Exercícios de cálculo 2 resolvidos

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Exercícios resolvidos de Cálculo II
TT220
1 Funções de várias variáveis
1.1 Grá�cos e curvas de nível
1
Exercício 1 Esboçar o grá�co de z = f(x; y) e as curvas de nível f(x; y) = k ,
para alguns valores constantes k, das seguintes funções:
a) z = xy2+1
15 10
5 0
-5 -10
-15
15
10
5
0
-5
-10
-15
15
10
5
0
-5
-10
-15
x
y
z
x
y
z
Curvas de nível xy2+1 = k
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
2
b) z =
p
x2 + y2
5 2.5 0 -2.5 -5
5
2.5
0
-2.5
-5
6.25
5
3.75
2.5
1.25
0
x
y
z
x
y
z
Curvas de nível
p
x2 + y2 = k
43.532.521.510.50-0.5-1-1.5-2-2.5-3-3.5-4
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
-3
-3.5
-4
x
y
x
y
3
c) z = x2 + y2 + 1
5 2.5
0 -2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
50
37.5
25
12.5
x
y
z
x
y
z
Curvas de nível x2 + y2 + 1 = k
21.510.50-0.5-1-1.5-2
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
x
y
x
y
4
d) z = xy
5 2.5 0 -2.5 -55 2.5 0 -2.5 -5
25
12.5
0
-12.5
-25
xy
z
xy
z
Curvas de nível xy = k
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
5
e) z = 1� x� y
5
2.5
0
-2.5
-5
52.50-2.5-5
10
5
0
-5
x
y
z
x
y
z
0 = 1� x� y
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
6
f) z = x2 � y2
5 2.5 0 -2.5
-5
52.5
0-2.5
-5
25
12.5
0
-12.5
-25
x y
z
x y
z
Curvas de nível x2 � y2 = k
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
7
g) z = x2
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
25
20
15
10
5
0
x y
z
x y
z
Curvas de nível x2 = k:
21.751.51.2510.750.50.250-0.25-0.5-0.75-1-1.25-1.5-1.75
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
8
h) z = y2
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
25
20
15
10
5
0
x y
z
x y
z
Curvas de nível y2 = k:
543210-1-2-3-4-5
2
1.75
1.5
1.25
1
0.75
0.5
0.25
0
-0.25
-0.5
-0.75
-1
-1.25
-1.5
-1.75
x
y
x
y
9
i) z = x2 + y
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
30
25
20
15
10
5
0
-5
x y
z
x y
z
Curvas de nível x2 + y = k:
32.521.510.50-0.5-1-1.5-2-2.5-3
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
10
j) z = x+ y2
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
30
25
20
15
10
5
0
-5
x y
z
x y
z
Curvas de nível x+ y2 = k:
43210-1-2-3-4-5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
-3
x
y
x
y
11
k) z = jxj+ jyj
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
10
7.5
5
2.5
0
x y
z
x y
z
Curvas de nível jxj+ jyj = k:
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
12
l) z = jxj � jyj
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
x y
z
x y
z
Curvas de nível jxj � jyj = k:
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
13
m) z = y3
5
2.5
0
-2.5
-5
52.50-2.5-5
100
50
0
-50
-100
x
y
z
x
y
z
Curvas de nível y3 = k:
543210-1-2-3-4-5
1.5
1.25
1
0.75
0.5
0.25
0
-0.25
-0.5
-0.75
-1
-1.25
-1.5
x
y
x
y
14
n) z = x3
Curvas de nível x3 = k:
15
o) z = sin2(x+ y)
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
10.750.50.250
x
y
z
x
y
z
Curvas de nível sin2(x+ y) = k:
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
16
p) z = cos2(x+ y)
5 2.5 0 -2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
10.750.50.25
x
y
z
x
y
z
Curvas de nível cos2(x+ y) = k:
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
17
q) z = x4 + xy � y4
Curvas de nível x4 + xy � y4 = k:
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
18
r) z = maxfx; yg
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
x
y z
x
y z
Curvas de nível maxfx; yg = k:
43210-1-2-3-4-5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
19
s) z = y1+jxj
5
2.5
0
-2.5
-5
52.5
0-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
x
y
z
x
y
z
Curvas de nível y1+jxj = k:
543210-1-2-3-4-5
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
20
t) z = ex
52.5
0-2.5
-5
5
2.5
0
-2.5
-5
125
100
75
50
25
0
x
y
z
x
y
z
Cirvas de nível ex = k:
1.51.2510.750.50.250-0.25-0.5-0.75-1-1.25-1.5-1.75-2-2.25
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
x
y
x
y
21
1.2 Derivadas parciais
Exercício 2 Calcular a derivada parcial de 1a ordem de z = 5xy � x2 através
da de�nição.
Solução:
Sem ser pela de�nição se tem que:
� @z
@x
= 5y � 2x
� @z
@y
= 5x
a) Utilizando a de�nição se tem que:
@z
@x
= lim
�x!0
f (x0 +�x; y0)� f (x0; y0)
�x
ou, fazendo �x = (x� x0) e x = x0 +�x;
@f (x0; y0)
@x
= lim
x!x0
f (x; y0)� f (x0; y0)
x� x0
f (x; y) = 5xy � x2
@f (x0; y0)
@x
= lim
x!x0
5xy0 � x2 �
�
5x0y0 � x20
�
x� x0
= lim
x!x0
5xy0 � x2 � 5x0y0 + x20
x� x0
= lim
x!x0
5y0 (x� x0)�
�
x2 � x20
�
(x� x0)
= lim
x!x0
5y0 (x� x0)� (x� x0) (x+ x0)
(x� x0)
= lim
x!x0
(x� x0) (5y0 � (x+ x0))
(x� x0)
= lim
x!x0
(5y0 � x� x0)
= 5y0 � 2x0
@f (x0; y0)
@x
= 5y0 � 2x0
b) Utilizando a de�nição se tem que:
@z
@y
= lim
�y!0
f (x0; y0 +�y)� f (x0; y0)
�y
ou, fazendo �y = (y � y0) e y = y0 +�y;
@f (x0; y0)
@y
= lim
y!y0
f (x0; y)� f (x0; y0)
y � y0
22
@f (x0; y0)
@y
= lim
y!y0
5x0y � x20 �
�
5x0y0 � x20
�
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0y � x20 � 5x0y0 + x20
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0 (y � y0)� x20 + x20
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0 (y � y0)� 0
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0 (y � y0)
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0
= 5x0
) @f (x0; y0)
@y
= 5x0
Exercício 3 Calcular a derivada parcial de 1a ordem de z =
p
xy através da
de�nição.
Solução:
a)
@f (x0; y0)
@x
= lim
x!x0
f (x; y0)� f (x0; y0)
x� x0
= lim
x!x0
p
xy0 �
p
x0y0
(x� x0)
= lim
x!x0
�p
xy0 �
p
x0y0
� �p
xy0 +
p
x0y0
�
(x� x0)
�p
xy0 +
p
x0y0
� 1
= lim
x!x0
�p
xy0
�2 � �px0y0�2
(x� x0)
�p
xy0 +
p
x0y0
�
= lim
x!x0
xy0 � x0y0
(x� x0)
�p
xy0 +
p
x0y0
�
= lim
x!x0
y0 (x� x0)
(x� x0)
�p
xy0 +
p
x0y0
�
= lim
x!x0
y0p
xy0 +
p
x0y0
=
y0p
x0y0 +
p
x0y0
=
y0
2
p
x0y0
Portanto,
@f (x0; y0)
@x
=
y0
2
p
x0y0
:
1Note que
�p
A�
p
B
��p
A+
p
B
�
= (
p
A)2 � (
p
B)2 = A�B:
23
b)
@f (x0; y0)
@y
= lim
y!y0
f (x0; y)� f (x0; y0)
y � y0
= lim
y!y0
p
x0y �
p
x0y0
(y � y0)
= lim
y!y0
�p
x0y �
p
x0y0
� �p
x0y +
p
x0y0
�
(y � y0)
�p
x0y +
p
x0y0
� 2
= lim
y!y0
x0y � x0y0
(y � y0)
�p
x0y +
p
x0y0
�
= lim
y!y0
x0 (y � y0)
(y � y0)
�p
x0y +
p
x0y0
�
= lim
y!y0
x0�p
x0y +
p
x0y0
�
=
x0p
x0y0 +
p
x0y0
=
x0
2
p
x0y0
Portanto,
@f (x0; y0)
@y
=
x0
2
p
x0y0
Exercício 4 Calcular a derivada parcial de 1a ordem de z = 5xy � x2 através
da de�nição.
Solução:
Sem ser pela de�nição se tem que:
� @z
@x
= 5y � 2x
� @z
@y
= 5x
a) Utilizando a de�nição se tem que:
@z
@x
= lim
�x!0
f (x0 +�x; y0)� f (x0; y0)
�x
ou, fazendo �x = (x� x0) e x = x0 +�x;
@f (x0; y0)
@x
= lim
x!x0
f (x; y0)� f (x0; y0)
x� x0
f (x; y) = 5xy � x2
@f (x0; y0)
@x
= lim
x!x0
5xy0 � x2 �
�
5x0y0 � x20
�
x� x0
= lim
x!x0
5xy0 � x2 � 5x0y0 + x20
x� x0
2Note que
�p
A�
p
B
��p
A+
p
B
�
= (
p
A)2 � (
p
B)2 = A�B:
24
= lim
x!x0
5y0 (x� x0)�
�
x2 � x20
�
(x� x0)
= lim
x!x0
5y0 (x� x0)� (x� x0) (x+ x0)
(x� x0)
= lim
x!x0
(x� x0) (5y0 � (x+ x0))
(x� x0)
= lim
x!x0
(5y0 � x� x0)
= 5y0 � 2x0
@f (x0; y0)
@x
= 5y0 � 2x0
b) Utilizando a de�nição se tem que:
@z
@y
= lim
�y!0
f (x0; y0 +�y)� f (x0; y0)
�y
ou, fazendo �y = (y � y0) e y = y0 +�y;
@f (x0; y0)
@y
= lim
y!y0
f (x0; y)� f (x0; y0)
y � y0
@f (x0; y0)
@y
= lim
y!y0
5x0y � x20 �
�
5x0y0 � x20
�
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0y � x20 � 5x0y0 + x20
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0 (y � y0)� x20 + x20
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0 (y � y0)� 0
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0 (y � y0)
(y � y0)
= lim
y!y0
5x0
= 5x0
) @f (x0; y0)
@y
= 5x0
Exercício 5 Calcular as derivadas parciais de 1a ordem:
a z =
p
x2 + y2
Solução:
fx =
1
2
p
x2 + y2
� 2x = xp
x2 + y2
fy =
1
2
p
x2 + y2
� 2y = yp
x2 + y2
25
b z = (x+ y) ex+2y
Solução:
fx = e
x+2y + (x+ y) � ex+2y =) ex+2y (1 + x+ y)
fy = e
x+2y + (x+ y) � ex+2y � 2 =) ex+2y (1 + 2x+ 2y)
Exercício 6 Seja f (x; y) =
( xy
x2 + y2
se (x; y) 6= (0; 0)
0 se (x; y) = (0; 0)
:Calcular
@f
@x
e
@f
@y
:
Solução:
Fora da origem:fx =
y
�
x2 + y2
�
� xy2x
(x2 + y2)
2 =
y
�
x2 + y2 � 2x2
�
(x2 + y2)
2 =
y
�
y2 � x2
�
(x2 + y2)
2 se (x; y) 6=
(0; 0)
fy =
x
�
x2 + y2
�
� xy2y
(x2 + y2)
2 =
x
�
x2 + y2 � 2y2
�
(x2 + y2)
2 =
x
�
x2 � y2
�
(x2 + y2)
2 se (x; y) 6=
(0; 0)
No ponto (0,0).
� @f (x0; y0)
@x
= lim
x!x0
f (x; y0)� f (x0; y0)
x� x0
@f (0; 0)
@x
= lim
x!0
f (x; 0)� f (0; 0)
x� 0 = limx!0
x:0
x2 + 02
� 0
x� 0 = limx!0
0
x
= 0:
� @f (x0; y0)
@y
= lim
y!y0
f (x0; y)� f (x0; y0)
y � y0
@f (0; 0)
@y
= lim
y!0
f (0; y)� f (0; 0)
y � 0 = limy!0
0y
02 + y2
� 0
y � 0 = limy!0
0
y
= 0
Exercício 7 Seja f(x; y) = cos(x3 + xy): Calcular
a) @f(x;y)@x =
@[cos(x3+xy)]
@x =
�
�
�
sin
�
xy + x3
�� �
y + 3x2
��
b) @f(x;y)@y =
@[cos(x3+xy)]
@y =
�
�x sin
�
xy + x3
��
c) @
2f(x;y)
@x2 =
@2[cos(x3+xy)]
@x2 =
h
�6x sin
�
xy + x3
�
�
�
cos
�
xy + x3
�� �
y + 3x2
�2i
d) @
2f(x;y)
@y2 =
@2[cos(x3+xy)]
@y2 =
�
�x2 cos
�
xy + x3
��
e) @
2f(x;y)
@x@y =
@2[cos(x3+xy)]
@x@y =
�
� sin
�
xy + x3
�
� x
�
cos
�
xy + x3
�� �
y + 3x2
��
26
f) @
2f(x;y)
@y@x =
@2[cos(x3+xy)]
@y@x =
�
� sin
�
xy + x3
�
� x
�
cos
�
xy + x3
�� �
y + 3x2
��
Exercício 8 Se z = f (x; y) tem derivadas parciais de 2a ordem contínuas e
satisfaz a equação
@2f
@x2
+
@2f
@y2
= 0; ela é dita uma função harmônica. Veri�car
se as funções dadas são harmônicas:
a f(x; y) = ex cos y
Solução:
� @f
@x
= ex cos y
� @
2f
@x2
= ex cos y
� @f
@y
= ex:(� sin y)
� @
2f
@y2
= ex(� cos y)
@2f
@x2
+
@2f
@y2
= ex cos y + ex(� cos y) = ex(cos y � cos y) = ex(0) = 0
Portanto, a função z = f(x; y) é harmônica.
b z = x2 + 2xy
Solução:
� @f
@x
= 2x+ 2y
� @
2f
@x2
= 2
� @f
@y
= 2x
� @
2f
@y2
= 0
@2f
@x2
+
@2f
@y2
= 2 + 0 = 2
Portanto, a função z = f(x; y) não é harmônica.
27
1.3 Diferenciabilidade
Exercício 9 Veri�car se a função abaixo é diferenciável na origem.
f (x; y) =
8<:
y4 + 3x2y2 + 2yx3
(x2 + y2)
2 ; (x; y) 6= (0; 0)
0; (x; y) = (0; 0)
Solução:
@f (0; 0)
@x
= lim
x!0
f (x; 0)� f (0; 0)
x� 0 = limx!0
0
x2
� 0
x
= 0
@f (0; 0)
@y
= lim
y!0
f (0; y)� f (0; 0)
y � 0 = limy!0
y4
y4
� 0
y
= lim
y!0
1
y
:Não existe.
De fato,
8><>:
lim
y!0+
1
y
= +1
lim
y!0�
1
y
= �1
Portanto, não existe
@f
@y
e f não é diferenciável em (0; 0) :
Exercício 10 Calcular df (1; 1) e �f (1; 1) da função f (x; y) = x + y � xy2
considerando �x = 0; 01 e �y = 1: Comparar os resultados obtidos.
Solução:8><>:
@f
@x
= 1� y2
@f
@y
= 1� 2xy
df =
@f (x; y)
@x
dx+
@f (x; y)
@y
dy
df =
�
1� y2
�
dx+ (1� 2xy) dy
df (1; 1) = (1� 1) dx+ (1� 2) dy
df (1; 1) = 0 dx+ (�1) dy
df (1; 1) = 0� 1 � dy
df (1; 1) = �1:1
df (1; 1) = �1:
�z = f(x; y)� f (x0; y0)
�z = f (1 + 0:01; 1 + 1)� f (1; 1)
�z = f (1:01; 2)� f (1; 1)
�z = 1:01 + 2� 1; 01 � 22 � (1 + 1� 1)
�z = �1:03� 1 = �2:03
) dz = �1 e �z = �2:03
28
1.4 Regra da Cadeia
Exercício 11 Aplicar a regra da cadeia
�
dh
dt
=
@f
@x
� dx
dt
+
@f
@y
� dy
dt
�
, para a
função f(x; y) = sin(2x+ 5y) :
�
x = cos t
y = sin t
Solução:
dz
dt
=
@z
@x
� dx
dt
+
@z
@y
� dy
dt
dz
dt
= cos (2x+ 5y) :2:(� sin t) + cos (2x+ 5y) � 5 � cos t
dz
dt
= �2 � cos (2 cos t+ 5 sin t) � sin t+ 5 cos t � cos (2 cos t+ 5 sin t)
dz
dt
= cos (2 cos t+ 5 sin t) [�2 sin t+ 5 cos t]
Exercício 12 Determinar
dz
dt
; utilizando a regra da cadeia para a função z =
arctanxy �!
�
x = 2t
y = 3t
Solução:
dz
dt
=
@z
@x
� dx
dt
+
@z
@y
� dy
dt
dz
dt
=
1
1 + x2y2
� y � 2 + 1
1 + x2y2
� x � 3
dz
dt
=
2 � 3t
1 + (2t)
2
(3t)
2 +
2t � 3
1 + (2t)
2
(3t)
2
dz
dt
=
6t
1 + 4t2 � 9t2 +
6t
1 + 4t2 � 9t2 =
12t
1 + 36t4
Exercício 13 Dada a função f(x; y) =
x
y
+ exy; com x(t) =
1
t
e y(t) =
p
t:
Encontrar
dh
dt
em que h(t) = f (x (t) ; y (t)) :
Solução:
df
dt
=
@f
@x
� dx
dt
+
@f
@y
� dy
dt
df
dt
=
�
1
y
+ yexy
�
� �1
t2
+
�
�x
y2
+ xexy
�
� 1
2
p
t
df
dt
=
24 1p
t
+
p
te
1
t
p
t
35 � �1
t2
+
264 �1t
(
p
t)2
+
1
t
e
1
t
p
t
375 � 1
2
p
t
29
df
dt
=
264 1p
t
+
p
te
p
t
t
375 � �1
t2
+
264�1t
t
+
1
t
e
p
t
t
375 � 1
2
p
t
df
dt
=
264 1p
t
+
p
te
p
t
t
375 � �1
t2
+
264� 1
t2
+
1
t
e
p
t
t
375 � 1
2
p
t
df
dt
=
�1
t2
p
t
�
p
t
t2 e
p
t
t � 1
2
p
tt2
+
1
2
p
tt
e
p
t
t
df
dt
=
�2
2t2
p
t
� 1
2
p
tt2
+ e
p
t
t [�
p
t
t2 +
1
2
p
tt
]
df
dt
=
�3
2t2
p
t
+ e
p
t
t [�
p
t
t2 +
1
2
p
tt
]
df
dt
=
�3
2t2
p
t
+ e
p
t
t [�2
p
t+
p
t
2t2 ]
3
df
dt
=
�3
2t2
p
t
+ e
p
t
t [�
p
t
2t2 ]
Exercício 14 Aplicar a regra da cadeia para a função f(u; v) = uv�v2+2 �!�
u = x2 + y2
v = x� y + xy
Solução:
� @f
@x
=
@f
@u
� @u
@x
+
@f
@v
� @v
@x
@f
@x
= (v) � 2x+ (u� 2v) � (1 + y)
@f
@x
= (x� y + xy) � 2x+
�
x2 + y2 � 2 (x� y + xy)
�
(1 + y)
@f
@x
= 2x2 � 2xy + 2x2y +
�
x2 + y2 � 2x+ 2y � 2xy
�
(1 + y)
@f
@x
= 2x2�2xy+2x2y+x2+y2�2x+2y�2xy+x2y+y3�2xy+2y2�2xy2
@f
@x
= y3 + 3y2 + 3x2 + 3x2y � 2xy2 � 6xy � 2x+ 2y
3Note que: 2t
2
2
p
tt
= tp
t
= t1�
1
2 = t
1
2 =
p
t:
30
� @f
@y
=
@f
@u
� @u
@y
+
@f
@v
� @v
@y
@f
@y
=
@f
@u
� @u
@y
+
@f
@v
� @v
@y
@f
@y
= v � 2y + (u� 2v) � (�1 + x)
@f
@y
= (x� y + xy) � 2y +
�
x2 + y2 � 2 � (x� y + xy)
�
(�1 + x)
@f
@y
= 2xy � 2y2 + 2xy2 +
�
x2 + y2 � 2x+ 2y � 2xy
�
(�1 + x)
@f
@y
= 2xy�2y2+2xy2�x2�y2+2x�2y+2xy+x3+xy2�2x2+2xy�2x2y
@f
@y
= x3 � 3x2 � 3y2 + 3xy2 � 2x2y + 6xy + 2x� 2y
Exercício 15 Seja z = ln
�
x2 + y2
�
com
�
x = cosu cos v
y = sinu cos v
: Determinar as
derivadas parciais
@z
@u
e
@z
@v
utilizando a regra da cadeia.
Solução:
� @z
@u
=
@z
@x
� @x
@u
+
@z
@y
� @y
@u
@z
@u
=
@z
@x
� @x
@u
+
@z
@y
� @y
@u
@z
@u
=
1
x2 + y2
� 2x � [� sinu � cos v] + 1
x2 + y2
� 2y � cosu � cos v
@z
@u
=
�2 cosu � cos v � sinu � cos v
cos2 u � cos2 v + sin2 u � cos2 v
+
2 sinu � cos v � cosu � cos v
cos2 u � cos2 v + sin2 u � cos2 v
@z
@u
=
�2 cosu � cos v � sinu � cos v
cos2 v �
�
cos2 u+ sin2 u
� + 2 sinu � cos v � cosu � cos v
cos2 v �
�
cos2 u+ sin2 u
�
@z
@u
=
�2 cosu � cos v � sinu � cos v
cos2 v � (1) +
2 sinu � cos v � cosu � cos v
cos2 v � (1)
@z
@u
=
�2 cosu � cos v � sinu � cos v
cos2 v
+
2 sinu � cos v � cosu � cos v
cos2 v
@z
@u
=
�2 cosu � cos v � sinu � cos v + 2 sinu � cos v � cosu � cos v
cos2 v
@z
@u
=
0
cos2 v
@z
@u
= 0
31
� @z
@v
=
@z
@x
� @x
@v
+
@z
@y
� @y
@v
@z
@v
=
@z
@x
� @x
@v
+
@z
@y
� @y
@v
@z
@v
=
1
x2 + y2
� 2x � [� sin v � cosu] + 1
x2 + y2
� 2y � (sinu � (� sin v))
@z
@v
=
2x
x2 + y2
� [� sin v � cosu] + 2y
x2 + y2
� (� sinu � sin v)
@z
@v
=
2 cosu cos v
(cosu cos v)2 + (sinu cos v)2
�[� sin v � cosu]+ 2 sinu cos v
(cosu cos v)2 + (sinu cos v)2
�
(� sinu � sin v)
@z
@v
=
2 cosu cos v [� sin v � cosu] + 2 sinu cos v (� sinu � sin v)
(cosu cos v)2 + (sinu cos v)2
@z
@v
=
�2 cosu cos v sin v cosu� 2 sinu cos v sinu sin v
cos2 u cos2 v + sin2 u cos2 v
@z
@v
=
�2 cos2 u cos v sin v � 2 sin2 u cos v sin v
(cos2 u+ sin2 u) cos2 v
@z
@v
=
�2 cos v sin v(cos2 u+ sin2 u)
(cos2 u+ sin2 u) cos2 v
@z
@v
=
�2 cos v sin v(1)
(1) cos2 v
@z
@v
=
�2 cos v sin v
cos2 v
@z
@v
=
�2 sin v
cos v
@z
@v
= �2 tan v
Exercício 16 Seja f (x; y) =
( xy
x2 + y2
se (x; y) 6= (0; 0)
0 se (x; y) = (0; 0)
:Calcular
@f
@x
e
@f
@y
:
Solução:
Fora da origem:
fx =
y
�
x2 + y2
�
� xy2x
(x2 + y2)
2 =
y
�
x2 + y2 � 2x2
�
(x2 + y2)
2 =
y
�
y2 � x2
�
(x2 + y2)
2 se (x; y) 6=
(0; 0)
fy =
x
�
x2 + y2
�
� xy2y
(x2 + y2)
2 =
x
�
x2 + y2 � 2y2
�
(x2 + y2)
2 =
x
�
x2 � y2
�
(x2 + y2)
2 se (x; y) 6=
(0; 0)
No ponto (0,0).
� @f (x0; y0)
@x
= lim
x!x0
f (x; y0)� f (x0; y0)
x� x0
32
@f (0; 0)
@x
= lim
x!0
f (x; 0)� f (0; 0)
x� 0 = limx!0
x:0
x2 + 02
� 0
x� 0 = limx!0
0
x
= 0:
� @f (x0; y0)
@y
= lim
y!y0
f (x0; y)� f (x0; y0)
y � y0
@f (0; 0)
@y
= lim
y!0
f (0; y)� f (0; 0)
y � 0 = limy!0
0y
02 + y2
� 0
y � 0 = limy!0
0
y
= 0
Exercício 17 Seja z = f(x; y) �!
�
x = r cos �
y = r sin �
: Mostrar que:
�
@z
@x
�2
+
�
@z
@y
�2
=
�
@z
@r
�2
+
1
r2
�
@z
@�
�2
Solução:
i)
@z
@r
=
@z
@x
@x
@r
+
@z@y
@y
@r
@z
@r
=
@z
@x
@x
@r
+
@z
@y
@y
@r
@z
@r
=
@z
@x
cos � +
@z
@y
sin �
ii)
@z
@�
=
@z
@x
@x
@�
+
@z
@y
@y
@�
@z
@�
=
@z
@x
@x
@�
+
@z
@y
@y
@�
@z
@�
=
@z
@x
(�r sin �) + @z
@y
r cos �
Utilizando i) e ii) .�
@z
@r
�2
+
1
r2
�
@z
@�
�2
�
@z
@x
cos � +
@z
@y
sin �
�2
+
1
r2
�
@z
@x
(�r sin �) + @z
@y
r cos �
�2
(
@z
@x
)2 cos2 �+2
@z
@x
cos �
@z
@y
sin �+(
@z
@y
)2 sin2 �+
1
r2
�
(
@z
@x
)2(�r sin �)2 + 2@z
@x
(�r sin �)@z
@y
r cos �:+ (
@z
@y
)2(r cos �)2
�
(
@z
@x
)2 cos2 �+2
@z
@x
@z
@y
sin � cos �+(
@z
@y
)2 sin2 �+
1
r2
�
(
@z
@x
)2r2 sin2 � � 2@z
@x
@z
@y
r sin �r cos �:+ (
@z
@y
)2r2 cos2 �
�
33
(
@z
@x
)2 cos2 �+2
@z
@x
@z
@y
sin � cos �+(
@z
@y
)2 sin2 �+(
@z
@x
)2 sin2 ��2@z
@x
@z
@y
sin � cos �:+
(
@z
@y
)2 cos2 �
(
@z
@x
)2 cos2 � + (
@z
@x
)2 sin2 � + (
@z
@y
)2 cos2 � + (
@z
@y
)2 sin2 �
(
@z
@x
)2[cos2 � + sin2 �] + (
@z
@y
)2[cos2 � + sin2 �]
(
@z
@x
)2[1] + (
@z
@y
)2[1]
(
@z
@x
)2 + (
@z
@y
)2
1.5 Pontos críticos
Exercício 18 Veri�car se o ponto (0; 0) é ponto crítico da função z =
p
4� x2 � y2:
Solução:
� @f (x; y)
@x
=
1
2
p
4� x2 � y2
� (�2x) = �xp
4� x2 � y2
� @f (0; 0)
@x
=
�0p
4
= 0
� @f (x; y)
@y
=
�yp
4� x2 � y2
� @f (0; 0)
@y
=
�0p
4
= 0
) (0; 0) é ponto crítico.
Exercício 19 Determinar os pontos críticos da função z = y3 � 3x2y + 3y:
34
Solução:
@f (x; y)
@x
= �6xy
@f (x; y)
@y
= 3y2 � 3x2 + 3
�
�6xy = 0 se e somente se x = 0 ou y = 0
3y2 � 3x2 + 3 = 0 se e somente se y2 � x2 + 1 = 0
�!
�
Se x = 0 =) y2 = �1 (Falso)
Se y = 0 =) x2 = 1 =) x = �1
) (1; 0) ; (�1; 0) são os pontos críticos da função.
Exercício 20 Determinar e classi�car os pontos críticos da função f (x; y) =
x3 + 3y2 � 15x� 12y
Solução:
I) Preliminar:
Lembrar que:
O determinante da matriz Hessiana é dado por: H(x; y) =
��������
@2f
@x2
(x; y)
@2f
@y@x
(x; y)
@2f
@x@y
(x; y)
@2f
@y2
(x; y)
�������� :
Se (x0; y0) é um ponto crítico de f então:
� Se H(x0; y0) > 0 e
@2f
@x2
(x0; y0) > 0, então (x0; y0) é ponto de mínimo local
de f:
� Se H(x0; y0) > 0 e
@2f
@x2
(x0; y0) < 0, então (x0; y0) é ponto de máximo
local de f:
� SeH(x0; y0) < 0 então (x0; y0) não é extremo local de f:Neste caso,(x0; y0)
é ponto de sela.
� Se H(x0; y0) = 0 então nada se pode a�rmar.
II) Ao exercício. f (x; y) = x3 + 3y2 � 15x� 12y
35
� @f
@x
= 3x2 � 15
� @f
@y
= 6y � 12
� @
@y
�
@f
@x
�
=
@
@y
�
3x2 � 15
�
= 0
� @
@x
�
@f
@y
�
=
@
@x
(6y � 12) = 0
� @
@x
�
@f
@x
�
=
@
@x
�
3x2 � 15
�
= 6x
� @
@y
�
@f
@y
�
=
@
@y
(6y � 12) = 6
Determinação de pontos críticos:�
3x2 � 15 = 0 =) 3x2 = 15 =) x2 = 5 =) x = �
p
5
6y � 12 = 0 =) 6y = 12 =) y = 2
Segue-se que:
�p
5; 2
�
;
�
�
p
5; 2
�
são pontos críticos4 .
H (x; y) =
���� 6x 00 6
����
H(x; y) = 36x : Determinante da Matriz Hessiana
� H
�p
5; 2
�
= 36
p
5 = 80: 49 > 0 e
@2f
�p
5; 2
�
@x2
= 6
p
5 = 13: 41 > 0
� H
�
�
p
5; 2
�
= �36
p
5 = �80: 49 < 0
� )
� �p
5; 2
�
é ponto de mínimo�
�
p
5; 2
�
é ponto de sela
Grá�co de f (x; y) = x3 + 3y2 � 15x� 12y
4Neste caso, pontos onde as derivadas parciais se anulam.
36
5 2.5 0 -2.5 -552.50-2.5-5
150
100
50
0
-50
x y
z
x y
z
Exercício 21 Determinar os pontos críticos das funções dadas e classi�cá-los
quando possível5 .
a z = 4� 2x2 � 3y2
Solução:
� @z
@x
= �4x
� @z
@y
= �6y
5O determinante da matriz Hessiana é dado por: H(x; y) =
��������
@2f
@x2
(x; y)
@2f
@y@x
(x; y)
@2f
@x@y
(x; y)
@2f
@y2
(x; y)
�������� :
Seja (x0; y0) um ponto crítico de f:
� Se H(x0; y0) > 0 e
@2f
@x2
(x0; y0) > 0, então (x0; y0) é ponto de mínimo local de f:
� Se H(x0; y0) > 0 e
@2f
@x2
(x0; y0) < 0, então (x0; y0) é ponto de máximo local de f:
� Se H(x0; y0) < 0 então (x0; y0) não é extremo local de f: Neste caso,(x0; y0) é ponto
de sela.
� Se H(x0; y0) = 0 então nada se pode a�rmar.
37
(0; 0) é ponto crítico.
� @
@y
�
@z
@x
�
=
@
@y
(�4x) = 0
� @
@x
�
@z
@y
�
=
@
@x
(�6y) = 0
� @
@x
�
@z
@x
�
= �4
� @
@y
�
@z
@y
�
= �6
H(x; y) =
��������
@
@x
�
@f(x; y)
@x
�
@
@y
�
@f(x; y)
@x
�
@
@x
�
@f(x; y)
@y
�
@
@y
�
@f(x; y)
@y
�
�������� =
���� fxx(x; y) fyx(x; y)fxy(x; y) fyy(x; y)
����
(0; 0) é ponto crítico.
H(x; y) =
���� �4 00 �8
���� = 24
H(x; y) = 24 :Matriz Hessiana
H (0; 0) = 24
@2z
@x2
= �4 < 0
) (0; 0) é ponto de máximo.
b z = x2 + y2 � 6x� 2y + 7
Solução:
� @z
@x
= 2x� 6
� @z
@y
= 2y � 2
� @
@y
�
@z
@x
�
=
@
@y
(2x� 6) = 0
� @
@x
�
@z
@y
�
=
@
@x
(2y � 2) = 0
� @
@x
�
@z
@x
�
= 2
38
� @
@y
�
@z
@y
�
= 2
�!
�
2x� 6 = 0 =) x = 3
2y � 2 = 0 =) y = 1
) (3; 1) é ponto crítico
H (x; y) =
��������
@
@x
�
@f(x; y)
@x
�
@
@y
�
@f(x; y)
@x
�
@
@x
�
@f(x; y)
@y
�
@
@y
�
@f(x; y)
@y
�
�������� =
���� 2 00 2
���� = 4
H(x; y) = 4:Matriz Hessiana.
) H (3; 1) = 4
@2 (3; 1)
@x2
= 2 > 0
) (3; 1) é ponto de mínimo.
c f (x; y) = x3 + 3xy2 � 15x� 12y
Solução:
� @f
@x
= 3x2 + 3y2 � 15
� @f
@y
= 6xy � 12
� @
@y
�
@f
@x
�
=
@
@y
�
3x2 + 3y2 � 15
�
= 6y
� @
@x
�
@f
@y
�
=
@
@x
(6xy � 12) = 6y
� @
@x
�
@f
@x
�
=
@
@x
�
3x2 + 3y2 � 15
�
= 6x
� @
@y
�
@f
@y
�
=
@
@y
(6xy � 12) = 6x
Pontos críticos:8<: 3x
2 + 3y2 � 15 = 0
6xy � 12 = 0 =) 6xy = 12
�
xy = 2 =) y = 2
x
�
3x2 + 3
4
x2
= 15
39
3x4 + 12
x2
= 15
3x4 + 12 = 15x2
3x4 � 15x2 + 12 = 0 (�3)
x4 � 5x2 + 4 = 0
� Seja x2 = w: Então w2 � 5w + 4 = 0 �!
�
w0 = 4
w00 = 1
i) Seja w0 = 4:Como w = x2 então 4 = x2 =) x = �2�
Se x = +2 �! y = 1
Se x = �2 �! y = �1
�
(2; 1)
(�2;�1)
ii) Seja w00 = 1:Como w = x2 �! x2 = 1 =) x = �1�
Se x = +1 �! y = 2
Se x = �1 �! y = �2
�
(1; 2)
(�1;�2)
Segue-se que: (2; 1) ; (�2;�1) ; (1; 2) ; (�1;�2) são pontos críticos6 .
H (x; y) =
���� 6x 6y6y 6x
����
H(x; y) = 36x2 � 36y2 : Matriz Hessiana
� H (2; 1) = 108 > 0 e @
2f (2; 1)
@x2
= 12 > 0
� H (�2;�1) = 108 > 0 e @
2f (�2;�1)
@x2
= �12 > 0
� H (1; 2) = �108 < 0
� H (�1;�2) = �108 < 0
)
8>><>>:
(2; 1) é ponto de mínimo
(�2;�1) é ponto de máximo
(1; 2) é ponto de sela
(�1;�2) é ponto de sela
6Neste caso, pontos onde as derivadas parciais se anulam.
40
1.6 Integrais duplas
Exercício 22 Calcular
ZZ
R
f (x; y) dxdy; onde:
f (x; y) =
1
x+ y
�
R é o quadrado 1 � x � 2
1 � y � 2 :
Solução:Z 2
1
Z 2
1
1
x+ y
dydx
I Preliminares:R 1
x+ y
dy
u = x+ y �! du = dy �!
Z
1
u
du = ln juj+ cR 1
x+ y
dy = ln (x+ y) + c:
)
Z 2
1
1
x+ y
dy = [ln (x+ y)]
2
1 = [ln (x+ 2)� ln (x+ 1)] = ln
x+ 2
x+ 1
II Ao exercício.Z 2
1
Z 2
1
1
x+ y
dydx =Z 2
1
[
Z 2
1
1
x+ y
dy]dx =Z 2
1
ln
x+ 2
x+ 1
dx =Z 2
1
ln
x+ 2
x+ 1
dx =Z 2
1
[ln (x+ 2)� ln (x+ 1)] dx =Z 2
1
ln (x+ 2) dx�
Z 2
1
ln (x+ 1) dx 7
[(x+ 2) (ln (x+ 2)� 1)]21 � [(x+ 1) (ln (x+ 1)� 1)]
2
1
7
R
lnxdx = x (lnx� 1) + C:
Solução: Integração por partes.
Sejam u = lnx e dv = dx( du
dx
=
1
x
=) du = dx
x
dv = du =) v = xZ
lnx dx = lnx � x�
Z
x:
1
x
dxZ
lnx dx = x � lnx�
Z
dx
41
[4 (ln 4� 1)� 3 (ln 3� 1)]� [3 (ln 3� 1)� 2 (ln 2� 1)]
4 ln 4� 4� 3 ln 3 + 3� 3 ln 3 + 3 + 2 ln 2� 2
4 ln 4� 6 ln 3 + 2 ln 2
4 ln 22 + 2 ln 2� 6 ln 3
8 ln 2 + 2 ln 2� 6 ln 3
10 ln 2� 6 ln 3
ln 210 � ln 36
ln 2
10
36 :
Exercício 23 Esboçar a região de integração e calcular a integral iterada
Z 1
�1
Z p4�x2
p
1�x2
xdydx:
Solução:
210-1-2
2
1.5
1
0.5
0
x
y
x
y
A região está compreendida entre as retas x = �1 e x = 1:Abaixo de y =p
4� x2 e acima de y =
p
1� x2:Z 1
�1
Z p4�x2
p
1�x2
xdydx =Z 1
�1
[xy]
p
4�x2p
1�x2dx =Z 1
�1
[x
p
4� x2 � x
p
1� x2]dx =
Z
lnx dx = x lnx� x+ CZ
lnx dx = x (lnx� 1) + C
42
Z 1
�1
[x
p
4� x2]dx+
Z 1
�1
[�x
p
1� x2]dx = 8�
�1
3
�
4� x2
� 3
2
�1
�1
+
�
�1
3
�
1� x2
� 3
2
�1
�1
=�
�1
3
�
4� (1)2
� 3
2 � (�1
3
�
4� (�1)2
� 3
2 )
�
+
�
�1
3
�
1� (1)2
� 3
2 � (�1
3
�
1� (�1)2
� 3
2 )
�
=�
�1
3
(3)
3
2 � (�1
3
(3)
3
2 )
�
+
�
�1
3
(0)
3
2 � (�1
3
(0)
3
2 )
�
�
�1
3
(3)
3
2 +
1
3
(3)
3
2 )
�
+ [0]
[0] + [0]
0
Exercício 24 CalcularZZ
R
x2
y2
dxdy; onde R é a região delimitada por y = x;
y =
1
x
e x = 2:
Solução:
Esboço da região R; sem a reta x = 2:
8
� A integral
R
x
p
4� x2dx se resolve por meio de substituição de variáveis. Se u = 4�x2
então du = �2xdx:R
x
p
4� x2dx =
R p
u du�2 =
�1
2
R p
udu = �1
2
R
u
1
2 du =
= �1
2
2
3
u
3
2 + c = �1
3
u
3
2 + c = �1
3
(4� x2)
3
2 + c .
� A integral
R
x
p
1� x2dx se resolve por meio de substituição de variáveis. Se u = 1�x2
então du = �2xdx:R
x
p
1� x2dx =
R p
u du�2 =
�1
2
R p
udu = �1
2
R
u
1
2 du =
= �1
2
2
3
u
3
2 + c = �1
3
u
3
2 + c = �1
3
(1� x2)
3
2 + c .
43
52.50-2.5-5
5
2.5
0
-2.5
-5
x
y
x
y
Z 2
1
Z x
1
x
x2
y2
dydx =Z 2
1
Z x
1
x
x2y�2dydx =Z 2
1
h
x2
�y
ix
1
x
dx =Z 2
1
h
x2
�x � (
x2
� 1x
)
i
dx =Z 2
1
�
�x+ x3
�
dx =h
�x22 +
x4
4
i2
1
=h
� 222 +
24
4
i
�
h
� 122 +
14
4
i
=�
� 42 +
16
4
�
�
�
� 12 +
1
4
�
=
[2] + 14 =
9
4 :
Portanto,
Z 2
1
Z x
1
x
x2
y2
dydx = 94
Exercício 25 Calcular
ZZ
R
�
x2 + y2
�2
dxdy, onde R é delimitada por x2+y2 =
4 e x � 0:
Solução:
44
Em coordenadas polares9 , x2 + y2 = 4 e x � 0 é:(
0 � r � 2
��
2
� � � �
2
x2 +
p
4� y2
21.510.50
2
1
0
-1
-2
x
y
x
y
ZZ
R
�
r2
�2
:r:drd�
Z �2
��
2
Z 2
0
r5:dr:d�
Z �2
��
2
�
r6
6
�2
0
d�
Z �2
��
2
64
6
d�
9Em coordenadas polares:
� x = r cos �
� y = r sin �
� x2 + y2 = r2
� a � � � b (O ângulo � varia entre a e b)
� m � r � n (O raio r varia entre m e n):
45
�
64:�
6
��
2
��2
64
6
�
2
�
�
64
6
(��
2
)
�
64
6
�
2
+
�
64
6
�
2
�
2:
64
6
�
2
32�
3
Exercício 26 Calcular
ZZ
R
dxdy
1 + x2 + y2
onde R é a região delimitada por x2+
y2 = 4,abaixo de y = x no primeiro quadrante e y � 0 (terceiro e quarto
quadrantes).
Solução:
Utilizar coordenadas polares:(
0 � r � 2
�� � � � �
4
Esboço da região R.
53.752.51.250-1.25
5
3.75
2.5
1.25
0
-1.25
x
y
x
y
ZZ
R
1
1 + r2
r drd�
46
ZZ
R
r
1 + r2
drd� 10
Z �
4
��
Z 2
0
r
1 + r2
drd�Z �
4
��
�
1
2 ln(1 + r
2)
�2
0
d�Z �
4
��
�
1
2 ln(1 + 2
2)� 12 ln(1 + 0
2)
�
d�Z �
4
��
�
1
2 ln(5)�
1
2 ln(1)
�
d�Z �
4
��
�
1
2 ln(5)
�
d�
1
2 ln(5)
Z �
4
��
d�
1
2 ln(5) [�]
�
4
��
1
2 ln(5)
�
�
4 � (��)
�
1
2 ln(5)
�
�
4 + �
�
1
2 ln(5)
5�
4
ln(5) 5�8
Exercício 27 Calcular
1Z
0
p
y�y2Z
0
ydxdy:
Solução: Utilizar coordenadas polares
a) Equação da circunferência
x =
p
y � y2
x2 = y � y2
x2 + y2 � y = 0
x2 + y2 � y + 1
4
� 1
4
= 0
x2 + y2 � y + 1
4
=
1
4
(x� 0)2 +
�
y � 1
2
�2
=
1
4
Equação de uma circunferência de raio 12 e centro (0;
1
2 ):
10
R r
1 + r2
dr
u = 1 + r2 �! du = 2r dr �! r dr = du
2R 1
u
du
2
= 1
2
R 1
u
du = 1
2
lnu+ c = 1
2
ln(1 + r2) + c .
47
b) Raio
x =
p
y � y2
r cos � =
p
r sin � � r2 sin2 �
r2 cos2 � = r sin � � r2 sin2 �
r2
�
cos2 � + sin2 �
�
= r sin �
r = sin �
c) Ângulo �
� Se � = 0 então r = sin 0 = 0
� Se � = �4 então r = sin
�
4 =
p
2
2
� Se � = �2 então r = sin
�
2 = 1
d) Coordenadas polares8>>>><>>>>:
0 � r � sin�
0 � � ��2
x = r cos �
y = r sin �
x2+y2= r2
210-1-2
1
0.75
0.5
0.25
0
x
y
x
y
e) Ao exercício.
48
1Z
0
p
y�y2Z
0
ydxdy =
�
2Z
0
sin �Z
0
f(r cos �; r sin �)r:dr:d� =
Z �
2
0
Z sin �
0
r sin �rdrd� =Z �
2
0
Z sin �
0
r2 sin �drd� =Z �
2
0
�
r3
3
sin �
�sin �
0
d� =Z �
2
0
sin3 �
3
sin �d� =Z �
2
0
sin4 �
3
d� =
1
3
Z �
2
0
sin4 �d� =
1
3
�
�1
4
sin3 � cos � +
3
4
R
sin2 �d�
��
2
0
=
1
3
�
� sin3 � cos �
4
+
3
4
�
�
2
� sin(2�)4
���
2
0
=
1
3
�
� sin3 � cos �
4
+
�
3�
8
� 3 sin(2�)16
���
2
0
=
1
3
�
� sin3 � cos �
4
+
3�
8
� 3 sin(2�)16
��
2
0
=
1
3
"
� sin3 �2 cos
�
2
4
+
3�2
8
� 3 sin(2
�
2 )
16
#
� 1
3
�
� sin3 0: cos 0
4
+
3:0
8
� 3 sin(2:0)16
�
1
3
�
0
4
+
3�
16
� 016
�
� 1
3
�
0
4
+
3:0
8
� 016
�
=
1
3
�
3�
16
�
� 0
�
16
Portanto,
1Z
0
p
y�y2Z
0
ydxdy =
�
16
:
Exercício 28 Calcular
ZZ
R
p
x2 + y2 dxdy; sendo R a região delimitada por
x2 + y2 = 1 e x2 + y2 = 9:
49
Solução:Utilizar coordenadas polares.
� x2 + y2 = 1 : circunferência de raio 1:
Em coordenadas polares se tem que: r = 1 e 0 � � � 2�:
� x2 + y2 = 9 : circunferência de raio 3:
Em coordenadas polares se tem que: r = 3 e 0 � � � 2�
A região R está delimitada por x2 + y2 = 1 e por x2 + y2 = 9: Portanto o
raio está delimitado por 1 e 3, ou seja, 1 � r � 3: O ângulo � permanece entre
0 e 2�.�
1 � r � 3
0 � � � 2� Para a região R
Esboço da região R
2.51.250-1.25-2.5
2.5
1.25
0
-1.25
-2.5
x
y
x
y
Ao exercício:ZZ
R
p
x2 + y2 dxdy =
R 2�
0
Z 3
1
p
x2 + y2 dxdy =Z 2�
0
Z 3
1
f(r cos �; r sin �)r:dr:d� =Z 2�
0
Z 3
1
p
(r cos �)2 + (r sin �)2r:dr:d� =Z 2�
0
Z 3
1
p
r2 cos2 � + r2 sin2 �r:dr:d� =
50
Z 2�
0
Z 3
1
q
r2(cos2 � + sin2 �)r:dr:d� =Z 2�
0
Z 3
1
p
r2:(1)r:dr:d� =Z 2�
0
Z 3
1
p
r2r:dr:d� =Z 2�
0
Z 3
1
r:r:dr:d� =Z 2�
0
Z 3
1
r2:dr:d� =Z 2�
0
�
r3
3
�3
1
d� =Z 2�
0
�
27
3
� 1
3
�
d� =Z 2�
0
26
3
d� =�
26:�
3
�2�
0
=
52�
3
Portanto,
ZZ
R
p
x2 + y2 dxdy =
52�
3
:
Exercício 29 Calcular
ZZ
R
�
x2 + y2
�
dxdy; sendo R a região interna à circun-
ferência x2 + y2 = 4y e externa à circunferência x2 + y2 = 2y:
Solução:
� Região R8><>:
x2 + y2 = 4y =) x2 + y2 � 4y = 0 =) x2 + (y � 2)2 = 4
circunferência com centro (0; 2)
x2 + y2 = 4y =) r2 = 4r sin �r =) r = 4 sin �8><>:
x2 + y2 = 2y =) x2 + y2 � 2y = 0 =) x2 + (y � 1)2 = 1
circunferência com centro (0; 1)
x2 + y2 = 2y =) r2 = 2r sin � =) r = 2 sin �
Esboço da região R.
51
210-1-2
4
3
2
1
0
x
y
x
y
� Coordenaas polares:
2 sin � � r � 4 sin �
0 � � � �
x2 + y2 = r2
x = r cos �
y = r sin �
� Ao exercícioZZ
R
�
x2 + y2
�
dxdy =
Z �
0
Z 4 sin �
2 sin �
f(r cos �; r sin �)r:dr:d� =Z �
0
Z 4 sin �
2 sin �
r2:r:dr:d� =Z �
0
Z 4 sin �
2 sin �
r3drd� =Z �
0
�
r4
4
�4 sin �
2 sin �
d� =Z �
0
h
(4 sin �)4
4 �
(2 sin �)4
4
i
d� =Z �
0
h
(256 sin4 �)
4 �
(16 sin4 �)
4
i
d� =Z �
0
�
64 sin4 � � 4 sin4 �
�
d� =
52
Z �
0
60 sin4 �d� =
60
Z �
0
sin4 �d� =
60
�
�1
4
sin3 � cos � +
3
4
R
sin2 �d�
��
0
=
60
�
�1
4
sin3 � cos � +
3
4
�
�
2
� sin(2�)4
���
0
=
60
�
�1
4
sin3 � cos � +
3�
8
� 3 sin(2�)16
��
0
=
60
�
�1
4
sin3 � cos� +
3�
8
� 3 sin(2�)16
�
�60
�
�1
4
sin3 0 cos 0 +
3:0
8
� 3 sin(2:0)16
�
=
60
�
0 +
3�
8
� 0
�
� 60 [0 + 0� 0] =
60
�
3�
8
�
=
60
3�
8
=
45�
2
:
Portanto,
ZZ
R
�
x2 + y2
�
dxdy =
45�
2
:
Exercício 30 Calcular
ZZ
R
(1� 2x) dA onde R é a região limitada por limitada
entre y = x2 e y2 = x.
Solução:
Região R :
53
1.51.2510.750.50.250
2
1.5
1
0.5
0
x
y
x
y
RR
R
(1� 2x) dA =Z 1
0
Z px
x2
(1� 2x) dydx =Z 1
0
[y � 2xy]
p
x
x2 dx = (1)Z 1
0
�
(
p
x� 2x
p
x)�
�
x2 � 2xx2
��
dx =Z 1
0
hp
x� 2x 32 � x2 + 2x3
i
dx ="
x
3
2
3
2
� 2x
5
2
5
2
� x
3
3
+
2x4
4
#1
0
=
"
(1)
3
2
3
2
� 2 � (1)
5
2
5
2
� (1)
3
3
+
2(1)4
4
#
� [0] =
1
30
Exercício 31 Calcular
ZZ
R
f(x; y)dA onde R é a região compreendida a direita
de x = 0, acima de y = 12 e abaixo do círculo de raio 1 com f(x; y) = xy:
Solução:
A intersecção entre x2 + y2 = 1 e y = 12 é dada por:p
1� x2 = y = 12
1� x2 = 14
1� 14 = x
2
54
10.750.50.250-0.25
1
0.75
0.5
0.25
0
x
y
x
y
3
4 = x
2
p
3
2 = x
Portanto
ZZ
R
f(x; y)dA =
R p3
2
0
Rp1�x2
1
2
(xy)dydx =
R p3
2
0
h
xy
2
2
ip1�x2
1
2
dx =R p3
2
0
h
x (
p
1�x2)2
2 � x
( 12 )
2
2
i
dx =R p3
2
0
h
x1�x
2
2 � x
1
8
i
dx =R p3
2
0
h
x�x3
2 �
x
8
i
dx =R p3
2
0
h
4x�4x3�x
8
i
dx =
1
8
R p3
2
0
(3x� 4x3)dx =
1
8
h
3x
2
2 � 4
x4
4
ip3
2
0
=
1
8
h
3x
2
2 � x
4
ip3
2
0
= 18
�
3
(
p
3
2 )
2
2 � (
p
3
2 )
4
�
� 18 [0] =
1
8
�
9
8 �
9
16
�
= 18
�
18�9
16
�
= 9128
Exercício 32 Calcular
ZZ
R
x2
y2
dxdy; onde R é a região delimitada por y = x;
55
y =
1
x
e x = 2:
Solução:
Esboço da região R; sem a reta x = 2:
52.50-2.5-5
5
2.5
0
-2.5
-5
x
y
x
y
Z 2
1
Z x
1
x
x2
y2
dydx =Z 2
1
Z x
1
x
x2y�2dydx =Z 2
1
h
x2
�y
ix1
x
dx =Z 2
1
h
x2
�x � (
x2
� 1x
)
i
dx =Z 2
1
�
�x+ x3
�
dx =h
�x22 +
x4
4
i2
1
=h
� 222 +
24
4
i
�
h
� 122 +
14
4
i
=�
� 42 +
16
4
�
�
�
� 12 +
1
4
�
=
[2] + 14 =
9
4 :
Portanto,
Z 2
1
Z x
1
x
x2
y2
dydx = 94
56
1.7 Integrais triplas
Exercício 33 Calcular a integral tripla dada sobre a região indicada.
a
ZZZ
T
xyz2 dV; onde T é o paralelepípedo retângulo [0; 1]� [0; 2]� [1; 3] :
Solução:
� 0 � x � 1
� 0 � y � 2
� 1 � z � 3Z 1
0
Z 2
0
Z 3
1
xyz2 dzdydxZ 1
0
Z 2
0
�
xyz3
3
�3
1
dydxZ 1
0
Z 2
0
�
9xy � xy
3
�
dydxZ 1
0
�
9xy2
2
� x
3
y2
2
�2
0
dxZ 1
0
�
9xy2
2
� xy
2
6
�2
0
dxZ 1
0
�
18x� 2x
3
�
dx�
18x2
2
� 2x
2
6
�1
0
9� 1
3
26
3
Observação: Se ao invés de f(x; y; z) = xyz2 fosse f(x; y; z) = 1 entãoZ 1
0
Z 2
0
Z 3
1
dzdydx corresponderia ao volume do paralelepípedo, que neste caso,
pelas regras da geometria espacial seria: V = a:b:c = 1:2:2 = 4:
V =
Z 1
0
Z 2
0
Z 3
1
dzdydxZ 1
0
Z 2
0
[z]
3
1 dydx =Z 1
0
Z 2
0
(3� 1)dydx =Z 1
0
[2y]
2
0 =
57
Z 1
0
4dx =
[4x]
1
0 =
4 (Volume do paralelepípedo)
b
ZZZ
T
xdV; onde T é o tetraedro limitado pelos planos coordenados e pelo
plano x+
y
2
+ z = 4:
Solução:
x+
y
2
+ z = 4
z = 4� x� y
2
� 0 � x � 4
� 0 � y � 8� 2x
� 0 � z � 4� x� y
2Z x=4
x=0
Z y=8�2x
y=0
Z y=4�x� y2
z=0
xdV =Z 4
0
Z 8�2x
0
Z 4�x� y2
0
xdzdydx =Z 4
0
Z 8�2x
0
[xz]
4�x� y2
0 dydx =Z 4
0
Z 8�2x
0
�
x(4� x� y2 )� x(0)
�
dydx =Z 4
0
Z 8�2x
0
�
4x� x2 � xy2
�
dydx =Z 4
0
h
4xy � x2y � x12
y2
2
i8�2x
0
dx =Z 4
0
h
(4xy � x2y � xy
2
4 )
i8�2x
0
dx =Z 4
0
h
(4x(8� 2x)� x2(8� 2x)� x (8�2x)
2
4 )� (4x:0� x
2:0� x024 )
i
dx =Z 4
0
h
(32x� 8x2)� (8x2 � 2x3)� x (4x
2�32x+64)
4 � 0
i
dx =Z 4
0
h
32x� 8x2 � 8x2 + 2x3 + (�4x
3+32x2�64x)
4
i
dx =Z 4
0
h
32x� 16x2 + 2x3 + (�4x
3+32x2�64x)
4
i
dx =Z 4
0
h
128x�64x2+8x3�4x3+32x2�64x
4
i
dx =
58
1
4
Z 4
0
�
64x� 32x2 + 4x3
�
dx =
1
4
h
64x
2
2 � 32
x3
3 + 4
x4
4
i4
0
=
1
4
h
32x2 � 32x33 + x
4
i4
0
=
1
4
h
32:42 � 32:433 + 4
4
i
� 14
h
32:02 � 32:033 + 0
4
i
=
1
4
�
32:16� 32:643 + 256
�
� 14 [0� 0 + 0] =
1
4
�
512� 20483 + 256
�
� 0 =
1
4
�
768� 20483
�
=
1
4
�
2304�2048
3
�
=
1
4
�
256
3
�
=
64
3
Portanto,
Z 4
0
Z 8�2x
0
Z 4�x� y2
0
xdzdydx = 643
c
ZZZ
T
(x� 1) dV; onde T é o sólido delimitado pelos planos
� y + z = 8
� �y + z = 8
� x = 0 e x = 4
� z = 0
� y = �2 e y = 2:
Solução:Z 4
0
Z 2
0
Z 8�y
0
(x� 1) dzdydx+
Z 4
0
Z 0
�2
Z 8+y
0
(x� 1) dzdydxZ 4
0
Z 2
0
[(x� 1) z]8�y0 dydx+
Z 4
0
Z 0
�2
[(x� 1) z]8+y0 dydxZ 4
0
Z 2
0
[(x� 1) (8� y)] dydx+
Z 4
0
Z 0
�2
[(x� 1) (8 + y)] dydxZ 4
0
Z 2
0
[8x+ y � xy � 8] dydx+
Z 4
0
Z 0
�2
[8x� y + xy � 8] dydxZ 4
0
h
8xy + y
2
2 � x
y2
2 � 8y
i2
0
dx+
Z 4
0
h
8xy � y
2
2 + x
y2
2 � 8y
i0
�2
dxZ 4
0
h
(8x:2 + 2
2
2 � x
22
2 � 8:2)� 0
i
dx+
Z 4
0
h
0� (8x(�2)� (�2)
2
2 + x
(�2)2
2 � 8(�2))
i
dxZ 4
0
[(16x+ 2� 2x� 16)� 0] dx+
Z 4
0
[0� (�16x� 2 + 2x+ 16))] dxZ 4
0
[14x� 14] dx+
Z 4
0
[16x+ 2� 2x� 16] dx
59
Z 4
0
[14x� 14] dx+
Z 4
0
[14x� 14] dx
2
Z 4
0
[14x� 14] dx
2
h
14x
2
2 � 14x
i4
0
2
h
14 4
2
2 � 14:4� 0
i
2 [14:8� 56]
2 [112� 56]
2 [56]
112
Portanto,
Z 4
0
Z 2
0
Z 8�y
0
(x� 1) dzdydx+
Z 4
0
Z 0
�2
Z 8+y
0
(x� 1) dzdydx = 112
Exercício 34 Calcular
ZZZ
T
�
x2 + y2
�
dV; onde T é a região interior ao cilin-
dro x2 + y2 = 1 e à esfera x2 + y2 + z2 = 4:
Solução:
Utilizando coordenadas cilíndricas.ZZZ
T
f (x; y; z) dV =
ZZZ
T
f (r cos �; r sin �; z) rdrd�dz8<:
0 � r � 1
0 � � � 2�
0 � z �
p
4� x2 � y28<: x
2 + y2 = r
x = r cos �
y = r sin �ZZZ
T
�
x2 + y2
�
dV =
ZZZ
T 0
f (r cos �; r sin �; z) rdrd�dz =
Z 2�
0
Z 1
0
Z p4�r2
0
r2rdzdrd� = �
�
128
15 �
22
5
p
3
�
=Z 2�
0
Z 1
0
Z p4�r2
0
r3dzdrd� =Z 2�
0
Z 1
0
�
r3z
�p4�r2
0
drd� =Z 2�
0
Z 1
0
�
r3
p
4� r2
�
drd� =
60
Z 2�
0
h
� 43 (4� r
2)
3
2 + 15 (4� r
2)
5
2
i1
0
d� = 11Z 2�
0
h
(� 43 (4� 1
2)
3
2 + 15 (4� 1
2)
5
2 )� (� 43 (4� 0
2)
3
2 + 15 (4� 0
2)
5
2 )
i
d� =Z 2�
0
h
(� 43 (3)
3
2 + 15 (3)
5
2 )� (� 43 (4)
3
2 + 15 (4)
5
2 )
i
d� =Z 2�
0
�
(� 433
p
3 + 159
p
3)� (� 438 +
1
532)
�
d� =Z 2�
0
h
(� 12
p
3
3 +
9
p
3
5 )� (�
32
3 +
32
5 )
i
d� =Z 2�
0
h
�4
p
3 + 9
p
3
5 +
32
3 �
32
5
i
d� =Z 2�
0
h
�11
p
3
5 +
160�96
15
i
d� =Z 2�
0
h
�11
p
3
5 +
64
15
i
d� =h
(�11
p
3
5 +
64
15 )�
i2�
0
=
(�11
p
3
5 +
64
15 )2� � (
�11
p
3
5 +
64
15 ):0 =
(�22
p
3
5 +
128
15 )�
Portanto,
Z 2�
0
Z 1
0
Z p4�r2
0
r3dzdrd� = (�22
p
3
5 +
128
15 )�
Exercício 35 Seja E a superfície do R3 limitada por x + y + 2z = 6; x = 0;
y = 0 e z = 0: Calcule
ZZZ
E
(4y)dV .
Solução:
Superfície E :
8>><>>:
x+ y + 2z = 6
x = 0
y = 0
z = 0
11
R
r3
p
4� r2dr
u = 4� r2 ) du = �2rdr ) rdr = du�2
u = 4� r2 ) r2 = 4� uR h
r3
p
4� r2
i
dr =
R
r2
p
4� r2rdr =R
(4� u)
p
u du�2 =
�1
2
R
(4� u)u
1
2 du =
�1
2
R
(4u
1
2 � u
3
2 )du = �1
2
h
4 2
3
u
3
2 � 2
5
u
5
2
i
+ c =
� 4
3
u
3
2 + 1
5
u
5
2 + c =
� 4
3
(4� r2)
3
2 + 1
5
(4� r2)
5
2 + c
61
ZZZ
E
(4y):dV =
Z x=6
x=0
Z y=6�x
y=0
Z z=3� 12x� 12y
z=0
4y dz dy dx =
Z 6
0
Z 6�x
0
[4yz]
3� 12x�
1
2y
0 dydx =Z 6
0
Z 6�x
0
4y(3� 12x�
1
2y)dydx =Z 6
0
Z 6�x
0
�
12y � 2xy � 2y2
�
dydx =Z 6
0
�
12
2
y2 � 2xy
2
2
� 2y
3
3
�6�x
0
dx =Z 6
0
�
6y2 � xy2 � 2
3
y3
�6�x
0
dx =Z 6
0
�
6: (6� x)2 � x (6� x)2 � 2
3
(6� x)3
�
dx =Z 6
0
�
(6� x) : (6� x)2 � 2
3
(6� x)3
�
dx =Z 6
0
�
(6� x)3 � 2
3
(6� x)3
�
dx =Z 6
0
(
�
1� 2
3
�
(6� x)3)dx =�
1� 2
3
�
�
Z 6
0
(6� x)3 dx =
1
3
�
�(6� x)4
4
�6
0
=
1
3
�
(6)4
4
�
=
1
3
� 6
4
4
=
108
Exercício 36 Deduzir a fórmula do volume de uma esfera de raio a, utilizando
integrais triplas e coordenadas polares.
Solução:
Seja f(x; y) uma função contínua e limitada e, uma região R que contém E
e E a região determinada pela esfera de raio a:Em coordenadas esféricas,
� 0 � � � a Raio da esfera
� 0 � � � 2� Variação do ângulo �
� 0 � � � � Variação do ângulo �
62
� x = � sin� cos �
� y = � sin� sin �
� z = � cos�
� x2 + y2 + z2 = �2 Relação entre x; y e z:
ZZZ
E
f(x; y; z)dV =
Z �
0
Z 2�
0
Z a
0
f(� sin� cos �; � sin� sin �; � cos�)�2 sin�d�d�d�
Segue-se que, se f(x; y; z) = 1 então
RRR
E
f(x; y; z)dV fornecerá, também, o
volume da região E:
Logo, f(� sin� cos �; � sin� sin �; � cos�) = 1 e então,R �
0
R 2�
0
R a
0
�2 sin�d�d�d� =R �
0
R 2�
0
R a
0
�2 sin�d�d�d� =R �
0
R 2�
0
�
�3
3 sin�
�a
0
d�d� =R �
0
R 2�
0
�
a3
3 sin�
�
d�d� =R �
0
�
a3
3 sin��
�2�
0
d� =R �
0
�
a3
3 sin� � 2�
�
d� =R �
0
�
2�a3
3 sin�
�
d� =�
2�a3
3 (� cos�)
��
0
=�
2�a3
3 (� cos�)
�
�
�
2�a3
3 (� cos 0)
�
=�
2�a3
3
�
+
�
2�a3
3
�
=
4�a3
3 Volume de uma esfera de raio a:
2 Campo vetorial
Exercício 37 Veri�que se o campo vetorial F (x; y; z) = (y cos(xy); x cos(xy)+
2yz3; 3y2z2) é conservativo. Se for conservativo, encontrar a função potencial,
'(x; y; z):
Solução:8<: M(x; y; z) = y cos(xy)N(x; y; z) = x cos(xy) + 2yz3
R(x; y; z) = 3y2z2
Para F ser conservativo,
63
8<: Mz = RxMy = Nx
Nz = Ry
onde:8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:
Mz =
@M(x; y; z)
@z
Rx =
@R(x; y; z)
@x
Nz =
@N(x; y; z)
@z
Ry =
@R(x; y; z)
@y
My =
@M(x; y; z)
@y
Nx =
@N(x; y; z)
@x
Mz = 0 = Rx
My = cos(xy) + y:(� sin(xy)):x = cos(xy)� xy sinxy = Nx
Nx = cos(xy) + x:(� sin(xy):y) + 0 = cos(xy)� xy sin(xy) =My
Nz = 6yz
2 = Ry
) F é conservativo.
Existe uma função '(x; y; z) chamada de função potencial tal que:
r' = F
12
Segue-se que:
I
@'(x; y; z)
@x
=M(x; y; z; ) = y cos(xy);
II
@'(x; y; z)
@y
= N(x; y; z; ) = x cos(xy) + 2yz3;
III
@'(x; y; z)
@z
= R(x; y; z; ) = 3y2z2:
12O gradiente da função '(x; y; z) é igual ao campo vetorial F:
r'(x; y; z) =
�
@'(x; y; z)
@x
;
@'(x; y; z)
@y
;
@'(x; y; z)
@z
�
= (M(x; y; z); N(x; y; z); R(x; y; z)) = F (x; y; z):
64
Integrando I em relação a x.Z
@'(x; y; z)
@x
dx =
Z
y cos(xy)dx =) '(x; y; z) = sin(xy) + u(y; z) 13
Derivandoparcialmente a última equação em relação a y se tem:
@'(x; y; z)
@y
= cos(xy):x+
@u(y; z)
@y
Comparando com II
x: cos(x; y) +
@u(y; z)
@y
= x cos(xy) + 2yz3 =) @u(y; z)
@y
= 2yz3
Integrando com relação a y:
u(y; z) =
2y2z3
2
+ k(z) =) u(y; z) = y2z3 + k(z) pois @k(z)
@y
= 0
Completando a função '(x; y; z)
'(x; y; z) = sin(xy) + y2z3 + k(z)
Resta agora encontrar a função k(z):Derivando parcialmente a última equação
em relação a z se tem:
@'(x; y; z)
@z
= 3y2z3 +
@k(z)
@z
Comparando com III
3y2z3 = 3y2z3 + k0(z) =) k0(z) = 0
) k(z) = C (constante).
Finalmente, '(x; y; z) = sin(xy) + y2z3 + C é a função potencial tal que
r' = F:(Conferir!)
Exercício 38 Seja F (x; y) = (ex sin y; ex cos y): Prove que F é conservativo e
encontre a função potencial.
13É necessário acrescentar a função u(y; z); pois
@u(y; z)
@x
= 0:
65
�
M(x; y) = ex sin y
N(x; y) = ex cos y8>>><>>>:
@M(x; y)
@y
= ex cos y
@N(x; y)
@x
= ex cos y
Como
@M(x; y)
@y
=
@N(x; y)
@x
então F é um campo vetorial conservativo.
Existe '(x; y) tal que r' = F , ou seja:
r'(x; y) =
�
@'(x; y)
@x
;
@'(x; y)
@y
�
= (M(x; y); N(x; y)) = F (x; y)
Segue-se que:
I
@'(x; y)
@x
=M(x; y) = ex sin y
II
@'(x; y)
@y
= N(x; y) = ex cos y
Integrando I em relação a x:Z
'(x; y)
@x
dx =
Z
ex sin y dx
'(x; y) = ex sin y + k(y) pois
@k(y)
@x
= 0
Derivando parcialmente em relação a y se tem que:
@'(x; y)
@y
= ex cos y + k0(y)
Comparando com II
ex cos y = ex cos y + k0(y) =) k0(y) = 0: Logo, k(y) = C (constante).
Finalmente,
'(x; y) = ex sin y + C é a função potencial tal que r' = F (Conferir!)
66
Exercício 39 Seja X(t; �) =
�
at cos �; at sin �; t2
�
a parametrização de um parabolóide,
onde 0 � � < 2�; 0 � t � h e x2+y2 = a2z: Calcule @X
@t
� @X
@�
e




@X@t � @X@�




 :
Solução:
� Cálculo dp produto vetorial entre @X
@t
e
@X
@�
:
@X
@t
= (a cos �; a sin �; 2t)
@X
@�
= (�at sin �; at cos �; 0)
@X
@t
� @X
@�
=
������
i j k
a cos � a sin � 2t
�at sin � at cos � 0
������
= a2t cos2 �
�!
k � 2at2 sin ��!j + a2t sin2 ��!k � 2at2 cos ��!i
=
�
�2at2 cos �;�2at2 sin �; a2t(cos2 � + sin2 �)
�
=
�
�2at2 cos �;�2at2 sin �; a2t
�
@X
@t
� @X
@�
=
�
�2at2 cos �;�2at2 sin �; a2t
�
� Cálculo do módulo do produto vetorial




@X@t � @X@�




 =p(�2at2 cos �)2 + (�2at2 sin �)2 + (a2t)2




@X@t � @X@�




 =p4a2t4 cos2 � + 4a2t4 sin2 � + a4t2




@X@t � @X@�




 =q4a2t4 �cos2 � + sin2 ��+ a4t2




@X@t � @X@�




 = p4a2t4 + a4t2 =pa2t2 (4t2 + a2) = atp4t2 + a2
67
3 Integrais de Linha
Exercício 40 Calcular
Z
C
F � dC onde F (x; y; z) = (xz; xy; yz) e C é o cam-
inho que vai de A(1; 0; 0) até B(0; 2; 2) passando por D (1; 1; 0) :
Solução:
� Caminho C1 : de A até D8<: x = 1y = t
z = 0
a C(t) = (1; t; 0) =) C 0(t) = (0; 1; 0) 0 � t � 1
b F (C(t)) = F (1; t; 0) = (0; t; 0)
c
Z
C1
F (C(t)) � C 0(t)dt =
Z 1
0
(0; t; 0) � (0; 1; 0) dt =
Z 1
0
tdt =
�
t2
2
�1
0
=
1
2
)
Z
C1
F:dC =
1
2
(caminho de A até D).
� Caminho C2 : de D até B:
�
D é (1; 1; 0)
B é (0; 2; 2)
O vetor
��!
DB = B � D = (0� 1; 2� 1; 2� 0) = (�1; 1; 2) fornece a direção
da reta que passa por D e B:8<: x = x0 + aty = y0 + bt
z = z0 + ct
são as equações paramétricas da reta que passam por (x0; y0; z0) e tem a
direção de (a; b; c)
68
Segue-se que:8<: x = 1 + (�1)ty = 1 + (1)t
z = 0 + (2)t
são equações paramétricas da reta que passa por D(1; 1; 0) e tem a direção
��!
DB = (�1; 1; 2) :
Logo, C(t) = (1� t; 1 + t; 2t) ; para 0 � t � 1; é uma parametrização do
caminho C2 que vai de D até B:
C 0(t) = (�1; 1; 2)
F (C(t)) = F (1� t; 1 + t; 2t) = ((1� t) � 2t; (1� t) � (1 + t) ; (1 + t) � 2t)
=
�
2t� 2t2; 1� t2; 2t+ 2t2
�
Obs.: 0 � t � 1 pois:
Em D (1; 1; 0) se tem
8<: 1 = 1� t1 = 1 + t
0 = 2t
=) t = 0
Em B(0; 2; 2) se tem
8<: 0 = 1� t2 = 1 + t
2 = 2t
=) t = 1
Por isso, no caminho de D até B o valor de t varia de 0 até 1:Z
C2
F:dC =
Z 1
0
�
2t� 2t2; 1� t2; 2t+ 2t2
�
� (�1; 1; 2) dt
=
Z 1
0
�
�2t+ 2t2 + 1� t2 + 4t+ 4t2
�
dt
=
Z 1
0
�
5t2 + 2t+ 1
�
dt
=
�
5t3
3
+
2t2
2
+ t
�1
0
=
5
3
+ 1 + 1
=
5
3
+ 2
69
=
11
3
)
Z
C2
F:dC =
11
3
(caminho de D até B).
Resposta do exercício:Z
C
F:dC =
Z
C1
F:dC +
Z
C2
F:dC
=
1
2
+
11
3
=
3 + 22
6
=
25
6
Exercício 41 Seja F (x; y; z) = 2x
�!
i + yz
�!
j + 3z
�!
k . Calcular
Z
C
F:dR ao
longo:
1. da parábola z = x2; y = 2 do ponto A(0; 2; 0) ao ponto B(2; 2; 4);
2. da linha poligonal AOB, onde O é a origem.
Resolução:
F (x; y; z) = 2x
�!
i + yz
�!
j + 3z
�!
k8<: M(x; y; z) = 2xN(x; y; z) = yz
R(x; y; z) = 3z
Calcular
Z
C
F:dR
1 Ao longo da parábola z = x2; y = 2 do ponto A(0; 2; 0) ao ponto B(2; 2; 4):
Seja:8<: x = ty = 2
z = t2
70
0 � t � 28<: dx = dtdy = 0
dz = 2tdtZ
C
2xdx+yzdy+3zdz =)
Z 2
0
2tdt+2t2:0+3t2:2tdt =)
Z 2
0
2tdt+6t3dt =)
Z 2
0
�
2t+ 6t3
�
dt =)
�
2t2
2
+
6t4
4
�2
0
=)
�
t2 +
3
2
t4
�2
0
=)
�
4 +
3
2
:16
�
� [0] = 4:24 = 28
2 Ao longo da linha poligonal AOB, onde O é a origem.
Seja C1 o caminho AO8<: x = 0y = t
z = 0
y = 2 até y = 08<: dx = 0dy = dt
dz = 0
Como y = t =) t = 2 até t = 0Z 2
0
2xdx+ yzdy + 3zdz =)
Z 2
0
2:0:0 + 2:0:dt+ 3:0:0 = 0
Seja C2 o caminho OB. A direção de OB é o vetor (2; 2; 4)
)
8<: x = 0 + 2t 0 � x � 2 =) 0 � t � 1y = 0 + 2t 0 � y � 2 =) 0 � t � 1
z = 0 + 4t 0 � z � 4 =) 0 � t � 1
Z
C
2xdx+ yzdy + 3zdz com
8<: dx = 2dtdy = 2dt
dz = 4dtZ 1
0
2:2t:2dt+ 2t:4t:2dt+ 3:4t:4dt =)
Z 1
0
8tdt+ 16t2dt+ 48tdt =)
Z 1
0
�
56t+ 16t2
�
dt =)
�
56t2
2
+
16t3
3
�1
0
=)
�
56
2
+
16
3
�
=) 28 + 16
3
=
100
3
71
Exercício 42 Calcular a integral
I
C
(x+ y)dx� (x� y)dy
x2 + y2
, tomado ao longo
da circunferência x2 + y2 = a2; a > 0, no sentido contrário ao dos ponteiros do
relógio.
I
C
(x+ y)dx� (x� y)dy
x2 + y2
C : x2 + y2 = a2:
Equações paramétricas da circunferência:
0 � t � 2��
x = a cos t
y = a sin t
a = raio
I
C
x+ y
x2 + y2
dx+
y � x
x2 + y2
dy =)
Como:�
x = a cos t =) dx = �a sin dt
y = a sin t =) dy = a cos t dt
x2 + y2 = a2
x+ y
x2 + y2
=
a cos t+ a sin t
a2
=
a(cos t+ sin t)
a2
=
cos t+ sin t
a
y � x
x2 + y2
=
a sin t� a cos t
a2
=
sin t� cos t
aZ 2�
0
(cos t+ sin t)
a
:(�a sin t)dt+
�
sin t� cos t
a
�
a cos t dt =)
Z 2�
0
(� sin t cos t� sin2 t)dt+ (sin t cos t� cos2 t)dt =)
Z 2�
0
�
� sin t cos t� sin2 t+ sin t cos t� cos2 t
�
dt =)
Z 2�
0
�
�
sin2 t+ cos2 t
�
dt
72
Z 2�
0
�1:dt =) [�t]2�0 =) �2�
Seja F (x; y) = (x2; xy2): Calcular
Z
c
F:dC, onde C é a parábola x = y2
entre (�1; 1) e (1; 1):
Solução:
Seja y = t. Então x = t2 e �1 � t � 1:
C(t) = (t2; t)
F (C(t)) = F (t2; t) = (t4; t4)
C 0(t) = (2t; 1)Z
C
F:dC =
Z 1
�1
F (C(t)):C 0(t)dt =)
Z 1
�1
(t4; t4) � (2t; 1)dt =)
Z 1
�1
(2t5 + t4)dt =)
�
2t6
6
+
t5
5
�1
�1
=)
�
2
6
+
1
5
� 2
6
+
1
5
�
=) 2
5
)
Z
C
F:dC =
2
5
Exercício 43 Seja F (x; y; z) = (zex + ey; xey � ez;�yez + ex):C é uma curva
qualquer que liga A(1; 0; 2) até B(0; 2; 1):
a Veri�car se F é um campo conservativo;
b Encontrar a função potencial ';
c Calcular
Z
C
F:dC através do teorema fundamental para integrais de linha;
d Calcular
Z
C
F:dC através de qualquer curva que liga A e B:
Solução:
a F (x; y; z) = (zex + ey; xey � ez;�yez + ex)
73
8<: M(x; y; z) = ze
x + ey
N(x; y; z) = xey � ez
R(x; y; z) = �yez + ex8>>>>>>>>><>>>>>>>>>:
@M
@z
= ex =
@R
@x
@M
@y
= ey =
@N
@x
@N
@z
= �ez = @R
@y
)Como Mz = Rx e My = Nx e Nz = Ry então F é um campo vetorial
conservativo.
Existe então a função potencial '(x; y; z):
b Como existe ' tal que r' = F então:
I
@'(x; y; z)
@x
=M(x; y; z)
II
@'(x; y; z)
@y
= N(x; y; z)
III
@'(x; y; z)
@z
= R(x; y; z)
@'(x; y; z)
@x
= zex + ey: Integrando em relação a x.
'(x; y; z) =
Z
(zex + ey) dx =) '(x; y; z) = zex + xey + u(x; z) pois @u(y; z)
@x
=
0:
Derivando parcialmente em relação a y :
@'(x; y; z)
@y
= 0 + xey + uy(y; z):
Comparando com II:
@'(x; y; z)
@y
= N(x; y; z)
74
N(x; y; z) = xey+uy(y; z) =) xey�ez = xey+uy(y; z) =) uy(y; z) = �ez
Integrando em relação a y :
u(y; z) =
Z
�ezdy=) u(y; z) = �yez + k(z) pois @k(z)
@z
= 0
Completando '(x; y; z) = zex + xey � yez + k(z)
Derivando parcialmente em relação a z:
@'(x; y; z)
@z
= ex � yez + k0(z)
Comparando com III.
R(x; y; z) = ex � yez + k0(z) =)
�yez + ex = ex � yez + k0(z)
k(z) = 0 =) k(z) = C (constante).
Finalmente,
'(x; y; z) = zex + xey � yez + C é a função potencial tal quer' = F:(Conferir!).
c
Z
C
F:dC =
Z B
A
F (C(t)):C 0(t)dt = '(B) � '(A) onde A = (1; 0; 2) e B =
(0; 2; 1):
'(B) = '(0; 2; 1)
'(A) = '(1; 0; 2)
'(x; y; z) = zex + xey � yez + C
'(0; 2; 1) = 1:e0 + 0:e2 � 2:e1 + C = 1� 2e+ C
'(1; 0; 2) = 2:e1 + 1:e0 � 0:e2 + C = 2e+ 1 + CZ
C
F:dC = '(0; 2; 1) � (1; 0; 2) = 1 � 2e + C � (2e + 1 + C) =) 1 � 2e +
C � 2e� 1� C = �4e
d A(1; 0; 2)
75
B(0; 2; 1)
Alguns caminhos possíveis entre A e B: (É importante desenhar um cubo
com os pontos A e B para poder visualizar melhor as alternativas de caminho)
Caminho I
A(1; 0; 2) até A1(1; 0; 0) : CI1
A1(1; 0; 0) até A2(0; 0; 0) : CI2
A2(0; 0; 0) até A3(0; 2; 0) : CI3
A3(0; 2; 0) até B(0; 2; 1) : CI4
Caminho II
A(1; 0; 2) até A1(0; 0; 2) : CII1
A1(0; 0; 2) até A2(0; 0; 1) : CII2
A2(0; 0; 1) até B(0; 2; 1) : CII3
Caminho III
A(1; 0; 2) até A1(0; 0; 1) : CIII1
A1(0; 0; 1) até A2(0; 0; 0) : CIII2
A2(0; 0; 0) até A3(0; 2; 0) : CIII3
A3(0; 2; 0) até B(0; 2; 1) : CIII4
Caminho IV
A(1; 0; 2) até A1(0; 0; 0) : CIV1
A1(0; 0; 0) até B(0; 2; 1) : CIV2
Caminho V
A(1; 0; 2) até B(0; 2; 1) : CV1
Como
Z
C
=
Z
C1
+
Z
C2
+
Z
C3
+:::+
Z
Cn
=
nX
i=1
Z
Ci
desde que C seja uma
curva seccionalmente suave e satisfaça as condições da de�nição da integral de
linha, então para cada caso I), II), III), IV) e V) a integral de linha de A até B
deve se a soma da integral ao longo de cada caminho.
Em I)
Z
C
=
Z
CI1
+
Z
CI2
+
Z
CI3
+
Z
CI4
Em II)
Z
C
=
Z
CII1
+
Z
CII2
+
Z
CII3
76
Em III)
Z
C
=
Z
CIII1
+
Z
CIII2
+
Z
CIII3
+
Z
CIII4
Em IV)
Z
C
=
Z
CIV1
+
Z
CIV2
Em V)
Z
C
=
Z
CV1
Serão resolvidos pelo caminho V e pelo caminho I, além é claro, pelo teorema
fundamental para integrais de linha.
� Solução de
Z
C
F:dC através do caminho V:
A(1; 0; 2) até B(0; 2; 1) :
Seja
��!
AB = (�1; 2;�1) um vetor direção. Então
x� 1
�1 =
y
2
=
z � 2
�1 , são
equações simétricas da reta que passa por A e B e tem a direção do vetor
��!
AB:
Equações paramétricas da reta:8<: x = 1� ty = 0 + 2t
z = 2� t
� No caminho de A até B, x varia de 1 até 0 :
�
Se x = 1 =) 1 = 1� t =) t = 0
Se x = 0 =) 0 = 1� t =) t = 1
)0 � t � 1
� No caminho de A até B, y varia de 0 até 2
�
Se y = 0 =) 0 = 0 + 2t =) t = 0
Se y = 2 =) 2 = 0 + 2t =) t = 1
)0 � t � 1
� No caminho de A até B, z varia de 2 até 1
77
�
Se z = 2 =) 2 = 2� t =) t = 0
Se z = 1 =) 1 = 2� t =) t = 1
)0 � t � 1
Em
8<: x = 1� ty = 0 + 2t
z = 2� t
se tem que 0 � t � 1:
Isso representa a parametrização da curva que liga o ponto A ao ponto B:
Após a parametrização da curva de A até B, qual seja, C(t) = (1 � t; 2t; 2 �
t);para 0 � t � 1, faz-se o cálculo de
Z
c
F:dC, onde F (x; y; z) = (zex+ey; xey�
ez;�yez + ex)Z
c
F:dC =
Z
c
F (C (t)) :C 0(t)dt =
Z
c
Mdx+Ndy +Rdz:
Z 1
0
F (1� t; 2t; 2� t) � (�1; 2;�1)dt
F (1�t; 2t; 2�t) =
�
(2� t) e1�t + e2t; (1� t):e2t � e2�t;�2t:e2�t + e1�t
�
=)
F(1� t;2t;2� t) � (�1;2;�1) = (t � 2)e1�t � e2t + (2 � 2t)e2t � 2e2�t +
2te2�t � e1�t =)
F(1� t;2t;2� t) � (�1;2;�1) = e1�t(t� 3) + e2t(1� 2t) + e2�t(2t� 2)Z 1
0
[e1�t(t� 3) +e2t(1� 2t) + e2�t(2t� 2)] dt:
Z 1
0
e1�t(t� 3) dt+
Z 1
0
e2t(1� 2t) dt+
Z 1
0
e2�t(2t� 2) dt:
Resolver cada integral separadamente:
a
Z 1
0
e1:e�t (t� 3) dt =
Z 1
0
(e:e�tt� 3e:et) dt =) e
Z 1
0
te�tdt� 3e
Z 1
0
e�tdt
Obs:
Z
ueudu = eu(u� 1) + C
=) e [e�t(�t� 1)]10� 3e [�e�t]
1
0 =) e
�
e�1(�1� 1)� e0(�1)
�
� 3e(�e�1+
e0) =)
e
�
�2e�1 + 1
�
� 3e(�e�1 + 1) =) �2 + e+ 3� 3e =�2e+ 1
78
b
Z 1
0
e2t(1� 2t) dt =
Z 1
0
�
e2t � 2te2t
�
dt =)
Obs:
Z
ueaudu =
1
a2
(au� 1) eau + C
Z 1
0
e2tdt� 2
Z 1
0
te2tdt =)
�
e2t
2
�1
0
� 2
�
1
4
(2t� 1) e2t
�1
0
=)
e2
2
� 1
2
� 2
�
1
4
e2 � 1
4
(�1):e0
�
=) e
2
2
� 1
2
� 2
�
e2
4
+
1
4
�
=)
e2
2
� 1
2
� 1
2
e2 � 1
2
=�1
c
Z 1
0
e2�t(2t� 2) dt =
Z 1
0
e2:e�t(2t� 2)dt =) e2
Z 1
0
(2te�tdt� 2e�t)dt =)
e2
Z 1
0
2te�tdt+ e2
Z 1
0
�2e�tdt =) 2e2
Z 1
0
te�tdt� 2e2
Z 1
0
e�tdt =)
2e2 [e�t(�t� 1)]10�2e2 [�e�t]
1
0 =) 2e2
�
e�1(�1� 1)� e0(�1)
�
�2e2
�
�e�1 � (�e0)
�
=)
�4e+ 2e2 + 2e� 2e2 =�2e
Resposta:Z 1
0
e1�t(t� 3) dt+
Z 1
0
e2t(1� 2t) dt+
Z 1
0
e2�t(2t� 2) dt =)
(�2e+ 1) + (�1) + (�2e) = �2e+ 1� 1� 2e =�4e
)
Z
C
F:dC = �4e
pelo caminho V de A até B
� Solução de
Z
C
F:dC através do caminho I:
79
A(1; 0; 2) até A1(1; 0; 0) : CI1
A1(1; 0; 0) até A2(0; 0; 0) : CI2
A2(0; 0; 0) até A3(0; 2; 0) : CI3
A3(0; 2; 0) até B(0; 2; 1) : CI4
CI1 : A(1; 0; 2) até A1(1; 0; 0)8<: x = 1y = 0
z = t
t = 2 até t = 0
C(t) = (1; 0; t) t = 2 até t = 0
C 0(t) = (0; 0; 1)
F (x; y; z) = (zex + ey; xey � ez;�yez + ex) =)
F (C(t)) = F (1; 0; t) = (t:e1 + e0; 1e0 � et;�0:et + e1) =)
F (C(t)) = F (1; 0; t) = (e:t+ 1; 1� et; e) =)Z 0
2
(e:t+ 1; 1� et; e) � (0; 0; 1) dt =)
Z 0
2
edt =) [et]02 =�2e
CI2 : A1(1; 0; 0) até A2(0; 0; 0)8<: x = ty = 0
z = 0
t = 1 até t = 0
C(t) = (t; 0; 0)
C 0(t) = (1; 0; 0)
F (x; y; z) = (zex + ey; xey � ez;�yez + ex) =)
F (C(t)) = F (t; 0; 0) = (1; t� 1; et) =)
F (C(t)) � C 0(t) = (1; t� 1; et) � (1; 0; 0) = 1 =)Z 0
1
F (C(t)) � C 0(t)dt =)
Z 0
1
1dt =) [t]01 =�1
80
CI3 : A2(0; 0; 0) até A3(0; 2; 0) :8<: x = 0y = t
z = 0
0 � t � 2
C(t) = (0; t; 0)
C 0(t) = (0; 1; 0)
F (C(t)) = F (0; t; 0) = (et;�1;�t+ 1) =)Z 2
0
F (C(t)) � C 0(t)dt =)
Z 2
0
(et;�1;�t+ 1) � (0; 1; 0) dt =)
Z 2
0
�dt = [�t]20 =�2
CI4 : A3(0; 2; 0) até B(0; 2; 1) :8<: x = 0y = 2
z = t
0 � t � 1
C(t) = (0; 2; t)
C 0(t) = (0; 0; 1)
F (C(t)) = F (0; 2; t) = (t+ e2;�et;�2et + 1) =)
F (C(t)) � C 0(t) = (t+ e2;�et; 1� 2et) � (0; 0; 1) =1� 2etZ 1
0
F (C(t)) � C 0(t)dt =)
Z 1
0
(1� 2et) dt =)
Z 1
0
1dt+
Z 1
0
�2etdt =) [t]10 � 2
Z 1
0
etdt =) 1� 2 [et]10 =)
1� 2
�
e� e0
�
=) 1� 2 [e� 1] =) 1� 2e+ 2 =)3� 2e
Resposta:
81
Z
C
F:dC ao longo do caminho I é:
Z
C
F:dC =
Z
CI1
+
Z
CI2
+
Z
CI3
+
Z
CI4
=)
Z
C
F:dC = �2e� 1� 2 + 3� 2e =)
Z
C
F:dC = �4e
O mesmo procedimento pode ser feito para os caminhos II, III e IV, bem
como para outros caminhos (suaves) entre A e B. O resultado será o mesmo:
�4e.14
Cuidado: Essa estratégia só pode ser feita porquê o campo vetorial F é
conservativo, permitindo que se possa utilizar o Teorema Fundamental para
integral de linhas. Se o campo vetorial F não fosse conservativo não se poderia
garantir que a integral de linha sob C é a mesma entre A e B independente do
caminho que se escolhe (desde que C seja seccionalmente suave e as hipóteses
da de�nição de integrais de linha sejam satisfeitas). É interessante calcular a
integral de linha para os caminhos sugeridos (II, III, IV).
Exercício 44 Mostrar que o campo vetorial F (x; y; z) = sin(x)
�!
i � 2yz�!j �
y2
�!
k é um campo conservativo em R3. Calcular
Z
C
F:dR ao longo de qualquer
caminho C de A(0; 2; 0) até B(2; 2; 4):
F (x; y; z) = sin(x)
�!
i � 2yz�!j � y2�!k
A(0; 2; 0) até B(2; 2; 4)
M(x; y; z) = sinx
N(x; y; z) = �2yz
R(x; y; z) = �y28>>>>>><>>>>>>:
Mz = 0
My = 0
Nz = �2y
Nx = 0
Rx = 0
Ry = �2y
F é conservativo se e somente se
8<: My = Nx (Verdade)Mz = Rx (Verdade)
Nz = Ry (Verdade)
14Pois F é conservativo.
82
) F é conservativo. Logo, existe �(x; y; z) tal que r� = F:
Neste caso:
I �x(x; y; z) = sinx;
II �y(x; y; z) = �2yz;
III �z(x; y; z) = �y2:
Integrando I em relação a x :
�(x; y; z) = � cosx+g(y; z):Derivando essa equação em relação a y (derivação
parcial):
�y(x; y; z) == 0 + gy(y; z) comparando com II
=) gy(y; z) = �2yz =) Integrando em relação a y
g(y; z) =
�2y2
2
z + h(z) =) g(y; z) = �y2 + h(z)
Completando a função �(x; y; z)
�(x; y; z) = � cosx� y2z + h(z) derivando em relação a z (derivação par-
cial):
�z(x; y; z) = �y2 + h0(z)
Comparando com III:
h0(z) = 0 =) h(z) = k (constante)
) �(x;y; z) = � cosx� y2z + k é a função potencial de F , pois r� = F:
O cálculo de A(0; 2; 0) até B(2; 2; 4) pode ser feito através da aplicação do
teorema fundamental para integrais de linha (desde que F é conservativo).Z
C
F:dR = �(x2; y2; z2)� �(x1; y1; z1) =) �(2; 2; 4)� �(0; 2; 0) =)
[� cos 2� 16]� [� cos 0� 4:0] =) � cos 2� 16 + 1 =) � cos 2� 15
83
4 Teorema de Green
Exercício 45 Sejam F (x; y) = (2xy � x2)�!i + (x+ y2)�!j e C a curva fechada
da região R limitada entre y = x2 e y2 = x. Veri�car o Teorema de Green.
Solução: Teorema de Green:
I
C
Mdx+Ndy =
ZZ
R
�
@N
@x
� @M
@y
�
dA
� Primeira parte: Calcular
I
C
�
2xy � x2
�
dx+
�
x+ y2
�
dy:
Sendo C1 o caminho de (0; 0) até (1; 1) via y = x2 e C2 o caminho de (1; 1)
até (0; 0) via y2 = x, então o objetivo é mostrar queI
C1
+
I
C2
=
ZZ
R
I) C1 é a curva y = x2 de (0; 0) ate (1; 1):�
Se x = t =) dx = dt 0 � t � 1
Se y = t2 =) dy = 2tdt
Z 1
0
�
2tt2 � t2
�
dt+
�
t+ t4
�
2tdt =)
Z 1
0
�
2t3 + t2 + 2t5
�
dt =) ::: =) 7
6
II) C2 e a curva y2 = x de(1; 1) até (0; 0).�
Seja y = t =) dy = dt t = 1 até t = 0
x = t2 =) dx = 2tdtZ 0
1
�
2t2t� t4
�
2tdt+
�
t2 + t2
�
dt =)
Z 0
1
�
2t3 � t4
�
2tdt+ 2t2dt =)
Z 0
1
�
4t4 � 2t5 + 2t2
�
dt =) ::: =) �17
5
)
I
C
=
I
C1
+
I
C2
=) 7
6
� 17
5
=
1
30
84
� Segunda parte: Calcular
ZZ
R
�
@N
@x
� @M
@y
�
dA
I
C
Mdx+Ndy =
ZZ
R
�
@N
@x
� @M
@y
�
dA =)
�
N(x; y) = x+ y2
M(x; y) = 2xy � x2
)
ZZ
R
(1� 2x) dA =)
Z 1
0
Z px
x2
(1� 2x) dydx =)
Z 1
0
[y � 2xy]
p
x
x2 dx =
Z 1
0
�
(
p
x� 2x
p
x)�
�
x2 � 2xx2
��
dx =)
Z 1
0
hp
x� 2x 32 � x2 + 2x3
i
dx =)
"
x
3
2
3
2
� 2x
5
2
5
2
� x
3
3
+
2x4
4
#1
0
:::
=
1
30
Portanto, primeira parte é igual a segunda parte, ou seja,
Exercício 46 Aplicar o Teorema de Green para calcular
I
C
y2dx+2x2dy onde
C é o caminho determinado pelos pontos A(0; 0); B(1; 2) e C(0; 2) no sentido
contrário ao dos ponteiros do relógio.
Solução:
O teorema de Green estabelece que:I
C
Mdx+Ndy =
ZZ
R
�
@N
@x
� @M
@y
�
dydx
M(x; y) = y2 e N(x; y) = 2x2
@N
@x
= 4x e
@M
@y
= 2y
85
A reta que passa por A e B é y = 2x. A região está compreendida entre
x = 0 e x = 1 e y = 2x e y = 2:ZZ
R
�
@N
@x
� @M
@y
�
dydx
=
ZZ
R
(4x� 2y) dydx
=
Z 1
0
Z 2
2x
(4x� 2y) dydx
=
Z 1
0
�
4xy � y2
�2
2x
dx
=
Z 1
0
�
(8x� 4)�
�
8x2 � 4x2
�	
dx
=
Z 1
0
�
8x� 4� 4x2
�
dx =
�
8x2
2
� 4x� 4x
3
3
�1
0
=
8
2
� 4� 4
3
=
24� 24� 8
6
=
�8
6
=
�4
3
Resposta do exercício:
I
C
y2dx+ 2x2dy =
�4
3
Exercício 47 Aplicar o Teorema de Green para encontrar o trabalho total real-
izado pelo campo de forças F (x; y) =
�
sinx� y; ey � x2
�
ao mover uma partícula,
no sentido contrário ao dos ponteiros do relógio, em torno da circunferência
x2 + y2 = a2 (a > 0) :
Solução:
F (x; y) =
�
sinx� y; ey � x2
�
M(x; y) = sinx� y e N(x; y) = ey � x2
@N
@x
= �2x e @M
@y
= �1
86
Teorema de Green:
I
C
Mdx+Ndy =
ZZ
R
�
@N
@x
� @M
@y
�
dydx
=
ZZ
R
(�2x� (�1)) dydx =
ZZ
R
(�2x+ 1) dydx
A regiãoR é a região limitada pela circunferência x2+y2 = a2 (a > 0) :
Através de coordenadas polares8>>>><>>>>:
x = r cos �
y = r sin �
x2 + y2 = r2
0 � r � a
0 � � � 2�ZZ
R
(�2x+ 1) dydx =
Z 2�
0
Z a
0
(�2r cos � + 1) rdrd�
Z 2�
0
Z a
0
�
�2r2 cos � + r
�
drd� =
Z 2�
0
�
�2r3
3
cos � +
r2
2
�a
0
d�
Z 2�
0
�
�2a3
3
cos � +
a2
2
�
d� =
�
�2a3
3
sin � +
a2
2
� �
�2�
0
=
�
0 +
a2
2
� 2�
�
� (0 + 0)
= �a2
Resposta do exercício: O trabalho total é �a2 unidades de trabalho.
5 Teorema de Gauss
Exercício 48 Sejam F (x; y; z) = (x; y; 0) e S a superfície exterior do sólido
determinado por x2 + y2 � 9 e 0 � z � 4 (cilindro). Encontrar o �uxo de F
através de S:
Solução:
87
A superfície S consiste das superfícies:8<: S1 : parte de cima do cilindroS2 : parte de baixo do cilindro
S3 : lateral do cilindro
1o Método de Solução
Aplicar o teorema da divergência de Gauss.
Fluxo de F através de F =
ZZ
S
F � nd� =
ZZZ
E
divF � dV
F (x; y; z) = (x; y; 0)
divF =
@M
@x
+
@N
@y
+
@R
@z
= 1 + 1 + 0 = 2 onde:
8<: M(x; y; z) = xN(x; y; z) = y
R(x; y; z) = 0
Fluxo de F através de S =
ZZZ
E
2dV = 2
ZZZ
E
dV
Obs.: E é sólido limitado por S que é um cilindro.
Fluxo de F através de S = 2
ZZZ
E
dV = 2 [ volume do cilindro] = 2:((área
da base).altura)
� base=círculo de raio 3.
� altura=4.
= 2�(��32)�4 = 72� (resposta do exercício pelo primeiro método de solução).
2o Método de Solução
Fluxo de F através de S =
8>>>><>>>>:
�uxo de F através de S1
+
�uxo de F através de S2
+
�uxo de F através de S3
88
i) �uxo de F através de S1
Em S1; z = 4 =) f(x; y) = 4
Parametrização de S1: X (x; y) = (x; y; 4)
@X
@x
= (1; 0; 0) e
@X
@y
= (0; 1; 0)
@X
@x
� @X
@y
=
������
i j k
1 0 0
0 1 0
������ = k
= (0; 0; 1) =)vetor normal "saindo"de S1:
F (x; y; z) = (x; y; 0) =) F (X(x; y)) = (x; y; 0)
Fluxo de F através de S1 =
ZZ
S1
F � n � d�
=
ZZ
R1
(x; y; 0) � (0; 0; 1) dA = 0
R1 é a projeção de S1 no plano xy:
) Fluxo de F através de S1 = 0
ii) Fluxo de F através de S2
Em S2; z = 0 =) f(x; y) = 0
X(x; y) = (x; y; 0) =)parametrização de S2
@X
@x
= (1; 0; 0) e
@X
@y
= (0; 1; 0)
@X
@x
� @X
@y
=
������
i j k
0 1 0
1 0 0
������ = �k
= (0; 0;�1) =)vetor normal "saindo"de S2:
F (X(x; y)) = (x; y; 0)
Fluxo de F através de S2 =
ZZ
S2
F (X(x; y))
�
@X
@x
� @X
@y
�
dA
89
=
ZZ
R2
(x; y; 0) � (0; 0;�1) dA = 0
R2 é a projeção de S2 no plano xy:
) Fluxo de F através de S2 = 0
iii) Fluxo de F através de S3
Conforme a sugestão no exercício, a parametrização lateral do cilindro é:
X(�; z) = (a cos �; a sin �; z)�
0 � � � 2�
h1 � z � h2
a é o raio do cilindro
a = 3
0 � � � 2�
0 � z � 4
X(�; z) = (3 cos �; 3 sin �; z)
@X
@�
= (�3 sin �; 3 cos �; 0) e @X
@z
= (0; 0; 1)
@X
@�
� @X
@z
=
������
i j k
�3 sin � 3 cos � 0
0 0 1
������ = 3 cos ��!i + 3 sin ��!j
= (3 cos �; 3 sin �; 0) =)vetor normal "saindo"de S3:
F (X(�; z)) = (3 cos �; 3 sin �; 0)
Fluxo de F através de S3
=
ZZ
S3
F � n � d� =
ZZ
R3
F (X(�; z)) �
�
@X
@�
� @X
@z
�
dzd�
(�; z) 2 R3
=
Z 2�
0
Z 4
0
(3 cos �; 3 sin �; 0) � (3 cos �; 3 sin �; 0) dzd�
90
=
Z 2�
0
Z 4
0
�
9 cos2 � + 9 sin2 �
�
dzd� =
Z 2�
0
Z 4
0
9
�
cos2 � + sin2 �
�
dzd�
=
Z 2�
0
Z 4
0
9dzd� = 9
Z 2�
0
Z 4
0
dzd� =) 9
Z 2�
0
[z]
4
0 d�
= 9
Z 2�
0
4d� = 36 [�]
2�
0 =) 36 � 2� = 72�
) Fluxo de F através de S3 = 72�
Resposta do exercício pelo segundo método de solução:
Fluxo de F através de S =
8>>>><>>>>:
�uxo de F através de S1
+
�uxo de F através de S2
+
�uxo de F através de S3
Fluxo de F através de S =
8>>>><>>>>:
0
+
0
+
72�
Fluxo de F através de S = 72�
Exercício 49 Seja F (x; y; z) = (2xy+z)
�!
i +y2
�!
j � (x+3y)�!k e S a superfície
do R3 limitada por x+ y + 2z = 6; x = 0; y = 0 e z = 0: Calcular o �uxo de F
através da superfície S.
Seja F (x; y; z) = (2xy + z)
�!
i + y2
�!
j � (x+ 3y)�!k8>><>>:
x+ y + 2z = 6
x = 0
y = 0
z = 0
Teorema da divergência de GAUSSZZ
S
F:Nd� =
ZZZ
E
divF:dV onde divF =
@M
@x
+
@N
@y
+
@R
@z
divF = 2y + 2y = 0 = 4y
91
Aplicando o teorema da divergência de GAUSS,
ZZZ
E
4ydV
Z x=6
x=0
Z y=6�x
y=0
Z z=3� 12x� 12y
z=0
4y dz dy dx =)Fluxo de F através de S
Z 6
0
Z 6�x
0
[4yz]
3� 12x�
1
2y
0 dydx =)
Z 6
0
Z 6�x
0
4y(3� 12x�
1
2y)dydx =)
Z 6
0
Z 6�x
0
�
12y � 2xy � 2y2
�
dydx =)
Z 6
0
�
12
2
y2 � 2xy
2
2
� 2y
3
3
�6�x
0
dx =)
Z 6
0
�
6y2 � xy2 � 2
3
y3
�6�x
0
dx =)
Z 6
0
�
6: (6� x)2 � x (6� x)2 � 2
3
(6� x)3
�
dx =)
Z 6
0
�
(6� x) : (6� x)2 � 2
3
(6� x)3
�
dx =)
Z 6
0
�
(6� x)3 � 2
3
(6� x)3
�
dx =)
Z 6
0
�
1� 2
3
�
: (6� x)3 dx =)
�
1� 2
3
�Z 6
0
(6� x)3 dx =) 1
3
�
�(6x� 4)4
4
�6
0
=)
1
3
�
�(�6)4
4
�
=) 1
3
:
64
4
= 108
6 Teorema de Stokes
Exercício 50 Sejam F (x; y; z) = (xy; xy; y2) e C a fronteira orientada da su-
perfície que consiste na parte do cilindro z = 4�x2 no primeiro octante que é de-
limitada pelos planos coordenados e pelo plano y = 3: Calcule
ZZ
S
(r� F )�Nd�:
Solução:
X(x; y) = (x; y; 4�x2)
@X
@x
= (1; 0;�2x) e @X
@y
= (0; 1; 0)
92
@X
@x
� @X
@y
=
������
i j k
1 0 �2x
0 1 0
������ = �!k + 2x�!i = (2x; 0; 1)
F (x; y; z) = (xz; xy; y2)
rotF = (Ry �Nz;Mz �Rx; Nx �My) = r � F = (2y � 0; x� 0; y � 0) =
(2y; x; y)ZZ
S
rotF �N � d� =
ZZ
R
(2y; x; y) � (2x; 0; 1) dA
ZZ
R
(4xy + y) dydx
A região R é 0 � x � 2 e 0 � y � 3Z 2
0
Z 3
0
(4xy + y) dydx =
Z 2
0
�
4xy2
2
+
y2
2
�3
0
=
Z 2
0
�
18x+
9
2
�
dx =
�
18x2
2
+
9
2
x
�2
0
= 36 + 9 = 45
Exercício 51 Sejam F (x; y; z) = 3y
�!
i � xz�!j + yz2�!k e S a superfície da
parabolóide 2z = x2 + y2 limitado por z = 2 e C seu contorno. Veri�car o
Teorema de Stokes.
Solução:
Teorema de Stokes:
Z
C
F:dR =
ZZ
S
rotF:N:d�
Parte I)Z
C
F:dR
Contorno de C é o círculo em z = 2 =) x2 + y2 = 4
Equaçõe Paramétricas8>>>><>>>>:
x = 2 cos t =) dx = �2 sin tdt
y = 2 sin t =) dy = 2 cos tdt
z = 2 =) dz = 0
93
Z
C
F:dR =
Z
C
3ydx� xzdy + yz2dy
Z 2�
0
3:2: sin t(�2 sin t):dt� 2 cos t:2:2 cos t:dt+ 2 sin t:4:0 =)
Z 2�
0
�
�12 sin2 t� 8 cos2 t
�
dt =) �12
Z 2�
0
sin2 tdt� 8
Z 2�
0
cos2 tdt =)
�12
�
t
2
� sin 2t
4
�2�
0
� 8
�
t
2
+
sin 2t
4
�2�
0
=) �12 [�]� 8 [�] =) �20�
Parte II)
ZZ
S
rotF:N:d�
rotF =
24 i j k@
@x
@
@y
@
@z
3y �xz yz2
35
8<: M = 3yN = �xz
R = yz2
rotF =
�
@R
@y
� @N
@z
�
�!
i +
�
@M
@z
� @R
@x
�
�!
j +
�
@N
@x
� @M
@y
�
�!
k =)
rotF =
�
z2 + x
��!
i + (0� 0)�!j + (�z � 3)�!k
rotF =
z2 + x; 0;�z � 3
�
2z = x2 + y2 =) z = 1
2
x2 +
1
2
y2 = f(x; y)
�
fx = x
fy = y
ZZ
S
rotF:N:d� =
ZZ
S
(z2 + x; 0;�z � 3):N:d�
94
8<: M = z
2 + x
N = 0
R = �z � 3ZZ
D
(�Mfx �Nfy +R) dAZZ
D
�
�
�
z2 + x
�
:x� 0� z � 3
�
dA =)
ZZ
D
�
�xz2 � x2 � z � 3
�
dA =)
ZZ
D
 
�x
�
x2 + y2
2
�2
� x2 �
�
x2 + y2
2
�
� 3
!
dA =)
ZZ
D
�
�x
4
�
x2 + y2
�2 � x2 � �x2 + y2
2
�
� 3
�
dA
Coordenadas polares8<: x
2 + y2 = r2 r = 2
x = r cos �
y = r sin � 0 � � � �Z 2�
0
Z 2
0
�
�r cos �
4
r4 � r2 cos2 � � r
2
2
� 3
�
rdrd� =)
Z 2�
0
Z 2
0
�
�r6
4
cos � � r3 cos2 � � r
3
2
� 3r
�
drd� =)
Z 2�
0
�
�r7
28
cos � � r
4
4
cos2 � � r
4
8
� 3r
2
2
�2
0
d� =)
Z 2�
0
�
�128 cos �
28
� 4 cos2 � � 2� 6
�
d� =)
�
�128
28
sin �
�2
0
�4
�
�
2
+
sin 2�
4
�2�
0
�8 [�]2�0 =) 0�4
�
2�
2
+ 0
�
�8 [2� � 0] =)
�4� � 16� =) �20�
) 1a parte=2a parte
Portanto, o teorema de Stokes está veri�cado.
Exercício 52 Seja F (x; y; z) = y2
�!
i + z2
�!
j +x2
�!
k : Seja a superfície S a parte
do plano x + y + z = a; a > 0; que está no primeiro octante, no sentindo
anti-horário. Veri�que (Teorema de Stokes) que
Z
C
F:dR é igual a
ZZ
S
rotF:N
d�:
95
F (x; y; z) = y2
�!
i + z2
�!
j + x2
�!
k
S : x+ y + z = a (a > 0) (Primeiro octante).
Mostrar que
Z
C
F:dR =
ZZ
S
rotF:N d�
1a parte:ZZ
S
rotF:N d�
rotF =
�
@R
@y
� @N
@z
�
�!
i +
�
@M
@z
� @R
@x
�
�!
j +
�
@N
@x
� @M
@y
�
�!
k =)
rotF = (�2z;�2x;�2y)ZZ
S
rotF:N:d� =
ZZ
S
(�2z;�2x;�2y):N:d� =)
Normal Superior:
ZZ
D
(�Mfx�Nfy +R)dA =)
8>>>><>>>>:
x+ y + z = a
M = �2z
N = �2x
R = �2y
z = a� x� y
�
fx = �1
fy = �1ZZ
D
[� (�2z) :(�1)� (�2x):(�1) + (�2z)] dA =)
ZZ
D
(�2z�2x�2y)dA =)
ZZ
D
[�2(a� x� y)� 2x� 2y] dA =)
ZZ
D
(�2a+ 2x+ 2y � 2x� 2y)dA =)
ZZ
D
�2a dA =) �2a
ZZ
D
dA
96
Método I:
�2a
ZZ
D
dA =) �2a
Z a
0
Z a�x
0
dy dx =) �2a
Z a
0
[y]
a�x
0 dx =) �2a
Z a
0
(a�
x)dx =)
�2a
�
ax� x
2
2
�a
0
=) �2a
�
a2 � a
2
2
� 0
�
=) �2aa
2
2
= �a3
Método II:ZZ
D
dA =Área do triângulo=
a:a
2
=
a2
2
=) �2a
ZZ
D
dA =) �2a:a
2
2
= �a3
)
ZZ
S
rotF:N d� = �a3
2a parte:Z
C
F:dR =)
C1 : x+ y = a =) y = a� x8<: z = 0 =) dz = 0x = t =) dx = dt
y = a� t =) dy = �dt
9=; t = a até t = 0
I
y2dx+z2dy+x2dz =)
Z 0
a
(a�t)2dt+0dy+x2:0 =)
Z 0
a
�
a2 � 2at+ t2
�
dt =)
�
a2t� 2at
2
2
+
t3
3
�0
a
=)
�
0�
�
a3 � a:a2 + a
3
3
��
=) �a
3
3
C2 : y + z = a =) z = a� y8<: x = 0 =) dx = 0y = t =) dy = dt
z = a� t =) dz = �dt
9=; t = a até t = 0
Z 0
a
y2dx+ z2dy + x2dz =)
Z 0
a
t2:0 + (a� t)2dt+ 02:(�dt) =)
97
Z 0
a
(a� t)2dt =)
�
�(a� t)3
3
�0
a
=) �a
3
3
C3 : x+ z = a =) z = a� x8<: y = 0 =) dy = 0x = t =) dx = dt
z = a� t =) dz = �dt
9=; t = 0 até t = a
Z
C
y2dx+ z2dy + x2dz =)
Z 0
a
02 + (a� t)2:0 + t2(�dt) =)
Z 0
a
�t2dt =) �
Z 0
a
t2dt =) �
�
t3
3
�a
0
=) �a
3
3
)
Z
C
F:dR =
Z
C1
F:dR+
Z
C2
F:dR+
Z
C3
F:dR =)
�a
3
3
� a
3
3
� a
3
3
= �a3
)
Z
C
F:dR =
ZZ
S
rotF:N:d�
98