¸a˜o Geome´tricada Divergeˆncia
Considere um fluido com densidade ρ(x, y, z) e velocidade v(x, y, z), consideremos ainda
um pequeno volume dxdydz, conforme mostra a figura 8.1. O fluxo na face EFGH (na
direc¸a˜o x) e´
CAPI´TULO 8. DIVERGEˆNCIA 82
QEFGH = ρvx|x=0dydz (8.3)
As componentes vy e vz na˜o interferem no fluxo desta face. Analogamente,
QABCD = ρvx|x=dxdydz =
[
ρvx +
∂
∂x
(ρvx)dx
]
x=0
dydz (8.4)
z
y
x
A B
C
D
E F
G
H
dx
dy
dz
Figura 8.1: Paralelep´ıpedo retangular.
Subtra´ındo 8.4 de 8.3, teremos,
∆Qx =
∂
∂x
(ρvx)dxdydz (8.5)
Fazendo o mesmo para as coordenadas y e z, teremos,
∆QT = ∆Qx + ∆Qy + ∆Qz =
[
∂
∂x
(ρvx) +
∂
∂y
(ρvy) +
∂
∂z
(ρvz)
]
dxdydz (8.6)
Enta˜o,
CAPI´TULO 8. DIVERGEˆNCIA 83
− ∂ρ
∂t
dxdydz =
 ∂∂x(ρvx) + ∂∂y (ρvy) + ∂∂z (ρvz)︸ ︷︷ ︸−→∇ ·(ρv)
 dxdydz (8.7)
E chegamos a` equac¸a˜o da continuidade
−→∇ · (ρv) + ∂ρ
∂t
= 0 (8.8)
Cap´ıtulo 9
Rotacional
Dado um campo vetorial v(x, y, z) = vxi + vyj + vzk, onde vx, vy e vz sa˜o func¸o˜es de
x, y, z, o rotacional de v e´
−→∇ × v = det
 i j k∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
vx vy vz
 = (9.1)
−→∇ × v =
(
∂vz
∂y
− ∂vy
∂z
)
i +
(
∂vx
∂z
− ∂vz
∂x
)
j +
(
∂vy
∂x
− ∂vx
∂y
)
k
A definic¸a˜o mostrada na equac¸a˜o 9.1 e´ para coordenadas cartesianas, a seguir temos o
rotacional para coordenadas cil´ındricas e esfe´ricas, respectivamente
−→∇ × v(ρ, ϕ, z) = 1
ρ
∣∣∣∣∣∣
ρˆ ρϕˆ kˆ
∂
∂ρ
∂
∂ϕ
∂
∂z
vρ vϕ vz
∣∣∣∣∣∣ (9.2)
−→∇ × v(r, θ, ϕ) = 1
r2 sen θ
∣∣∣∣∣∣
rˆ rθˆ r sen θϕˆ
∂
∂r
∂
∂θ
∂
∂ϕ
vr rvθ r sen θvϕ
∣∣∣∣∣∣ (9.3)
Nota:
• Outras notac¸o˜es para o rotacinal: −→∇ × v = −→∇ ∧ v = curl v = rot v
• O rotacional e´ um campo vetorial, ou seja, Γ = −→∇ × v, onde Γ(x, y, z) e´ uma
func¸a˜o vetorial.
84
CAPI´TULO 9. ROTACIONAL 85
• Se −→∇ × v = −→0 , enta˜o v e´ chamado de campo irrotacional1.
• −→∇ · (−→∇ × v) = 0.
Prova: Dado v = vxi + vyj + vzk, enta˜o
−→∇ × v =
(
∂vz
∂y
− ∂vy
∂z
)
i +
(
∂vx
∂z
− ∂vz
∂x
)
j +
(
∂vy
∂x
− ∂vx
∂y
)
k
Logo,
−→∇ · (−→∇ × v) = ∂
∂x
(
∂vz
∂y
− ∂vy
∂z
)
+
∂
∂y
(
∂vx
∂z
− ∂vz
∂x
)
+
∂
∂z
(
∂vy
∂x
− ∂vx
∂y
)
=
−→∇ · (−→∇ × v) = ∂vz
∂y∂x
− ∂vy
∂z∂x
+
∂vx
∂z∂y
− ∂vz
∂x∂y
+
∂vy
∂x∂z
− ∂vx
∂y∂z
= 0
Exemplos:
1) Determine o rotacional da func¸a˜o r = x2yi− 2xyj + xy2zk no ponto (1, 1, −1).
Resoluc¸a˜o: Substituindo r na equac¸a˜o 9.1, teremos,
−→∇ × v =
∣∣∣∣∣∣
i j k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x2y −2xy xy2z
∣∣∣∣∣∣
= (2xyz − 0)i + (0− y2z)j + (−2y − x2)k
Substituindo os valores do ponto (1, 1, −1):
−→∇ × v = (2xyz − 0)i + (0− y2z)j + (−2y − x2)k
= 2(1)(1)(−1)i− (1)2(−1))j + [−2(1)− (1)2]k = −2i + j− 3k
1Um campo irrotacional e´ um campo vetorial conservativo.
CAPI´TULO 9. ROTACIONAL 86
Ou,
−→∇ × v = (−2, 1, −3).
Exerc´ıcios Propostos:
1) Se A = xz3i− 2x2yzj + 2yz4k, encontre curl A no ponto (1, −1, 1).
Resp: (0, 3, 4).
2) Se A = x2yi− 2xzj + 2yzk, Calcule −→∇ × (−→∇ ×A).
Resp: (2x+ 2)j.
3) Dado V = (x+ 2y + az)i + (bx− 3y − z)j + (4x+ cy + 2z)k, encontre a, b, c para
que V seja irrotacional.
Resp: a = 4, b = 2, c = −1.
Apeˆndice A
Torque
Como vimos na secc¸a˜o 2.4 do cap´ıtulo anterior, muitas vezes e´ desejado que o torque seja
alto, assim podemos tirar proveito “aumentando” a forc¸a, conforme ilustrado na figura
5.13. Em outras situac¸o˜es e´ o inverso, o torque e´ um produto indesejado, potanto deve
ser minimizado. O objetivo deste apeˆndice e´ o de ilustrar algumas destas situac¸o˜es. Na˜o
iremos aprofundar o assunto e, na medida do poss´ıvel, lanc¸aremos ma˜o da intuic¸a˜o e do
senso comum.
Vejamos o caso mostrado na figura A.1.
F
P
CM
Figura A.1: Aparecimento do torque devido a`s posic¸o˜es da forc¸a de sustentac¸a˜o ~F e do centro de
massa CM.
A forc¸a de sustentac¸a˜o do avia˜o e´ dada por
−→
F e o responsa´vel por esta sustentac¸a˜o
sa˜o as asas, por esta raza˜o
−→
F atua sobre a asa. Supondo que o centro de massa (centro
de gravidade) do avia˜o esta´ posicionada no ponto CM, enta˜o aparecera´ um torque fazendo
o avia˜o rotacionar, o que podera´ levar a` sua queda. Por esta raza˜o o desejado e´ que o
ponto do centro de gravidade e o ponto onde atua a forc¸a de sustentac¸a˜o estejam numa
87
APEˆNDICE A. TORQUE 88
mesma linha vertical, como mostra na figura A.2. Na figura a, a asa encontra-se pro´xima
a` proa (frente) do avia˜o, pois o motor (que e´ muito pesado) contribui mais para o centro
de gravidade. Na figura b a asa esta´ mais para tra´s justamente porque os motores sa˜o
localizados na popa (parte de tra´s) do avia˜o. Nas figuras c e d a asa encontra-se no centro
do avia˜o, porque sendo avio˜es de carga esta constitui a parte mais pesada do avia˜o, raza˜o
tambe´m para a configurac¸a˜o de asa alta (veja o exemplo do bala˜o tripulado a seguir). Em
todos estes casos o centro de gravidade localiza-se na mesma linha vertical que a forc¸a de
sustentac¸a˜o, fazendo desaparecer o torque.
a) b)
c) d)
F
P
F
F
F
P
PP
Figura A.2: Observe que em cada caso o CM esta´ na mesma linha que a forc¸a de sustentac¸a˜o,
tornando o torque nulo.
Em situac¸o˜es onde temos uma forc¸a de flutuabilidade, o deseja´vel e´ que o centro de
massa esteja abaixo do centro de flutuabilidade, como um bala˜o A.3. Na˜o se veˆ balo˜es
onde o habita´culo (cesta) localiza-se no topo do bala˜o, somente na parte inferior. O motivo
APEˆNDICE A. TORQUE 89
disto e´ que esta e´ a situac¸a˜o de equil´ıbrio esta´vel, e´ a mesma situac¸a˜o do equilibrista da
figura A.4.
F
P
CG
CF
CG
CF
Figura A.3: Posic¸a˜o do centro de massa e ponto de flutuac¸a˜o para o bala˜o e um barco.
O bala˜o esta´ completamente “imerso” no ar, ao contra´rio de um navio, onde apenas
parte do casco esta´ imerso na a´gua. Geralmete o centro de gravidade do barco esta´ um
pouco acima do centro de flutuac¸a˜o, se o barco adernar (inclinar) alguns graus, o centro
de flutuac¸a˜o mudara´ de posic¸a˜o, fazendo surgir um torque que tende a estabilizar o navio.
E´ claro que existe um aˆngulo ma´ximo de inclinac¸a˜o, ultrapassado esta aˆngulo o navio ira´
virar.
CM
Equilíbrioinstável
Equilíbrioestável
Figura A.4: A estabilidade de um equilibrista na corda bamba e´ dado pela posic¸a˜o do centro de
massa abaixo da forc¸a de sustentac¸a˜o proporcionada pela corda.
Apeˆndice B
Ana´lise Qualitativa
Nesta secc¸a˜o vamos analisar alguns exemplos de escoamento de um fluido qualquer e
aplicar o que ja´ aprendemos. para isto, tomamos apenas exempos em duas dimenso˜es,
uma vez que e´ mais fa´cil a visualizac¸a˜o sem perder a generalidade para o espac¸o em treˆs
dimenso˜es.
Exemplo 1: Dado um fluido que possui velocidade ~v(x, y) = Ci, onde C e´ uma
constante positiva. Ilustramos este comportamento na figura B.1, onde o comprimento
das setas referem-se ao mo´dulo da velocidade.
x
y
v=Ci
Figura B.1: Fluido se deslocando com velocidade ~v(x, y) = Ci.
90
APEˆNDICE B. ANA´LISE QUALITATIVA 91
Calculando a divergeˆncia, teremos que
−→∇ · v = ∂vx
∂x
= 0
Ou seja, v e´ solenoidal e a vaza˜o e´ constante.
O rotacional e´
−→∇ × v = ∂vx
∂z
j− ∂vx
∂y
k = ~0
Ou seja, v e´ irrotacional (conservativo).
Exemplo 2: Dado um fluido que possui velocidade ~v(x, y) = Ce−xi, onde C e´ uma
constante. Ilustramos este comportamento na figura B.2, onde o comprimento das setas
referem-se ao mo´dulo da velocidade, note que seu comportamento lembra um escoamento
laminar.
x
y
v=Ce i
x
Figura B.2: Fluido se deslocando com velocidade ~v(x, y) = Ce−xi.
Calculando a divergeˆncia, teremos