Apostila MAT-22

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Capítulo 1
Introdução
O objeto de estudo de Mat-22 são as funções definidas em Rn assumindo valores em Rm,
com n,m ∈ N, isto é f : Rn → Rm.
Quando n = m = 1 temos as funções reais de uma variável real, já estudadas em
MAT-12. Quando n = 1 e m > 1, denominamos tais funções de funções vetoriais, que
são uma extensão natural do caso anterior e em geral descrevem curvas. Quando n > 1 e
m = 1 são denominadas campos escalares, que serão estudados mais profundamente pois
a maioria dos fenômenos não dependem de uma única variável; por exemplo: o volume de
um gás ideal, se mantivermos a temperatura constante, é função de uma única variável
mas em geral a temperatura também varia e portanto o volume é função de duas variáveis:
a temperatura e a pressão. Estas serão o foco principal de MAT-22. Finalmente quando
n,m > 1 elas são denominadas campos vetoriais, que são uma extensão dos campos
escalares.
O foco principal desta disciplina são os conceitos de limite, continuidade, derivabilidade
e integrabilidade de campos escalares.
Vamos iniciar nosso curso estabelecendo as noções topológicas básicas do Rn, que nos
permitirão definir com rigor os conceitos de limite, continuidade de campos escalares e
vetoriais. Faremos uma breve apresentação do conceito de limite, continuidade, derivabil-
idade e integração de funções vetoriais, por ser uma extensão muito simples dos conceitos
estudados em MAT-12.
Ao final deste curso o aluno deverá ser capaz de avaliar a existência de limite e analisar
a continuidade num ponto, de funções de várias variáveis, calcular a derivada direcional
e analisar a diferenciabilidade de funções de várias variáveis, determinar máximos e mín-
imos locais e absolutos, condicionados ou não de um campo escalar e finalmente calcular
integrais duplas e triplas em regiões gerais, utilizando mudança de variáveis.
1
2 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
Capítulo 2
Noções de topologia do Rn
Introduziremos algumas noções de topologia do Rn necessárias para o estudo do Cálculo
de funções de várias variáveis.
Definição 2.1 Seja E um conjunto não vazio. Uma métrica em E é uma função d :
E ×E → R+ satisfazendo as seguintes condições:
a) d (x, y) = 0⇔ x = y
b) d (x, y) = d (y, x)
c) d(x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z) .
Neste caso dizemos que (E, d) é um espaço métrico.
Exemplo 2.2 Se em R definimos d (x , y) = |x− y| , segue que (R,d) é um espaço
métrico.
Exemplo 2.3 Se x = (x1, x2) , y = (y1, y2) ∈ R2 podemos definir as seguintes métricas:
1. d (x, y) =
£
(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2
¤ 1
2 ,
2. dS (x, y) = |x1 − y1|+ |x2 − y2| ,
3. dM (x, y) = max {|x1 − y1| , |x2 − y2|} .
Temos assim três espaços métricos distintos, a saber, (R2, d) , (R2, dS) e (R2, dM) , a
partir do mesmo conjunto.
Exemplo 2.4 Em qualquer conjunto não vazio E, pode-se definir o que denominamos de
métrica discreta, a saber, d : E ×E → R+, definida por d (x, y) =
½
0, x = y
1, x 6= y .
Nota 2.5 A métrica num conjunto na realidade define uma "distância"entre dois
pontos do conjunto.
3
4 CAPÍTULO 2. NOÇÕES DE TOPOLOGIA DO RN
As métricas apresentadas nos dois primeiros exemplos são métricas que provêm de
uma norma, cuja definição veremos a seguir. Intuitivamente uma norma nos fornece o
comprimento de um vetor do espaço vetorial.
Definição 2.6 Seja V um espaço vetorial sobre R. Uma norma em V é uma função
k.k : V → R+ tal que para todos x, y ∈ V e para todo λ ∈ R satisfaz :
1. kxk = 0⇔ x = 0,
2. kλxk = |λ| kxk , ∀λ ∈ R, ∀x ∈ V.
3. kx+ yk ≤ kxk+ kyk , ∀x, y ∈ V.
Neste caso dizemos que (V, kk) é um espaço normado.
Exemplo 2.7 No Rn, se x = (x1, x2..., xn) , podemos considerar as normas:
1. Norma euclidiana
kxk = [< x, x >] 12 =
"
nX
i=1
x2i
# 1
2
.
2. Norma da soma
kxkS =
nX
i=1
|xi| .
3. Norma do máximo
kxkM = max {|x1| , |x2| , ..., |xn|} .
Nota 2.8 Podemos mostrar que :
kxkM ≤ kxk ≤ kxkS ≤ n kxkM . (2.1)
Quando uma desigualdade como em 2.1 ocorre dizemos que as normas envolvidas são
normas equivalentes.
Nota 2.9 Uma norma no espaço vetorial V dá origem a uma métrica, basta definir
d (x, y) = kx− yk , ∀x, y ∈ V.
Como é fácil observar, as métricas definidas em R2, provêm das normas definidas acima.
Proposição 2.10 Seja (V, k.k) um espaço vetorial normado. Então |kxk− kyk| ≤ kx− yk ,
∀x, y ∈ V.
5
Prova. Como x = x− y + y e y = y − x+ x então segue da desigualdade triangular
que kxk ≤ kx− yk + kyk e kyk ≤ ky − xk + kxk . Assim, utilizando a propriedade (ii)
da definição de norma, segue que kxk− kyk ≤ kx− yk e kyk− kxk ≤ kx− yk . Portanto
temos que
− kx− yk ≤ kxk− kyk ≤ kx− yk⇒ |kxk− kyk| ≤ kx− yk .
¤
Definição 2.11 Seja V um espaço vetorial real. Um produto interno em V é uma
função h, i : V × V → R, satisfazendo as seguintes condições:
i) hx, xi ≥ 0, ∀x ∈ V e hx, xi = 0⇔ x = 0.
ii) hx, yi = hy, xi , ∀x, y ∈ V.
iii) hαx, yi = α hx, yi , ∀x, y ∈ V, ∀α ∈ R.
iv) hx+ y, wi = hx,wi+ hy,wi , ∀x, y, w ∈ V .
Exemplo 2.12 Em R3 tem-se que h(x, y, z) , (a, b, c)i = xa+yb+zc é um produto interno,
como vocês já viram em MAT-17. Generalizando, o produto interno usual do Rn é definido
por h(x1, x2, . . . , xn) , (y1, y2, . . . , yn)i =
nP
i=1
xiyi.
Exemplo 2.13 Considerando V = C ([a, b]) pode-se mostrar que hf, gi = R ba f(x)g(x)dx
é um produto interno em V. (Mostre!).
Nota 2.14 Um produto interno num espaço vetorial fornece uma norma, a saber, kxk =
[hx, xi]1/2 , denominada norma euclidiana.
Exemplo 2.15 Em R3 a norma já conhecida de vocês, isto é, k(x, y, z)k =px2 + y2 + z2
é uma norma euclidiana, pois provém do produto interno usual.
Exemplo 2.16 Em C ([a, b]) a norma euclidiana é definida como kfk =
hR b
a (f(x))
2 dx
i1/2
.
Para sabermos se uma norma provém ou não de um produto interno temos o seguinte
resultado.
Proposição 2.17 Seja V um espaço vetorial real e k.k uma norma definida em V. Então
tal norma provém de um produto interno em V ⇔ esta norma satisfaz a lei do paralelo-
grama, isto é,
kx+ yk2 + kx− yk2 = 2 ¡kxk2 + kyk2¢ .
6 CAPÍTULO 2. NOÇÕES DE TOPOLOGIA DO RN
Prova. (⇒) Se a norma provém de um produto interno, segue que kxk2 = hx, xi . As-
sim, das propriedades de produto interno segue que kx+ yk2+kx− yk2 = hx+ y, x+ yi+
hx− y, x− yi = kxk2 + 2 hx, yi+ kyk2 + kxk2 − 2 hx, yi+ kyk2 = 2 ¡kxk2 + kyk2¢ .
(⇐) Supondo que a norma satisfaz a lei do paralelogramo, devemos provar que ela
provém de um produto interno definido em V. Definimos então h, i : V × V → R por
hx, yi = 1
4
£kx+ yk2 − kx− yk2¤ . É claro que hx, xi = 1
4
k2xk2 = kxk2 . Assim só resta
mostrar que função definida acima é um produto interno. Para isso devemos mostrar que
ela satisfaz as propriedades da definição. Primeiro é fácil provar que h0, yi = hy, 0i = 0,
∀y ∈ V e deixamos como exercício. Mostraremos a seguir que tal função satisfaz as
propriedades exigidas a um produto interno. De fato:
i) hx, xi = kxk2 ≥ 0, ∀x ∈ V e hx, xi = 0⇔ kxk2 = 0⇔ x = 0.
ii) hx, yi = 1
4
£kx+ yk2 − kx− yk2¤ = 1
4
£ky + xk2 − k− (y − x)k2¤ =
=
1
4
£ky + xk2 − ky − xk2¤ = hy, xi .
iii) kx+ y + 2zk2 + kx− yk2 = k(x+ z) + (z + y)k2 + k(x+ z)− (y + z)k2 =
= 2
¡kx+ zk2 + ky + zk2¢ .
Analogamente tem-se que kx+ y − 2zk2 + kx− yk2 = 2 ¡kx− zk2 + ky − zk2¢ .
Logo, 2
¡kx+ zk2 − kx− zk2¢+2 ¡ky + zk2 − ky − zk2¢ = kx+ y + 2zk2−kx+ y − 2zk2 .
Assim, hx, zi+ hy, zi = 1
4
£kx+ zk2 − kx− zk2¤+ 1
4
£ky + zk2 − ky − zk2¤ =
=
1
8
£kx+ y + 2zk2 − kx+ y − 2zk2¤ = 1
2
hx+ y, 2zi .
Portanto, hx, zi + hy, zi = 1
2
hx+ y, 2zi , ∀x, y, z ∈ V. Logo, fazendo y = 0 nesta
igualdade, obtemos hx, zi = 1
2
hx, 2zi , ∀x, z ∈ V e portanto, pode-se concluir que
hx, zi+ hy, zi = 1
2
hx+ y, 2zi = hx+ y, zi , ∀x, y, z ∈ V.
A quarta e última propriedade será provada primeiramente para todos os inteiros, em
seguida para todos os racionais e finalmente por um processo de limite para todosos reais.
Vejamos.
iv) hx, yi = 1 hx, yi , ∀x, y ∈ V. Suponhamos que n hx, yi = hnx, yi , ∀x, y ∈ V. As-
sim, h(n+ 1)x, yi = hnx+ x, yi = hnx, yi + hx, yi = n hx, yi + hx, yi = (n+ 1) hx, yi .
Logo a propriedade está demonstrada para todo n ∈ N. Ainda como h0x, yi = h0, yi =
0 = 0 hx, yi , então esta propriedade é válida para todo n ∈ Z, n ≥ 0. Considere
agora n ∈ Z, n < 0, então n = −m, onde m ∈ N. Assim, hnx, yi = h−mx, yi =
1
4
£k(−mx) + yk2 − k(−mx)− yk2¤ = 1
4
£k− (mx− y)k2 − k− (mx+ y)k2¤ =
=
1
4
£kmx− yk2 − kmx+ yk2¤ = −1
4
£kmx+ yk2 − kmx− yk2¤ =
= − hmx, yi = −m hx, yi = n hx, yi .
Logo a propriedade está demonstrada para todo n ∈ Z. Considere então p ∈ Q, ou
seja, p =
m
n
, onde m,n ∈ Z com n 6= 0. Assim, hpx, yi =
Dm
n
x, y
E
= m
¿
1
n
x, y
À
=
7
m
n
n
¿
1
n
x, y
À
=
m
n
Dn
n
x, y
E
=
m
n
hx, yi = p hx, yi . Resta agora mostrarmos que a pro-
priedade é válida para todo α ∈ R. Sabemos de MAT-12 que existe uma sequência de
números racionais (pn) ⊂ Q tal que pn →
n→∞
α. Assim, segue que pn hx, yi → α hx, yi e
das propriedades de norma e da definição dada, segue que hpnx, yi→ hαx, yi . Logo como
pn hx, yi = hpnx, yi , então hαx, yi = α hx, yi , ∀α ∈ R e ∀x, y ∈ V.
Concluímos então que tal função é um produto interno em V e assim a norma que
satisfaz a lei do paralelogramo provém deste produto interno. ¤
Veremos a seguir algumas definições e propriedades de conjuntos, necessárias no decor-
rer do curso.
Definição 2.18 Seja k.k uma norma qualquer no Rn.
1. A bola aberta de centro em a ∈ Rn e raio r > 0 é o conjunto:
Br (a) = {x ∈ Rn : kx− ak < r} .
2. A bola fechada de centro em a ∈ Rn e raio r > 0 é o conjunto :
Br (a) = {x ∈ Rn : kx− ak ≤ r} .
3. A esfera de centro em a ∈ Rn e raio r > 0 é o conjunto :
∂Br (a) = {x ∈ Rn : kx− ak = r} .
Exemplo 2.19 Em R temos :
1. Br (a) = (a− r, a+ r) .
2. Br (a) = [a− r, a+ r] .
3. ∂Br (a) = {a− r, a+ r} .
Exemplo 2.20 No R2 a forma geométrica desses conjuntos depende da norma consider-
ada, vejamos os exemplos na figura abaixo das bolas fechadas.
( ) 22, yxyx += ( ) { }yxyx ,max, = ( ) yxyx +=,( ) 22, yxyx += ( ) { }yxyx ,max, = ( ) yxyx +=,
8 CAPÍTULO 2. NOÇÕES DE TOPOLOGIA DO RN
Exemplo 2.21 No R3 as bolas abertas podem ser: o interior de uma esfera para a norma
euclidiana, o interior de cubos com arestas paralelas aos eixos para a norma do máximo,
e o interior de octaedros com diagonais paralelas aos eixos para a norma da soma.
Em todo o resto do curso estaremos trabalhando com o Rn munido do produto interno
usual e portanto com a norma euclidiana.
Definição 2.22 Sejam S e F subconjuntos do Rn. Dizemos que a ∈ S é um ponto
interior de S quando
∃ r > 0 tal que Br (a) ⊂ S.
Exemplo 2.23 Todos os pontos de uma bola aberta do Rn são pontos interiores. De fato
considere Br (a) ⊂ Rn e x ∈ Br (a) então kx− ak < r. Tome δ = r − kx− ak > 0 e
provemos que Bδ (x) ⊂ Br (a) . Para isso tomemos y ∈ Bδ (x) então ky − xk < δ. Logo
ky − ak ≤ ky − xk+ kx− ak < δ + kx− ak = r − kx− ak+ kx− ak = r ⇒ y ∈ Br (a) e
como y é qualquer, segue que Bδ (x) ⊂ Br (a) , como queríamos mostrar.
Definição 2.24 Seja S ⊂ Rn. Definimos o conjunto interior de S, como sendo o
conjunto de todos os pontos interiores de S, denotado por S0. Dizemos então que S é
aberto quando S = S0, ou seja se todos os pontos de S são interiores.
Exemplo 2.25 Pode-se concluir do exemplo anterior que toda bola aberta é um conjunto
aberto.
Exemplo 2.26 S =]− 2, 3[×]0, 1[ é um conjunto aberto do R2.
Exemplo 2.27 S = [0, 1[×] − 1, 2[ não é aberto, pois os pontos da forma (0, y) , com
y ∈]− 1, 2[ não são pontos interiores de S.
Exemplo 2.28 S = {
µ
1
n
, n
√
n
¶
, n ∈ N} não é aberto pois nenhum de seus pontos é
interior, uma vez que todo a bola aberta centrada num deles contém pontos que não estão
em S.
Definição 2.29 Seja S ⊂ Rn. Dizemos que S é fechado quando seu complementar, isto
é, SC é aberto.
Exemplo 2.30 Toda bola fechada do Rn é um conjunto fechado. De fato considere
Br (a) uma bola fechada do Rn. Seja x ∈
¡
Br (a)
¢C
então kx− ak > r. Tome δ =
kx− ak− r > 0, logo para cada y ∈ Bδ (x) tem-se que ky − xk < δ e portanto ky − ak ≥
|ky − xk− kx− ak| ≥ kx− ak− ky − xk > kx− ak − δ = kx− ak + r − kx− ak = r e
portanto y ∈
¡
Br (a)
¢C ⇒ Bδ (x) ⊂ ¡Br (a)¢C logo ¡Br (a)¢C é aberto e portanto Br (a) é
fechado.
9
Exemplo 2.31 S = [0, 1[×] − 1, 2[ não é fechado, pois SC = (]−∞, 0[∪[1,+∞[) ×
(]−∞,−1] ∪ [2,+∞[) não é aberto, já que os pontos da forma (1, y) com y ∈]−∞,−1]∪
[2,+∞[ não são pontos interiores de SC . Portanto tal conjunto não é nem aberto nem
fechado.
Exemplo 2.32 S = [−2, 6]× [1, 4] é fechado, uma vez que SC = (]−∞,−2[∪]6,+∞[)×
(]−∞, 1[∪]4,+∞[) é aberto.
Definição 2.33 Seja S ⊂ Rn e a ∈ Rn. Dizemos que a é um ponto de acumulação de
S quando
∀r > 0, (Br (a) \{a}) ∩ S 6= ∅.
Denotamos por S0, denominado conjunto derivado de S, o conjunto de todos os pontos
de acumulação de S.
Nota 2.34 Observe que um ponto de acumulação de um conjunto não é necessariamente
um elemento do conjunto. Ainda a definição acima afirma que tão próximo de um ponto
de acumulação a de um conjunto, quanto se queira, existem pontos do conjunto distintos
de a.
Exemplo 2.35 Considerando S =]− 2, 3[×]0, 1[ , segue que S0 = [−2, 3]× [0, 1].
Exemplo 2.36 Se S é uma bola aberta centrada em a de raio r, então seu conjunto
derivado é a bola fechada centrada em a de raio r.
Exemplo 2.37 S = [0, 1[×]− 1, 2[∪{(3, 5)} então S0 = [0, 1]× [−1, 2].
Exemplo 2.38 S = {
µ
1
n
, n
√
n
¶
, n ∈ N} então S0 = {(0, 1)} pois como 1
n
→ 0 e n√n→ 1,
segue que ∀r > 0, ∃n0 ∈ N tal que
µ
1
n
, n
√
n
¶
∈ Br ((0, 1)) , ∀n ≥ n0.
Exemplo 2.39 S = {(n, n+ 1) ; n ∈ Z} então S0 = ∅ pois existe 0 < r < 1 tal que
Br ((n, n+ 1)) ∩ S = ∅, ∀n ∈ Z. Ainda, como para todo x ∈ R, existe n ∈ Z tal que
n ≤ x < n+1, segue que para cada (x, y) ∈ R2\S, exsitem n,m ∈ Z tais que n ≤ x < n+1
e m ≤ y < m+ 1. Assim, tomando
r = min{k(x, y)− (n+ i, n+ i+ 1)k , k(x, y)− (m+ i,m+ i+ 1)k , i = 0, 1}
segue que Br ((x, y)) ∩ S = ∅.
Definição 2.40 Seja S ⊂ Rn. O fecho de S, denotado por S, é definido da seguinte
maneira:
S = {x ∈ Rn;∀r > 0, Br (x) ∩ S 6= ∅}.
Proposição 2.41 Seja S ⊂ Rn então S = S ∪ S0.
10 CAPÍTULO 2. NOÇÕES DE TOPOLOGIA DO RN
Prova. É claro que S, S0 ⊂ S e portanto S ∪ S0 ⊂ S. Resta provar a outra inclusão.
Seja então a ∈ S ⇒ a ∈ S ou a /∈ S. Se a ∈ S ⇒ a ∈ S ∪ S0. Caso a /∈ S e como a ∈ S,
segue que ∀r > 0, (Br (a) \{a}) ∩ S 6= ∅ ⇒ a ∈ S0 ⇒ a ∈ S ∪ S0, ou seja em qualquer
situação tem-se que a ∈ S ∪ S0, o que implica que S ⊂ S ∪ S0. Fica então provada a
igualdade de conjuntos. ¤
Daremos a seguir um resultado, que permite determinar se um conjunto é fechado,
sem necessariamente determinar seu complementar, usando o fecho do conjunto.
Proposição 2.42 Um conjunto F ⊂ Rn é um conjunto fechado se e só se F = F.
Portanto, um conjunto é fechado se e só se F 0 ⊂ F.
Prova. (⇒)É fácil ver que F ⊂ F . Assim, basta provar que F ⊂ F. Para isso,
suponhamos por absurdo que F não está contido em F, ou seja, F Ã F logo existe y ∈ F
tal que y /∈ F ⇒ y ∈ F c. Como F é fechado temos que F c é aberto, logo:
∃δ > 0 : Bδ (y) ⊂ F c. (2.2)
Assim, ∃δ > 0 tal que Bδ (y) ∩ F = ∅, o que contradiz o fato de y ∈ F. Assim F ⊂ F e
portanto F = F .
(⇐)Devemos provar que F c é aberto. Seja y ∈ F c, logo y /∈ F = F então
∃ r > 0 tal que Br (y) ∩ F = φ,
ou seja
∃ r > 0 tal que Br (y) ⊂ F c,
assim F c é aberto, o que implica que F é fechado. ¤
Exemplo 2.43 S = [0, 1[×]− 1, 2[∪{(3, 5)} então S = [0, 1]× [−1, 2]∪ {(3, 5)} 6= S, logo
como já havíamos visto, S não é fechado.
Exemplo 2.44 S = {
µ
1
n
, n
√
n
¶
, n ∈ N} entãoS = S ∪ {(0, 1)} 6= S ⇒ S não é fechado.
Definição 2.45 Seja S ⊂ Rn e a ∈ Rn. Dizemos que a é um ponto fronteirade S
quando
∀r > 0, Br (a) ∩ S 6= ∅ e Br (a) ∩ SC 6= ∅.
Denotamos por ∂S o conjunto de todos os pontos fronteira de S, denominado fronteira
de S.
Nota 2.46 Novamente, pode-se observar que os pontos fronteira de um conjunto não são
necessariamente elementos do conjunto. Intuitivamente a fronteira de um conjunto é a
borda do mesmo.
11
Exemplo 2.47 A fronteira de uma bola , aberta ou fechada é a esfera de mesmo centro
e raio.
Exemplo 2.48 S = [0, 1[×]− 1, 2[∪{(3, 5)} então
∂S = {(0, y) ; y ∈ [−1, 2]} ∪ {(1, y) ; y ∈ [−1, 2]} ∪ {(x,−1) ; x ∈ [0, 1]} ∪ {(x, 2) ;
x ∈ [0, 1]} ∪ {(3, 5)}
Exemplo 2.49 S = {
µ
1
n
, n
√
n
¶
, n ∈ N} então ∂S = S ∪ {(0, 1)}.
Definição 2.50 Seja S ⊂ Rn e a ∈ Rn. Dizemos que a é um ponto exterior de S
quando
∃r > 0 tal que Br (a) ∩ S = ∅.
Ou seja, um ponto exterior de um conjunto é um ponto que não pertence ao seu fecho.
Definição 2.51 Dizemos que X ⊂ Rn é conexo quando para todo par de conjuntos
abertos A,B ⊂ Rn tais que (A ∩X) ∩ (B ∩X) = ∅ e X = (A ∩X) ∪ (B ∩X) implica
que A ∩X = ∅ ou B ∩X = ∅.
Nota 2.52 Intuitivamente, dizemos que um conjunto é conexo se é constituído de um
só "pedaço", mas podendo ter "buracos". Assim, os únicos subconjuntos de R que são
conexos são os intervalos.
Proposição 2.53 Sejam X,Y ⊂ Rn tais que X ⊂ Y ⊂ X. Se X é conexo então Y
também é conexo.
Prova. Sejam A,B abertos do Rn tais que (A ∩ Y ) ∩ (B ∩ Y ) = ∅ e Y = (A ∩ Y ) ∪
(B ∩ Y ) . ComoX ⊂ Y então segue que (A ∩X)∩(B ∩X) = ∅ eX = (A ∩X)∪(B ∩X) ,
logo como X é conexo tem-se que (A ∩X) = ∅ ou (B ∩X) = ∅. Suponhamos que
(A ∩X) = ∅ e suponhamos por absurdo que (A ∩ Y ) 6= ∅. Assim, existe y0 ∈ (A ∩ Y ) e
como (A ∩X) = ∅, segue que y0 /∈ X. Como Y ⊂ X então y0 ∈ X 0. Ainda como y0 ∈ A
e A é aberto, segue que existe r > 0 tal que Br (y0) ⊂ A e do fato de y0 ∈ X 0, segue
que Br (y0) ∩ X 6= ∅, e como Br (y0) ∩ X ⊂ A ∩ X, tem-se que (A ∩X) 6= ∅, o que
contradiz a hipótese, portanto (A ∩ Y ) = ∅. Analogamente, prova-se que se (B ∩X) =
∅⇒ (B ∩ Y ) = ∅. Logo Y é conexo. ¤
Corolário 2.54 Se X ⊂ Rn é conexo então X também é conexo.
Exemplo 2.55 S = Br (a) \{a} é um conjunto conexo.
Exemplo 2.56 S = {
µ
t, sen
µ
1
t
¶¶
; t ∈ (0, 1]} é um conjunto conexo, pois é o gráfico
de uma função contínua e portanto é constituído de um só "pedaço". Pelo corolário
pode-se concluir que D = S = S ∪ {(0, t) ; t ∈ [−1, 1]} é também conexo. Observe que
esta conclusão já não é tão intuitiva. Ainda da proposição temos que S ∪ I, onde I ⊂
{(0, t) ; t ∈ [−1, 1]}, também é conexo. Por exemplo S ∪ {(0, 0)} é conexo.
12 CAPÍTULO 2. NOÇÕES DE TOPOLOGIA DO RN
Definição 2.57 Seja S ⊂ Rn. Dizemos que S é um domínio, quando S é aberto e
conexo, isto é, não existem dois abertos não vazios e disjuntos cuja união seja igual a S.
Nota 2.58 Intuitivamente, dizemos que um domínio é um aberto constituído de um só
"pedaço", mas podendo ter "buracos". Observe que os únicos subconjuntos de R que são
domínios são os intervalos abertos.
Nota 2.59 Nenhum dos dois exemplos anteriores é um domínio, pois apesar de serem
conexos, não são abertos.
Exemplo 2.60 O conjunto D = {x ∈ R2; 1 < kxk < 2} é um domínio, pois é aberto e
conexo.
Definição 2.61 Seja S ⊂ Rn. Dizemos que S é um conjunto convexo se dados dois
pontos quaisquer de S, o segmento de reta unindo estes dois pontos está inteiramente
contido em S.
Nota 2.62 É claro que todo subconjunto convexo é conexo, mas a recíproca não é ver-
dadeira.
Exemplo 2.63 S =]0, 1[×]− 1, 2[ é um domínio, é também convexo.
Exemplo 2.64 S =]0, 1[×[−1, 2] é conexo e é também convexo, mas não é um domínio,
pois não é aberto.
Exemplo 2.65 Toda bola aberta é um domínio e é um conjunto convexo.
Exemplo 2.66 Toda bola aberta ou fechada é um conjunto conexo e também é um con-
junto convexo.
Exemplo 2.67 S = Br (a) \Br/2 (a) é um domínio, mas não é convexo.
Exemplo 2.68 S = B1 ((0, 0))∪B1 ((2, 3)) não é um domínio, pois apesar de ser aberto,
não é conexo, já que existem dois abertos não vazios e disjuntos, a saber B1 ((0, 0)) e
B1 ((2, 3)) , tais que sua união é igual a S.
Definição 2.69 Dizemos que X ⊂ Rn é um conjunto limitado quando existe M > 0 tal
que kxk ≤M, ∀x ∈ X.
Exemplo 2.70 X = B2 (a) é limitado, pois para todo x ∈ X, tem-se que kx− ak < 2⇒
kxk < 2 + kak = M.
Definição 2.71 Dizemos que X ⊂ Rn é um conjunto compacto quando X é um conjunto
fechado e limitado.
Nota 2.72 O exemplo anterior não é um conjunto compacto, pois apesar de ser limitado
não é fechado.
Exemplo 2.73 X = B2 (a) é compacto, pois é fechado e limitado.
Exercício 1
Considere M um conjunto não vazio e d : M  M →  tal que dx,x  0,
para todo x ∈ M, dx,y ≠ 0, para todos x,y ∈ M com x ≠ y e
dx, z ≤ dx,y  dz,y, para todos x,y, z ∈ M. Mostre que M,d é um espaço
métrico.
Solução: Para mostrar que M,d é um espaço métrico, basta mostrar que d é
uma métrica. Para isso basta mostrar que dx,y  0, para todo x,y ∈ M, com x ≠ y
e que dx,y  dy,x.
Sejam x,y ∈ M, com x ≠ y. Usando a primeira e a terceira propriedades, temos
que
0  dx,x ≤ dx,y  dx,y,
logo obtemos que dx,y ≥ 0, mas da segunda propriedade temos que dx,y ≠ 0 e
portanto obtemos que
dx,y  0, ∀x,y ∈ M, x ≠ y.
Ainda da terceira propriedade temos que dx,y ≤ dx,x  dy,x  dy,x e
dy,x ≤ dy,y  dx,y  dx,y, o que implica que
dx,y  dy,x, ∀x,y ∈ M.
i
Exercício 2
Considere S um subconjunto não vazio de Rn:
a) Prove que S0 e ext (S) são conjuntos abertos, onde ext (S) é o conjunto dos pontos exetri-
ores de S:
b) Prove que Rn = S0[ext (S)[@S (uma união de conjuntos disjuntos) e use isso para provar
que @S é um conjunto fechado.
@S[
Solução:
a) Tome x 2 S0, temos que 9r > 0 tal que Br(x) � S. Agora, tome y 2 Br(x); qualquer. Como Br(x)
é um conjunto aberto, y é ponto interior de Br(x), ou seja, 9r2 > 0 tal que Br2(y) � Br(x) �
S ) Br2(y) � S. Logo, y 2 S0; para todo y 2 Br(x) e assim temos que Br(x) � S0. Logo, x é
ponto interior de S0 qualquer que seja x 2 S: Logo, S0 é aberto. Como ext (S) = �SC�0, usando
o resultado anterior ext (S) também é aberto.
b) Isso é equivalente a mostrar que (@S)C = S0 [ ext (S), pois S0 e ext (S) são conjuntos disjuntos, já
que S e SC são conjuntos disjuntos e temos que S0 � S e ext (S) � SC .
Se x 2 (@S)C , temos uma das duas possibilidades:
1. 9r > 0 tal que Br(x) \ S = ; ) Br(x) � SC ) x 2 ext (S)
2. 9r > 0 tal que Br(x) \ SC = ; ) Br(x) � S ) x 2 S0:
Logo, (@S)C � S0 [ ext (S).
Considere x 2 S0 [ ext (S) então ou x 2 S0 ou x 2 S0 [ ext (S) : Analisemos então as duas possibili-
dades:
� Se x 2 S0 então existe r > 0 tal que Br (x) � S ) Br (x) \ SC = ; ) x =2 @S; logo x 2 (@S)C :
� Se x 2 ext (S) então existe r > 0 tal que Br(x) \ S = ; ) x =2 @S; logo x 2 (@S)C :
Portanto S0 [ ext (S) � (@S)C :
O que nos permite concluir que (@S)C = S0 [ ext (S) e assim, Rn = @S [ (@S)C = @S [ S0 [ ext (S).
Como S0 e ext (S) são abertos, (@S)C também é aberto, já que é uma união …nita de conjuntos
abertos. Pela de…nição, como (@S)C é aberto, então @S é um conjunto fechado.
i
Exercício 3
Considere R2 munido do produto interno usual e da norma que provém deste produto
interno, ou seja h(x; y) ; (a; b)i = xa+ yb e k(x; y)k2 = h(x; y) ; (x; y)i = x2 + y2: Mostre que
a) jh(x; y) ; (a; b)ij � k(x; y)k k(a; b)k :
b) jk(x; y)k � k(a; b)kj � k(x; y)� (a; b)k :
Solução:
a) jh(x; y) ; (a; b)ij =
q
(h(x; y) ; (a; b)i)2 =
p
x2a2 + 2xayb+ y2b2: Mas,
2xayb = 2xbya � (xb)2 + (ya)2 = x2b2 + y2a2;
portanto substituindo na igualdade acima, obtemos:
jh(x; y) ; (a; b)ij =
p
x2a2 + 2xayb+ y2b2 �
p
x2a2 + x2b2 + y2a2 + y2b2 =
p
(x2 + y2) (a2 + b2) = k(x; y)k k(a; b)k :
b) Da de…nição de norma, temos que
k(x; y)� (a; b)k2 = h(x; y)� (a; b) ; (x; y)� (a; b)i :
Das propriedades de produto interno e da de…nição de norma, temos que
h(x; y)� (a; b) ; (x;y)� (a; b)i = k(x; y)k2 � 2 h(x; y) (a; b)i+ k(a; b)k2 :
Utilizando o ítem (a), segue que
k(x; y)k2�2 h(x; y) (a; b)i+k(a; b)k2 � k(x; y)k2�2 k(x; y)k k(a; b)k+k(a; b)k2 = (k(x; y)k � k(a; b)k)2 :
Portanto,
k(x; y)� (a; b)k2 � k(x; y)� (a; b)k2 ;
o que implica que
k(x; y)� (a; b)k � jk(x; y)k � k(a; b)kj :
i
Exercício 4
Seja E um espaço vetorial e d uma métrica em E tal que d (x+ z; y + z) = d (x; y) e
d (�x; �y) = j�j d (x; y) para todos x; y; z 2 E e � 2 R: Mostre que existe uma norma k:k em
E; tal que d (x; y) = kx� yk :
Solução: Considere a função k:k : E ! R; de…nida por kxk = d (x; 0) ; para todo x 2 E: Mostremos
que tal função é uma norma. Para isso devemos provar que ela satisfaz as seguintes propriedades:
� kxk = d (x; 0) � 0; para todod x 2 E e kxk = 0, d (x; 0) = 0, x = 0:
� k�xk = d (�x; 0) = d (�x; �0) = j�j d (x; 0) = j�j kxk ; para todo x 2 E e � 2 R: Esta
propriedade segue da segunda propriedade desta métrica.
� kx+ yk = d (x+ y; 0) � d (x+ y; y)+ d (y; 0) = d (x+ y; 0 + y)+ d (y; 0) = d (x; 0)+ d (y; 0) =
kxk + kyk ; para todos x; y 2 E: Esta propriedade segue da terceira propriedade da de…nição
de métrica e da primeira propriedade desta métrica.
Assim, a função acima é uma norma e da de…nição desta norma e da primeira propriedade desta
métrica, temos que
kx� yk = d (x� y; 0) = d ((x� y) + y; 0 + y) = d (x; y) :
i
Exercício 5
Sejam a; b; c; d 2 R tais que a < b e c < d: Considere S = [a; b]� [c; d] : Mostre que
a) S é um subconjunto convexo do R2.
b) S é um subconjunto compacto do R2.
Considere R2 munido da norma euclidiana.
Solução:
a) Sejam (x; y) ; (u; v) 2 S; então a � x; u � b e c � y; v � d: Ainda o segmento de reta que une os pontos
(x; y) e (u; v) é o conjunto � = f(x; y) + t (u� x; v � y) ; t 2 [0; 1]g = ft (u; v) + (1� t) (x; y) ; t 2
[0; 1]g: Devemos mostrar que � � S: De fato, como t 2 [0; 1] ; então 1� t 2 [0; 1] e portanto temos
que ta+ (1� t) a � tu+ (1� t)x � tb+ (1� t) b; ou seja, tu+ (1� t)x 2 [a; b], para todo t 2 [0; 1]
e analogamente tv + (1� t) y 2 [c; d] ; para todo t 2 [0; 1] : Portanto � � S, o que implica que S é
convexo.
b) Da de…nição de S;pode-se a…rmar que jxj � maxfjaj ; jbjg = � e jyj � maxfjcj ; jdjg = �; para
todo (x; y) 2 S: Portanto k(x; y)k �
p
�2 + �2 = K; logo, S é limitado. Resta provar que S
é fechado. Para issso basta provar que SC é aberto. Mas SC = f(x; y) 2 R2; x =2 [a; b] ou
y =2 [c; d]g = f(x; y) 2 R2; x 2 (�1; a)[ (b;+1) ou y 2 (�1; a)[ (b;+1)g: Considere (x; y) 2 SC :
Temos então 4 possibilidades:
� x < a ) a � x > 0: Tome r = a � x > 0: Vamos mostrar que Br (x; y) � SC : De fato seja
(u; v) 2 Br (x; y) ; então k(u; v)� (x; y)k = k(u� x; v � y)k < r ) ju� xj < r ) u < x+ r =
a; ou seja u =2 [a; b]) (u; v) 2 SC e como (u; v) é arbitrário, segue que Br (x; y) � SC :
� x > b) x� b > 0: Tome r = x� b e (u; v) 2 Br (x; y)) k(u; v)� (x; y)k = k(u� x; v � y)k <
r ) ju� xj < r ) u � x > �r ) u > x � r = b; ou seja u =2 [a; b] ) (u; v) 2 SC e portanto
Br (x; y) � SC :
As outras duas possibilidades são análogas.
Logo SC é aberto e portanto S é fechado.
i
Exercício 6
a) Prove que a união de uma família de subconjuntos conexos do Rn; que possuem um ponto
em comum, é também um subconjunto conexo do Rn:
b) Se X é um subconjunto conexo do Rn; mostre que X também é conexo.
Solução:
a) Considere U�; � 2 F; uma família de subconjuntos conexos do Rn; tais que a 2 U�; 8� 2 F: Seja
U = [
�2F
U�; mostremos que U é conexo.
Sejam A;B abertos do Rn tais que (A \ U) \ (B \ U) = ; e U = (A \ U) [ (B \ U) : Como U� � U;
para todo � 2 F; segue que U� = U\U� = (A \ U�)[(B \ U�) e (A \ U�)\(B \ U�) = ;; para todo � 2 F:
Mas, como cada U� é conexo, segue que para cada � 2 F; A\U� = ; ou B\U� = ;: Ainda a 2 U�; 8� 2 F;
então a 2 A\U� ou a 2 B\U�; 8� 2 F: Se a 2 A\U�; então A\U� 6= ; ) B\U� = ;; para todo � 2 F
e portanto U� = A \ U�; para todo � 2 F: Como U = [
�2F
U� = [
�2F
(A \ U�) = A \
�
[
�2F
U�
�
= A \ U:
Assim, do fato de (A \ U) \ (B \ U) = ; e U = (A \ U) [ (B \ U) ; segue que B \ U = ;;o que implica
que U é conexo.
b) Suponhamos por absurdo que X não é conexo, então existem A;B abertos do Rn tais que
�
A \X �\�
B \X � = ;, X = �A \X � [ �B \X � com �A \X � 6= ; e �B \X � 6= ;: Mas X = X0 [ @X;
logo A \ X = �A \X0� [ (A [ @X) e B \ X = �B \X0� [ (B [ @X) : Como�A \X � 6= ; )�
A \X0�[(A [ @X) 6= ; e como X0 e @X são disjuntos então temos que A\X0 6= ; ou A[@X 6= ;:
Se A \X0 6= ;; como X0 � X; segue que A \X 6= ;: Se A [ @X 6= ;; seja a 2 A [ @X ) a 2 A e
a 2 @X: Como A é aberto então existe r > 0 tal que Br (a) � A e da de…nição de @X; segue que
Br (a) \ X 6= ; ) A \ X 6= ;: Ou seja
�
B \X � 6= ; ) (A \X) 6= ; e (B \X ) 6= ;: De fato,
seja a 2 A \X = �A \X0� [ (A [ @X) ; então a 2 A \X0 ou a 2 A [ @X: Se a 2 A \X0; como
X0 � X; segue que �A \X � 6= ; ) (A \X) 6= ;: Analogamente, prova-se que B \X 6= ; e do fato
de X � X; segue que (A \X )\ (B \X ) = ;, X = X \X =(A \X)[ (B \X) com (A \X ) 6= ;
e (B \X ) 6= ;; o que é um absurdo, pois X é conexo.
13
2.0.1 Lista de Exercícios
Exercício 2.74 Prove que:
1. A intersecção finita de conjuntos abertos é um conjunto aberto. Dê um exemplo de
que a interseção infinita de abertos pode não ser um aberto.
2. A união qualquer de conjuntos abertos é um conjunto aberto.
3. A intersecção qualquer de conjuntos fechados é um conjunto fechado.
4. A união finita de conjuntos fechados é um conjunto fechado. Dê um exemplo de que
a união infinita de conjuntos fechados pode não ser um conjunto fechado.
Exercício 2.75 Prove que todo ponto da bola Br (a) é ponto de acumulação da mesma .
Exercício 2.76 Prove que todo ponto da esfera Sr (a) é ponto de acumulação de Br (a).
Exercício 2.77 Verifique geometricamente que se S = (a, b)×[c, d) então todos os pontos
de S são pontos de acumulação de S.
Exercício 2.78 Determine o interior, o conjunto derivado e a fronteira de cada um dos
subconjuntos do R2 abaixo. Verifique ainda se os conjuntos abaixo são abertas ou fechados
ou nem abertos nem fechados e se são domínios:
1. S = {(x, y) ∈ R2; y ≤ x e x2 + y2 < 4}
2. S = {(x, y) ∈ R2; y > x} ∪ {
µ
n
√
n,
n
n+ 1
¶
; n ∈ N}
3. S = (−1, 3)× (0, 4)
4. S = [−5, 4]× [2, 6]
5. S = (a, b)× (c, d)
6. S = [a, b]× [c, d]
7. S = [a, b]× [c, d)
Exercício 2.79 Seja S ⊂ Rn. Mostre que S = S0 ∪ ∂S.
Exercício 2.80 Justifique a afirmação abaixo, se for verdadeira e dê um contra-exemplo,
se for falsa: "Se B ⊂ A ⊂ R2, com A e B abertos, então A\B é aberto.
Exercício 2.81 Mostre que toda bola aberta ou fechada é um conjunto convexo.
Exercício 2.82 Mostre que a bola fechada Br (a) é um conjunto compacto.
Capítulo 3
Funções vetoriais de variável real
O estudo de funções vetoriais é muito simples, pois é uma extensão imediata do estudo
de funções reais de uma variável real feito em MAT-12. As funções vetoriais aparecem no
estudo do movimento de partículas, descrevendo sua posição, velocidade, aceleração com
respeito ao tempo t. São utilizadas também na descrição de curvas no plano e no espaço.
Por exemplo, os pontos de uma circunferência no plano, centrada na origem e de raio 1
pode ser descrita pela função vetorial r : [0, 2π]→ R2, tal que r(t) = (cos t, sen t) .
As funções vetoriais descrevem também sequências no Rn. Por exemplo a função s :
N→ R3, definida por s (n) =
µ
n
√
n,
1
n
,
n2
3n2 + 2
¶
é uma sequência no R3.
Definição 3.1 Uma função vetorial de variável real é uma aplicação
F : X ⊂ R→Rn, t→ F (t) = (F1 (t) , F2 (t) , ..., Fn (t)) ,
onde Fi : X ⊂ R→R para cada i = 1, 2, 3...n são funções reais de uma variável real,
denominadas funções componentes ou funções coordenadas de F.
Nota 3.2 Observe que da definição acima o domínio de F é a interseção dos domínios
de cada Fi
Por exemplo o vetor velocidade de uma partícula, que varia como tempo, a força
que atua sobre uma partícula, dependendo apenas do tempo, são exemplos de funções
vetoriais.
Exemplo 3.3 f : R→ R3, definida por f(t) = (sen t2, 3t+ 2, et) .
Exemplo 3.4 f : (0,+∞) → R2, definida por f(t) =
µ
ln t,
cos t√
t
¶
. Abaixo está o traço
15
16 CAPÍTULO 3. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
da curva descrito pela função vetorial acima.
Exemplo 3.5 F : [0, 2π]→ R2, definida por F (t) =
µ
cos t+
1
2
, sen t− 1
2
¶
. Esta função
descreve uma circunferência de centro
µ
1
2
,−1
2
¶
e raio 1, como podemos verificar abaixo.
Exemplo 3.6 F : R → R2, definida por F (t) = (t, t2) . Esta função vetorial descreve
17
uma parábola, como podemos verificar no gráfico abaixo.
Exemplo 3.7 F : [0, π] → R3, definida por F (t) = (cos 2t, sen 2t, t) , cujo gráfico segue
abaixo.
Exemplo 3.8 s : N→ R2, definida por F (n) =
µ
n2
2n2 + 1
, n
√
n
¶
descreve uma sequência
18 CAPÍTULO 3. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
do R2. Plotamos aguns pontos no plano.
Definição 3.9 Operações com funções vetoriais:
Se F,G : X ⊂ R→Rn e h : X ⊂ R→R, definimos:
1. A soma de F e G
F +G : X ⊂ R→Rn, (F +G) (t) = F (t) +G (t) .
2. O produto de F por h
hF : X ⊂ R→Rn, (hF ) (t) = h (t)F (t) .
3. O produto escalar de F por G
hF,Gi : X ⊂ R→R, hF,Gi (t) = hF (t) , G (t)i .
4. O produto vetorial de F por G (para n = 3 ).
F ∧G : X ⊂ R→Rn, (F ∧G) (t) = F (t) ∧G (t) .
Exemplo 3.10 Sejam F (t) = (cos 3t, sen 2t, t2), G (t) = (3, t3, t2) e h (t) = sen t, t ∈ R.
Temos:
1. (F +G) (t) = (3 + cos 3t, t3 + sen 2t, 2t2) .
2. (hF ) (t) = (sen t cos 3t, sen t sen 2t, t2 sen t) .
3. hF,Gi (t) = 3 cos 3t+ t3 sen 2t+ t4.
4. (F ∧G) (t) = (t2 sen 2t− t5,−t2 cos 3t+ 3t2, t3 cos 3t− 3 sen 2t) .
19
3.0.2 Limite de funções vetoriais
Estudaremos os conceitos de limite, continuidade, derivabilidade e integrabilidade de
funções vetorias e veremos que este estudo recai no estudo de suas coordenadas, que
são funções reais de uma variável real.
Definição 3.11 Sejam F : X⊂ R→Rn, t0 ∈ X 0. Dizemos que o limite de F no
ponto t0 é igual a L quando, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo t ∈ X com
0 < |t− t0| < δ, tem-se que kF (t)− Lk < ε e escrevemos:
lim
t→t0
F (t) = L.
Teorema 3.12 Sejam F = (F1, F2, ...Fn) : X⊂ R→Rn, L = (L1, L2, ...Ln) e t0 ∈ X 0.
Temos:
lim
t→t0
F (t) = L⇔ lim
t→t0
Fi (t) = Li, i = 1, 2, 3..., n
Prova. (⇒)Como
lim
t→t0
F (t) = L,
segue da definição 3.11 que: dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
∀t ∈ X, 0< |t− t0| < δ ⇒ kF (t)− Lk < ε, (3.1)
mas, para cada i = 1, 2, 3..., n temos
kF (t)− Lk =
"
nX
j=1
[Fj (t)− Lj]2
# 1
2
≥ |Fi (t)− Li| . (3.2)
Logo por (3.1) e (3.2) temos
∀ε > 0, ∃ δ > 0 : ∀t ∈ X, 0< |t− t0| < δ ⇒ |Fi (t)− Li| < ε, i = 1, 2, 3..., n.
ou seja
lim
t→t0
Fi (t) = Li, para cada i = 1, 2, 3..., n.
(⇐) Como lim
t→t0
Fi(t) = Li então para cada i = 1, 2, . . . , n, dado ε > 0, existe δi > 0 tal
que para todo t ∈ X com 0 < |t− t0| < δi tem-se que |Fi(t)− Li| < ε√n. Assim, tomando
δ = min{δi; 1 ≤ i ≤ n} segue que ∀t ∈ X com 0 < |t− t0| < δ então |Fi(t)− Li| <ε√
n
, ∀i = 1, 2, . . . , n. Logo, ∀t ∈ X com 0 < |t− t0| < δ segue que kF (t)− Lk =r
nP
i=1
(Fi(t)− Li)2 < ε, o que implica que lim
t→t0
F (t) = L. ¤
20 CAPÍTULO 3. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
Nota 3.13 O teorema acima afirma que uma função vetorial tem limite num ponto de
acumulação de seu domínio se e só se suas funções coordenadas têm limite neste ponto e o
limite da função vetorial é o vetor cujas coordenadas são, nesta ordem, os limite de cada
uma das funções coordenadas. Sendo assim, todos os resultados conhecidos de MAT-12
podem ser aplicados nas coordenadas de uma função vetorial.
Exemplo 3.14 Se F (t) =
µ
sen t
t
, t2 + 3
¶
para t 6= 0,temos
lim
t→0
F (t) =
µ
lim
t→0
sen t
t
, lim
t→0
(t2 + 3)
¶
= (1, 3) .
Exemplo 3.15 Se F (t) = (cos t , sen t , t) , t ∈ R, temos
lim
h→0
F (t+ h)− F (t)
h
=
µ
lim
h→0
cos (t+ h)− cos t
h
, lim
h→0
sen (t+ h)− sen t
h
, lim
h→0
1
¶
= (− sen t , cos t , 1) .
Exemplo 3.16 O lim
t→0
µ
ln (1 + t2)
t− 1 ,
sen (3t)
t
, t cos
µ
1
t
¶¶
= (0, 3, 0) , pois na primeira co-
ordenada temos uma indeterminação do tipo
0
0
, podemos aplicar l’Hôpital, assim,
lim
t→0
ln (1 + t2)
t− 1 = limt→0
2t
1 + t2
1
= 0.
Na segunda coordenada podemos utilizar o limite fundamental e portanto lim
t→0
sen (3t)
t
=
lim3
t→0
sen (3t)
3t
= 3 e finalmente para o último limite temos o produto de uma função limitada
por uma que tende a 0 e assim lim
t→0
t cos
µ
1
t
¶
= 0.
Proposição 3.17 Operações com limites: Sejam F,G : X⊂ R→Rn e h : X⊂ R→ R.
Se t0 ∈ X 0, lim
t→t0
F (t) = a, lim
t→t0
G (t) = b e lim
t→t0
h (t) = λ, temos:
1. lim
t→t0
(F +G) (t) = a+ b.
2. lim
t→t0
(hF ) (t) = λa.
3. lim
t→t0
hF,Gi (t) = ha, bi .
4. lim
t→t0
(F ∧G) (t) = a ∧ b (n = 3) .
21
5. lim
t→t0
kF (t)k = kak .
Esta proposição pode ser demonstrada diretamente da definição de limite ou utilizando
a proposição acima e as propriedades já conhecidas de limite de funções reais de uma
variável real e por isso será deixada a cargo do aluno.
3.0.3 Sequências no Rn
Uma seqüência no Rn é na realidade uma função vetorial cujo domínio é o conjunto dos
números naturais e portanto o limite de uma seqüência no Rn poderá ser visto como um
limite de uma função vetorial e são válidos os resultados acima. Vejamos
Definição 3.18 Uma sequência no Rn é uma função vetorial s : N → Rn tal que
s(m) = xm = (x1m, . . . , xnm) ∈ Rn. Denotamos a seqüência por (xm) e dizemos que xm =
(x1m, . . . , xnm) ∈ Rn é o seu termo geral.
Definição 3.19 Uma sequência, (xm) , no Rn converge para L ∈ Rn se e só se dado
ε > 0, existe m0 ∈ N tal que para todo m ≥ m0 tem-se que kxm − Lk < ε.
Analogamente ao resultado para funções vetoriais, segue que uma sequência do Rn
converge se e somente se cada uma de suas coordenadas converge.
Proposição 3.20 Considere uma sequência, (xm) = ((x1m, . . . , xnm)) , no Rn. Então (xm)
é convergente para L = (L1, L2, . . . Ln) ∈ Rn ⇔ (xim) é convergente para Li, 1 ≤ i ≤ n.
A demonstração é análoga a que foi feita acima e portanto será deixada como exercício.
Exemplo 3.21 O limite da sequência
µµ
n sen
µ
1
n
¶
, n
√
n,
µ
1 +
1
n
¶n¶¶
→
n→+∞
(1, 1, e)
pois n sen
µ
1
n
¶
→
n→+∞
1, já que lim
t→0
sen t
t
= 1 e
1
n
→
n→+∞
0, com
1
n
6= 0, para todo n ∈ N.
As demais sequências são conhecidas de MAT-12.
Definição 3.22 Seja s : N → Rn uma sequência do Rn e A = {n1, n2, . . .} um subcon-
junto infinito de N, tal que ni < ni+1, para todo i ∈ N. Uma subsequência da sequência
s é a restrição de s à A, isto é, s|A : A→ Rn. Se (xm) é o termo geral da sequência s, o
termo geral da subsequência será denotado por (xmk) .
Nota 3.23 (xmk) =
¡¡
x1mk , . . . , x
n
mk
¢¢
é uma subsequência da sequência (xm) = ((x1m, . . . , xnm))
do Rn se e somente se para cada i = 1, . . . , n,
¡
ximk
¢
é uma subsequência de (xim) .
Analogamente ao que já foi dito pode-se provar que uma subsequência converge se e
só se cada uma de suas coordenadas converge e cada uma de suas coordenadas é uma
subsequência de uma sequência de R. Ou seja são válidos os resultados de MAT-12.
Portanto podemos facilmente provar o importante resultado.
22 CAPÍTULO 3. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
Teorema 3.24 Toda sequência limitada do Rn, admite uma subsequência convergente.
Prova. Seja (xm) = ((x1m, . . . , xnm)) uma sequência limitada do Rn, então existeM > 0
tal que kxmk ≤ M, para todo m ∈ N ⇒ |xim| ≤ M, para todo m ∈ N, para i = 1, . . . , n.
Portanto pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, para i =1, existe uma subsequência
¡
x1mk
¢
de (x1m) convergente. Assim,
¡
x2mk
¢
é uma subsequência de (x2m) e portanto limitada, logo
existe uma subsequência
³
x2mkj
´
de
¡
x2mk
¢
convergente. Como
³
x1mkj
´
é uma subsequên-
cia de
¡
x1mk
¢
, que é convergente, então
³
x1mkj
´
é convergente. Considerando,
³
x3mkj
´
,
temos que é limitada e novamente por B-W, existe uma subsequência
³
x3mkjl
´
de
³
x3mkj
´
,
convergente. Novamente, como
³
x1mkjl
´
e
³
x2mkjl
´
são subsequências de sequências con-
vergentes, então também convergem. Procedendo assim, obteremos uma subsequência de
(xm) convergente, já que cada uma de suas coordenadas é convergente. ¤
Nota 3.25 O resultado acima é uma generalização do teorema de Bolzano-Weierstrass
para o Rn.
Nota 3.26 As operações com limites de sequência seguem da proposição anterior e dos
resultados de MAT-12 sobre operações com limites. Assim, como os limites infinitos de
sequências.
Nota 3.27 Vale ainda a caracterização de limite de função vetorial por sequência, como
para função real de uma variável real, estudada em MAT-12.
3.0.4 Continuidade de funções vetoriais
O conceito de continuidade de funções vetoriais é também uma extensão muito simples
do conceito de continuidade de funções reais de uma variável real.
Definição 3.28 Sejam F : X⊂ R→Rn e t0 ∈ X. Dizemos que F é contínua em
t0 quando dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo t ∈ X com |t− t0| < δ então
kF (t)− F (t0)k < ε .
Nota 3.29 Dizemos que F é contínua em X quando F é contínua em todo ponto de X.
Como no Teorema 3.12, podemos mostrar que F é contínua em t0 ∈ X quando e somente
quando cada função coordenada de F é contínua em t0. Quando t0 ∈ X∩X 0 temos que F
é contínua em t0 se e só se lim
t→t0
F (t) = F (t0). Caso contrário, isto é se t0 é um ponto
isolado de X, então F é sempre contínua em t0. Portanto os casos de interesse prático
são aqueles em que t0 ∈ X ∩X 0 e portanto seguem os resultados de limte já enunciados.
Teorema 3.30 Seja f : D ⊂ R → Rn, t0 ∈ D, f(t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) , onde
cada fi : D ⊂ R → R. Então f é contínua em t0 ⇔ fi é contínua em t0 para cada
i = 1, 2, . . . , n.
23
Como a continuidade de uma função vetorial segue da continuidade de cada uma de
suas coordenadas que são funções reais de uma variável real, pode-se aplicar todos os
resultados conhecidos de MAT-12 a cada uma das funções coordenadas. Valem também
a caracterização de continuidade de função vetorial por sequências.
Exemplo 3.31 São contínuas em R as funções abaixo:
1. F (t) = (3 sen2 t , cos t) .
2. F (t) = (F1 (t) , F2 (t)) , onde
F1 (t) =
( sen t
t
, se t 6= 0
1 , se t = 0
F2 (t) =
( 1− cos t
t
, se t 6= 0
0 , se t = 0
3. F (t) = (sen (t2) , ln (1 + t4) , arctg t) .
Também é válido a caracterização de continuidade por sequências.
Proposição 3.32 Seja F : X → Rn e t0 ∈ X. F é contínua em t0 ⇔ para qualquer
sequência (tn) de elementos de X, que convergem para t0, tem-se que F (tn) converge para
F (t0) .
Exemplo 3.33 A função F (t) = (f1 (t) , f2 (t)) , t ∈ R onde f1 (t) =
½
sen (1/t) ; se t 6= 0
0; se t = 0
e f2 (t) =
½
t cos (1/t) ; se t 6= 0
0; se t = 0 não é contínua em 0, já que tomando a sequência (tn)
tal que tn =
2
π + 4nπ
, n ∈ N, temos que tn → 0 e F (tn)→ (1, 0) 6= F (0, 0) .
3.0.5 Derivada de funções vetoriais
A nooção de derivada é a mesma vista em MAT-12, isto é a taxa de variação instantânea.
Por exemplo, a derivada do vetor posição de uma partícula com respeito ao tempo é o vetor
velocidade desta partícula em cada instante de tempo. A derivada do vetor velocidade é
o vetor aceleração da mesma partícula em cada instante de tempo.
Definição 3.34 Sejam F : X⊂ R→Rn e t0 ∈ X ∩X 0. Definimos a derivada de F em
t0 como sendo
dF
dt
(t0) = F 0 (t0) = lim
t→t0
F (t)− F (t0)
t− t0
,
quando este limite existir. Se F admite derivada em t0, dizemos que F é derivável em
t0. Se X é tal que X ∩X 0 = X, dizemos que F é derivável em X quando F é derivável
em todo ponto de X.
24 CAPÍTULO 3. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
Teorema 3.35 Sejam F = (F1, F2, ...Fn) : X⊂ R→Rn e t0 ∈ X ∩ X 0. Então F é
derivável em t0 se e só se cada Fi, i = 1, 2, ...n, é derivável em t0 e além disso:
F 0 (t0) = (F 01 (t0) , F
0
2 (t0) , ..., F
0
n (t0)) .
Prova. É consequência direta da Definição3.34 e do Teorema3.12. ¤
Exemplo 3.36 Seja F : R→R3 dada por
F (t) =
³
sen 3t, et
2
, t
´
.
Temos F 0 : R→R3 dada por
F 0 (t) =
³
3 cos 3t, 2tet
2
, 1
´
.
Exemplo 3.37 Seja F : R→R3 dada por
F (t) =
¡
t2, arctg 2t, e−t
¢
.
Temos F 0, F 00 : R→R3 dadas por
F 0 (t) =
µ
2t,
2
1 + 4t2
,−e−t
¶
, F 00 (t) =
µ
2,− 16t
(1 + 4t2)2
, e−t
¶
.
Exemplo 3.38 Se f : [0,+∞) → R3 definida por f(t) =
µ
ln (1 + t3) , arctg (t2) ,
t
1 + t
¶
é o vetor posição de uma partícula em cada instante t, determine o vetor velocidade desta
partícula em cada instante. Assim, f 0(t) =
µ
3t2
1 + t3
,
2t
1 + t4
,
1
(1 + t)2
¶
é o vetor velocidade
desta partícula em cada instante.
As operações a seguir seguem diretamente das operações de derivação para funções
reais de variável real e do 3.35 e portanto sua demonstração será deixada como exercício.
Proposição 3.39 Sejam F,G : X⊂ R→Rn e h : X⊂ R→R deriváveis em t ∈ X ∩X 0,
Então:
1. (hF )0 (t) = h0 (t) F (t) + h (t) F 0 (t) .
2. hF,Gi0 (t) = hF 0 (t) , G (t)i+ hF (t) , G0 (t)i .
3. (F ∧G)0 (t) = F 0 (t) ∧G (t) + F (t) ∧G0 (t) .
4. (F +G)0 (t) = F 0 (t) +G0 (t) .
25
3.0.6 Integral de funções vetoriais
Ainda, se conhecemos o vetor velocidade de uma partícula em cada instante de tempo e
sabemos a posição dela num determinado instante podemos determinar o vetor posição em
cada instante, integrando o vetor velocidade. Para não gastarmos tempo com partições
de intervalo, soma superior e inferior e depois mostrarmos a equivalência entre a integra-
bilidade de uma função vetorial e suas coordenadas, já daremos a seguinte definição:
Definição 3.40 Seja f : [a, b] ⊂ R → Rn, f(t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) , onde cada
fi : [a, b] ⊂ R→ R. Dizemos que f é integrável em [a, b] se e só se cada fi é integrável
em [a, b] , i = 1, 2, . . . , n eZ b
a
f(t)dt =
µZ b
a
f1(t)dt,
Z b
a
f2(t)dt, . . . ,
Z b
a
fn(t)dt
¶
.
Definição 3.41 Seja f : I ⊂ R → Rn, f(t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) , onde cada fi :
I ⊂ R → R. Dizemos que f admite primitiva no intervalo I se e só se cada fi
admite primitiva em I, i = 1, 2, . . . , n e a primitiva F : I → Rn de f é tal que F (t) =
(F1(t), F2(t), . . . , Fn(t)) , onde cada Fi é uma primitiva de fi, i = 1, 2, . . . , n.
Da definição, todos os métodos de integração aprendidos em MAT-12, podem ser
aplicados em cada coordenada. Vejamos os exemplos a seguir.
Exemplo 3.42 Determine uma primitiva de f(t) =
µ
arcsen
1
t
, arctg
1 + t
1− t
¶
no intervalo
I = (1,+∞).
Para isso devemos determinar uma primitiva de cada uma das coordenadas. Portanto,
F1(t) =
Z
arcsen
1
t
dt = t arcsen
1
t
−
Z −tp
1− 1/t2
1
t2
dt = t arcsen
1
t
+
Z
dt√
t2 − 1
.
A última primitiva pode ser obtida fazendo a mudança de variável t = sec θ e assim
chegamos a Z
sec θ = ln (|sec θ + tg θ|) .
Portanto, temos que
F1(t) = t arcsen
1
t
+ ln
³
t+
√
t2 − 1
´
,∀t ∈ I.
Ainda
F2(t) =
Z
arctg
1 + t
1− tdt = t arctg
1 + t
1− t −
Z
t
1 +
µ
1 + t
1− t
¶2 2(1− t)2dt.
26 CAPÍTULO 3. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
Logo,
F2(t) = t arctg
1 + t
1− t −
Z
2t
2 (1 + t2)
dt = t arctg
1 + t
1− t −
1
2
ln
¡
1 + t2
¢
.
Finalmente, concluímos que uma primitiva de f em I é
F (t) =
µ
t arcsen
1
t
+ ln
³
t+
√
t2 − 1
´, t arctg
1 + t
1− t −
1
2
ln
¡
1 + t2
¢¶
Exemplo 3.43 Para calcular a integral
Z 1
0
µ
t2 et3,
t
et
,
√
et+3
¶
dt, temos da definição
que Z 1
0
µ
t2 et
3
,
t
et
,
√
et+3
¶
dt =
µZ 1
0
t2 et
3
dt,
Z 1
0
t e−t dt,
Z 1
0
√
et+3dt
¶
.
Portanto devemos calcular cada uma das integrais.
- Na primeira fazemos a substituição u = t3 ⇒ du = 3t2dt. Logo,Z 1
0
t2 et
3
dt =
1
3
Z 1
0
eu du =
1
3
[e−1] .
- A segunda integral deve ser feita por partes,Z 1
0
t e−t dt =
¡
−t e−t
¢ ¯¯¯¯1
0
+
Z 1
0
e−t dt = − e−1− e−1+1 = 1− 2 e−1 .
- Finalmente a última integral pode ser feita fazendo substituição
√
et+3 = u ⇒ u2 =
et+3⇒ 2udu = et dt⇒ dt = 2u
u2 − 3du. Logo,Z 1
0
√
et+3dt =
Z √e+3
2
2u2
u2 − 3du =
Z √e+3
2
2du+
Z √e+3
2
6
u2 − 3du.
A primeira integral é imediata e a segunda integral podemos fazer por frações par-
ciais, ou seja,Z √e+3
2
6
u2 − 3du =
Z √e+3
2
6¡
u−
√
3
¢ ¡
u+
√
3
¢du =
=
Z √e+3
2
√
3¡
u−
√
3
¢du− Z √e+3
2
√
3¡
u+
√
3
¢du =
=
√
3
h
ln
³
u−
√
3
´
− ln
³
u+
√
3
´i ¯¯¯¯√e+3
2
Portanto obtemosZ 1
0
√
et+3dt = 2
√
e+3− 4 +
√
3 ln
Ã√
e+3−
√
3√
e+3 +
√
3
!
−
√
3 ln
Ã
2−
√
3
2 +
√
3
!
.
27
Finalmente, obtemos o seguinte resultado finalZ 1
0
µ
t2 et
3
, e2t+1,
t
et
,
√
et+3
¶
dt =
=
Ã
1
3
(e− 1) , e
2
¡
e2 − 1
¢
,
−2
e
+ 1, 2
√
e+3−
³
4 +
√
3
´
+ 2
√
3 ln
√
e+3−
√
3
2−
√
3
!
.
Exemplo 3.44
R π/2
0
(cos3 t, sen4 t) dt =
³R π/2
0
cos3 tdt,
R π/2
0
sen4 tdt
´
. Novamente calcu-
lamos cada uma das integrais.
- Primeiramente usamos identidades trigonométricas e então a primeira integral se toena,Z π/2
0
cos3 tdt =
Z π/2
0
cos t
³
1− 2sen t
´
dt =
Z π/2
0
cos tdt−
Z π/2
0
cos t
2
sen tdt.
A primeira integral é imediata e a segunda fazendo a substituição u = sen t⇒ du =
cos tdt, obtemos que Z π/2
0
cos t
2
sen tdt =
Z 1
0
u2du =
u3
3
¯¯¯¯
1
0
=
1
3
.
Assim, Z π/2
0
cos3 tdt = 1− 1
3
=
2
3
.
- Novamente na segunda integral, usando identidades trigonométricas, obtemosZ π/2
0
4
sen tdt =
Z π/2
0
³
2
sen t
´2
dt =
Z π/2
0
µ
1− cos 2t
2
¶2
dt =
=
1
4
Z π/2
0
∙
1− 2 cos 2t+ 1 + cos 4t
4
¸
dt.
Agora temos integrais imediatas e obtemos;Z π/2
0
4
sen tdt =
3π
16
.
Logo, Z π/2
0
³
cos3 t,
4
sen t
´
dt =
µ
2
3
,
3π
16
¶
Exercício 1
Um ponto se move no espaço com velocidade v t, tal que ‖v t‖  k ∀t,
onde k  0 é uma constante. Prove que v t, at  0 ∀t, onde at é o vetor
aceleração da partícula. Interprete.
SOLUÇÃO:
Como ‖v t‖  k  k2  ‖v t‖2  v t, v t .
Portanto derivando ambos os lados da igualdade em relação a t, obtemos que
para todo t
0  ddt v t, v t 
d
dt v t, v t  v t,
d
dt v t  2 v t,
d
dt v t .
Mas,
at  ddt v t
Logo, substituinda na equação,
v t, at  0, ∀t.
Interpretando fisicamente a questão observa-se que para termos um corpo se
movendo no espaço com velocidade de módulo constante devemos ter um vetor
aceleração ortogonal ao vetor velocidade a fim de que a aceleração mude
somente a direção do vetor velocidade e não o módulo.
Exercício 2
Seja f : a,b → n, contínua. Prove que existe M  0 tal que ‖ft‖ ≤ M,
para todo t ∈ a,b.
SOLUÇÃO:
Seja ft  f1t,… , fnt para todo t ∈ a,b. Então para cada i  1,… ,n,
fi : a,b →  é contínua, o que implica que fi2 é contínua, para i − 1,… ,n. Assim,
a função g : a,b → , definida por
gt  ‖ft‖  f1t2 …fnt2
é contínua em a,b, que é um compacto, logo g admite máximo absoluto em a,b,
ou seja existe  ∈ a,b tal que gt ≤ g, para todo t ∈ a,b. Portanto tomando
M  ‖f‖  1  0, segue que
‖ft‖  gt ≤ g  M, para todo t ∈ a,b.
Exercício 3
a) Seja f : I → n, derivável em t0 ∈ I ∩ I′. Mostre que f é contínua em t0.
b) Seja f : I → n, contínua no intervalo I e derivável em I0 e tal que
f ′t  0, para todo t ∈ I0. Prove que f´ é constante em I.
c) Seja f : I → 3, duas vezes derivável no intervalo I. Suponha que
existe  ∈  tal que d2
dt2
ft  ft, para todo t ∈ I. Mostre que
ft ∧ dfdt t é constante em I.
SOLUÇÃO:
a) Seja ft  f1t,… , fnt para todo t ∈ I  fi é derivável em t0, i  1,… ,n.
Logo, cada fi é contínua em t0 e portanto f é contínua em t0.
b) Seja ft  f1t,… , fnt para todo t ∈ I. Então para cada i  1,… ,n,
fi : I →  é contínua no intervalo I e derivável em I0, e que fi′t  0 para
todo t ∈ I0, o que implica que fi é constante, para i  1,… ,n, ou seja para
cada i  1,… ,n existe ci ∈ , tal que fit  ci, para todo t ∈ I. Assim,
para todo t ∈ I,
ft  c  c1,… ,cn,
ou seja é um vetor constante.
c) Para mostrar que ft ∧ dfdt t é constante em I, basta mostrar que
d
dt f ∧
df
dt t  0, em I. Mas,
d
dt f ∧
df
dt t 
df
dt t ∧
df
dt t  ft ∧
d2f
dt2
t  ft ∧ d
2f
dt2
t  0, ∀t ∈ I,
pois o produto vetorial de vetores l.d. é igual a 0. Portanto ft ∧ dfdt t é
constante em I.
Exercício 4
Uma partícula se movimenta no plano e seu vetor posição em cada
instante t é dado por r : 0, → 2, rt  acos t,b sen t, onde a,b ∈  com
a  0 e b  0.
a) Mostre que a trajetória do movimento é uma elipse.
b) Determine a condição para que o vetor velocidade vt seja
perpendicular ao vetor posição rt, para todo t ∈ 0,.
c) Mostre que o ângulo entre o vetor aceleração at e o vetor posição
rt é , para todo t ∈ 0,.
SOLUÇÃO:
a) Da definição de r temos que xt  acos t e
yt  b sen t  xta
2
 ytb
2
 1, para todo t, ou seja as
coordenadas satisfazem a equação de uma elipse e portanto a trajetória
do movimento é uma elipse.
b) Para que vt e rt sejam perpendiculares, devemos ter 〈vt, rt  0,
para todo t. Mas vt  −a sen t,bcos t e portanto
〈vt, rt  −a2 sen tcos t  b2 sen tcos t  sen2t2 b
2 − a2. Como
〈vt, rt  0, para todo t, em particular para t  4 e portanto teremos
b2 − a2  0, como a  0 e b  0, então a  b.
c) O ângulo  entre os vetores at e rt do 2 é tal que cos  〈at, rt‖at‖‖rt‖ .
Mas at  dvdt t  −acos t,−b sen t. Assim,
cos  −a
2 cos2t  b2 sen2 t
a2 cos2t  b2 sen2 t a2 cos2t  b2 sen2 t
 −1,
o que implica que   .
Exercício 5
Seja F : t1, t2  → 3, integrável em t1, t2 , uma força, dependendo do
tempo t, que atua sobre uma partícula. Denomina-se impulso de F no
intervalo de tempo t1, t2 , o vetor do 3;
I  
t1
t2
Ftdt.
Calcule o impulso de Ft  4 − t2 , arcsen t, tt  1t2  2t  3 no intervalo
0, 1
2
.
Solução:
Da definição, temos que
I  
0
1/ 2 Ftdt  
0
1/ 2 2 − t2 dt, 
0
1/ 2 arcsen tdt, 
0
1/ 2 dt
t  1t2  2t  3 .
 Fazendo a mudançe de variável t  2 senu  dt  2 cosudu, logo

0
1/ 2 2 − t2 dt  2 
0
/6 cos2udu  
0
/61  cos2udu  6 
1
2 sen

3 .
Portanto 
0
1/ 2 2 − t2 dt  6 
3
2 .
 Integrando por partes,

0
1/ 2 arcsen tdt  tarcsen t 1/ 20 − 0
1/ 2 t
1 − t2
dt  
4 2
− 
0
1/ 2 t
1 − t2
dt.
Na integral do lado direito, fazendo a substituição
1 − t2  u  du  −2tdt,

0
1/ 2 t
1 − t2
dt  − 12 1
1/2 du
u
 u 11/2  1 − 12 . Portanto,

0
1/ 2 arcsen tdt    4
4 2
− 1.
 Utilizando a decomposição em freções parciais,

0
1/ 2 dt
t  1t2  2t  3 
1
2 0
1/ 2 dt
t  1 −
1
2 0
1/ 2 t  1
t2  2t 3 dt 
1
2 ln 1  2
Na integral do lado direito, fazemos a substituição
u  t2  2t  3  du  2t  2dt e portanto,
1
2 0
1/ 2 t  1
t2  2t  3 dt 
1
4 3
7/2 2 du
u  14 ln
7  2 2
2 − ln3 . Assim,

0
1/ 2 dt
t  1t2  2t  3 
1
2 ln 1  2 −
1
4 ln
7  2 2
6 .
Logo, o impulso de F no intervalo 0, 1
2
é o vetor
I    3 36 ,
  4
4 2
− 1, 12 ln 1  2 −
1
4 ln
7  2 2
6 .
Exercício 6
Seja  : a,b → 3, duas vezes derivável no intervalo a,b, uma curva no
3, tal que  ′t ≠ 0,0,0 para todo t ∈ a,b. Considere Tt o vetor tangente
unitário em cada ponto da curva.
a) Determine dTdt t.
b) Sabendo que L  
a
b‖ ′t‖dt é o comprimeto de arco da curva, mostre
que s : a,b → , definida por st  
a
t ‖ ′t‖dt é inversível, com
inversa t : 0,L → a,b derivável em 0,L.
c) Considere Γ : 0,L → 3, Γs  ts uma curva no 3, tal que
ImΓ  Im. Mostre que Γ′s  Tts e portanto um vetor tangente
unitário à curva.
d) Mostre que Γ′′s é perpendicular ao vetor Γ′s em cada s ∈ 0,L, ou
seja é um vetor normal à curva.
Solução:
a) Como Tt é um vetor tangente unitário, então Tt  
′t
‖ ′t‖ , logo,
dT
dt t 
 ′′t‖ ′t‖ −  ′t‖ ′t‖ ′
‖ ′t‖2 . Mas ‖
′t‖  〈 ′t, ′t e
portanto ‖ ′t‖ ′  2〈
′′t, ′t
2 〈 ′t, ′t
 〈
′′t, ′t
‖ ′t‖ . Assim,
dT
dt t 
 ′′t‖ ′t‖2 −  ′t〈 ′′t, ′t
‖ ′t‖3 .
b) Como  ′ é derivável e portanto contínua, segue que ‖ ′t‖ é contínua em
a,b. Portanto, do que já foi visto em MAT-12, tem-se que s é derivável e é
uma primitiva de ‖ ′t‖ em a,b, ou seja, s′t  ‖ ′t‖, para todo
t ∈ a,b. Mas, por hipótese,  ′t ≠ 0,0,0 para todo t ∈ a,b e portanto
‖ ′t‖  0, para todo t ∈ a,b. Logo, s é estritamente crescente em a,b,
o que implica que s é injetora, além disso da continuidade de s, temos que
sa,b é um intervalo e como sa  0, sb  L e s é estritamente
crescente, então sa,b  0,L. Portanto s : a,b → 0,L é bijetora com
inversa t : 0,L → a,b. Como s é contínua no intervalo a,b, segue que t
é contínua no intervalo 0,L. Além disso s é derivável, com derivada
s′t  ‖ ′t‖  0, para todo t ∈ a,b. Portanto destas condições temos
que t é derivável e t ′s  1‖ ′ts‖ .
c) Da regra da cadeia, segue que
Γ′s   ′tst ′s   ′ts 1‖ ′ts‖ 
 ′ts
‖ ′ts‖  Tts.
d) Γ′′s   ′′tst ′s2   ′tst ′′s  
′′ts
‖ ′ts‖2  
′tst ′′s. Mas
t ′′s  − 〈
′′ts, ′tst ′s
‖ ′ts‖3  −
〈 ′′ts, ′ts
‖ ′ts‖4 , portanto
Γ′′s  
′′ts
‖ ′ts‖2 −
 ′ts〈 ′′ts, ′ts
‖ ′ts‖4 . Logo,
〈Γ′′s,Γ′s  〈
′′ts, ′ts
‖ ′ts‖3 −
〈 ′ts, ′ts〈 ′′ts, ′ts
‖ ′ts‖5  0,
o que implica que Γ′′s é perpendicular a Γ′s para todo s ∈ 0,L e
portanto é um vetor norma à curva.
28 CAPÍTULO 3. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
3.0.7 Lista de Exercícios
Exercício 3.44 Calcule:
1. lim
t→1
µ√
t− 1
t− 1 , t
2,
t− 1
t
¶
.
2. lim
t→0
µ
tg 3t
t
,
e2t − 1
t
,
ln (1 + t)
t
¶
.
3. lim
t→2
⎛
⎝t
3 − 8
t2 − 4 ,
cosπ/t
t− 2 , (cos (πt))
1
t− 2
⎞
⎠ .
4. lim
t→∞
Ã
(ln t)2
t7
, t sen
π
t
!
.
5. lim
t→∞
Ã∙
1 +
1
t
¸cot 1/t
,
t3
1 + t4
!
.
Exercício 3.45 Sejam F,G : I ⊂ R → Rn, t0 ∈ I 0 com lim
t→t0
G(t) = 0. Suponha que
existam r > 0 e M > 0 tais que kF (t)k ≤M, ∀t ∈ (t0 − r, t0 + r)∩ I. Então, mostre que:
1. lim
t→t0
hF (t) , G (t)i = 0.
2. lim
t→t0
F (t)×G (t) = 0.
Exercício 3.46 Calcule a derivada das funções abaixo, indicando o domínio de derivabil-
idade das funções:
1. F (t) = (3t2, e−t, ln (1 + t2)) .
2. F (t) =
¡
t1/3, cos t2, 3t
¢
.
3. F (t) = (sen 5t, cos 4t,−e−2t) .
4. F (t) =
µ
arcsen
1
t2
, arctg
1 + t
1− t
¶
.
5. F (t) =
µ
t senh t,
t2
cosh t
¶
, onde
senh t =
et − e−t
2
e cosh t =
et + e−t
2
.
29
Exercício 3.47 Calcule:
1.
Z 1
0
(t, et) dt.
2.
Z 1
−1
µ
sen 3t,
1
1 + t2
, ln (2 + t)
¶
dt.
3.
Z π/4
0
(sen5 t, tg4 t, t sen t) dt.
4.
Z 1
0
(t2e3t, t sen t, t sen t cos t) dt.
5.
Z 1
0
¡
cosh3 t, tgh3 t
¢
dt.
6. Se R0 (t) = (sen2 t, 2 cos2 t) e R (π) = (0, 0), determine R (t) .
7. Seja F : [0,+∞)→ R2, F (t) =
µ
t ln (t+ 2) , t arctg
1
t+ 1
¶
a velocidade de uma pe-
quena partícula, idealizada como massa pontual, em função do tempo t. No instante
t = 2. esta partícula encontra-se na origem (0, 0) . Determine a posição da partícula
no instante t = 5 e no instante inicial, isto é t = 0.
Exercício 3.48 Seja X um subconjunto fechado do Rn, e (xm) uma sequência qualquer
de elementos de X que converge para x ∈ Rn. Mostre que x ∈ X.
Exercício 3.49 Seja X um subconjunto compacto do Rn, mostre que toda sequência (xm)
de elementos de X admite uma subsequência que converge para um elemento de X.
Capítulo 4
Campos escalares e vetoriais
Existem várias situações em que uma variável depende de várias outras. Por exemplo,
a área de um retângulo depende do comprimento e da altura deste. O volume de um
cone circular reto depende do raio do círculo da base e da altura do cone. A pressão
de um gás ideal depende do volume, da massa gasosa em moles e da temperatura. A
média aritmética de n números depende destes n números. Estes são alguns exemplos de
funções que dependem de várias variáveis e cujo valor é um número real. Estas funções
são denominadas campos escalares.
Definição 4.1 Um campo escalar é uma função cujo domínio é um subconjunto do Rn,
n > 1 e cujo contradomínio é R, isto é, f : D ⊂ Rn → R, tal que a cada n− upla de D,
f associa um único número real.
Exemplo 4.2 Dada f(x, y, z) = ln (1 + x+ y − z) , o seu domínio é o conjunto D =
{(x, y, z) ∈ R3;x+ y − z + 1 > 0} e a sua imagem é R.
Exemplo 4.3 Dada a função f(x, y) =
p
4− x2 − y2, o seu domínio é o conjunto D =
{(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 4} = B2 ((0, 0)) e a sua imagem é [0,+∞).
Nota 4.4 Observe que se f é um campo escalar cujo domínio é um subconjunto de R2,
então seu gráfico é um subconjunto do R3. Para campos escalares cujo domínio é um
subconjunto do Rn com n > 2, não é mais possível fazer a representação gráfica, pois seu
gráfico é um subconjunto do Rn+1. Sendo assim para a função do primeiro exemplo não
podemos esboçar seu gráfico, pois seria um subconjunto do R4. No entanto o gráfico do
31
32 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS
segundo exemplo é o seguinte subconjunto do R3 :
Nota 4.5 Existem ainda funções que dependem de várias variáveis e cujo valor é ainda
um vetor. Por exemplo, a força gravitacional que atua em cada ponto do universo, depende
da posição do ponto e o seu valor é um vetor. O vetor velocidade de cada ponto no
escoamento de um fluido, depende da posição do ponto e do tempo. Estas funções são
denominadas campos vetoriais.
Definição 4.6 Um campo vetorial é uma função cujo domínio é um subconjunto do
Rn, n > 1 e cujo contradomínio é Rm, com m > 1, isto é, f : D ⊂ Rn → Rm, tal que a
cada n− upla de D, f associa um único vetor do Rm. Assim, f(x) = (f1(x), . . . , fm(x)) ,
onde x = (x1, . . . , xn) ∈ D e fi : D ⊂ Rn → R são campos escalares, i = 1, . . . ,m.
Nota 4.7 Da definição acima observa-se que um campo vetorial é uma função cujas
coordenadas são campos escalares.
Exemplo 4.8 Dada f(x, y) =
µ
1
5
√
y, 0
¶
seu domínio é D = {(x, y) ∈ R2; y ≥ 0} e sua
imagem é [0,+∞)× {0}, ou seja o semi-eixo real positivo.
Exemplo 4.9 Dada f(x, y, z) =
µ
arcsen
1
xy
, coshxz2
¶
, seu domínio é D = {(x, y, z) ∈
R3; |xy| ≥ 1} e sua imagemé ((−π/2, 0) ∪ (0, π/2))× [1,+∞).
Nosso objetivo em MAT-22 é o estudo do Cálculo para campos escalares e vetoriais.
No entanto assim como as funções vetoriais são uma extensão muito simples de funções
reais de variável real, no estudo do Cálculo diferencial e integral, os campos vetoriais
também são um extensão muito simples dos campos escalares. Portanto enfocaremos
especialmente os campos escalares e daremos sempre que possível a extensão para campos
vetoriais.
4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 33
4.1 Limite de campos escalares e vetoriais
O conceito de limte para campos escalares e vetoriais é análogo ao conceito de limite de
funções reais de variável real, que é o conceito fundamental do Cálculo.
Definição 4.10 Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e l ∈ R. Dizemos que l é o limite de f
no ponto a quando dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo x ∈ D com 0 < kx− ak < δ
tem-se que |f(x)− l| < ε. Neste caso usamos a notação
lim
x→a
f(x) = l
Nota 4.11 Observe que quando queremos estudar limite de uma função num ponto, es-
tamos interessados no comportamento da função numa vizinhança do ponto, mas não in-
teressa o comportamento da função neste ponto. Por isso o ponto não precisa estar nem
no domínio da função, mas é necessário que seja um ponto de acumulação do domínio da
função. Observe também que a definição não nos dá uma maneira de calcular o limite,
mas apenas de testar se um determinado número é o limite da função naquele ponto.
Exemplo 4.12 Mostremos que lim
(x,y)→(1,2)
3x − 2y = −1. De fato, dado ε > 0, tomemos
δ =
ε
5
> 0, assim, ∀ (x, y) ∈ R2 tal que 0 < k(x, y)− (1, 2)k =
q
(x− 1)2 + (y − 2)2 < δ
tem-se que |3x− 2y + 1| = |3 (x− 1)− 2 (y − 2)| ≤ 3 |x− 1| + 2 |y − 2| < 5δ = ε, o que
implica que lim
(x,y)→(1,2)
3x− 2y = −1.
Exemplo 4.13 Provemos, por definição, que
lim
(x,y)→(2,0)
8
x+ y − 3 = −8 .
Resolução. Devemos provar que
∀ε > 0, ∃ δ > 0 : 0 < k(x, y)− (2, 0)k < δ ⇒
¯¯¯¯
8
x+ y − 3 + 8
¯¯¯¯
< ε. (4.1)
Temos ¯¯¯¯
8
x+ y − 3 + 8
¯¯¯¯
=
|8 + 8 (x+ y − 3)|
|x+ y − 3| ≤
8 |x− 2|+ 8 |y|
|x+ y − 3| , (4.2)
como
k(x, y)− (2, 0)k < δ ⇒ |x− 2| < δ e |y| < δ , (4.3)
segue de (4.1) que ¯¯¯¯
8
x+ y − 3 + 8
¯¯¯¯
≤ 16 δ|x+ y − 3| . (4.4)
Assim, devemos agora encontrar C > 0 tal que
|x+ y − 3| > C.
34 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS
De (4.3) temos
−2δ − 1 < x+ y − 3 < 2δ − 1 .
Logo se considerarmos 0 < δ <
1
4
temos que −δ > −1
4
, o que implica que
−3
2
< x+ y − 3 < −1
2
,
ou seja
|x+ y − 3| = − (x+ y − 3) > 1
2
,
usando isto em (4.4) segue ¯¯¯¯
8
x+ y − 3 + 8
¯¯¯¯
< 32δ.
Consideramos então
δ = min
½
ε
32
,
1
4
¾
,
e voltando a (4.4) obtemos (4.1). ¤
Proposição 4.14 Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0. Se existe lim
x→a
f(x) então este é único.
Prova. Suponhamos que existam l1 e l2 ∈ R tais que lim
x→a
f(x) = l1 e lim
x→a
f(x) = l2.
Então dado ε > 0, existem δ1, δ2 > 0 tais que ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ1 tem-
se que |f(x)− l1| < ε
2
e ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ2 tem-se que |f(x)− l2| < ε
2
.
Assim, tomando δ = min{δ1, δ2} > 0 segue que ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ tem-se
que |f(x)− l1| < ε
2
e |f(x)− l2| < ε
2
. Portanto tomando x ∈ D com 0 < kx− ak < δ,
obtemos que |l1 − l2| ≤ |f(x)− l1|+ |f(x)− l2| < ε, ∀ε > 0⇒ l1 = l2. ¤
Como conseqüência imediata da proposição acima temos o seguinte resultado:
Corolário 4.15 Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0. Considere S1, S2 ⊂ D tais que a ∈ S01∩S02.
Se lim
x→a
x∈S1
f(x) 6= lim
x→a
x∈S2
f(x) então @lim
x→a
f(x).
Exemplo 4.16 Não existe lim
(x,y)→(0.0)
xy
x2 + y2
pois se tomarmos os subconjuntos Sm de
R2\{(0, 0)}, onde Sm = {(x, y) ∈ R2\{(0, 0)}; y = mx}, temos que (0, 0) ∈ S0m e lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈Sm
f(x, y) =
4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 35
lim
x→0
mx2
(1 +m2)x2
=
m
1 +m2
e portanto lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈Sm
f(x, y) 6= lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈Sk
f(x, y), se m 6= k. O grá-
fico desta função segue abaixo:
Ou seja o limite acima não existe pois depende da inclinação da reta que passa pela
origem. Vejamos mais um exemplo.
Exemplo 4.17 Considere f(x, y) =
xy2
x2 + y4
. Vemos que
lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈Sm
f(x, y) = lim
x→0
m2x3
(1 +m4x2)x2
= 0,
onde Sm = {(x, y) ∈ R2\{(0, 0)}; y = mx}. Podemos ser tentados a achar que o limite
existe e vale 0, no entanto se tomarmos S = {(x, y) ∈ R2\{(0, 0)};x = y2}, vemos que
(0, 0) ∈ S0 e
lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈S
f(x, y) = lim
y→0
y4
2y4
=
1
2
6= 0 = lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈Sm
f(x, y),
36 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS
o que implica que @ lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y). Vejamos o gráfico de f :
Exemplo 4.18 Considere f(x, y) = sen
1
x2 + y2
. Para mostrar que tal limite não existe,
considere S1 = {
µ
1√
nπ
, 0
¶
;n ∈ N} e S2 = {
Ã
1p
(π/2) + 2nπ
, 0
!
;n ∈ N}. Na realidade
S1 e S2 são duas seqüências distintas em R2 e como ambas convergem para (0.0) , segue
que (0, 0) ∈ S01 ∩ S02. Como, f(
1√
nπ
, 0) = 0, ∀n ∈ N e f( 1p
(π/2) + 2nπ
, 0) = 1, ∀n ∈ N,
temos que lim
(x,y)→(00)
(x,y)∈S1
f(x) 6= lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈S2
f(x) portanto @ lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y). Vejamos o gráfico de
f numa vizinhança de (0, 0) .
4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 37
Nota 4.19 Observe então que só podemos utilizar curvas ou seqüências para provar que
um limite não existe. No entanto temos os seguintes resultados, cujas demonstrações
deixamos a cargo do aluno.
Proposição 4.20 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0, Si ⊂ D, 1 ≤ i ≤ k tais que a ∈
k
∩
i=1
S0i
e
k
∪
i=1
Si = D. Se lim
x→a
x∈Si
f(x) = l, 1 ≤ i ≤ k então lim
x→a
f(x) = l.
Nota 4.21 Na realidade a proposição acima garante a existência de limite, se pudermos
dividir o domínio da função num número finito de conjuntos tais que o limite ao longo
de cada subconjunto existe e é igual. O resultado não é mais válida se o número de
conjuntos for infinito, como pudemos ver em exemplo anterior, onde o limite existe e é
igual ao longo de qualquer reta passando pela origem, no entanto é diferente ao longo da
parábola passando pela origem. Observe que o R2 pode ser visto como união de todas as
retas passando pela origem, mas esta união é infinita e por isso a proposição acima não
pode ser aplicada.
Exemplo 4.22 Seja f (x, y) =
½
1− x2 − y2; k(x, y)k < 1
0; k(x, y)k > 1 . É claro que os pontos
(x0, y0) ∈ R2 tais que k(x0, y0)k = 1 são pontos de acumulação do domínio Df de
f. Ainda Df = S1 ∪ S2, onde S1 = {(x, y) ∈ R2; k(x, y)k < 1} e S2 = {(x, y) ∈
R2; k(x, y)k > 1}, com (x0, y0) ∈ S01∩S02. Assim, como lim
(x,y)→(x0,y0)
(x,y)∈S1
f(x, y) = 1−x20−y20 = 0
e lim
(x,y)→(x0,y0)
(x,y)∈S2
f(x, y) = 0, segue da proposição anterior que lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = 0.
Proposição 4.23 (Caracterização de limite por sequência): Sejam f : D ⊂ Rn →
R, a ∈ D0. lim
x→a
f(x) = l ⇔ para toda sequência (xm) tal que xm ∈ D e xm 6= a, para todo
m ∈ N, com xm → a temos que f (xm)→ l.
Como a definição de limite não nos permite calcular o limite, mas apenas testar se
um determinado número é ou não limite de uma função num determinado ponto de
acumulação, daremos a seguir alguns resultados que nos permitirão determinar limtes mais
complicados, a partir de limites mais simples, que podem ser demonstrados por definição.
Mas antes de demonstrarmos as propriedades de operações com limite, apresentaremos
algumas propriedades necessárias para as demontrações das operações com limites.
Proposição 4.24 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e l ∈ R. Se lim
x→a
f(x) = l então
∃r,K > 0 tais que |f(x)| ≤ K, ∀x ∈ D ∩Br (a) .
Prova. Da definição de limite, segue que considerando ε = 1 > 0, existe δ > 0
tal que ∀x ∈ D ∩ (Bδ (a) \{a}) tem-se que |f(x)− l| < 1 ⇒ |f(x)| < 1 +|l| , ∀x ∈
38 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS
D ∩ (Bδ (a) \{a}) . Assim, se a /∈ D segue que |f(x)| < 1 + |l| , ∀x ∈ D ∩ Bδ (a) e a
proposição fica provada neste caso, com r = δ e K = 1+ |l| . Caso a ∈ D então tomamos
K = max{1 + |l| , |f(a)|} e portanto tem-se que |f(x)| ≤ K, ∀x ∈ D ∩Bδ (a) . Portanto a
proposição está provada. ¤
Proposição 4.25 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e l ∈ R, l 6= 0 tais que lim
x→a
f(x) = l
então:
a) Existe r > 0 tal que f(x)l > 0, ∀x ∈ D ∩ (Br (a) \{a}) .
b) Existem r,M > 0 tais que |f(x)| > M, ∀x ∈ D ∩ (Br (a) \{a}) .
Nota 4.26 O ítem (a) da proposição acima é conhecido como teorema da conservação
de sinal, pois ele afirma que a função numa vizinhança furada do ponto a tem o mesmo
sinal que o seu limite neste ponto. As demonstrações dos dois ítens são análogas as que
foram feitas em MAT-12 e por isso serão deixadas como exercício.
Proposição 4.27 Sejam f, g : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0, l1, l2 ∈ R tais que lim
x→a
f(x) = l1 e
lim
x→a
g(x) = l2. Então:
a) lim
x→a
(f(x)± g(x)) = l1 ± l2.
b)lim
x→a
(fg) (x) = l1l2.
c) lim
x→a
f(x)
g(x)
=
l1
l2
, se l2 6= 0.
d) lim
x→a
|f(x)| = |l| .
Prova. Os ítens (a) e (d) são facilmente demonstrados. Provaremos então as ítens
(b) e (c).
(b) Como lim
x→a
f(x) = l1 segue da proposição anterior que existem r,K > 0 tais que
|f(x)| ≤ K, ∀x ∈ D ∩ Br (a) . Ainda da definição de limite, segue que ∀ε > 0, existem
δ1, δ2 > 0 tais que ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ1 tem-se que |f(x)− l1| < ε|K|+ |l2| e
∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ2 tem-se que |g(x)− l2| < ε|K|+ |l2| . Portanto, tomando δ =
min{δ1, δ2, r} > 0 tem-se que ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ, obtemos |f(x)g(x)− l1l2| ≤
|f(x)| |g(x)− l2|+ |l2| |f(x)− l1| ≤ K |g(x)− l2|+ |l2| |f(x)− l1| < ε. O que demonstra a
proposição.
(c) Como lim
x→a
g(x) = l2 6= 0, segue da proposição anterior que existem r,M > 0 tais que
|g(x)| > M, ∀x ∈ D ∩ Br (a) . Ainda das definições de limites segue que ∀ε > 0, existem
δ1, δ2 > 0 tais que ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ1 tem-se que |f(x)− l1| < M |l2| ε|l1|+ |l2| e
∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ2 tem-se que |g(x)− l2| < M |l2| ε|l1|+ |l2| . Portanto, tomando
δ = min{δ1, δ2, r} > 0 tem-se que ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ, obtemos
¯¯¯¯
f(x)
g(x)
− l1
l2
¯¯¯¯
=
4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 39¯¯¯¯
f(x)l2 − g(x)l1
g(x)l2
¯¯¯¯
≤ |l2| |f(x)− l1|+ |l1| |g(x)− l2|
M |l2| < ε, o que demonstra a proposição. ¤
Exemplo 4.28 É fácil provar por definição que lim
(x,y)→(x0,y0)
ax = ax0 e lim
(x,y)→(x0,y0)
by = by0
∀a, b ∈ R (Mostre!). Assim, lim
(x,y)→(x0,y0)
ax2 + by2 = ax20 + by20, utilizando as propriedades
(a) e (b).
Exemplo 4.29 lim
(x,y,z)→(1,2,−1)
x3 − y2 + z4
x2 + 3y − z =
−1
4
, pois das propriedades (a) e (b) temos
que lim
(x,y,z)→(1,2,−1)
x3 − y2 + z4 = −2 e lim
(x,y,z)→(1,2,−1)
x2 + 3y − z = 8 6= 0, portanto de (c)
segue o resultado.
Proposição 4.30 Sejam f, g : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0. Se lim
x→a
f(x) = 0 e existem r > 0 e
M > 0 tais que |g(x)| ≤M, ∀x ∈ D ∩Br (a) então lim
x→a
f(x)g(x) = 0.
Prova. Como lim
x→a
f(x) = 0 então dado ε > 0, existe δ > 0 tal que ∀x ∈ D com
0 < kx− ak < δ tem-se que |f(x)| < ε
M
. Logo, tomando δ1 = min{δ, r} > 0, temos que
∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ1 ⇒ |f(x)g(x)| < ε⇒ lim
x→a
f(x)g(x) = 0. ¤
Nota 4.31 Observe que o resultado acima é diferente da propriedade de produto de lim-
ites, pois a função que é por hipótese limitada poderá não ter limite no ponto em questão.
Exemplo 4.32 O lim
(x,y,z)→(−1,1,2)
(x+ 1)2q
(x+ 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2
= 0, pois
lim
(x,y,z)→(−1,1,2)
(x+ 1) = 0
e ¯¯¯¯
¯¯ (x+ 1)q
(x+ 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2
¯¯¯¯
¯¯ ≤ 1,∀ (x, y, z) ∈ R2, (x, y, z) 6= (−1, 1, 2) .
Observe que o exemplo acima é um exemplo típico onde não se pode aplicar a pro-
priedade de produto de limites, pois a função
(x+ 1)q
(x+ 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2
é limitada
em todo o seu domínio, mas não admite limite no ponto (−1, 1, 2) . (Verifique!).
Existem dois resultados importantes, que são os teorema da função composta, que nos
permitem utilizar importantes resultados de MAT-12, tais como l’Hôpital. Vejamos.
40 CAPÍTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS
Teorema 4.33 (Teorema da Composta I) Sejam f : D ⊂ Rn → R, g : I ⊂ R → R,
a ∈ D0, b ∈ I 0, l ∈ R tais que f(D) ⊂ I, lim
x→a
f(x) = b, lim
t→b
g(t) = l e existe r > 0 tal que
f(x) 6= b, ∀x ∈ [Br (a) \{a}] ∩D. Então lim
x→a
(g ◦ f) (x) = l.
Prova. Como lim
t→b
g(t) = l, segue que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que ∀t ∈ I com 0 < |t− b| < δ
tem-se que |g(t)− l| < ε. Ainda como lim
x→a
f(x) = b, então tomando δ > 0 encontrado
acima, existe δ1 > 0 tal que ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ1 tem-se que |f(x)− b| < δ.
Portanto, tomando δ2 = min{δ1, r} > 0 , ∀x ∈ D com 0 < kx− ak < δ2 obtém-se que
0 < |f(x)− b| < δ ⇒ |g(f(x))− l| < ε⇒ lim
x→a
(g ◦ f) (x) = l. ¤
Teorema 4.34 (Teorema da Composta II) Sejam f : D ⊂ Rn → R, g : I ⊂ R → R,
a ∈ D0, b ∈ I tais que f(D) ⊂ I, lim
x→a
f(x) = b, e g é contínua em b. Então lim
x→a
(g ◦ f) (x) =
g(b) = g
³
lim
x→a
f(x)
´
.
A demonstração é análoga a anterior, na realidade mais simples e por isso será deixada
como exercício. Observe que a continuidade de g no limite de f elimina a condição de
f(x) ter que ser diferente de seu limite pelo menos numa vizinhança furada de a. Vejamos
com dois exemplos a necessidade destas condições.
Exemplo 4.35 Seja f : R2 → R , definida por f(x, y) = (x− 1) y e g : R→ R, definida
por g(t) =
⎧
⎨
⎩
t ln t; t > 0
t; t < 0
−2; t = 0
. Assim, temos que lim
(x,y)→(1,1)
f(x, y) = 0 e lim
t→0
g(t) = 0 6=
g(0) = −2. No entanto ∀r > 0, os pontos (1, y) tais que 0 < |y − 1| < r são tais que
(1, y) ∈ Br (1, 1) \{(1, 1)} e f(1, y) = 0, logo esta função não satisfaz a última condição
exigida pelo teorema I e nem a condição de continuidade da g, condição do teorema II.
Portanto não podemos aplicar nenhum dos teoremas da composta. Vejamos então o que
acontece com a composta. Consideremos g◦f : R2 → R, que é definida por (g ◦ f) (x, y) =⎧
⎨
⎩
(x− 1) y ln (x− 1) y; (x− 1) y > 0
(x− 1) y; (x− 1) y < 0
−2; (x− 1) y = 0
. Assim, tomando S1 = {(x, y) ∈ R2; y = 1} e
S2 = {(x, y) ∈ R2;x = 1}, tem-se que lim
(x,y)→(1,1)
(x,y)∈S1
(g ◦ f) (x, y) = 0 e lim
(x,y)→(1,1)
(x,y)∈S2
(g ◦ f) (x, y) =
−2, o que implica que o limite da composta não existe, mesmo existindo cada um dos
limites da f e da g. Isto acontece porque a função f não satisfaz a condição de ser
diferente de seu limite em alguma vizinhança furada de (1, 1) e nem g é contínua em
0 = lim
(x,y)→(1,1)
f(x, y) = 0.
Exemplo 4.36 Seja f : R2 → R , definida por f(x, y) = 0 e g : R → R, definida por
g(t) =
⎧
⎨
⎩
t ln t; t > 0
t; t < 0
−2; t = 0
. É claro que lim
(x,y)→(1,1)
f(x, y) = 0 e lim
t→0
g(t) = 0, mas f(x, y) =
4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 41
0 = lim
(x,y)→(1,1)
f(x, y), ∀ (x, y) ∈ R2 e g não é contíunua em t0 = 0. Ou seja as condições de
nenhum dos dois teorema da composta estão satisfeitas. Portanto para sabermos se g ◦ f
admite ou não limite no ponto (1, 1) , devemos trabalhar com a própria função composta
ou seja g◦f : R2 → R, é definida por (g ◦ f) (x, y) = −2, e assim lim
(x,y)→(1,1)
(g ◦ f) (x, y) =
−2 6= 0 = lim
t→0
g(t) = 0.
O que observamos é que mesmo que os limite de f e g existam se não houver a hipótese
de continuidade de g ou a hipótese de f ser diferente de seu limite numa vizinhança furada
do ponto, a composta poderá não ter limite ou se tiver, o limite poderá ser diferente do
limite de g. Vejamos a seguir como podemos aplicar o resultado.
Exemplo 4.37 O lim
(x,y)→(1,1)
sen
£
(x− 1)2 + (y − 1)2
¤
(x− 1)2 + (y − 1)2
= 1, pois
lim
(x,y)→(1,1)
£
(x− 1)2 + (y − 1)2
¤
= 0,
lim
t→0
sen t
t
= 1
e £
(x− 1)2 + (y − 1)2