Soluções do livro guidorizzi volume 2

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Cap. 1.pdf
CAPÍTULO 1
Exercícios 1.1
1. Seja f: [0, 1] � � dada por
 
f x
x
x
( )
, ,
, ,
�
0 0 1
2
1
1 0 1
2
1
se
se
�
�
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Seja P uma partição qualquer de [0, 1]
P : 0 � x0 � x1 � x2 � ... � xi �1 � xi � ... � xn � 1 e seja 
i
n
i if c x
�
�
1
 ( ) uma soma
de Riemann de f relativa a esta partição.
Se nenhum dos c1, c2, ..., cn pertencer ao conjunto 0 12 1, , ,
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
 então a soma de
Riemann será zero.
Admitindo que algum ou alguns (um, dois ou três) ci pertença ao conjunto 0 12 1, , ,
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
então f(ci) � 1 e f(ci) �xi � �xi (para cada ci � 0 12 1, , ).
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
 
Portanto,
 i
n
i i if c x x
�
� � �
1
3Â ( ) .máx
Dado � � 0, existirá 
 
�
�
�
3
 (que só depende de �) tal que:
i
n
i i if c x x
�
� � � � �
1
 ( ) .sempre que máx �
Em qualquer caso, temos, independentemente da escolha dos ci e para toda partição P
de [0, 1], com máx �xi � �, que
i
n
i if c x
�
� � � �
1
0Â ( ) .
Portanto,
 
lim ( ) ( ) .
máx �
�
� � �
x i
n
i i
i
f c x f x dx
Æ Â Ú0 1 0
1
0
2
3.
a) Seja 
 
f x
x
x
x
( )
.
�
� �
�
� �
1 0 1
4 1
2 1 2
se
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Seja P uma partição qualquer de [0, 2]:
P : 0 � x0 � x1 � ... � xj �1 � xj � ... � xn � 2
Suponhamos que 1 � [xj �1, xj]. Temos
 i
n
i i
i
j
i i j j
i j
n
i if c x f c x f c x f c x
� �
�
� 	
� � � 	 � 	 �
1 1
1
1 1 2
  Â( ) ( ) ( ) ( )123 123 , onde f(cj) � {1, 2, 4}
� xj�1 	 f(cj) (xj � xj�1) 	 2(2 � xj) � 3 � (xj � xj�1) 	 f(cj) (xj � xj�1) 	 (1 � xj).
Segue que
� � � � � � � �
i
n
i i j j j j j if c x x x x x x x
�
� �� � � � 	 � 	 � � �
1
1 13 4 1 6Â ( ) .máx
Dado � � 0 e tomando-se 
 
�
�
�
6
 tem-se
 
máx � � � � �
�
x f c xi
i
n
i i� �Þ Â� �
1
3( ) .
Então, 
 
lim ( )
máx�
�
� �
x i
n
i i
i
f c x
Æ Â0 1
3
 independentemente da escolha de ci.
Logo, f é integrável e 
 
f x dx( ) .�3
0
2
Ú
d) Seja f x x xx x( ) .� �
se
se
�
�
�
�
Ï
Ì
Ó
Seja P : �1 � x0 � x1 � ... � xi �1 � xi � ... � xn � 1 uma partição qualquer de [�1, 1]
e 
1
2
 seja um ponto dessa partição. Escolhamos ci 
 0 da seguinte forma: ci irracional se
ci � 0 e ci racional se ci � 0. Desse modo, f(ci) � 0 para todo i. Segue que a soma de
Riemann será maior que a área do retângulo de vértices 
1
2
0 1
2
1
2
1 0 1 1
2
, , , , ( , ) , ,ÊË
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯e
ou seja, 
 i
n
i if c x
�
� �
1
1
4Â ( ) . (Concorda?) Por outro lado, escolhendo ci racional se ci � 0
e ci irracional se ci � 0 teremos f(ci) � 0, para todo i, e portanto, 
 i
n
i if c x
�
� �
1
0Â ( ) .
3
Logo, não existe L tal que 
 
lim ( ) ,
máx �
�
� �
x i
n
i i
i
f c x L
Æ Â0 1
 independentemente da escolha
dos ci. Ou seja, a função não é integrável.
Exercícios 1.2
1.
a) 
 
f x x
x
( ) �
	1 2
 �1 � x � 2.
A função f(x) é contínua em �. Logo, f é contínua em [�1, 2].
Pelo teorema 1, se f é contínua em [�1, 2], então f é integrável.
c) 
 
f x
x x
x
x
( )
.
�
� � �
� �
2 2 1
2 1 2
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f é limitada em [�2, 2], pois, para todo x em [�2, 2], 0 � f(x) � 4; f é descontínua
apenas em x � 1. Pelo teorema 2, como f é limitada em [�2, 2] e descontínua apenas em
x � 1, então f é integrável em [�2, 2].
e) f(x) � 
0 0
1 0 1
se
sen
x
x
x
�
� �, .
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
A função é limitada e descontínua apenas em x � 0. Logo, pelo teorema 2, a função é
integrável.
g) 
 
f x
x x
x
x
( ) �
� � �
�
� �
2 1 0
5 0
2 0 1
se
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f é limitada em [�1, 1]; f só é descontínua em x � 0. Portanto, f é integrável.
Cap. 10.pdf
CAPÍTULO 10
Exercícios 10.1
1. a) f(x, y) � 5x4y2 � xy3 � 4.
Devemos olhar y como constante e derivar em relação a x:
 
∂
∂
f
x
x y x y y( , ) � �20 3 2 3.
Devemos olhar x como constante e derivar em relação a y:
 
∂
∂
f
y
x y x y xy( , ) � �10 34 2.
c)
Nos pontos (x, y) � (0, 0) aplicamos a regra do quociente:
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
z
x x
x y
x y
x y x x y x
x y
x x y xy
x y
�
�
�
�
� � �
�
�
� �
�
3 2
2 2
2 2 2 3 2
2 2 2
4 2 2 2
2 2 2
3 2 3 2( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) e
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
z
y y
x y
x y
x y y x y y
x y
x y x
x y
�
�
�
�
� � �
�
�
�
�
3 2
2 2
2 2 3 2
2 2 2
2
2 2 2
2 2 2 1( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
.
No ponto (x, y) � (0, 0) (supondo z (0, 0) � 0).
∂
∂
z
x
( , )0 0 é a derivada, em x � 0, de g(x) � z (x, 0) � x, x � 0.
Assim g(x) � z (x, 0) � 
 
x x
x
se
se
πÏÌÓ
0
0 0� . Segue que 
∂
∂
z
x
g( , ) ( ) .0 0 0 1� � �
∂
∂
z
y
( , )0 0 é (caso exista) a derivada, em y � 0, de h(y) � z(0, y) � 1, y � 0.
Assim h(y) �
 
1 0 0 0 0 0
0 0
se Então não é contínua em e não existe
se
y h y h z
y
y
π ∂
∂
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
. ( ) ( ) ( , ) .� �
�
74
d) f(x, y) � e x y� �2 2.
 
∂
∂
∂
∂
◊f
x
x y
x
e e x x ex y x y x y( , ) ( ) ( )� � � ��� � � � � �2 2 2 2 2 22 2 e
 
∂
∂
∂
∂
◊f
y
x y
y
e e y y ex y x y x y( , ) ( ) ( )� � � ��� � � � � �2 2 2 2 2 22 2
l) f(x, y) � x y x y3 23 3 23 3
1
3� � � � �( ) .
 
∂
∂
∂
∂
f
x
x y
x
x y x y x
x y
( , ) (( ) ) ( ) ( )
)
� � � � � � �
� �
�3 2 3 2 2
3 2 23
3 1
3
3 3
3
1
3
2
3
x2
(
 e
 
∂
∂
∂
∂
f
y
x y
y
x y x y y y
x y
( , ) (( ) ) ( ) ( )
)
� � � � � � �
� �
�3 2 3 2
3 2 23
3 1
3
3 2 2
3 3
1
3
2
3
(
.
m) 
 
z
x y
x y
�
�
sen
cos ( )2 2
.
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
z
x x
x y
x y
x y y x y x y x
x y
�
�
�
� � � �
�
sen sen sen sen
cos ( )
cos ( ) ( ) [ ( ) ( )]
[cos ( )]2 2
2 2 2 2
2 2 2
2
∂
∂
z
x
y x y x x y
x y
�
� � �
�
sen sen[cos ( ) ( )]
[cos ( )]
2 2 2 2 2
2 2 2
2
.
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
z
y y
x y
x y
x y x y x y x y y
x y
�
�
�
� � � �
�
sen cos sen sen
cos ( )
cos ( ) [ ( ) ( )]
[cos ( )]2 2
2 2 2 2
2 2 2
2
∂
∂
z
y
x y x y xy y x y
x y
�
� � �
�
cos sen sencos ( ) ( )
[cos ( )]
2 2 2 2
2 2 2
2
.
3. Seja g(x, y) � 
 
� � �
x
y
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ Æ, : ( ) .onde é diferenciável e� � � �1 4
a) 
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
g
x
x y
x
x
y y
x
y
( , ) � � �� �1
 
∂
∂
g
x
( , ) ( )1 1 1 4� � �� .
b) 
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
g
y
x y
y
x
y
x
y
x
y
( , ) � �� �� �2
 
∂
∂
g
y
( , ) ( )1 1 1 4�� � ��� .
75
6. pV � nRT Þ p � nR T
V
.
 
∂
∂
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
p
V
nRT
V V
nRT
V
� � �
1 1
2 (olhando n, R e T como constante e derivando em
relação a V)
 
∂
∂
p
V
nRT
V
�� 2
.
 
∂
∂
∂
∂
p
T
nR
V T
T nR
V
� �( )
 (olhando n, R e V como constantes e derivando em relação a T).
7. Seja z � ey �(x � y)
 
∂
∂
∂
∂
z
x x
e x y e x yy y� � � � �( ( )) ( ).� � �
 
∂
∂
∂
∂
◊
∂
∂
z
y y
e x y e x y
y
x y
x y ey y y� � � � � �
�
� �( ( )) ( ) ( )
( )
( ) .� � �1
1 24 34
�
Somando � e �:
 
∂
∂
∂
∂
z
x
z
y
e x y e x y e x y
z
y y y� � � � � � � ��� � �( )) ( ) ( )
1 244 344
Logo,
∂
∂
∂
∂
z
x
z
y
z� � .
10. Seja a equação xyz � z3 � x. Derivando em relação a x (mantendo y constante):
xy z
x
yz z z
x
∂
∂
∂
∂
� � �3 12
∂
∂
z
x
xy z yz( )� � �3 12
∂
∂
z
x
yz
xy z
�
�
�
1
3 2
.
Derivando em relação a y (olhando x como constante)
xy z
y
xz z
z
y
∂
∂
∂
∂
� � �3 02
 
∂
∂
z
y
xy z xz( )� ��3 2
 
∂
∂
z
y
xz
xy z
��
�3 2
.
76
13. Sejam w � xy � z4, z(1, 1) � 1 e 
 
∂
∂
z
x
x
y
�
�
�
4
1
1
,
 
∂
∂
∂
∂
w
x
y z z
x
� � 4 3 , daí
 
∂
∂
◊w
x
x
y
�
�
� � �1
1
1 4 4 17.
15. Seja f(x, y) � 
 0
2 2
2x y te dt
�
�Ú . Considerando F(t) � e t� 2 e u(x, y) � x2 � y2, temos
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂Úx f x y x F t dt F u
u
x
u x y
( , ) ( ) ( )
( , )
� �
0
 e, portanto,
 
∂
∂
◊
x
x y e x x ex y x y( , ) ( ) ( )� �� � � �2 2 2 2 2 22 2 .
Analogamente:
 
∂
∂
∂
∂
f
y
x y F u u
y
( , ) ( )� , ou seja,
∂
∂
f
y
x y y e x y( , ) ( )� � �2 2 2 2.
16. f(x, y) � 
 x
y
t
x
t
y
te dt e dt e dt
2
2
2
2
2
2
20
0Ú Ú Ú� � �� �
 
�� �� �
0 0
2
2
2
2x t
y
te dt e dtÚ Ú .
Considerando F(t) � e t�
2
, u(x) � x2 e v(y) � y2, temos:
∂
∂
∂
∂
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
∂
∂
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜Ú Úfx x y x e dt x e dt
x
t
y
t( , ) � � �� �
0 0
2
2
2
2
 
�� �F u du
dx
F v dv
dx
( ) ( ) . Portanto,
∂
∂
f
x
x y x e x( , ) .�� �2 4
 
∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
∂
∂
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
úÚ Ú
f
y
x y
y
e dt
y
e dt
x
t
y
t( , )� � � �� �
0 0
2
2
2
2
77
 
�� �F u du
dy
F v dv
dy
( ) ( ) . Logo,
 
∂
∂
f
y
x y y e y( , ) � �2 4
18. Seja f(x, y) � x3y2 � 6 xy � �(y). Temos
 
∂
∂
f
y
x y x y� � � �2 63 � ( )
Comparando com 
 
∂
∂
f
y
x y x y
y
� � �
�
2 6
1
3
2 , resulta
 
�� �
�
( ) .y y
y2 1
 Daí
 
�( ) ln ( ) .y y dy
y
y c�
�
� � �Ú 2 21
1
2
1
Portanto,
�( ) ln ( ).y y� �1
2
1 2
21. b) 
 
∂
∂
∂
∂
Ê
Ë
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
◊ ∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯f
x
x y
x
e e
x x y
x y x y( , ) � �
� �
� � � �
1
1
1
1
2 2
2 2 2 2 1
1
 
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯f
x
x y x
x y
e x y( , ) ( ) ,�� � �
� �2
12 2 2
1
12 2
 se x
2
 � y2 � 1 e
 
∂
∂
f
x
x y x y( , ) .� � �0 12 2se
 Para x2 � y2 � 1, ∂
∂
f
x
x y( , )
 tem que ser calculado pela
definição. Lembrando que f (x, y) � 0 para x2 � y2 � 1, temos
 
∂
∂ Æ
f
x
x y f u y f x y
u xu x
( , ) lim ( , ) ( , )� �
�
 
�
�
lim ( , ) .
u x
f u y
u xÆ
 Para | u | � | x |, f(u, y) � 0, logo tal limite é zero. Para | u | � | x |,
 
∂
∂
È
ÎÍ
ù
ûúÆ
f
x
x y e
u xu x
u y
( , ) lim .�
�
�
� �
1
12 2 0
0
Aplicando L'Hospital,
 
∂
∂ Æ
f
x
x y e u
u yu x
u y( , ) lim ( ) .�
�
� �
� �
1
1
2 2 2
2 2 2
1
78
Fazendo s � 
 
1
12 2u y� �
, para u � x, s � �	, temos
 
lim ( ) limu x
u y
s
se
u y
e s
Æ Æ
1
1
2 2 2
22 2 1
1
� �
� 	� �
�
 
� �
�	 �
lim .
s
s
s
eÆ
2
0
Daí, para | u | � | x |
 
∂
∂ Æ Æ
f
x
x y e
u y
u
u x
u y
u x
( , ) lim ( ) lim .� � � � �
� �
1
1
2 2 2
2 2 1
1
2 0
Assim, 
 
∂
∂
f
x
x y( , ) �0 para x2 � y2 � 1.
Conclusão:
∂
∂
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
f
x
x y
x
x y
e x y
x y
x y( , ) ( )�
�
� �
� �
� 
� �2
1
1
0 1
2 2
1
1 2 2
2 2
2 2
se
se
Do mesmo modo mostra-se que
 
∂
∂
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
f
x
x y
y
x y
e x y
x y
x y( , ) ( )�
�
� �
� �
� 
� �2
1
1
0 1
2 2 2
1
1 2 2
2 2
2 2
se
se
23.
a) z(t) � f(t, t) � t2 � t2 � 2t2
c) �(t) � (t, t, 2t2).
��(t) � (1, 1, 4t) Þ ��(1) � (1, 1, 4)
Reta tangente a � no ponto (1, 1, 2)
(x, y, z) � (1, 1, 2) � �(1, 1, 4).
d) Seja o plano z � f(1, 1) � ∂
∂
∂
∂
f
x
x
f
y
y( , )( ) ( , )( ).1 1 1 1 1 1� � �
O ponto (1, 1, 2) pertence ao plano.
O vetor 
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
f
x
f
y
( , ), ( , ), ( , , )1 1 1 1 1 2 2 1� � � é normal ao plano. Agora
(1, 1, 4) · (2, 2, �1) � 0. Portanto, o vetor ��(1) � (1, 1, 4) é ortogonal ao vetor (2, 2, �1)
79
normal ao plano. Logo, a reta tangente T: (x, y, z) � (1, 1, 2) � �(1, 1, 4) está contida no
plano de equação
 
z f f
x
x
f
y
y� � � � �( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1∂
∂
∂
∂
.
29. a) f(x, y) � x2 � y2. Temos
 
∂
∂
∂
∂
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
f
x
x y x
f
y
x y y
( , )
( , )
�
�
2
2
Resolvendo o sistema:
 
2 0 0 0
2 0
x x y
y
� �
�
ÞÏÌÓ
( , ) ( , ) é ponto crítico ou estacionário .
f) f(x, y) � x4 � 4xy � y4. Temos
∂
∂
∂
∂
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
f
x
x y
f
y
y x
� �
� �
4 4
4 4
3
3
. 
x y y x
y x
3 3
3
0
0
� � ��
� �
ÞÏ
Ì
Ó
.
Portanto,
x
x
�
�
0
1.
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Daí yy
�
��
0
1.{
Pontos críticos (0, 0) ; (1, �1) ; (�1, 1).
Exercícios 10.2
1. a) Seja f(x, y, z) � x ex y z� � . Temos
∂
∂
f
x
x y z xe e x ex y z x y z x y z( , , ) ( )� � � �� � � � � �1 (y e z são olhadas como
constantes),
 
∂
∂
f
y
x y z xex y z( , , ) �� � � (x e z são olhadas como constantes) e
 
∂
∂
f
z
x y z x ex y z( , , ) �� � � (x e y são olhadas como constantes).
c) 
 
w
xyz
x y z
�
� �
.
80
 
∂
∂
w
x
x y z yz xyz
x y z
y z
x y z
�
� � �
� �
�
�
� �
( )
( ) ( )2 2
,
 
∂
∂
w
y
x y z xz xyz
x y z
x z
x y z
�
� � �
� �
�
�
� �
( )
( ) ( )2 2 e
 
∂
∂
w
z
x y z xy xyz
x y z
x y
x y z
�
� � �
� �
�
�
� �
( )
( ) ( )2 2
.
e)
s � xw ln (x2 � y2 � z2 � w2)
 
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
s
x
w x y z w x
x y z w
� � � � �
� � �
ln( )2 2 2 2
2
2 2 2 2
2
 
(y, z, w são olhadas como
constantes),
 
∂
∂
s
y
xyw
x y z w
�
� � �
2
2 2 2 2
,
 
∂
∂
s
z
xzw
x y z w
�
� � �
2
2 2 2 2 e
 
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
s
w
x x y z w w
x y z w
� � � � �
� � �
ln( )2 2 2 2
2
2 2 2 2
2
.
4. Sejam g(x, y, z) � 
0
2 4
3 4
x y z f t dt f f� � �Ú Æ( ) : ( ) .e contínua com� �
c) 
 
∂
∂
g
z
x y z f u du
dz
( , , ) ( )�
 onde u � x � y2 � z4. Assim,
∂
∂
◊g
z
x y z f x y z z( , , ) ( )� � �2 4 34 . Daí
 
∂
∂
◊ ◊g
z
f( , , ) ( )1 1 1 3 4 4 4 16� � � .
6. Sejam �: � � � diferenciável tal que ��(3) � 4 e g(x, y, z) � �(x2 � y2 � z2)
a) ∂
∂
◊g
x
x y z x y z x( , , ) ( )� � � �� 2 2 2 2
∂
∂
◊ ◊g
x
( , , ) ( )1 1 1 3 2 4 2 8� � � �� .
b) ∂
∂
◊g
y
x y z x y z y( , , ) ( )� � � �� 2 2 2 2
 
∂
∂
◊g
y
( , , ) ( )1 1 1 3 2 8� � �� .
c) 
 
∂
∂
◊g
z
x y z x y z z( , , ) ( )� � � �� 2 2 2 2
 
∂
∂
◊g
z
( , , ) ( )1 1 1 3 2 8� � �� .
Cap. 11.pdf
CAPÍTULO 11
limitada
0
Exercícios 11.1
1. d) f(x, y) � 1
xy
.
Nos pontos (x, y), x � 0 ou y � 0, f(x, y) não está definida, logo nestes pontos f não é
diferenciável. Seja, então, (x, y), com x � 0 e y � 0.
 
f x y
a f x y
b E h k
h kh k
é diferenciável em ( )
admite derivadas parciais em ( )
,
) ,
) lim ( , )( , )( , ) ( , )
¤
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô Æ 0 0
0
� �
�
onde:
E(h, k) � f (x � h, y � k) � f(x, y) � 
 
∂
∂
◊ ∂
∂
◊f
x
x y h f
y
x y k( , ) ( , )� .
 
E h k
x k y k xy
h
x y
k
xy
( , ) ( )( )� � � � � �
1 1
2 2
 
pois e∂
∂
f
x x y
df
dy xy
�� ��
1 1
2 2 .
 
E h k h y h ky k x hkxy hk x
x h y k x y
( , ) ( ) ( )�
� � � �
� �
2 2 2 2 2 2
2 2 . Temos
 
lim ( , )( , ) lim ( )( )( , ) ( , ) ( , ) ( , )h k h k
E h k
h k x h y k x y
h y h ky k x hkxy hk x
h kÆ Æ
◊
0 0 0 0 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
1
� �
�
� �
� � � �
�
 
lim ( )( )( , ) ( , )h k x h y k x y x yÆ 0 0 2 2 3 3
1 1
� �
�
 
lim lim
( , ) ( , ) ( , ) ( , )h k h k
h y
h yÆ Æ0 0
2 2
2 2 0 0�
�
 hy2 
 
h
h k2 2
0
�
�
82
 
lim
( , ) ( , )h k
h y k
h kÆ 0 0
2
2 2
0
�
�
 
lim
( , ) ( , )h k
kx k
h kÆ 0 0
2
2 2
0
�
�
 
lim
( , ) ( , )h k
hxy k
h kÆ 0 0 2 2
0
�
�
 
lim . lim ( , )( , )( , ) ( , ) ( , ) ( , )h k h kk x
h
h k
E h k
h kÆ Æ0 0
2
2 2 0 0
0 0
�
� �Logo
� �
.
f(x, y) � 1
xy
 é uma função diferenciável em todo (x, y), com x � 0 e y � 0.
 f) f(x, y) � x2 � y2
Vamos provar que f é diferenciável em todo (x, y) de �2. Temos
 
∂
∂
f
x
x y x( , ) � 2 e
 
∂
∂
f
x
x y y( , ) .� 2
Além disso:
E(h, k) � f(x � h, y � k) � f(x, y) � ∂∂ ◊
∂
∂
◊f
x
x y h f
y
x y k( , ) ( , )�
� (x � h)2 � (y � k)2 � x2 � y2 � 2xh � 2yk
� h2 � k2
e lim ( , )( , ) lim( , ) ( , ) ( , ) ( , )h k h k
E h k
h k
h k
h kÆ Æ0 0 0 0
2 2
2 2� �
�
�
�
�
124 34
 
�
�
�
�
�lim
( , ) ( , )h k
h h
h k
k k
h kÆ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú0 0 2 2 2 2
0 .
Como f admite derivadas parciais em todo (x, y) � Df � �2 e 
 
lim ( , )( , )( , ) ( , )h k
E h k
h kÆ 0 0
0
� �
�
então f é diferenciável em �2.
0
limitada
0
limitada
0
limitada
0
limitada
83
Exercícios 11.2
1. f) Seja f(x, y) � arctg xy. Temos
 
∂
∂
f
x
x y y
x y
( , ) �
�1 2 2 e 
∂
∂
f
y
x y x
x y
( , ) �
�1 2 2
.
Então f(x, y) é uma função de classe C1 em �2, isto é, ∂
∂
f
x
 e ∂
∂
f
y
 são funções
contínuas em �2.
Logo f(x, y) � arctg xy é diferenciável em �2.
Exercícios 11.3
1. e) Seja f(x, y) � arctg (x � 2y) .
Para que f admita plano tangente no ponto (2, 12 , f(2, 
1
2 )) f deve ser diferenciável em (2, 
1
2 ).
 
∂
∂
f
x
x y
x y
( , ) ( )� � �
1
1 2 2
 e
 
∂
∂
f
y
x y
x y
( , ) ( )�
�
� �
2
1 2 2
.
Da continuidade de ∂
∂
f
x
 e ∂
∂
f
y
 em �2, segue que f é diferenciável em �2, logo f é
diferenciável em (2, 12 ).
 
∂
∂
f
x
( , )2 1
2
1
2
� e
∂
∂
f
y
( , )2 1
2
1��
Equação do plano tangente:
z � z0 � 
 
∂
∂
∂
∂
f
x
x y x x f
y
x y y y( , ) ( ) ( , ) ( ),0 0 0 0 0 0� � �
z � 
 
�
4 � 
1
2 (x � 2) � (y � 
1
2 ) e, portanto,
z � 
x
2 � y � 
1
2 � 
�
4
Equação da reta normal:
(x, y, z) � (2, 12 , 
�
4 ) � � (
1
2 , �1, �1).
 f) Temos
 
∂
∂
f
x
x y y( , ) � ,
 
∂
∂
f
y
x y x( , ) � ,
 
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
f
x
f
y
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
, , .� �e
84
Plano tangente:
 
z x y z x y� � � � � � � �1
4
1
2
1
2
1
2
1
2 2 2
1
4
( ) ( ) , .ou seja
Reta normal:
(x, y, z) � 
 
( , , ) ( , , ),1
2
1
2
1
4
1
2
1
2
1� ��
 � � �.
5. a) Plano tangente em (1, 1, 1)
2x � y � 3z � 6 ou seja, z � 
 
� � �
2
3
1
3
2x y .
Por outro lado:
 
z
f
x
x
f
y
y� � � � �1 1 1 1 1 1 1∂
∂
∂
∂
( , ) ( ) ( , ) ( )
e daí
 
z
f
x
x
f
y
y f
x
f
y
� � � � �
� �
∂
∂
◊ ∂
∂
◊ ∂
∂
∂
∂
( , ) ( , ) ( , ) ( , ) .1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
3
1
3
2
124 34 124 34 1 24444 34444
Portanto, 
∂
∂
f
x
( , )1 1 2
3
�� e
∂
∂
f
y
( , )1 1 1
3
��
.
b) Reta normal:
(x, y, z) � (1, 1, 1) � 
 
�( , , )� � �2
3
1
3
1 � � �
ou seja,
(x, y, z) � (1, 1, 1) � � (2, 1, 3).
7. Seja 
 
f x y x
x y
( , ) .�
�
3
2 2 O plano tangente em (x0, y0, z0), z0 � f(x0, y0), é
z z
f
x
x y x x f
y
x y y y� � � � �0 0 0 0 0 0 0
∂
∂
∂
∂
( , ) ( ) ( , ) ( ).
 Para que tal plano passe pela
origem, devemos ter
 
f x y x f
x
x y y f
y
x y( , ) ( , ) ( , ).0 0 0 0 0 0 0 0� �∂∂
∂
∂
De
 
∂
∂
∂
∂
f
x
x x y
x y
f
y
x y
x y
�
�
�
�
�
�
4 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3 2
( ) ( )e
85
segue
 
x
f
x
y f
y
x x y
x y
x
x y
f x y∂
∂
∂
∂
� �
�
�
�
�
�
5 3 2
2 2 2
3
2 2( ) ( , ).
Logo, o plano tangente em (x0, y0, z0) passa pela origem.
10. Sejam f(x, y) � 2 � x2 � y2 e
g(x, y) � �x2 � y2.
Equação
do plano tangente � em (a, b, f(a, b)):
 
z f a b f
x
a b x a f
y
a b y b� � � � �( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( )∂
∂
∂
∂
z � 2 � a2 � b2 � 2a(x � a) � 2b(y � b)
z � 2 � a2 � b2 � 2ax � 2by. �
Reta normal ao gráfico de f em (a, b, f(a, b))
(x, y, z) � (a, b, f(a, b)) � �(2a, 2b, �1).
Seja (x0, y0, f(x0, y0)) o ponto em que � tangencia o gráfico de g.
Reta normal ao gráfico de g em (x0, y0, f(x0, y0)):
(x, y, z) � (x0, y0, z0) � �(�2x0, �2y0, �1).
Os vetores (2a, 2b, �1) e (�2x0, �2y0, �1) são paralelos. Logo o produto vetorial é
nulo.
 
r r r
i j k
a b
x y
2 2 1
2 2 1
0
0 0
�
� � �
�
 
Þ ( ) ( ) ( )
.
� � � � � � �
�� ��
2 2 2 2 4 4 00 0 0 0
0 0
b y i x a j bx ay k
x a y b
r r r
Daí e
(�a, �b, g(�a, �b)) � (�a, �b, �a2 � b2) � � (plano tangente)
Substituindo em �:
�a2 � b2 � 2 � a2 � b2 � 2a (�a) � 2b (�b) Þ
Þ 2a2 � 2b2 � 2 Þ
Þ a2 � b2 � 1.
13. Considere f(x, y) � x · 
 
g x y
u
( )2 2�
1 24 34
 onde g(u) é função derivável de uma variável.
Temos
 
∂
∂
◊ ◊f
x
x g u x g u x g u g u� � � � � �( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
86
 
∂
∂
◊ ◊f
y
x g u y xy g u� � � �� �( ) ( ) ( ).2 2
Daí
 
f a a a f
x
a a a
f
y
a a( , ) ( , ) ( , )� �∂
∂
∂
∂
que é a condição para que o plano tangente em (a, a, f(a, a))
 
z f a a f
x
a a x a
f
y
a a y a� � � � �( , ) ( , ) ( ) ( , )( )∂
∂
∂
∂
passe pela origem.
15. 
 
lim ( , ) ,
( , ) ( , )x y x y
E x y
Æ 0 0
0� pois, para (x, y) � (x0, y0), tem-se
 
E x y x y x y E x y
x y x y
( , ) ( , ) ( , ) . ( , )( , ) ( , ) .� � �� � � �0 0 0 0
Sendo f(x, y) diferenciável em (x0, y0), será também contínua neste ponto. Segue que
 
lim [ ( , ) ( ) ( ) ] ( , ) ,
( , ) ( , ) ( , )x y x y E x y
f x y a x x b y y c f x y c
Æ 0 0
0 0 0 0 0� � � � � � � �
1 24444444 34444444
logo, c � f(x0, y0). Fazendo y � y0 em E x y
x y x y
( , )
( , ) ( , )� �� 0 0
 resulta
 
E x y
x y x y
E x y
x x
f x y f x y a x x
x x
( , )
( , ) ( , )
( , ) ( , ) ( , ) ( )
.
� � � � � �0 0 0
0
0
0 0 0 0
0�
�
�
�
� � �
�
De lim ( , )( , ) ( , ) lim
( , )
( , ) ( , )x y x y x x
E x y
x y x y
E x y
x xÆ Æ0 0 00 0
0
0
0 0
� � � ��
�
�
�resulta que é equivalente a
 
lim ( , ) .
x x
E x y
x xÆ 0
0
0
0
�
� Segue que
 
lim ( , ) ( , ) ( ) .
x x
f x y f x y a x x
x xÆ 0
0 0 0 0
0
0� � �
�
�
Daí, lim ( , ) ( , )
x x
f x y f x y
x x
a
Æ 0
0 0 0
0
�
�
� e, portanto, 
∂
∂
f
x
x y a( , ) .0 0 � Com raciocínio
análogo, verifica-se que ∂
∂
f
x
x y b( , ) .0 0 �
Exercícios 11.4
6. 
 
P V
R
�
2
. Temos
	P � dP.
 
dP VRdV V dR
R
�
�2 2
2 .
87
dV � �0,2 volt e
dR � 0,01 ohm.
Substituindo
 
dP � 
 
 
 � � 
 ��2 100 10 0 2 10 0 01
10
5
4
2
( , ) ,
. Logo 	P � �5W.
Exercícios 11.5
1.
a) f(x, y) � x2y. Temos
 
� � � �f x y f
x
f
y
f x y xy x( , ) , ( , ) ( , )∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ Þ 2 2
ou 
 � � �f x y xyi x j( , ) 2 2
r r
.
b) f x y ex y( , ) � �2 2 . Temos
� � � �� �f x y f
x
f
y
xe y ex y x y( , ) , ( , )∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ 2 2
2 2 2 2
ou
� � ��f x y e xi yjx y( , ) ( )2 2 2 2
r r
.
c) f(x, y) � x
y
. Temos
 
� � � �f x y f
x
f
y y
x
y
( , ) , ,∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
1
2
ou � � �f x y y i
x
y
j( , ) 1 2
r r
.
d) f(x, y) � arctg x
y
. Temos
 
� � �
�
�
�
f x y f
x
f
y
y
x y
x
x y
( , ) , ,∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯2 2 2 2
ou
 
� �
�
�
�
f x y y
x y
i x
x y
j( , ) 2 2 2 2
r r
.
6. Como estamos admitindo que a imagem de � está contida na superfície de nível
f (x, y, z) � 1, teremos (x(t))2 � (y(t))2 � (z(t))2 � 1, para todo t no domínio de �.
Derivando em relação a t, resulta
88
2x(t) x�(t) � 2y(t) y�(t) � 2z(t) z�(t) � 0.
Para t � t0,
(2x0, 2y0, 2z0) · ��(t0) � 0
e, portanto,
�f(x0, y0) · ��(t0) � 0.
Como a curva � é qualquer, podemos interpretar �f(x0, y0) como um vetor normal em
(x0, y0, z0) à superfície x2 � y2 � z2 � 1.
8. Seja f(x, y) � xy.
�(t) � (x(t), y(t)), t � I, é diferenciável e sua imagem está contida na curva de nível
f(x, y) � 2.
Assim, para todo t em I, temos
x(t) y(t) � 2.
Derivando em relação a t, resulta
x�(t) y(t) � x(t) y�(t) � 0,
ou seja,
(y(t), x(t)) · (x�(t), y�(t)) � 0
e, portanto, para todo t em I,
 �f(�(t)) · ��(t) � 0.
A imagem da curva �( ) , , ,t t
t
t� 
2 0ÊË
ˆ
¯ está contida na curva de nível xy � 2.
9. Sejam f(x, y) � y � x2 e �(t) � (sen t, sen2 t).
a) De x(t) � sen t e y(t) � sen2 t resulta
y(t) � x2(t) � sen2 t � sen2 t � 0 para todo t. Logo,
Im� está contida na curva de nível f(x, y) � 0.
b)
A imagem de � é o arco da parábola y � x2, �1 � x � 1.
c) ��(t) · �f(�(t)) � (cos t, 2 sen t cos t)·(�2 sen t, 1)
� �2 sen t cos t � 2 sen t cos t � 0
89
pois 
 
∂
∂
∂
∂
f
x
x
f
y
�� �2 1, ,
 ��(t) � (x�(t), y�(t)) � (cos t, 2 sen t cos t) e
�f(�(t)) � (�2 sen t, 1).
10. Seja f(x, y, z) � x2 � 4y2 � 9z2.
a) A imagem de �(t) � sen t t, cos ,12 0
Ê
Ë
ˆ
¯ está contida na superfície, pois
x
2(t) � 4 y2(t) � 9 z2(t) � sen2 t � 1
4
 cos2 t � 9 · 0 � 1, para todo t.
b) Sendo �(t) a curva do item a), temos
�f(�(t)) � (2 sen t, 4 cos t, 0)
e
��(t) � cos , , .t t� 12 0sen
Ê
Ë
ˆ
¯
Segue que
�f(�(t)) · ��(t) � (2 sen t, 4 cos t, 0) 
 
◊ ÊË
ˆ
¯cos , ,t t�
1
2
0sen
� 2 sen t cos t � 2 sen t cos t � 0.
O gradiente é normal em sen cost t, ,
1
2
0ÊË
ˆ
¯ à curva �(t).
Cap. 12.pdf
CAPÍTULO 12
Exercícios 12.1
1. a) z � sen xy, x � 3t e y � t2.
1.º Processo:
z � sen (3t3) e daí
 
dz
dt
t t� 9 32 3cos ( ).
2.º Processo:
 
dz
dt
z
x
dx
dt
z
y
dy
dt
� �
∂
∂
∂
∂
. Temos
 
∂
∂
∂
∂
z
x
y xy dx
dt
z
y
x xy dy
dt
t� � � �cos ; ; cos ;3 2 e daí
 
dz
dt
y xy x xy t� �3 2cos (cos ) ◊ , ou seja,
dz
dt
t t t t� �3 3 6 32 3 2 3cos cos
 
e, portanto,
 
dz
dt
t t� 9 32 3cos .
b) z � x2 � 3y2, x � sen t e y � cos t.
1.º Processo:
z � sen2 t � 3 cos2 t e daí
dz
dt
�
 2 sen t cos t � 6 sen t cos t � � 4 sen t cos t.
2.º Processo:
 
dz
dt
z
x
dx
dt
z
y
dy
dt
� �
∂
∂
∂
∂
. Temos
 
∂
∂
∂
∂
z
x
x
dx
dt
t
z
y
y dy
dt
t� � � ��2 6; cos ; ; .sen Segue que
91
 
dz
dt
x t y t� �2 6cos sen , ou seja,
 
dz
dt
t t t t� �2 6sen sencos cos
 
e, portanto,
 
dz
dt
t t��4 sen cos .
4. f(t2, 2t) � t3 � 3t,
x � t2 e y � 2t.
 
dx
dt
t
dy
dt
df
dt
t� � � �2 2 3 32; e . Temos
 
df
dt
f
x
dx
dt
f
y
dy
dt
� �
∂
∂
∂
∂
.
Em (x, y) � (1, 2), t2 � 1 e 2t � 2. Portanto, t � 1.
 
3 3 2 1 2 2 1 22t t f
x
f
y
� � �
∂
∂
∂
∂
( , ) ( , )
0 2 1 2 2 1 2� �∂
∂
∂
∂
f
x
f
y
( , ) ( , ).
Ou seja: 
 
∂
∂
∂
∂
f
x
f
y
( , ) ( , )1 2 1 2�� .
5.
a) f x x x( , ) ,3 3 � arctg para todo x. Segue que, para todo t, temos, também,
 f t t t( , ) .3 3 � arctg Derivando em relação a t,
 
d
dt
f x y d
dt
x( , ) ,[ ] [ ]� arctg onde x � 3t e y � t3.
Daí,
 
∂
∂
∂f
x
x y dx
dt
f
dy
x y dy
dt t
( , ) ( , ) ,� �
�
1
1 2
 para todo t.
Para t � 1,
3 3 1 3 3 1 1
2
∂
∂
∂f
x
f
dy
( , ) ( , ) .� �
Tendo em vista que 
 
∂
∂
f
y
( , ) ,3 1 2� resulta 
 
∂
∂
f
x
( , ) .3 1 11
6
�
�
b) Equação do plano tangente
92
 
z f x y x y x x x y y yf
x
f
y
� � � � �( , ) ( , ) ( ) ( , )( )0 0 0 0 0 0 0 0∂∂
∂
∂
Em (3, 1, f(3, 1)), x0 � 3, y0 � 1 e f(3, 1) � arctg 1 � 
 
�
4
.
Substituindo:
 
z x yf
x
f
y
� � � � �
�
4
3 1 3 3 1 1∂
∂
∂
∂
( , ) ( ) ( , ) ( )
 
e, portanto,
 
z x y� �� � � ��
4
11
6
3 2 1( ) ( ).
9. Seja g(t) � 
 
f tt
t
, , .
2 0ÊË
ˆ
¯ � Considerando x � t e y � 
2
t
, temos
 
g t f
x
dx
dt
f
y
dy
dt
� � �( ) ,∂
∂
∂
∂
 onde 
 
dx
dt
dy
dt t
� ��1 22e , ou seja,
 
g t f
x
x y
t
f
y
x y� � �( ) ( , ) ( , ).∂
∂
∂
∂
2
2 Daí, para todo t � 0,
g t
t
t
f
x t
f
y t
x
f
x
x y y f
y
x y� � � � � �( ) ( , ) ( , ) .1 2 1 0∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
0 (por hipótese)
1 24444 34444
Logo, g (t), t � 0 é constante.
12. Consideremos F(x, y) �
 
f x
y
u
y
x
v
{ {
, .
Ê
Ë
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
 
u x y x
y
u
x y
u
y
x
y
( , ) ; ;� � ��∂
∂
∂
∂
1
2 .
v x y y
x
v
x
y
x
v
y x
( , ) ; ;� �� �∂
∂
∂
∂2
1
.
Pela regra da cadeia:
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
◊ ∂
∂
F
x
f
u
u
x
f
v
v
x
� �
∂
∂
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
∂
∂
F
x y
f
u
y
x
f
v
� � �
1
2
 
∂
∂
∂
∂
◊ ∂
∂
◊ ∂
∂
F
y
f
u
du
dy
f
v
v
y
� �
 
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
F
y
x
y
f
u x
f
v
� � �2
1
 
.
93
Substituindo:
 
x
F
x
y F
y
x
y
f
u
y
x
f
v
y x
y
f
u x
f
v
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú� � � � � �
1 1
2 2 .
Logo, 
 
x
F
x
y F
y
∂
∂
∂
∂
� � 0.
13. u � f (w, z), onde w � x � at e z � y � bt. Pela regra da cadeia,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
u
t
f
w
w
t
f
z
z
t
a
f
w
b f
z
� � � � ,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
u
x
f
w
w
x
f
z
z
w
f
w
w
x
w
y
� � � � �, ,pois, e1 0
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
u
y
f
w
w
y
f
z
z
y
f
z
� � � .
Segue que
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
u
t
a
u
x
b u
y
� � .
17. Seja g(x, y) � (x2 � y2) f (u, v) onde u � 2x � y e v � x � 2y.
∂
∂
∂
∂
g
x
x f u v x y f
x
� � �2 2 2( , ) ( ) ,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
f
x
f
u
u
x
f
v
v
x
� �
 onde ∂
∂
∂
∂
u
x
v
x
� �2 1e .
Logo, 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
f
x
f
u
f
v
� �2 .
Substituindo em 
∂
∂
g
x
 vem:
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
È
ÎÍ
ù
ûú
g
x
x f u v x y f
u
f
v
� � � �2 22 2( , ) ( ) .
23. Seja f x x yy
z
( , , )2 2 0� �
1 24 34
 para todo (x, y).
Derivando em relação a x:
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
f
x x
f
y x
f
z
z
x
x y( ) ( ) .� � � 0
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Þf
x
f
z
f
x
f
z
x x� � ��2 0 2 .
1 0 2x
94
Derivando em relação a y:
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
f
x y
f
y y
f
z
z
y
x y( ) ( ) .� � � 0
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Þf
y
f
z
f
y
f
z
y y� � ��2 0 2 .
Em (1, 1, 2):
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
f
x
f
z
f
y
f
z
( , ( , , ) ( , , ) ( , , )., )1 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1 22 �� ��e
Portanto, 
 
∂
∂
∂
∂
f
x
f
y
( , ( , , )., )1 1 1 1 22 �
24. Seja F(x, y, z) � 
 
f x
y
u
y
z
v
z
x
w
{ { {
, , .
Ê
Ë
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
u x y z x
y
u
x y
u
y
x
y
u
z
( , , ) ; ; ; .� � � ��∂
∂
∂
∂
∂
∂
1 02
 
v x y z y
z
v
x
v
y z
v
z
y
z
( , , ) ; ; ; .� � � ��∂
∂
∂
∂
∂
∂
0 1 2
 
w x y z z
x
w
x
z
x
w
y
w
z x
( , , ) ; ; ; .� �� � �∂
∂
∂
∂
∂
∂2
0 1
Aplicando a regra da cadeia e fazendo as substituições convenientes, segue:
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
◊ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
F
x
f
u
u
x
f
v
v
x
f
w
w
x y
f
u
z
x
f
w
� � � � �
1
2 ,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
F
y
f
u
u
y
f
v
v
y
f
w
w
y
x
y
f
u z
f
v
� � � �� �2
1
,
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
F
z
f
u
u
z
f
v
v
z
f
w
w
z
y
z
f
v x
f
w
� � � �� �2
1
.
Então:
 
x
F
x
y F
y
z
F
z
x
y
f
u
z
x
f
w
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú� � � �
1
2
 
� � � � � �y x
y
f
u z
f
v
z
y
z
f
v x
f
w2 2
1 1∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂
∂
∂
È
ÎÍ
ù
ûú
e daí
95
 
x
F
x
y F
y
z
F
z
∂
∂
∂
∂
∂
∂
� � � 0.
25. Seja F(xy, t) � 0, onde z � (x, y).
Fazendo u � xy e v � z, sabemos que ∂
∂
πF
v
u v( , ) .0
Logo ∂
∂
πF
z
xy z( , ) .0
 
∂
∂x
F xy z[ ( , )] ,� 0
 pois F(xy, z) � 0.
Pela regra da cadeia
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
◊ ∂
∂x
F u v F
u
u
x
F
v
v
x
y F
u
F
z
z
x
[ ( , )]� � � � .
Daí, ∂
∂
∂
∂
∂
∂
z
x
y
F
u
F
z
�� .
∂
∂
πÊ
ËÁ
ˆ˜¯
F
z
0
Analogamente:
 
∂
∂y
F xy z[ ( , )] ,� 0
 pois F(xy, z) � 0.
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
π
∂
∂y
F u v F
u
u
y
F
v
v
y
x
F
u
F
z
z
y
[ ( , )]
0 0
1 244
344
{
� � � � .
Daí, 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
z
y
x
F
u
F
z
�� .
Substituindo:
x
z
x
y z
y
xy
F
u
F
z
xy
F
u
F
z
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
� �� � � 0.
26. a) f(x, y) é homogênea de grau �, em A, se f (at, bt) � t� f (a, b) para todo t � 0 e para
todo (a, b) � A, com (at, bt) � A.
Sejam x � at e y � bt.
y
14243
0
x
96
Derivando em relação a t os dois membros de f(at, bt) � t� f(a, b):
 
∂
∂
∂
∂
f
x
dx
dt
a
f
y
dy
dt
b
t f a b
{ {
� � �� � 1 ( , ).
Logo, a 
 
∂
∂
∂
∂
f
x
at bt b f
y
at bt t f a b( , ) ( , ) ( , )� � �� � 1 (t � 0), (at, bt) � A.
b) Na relação anterior fazendo t � 1, a � x e b � y, obtemos a relação de Euler:
 
x
f
x
x y y f
y
x y f x y∂
∂
∂
∂
( , ) ( , ) ( , ).� ��
27. Para cada (a, b) em A, consideremos o maior intervalo aberto I � ] r, s ], com r � 0, tal
que (at, bt) pertença a A para todo t em I; tal intervalo existe, pois A é uma bola aberta. Observe
que t � 1 pertence a este intervalo. Para cada (a, b) em A, consideremos a função
g t f at bt
t
r t s( ) ( , ) , .� � �
�
Vamos mostrar que g(t) é constante e igual a f(a, b), para todo t em I. Daí seguirá
f (at, bt) � t� f(a, b), para todo t � 0 e para todo (a, b) em A, com (at, bt) em A. Para concluir
que g(t) é constante em I, e pelo fato de I ser um intervalo, basta mostrar que g�(t) � 0 em
I. Temos
 
g t
d
dt
f at bt t t f at bt
t
� �
� �
( )
( , ) ( , )
,
[ ] � �
�
� 1
2 para t em I.
Pela regra da cadeia
 
d
dt
f at bt f
x
at bt a f
y
at bt b( , ) ( , ) ( , ) .[ ] ∂
∂
∂
∂
� �
Substituindo na derivada acima, simplificando e lembrando da hipótese
x
f
x
x y∂
∂
( , )
 � y f
y
x y∂
∂
( , ) � � f (x, y), obtemos (x � at e y � bt)
 
g t
at
f
x
at bt bt f
y
at bt f at bt
t
� �
� �
�
�
( )
( , ) ( , ) ( , )
,
∂
∂
∂
∂
�
� 1 0 para todo t em I.
Logo, g(t) é constante no intervalo I. Como g(1) � f(a, b) e 1 pertence a I, resulta
g(t) � 
 
f at bt
t
( , )
�
 f(a, b), para todo t em I. Temos então
f (at, bt) � t� f (a, b),
97
para todo t � 0 e para todo (a, b) em A, com (at, bt) em A. Ou seja, f (x, y) é homogênea de
grau � em A.
29. A função dada verifica a equação 
 
x
f
x
y f
y
f∂
∂
∂
∂
� �� (relação de Euler) porque trata-
se de função homogênea de grau (�1).
31. Supondo f diferenciável no aberto A e homogênea de grau �, tem-se:
f(tx, ty) � t� f(x, y)
Derivando em relação a x os dois membros:
 
t
f
x
tx ty t f
x
x y t∂
∂
∂
∂
( , ) ( , ) ( )� �� 0
Logo, 
 
∂
∂
∂
∂
f
x
tx ty t f
x
x y( , ) ( , )� �� 1 .
Portanto, 
∂
∂
f
x
 é função homogênea de grau � � 1.
Exercícios 12.2
3. a) ex�y�z � xyz � 1.
Seja F (x, y, z) � ex � y � z � xyz � 1.
F é de classe C1 no aberto A � �3. Observe que
F (0, 0, 0) � 0 e 
 
∂
∂
F
z
( , , )0 0 0 �
 e
x�y�z
 � yx � 1 	 0.
Pelo teorema das funções implícitas, a equação define uma função z � g(x, y) de classe
C1 num aberto B do �2, com (0, 0) � B.
A função z � g(x, y) é diferenciável.
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
z
x
F
x
x y z
F
z
x y z
e yz
e xy
x y z
x y z�� ��
�
�
� �
� �
( , , )
( , , ) 
e
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
z
y
F
y
x y z
F
z
x y z
e xz
e xy
x y z
x y z�� ��
�
�
� �
� �
( , , )
( , , ) 
.
b) F(x, y, z) � x3 � y3 � z3 � x � y � z
98
F é de classe C1 no aberto A � �3.
F(1, 1, 1) � 0 e 
 
∂
∂
F
z
( , , ) .1 1 1 2 0� 	
Pelo teorema das funções implícitas, existirá uma bola aberta B de centro (1, 1) e um intervalo
I, com z0 �1 � I, tais que, para cada (x, y) � B, existe um único g(x, y) � I com
F(x, y, g(x y)) � 0.
A função z � g(x, y) é diferenciável e
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
z
x
F
x
x y z
F
z
x y z
x
z
�� ��
�
�
( , , )
( , , )
3 1
3 1
2
2 
e
∂
∂
∂
∂
∂
∂
z
y
F
y
x y z
F
z
x y z
y
z
�� ��
�
�
( , , )
( , , )
3 1
3 1
2
2
.
4. x � F(x2 � y, y2), onde y � y(x) e F(u, v) são diferenciáveis.
Derivando em relação a x:
 
d
dx
x
d
dx
F x y y[ ] ( ,� �2 2[ ], ou seja,
1 2 2 2 2� � � �∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
F
u
x y y u
x
F
v
x y y v
x
( , ) ( , )
 
1 2 22 2 2 2� � � � �∂
∂
È
ÎÍ
ù
ûú
∂
∂
F
u
x y y x dy
dx
F
v
x y y y dy
dx
( , ) ( , )
1 2 22 2 2 2 2 2� � � � � �x F
u
x y y F
u
x y y y F
v
x y y dy
dx
∂
∂
∂
∂
∂
∂
È
ÎÍ
ù
ûú
( , ) ( , ) ( , )
dy
dx
x
F
u
x y y
F
u
x y y y F
v
x y y
�
� �
� � �
1 2
2
2 2
2 2 2 2
∂
∂
∂
∂
∂
∂
( , )
( , ) ( , )
ou seja,
dy
dx
x
F
u
u v
F
u
u v y F
v
u v
�
�
�
1 2
2
∂
∂
∂
∂
∂
∂
( , )
( , ) ( , )
, u � x2 � y e v � y2.
5. a) y � g(x) é diferenciável no intervalo aberto I e dada implicitamente por f(x, y) � 0 com
f(x, y) de classe C2. Uma condição necessária para que x0 seja ponto de máximo local de g
é que g�(x0) � 0. Derivando em relação a x, f(x, y) � 0 (utilizando a regra da cadeia) temos
99
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
f
x
x y f
y
x y g x g x
f
x
x y
f
y
x y
( , ) ( , ) ( ) ( )
( , )
( , )
,� � � � ��0 e daí pois, por hipótese,
∂
∂
πf
y
x y( , ) 0 em Df. Como
 
g x f
x
x y� � �( ) ( , )0 0 00 0¤ ∂∂
resulta que 
 
∂
∂
f
x
x y( , )0 0 0� é condição necessária para que x0 seja ponto de máximo
local de g.
b) 
 
g x
f
x
x y
f
y
x y
� ��( )
( , )
( , )
.
∂
∂
∂
∂
Derivando novamente, utilizando regra da cadeia, segue:
g x
f
y
f
x
f
x y
g x f
x
f
x y
f
y
g x
f
y
 ��
� � � � �
( )
( ) ( )∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
◊
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
◊
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
2 2 2
2
2
Substituindo g�(x) por seu valor:
 
g x
f
y
f
x
f
x y
f x
f y
f
x
f
x y
f
y
f x
f y
f
y
 ��
� � � � �
( )
/
/
/
/
∂
∂
∂
∂
∂
∂
◊ ∂ ∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
◊ ∂ ∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
2
2
2 2
2
2
g x
f
x
f
y
f
x y
f
x
f
y
f
y
f
x
f
y
 ��
� �
( )
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
2 2 2
2
2
3
2
.
Como f(x, y) é suposta de classe C2, f admite derivadas parciais de ordem 1 e 2 contínuas.
Então g
 (x) é um quociente de funções contínuas 
 
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
f
y
Df	 0 em , logo, g
 é uma função
contínua.
c) Uma condição suficiente para que x0 seja ponto de máximo local de g é que g�(x0) � 0
e g
(x0) � 0.
100
Segue então dos itens (a) e (b) e que
 
∂
∂
f
x
x y( , )0 0 0� e
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
2 2 2
2
2
3 0 0
2
0
f
x
f
y
f
x y
f
x
f
y
f
y
f
x
f
y
x y
� �
� em ( , )
é uma condição suficiente para x0 ser ponto máximo local de g(x).
7. São dados f (u, v) � 0, u � x
y
,
 v � 
 
z
x�
,
 � 	 0 constante, com z � z (x, y) e f (u, v)
diferenciáveis e 
 
∂
∂
f
x
u v( , ) .	 0 Queremos mostrar que x z
x
∂
∂
 � y z
y
∂
∂
 � �z.
Derivando em relação a x e depois em relação a y os dois membros da equação f(u, v) � 0,
obtemos
 
1 01
y
f
u
f
v
x
z
x
x z
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯� � �� � �� ��
e
 
� � ��
x
y
f
u
f
v
x
z
y2
0∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯� .
Multiplicando a primeira equação por x, a segunda por y, somando membro as equações
obtidas e lembrando que ∂
∂
f
u
 (u, v) 	 0, resulta
 
x x
z
x
y z
y
z� � � �� �
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ 0
e, portanto,
 
x
z
x
y z
y
z
∂
∂
∂
∂
� � � .
(Observe que pelos dados devemos ter obrigatoriamente x 	 0.)
11. a) ∂
∂
( , )
( , )
F G
x y
 é o determinante jacobiano de F e G em relação a x e y.
Sendo F (x, y, z) � x2 � y2 � z2 e G (x, y, z) � x � y � z, temos
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
( , )
( , ) ( )
F G
x y
F
x
F
y
G
x
G
y
x y
x y x y� � � � � �2 21 1 2 2 2 .
101
b) Sendo u � xyz e v � x3 � y2
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
( , )
( , )
u v
y z
u
y
u
z
v
y
v
z
xz xy
y xy� � � �2 0 2
2
.
c) Sendo x � r � 3s � t2 e y � r2 � s2 � 3t2
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
( , )
( , ) ( )
x y
r s
x
r
x
s
y
r
y
s
r s
r s r� �
�
� � � � � �
1 3
2 2 2 6 2 3s .
d) Sendo x � r � 3s � t2 e y � r2 � s2 � 3t2
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
( , )
( , ) ( )
x y
s t
x
s
x
t
y
s
y
t
t
s t st t s� � � � � � � � � �
3 2
2 6 18 4 2 9 2t .
Cap. 13.pdf
Exercícios 13.1
1. a) �f(1, 3) � 
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
f
x
f
y
f
x
x
f
y
y( , ), ( , ) ( , )1 3 1 3 2 6 2 2� � �pois e .
A reta tangente a � em �(t0) � (1, 3) coincide com a reta tangente à curva de nível
f(x, y) � 10 em (1, 3). A equação da reta tangente a � no ponto (1, 3) é
�f(1, 3) · [(x, y) � (1, 3)] � 0
(2, 6) · (x � 1, y � 3) � 0
2(x � 1) � 6(y � 3) � 0 ou 2x � 6y � 20 � 0 ou
 
y x�� �
3
10
3
.
Em notação vetorial (o vetor (�6, 2) é perpendicular a �f(1, 3) � (2, 6), logo é paralelo a
��(t0)):
(x, y) � (1, 3) � �(�6, 2) � � �.
b) Seja �(t) � (x(t), y(t)), satisfazendo
[x(t)]2 � [y(t)]2 � 10, ou seja,
 
x t y t( ) ( )
10 10
1
2 2Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯� � .
Logo 
 
x t
t
( )
10
� sen , x(t) � 10 sen t,
y t
t
( )
10
� cos
 
e
 
y(t) � 10 cos t. Assim,
�(t) � ( 10 sen t, 10 cos t).
2. Seja f(x, y) � xy � 10.
 
� � � � �f f
x
f
y
f
x
y f
y
x( , ) ( , ), ( , ) ( , ),2 5 2 5 2 5 5 2∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
pois e .
CAPÍTULO 13
103
Reta tangente em notação vetorial (o vetor (�2, 5) é perpendicular ao vetor �f � (5, 2);
logo, o vetor (�2, 5) é paralelo à reta tangente):
(x, y) � (2, 5) � �(�2, 5) � � �.
Reta normal em notação vetorial (o �f � (5, 2) é um vetor normal à curva de nível de f
que passa por (2, 5)).
(x, y) � (2, 5) � � (5, 2).
3.
a) 
 
� � �f f
x
f
y
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯( , ), ( , ) ( , )1 2 1 2 4 2 pois 
 
∂
∂
f
x
x y� �2
 e 
 
∂
∂
f
y
x y� � �2 3.
Reta tangente:
(x, y) � (1, 2) � �(�2, 4) � � � (em notação vetorial)
ou
�f · [(x, y) � (1, 2)] � 0,
(4, 2) · (x � 1, y � 2) � 0,
4(x � 1) � 2(y � 2) � 0,
4x � 4 � 2y � 4 � 0 e, portanto, y � 2x � 4 � 0.
b) Sendo f(x, y) � e2x � y � 2x � 2y, temos
 
f 1
2
1 4,ÊË
ˆ
¯ � 
e
 
� � �f f
x
f
y
1
2
1 1
2
1 1
2
1 4 1, , , , ( , ),ÊË
ˆ
¯
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ pois
 
∂
∂
f
x
e x y� ��2 22
 e
∂
∂
f
y
e x y�� ��2 2.
Reta tangente:
 
� � �f x y( , ) ( , ) ( , )1
2
1 1
2
1 0◊ È
ÎÍ
ù
ûú
 
( , ) ,4 1 1
2
1 0◊ ÊË
ˆ
¯x y� � �
4x � 2 � y � 1 � 0 ou seja, y � � 4x � 3.
4. 
 
� �� ��
∂
∂
∂
∂
F
x
x y
F
y
x y
x
y
x
y
( , )
( , )
0 0
0 0
0
0
0
0
4
2
2
 (é o coeficiente angular da reta tangente à elipse).
2x � y � 5 Þ y � �2x � 5 (�2 é o coeficiente angular da reta paralela).
104
Logo:
 
� �� �
2 20
0
0 0
x
y
x yÞ
(x0, y0) � elipse Þ 2 302 02x x� � Þ x0 � � 1 Þ y0 � � 1.
Reta tangente que passa por (1, 1):
�f(1, 1) · [(x, y) � (1, 1)] � 0
(4, 2) · (x � 1, y � 1) � 0
4x � 4 � 2y � 2 � 0 ou seja, y � �2x � 3.
Reta tangente por (�1, �1):
�f (�1, 1) · [(x, y) � (�1, �1)] � 0
(4, 2) · (x � 1, y � 1) � 0
4x � 4 � 2y � 2 � 0 ou seja, y � �2x � 3.
5. 
 
� ��
�
�
∂
∂
∂
∂
F
x
x y
F
y
x y
x y
y x
( , )
( , )
0 0
0 0
0 0
0 0
2
2
(coeficiente angular da reta tangente).
4x � 5y � 17 Þ 5y � �4x � 17 Þ y � � 4
5
x � 
17
5
(coeficiente angular da reta paralela: � 4
5
).
Então: � �
�
��
2
2
4
5
0 0
0 0
x y
y x
10x0 � 5y0 � 8y0 � 4x0 Þ 6x0 � 3y0 Þ y0 � 2x0.
(x0, y0) � (x0, 2x0) � curva Þ 4 2 702 02 02x x x� � � Þ x0 � �1 e
 y0 � �2.
Reta tangente à curva em (1, 2):
�f(1, 2) · [(x, y) � (1, 2)] � 0, ou seja,
y x�� �4
5
14
5
.
Reta tangente à curva em (�1, �2):
�f(�1, �2) · [(x, y) � (�1, �2)] � 0, ou seja,
 
y x�� �4
5
14
5
.
6. a) 
 
3 2 0∂
∂
∂
∂
f
x
f
y
� � .
105
Sendo f(x, y) uma solução da equação a derivadas parciais, para todo (x, y) � �2,
segue:
 
3 2 0∂
∂
∂
∂
f
x
x y f
y
x y( , ) ( , )� �
ou (3, 2) · �f(x, y) � 0.
Então, para todo (x, y) ,�f(x, y) é perpendicular ao vetor (3, 2). Como �f(x, y) é
perpendicular, em (x, y), à curva de nível de f que passa por (3, 2), então as curvas de
nível de f são retas paralelas a (3, 2). Assim f é constante sobre cada reta paralela ao vetor
(3, 2). Logo f(x, y) � f(0, m). Temos
 
y m
x
m
y x�
�
� �
�
0
2
3
3 2
3
ou .
Assim, f(x, y) � f 
 
0 3 2
3
,
y x�Ê
Ë
ˆ
¯
.
Tomando-se 	(u) � f 0
3
,
uÊ
Ë
ˆ
¯
, resulta que f(x, y) � 	(3y � 2x), onde 	: � � � é
função derivável, é solução de 6.a.
Assim, e3y�2x, sen(3y � 2x) etc. são soluções
de 6.a.
b) ∂¶
∂
∂¶
∂
Þ ∂¶
∂
∂¶
∂x y x
x y
x
x y� � � �0 0( , ) ( , ) .
Analogamente a a:
(1, �1) · �f(x, y) � 0
f(x, y) � f(0, m)
y m
x
m x y�
�
�� � �
0
0 Þ
f(x, y) � f(0, x � y).
Tomando-se 	(u) � f(0, u) Þ f(x, y) � 	(x � y) onde 	: � � � é derivável, é solução
de 6.b.
Assim, ex�y, sen (x � y) etc. são soluções de 6.b.
c) 
 
∂¶
∂
∂¶
∂x y
� � 0 . Como f(x, y) é solução de 
 
∂¶
∂
∂¶
∂x
x y
y
x y( , ) ( , )� � 0
�f(x, y) · (1, 1) � 0.
106
f(x, y) � f(0, m) onde 
 
y m
x
�
�
�
0
1, m � y � x
	(u) � f(0, u) Þ f(x, y) � 	(y � x) é solução de 6.c.
Assim, ey�x, sen (y � x) etc. são soluções de 6.c.
d) 
 
y
x
x
y
∂¶
∂
∂¶
∂
� � 0
�f (x, y) (y, �x) � 0
(y, �x) é vetor tangente, em (x, y), à circunferência de centro na origem e que passa por
este ponto. Assim, f(x, y) deve ser constante sobre tais circunferências, logo,
f(x, y) � 	(x2 � y2), com 	(u) diferenciável, é a solução da equação dada.
Assim, e
x y2 2�
, sen (x2 � y2) etc. são soluções de 6.d.
7. z � f(x, y) � 	(x � y), com 	(u) derivável, satisfaz à condição ∂
∂
∂
∂
f
x
f
y
� .
Seja 	(u) � au2 � bu � c. Temos
	(1 � 1) � 	(2) � 3 Þ 4a � 2b � c � 3,
	(0 � 0) � 	(0) � 1 Þ c � 1,
	(0 � 1) � 	(1) � 2 Þ a � b � c � 2.
Então a � 0, b � 1, c � 1 e (u) � u � 1.
Assim 	(x � y) � x � y � 1 e, portanto, f(x, y) � x � y � 1 atende às condições
propostas.
8. z � f (x, y) � 	(u) � 	(2x � y) satisfaz ∂
∂
∂
∂
f
x
f
y
� 2 .
Para que o gráfico de f contenha a imagem de
y(t) � (t, t, t2), t � �, é preciso que 	
	
( )
( )
3
2
2t t
t t�
�
123
[x � t, y � t , z � f(x, y) � t2].
Assim 	(u) � u2
9
.
A função f(x, y) � 19 (2x � y)
2
 resolve o problema.
9. Seja F(x, y) � x2 � 2y2.
107
Vamos determinar �(t) � (x(t), y(t)) que intercepte ortogonalmente F(x, y) � c. Devemos
ter ��(t) � �F(�(t)). Temos
 
�� � � �( ) , . .t dx
dt
dy
dt
dx
dt
x
dy
dt
yÊË
ˆ
¯ Então e2 4
Segue que x � k1 e
2t
 e y � k2 e
4t
.
�(0) � (1, 2) e �(0) � (k1, k2). Logo, k1 � 1 e k2 �2.
Portanto, �(t) � (e2t, 2e4t) intercepta ortogonalmente todas as curvas da família x2 � 2y2 � c
e passa por (1, 2).
10. Seja F(x, y) � xy.
A função y � y(x) deve interceptar ortogonalmente as curvas da família xy � c, com
x 
 0 e y 
 0. O coeficiente angular da direção determinada pelo vetor �F é 
∂
∂
∂
∂
F
y
F
x
.
 Então
 
dy
dx
�
∂
∂
∂
∂
F
y
F
x
, ou seja,
dy
dx
�
x
y
. Temos xdx � y dy e daí y2 � x2 � c.
a) y(1) � 1 Þ c � 0. Logo,
y � x.
b) y(1) � 2 Þ 4 � 1 � c Þ c � 3. Daí
y2 � x2 � 3 e, portanto,
 
y x� �2 3.
Exercícios 13.2
1. a) F(x, y, z) � x2 � 3y2 � 4z2 � 8. Temos
 
� � �F x y F
x
F
y
F
z
x y zz( , , , ( , , ), ) ∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ 2 6 8
 
e daí
�F(1, �1, 1) � (2, �6, 8).
108
Plano tangente em (1, �1, 1):
�F(1, �1, 1) · [(x, y, z) � (1, �1, 1)] � 0, ou seja,
x � 3y � 4z � 8.
Reta normal em (1, �1, 1):
(x, y, z) � (1, �1, 1) � �(2, �6, 8) � � �.
b) F(x, y, z) � 2xyz � 3. Temos
 
� � �F x y F
x
F
y
F
z
yz xz xyz( , , , ( , , ), ) ∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ 2 2 2
 
e daí
 
� �F( , , ) ( , ),1
2
1 3 6 3 1 .
Plano tangente em ( , , )1
2
1 3 :
 
� � �F x y z( , , ) [( , , ) ( , , )]1
2
1 3 1
2
1 3 0◊ , ou seja,
6x � 3y � z � 9.
Reta normal em ( , , ):1
2
1 3
( , , ) ( , , ) ( , , ), .x y z � �1
2
1 3 6 3 1� � � �
c) F(x, y, z) � z ex�y � z3 � 2.
� � � � �� � �F x y F
x
F
y
F
z
ze ze e zz x y x y x y( , , , ( , , ), ) ∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ 3 2
 
e daí
�F(2, 2, 1) � (1, �1, 4).
Plano tangente em (2, 2, 1):
�F(2, 2, 1) · [(x, y, z) � (2, 2, 1)] � 0, ou seja,
x � y � 4z � 4.
Reta normal em (2, 2, 1):
(x, y, z) � (2, 2, 1) � �(1, �1, 4 ), � � �.
2. F(x, y) � x3 � y3 � z3 � 10 Þ �F(x, y, z) � (3x2, 3y2, 3z2).
109
z � f(x, y) � 
 
10 3 33 � �x y e
z � f(1, 1) � 83 � 2.
Plano tangente em (1, 1, f(1, 1)) � (1, 1, 2):
�F(1, 1, 2) · [(x, y, z) � (1, 1, 2)] � 0, ou seja,
x � y � 4z � 10.
3. Seja F(x, y, z) � x2 � 3y2 � 2z2 � 116 . Temos
�F (x, y, z) � (2x, 6y, 4z).
Seja (x0, y0, z0) o ponto de tangência. Logo:
 
x y z0
2
0
2
0
23 2 11
6
� � � .
Da condição de paralelismo:
�F (x0, y0, z0) � �(1, 1, 1) (ortogonal ao plano x � y � z � 10).
Portanto:
2x0 � �, 6y0 � �, 4z0 � �, ou seja, 
 
x y z0 0 02 6 4
� � �
� � �
, .e
Substituindo na equação, temos
� � �
2
3
6
2
4
11
6
2 2 2Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯� � � e, portanto, �
2
 � 4, ou seja, � � � 2. Assim, os pontos
de tangência são 1
1
3
1
2
1 1
3
1
2
, , , , .
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯e � � �
Plano tangente em ( , , )1 13
1
2
:
 
� � �F x y z( , , ) [( , ) ( , , )],1 1
3
1
2
1 1
3
1
2
0, ou seja,
 
x y z� � � 11
6
.
Plano tangente em 
 
( , , )� � �1 1
3
1
2
:
� � � � � � � � �F x y z( , , ) [( , ) ( , , )],1 1
3
1
2
1 1
3
1
2
0
 
ou seja, x y z� � �� 11
6
.
4. F(x, y, z) � x2 � y2 � z2 � 1.
110
�F (x, y, z) � 2x, 2y, 2z) e daí
 
� �F( , , ) ( , , ).1
2
1
2
2
2
1 1 2
 
� � �F x y z( , , ) [( , , ) ( , , )]1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
◊ 0, ou seja,
x � y � 2 2z � é a equação do plano tangente.
5. F(x, y, z) � x2 � y2 � z2 � 3 e
G(x, y, z) � x2 � 3y2 � z2 � 3.
Para todo t no domínio de � tem-se
F(�(t) � 3 e G(�(t)) � 3, pois a imagem de � está contida nas superfícies
F(x, y, z) � 3 e G(x, y, z) � 3. Segue que
�F(�(t0)) · ��(t0) � 0 e
�G(�(t0)) · ��(t0) � 0.
��(t0) é normal aos vetores �F (1, 1, 1) � (2, 2, 2) e �G(1, 1, 1) � (2, 6, �2).
Logo ��(t0) é paralelo ao produto vetorial
 
� � �
�
�� � �F G
i j k
i j k( , , ) ( , , ) .1 1 1 1 1 1 2 2 2
2 6 2
16 8 8Ÿ
r r r
r r r
A equação da reta tangente a � no ponto �(t0) � (1, 1, 1) é
(x, y, z) � (1, 1, 1) � �(�16, 8, 8) ou
(x, y, z) � (1, 1, 1) � �(�2, 1, 1), � � �.
6. a) F(x, y, z) � x2 � y2 � 2 e
G(x, y, z), � x2 � y2 � z2 � 3. Temos
�F(1, 1, 1) � (2x, 2y, 0) � (2, 2, 0) e
�G(1, 1, 1) � (2x, 2y, 2z) � (2, 2, 2).
� � � � �F G
i j k
i j( , , ) ( , , ) .1 1 1 1 1 1 2 2 0
2 2 2
4 4Ÿ
r r r
r r
Reta tangente:
(x, y, z) � (1, 1, 1) � �(1, �1, 0), � � �.
b) 
 
x y
x y z z z z
2 2
2 2 2 2
2
3 1 1 1
� �
� � � � � ��Þ Þ
Ï
Ì
Ó ou .
111
Como a curva deve passar por (1, 1, 1) vamos considerar z � 1.
 
x y x t y t2 2
2 2
2
2 2
� � � �Þ Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
( ) ( ) 1. Fazendo
 
x t
t
y t
t
( ) ( )
cos
2 2
� �sen e temos a curva
 �( ) ( , cos , ).t t t� 2 2 1sen
7. a) F(x, y, z) � 4x2 � y2 � 1 e
G(x, y, z) � x � y � z � 1.
�F(0, 1, 0) � (8x, 2y, 0) � (0, 2, 0) e
�G(0, 1, 0) � (1, 1, 1) � ( 1, 1, 1).
 
� � � � �F G
i j k
i k( , , ) ( , , ) .0 1 0 0 1 0 0 2 0
1 1 1
2 2Ÿ
r r r
r r
Reta tangente a � em �(t0) � (0, 1, 0):
(x, y, z) � (0,
1, 0) � �(1, 0, �1), � � �.
b) [2x(t)]2 � [y(t)]2 � 1 onde 
 
x t
t y t t( ) ( ) cos .� �sen e
2
De x � y � z � 1 vem z(t) � 1 � x � y. Daí
z(t) � 1 � 
 
sen
e, portanto,t t
2
� cos
 
�( ) ( , cos , cos ).t t t t t� � �1
2
1 1
2
sen sen
8. a) z x y
y
zy x y�
� �
� � �
8
8
2 24
2 24Þ
Þ Þy z x y x y y z
F x y z
4 4 2 2 2 2 4 48 8 0� � � � � � �
( , , )
.
1 2444 3444
b) �F(2, 2, 1) · [(x, y, z) � (2, 2, 1)] � 0, ou seja,
x � 7y � 16z � �28.
9. �F(1, 2, 3) � �G(1, 2, 3) é perpendicular ao plano normal a determinar. Como
�F(1, 2, 3) � (2, 4, 6) e
�G (1, 2, 3) � (6, 3, 2), resulta
112
 
� � � �� � �F G
i j k
i j k( , , ) ( , , ) .1 2 3 1 2 3 2 4 6
6 3 2
10 32 18Ÿ
r r r
r r r
(�10, �32, �18) · (x � 1, y � 2, z � 3) � 0, ou seja,
�5x � 16y � 9z � 0.
10. Equação do plano tangente � em (x0, y0, z0):
x0(x � x0) � 2y0(y � y0) � z0(z � z0) � 0. Temos
 
( , , ) ,
( , )
.
,
5 0 1 2 5 0
1 0 3 2 3 0
2 7
0
2
0
2
0
2 0 0
0
2
0
2
0
2 0 0
0
2
0
2
0
2
�
�
�
�
Þ
Þ
x y z z x
x y z x z
x y z
� � � � �
� � � � �
� � �
e
Daí 5x0 � z0 � 7 e x0 � 3z0 � 7.
Logo x0 � 1, z0 � 2 e y0 � � 1.
Plano tangente em (1, 1, 2):
(2, 4, 4) (x � 1, y � 1, z � 2) � 0 Þ 2(x � 1) � 4(y � 1) � 4(z � 2) � 0
Þ x � 2y � 2z � 7.
Plano tangente em (1, �1, 2):
2(x � 1) � 4(y � 1) � 4(z � 2) � 0 Þ x �2y � 2z � 7.
Exercícios 13.4
1. a) Sejam f(x, y) � x2 � 3y2, (x0, y0) � (1, 2) e
r
u � �
( , )
, .
2 1
5
2
5
1
5
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
 
∂
∂
◊ ∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ ◊
f
u
x y f x y u f
x
x y f
y
x y ur
r r( , ) ( , ) ( , ), ( , )0 0 0 0 0 0 0 0� � � , ou seja,
 
∂
∂
◊ Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
f
u
x yr ( , ) ( , ) , .0 0 2 12 25
1
5
4
5
12
5
8
5
� � � � �
�
b) Sejam f(x, y) � ex y2 2� ; (x0, y0) � (1, 1) e 
 
r
u � �
( , )
, .
3 4
5
3
5
4
5
Ê
Ë
ˆ
¯
 
∂
∂
◊ ∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ ◊
f
u
x y f x y u f
x
x y f
y
x y ur
r r( , ) ( , ) ( , ), ( , )0 0 0 0 0 0 0 0� � � e
 � � �
� �f x y xe yex y x y( , ) ( , )2 22 2 2 2 . Então,
 
∂
∂
◊ ÊË
ˆ
¯
f
u
r ( , ) ( , ) , .1 1 2 2 3
5
4
5
2
5
� � ��
113
2. a) f(x, y) � x2 � xy � y2 em (1, 1).
�f(1, 1) � (3, 3) � 
 3 3
r r
i j�
 aponta, em (1, 1), a direção e sentido de maior crescimento
da função.
��f(1, 1) � 
 � �3 3
r r
i j dá a direção e sentido de maior decrescimento da função.
b) f(x, y) � ln 
 
x y2 2� em (1, �1).
 
� � � � � �
� �
� �f f
x
f
y
x
x y
y
x y
( , ) ( , ), ( , ) , , .1 1 1 1 1 1 1
2
1
2
0
0
2
0
2
0
0
2
0
2
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
Ë
ˆ
¯
 
r r
i j� dá a direção e o sentido de maior crescimento e
 � �
r r
i j dá a direção e o sentido de decrescimento mais rápido.
c) f(x, y) � 
 
4 2 1 1
2
2 2� �x y , , .em TemosÊË
ˆ
¯
� � � �f ( , ) , .1 1
2
1
3
1
3
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ Assim,
�i � j dá a direção e o sentido de maior crescimento e
 i � j dá a direção e o sentido de decrescimento mais rápido.
7. T(x, y, z) � 16 � 2x2 � y2.
�(t) � (x(t), y(t)) e
��(t) � �T (�(t)).
��(t) � �T (�(t)) ¤ ( ˙( ), ˙( )) ( ( ), ( ))x t y t x t y t� � �4 2 .
˙x x��4 ¤ x(t) � k1e
�4t
 e
˙y ��2y ¤ y(t) � k2e
�2t
.
De x(0) � 1 e y(0) � 2 segue k1 � 1 e k2 � 2.
Logo, x(t) � e�4t e y(t) � 2e�2t, t � 0.
9. Sejam �(t) � (x0 � at, y0 � bt, f(x0 � at, y0 � bt)) e (x0, y0) � (1, 2).
�f (x, y) � (y, x) Þ �f(1, 2) � (2, 1).
Então �(t) � (1 � 2t, 2 � t, f(1 � 2t, 2 � t)).
�(0) � (1, 2, f(1, 2)) � (1, 2, 2)
��(0) � (a, b, 
 
∂
∂
f
u
r
 (1, 2)), com (a, b) unitário.
 
∂
∂
f
u
r (1, 2) � �f(1, 2) · 
 
r
u
f
f�
�
�
( , ) ( , )( , )2 1
1 2
1 2
◊
� �
, ou seja,
114
 
∂
∂
◊ Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
f
u
r ( , ) ( , ) ,1 2 2 1 2
5
1
5
4
5
1
5
5
5
5� � � � � . Então
��(0) � 2
5
1
5
5, , .Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
A tangente em �(0) é a reta procurada:
(x, y, z) � (1, 2, 2) � �
2
5
1
5
5, ,Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ , � � �,
ou
(x, y, z) � (1, 2, 2) � �(2, 1, 5).
11. �f (x, y) � (8x, 2y), daí
�f(1, 1) � (8, 2).
Sendo P� a projeção de P sobre o plano xy, P� move-se na direção e sentido de
máximo crescimento de f, ou seja, na direção do vetor �f(x, y) � (8x, 2y).
dy
dx
y
x
y x k y k y x� � � � � �2
8
1
4
1 1 0 4Þ ln ln . ( ) .Como temos e
y � t Þ x � t4.
z � f(x(t), y(t)) � f(t4, t) � 4t8 � t2.
Logo, a parametrização para a trajetória de P é
�(t) � (t4, t, 4t8 � t2).
14. a) T(x, y) � 40 � x2 � 2y2 e
T(3, 2) � 23.
40 � x2 � 2y2 � 23 Þ x2 � 2y2 � 17.
b) �T(3, 2) � (�2x, �4y) � (�6, �8) � � �6 8
r r
i j .
c) 
 
∂
∂
T
u
Tr ( , ) ( , ) ( , ) .3 2 3 2 6 8 10� � � � � �� � � �
A partir do ponto (3, 2) e na direção e sentido de �T (3, 2) � 
 � �6 8
r r
i j , a temperatura
está aumentando a uma taxa de 10∞C por km. Caso caminhe 0,01 km nesta direção a
temperatura se elevará de 0,01 · 10 � 0,1∞C, aproximadamente.
d) 
 
∂
∂
◊ ◊f
j
Tr ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) .3 2 3 2 0 1 6 8 0 1 8� � � � � ��
Na direção 
 
r
j
 a temperatura decresce a uma taxa de 8∞C por km.
Caso caminhe, na direção 
 
r
j , 0,01 km a temperatura decrescerá 0,01 · 8 � 0,08∞C
aproximadamente.
15. a) f(x, y, z) � xyz em (1, 1, 1) e na direção 
 
r r r
r
w i j k� � �2 .
 Temos
115
 
r
r
r
r r r
u
w
w
i j k� � � �
� �
2
6
1
6
1
6
,
 
∂
∂
◊f
u
f ur r( , , ) ( , , )1 1 1 1 1 1� � , ou seja,
 
∂
∂
◊ Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
f
u
r ( , , ) ( , , ) , , .1 1 1 1 1 1 2
6
1
6
1
6
2
6
6
3
� � � �
16) 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ ◊
Ê
Ë
ˆ
¯
f
v
f
x
f
y
f
z
r ( , , ) ( , , ), ( , , ), ( , , ) , , ,1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 4
5
3
5
1� �
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ ◊
Ê
Ë
ˆ
¯
f
w
f
x
f
y
f
z
r ( , , ) ( , , ), ( , , ), ( , , ) , ,1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4
5
3
5
0 2� � � e
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ ◊
f
j
f
x
f
y
f
z
r ( , , ) ( , , ), ( , , ), ( , , ) ( , , )1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0� � 0. Assim,
 
4
5
3
5
1 4
5
3
5
2 0∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
f
y
f
z
f
x
f
y
f
y
� � � � � �; ; .
 
Logo, . Então∂
∂
∂
∂
∂
∂
f
x
f
y
f
z
( , , ) ; ( , , ) ; ( , , )1 1 1 5
2
1 1 1 0 1 1 1 5
3
�� � �
 
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
f
u
fr ( , , ) ( , , ) , , .1 1 1 1 1 1 5
2
0 5
3
325
36
5 13
6
� � � � � �� � � �
17. �f(x, y) é um vetor do �2.
Como 
r
u
 e 
r
v
 são dois vetores unitários e ortogonais de �2, eles constituem uma base
ortonormal do �2.
Logo �f(x, y) deve ser
escrito como combinação linear de 
r
u
 e 
r
v . Então
�f(x, y) � a ru � b 
 
r
v onde a e b são as componentes de �f(x, y) em relação à base { 
r
u , 
r
v }.
Por outro lado, �f(x, y) � ∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
f
x
f
y
, e �f · 
 
r
ru
f
u
�
∂
∂
.
Fazendo o produto escalar:
 
� � �
�
f x y u a u u b v u
f
u
u
( , ) ◊ ◊ ◊
∂
∂
r
1 24 34
r r
{
r r
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 (os vetores são ortogonais), logo 
 
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x y ar ( , ) �
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f x y v a u v b v v
f
v
v
( , ) ◊ ◊ ◊
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1 24 34
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f
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Portanto,
 
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u
x y u f
v
x y v( , ) ( , ) ( , )∂
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r
r
r
r
.
116
19. 
 
f x y y
x y
( , ) .�
�
arcsen
2 2
4È
Î
Í
Í
ù
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ú
ú
 Seja g(r, 
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x � r cos 
 e y � r sen 
. Temos
 
g r r
r r
r
( , )
cos
 
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�arcsen
sen
sen2 2 2 2
4
4
1 24444 34444
È
Î
Í
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
ú
Sabemos que pelo item c do Exercício 18,
 
� �� � �f x y
r r
( , ) [ ] .2 1 4 162 3 2
6
2
Temos x � 1, y � 1, r cos 
 � 1, r sen 
 � 1, r2 � 2, 
 
r � �2
4
e 
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.
 Daí
 
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f
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( , ) ( , )1 1 16 1 1 4
6
2
3
2 
 
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� �� �f ( , ) .1 1 2
32
3�
Cap. 14.pdf
CAPÍTULO 14
Exercícios 14.1
1. b) 
 
∂
∂
z
x
x ex y� �2 22
 e 
 
∂
∂
z
y
y ex y�� �2 22 . Temos
 
∂
∂
∂
∂
∂
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Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
2
2
2 22 4 2 2 2 12 2 2 22 2z
x x
z
x x
xe x e e e xx y x y x y x y� � � � � �� � � �( ) ( ),2 2
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
2
2
2 22 4 2 2 2 12 2 2 2 2z
y y
z
y y
ye y e e e yx y x y x y x y� � � � � � �� � � �( ) ( ),2 2 2
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
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∂
2
2 42 2 2z
x y x
z
y x
ye xyex y x y� � � ��� �( ) 2 e
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
2
2 42 2 2z
y x y
z
x y
xe xyex y x y� � ��� �( ) .2
c) 
 
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∂
z
x
x
x y
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� �
2
1 2 2
 e 
 
∂
∂
z
y
y
x y
�
� �
2
1 2 2
. Temos
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
◊ ◊2
2 2 2
2 2
2 2 2
2
1
1 2 2 2
1
z
x x
z
x x
x
x y
x y x x
x y
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� �
�
� � �
� �
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( ) ,
 
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∂
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2
2 2
2 2 2
2 2 2
1
z
x
y x
x y
�
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∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
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∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2 2 2
2 2
2 2 2
2
1
2 2 2
1
z
y y
z
y y
y
x y
x y
x y
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� �
�
� �
� �( ) e
 
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∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
2
2 2 2 2 2
22
1
4
1
z
x y x
z
y x
y
x y
xy
x y
z
y x
� �
� �
��
� �
�( ) .
2. Seja f(x, y) � 
 
1
2 2x y�
.
a) 
 
∂
∂
∂
∂
◊ ◊ ◊f
x
x
x y
f
x
x y x x y x
x y
��
�
�
� � � �
�
2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2 2 2
2 2 4( ) ;
( ) ( ) ( )
( ) , ou seja,
 
∂
∂
2
2
4 2 2 4
2 2 4
6 4 2f
x
x x y y
x y
�
� �
�( ) .
118
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
◊ ◊2
2 2 2
2 2
2 2 4
2 2 2 2f
x y y
f
x y
x
x y
x x y y
x y
� � �
�
�
�
�
 ( )
( )
( )
 
∂
∂ ∂
2 2 2
2 2 4
8f
y x
xy x y
x y
�
�
�
( )
( ) .
Substituindo,
 
x
f
x
x y y f
y x
x y∂
∂
∂
∂ ∂
2
2
2
( , ) ( , )�
 
�
� � � �
�
�
� �
�
6 4 2 8 8 6 12 65 3 2 4 3 2 4
2 2 4
5 3 2 4
2 2 4
x x y xy x y xy
x y
x x y xy
x y( ) ( )
 
�
� �
�
�
�
�
�
�
6 2 6 64 2 2 4
2 2 4
2 2 2
2 2 4 2 2 2
x x x y y
x y
x x y
x y
x
x y
( )
( )
( )
( ) ( )
 
� � �
�
��( ) ( ) ( , ).3
2 32 2 2◊
∂
∂
x
x y
f
x
x y
Logo, x f
x
x y y f
y x
x y f
x
x y∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2
3( , ) ( , ) ( , ).� �� (Observação. Poderíamos ter chegado a
este resultado sem fazer contas: é só observar que ∂
∂
f
x
 é homogênea de grau �3 e usar a
relação de Euler.)
b) ∂
∂
2
2
4 2 2 4
2 2 4
6 4 2f
x
x x y y
x y
�
� �
�( ) e
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
◊ ◊2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 4
2 2 2 2 2f
y y
f
y y
y
x y
x y y x y y
x y
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�
�
� � � �
�( )
( ) ( ) ( )
( )
 
∂
∂
2
2
4 2 2 4 2 2 4
2 2 4
4 2 2 4
2 2 4
2 4 2 8 8 2 4 6f
y
x x y y x y y
x y
x x y y
x y
�
� � � � �
�
�
� � �
�( ) ( ) .
Substituindo,
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
4 2 2 4 4 2 2 4
2 2 4
6 4 2 2 4 6f
y
x y f
y
x y x x y y x x y y
x y
( , ) ( , ) ( )� �
� � � � �
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
4 8 4 4 44 2 2 4
2 2 4
2 2 2
2 2 4 2 2 2
x x y y
x y
x y
x y x y( )
( )
( ) ( ) .
Portanto, a identidade se verifica:
 
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2 2 2 2
4f
x
x y f
y
x y
x y
( , ) ( , ) ( ) .� � �
3. f(x, y) � ln(x2 � y2).
119
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
◊ ◊f
x
x
x y
f
x x
x
x y
x y x x
x y
�
�
�
�
�
� �
�
2 2 2 2 2
2 2
2
2 2 2
2 2
2 2 2;
( )
( ) ,
 
∂
∂
2
2
2 2
2 2 2
2 2f
x
y x
x y
�
�
�( ) ,
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2f
y y
y
x y
x y
x y
�
�
�
�
�( ) 
e daí
 
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 0f
x
f
y
y x x y
x y
� �
� � �
�
�( ) .
5. Como f, g: A � �2 � �, A aberto, são funções de classe C2,
conclui-se que 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2 2 2g
x y
g
y x
f
x y
f
y x
� �e . Temos
 
∂
∂
∂
∂
Þ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
f
x
g
y
f
x x
g
y
g
x y
� � �
2
2
2
 
e
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2 2f
y y
f
y y
g
x
g
y x
g
x y
� � � �� �� .
Portanto,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2
2
2 2
0f
x
f
y
g
x y
g
x y
� � � � .
Analogamente,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
2
2
2g
x x
g
x x
f
y
f
x y
� � � �� e
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2 2g
y y
g
y y
f
x
f
y x
f
x y
� � � � .
Portanto,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2
2
2 2
0g
x
g
y
f
x y
f
x y
� �� � � .
6. Como f: A � �3 � � é de classe C2 no aberto A (f e todas as derivadas parciais de 1.ª
e 2.ª ordens são contínuas), pelo teorema de Schwarz, temos:
a) 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2f
x y
f
y x
� b) 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2f
x y
f
z x
�
c) 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2f
y z
f
z y
�
120
8. Seja 
 
f x y xy
x y
x y
x y
x y
( , ) ( , ) ( , )
( , ) ( , )
�
�
�
�
�
2 2
2 2 0 0
0 0 0
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Devemos, inicialmente, determinar as derivadas parciais de 1.ª ordem de f.
Para (x, y) � (0, 0) temos:
 
∂
∂
f
x
x y x y y
x y
�
� �
�
4 2 3 4 5
2 2 2( )
e
 
∂
∂
f
y
x y xy x
x y
�
� � �
�
4 3 2 4 5
2 2 2( ) .
Em (0, 0) temos:
∂
∂ Æ
f
x
f x f
xx
( , ) lim ( , ) ( , )0 0 0 0 0 0
0
�
�
� e
∂
∂ Æ
f
y
f y f
yy
( , ) lim ( , ) ( , ) .0 0 0 0 0 0
0
�
�
�
Portanto,
 
∂
∂
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f
x
x y
x y x y y
x y
x y
x y
( , ) ( ) ( , ) ( , )
( , ) ( , )
�
� �
�
�
�
4 0 0
0 0 0
2 3 4 5
2 2 2 se
se
 
∂
∂
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f
y
x y
x y xy x
x y
x y
x y
( , ) ( ) ( , ) ( , )
( , ) ( , ).
�
� � �
�
�
�
4 0 0
0 0 0
3 2 4 5
2 2 2 se
se
Continuando, calculando agora:
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Æ
2
0
0 0
0 0 0
0
f
x y
f
y
x
f
y
xx
( , ) lim
( , ) ( , )
�
�
�
 
�
�
� �lim lim .
x x
x
x
x
x
xÆ Æ0
5
4
0
0
1
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Æ
2
0
0 0
0 0 0
0
f
y x
f
x
y f
y
yy
( , ) lim
( , ) ( , )
�
�
�
121
 
�
� �
� � ��lim lim .
y y
y
y
y
y
yÆ Æ0
5
4
0
0
1
Logo, 
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2
0 0 1 0 0 1f
x y
f
y x
( , ) ( , ) .� ��e (f(x, y) é de classe C2 em �2? Por quê?)
9. Seja u(x, t) � A sen(a�t � �) sen �x.
 
∂
∂
◊ ◊u
t
A x a t a� �sen � � � �cos( ) ( )
 
∂
∂
◊
2
2
u
t
A a x a t a�� � �( ) ( ( )) .� � � � �sen sen
 
∂
∂
◊
2
2
2 2u
t
Aa x a t�� �� � � �sen sen( ). �
Por outro lado,
 
∂
∂
◊u
x
A a t x� �sen ( )(cos )� � � �
∂
∂
◊
2
2
2u
x
A a t x�� �� � � �sen sen( ) . �
Comparando � e �:
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
u
t
a
u
x
� .
10. Seja u � f(x � at) � g(x � at).
Considerando y � x � at e z � x � at.
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
u
t
df
dy
y
t
dg
dz
z
t
u
x
df
dy
y
x
dg
dz
z
x
� � � �e
 
∂
∂
∂
∂
u
t
a
df
dy
a
dg
dz
u
x
df
dy
dg
dz
�� � � �e
 
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
u
t
a
d f
dy
a
d g
dz
u
x
d f
dy
d g
dz
� � � �e .
Portanto,
 
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
u
t
a
u
x
� .
11. Sejam x � x(u, v) e y � y(u, v) com x(1, 1) � 0,
x
3
 � y3 � u � v e
xy � u � 2v.
122
Calculando as derivadas parciais,
 
3 3 1
1
2 2x
x
u
y y
u
x
y
u
y x
u
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
� �
� � .
Resolvendo o sistema, temos:
 
∂
∂
x
u
x y
x y
�
�
�
3
3 3
2
3 3
Se xy � u � 2v, então (x(1, 1)) · (y(1, 1)) � 1 � 2 � �1.
Mas x(1, 1) � 0. Logo, y(1, 1) � 0 e y(1, 1) 
 
��
1
1 1x( , ) �
Se x3 � y3 � u � v, então (x(1, 1))3 � (y(1, 1))3 � 0.
Logo, y(1, 1) � �x(1, 1) �
De � e � concluímos que x(1, 1) � 1 e y(1, 1) � �1.
Portanto,
 
 
∂
∂
x
u
x y
x y
( , ) ( , ) [ ( , )][ ( , )] [ ( , )] .1 1
1 1 3 1 1
3 1 1 3 1 1
1 3
3 3
2
6
1
3
2
3 3�
�
�
�
�
�
�� ��
14. Seja 
 
z t dt du
x y u
�
�
1 0
2
2 2
Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
sen .
Pelo teorema fundamental do Cálculo temos:
 
∂
∂
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
úÚ
z
y
t dt y
x y
� �
�
0
2
2 2
2sen ( )
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ ◊
2
2 2 22 2z
x y x
z
y
y x y x� � � �( ) ( )sen
 
∂
∂ ∂
2
2 2 24z
x y
xy x y�� �sen( ) .
b) 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
2
2
z
x x
z
x
�
 
∂
∂ Ú
z
x
x t dt
x y
�
�
2
0
2
2 2
sen
 
∂
∂ Ú
2
2
2 2 2 2
0
24 2
2 2z
x
x x y t dt
x y
� � �
�
sen sen( )
123
 
∂
∂
◊ ◊ Ú
2
2
0
0
0 2
0
1 1 4 1 0 2z
x
t dt( , ) � �sen sen
123
1 24 34
 
∂
∂
2
2 1 1 0
z
x
( , ) .�
Exercícios 14.2
1.
a) 
 
g t f
x
x y x t y t( ) ( , )� � �∂
∂
com e sen2 . Temos
 
dx
dt
t
dy
dt
t� �2 e cos .
 
g t d
dt
f
x
x y
x
f
x
dx
dt y
f
x
dy
dt
	 � � �( ) ( , )∂
∂
È
ÎÍ
ù
ûú
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯ , ou seja,
g t t f
x
x y t f
y x
x y	 � �( ) ( , ) cos ( , ).2
2
2
2∂
∂
∂
∂ ∂
b) g t t f
x
x y x t y t( ) ( , ), .� � �3 3 2∂
∂
com e Temos
dx
dt
dy
dt
� �3 2e .
 
g t d
dt
t
f
x
t t	 �( ) ( , ) ,3 3 2∂
∂
È
ÎÍ
ù
ûú
g t t f
x
t t t
x
f
x
t t
dx
dt y
f
x
t t
dy
dt
	 � � �( ) ( , ) ( , ) ( , )3 3 2 3 2 3 22 3∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú, ou seja,
 
g t t f
x
t t t
f
x
t t
f
y x
t t	 � � �( ) ( , ) ( , ) ( , ).3 3 2 3 3 2 2 3 22 3
2
2
2∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
c) 
 
g t f
x
t t
f
y
t t( ) ( , ) ( , )� �∂
∂
∂
∂
2 2 5 3sen daí
g t d
dt
f
x
t t
d
dt
f
y
t t	 � �( ) ( , ) ( , )∂
∂
È
ÎÍ
ù
ûú
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú2 2 5 3sen , ou seja,
 
g t
x
f
x
t t t
y
f
x
t t
x
f
y
t t t	 � � �( ) ( , ) ( , ) ( , ) cos∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯ ◊
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯ ◊
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú2 22 2 2 2 5 3 3 3sen
 
� � �
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂ ∂y
f
y
t t t
f
x
t t
f
y x
t t( , ) ( , ) ( , )sen 3 2 2 2 2
2
2
2
2
2
 
� �15 3 3 5 3
2 2
2cos ( , ) ( , ).t
f
x y
t t
f
y
t t
∂
∂ ∂
∂
∂
sen sen
124
3. Seja g(t) � f(a � ht, b � kt).
a) f(x, y) é de classe
C2 (f admite as derivadas parciais de 1.ª ordem e 2.ª ordem
contínuas).
 
g t d
dt
f x y x a ht y b kt	 � � � � �( ) ( , ) , .[ ] com e Temos
 
dx
dt
h dy
dt
k� �e . Segue que
 
g t f
x
x y dx
dt
f
y
x y dy
dt
	 � �( ) ( , ) ( , )∂
∂
∂
∂
, ou seja,
 
g t h f
x
x y k f
y
x y	 � �( ) ( , ) ( , )∂
∂
∂
∂
. Temos
 
g t d
dt
h f
x
x y k f
y
x y
 � �( ) ( , ) ( , )∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú, ou seja,
 
g t h
x
f
x
x y dx
dt y
f
x
x y dy
dt
 � �( ) ( , ) ( , )∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú
 
� �k
x
f
x
x y dx
dt y
f
x
x y dy
dt
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú( , ) ( , ) . Assim,
g t h h f
x
x y k f
y x
x y k h f
x y
x y k f
y
x y
 � � � �( ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )∂
∂
∂
∂ ∂
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂ ∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
2
2
2 2 2
2 , ou seja,
 
g t h f
x
x y hk f
y x
x y hk f
x y
x y k f
y
x y
 � � � �( ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ).2
2
2
2 2
2
2
2
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂
Pelo teorema de Schwarz ( f é de classe C2),
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2f
x y
x y f
y x
x y( , ) ( , ).�
Portanto,
g t h f
x
x y hk f
x y
x y k f
y
x y
 � � �( ) ( , ) ( , ) ( , ).2
2
2
2
2
2
22
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
b) Supondo f(x, y) de classe C3 num aberto de �2 (f admite todas as derivadas de ordem 3
contínuas no aberto de �2).
g t d
dt
h f
x
x y hk f
x y
x y k f
y
x y� � � �( ) ( , ) ( , ) ( , )2
2
2
2
2
2
22
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú, ou seja,
 
g t h d
dt
f
x
x y hk d
dt
f
x y
x y k d
dt
f
y
x y� � � �( ) ( , ) ( , ) ( , ) .2
2
2
2
2
2
22
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ �
125
Temos:
 
d
dt
f
x
x y
x
f
x
x y dx
dt y
f
x
x y dy
dt
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
2
2
2
2( , ) ( , ) ( , )� � , ou seja,
 
d
dt
f
x
x y h f
x
x y k f
y x
x y∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂ ∂
2
2
3
3
3
2( , ) ( , ) ( , ).� � �
 
d
dt
f
x y
x y
x
f
x y
x y dx
dt y
f
x y
x y dy
dt
∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2 2 2
( , ) ( , ) ( , )� � , ou seja,
 
d
dt
f
x y
x y h f
x y
x y k f
y x
x y∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 3
2
3
2( , ) ( , ) ( , ).� � �
 
d
dt
f
y
x y
x
f
y
x y dx
dt y
f
y
x y dy
dt
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
2
2
2
2( , ) ( , ) ( , )� � , ou seja,
 
d
dt
f
y
x y h f
x y
x y k f
y
x y∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
3
2
3
3( , ) ( , ) ( , ).� � �
Substituindo �, � e � em �,
 
g t h f
x
x y h k f
y x
x y h k f
x y
x y� � � �( ) ( , ) ( , ) ( , )3
3
3
2
3
2
2
3
22
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
� � �2 2
3
2
2
3
2
3
3
3hk
f
x y
x y hk f
x y
x y k f
y
x y∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂
( , ) ( , ) ( , ).
Como f é de classe C3, temos: ∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
3
2
3
2
3
2
3
2
f
y x
f
x y
f
x y
f
y x
� �; .
Portanto,
g t h f
x
x y h k f
x y
x y hk f
x y
x y k f
y
x y� � � � �( ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ).3
3
3
2
3
2
2
3
2
3
3
33 3
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂
5. z f
x
x y� ∂
∂
( , ), onde y � sen 3x
 
dz
dx
d
dx
f
x
x x�
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯( , )sen 3
 
dz
dx
f
x
x x
dx
dx
f
y x
x x
dy
dx
� �
∂
∂
∂
∂ ∂
2
2
2
3 3( , ) ( , )sen sen
 
dz
dx
f
x
x x x
f
y x
x x� �
∂
∂
∂
∂ ∂
2
2
2
3 3 3 3( , ) cos ( , ).sen sen
7. g(u, v) � f(x, y), com x � 2u � v e y � u � 2v.
126
 
dg
u u
f x y f
x
x y x
u
f
y
x y y
u∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
� � �[ ( , )] ( , ) ( , ) , ou seja,
 
dg
u u
f
y∂
∂
∂
∂
∂
� �2 . Segue que
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2 2 2
g
u u
f
x
f
y u
f
x u
f
y
� � � � . Temos
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂u
f
x x
f
x
x
u y
f
x
y
u
� � , ou seja,
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂ ∂u
f
x
f
x
f
y x
� �2
2
2
2
;
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂u
f
y x
f
y
x
u y
f
y
y
u
� � , ou seja,
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂u
f
y
f
x y
f
y
� �2
2 2
.
Logo, substituindo e aplicando o teorema de Schwarz,
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2
2
2 2
24 4
g
u
f
x
f
x y
f
y
� � � . �
Procedendo de forma análoga, obtém-se
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2
2
2 2
24 4
g
v
f
x
f
x y
f
y
� � � . �
Somando � e � segue:
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
25 5
g
u
g
v
f
x
f
y
� � � .
8. Sugestão. Calcule
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
v
r
v
r
u
x
x
r
u
y
y
r
v
r
v v u
x
x u
y
y v
� � � �, , ,
2
2
2
2� � � � �
e
em seguida, calcule a soma
∂
∂
∂
∂
∂
∂
2
2 2
2
2
1 1v
r
v
r r r
v
r
� � .
10.
a) Seja g(u, v) � f(x, t), onde x � u � v e t � u � v.
Temos 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
x
u
x
v
t
u
t
v
� � � ��1 1 1 1; ; .e
127
E mais: 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
g
u
f
x
x
u
f
t
t
u
f
x
f
t
� � � � ,
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
2g
v u v
g
u v
f
x
f
t v
f
x
� � � �
 
� � � � �
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂v
f
t
f
x
x
v
f
t x
t
v
f
x t
x
v
f
t
t
v
2
2
2 2 2
2
 
� � � � � � � �
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
2 2 2
2
2
2
2
2
2 2f
x
f
t x
f
x t
f
t
f
x
f
t
f
x t
f
t x
.
Como f(x, t) satisfaz à equação 
 
∂
∂
∂
∂
Þ ∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
2 0
f
x
f
t
f
x
f
t
� � � .
Além disso, f é de classe C2, logo vale o teorema de Schwarz.
 
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
Þ ∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2 2 2
0f
x t
f
t x
f
x t
f
t x
� � � .
Portanto,
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2 2
2
2
2
2 2
0g
v u
f
x
f
t
f
x t
f
t x
� � � � � .
b) De ∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
v
g
u
� 0
 segue que ∂
∂
g
u
 não depende de v, assim, deveremos ter
g(u, v) � �(u) � �(v), com �(u) e �(v) deriváveis até a segunda ordem.
Assim, f(x, t) � �(x � t) � �(x � t) satisfaz �. Por exemplo,
f(x, t) � cos(x � t) � sen(x � t) é solução da equação;
f(x, t) � (x � t)3 � 5(x � t)2 � e x t( )� 3 é, também, solução etc.
11.
a) Seja g(u, v) � f(x, t), onde x � mu � nv e t � pu � qv.
Temos
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
2g
u v u
g
v u
f
x
x
v
f
t
t
v u
n
f
x
q f
t
� � � � �
 
� � � �n
f
x
x
u
q f
x t
x
u
n
f
t x
t
u
q f
t
t
u
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
2
2
2 2 2
2 .
Portanto,
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2 2
2
2
2
2 2g
u v
mn
f
x
pq f
t
np f
t x
mq f
x t
� � � � .
De ∂
∂
∂
∂
π
2
2
2
2
2 0
f
t
c
f
x
c� ( ). Segue
 
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂ ∂
2
2
2
2
2g
u v
mn pqc f
x
np mq f
x t
� � � �( ) ( ) .
Para que ocorra mn � pqc2 � 0 e np � mq � 0, basta tomar m � c, n � c, p � 1 e q � 1.
128
b) f(x, t) � F(x � ct) � G(x � ct), com F(u) e G(v) deriváveis até a 2.ª ordem resolve o
problema.
13. Sejam z � z(x, y); x � eu cos v e y � eu sen v.
Logo, 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
x
u
e v
x
v
e v
y
u
e v
y
v
e vu u u u� �� � �cos ; ; ; cossen sen
Temos, 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
z
u
e v
z
x
e v
z
y
u u� �cos sen e
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
z
u
e v
z
x
e v
u
z
x
e v
z
y
e v
u
z
y
u u u u� � � �cos .cos sen sen
Tendo em vista que:
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂u
z
x x
z
x
x
u y
z
x
y
u
e v
z
x
e v
z
y x
u u� � � �cos
2
2
2
sen e
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂u
z
y x
z
y
x
u y
z
y
y
u
e v
z
x y
e v
z
y
u u� � � �cos
2 2
2sen
resulta:
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
2
2
2 2
2
2
2
2z
u
e v
z
x
e v
z
x
e v v
z
y x
u u u� � �cos sencos cos
 
� � �e v
z
y
e v v
z
x y
e v
z
y
u u usen sen sen
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2 2
2
2cos . �
Procedendo de forma análoga, obtemos:
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
2
2
2 2
2
2
2
2z
v
e v
z
x
e v
z
x
e v v
z
y x
u u u�� � �cos sen sen cos
 
� � �e v
z
y
e v v
z
x y
e v
z
y
u u usen sen
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2 2
2
2cos cos . �
Somando � e �:
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2 2 2
2
2
2 2 2
2
2
z
u
z
v
e v v
z
x
e v v
z
y
u u� � � � �(cos ) ( cos )sen sen
Þ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ Þ
∂
∂
∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2 0
z
u
z
v
e
z
x
z
y
z
u
z
v
u� � � � �
1 244 344
.
14. Seja 
 
G u v F x y
x
( , ) ( , ) ,�
 com u � x � y e v � y
x
.
Derivando u � x � y e v � y
x
 em relação a v (u constante).
129
 
0
1 1
� �
�� �
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
x
v
y
v
y
x
x
v x
y
v
Resolvendo o sistema 
 
∂
∂
∂
∂
x
v
x
x y
y
v
x
x y
��
�
�
�
2 2
e .
Derivando 
 
G u v F x y
x
( , ) ( , )� em relação a v:
 
∂
∂
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
∂
∂
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
∂
∂
G
v v
F
x x
F
x
x
v y
F
x
y
v
� � �
 
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
G
v x
F
x
F
x
x
x y
x
x
F
y
x
x y
� � �
�
�
�
1
2
2
2
2
 
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
G
v
x
x y
F
y
F
x
F
x y
�
�
� �
�
.
Derivando novamente em relação a v:
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú
2
2
G
v v
x
x y
F
y
F
x
F
x y
�
�
� �
�
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
È
Î
Í
ù
û
ú
∂
∂
2
2
G
v x
x
x y
F
y
F
x
F
x y
x
v y
x
x y
F
y
F
x
F
x y
y
v
�
�
� �
�
�
�
� �
�
 
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
È
Î
Í
2
2
2
2
2
2 2
1G
v
x
x y
F
x y
F
x
F
y
F
x
y
x y x y
F
x
�
�
� � � 
�
�
�( ) ( )
�
�
�
�
�
�
�
F
x y
x
x y
x
x y
F
y
F
y x( )2
2 2
2
2ù
û
ú
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
È
Î
Í
 
� � �
�
�
�
�
� �
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
ù
û
ú
F
y
F
x
x
x y x y
F
y
F
x y
x
x y( ) ( ) ( ) ( )2 2
21
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
2
2
3
2
2 3
2
2
2
2
3
2
3
G
v
x
x y
F
x y
x
x y
F
x
x y
x
y
F
y
x y
x y
F
x
�
�
�
�
�
�
�
�
�( ) ( ) ( ) ( )
�
�
�
�
�
�
�
�
x
x y
F
x
x F
x y
x
x y
F
y
x
x y
F
y x
2
2
2
3
3
2
2
2
3
2
2
( ) ( ) ( ) ( )
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
�
�
�
�
�
�
�
�
x
x y
F
y
x
x y
F
x
x
x y
F
y
x F
x y
3
3
3
3
2
2
2
3( ) ( ) ( ) ( )
∂
∂
∂
∂
∂
∂
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
2
2
3
2
2
2
2
2
2
0
2 3 2
3
0
2G
v
x
x y
F
x
F
y
F
x y
x y x x x y
x y
F
x
F
y
�
�
� � �
� � �
�
�( )
( )
( )
1 24444 34444 1 24444 34444
 
Þ ∂
∂
2
2 0
G
v
� .
Cap. 15.pdf
CAPÍTULO 15
Exercícios 15.1
1. b) f (x, y) � 2x2 � 3y2 � xy f (4, 3) � 17 e f (1, 2) � �8
 
— ∂
∂
∂
∂
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯f x y f
x
x y f
y
x y x y y x( , ) ( , ), ( , ) ( , )� � � � �4 6
Pelo T.V.M., f (4, 3) � f (1, 2) � —f x y( , ) [( , ) ( , )]4 3 1 2�
Segue que 13 3 25x y� � . Mas ( , )x y � (1, 2) � t(3, 1) com 1 4� �x
Logo, x y� � �3 5. Resolvendo o sistema 13 3 253 5
x y
x y
� �
� ��
ÏÌÓ
Temos 
 
x y� �5
2
5
2
e .
 Portanto, 
 
P � 5
2
5
2
, .
Ê
Ë
ˆ
¯
Exercícios 15.3
1. b)
 
∂
∂
f
x
y xy x y P� � � �cos 3 2
 
∂
∂
f
y
x xy x y Q� � � �cos 3 2
 
∂
∂
∂
∂
Q
x
xy xy xy P
y
� � � � �sen cos .1
Portanto, ∂
∂
∂
∂
P
y
Q
x
� (condição necessária verificada: o sistema pode admitir soluções).
Integrando-se a 1.ª equação em relação a x, mantendo y constante, a função
sen xy � x3� xy é solução da 1.ª equação.
Integrando-se a 2.ª equação em relação a y, mantendo-se x constante, a função
sen xy � xy � y3 é solução da 2.ª equação.
Logo, f (x, y) � sen xy � x3 � xy � y3 � k é a solução do sistema.
131
2. 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
¸
ý
ÔÔ
þ
Ô
Ô
f
x
xy x P P
y
xy
f
y
x y y Q Q
x
xy
� � � �
� � � � �
2 2 6
3 2 1 6
3 2
2 2 2
�
�
x
2y3 � x2 é solução de � e x2y3 � y2 � y é solução de �
Portanto, f (x, y) � x2y3 � x2 � y2 � y � k é a solução do sistema.
f (1, 2) � 7 Þ 9 � k � 1 Þ k � �8.
Logo, f (x, y) � x2y3 � x2 � y2 � y � 8.
4. 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
¸
ý
ÔÔ
þ
Ô
Ô
f
x
x y P P
y
y
f
y
x y Q Q
x
x
� � � � �
� � � �
�
2 2
2 2
1 2
1 2
Não existe f : �2 � � pois, 
 
∂
∂
∂
∂
P
y
Q
x
� .
5. 
 
—
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯�1 2 2 2 2( , ) ,x y
y
x y
x
x y
� �
� �
 
∂
∂
Þ ∂
∂
∂ Þ ∂
∂
�
�
1
2 2
2 2
2 2 2
1
2 2
2 2
2 2 2
x
y
x y
P P
y
y x
x y
y
x
x y
Q Q
x
y x
x y
��
�
� �
�
�
�
�
� �
�
�
( )
( )
(Condição
necessária)
Integrando-se a 1.ª equação em relação a x, mantendo y constante:
�
�
� �
�
� � �
y dx
x y
dx
y x
y
x
y
k2 2 2
1
Ú Ú
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
arctg .
 
Analogamente arctgx dy
x y
x
y
dy
x
y
x
y
k2 2
2
2
1
�
��
�
�
�� �Ú Ú
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
.
condição necessária
para que o sistema possa
admitir solução
132
 
�1 0( , ) , .x y xy k y�� � �arctg
 
�
� � � � �
1 1 1 4
1
4 4 4 2
( , ) � � � � � � � �Þ Þ Þarctg k k k
 
Portanto arctg� � �1 2
0( , ) , .x y x
y
y�� � �
6. 
 
—
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯�2 2 2 2 2 0( , ) , , ,x y
y
x y
x
x y
x� �
� �
� e 
 
�
�
2 1 1
3
4
( , )� � . Temos
 
�
�
�
�
�
� �
y dx
x y
y
x
dx
y
x
y
x
k2
2
2
1
Ú Ú
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
arctg
 
x dy
x y
dy
x
y
x
y
x
k2 2 2
1
�
�
�
� �Ú Ú
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
arctg
�2 ( , )x y y
x
k� �arctg
 
�
�
�
�
2
4
1 1 1 3
4
( , ) ( )� � � � � �
�
arctg
1 24 34
k kÞ
Portanto arctg, ( , ) , .� �2 0x y y
x
x� � �
7. Por 5: 
 
�1 1( , )x y xy k� � �arctg , y � 0
Por 6: �2 2( , )x y y
x
k� �arctg , x � 0.
Sabemos que � �( , )� �1 1 3
4
Então,
 
� � � � � � �arctg ( )1 3
4 4
3
4 21 1 1
k k k� � � �Þ Þ
133
 
arctg ( ) .� � � � � �1 3
4
3
4 42 2 2
k k k� � � �Þ Þ
Portanto,
 
�
�
�
( , )x y
x
y
y
y
x
x
�
� � �
� �
arctg se
arctg se
2
0
0
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
8. a)
 
r r r
F x y x i y j( , ) ,� � onde P (x, y) � x e Q (x, y) � y. Temos
 
∂
∂
P
y
� 0
 e 
 
∂
∂
Q
x
� 0
O campo de forças 
r
F admite a função potencial 
 
� ( , ) .x y x y� �
2 2
2 2
 Logo 
r
F é
 conservativo.
d) r
r r
r r
F x y x i y j
x y
x
x y
i y
x y
j( , ) ( ) ( ) ( ) ./ / /�
�
�
�
�
�
�2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2
x
x y
P x y P
y
xy
x y
y
x y
Q x y Q
x
xy
x y
P
y
Q
x
( ) ( , ) ( )
( ) ( , ) ( )
.
/ /
/ /
2 2 3 2 2 2 5 2
2 2 3 2 2 2 5 2
3
3
�
� � �
�
�
� � �
�
�
Þ ∂
∂
Þ ∂
∂
Þ ∂
∂
∂
∂
x dx
x y
x y( ) ( )/2 2 3 2
2 2
�
� � � �Ú 12 e 
 
y dy
x y
x y
( )
( )2 2
2 2
3
2
1
2
�
� � � �Ú
 
r
F
 admite a função potencial � ( , ) ,x y
x y
� �
�
1
2 2
 logo é conservativo.
11. a) 
 
r r r
F x y x i y j( , ) .�� �6 2 Temos
U (x, y) � 3x2 � y2 � k.
U (0, 0) � 0 Þ k � 0.
Logo, U (x, y) � 3x2 � y2.
d) 
r r r
F x y x i xy j( , ) .� �
 Temos
 
∂
∂y
x( ) � 0 e 
 
∂
∂x
xy y( )� �� e daí
134
 
∂
∂
∂
∂x
x
y
xy( ) ( ).� �
 
r
F não é conservativo. Portanto, não existe a função energia potencial associada ao
campo 
r
F .
13. a) 
 
Seja . TemosU x y x y( , ) � �2 1
2
2 2
 
r r r
F U U
x
i U
y
j�� �� �— ∂
∂
∂
∂
, ou seja,
 
r r r
F x i y j�� � .
b) Seja 	 (t) � (x (t), y (t)) com x (0) � 1 e y (0) � 1. Temos:
 
˙˙x x� �
 e 
˙˙y y� �
 
˙˙x x� � 0 e ˙˙ .y y� � 0
x(t) � A1 cos t � B1 sen t e y (t) � A2 cos t � B2 sen t. Logo,
	(t) � (A1 cos t � B1 sen t, A2 cos t � B2 sen t).
De x (0) � 1, segue que A1 � 1.
De y (0) � 1, segue que A2 � 1.
E mais,
r
v ( )t d
dt
�
	
 Þ 
 
r
v t( ) � (�A1 sen t � B1 cos t, �A2 sen t � B2 cos t).
Temos 
r
v0 � (1, 1). Então, B1 � �1 e B2 � 1.
Portanto, 	 (t) � (cos t � sen t, cos t � sen t).
De x (t) � cos t � sen t e y (t) � cos t � sen t segue que x2 � y2 � 2. Logo, a
trajetória é a circunferência de centro na origem e raio 2 :
	
� �( ) cos ,t
t t� � �2
4 4
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯sen .
Exercícios 15.4
1. a) f (x, y) � ex � 5y e (x0, y0) � (0, 0).
Temos: f (0, 0) � 1,
 
∂
∂
f
x
ex y� � 5 , 
 
∂
∂
f
x
( , ) ,0 0 1�
 
∂
∂
f
y
ex y� �5 5 e 
 
∂
∂
f
y
( , ) .0 0 5�
135
Polinômio de Taylor
 
P x y f x y f
x
x y x x f
y
x y y y1 0 0 0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( )� � � � �∂∂
∂
∂
 
� � �f f
x
x
f
y
y( , ) ( , ) ( , ) .0 0 0 0 0 0∂
∂
∂
∂
Logo, P1 (x, y) � 1 � x � 5y.
2. a) Seja f (x, y) � P1 (x, y) � E1 (x, y)
onde
 
 
E x y f
x
x y x f
x y
x y xy f
y
x y y1
2
2
2
2 2
2
21
2
2( , ) ( , ) ( , ) ( , )� � �∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
com ( , )x y interno ao segmento de extremidades (0, 0) e (x, y).
Supondo x � 5y � 1 temos também x y� �5 1. Assim, para todo (x, y), com
x � 5y � 1, segue que e
x y� �5 2. Logo, ex y� �5 3.
Temos 
 
∂
∂
2
2
5f
x
ex y� � ,
 
∂
∂
2
2
525f
y
ex y� � ,
 e 
∂
∂ ∂
2
55f
x y
ex y� � ,
e P x y E x yx y� � �5 1 1( , ) ( , ) e
E1 (x, y) � 
 
1
2
10 255 2 5 5 2e x e xy e yx y x y x y� � �� �[ ].
Segue, considerando e
x y� �5 3,
E x y x xy y( , ) ( )� 
 � �1
2
3 10 252 2 .
Logo,
 
e P x y x y x yx y� � � � � �5 1 2
3
2
5 5 1( , ) ( ) , .para
b) Para x � 0,01 e y � 0,01 tem-se x � 5y � 1.
 
E x y x y1 2 2 2 2
3
2
5 3
2
0 06 0 54 10 10( , ) ( ) ( , ) ,� � � � � �� � .
Portanto o erro é inferior a 10�2.
3. f (x, y) � x3 � y3 � x2 � 4y. Temos
 
f x y P x y x y( , ) ( , ) ( , ) ,� �1 1E onde
136
 
E x y f
y
x y x f
x y
x y x y f
y
x y y1
2
2
2
2 2
2
21
2
1 2 1 1 1( , ) ( , ) ( ) ( , )( )( ) ( , )( ) .� � � � � � �∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
Temos 
 
∂
∂
f
x
x x� �3 22 ; 
 
∂
∂
2
2 6 2
f
x
x y x( , ) ;� � 
 
∂
∂
f
y
y� �3 42 ; 
 
∂
∂
2
2 6
f
y
x y y( , ) �
E1 (x, y) � 
 
1
2
6 2 1 6 12 2( ) ( ) ( )x x y y� � � �
Se |x � 1| � 1, então 0 � x � 2 e 0 2� �x
Se |y � 1| � 1, então 0 � y � 2 e 0 2� �y
 | | | | | |6 2 6 2 12 2x x� � � � � �
Portanto,
 
| ( , ) ( , ) | ( ) ( )
| ( , )|
f x y P x y x y
E x y
� � � � �1 2 2
1
2
14 1 12 1
6 7444 8444
Assim, para todo (x, y) com |x � 1| � 1 e |y � 1| � 1, temos:
|f (x, y) � P1 (x, y)| � 7 (x � 1)2 � 6 (y � 1)2.
4. a) P1 (x, y) � f (1, 1) � 
 
∂
∂
∂
∂
f
x
x
f
y
y( , ) ( ) ( , ) ( ),1 1 1 1 1 1� � �
P1 (x, y) � 5 � (x � 1) � 7 (y � 1). Logo,
P1 (x, y) � x � 7y � 3. Temos
P1 (1,001, 0,99) � 4,931 e daí
f (x, y) � 4,931.
b) |E (x, y)| � 7 (x � 1)2 � 6 (y � 1)2 � 7 (1,001 � 1)2 � 6 (0,99 � 1)2
� 7 
 10�6 � 6 
 10�4 � 10�3 (0,7 
 10�2 � 0,6) � 10�3.
6. Seja f (x, y) � ax2 � b xy � cy2 � dx � ey � m.
Temos:
f (x0 � h, y0 � k) � f (x0, y0) � 
∂
∂
f
x
 (x0, y0) 
 h � 
∂
∂
f
y
 (x0, y0) k � E (h, k)
onde
E (h, k) � 12 2
2
2
2
2 2
2
2∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
f
x
x y h f
x y
x y hk f
y
x y k( , ) ( , ) ( , ) .� �
Como (x0, y0) é ponto crítico de f: 
 
∂
∂
f
x
x y( , )0 0 0� e 
 
∂
∂
f
y
x y( , )0 0 0� . Temos
 
∂
∂
f
x
x y ax by d( , ) ;� � �2
 
∂
∂
2
2 2
f
x
x y a( , ) �
 
∂
∂
f
y
x y cy bx e( , ) ;� � �2
 
∂
∂
2
2 2
f
y
x y c( , ) �
 e 
 
∂
∂ ∂
2 f
x y
b� .
137
Logo,
f (x0 � h, y0 � k) � f (x0, y0) � 
 
1
2
2 2 22 2ah bhk c k� �[ ] e, portanto,
f (x0 � h, y0 � k) � f (x0, y0) � ah2 � bhk � ck2.
7. Do exercício � segue
f (x0 � h, y0 � k) � f (x0, y0) � a h2 � b h k � c k2
� a 
 
h b
a
h k c
a
k2 2� � �È
ÎÍ
ù
ûú
 
 
a h b
a
h k b
a
k b
a
k c
a
k2
2
2
2
2
2
2 2
4 4
� � � �
È
Î
Í
ù
û
ú
 
� � �
�
�a h b
a
k ac b
a
k
2
4
4
0
2 2
2
2Ê
Ë
ˆ
¯
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
, para todo (h, k) � (0, 0), pois a � 0 e
b2 � 4ac � 0.
Portanto, f (x0 � h, y0 � h) � f (x0, y0), para todo (h, k) � (0, 0). Logo (x0, y0) é um
ponto de mínimo de f.
As curvas de nível de f (x, y) são dadas pela equação
ax
2
 � b xy � cy2 � dx � cy � m � constante.
Da Geometria Analítica sabemos que a equação representa uma elipse quando
b2 � 4ac � 0 e a � 0. Portanto, as curvas de nível são elipses e o gráfico de f (x, y) é um
parabolóide elíptico para cima.
Exercícios 15.5
1. a) f (x, y) � x sen y e (x0, y0) � (0, 0). O polinômio de Taylor de ordem 2 de f, em
volta do ponto (0, 0) é dado por
P (x, y) � f (0, 0) � ∂
∂
∂
∂
f
x
x
f
y
y( , ) ( , )0 0 0 0�
� � �
1
2
0 0 2 0 0 0 0
2
2
2
2 2
2
2∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
È
Î
Í
ù
û
ú
f
x
x
f
x y
xy f
y
y( , ) ( , ) ( , ) .
Temos ∂
∂
∂
∂
f
x
y f
x
� �sen ; ( , )0 0 0
 
 
∂
∂
∂
∂
f
y
x y f
y
� �cos ; ( , )0 0 0
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
2
2
2
2
2
2
2 2
0 0 0 0 0 0 1f
x
f
y
x y f
y
f
x y
y f
x y
� � � � � � �; ; ( , ) ; cos ; ( , ) .sen
Portanto, P (x, y) � xy.
138
2. Seja f (x, y) � x3 � 2x2y � 3y3 � x � y.
Tendo em vista que as derivadas parciais de ordens 4 são identicamente nulas, segue que
f(x, y) coincide com o seu polinômio de Taylor de 3.ª ordem. Então,
f (x, y) � f (1, 1) � 
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
È
Î
Í
f
x
x
f
y
y f
x
x( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( )1 1 1 1 1 1 1
2
1 1 1
2
2
2� � � � �
Temos f (1, 1) � 6; 
 
∂
∂
f
x
x x� � �3 4 12 ;
 
 
∂
∂
f
x
( , ) ;1 1 8�
 
 
∂
∂
f
y
x y� � �2 9 12 2 ;
 
∂
∂
f
y
( , ) ;1 1 10�
 
 
∂
∂
2
2 6 4
f
x
x� � ; 
 
∂
∂
2
2 1 1 10
f
x
( , ) ;� 
 
∂
∂ ∂
2
4f
x y
x� ;
 
 
∂
∂ ∂
2
1 1 4f
x y
( , ) ;�
∂
∂
2
2 18
f
y
y� ; ∂
∂
2
2 1 1 18
f
y
( , ) ;� ∂
∂
3
3 6
f
x
� ; 
∂
∂ ∂
3
2 4
f
x y
� ; 
∂
∂ ∂
3
2 0
f
x y
� ; 
 
∂
∂
3
3 18
f
y
� .
Portanto,
f (x, y) � 6 � 8 (x � 1) � 10 (y � 1) � 5 (x � 1)2 � 2 (x � 1) (y � 1) � 9 (y � 1)2
� (x � 1)3 � 2 (x � 1)2 (y � 1) � 3 (y � 1)3.
 
� � � � � �3 1 1 1 1 3 1 1 1 1
3
2
2
3
2
2∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
f
x y
x y f
x y
x y( , ) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( )
 
� �
∂
∂
ù
û
ú
3
3
31 1 1f
y
y( , ) ( ) .
 
� � � � � �2 1 1 1 1 1 1 1 1
3
1 1
2 2
2
2
3
3
∂
∂ ∂
∂
∂
ù
û
ú
∂
∂
È
Î
Í
f
x y
x y f
y
y f
x
( , ) ( ) ( ) ( , ) ( )
!
( , ) (x � 1)3
Cap. 16.pdf
CAPÍTULO 16
Exercícios 16.2
1. Seja f(x, y) � 2x2 � y2 � 2xy � x � y.
Os únicos candidatos a extremantes locais são os pontos críticos de f pois o Df � �2 é aberto.
De
 
∂
∂
f
x
x, y x y( ) � �4 2
∂
∂
f
y
x, y y x( ) � � �2 2 1
resulta que os candidatos a extremantes locais são as soluções do sistema: 
 
4 2 0
2 2 1 0
x y
y x
� �
� � � .{
A solução do sistema é 0 1
2
, .
Ê
Ë
ˆ
¯ Temos 
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
2
2 0
1
2
f
x
,
 � 4 � 0 e 
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
2
2 0
1
2
f
y
,
 � 2 � 0.
Portanto, 0
1
2
,
Ê
Ë
ˆ
¯ é candidato a ponto de mínimo local.
3. f(x, y) � x3 � y2 � xy � 5.
∂
∂
f
x
x y x y( , ) � �3 2
 
∂
∂
f
y
x y y x( , ) .�� �2
Resolvendo o sistema 3 0
2 0
2x y
y x
� �
� � �
Ï
Ì
Ó
encontramos os pontos críticos (0, 0) e 
 
� �
1
6
1
12
, .
Ê
Ë
ˆ
¯
Agora
 
∂
∂
2
2 6
f
x
x y x( , ) ,�
 
∂
∂
2
2 0 0 0 0
f
x
( , ) � � e ∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
2
2
1
6
1
12
1 0f
x
� � �� �, ;
 
∂
∂
2
2 2
f
y
x y( , ) ,��
 
∂
∂
2
2 0 0 2 0
f
y
( , ) �� � e
 
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
2
2
1
6
1
12
2 0f
y
� � �� �, .
140
O ponto 
 
� �
1
6
1
12
,
Ê
Ë
ˆ
¯ é candidato a ponto de máximo local.
Seja g(x) � f(x, 0) � x3 � 5. O ponto x � 0 não é extremante local de g(x). Portanto, o
ponto (0, 0) não é extremante local de f(x, y).
6. f(x, y) � x5 � y5 � 5x � 5y.
 
∂
∂
f
x
x y x( , ) � �5 54
 
∂
∂
f
y
x y y( , ) .� �5 54
Resolvendo o sistema: 
 
5 5 0 1
5 5 0 1
4
4
x x
y y
� � ��
� � �� .
Ï
Ì
Ó
Os pontos (1, 1), (1, �1), (�1, 1), (�1, �1) são pontos críticos. Temos:
 
∂
∂
∂
∂
∂
∂
2
2
3
2
2
2
220 1 1 20 0 1 1 20 0
f
x
x y x f
x
f
x
( , ) , ( , ) ( , ) ;� � � � � �� �e
∂
∂
∂
∂
∂
∂
2
2
3
2
2
2
220 1 1 20 0 1 1 20 0
f
y
x y y f
y
f
y
( , ) , ( , ) ( , ) .� � � � � �� �e
O ponto (1, 1) é candidato a mínimo local, e o ponto (�1, �1), máximo local.
Agora:
 
∂
∂
2
2 1 1 20 0
f
x
( , )� � � e ∂∂
2
2 1 1 20 0
f
x
( , ) ;� �� �
 
∂
∂
2
2 1 1 20 0
f
y
( , )� �� � e
 
∂
∂
2
2 1 1 20 0
f
y
( , ) .� � �
Os pontos (1, �1) e (�1, 1) não são extremantes locais.
Exercícios 16.3
1. a) f (x, y) � x2 � 3xy � 4y2 � 6x � 2y.
∂
∂
f
x
x y x y( , ) � � �2 3 6
 
∂
∂
f
y
x y y x( , ) .� � �8 3 2
141
Resolvendo o sistema: 
 
2 3 6
3 8 2
x y
x y
� �
� ��
ÏÌÓ
Ponto crítico: 
 
54
7
22
7
, .�
Ê
Ë
ˆ
¯
Hessiano de f:
H (x, y) � 
 
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2
2 2
2
2 3
3 8 7
f
x
x y f
x y
x y
f
x y
x y f
y
x y
( , ) ( , )
( , ) ( , )
� �
 
H 54
7
22
7
, �
Ê
Ë
ˆ
¯ � 7 � 0 e 
 
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
2
2
54
7
22
7
f
x
, �
 � 2 � 0. Logo, 
 
54
7
22
7
, �
Ê
Ë
ˆ
¯ é ponto de
mínimo local de f, e também mínimo global (conforme Exercício 2).
c) f(x, y) � x3 � 2xy � y2 � 5x.
∂
∂
f
x
 (x, y) � 3x2 � 2y � 5
∂
∂
f
y
 (x, y) � 2y � 2x.
Resolvendo o sistema: 
 
3 2 5
2 2 0
2x y
y x
� �
� �
Ï
Ì
Ó
Pontos críticos: (�1, 1) e 5
3
5
3
, .�
Ê
Ë
ˆ
¯
Hessiano de f:
H (x, y) � 
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2
2 2
2
6 2
2 2 12 4
f
x
x y f
x y
x y
f
x y
x y f
y
x y
x
x
( , ) ( , )
( , ) ( , )
.� � �
H(�1, 1) � �16 � 0, então, (�1, 1) é ponto de sela.
 
H f
x
5
3
5
3
20 20
3
80
3
0 5
3
5
3
10 0
2
2, , .� � � � � � � �
Ê
Ë
ˆ
¯
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯e
142
Logo, 
 
5
3
5
3
, �
Ê
Ë
ˆ
¯
 é ponto de mínimo local.
(Não é mínimo global, pois g(x) � f(x, 0) � x3 � 5 x e f(x, 0) � �� para x � ��.)
e) f(x, y) � x3 � 3x2y � 27y
∂
∂
f
x
 (x, y) � 3x2 � 6xy
∂
∂
f
y
 (x, y) � �3x2 � 27
Resolvendo o sistema 
 
3 6 0
3 27 0
2
2
x xy
x
� �
� � �
Ï
Ì
Ó
encontramos:
 
3 3
2
3 3
2
, , .
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯e � �
Hessiano de f:
H (x, y) � 
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
∂
2
2
2
2 2
2
6 6 6
6 0
f
x
x y f
x y
x y
f
x y
x y f
y
x y
x y x
x
( , ) ( , )
( , ) ( , )
�
� �
�
 
H 3 3
2
9 18
18 0 324 0,
Ê
Ë
ˆ
¯ �
�
�
� � �
H � � � � � � �3 3
2
9 18
18 0 324 0,
Ê
Ë
ˆ
¯
Logo, 3 3
2
3 3
2
, ,
Ê
Ë
ˆ
¯ e � � são pontos de sela.
4. Seja P � (0, 0, 0) e P1 � (x, y, x y
z
� �2 4
1 24 34
).
Distância entre os pontos P e P1: d (P, P1) � x y x y2 2 22 4� � � �( )
Vamos minimizar f(x, y) � x2 � y2 � (x � 2y � 4)2.
143
∂
∂
f
x
 (x, y) � 2x � 2(x � 2y � 4)
∂
∂
f
y
 (x, y) � 2y � 4(x � 2y � 4)
Resolvendo o sistema: 
 
4 4 8
4 10 16
x y
x y
� �
� �{ obtemos
 
x y z� � ��2
3
4
3
2
3
; .e
H(x, y) � 
 
4 4
4 10 24 0� � e 
∂
∂
Ê
Ë
ˆ
¯
2
2
2
3
4
3
4 0f
x
, .� � Logo, 2
3
4
3
,
Ê
Ë
ˆ
¯ é ponto de
mínimo global de f(x, y).
Assim, P1 � 
 
2
3
4
3
2
3
, , �ÊË
ˆ
¯ é o ponto procurado.
7. a) Seja f(x) � 	x � 
 e
E (	, 
) � 
i �1
4
Â
 [f(ai) � bi]2.
Consideremos:
ai bi ai2 aibi
5 100 25 500
6 98 36 588
7 95 49 665
8 94 64 752
� 26 387 174 2505
E (	, 
) � 
 i �1
4
Â
 [	ai � 
 � bi]2
 
∂
∂ Â
E
i
a
�
�1
4
 2ai (	ai � 
 � bi)
 
∂
∂ Â
E
i
�
�
2
1
4
 
(	ai � 
 � bi).
144
Temos o sistema:
 
	
	
a a a b
a b
i
i
i
i
i
i
i
i
i i
i
2
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
4
� � �
� �
� �
� �
  Â
 Â
Ï
Ì
Ô
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Ô
b
b
Logo, 
 
26 4 387
174 26 2505
	 
	 
� �
� �
ÏÌÓ
Daí, 
 
	 �� �
21
10
1104
10
e 
 .
A reta que melhor se ajusta aos dados observados é 
 
y x�� �21
10
1104
10
.
b) Se x � 10, então y � �21 � 110,4 � 89,4.
10. L(x, y) � x(120 � 2x) � y(200 � y) � (x2 � 2y2 � 2xy)
L(x, y) � �3x2 � 3y2 � 2xy � 120x � 200y.
Para maximizar o lucro:
∂
∂
L
x
(x, y) � �6x � 2y � 120 Þ 3x � y � 60
Þ x � 10 e y � 30.
∂
∂
L
x
(x, y) � �6y � 2x � 200 Þ 3y � x � 100
∂
∂
Ê
ËÁ
2
2
L
x
x y( , ) � �6 � 0 e H(x, y) � � �
� �
� �
6 2
2 6 32 0
ˆ˜¯
Logo, a produção que maximiza o lucro é x � 10 e y � 30.
13. Sejam P � (x, y, 12 � 3x � 2y) � plano
�� (0, 0, 0)
Q � (1, 1, 1)
Distância entre os pontos:
d(P, O) � 
 
x y x y2 2 212 3 2� � � �( ) e
d(P, Q) � 
 
( ) ( ) ( ) .x y x y� � � � � �1 1 11 3 42 2 2
1
4
2
4
3
145
Devemos minimizar a função:
g(x, y) � x2 � y2 � (12 � 3x � 2y)2 � (x � 1)2 � (y � 1)2 � (11 � 3x � 2y)2
g(x, y) � 20x2 � 10y2 � 24xy
� 140x � 94y � 267
∂
∂
g
x
(x, y) � 40x � 24y � 140
∂
∂
g
y
(x, y) � 20y � 24x � 94.
Resolvendo o sistema: 
 
40 24 140
20 24 94
x y
y x
� �
� �
ÏÌÓ
temos 
 
x y z� � �34
14
25
14
16
14
, .e
H(x, y) � 
 
40 24
24 20 0� 
∂
∂
2
2
g
x
 (x, y) � 0. Logo, 
 
x y� �34
14
25
14
e
 é ponto de mínimo
global de g.
Portanto, P � 34
14
25
14
16
14
, , .
Ê
Ë
ˆ
¯
14. Seja f(x, y) � 1 � x2 � y2, x 
 0 e y 
 0.
Plano tangente ao gráfico de f.
z � z0 � 
∂
∂
f
x
 (x0, y0) (x � x0) � 
∂
∂
f
y
 (x0, y0) (y � y0), ou seja,
z � 1 � x y02 02� � �2x0 (x � x0) � 2y0 (y � y0).
Daí, z � �2x0x � 2y0y � x02 � y02 � 1.
A seguir vamos determinar o volume do tetraedro determinado pelo plano tangente e
pelos planos coordenados. Temos
x � 0 e y � 0 Þ z x y� � �02 02 1,
x � 0 e z � 0 
 
Þ y
x y
y
�
� �0
2
0
2
0
1
2
e
y � 0 e z � 0 Þ x x y
x
�
� �0
2
0
2
0
1
2
.
Da Geometria Analítica sabemos que o volume do tetraedro é 
1
6 do volume do
paralelepípedo. Portanto,
 
V
x y
x y
x y
x y
�
� �
�
� �1
6
1
4
1
24
0
2
0
2 3
0 0
0
2
0
2 3
0 0
( ) ( )
.
146
Devemos minimizar a função volume:
V(x, y) � 
 
( )
.
x y
xy
2 2 31
24
� �
 
∂
∂
V
x
x y x y x y
x y
( , ) ( ) ( )� � � � �
2 2 2 2 2
2
1 5 1
24
e
 
∂
∂
V
y
x y x y y x
x y
( , ) ( ) ( ) .� � � � �
2 2 2 2 2
2
1 5 1
24
Resolvendo o sistema 
 
5 1
5 1
2 2
2 2
x y
y x
� �
� �
Ï
Ì
Ó
temos x � 
 
�
1
2
 e y � 
 
�
1
2
.
Mas x 
 0 e y 
 0, portanto, (x0, y0, z0) � 
1
2
1
2
1
2
, , .
Ê
Ë
ˆ
¯
Equação do plano tangente que forma com os planos coordenados um tetraedro de
volume mínimo:
z � �2x0x � 2y0y � x y0
2
0
2 1� � , ou seja, z � x � y � 3
2
.
20. Não, pois (0, 0) é o único ponto crítico de f (x, y) � x2 (1 � y)3 � y2, é ponto de
mínimo local mas não é ponto de mínimo global. (Observação. Esta função foi sugerida
pelo Professor Luiz Augusto Fernandes do IME-USP.)
Exercícios 16.4
1. d) Seja f(x, y) � xy em A � {(x, y) e �2x 
 0, y 
 0 e 2x � y � 5}.
O teorema de Weierstrass garante que f assume em A valor máximo e valor mínimo pois f é
contínua e A é compacto.
 
∂
∂
∂
∂
f
x
x y y f
y
x y x( ) e ( ), ,� �
O único ponto crítico é (0, 0), que não pertence ao interior de A.
147
Portanto, os valores máximo e mínimo de f, em A, são atingidos na fronteira de A.
Análise dos pontos de fronteira:
f(x, 0) � 0 em 0 � x � 52
f(0, y) � 0 em 0 � y � 5
g(x) � f(x, 5 � 2x) � x(5 � 2x) � 5x � 2x2
g'(x) � 5 � 4x. Daí, 5 � 4x � 0 
 
Þ Þx y x� � � �5
4
5 2 5
2
g"(x) � �4 � 0
 
f 5
4
5
2
25
8
, .
Ê
Ë
ˆ
¯ �
Concluímos que:
— O valor mínimo é 0 e é atingido nos pontos (x, 0), 0 � x � 52 e nos pontos
(0, y), 0 � y � 5.
— O valor máximo é 
25
8 atingido em 
5
4
5
2
, .
Ê
Ë
ˆ
¯
f) Seja f(x, y) � x2 � 2xy � 2y2 em A � {(x, y) � �2/|x| � |y| � 1}.
Como f é contínua e A compacto, f assume em A valor máximo e valor mínimo (teorema de
Weierstrass).
∂
∂
f
x
x y x y( ), � �2 2
∂
∂
f
y
x y y x( ), .� �2 2 (0, 0) é o único ponto crítico.
∂
∂
2
2
f
x
(0, 0) � 2 � 0 e H (0, 0) � 
 
2 2
2 2
�
� � 8 � 0.
Logo, f(0, 0) � 0 é valor mínimo global de f. (Veja Exercício 2, Seção 16.3.)
148
Vamos analisar, agora, o que ocorre na fronteira. Sobre o segmento de extremidades (0, 1)
e (1, 0) os valores de f são dados por g(x) � f (x, 1 � x), ou seja, g(x) � 5x2 � 6x � 2, com
0 � x � 1, cujo gráfico é um arco de parábola com concavidade para cima, logo, sobre este
lado o valor máximo deverá ocorrer em uma das extremidades (ou em ambas). De g(1) � 1
e g(0) � 2, segue que sobre este lado o valor máximo é 2 e ocorre em (0, 1). De forma aná-
loga, conclui-se que sobre os outros lados o valor máximo deverá ocorrer, também, nos
vértices. Calculando os valores de f nos vértices: f (1, 0) � 1; f (0, 1) � 2; f (�1, 0) � 1 e
 f (0, �1) � 2.
O valor máximo é 2 sendo atingido nos pontos (0, 1) e (0, �1).
3. Seja T(x, y) � 4 � x2 � y2 e A � {(x, y) � �2 | x 
 0, y 
 x e 2y � x � 4}.
Como T é uma função contínua e A compacto, então, T assume em A valor máximo e valor
mínimo. Temos
∂
∂
T
x
 (x, y) � �2x e (0, 0) é o único ponto crítico. Temos
∂
∂
2
2
T
x
 (x, y) � �2 � 0 e H (0, 0) � 4 � 0, logo, (0, 0)
∂
∂
T
y
 (x, y) � �2y. é um ponto de temperatura máxima em A.
E mais T(0, 0) � 4 é a temperatura máxima.
Vamos analisar o comportamento da função na fronteira de A:
No segmento OM (y � x e 0 � x � 43 ).
F(x) � T(x, x) � 4 � 2x2
F '(x) � � 4x. O ponto (0, 0) é de máximo e
T(0, 0) � 4.
A função é decrescente em 0 � x � 
4
3 e
T 4
3
4
3
4
9
,
Ê
Ë
ˆ
¯ � (no vértice M).
No segmento MN (x 
 0, y 
 x e y � 2 � x
2
):
F(x) � T(x, 2 � x2 ) � 
1
4 (�5x
2
 � 8x)
F '(x) � 1
4
(�10x � 8) Þ �10x � 8 � 0 
 
Þ Þx y� �4
5
8
5
.
F "(x) � � 5
2
 � 0.
4
5
8
5
,
Ê
Ë
ˆ
¯ é ponto de máximo no segmento MN.
149
 
T 4
5
8
5
4
5
,
Ê
Ë
ˆ
¯ �
No segmento ON (x � 0 e 0 � y � 2)
F(y) � T(0, y) � 4 � 2y2
F'(y) � �8y. (0, 0) dá temperatura máxima igual a 4. A função F'(y) é sempre negativa em
0 � y � 2. Portanto a função F é estritamente decrescente em 0 � y � 2, com valor máximo
em (0, 0) e valor mínimo em (0, 2).
Logo, T(0, 2) � 0 é a menor temperatura e P � (0, 2) é o ponto de menor temperatura.
Exercícios 16.5
1. a) Sejam f(x, y) � 3x � y e g(x, y) � x2 � 2y2 � 1
Vamos achar os extremantes de f em B � {(x, y) � �2 | g(x, y) � 0} pelo método dos mul-
tiplicadores de Lagrange.
Como g é de classe C1 e �g(x, y) � (2x, 4y) � (0, 0) em B, temos que os candidatos a
extremantes locais são os (x, y) que tornam compatível o sistema:
 
— —ÏÌÓ
Þ ÏÌ
Ó
Þf x y g x yg x y
x y
x y
( , ) ( , )
( , )
( , ) ( , )�
�
�
� �
l l
0
3 1 2 4
2 12 2 
2 3
4 1
2 12 2
l
l
x
y
x y
�
�
� �
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Como l π 0 temos 
 
x y� �3
2
1
4l l
e .
Substituindo em x2 � 2y2 � 1 segue:
 
9
4
2
16
1 16 38 38
42 2
2
l l
l l� � � ��Þ Þ
Logo, os candidatos a extremantes locais são:
 
3 38
19
38
38
3 38
19
38
38
, ,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯e � �
Como B é compacto e 
 
f f3 38
19
38
38
3 38
19
38
38
, ,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯� � � resulta que
3 38
19
38
38
,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ é ponto de máximo e 
 
� �
3 38
19
38
38
,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ é ponto de mínimo.
d) Sejam f(x, y) � x2 � 4y2 e g(x, y) � xy � 1, x � 0 e y � 0.
Vamos encontrar os extremantes de f em:
B � {(x, y) � �2 | g(x, y) � 0, x � 0 e y � 0} utilizando o método dos multiplicadores de
Lagrange.
Como g é de classe C1 e �g(x, y) � (y, x) � (0, 0) em B resulta que os extremantes pos-
síveis são os (x, y) que tornam compatível o sistema.
 
— —ÏÌÓ
Þ ÏÌÓ
f x y g x y
g x y
x y y x
xy
( , ) ( , )
( , )
( , ) ( , )
.
�
�
�
� �
l l
0
2 8
1
0
150
Resolvendo o sistema 
 
l � � �4 2 2
2
; .x e y
O único candidato é 2 2
2
,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ e verifica-se, por inspeção, que é um ponto de mínimo.
(O valor da função f sobre a restrição é dada por g(x) � f x
x
, ,
1Ê
Ë
ˆ
¯
 ou seja, g(x) � x2 � 42x ,
x � 0, cuja concavidade é voltada para cima, logo, para x � 2 o valor de g é mínimo. Outro
modo. Como as curvas de nível de f são elipses com centros na origem, o valor de f aumenta
à medida que se afasta da origem, então, o menor valor de f sobre a restrição xy � 1, x � 0
e y � 0 deverá ocorrer no ponto em que a curva de nível de f tangencia a hipérbole.)
j) Sejam f(x, y) � x2 � 2xy � 3y2 e g(x, y) � x2 � 2y2 � 1.
B � {(x, y) � �2 � g(x, y) � 0}
Como g é de classe C1 e �g(x, y) � (2x, 4y) � (0, 0) em B resulta que os candidatos a
extremantes locais são os (x, y) que tornam compatível o sistema
� � �
� � �
� � �
� � �
f x y g x y
x y
x y y x x y
x y
( , ) ( , ) ( , ) ( , )
.
� �
2 2 2 22 1 0
2 2 6 2 2 4
2 1 0
Ï
Ì
Ó
Þ ÏÌ
Ó
 
2 2 2
6 2 4 3
2
2 1 02 2
x y x x y
x
y x y y x
y
x y
� � �
�
� � �
�
� � �
� �
� �
Þ
Þ
Ï
Ì
Ô
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Ô
�
�
�
De � e �: 
 
x y
x
y x
y
xy y xy x� � � � � �3
2
2 2 32 2Þ
Þ Þ Þx xy y x
y y y
x y x y2 2
2 2
2 0
8
2
2� � � �
� �
� ��ou .
Substituindo em �:
x
2
 � 2x2 � 1 Þ 3x2 � 1 Þ Þx y�� ��1
3
1
3
4y2 � 2y2 � 1 Þ 6y2 � 1 
 
Þ Þy x�� ��1
6
2
6
.
Como f é contínua e B compacto, basta comparar os valores de f nos pontos encontrados:
 
f f1
3
1
3
2 1
3
1
3
2, ; , ;� � � �Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
151
 
f f2
6
1
6
1
2
2
6
1
6
1
2
, , .� � � � �
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯e
Portanto, 
 
1
3
1
3
1
3
1
3
, ,� �
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯e
 são pontos de máximo e 2
6
1
6
,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ e
 
� �
2
6
1
6
,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ são pontos de mínimo.
2. Sejam f(x, y) � x2 � 16y2 e g(x, y) � xy � 1, x � 0 e y � 0.
Resolvendo o sistema: 
 
� � �
� � � �
f x y g x y
xy x y
( , ) ( , )
,
�
1 0 0 0e{ , ou seja,
 
( , ) ( , ) .2 32 2 32
1 0
x y y x x y y x
xy
� � �
� �
� � �Þ{ e�
Logo, � �� � �2 32 2 32x
y
y
x
x
y
y
x
e Daí,. Þ
Þ 2x2 � 32y2 Þ x2 � 16y2 � 0 Þ x � 4y.
Substituindo em �:
 
4 1 1
2
0 2 02y y y x x� � � � �Þ Þ( ) ( ).
Ponto de tangência 2 1
2
,
Ê
Ë
ˆ
¯ e
f 2 1
2
2 16 1
2
82
2
, .
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯� � �
Curva de nível: x2 � 16y2 � 8.
4. Vamos minimizar a função d x y x y( , ) ( ) ( )� � � �14 12 2 que nos dá a distância de
um ponto P(x, y) até (14, 1), sujeita à restrição g(x, y) � y � x2 � 0.
Para simplificar cálculos, podemos minimizar o quadrado da distância.
Seja f(x, y) � (x � 14)2 � (y � 1)2.
�f(x, y) � (2(x � 14), 2(y � 1)) e �g(x, y) � (�2x, 1).
Resolvendo o sistema
� ��
� �
� ��
� �
f x y g x y
y x
x x
y
( , ) ( , ) ( )
( )
ÞÏ
Ì
Ó
ÏÌÓ2 0
2 14 2
2 1
�
�
y � x2 � 0 �
Logo, 
 
14 2 1 14
2
�
� � �
�x
x
y y x
x
( ) .Þ
152
Substituindo em �:
 
14
2
0 2 14 0 22 3� � � � � � �x
x
x x x xÞ Þ
 (as outras raízes são complexas)
e y � 4.
Portanto, (2, 4) é o ponto procurado.
6. Sejam f(x, y, z) � x2 � y2 � 2z2 e g(x, y, z) � x � 2y � 3z � 4.
Resolvendo o sistema:
 
� � �
� � � �
�
� � � �
f x y z g x y z
x y z
x y z
x y z
( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )� �ÞÏÌÓ
Ï
Ì
Ó2 3 4 0
2 2 4 1 2 3
2 3 4 0 �
Então, 2x � �; 2y � 2�; 4z � 3�.
Substituindo os valores de x, y, z, em função de �, em �.
 
�
�
�
� �
2
2 9
4
4 0 19 16 16
19
� � � � � �Þ Þ .
Portanto, 
 
x y z� � �8
19
16
19
12
19
; e
 
f x y z x y z( , , ) � � � � � � � �2 2 22 64 256 288
361
608
361
32
19 .
Superfície de nível: x y z2 2 22 32
19
� � � .
Ponto de tangência 8
19
16
19
12
19
, , .
Ê
Ë
ˆ
¯
8. Sejam P(x, y, z) e O(0, 0, 0).
Consideremos a distância entre P e O:
d P O x y z( , ) � � �2 2 2
Vamos minimizar a função f(x, y) � x2 � y2 � z2 com a restrição
g(x, y, z) � x � 2y � 3z � 4 � 0.
 
� � �
� � � �
� �
� � � �
f x y z g x y z
x y z
x y z
x y z
( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )
.
� �ÞÏÌÓ
Ï
Ì
Ó2 3 4 0
2 2 2 1 2 3
2 3 4 0 �
Temos 
 
x y z� � ��� � �
2
3
2
; .e
Substituindo em �:
 
�
�
�
�
2
2 9
2
4 0 4
7
� � � � �Þ
153
Então, 
 
x y z� � ��2
7
4
7
6
7
, .e
10) Sejam f(x, y, z) � x � 2y � 3z, g(x, y, z) � x2 � y2 � z2 � 4 e
h(x, y, z) � x � y � z � 1.
Temos:
 
� � �g x y z h x y z
i j k
x y z( , , ) ( , , )�
r r r
2 2 2
1 1 1
 � � � � � � � � �g x y z h x y z y z i z x j x y k( , , ) ( , , ) ( ) ( ) ( )� 2 2 2 2 2 2 0
r r r r
em B � {(x, y, z) � �3 � x2 � y2 � z2 � 4 e x � y � z � 1} (B compacto)
Portanto, os candidatos a extremantes locais são os (x, y, z) que tornam compatível o
sistema:
 
— — —Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f x y z g x y z h x y z
g x y z
h x y z
( , , ) ( , , ) ( , , )
( , , )
( , , )
� �
�
�
l m
0
0
 
( ) ( ) ( )1 2 3 2 2 2 1 1 1
4
1
2 2 2
, , , , , ,� �
� � �
� � �
l mx y z
x y z
x y z
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 
1 2
2 2
3 2
4
1
2 2 2
� �
� �
� �
� � �
� � �
l m
l m
l m
x
y
z
x y z
x y z
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
�
�
�
�
�
De �, �, � segue: (� � 0)
1 – � � 2�x Þ x � 
 
1
2
� m
l
2 – � � 2�y Þ y � 2
2
� m
l
3 – � � 2�z Þ z � 3
2
� m
l
.
Substituindo em � segue: 
 
1
2
2
2
3
2
1� � � � � �m
l
m
l
m
l
.
Então, m l l
l
l
l
�
�
�
� �
� �
�6 2
3
3 2
6
1
3
3 2
6
; ; .x y ze
Substituindo em � segue: 
 
� �
� �
�
�
3 2
6
1
9
3 2
6
4
2 2l
l
l
l
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ .
154
Daí, 144�2 � 12�2 � 18 � 0 Þ 132�2 � 18 Þ � � � 3
22
.
Para 
 
l � 3
22
, temos
x � 
 
� �
�
�
�
�
�
�3 22 2 3
6 3
2 66
6
3 22 2 3
6 3
2 66
6
; .z
Para 
 
l �� 3
22
, temos
 
x y z� � � � �2 66
6
1
3
2 66
6
, .e
Logo, 
 
2 66
6
1
3
2 66
6
� �
, ,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ maximiza f.
13. Seja f(x, y) � x2 � y2 e g(x, y) � x2 � 6xy � 7y2 � 80.
Vamos minimizar f(x, y) sujeito a restrição g(x, y) � 0.
— —Ï
Ì
Ó
f x y g x y
x xy y
( , ) ( , )�
� � � �
l
2 26 7 80 0
Ou seja,
( )2 2 2 6 6 14
6 7 80 02 2
x y x y x y
x xy y
, ( , )� � � �
� � � �
l �
�
Ï
Ì
Ó
De �: 2x � �(2x � 6y) Þ � � 
 
2
2 6 3
3x
x y
x
x y
x y
�
�
�
Þ πl ( )
2y � �(�6x � 14y) Þ � � y
x y� �3 7
(�3x � 7y)
Logo, x
x y
y
x y�
�
� �3 3 7
 Þ �3x2 � 8xy � 3y2 � 0
 
x
y y y x y
x y
�
�
�
�
� �
8 64 36
6 33
2 2±
Þ
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Substituindo x � 
y
3
em �:
y2
9
 � 2y2 � 7y2 � 80 � 0 Þ �80y2 � �720 Þ y2 � 9 Þ y � �3 Þ x � �1
155
Se x � �3y, então y � �.
Logo, os pontos da curva mais próximos da origem são (1, 3) e (�1, �3).
Agora, os vetores (1, 3) e (�3, 1) são ortogonais
[(1, 3) � (�3, 1) � 0] e 
 
r r
u v� � �
1
10
3
10
3
10
1
10
, ,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯e são os versores de
(1, 3) e (�3, 1).
Fazendo uma mudança de coordenadas:
(x, y) � u
 
1
10
3
10
3
10
1
10
, ,
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Æ Æ
u v
v
1 244 344 1 244 344
� �
(o vetor (x, y) escrito em outra base).
Logo,
 
x u v y u v� � � �1
10
3
10
3
10
1
10
e .
Substituindo em x2 � 6xy � 7y2 � 80 � 0 resulta
 
u v2 2
10 40
1� �
Logo, a mudança de coordenadas pro-
posta transforma a equação dada na
equação u v
2 2
10 40
1� �
 que é uma
hipérbole.
23. Sejam T(x, y, z) � 100 x2yz e g(x, y, z) � x2 � y2 � z2 � 4.
Os únicos pontos críticos no interior da esfera x2 � y2 � z2 � 4, que é um conjunto com-
pacto, são os pontos (0, y, z), (x, 0, z) e (x, y, 0) e nestes pontos a temperatura é zero. Para
determinar os candidatos que estão na fronteira da esfera vamos utilizar os multiplicadores
de Lagrange.
Vamos, portanto, procurar (x, y, z) que torne compatível o sistema:
 
— —ÏÌÓ
T x y z g x y z
g x y z
( ) ( )
( , , 0
, , , ,�
�
l
)
 
( ) ( )200 100 100 2 2 2
4
2 2
2 2 2
xyz x z x y x y z
x y z
, , , ,�
� � �
l �
�
Ï
Ì
Ó
156
De � segue:
200xyz � 2�x Þ yz � 
l
100
100x2z � 2�y Þ x2z � ly
50
Þ y2 � z2 e x2 � 2y2
100x2y � 2�z Þ x2y � lz
50
Substituindo em �,
2y2 � y2 � y2 � 4 Þ 4y2 � 4 Þ y � �1 Þ x � � 2 Þ z � 1 e
� � 100. Logo:
( 2 , 1, 1) é ponto de máximo e T (x, y, z) � 100 � 2 � 1 � 1 � 200 é a temperatura máxima.
(� 2 , �1, �1) é ponto de mínimo e T(x, y, z) � �200 é a temperatura mínima.
25. Sejam h(x, y) � x2 � 2y2 � 6 e g(x, y) � x � y � 4
Os vetores �h(x, y) e �g(x, y) devem ser paralelos. Vamos calcular (x, y) que torne compa-
tível o sistema:
 
— —ÏÌÓ
Þ ÏÌ
Ó
h x y g x y
h x y
x y
x y
( ) ( )
( )
( ), ,
,
, ( , )
.
�
�
�
� � �
l l
0
2 4 1 1
2 6 02 2
2 2 4 2
4
2 6 0 4 2 6 12 2 2 2 2
x x y x y
y
x y y y y y
� � �
�
� � � � � ��
l
l
Þ Þ
Þ
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Daí,
 x � �2
Logo P(2, 1) pertence à elipse. (P(�2, �1) não vai atender a condição do problema de mi-
nimização da distância.)
Seja Q(x, y) pertencente à reta.
d(P, Q) � ( ) ( )x y� � �2 12 2
Vamos minimizar f(x, y) � (x � 2)2 � (y � 1)2. Procurando (x, y) que torne compatível o
sistema:
 
— —ÏÌÓ
Þ ÏÌÓ
f x y g x y
g x y
x y
x y
( ) ( )
( )
( ( ) ( )), ,
,
, ( , )�
�
� � �
� � �
l l
0
2 2 2 1 1 1
4 0
 
2 4 2 4 2 2 1
2 2
4 2 1 4 5
2
3
2
x x y y x
y
x y x x y
� � � � � � �
� �
� � � � � �
l
l
Þ Þ
Þ
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Daí,
e
Logo, P(2, 1) e Q 52
3
2
,
Ê
Ë
ˆ
¯ satisfazem a condição do problema.
Cap. 17.pdf
CAPÍTULO 17
Exercícios 17.2
1. a) Sejam
 
r
r
v b1 e� �
1
3
1
2
3
1
2
3
Ê
Ë
Á
ÁÁ
ˆ
¯
˜
˜˜
Ê
Ë
Á
ÁÁ
ˆ
¯
˜
˜˜
Solução LSQ:
 
x
b v
v v
�
�
�
�
� � � � � � �
� � � � � � �
�
r
r
r r
1
1 1
3 1 1 3 2 1 3 2
1 1 3 3 1 1 2 2
14
15
2. Sejam P � (2, 1, 3) e r: 
 
x t
y t
z t
�
�
�
3
2
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
.
O ponto procurado é (3t1, t1, 2t1), onde t1 é a solução LSQ do sistema
3 2
1
2 3
t
t
t
�
�
� .
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 
t1
3 1 2 2 1 3
3 1 2 3 1 2
13
14
�
�
�
�
( , , ) ( , , )
( , , ) ( , , ) .
3. Sejam P � (1, 1, 1) e r: 
 
x t
y t
z t
� �
�
� �
1
2
2
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
O ponto procurado é (t1 � 1, 2t1, t1 � 2), onde t1 é a solução LSQ do sistema
 
t
t
t
� �
�
� �
1 1
2 1
2 1
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 ou seja 
 
t
t
t
�
�
� �
0
2 1
1.
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 
t1
1 2 1 0 1 1
1 2 1 1 2 1
1
6
�
� �
�
�
( , , ) ( , , )
( , , ) ( , , ) .
158
Exercícios 17.3
1.
a) Sejam 
 
r r
r
v v b1 2
1
1
1
1
1
2
2
1
3
� � � �
Ê
Ë
ÁÁ
ˆ
¯
˜˜
Ê
Ë
ÁÁ
ˆ
¯
˜˜
Ê
Ë
ÁÁ
ˆ
¯
˜˜, e
Os vetores 
 
r
v1 e 
r
v2 são l.i.: o sistema será compatível determinado.
Escrevendo S na forma vetorial:
 x v y v b
r r
r
1 2� � .
A solução LSQ de S é a solução do sistema auxiliar:
S.A. 
 
x v v y v v b v
x v v y v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 2 1 1
1 2 2 2 2
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
Ï
Ì
Ó
� �
� �
onde 
 
r r r r
r
r r r
r
r
v v v v b v v v b v1 1 1 2 1 2 2 2◊ ◊ ◊ ◊� � � � �3; 2; 6; 6 e 7
S.A. 
 
3 2 6
2 6 7
x y
x y
� �
� �
ÏÌÓ
 cuja solução é 117
9
14
,
Ê
Ë
ˆ
¯
Solução LSQ é 117
9
14
,
Ê
Ë
ˆ
¯ . [Não atende ao sistema no sentido habitual.]
No sentido habitual o sistema proposto não admite solução (da Álgebra Linear: o posto da
matriz dos coeficientes é diferente do posto da matriz aumentada).
b) Seja o sistema: 
 
x y
2
1
1
3
 1
1
 2
2
3
0
3
1
Ê
Ë
Á
ÁÁ
ˆ
¯
˜
˜˜
Ê
Ë
Á
ÁÁ
ˆ
¯
˜
˜˜
Ê
Ë
Á
ÁÁ
ˆ
¯
˜
˜˜
�
�
�
� .
Na forma vetorial:
x v y v b
r r
r
1 2� �
S.A. 
 
x v v y v v b v
x v v y v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 2 1 1
1 2 2 2 2
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
Ï
Ì
Ó
� �
� �
onde 
 
r r r r
r
r r r
r
r
v v v v b v v v b v1 1 1 2 1 2 2 25 2 0◊ ◊ ◊ ◊ ◊� �� � � �1 ; 3; 1 ; 1 e 7.
Portanto, S.A.: 
 
15 3 1
3 1 7
x y
x y
� �
� � �
2
0
ÏÌÓ
,
 cuja solução é (1, 1).
159
A solução, no sentido LSQ, é (1, 1), que também é solução do sistema no sentido habi-
tual.
c) Seja o sistema:
 
x y
2
4
6
4
1
4
Ê
Ë
ÁÁ
ˆ
¯
˜˜
Ê
Ë
ÁÁ
ˆ
¯
˜˜
Ê
Ë
ÁÁ
ˆ
¯
˜˜� �
1
2
3
 na forma vetorial: 
 x v y v b
r r
r
1 2� � .
Os vetores v1 e v2 são l.d.: o sistema admite uma infinidade de soluções LSQ (Sistema com-
patível indeterminado).
Como 
 
r r
v v1 2� 2 segue 2x 
r r
r
v y v b2 2� �
Daí, 
 
(2 )x y v b
t
� �
1 24 34
r
r
2 . Então, t v v b v
r r
r
r
2 2 2◊ ◊� e daí
t � 
 
r
r
r r
b v
v v
◊
◊
2
2 2
�
9
7
. Logo, as soluções LSQ são todos os pares (x, y) tais que 2x � y � 9
7
.
No sentido habitual, o sistema não admite solução.
2. Sejam �: 
 
x u v
y u v
z u v
� �
� �
� �
2Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 e B � (3, 0, 1).
O ponto procurado é (2u1 � v1, u1 � v1, u1 � v1), onde (u1, v1) é a solução LSQ do sistema
2 3
0
1
u v
u v
u v
� �
� �
� �
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 que é equivalente a 
 uv v v b
r r
r
1 2� � .
Então, (u1, v1) é a solução
do sistema auxiliar 
 
uv v v v v b v
uv v v v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 2 1 1
1 2 2 2 2
� � � �
� � � �
Ï
Ì
Ó
, que é equiva-
lente a 
 
6 2 7
2 3 4
u v
u v
� �
� �
.
ÏÌÓ
 Assim, u1 � 
13
14
 e v1 � 
5
7
. O ponto procurado é 36
14
3
14
23
14
, , .
Ê
Ë
ˆ
¯
A distância do ponto ao plano é
 
36
14
3 3
14
23
14
1 126
14
3 14
14
2 2 2
� � � � � �ÊË
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯ .
Exercícios 17.4
1. a) O diagrama de dispersão é a representação gráfica dos pontos da tabela.
160
b) Reta dos mínimos quadrados.
Seja yˆ � mx � q a reta procurada.
Temos
 
S
q
m q
m q
m q
m q
m q
:
,
,
,
,
��
� �
� �
� �
� �
� �
1
2
2 1 5
3 3 5
4 3 8
5 4 5
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
Em forma vetorial, S: {m r r
r
v q v b1 2� �
onde 
 
r r
r
v v b1 2
0
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1
1
1
2
1 5
3 5
3 8
4 5
� � �
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
,
,
,
,
,
e
O sistema auxiliar é:
S.A.: m v v q v v b v
m v v q v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 2 1 1
1 2 2 2 2
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
Ï
Ì
Ó
� �
� �
Temos
 
r r r r
r
r r r
r
r
v v v v
b v v v
b v
1 1 1 2
1 2 2
2
3 2
4 3
◊ ◊
◊ ◊
◊
� �
� �
�
55; 15;
5 ; 6;
1
,
,
 
 
55 15 53,2
15 6 14,3
m q
m q
� �
� �{
Daí, m � 349
350
 e q � �
23
210 .
161
Portanto, 
 
yˆ x� �349
350
23
210
.
c) Para determinar o coeficiente de determinação
 
R
y y
y y
i
i
i
i
2 �
�
�
�
�
( )
( )
2
1
6
2
1
6
ˆÂ
Â
precisamos da seguinte tabela:
xi yi yˆi ( )2yˆ yi � ( )2y yi �
0 �1 �0,1095 6,2140 11,4467
1 2 0,8876 2,2371 0,1467
2 1,5 1,8847 0,2486 0,7802
3 3,5 2,8819 0,2486 1,2470
4 3,8 3,8790 2,2371 2,0070
5 4,5 4,8762 6,2145 4,4804
onde 
 
yˆ x� �349
350
23
210
y � � � � � � � �1 2 1,5 3,5 3,8 4,5
6
2,3833.
Coeficiente de determinação:
 
R
y y
y y
i
i
i
i
2 17 399
20 1082
0 8653�
�
�
�
�
�
( )
( )
2
1
6
2
1
6
ˆ
,
,
,
Â
Â
@
2. a) Reta dos mínimos quadrados:
Seja yˆ m x q� �
Temos ou
S: 
 
� � �
� � �
� � �
� � �
� � �
� � �
6
5
4
3 8
2 1
2
m q
m q
m q
m q
m q
m q
2
2,4
1,9
1
2
2
,
,
,
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
 
m
v
q
v b
�
�
�
�
�
�
� �
6
5
4
3
2
1
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
r
123
r
{
r
123
1 2
1
1
1
1
1
1
2
2 4
1 9
1 8
2 1
2 2
,
,
,
,
,
162
Na forma vetorial 
 m v q v b
r r
r
1 2� � .
O sistema auxiliar é:
S.A.: 
 
m v v q v v b v
m v v q v v b v
r r r r
r
r
r r r r
r
r
1 1 1 2 1
1 2 2 2 2
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊
Ï
Ì
Ó
� �
� �
onde 
 
r r r r
r
r r r
r
r
v v v v b v v v b v1 1 1 2 1 2 2 21 43 4 2 4◊ ◊ ◊ ◊ ◊� �� �� � �9 ; 21; ; 6 e 1, , .
Então, S.A.: 
 
91 21 43, 4
21 6 12, 4
m q
m q
� � �
� � �
ÏÌÓ
A solução LSQ é m � 0 e q � 3115
 
yˆ � 31
15 é a reta dos mínimos quadrados.
b) Para x � 0, temos 
 
ˆ
.y � 31
15
c) 
 
y � � � � � � � � �2 2, 4 1,9 1,8 2,1 2,2
6
12, 4
6
124
60
31
15
.
Logo, yˆ yi � � 0. Portanto, R
2
 � 0.
Cap. 2.pdf
CAPÍTULO 2
Exercícios 2.1
1.
a) 
 
0
2 2 0 1
1 1 2Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f x dx f x
x
x
x
( ) , ( )onde
se
se
�
� �
� �
f é integrável em [0, 2], pois é limitada e descontínua apenas em x � 1.
Temos 
 0
2
0
1
1
2
Ú Ú Úf x dx f x dx f x dx( ) ( ) ( )� �
Em [0, 1], f(x) difere de 2 apenas em x � 1. Daí,
0
1
0
1
2 2 2Ú Ú [ ]f x dx dx x( ) � � �01
Em [1, 2], f(x) � 1
x
.
 Logo,
0
1
1
2
1
2 2Ú Ú [ ]f x dx dxx x( ) ln ln� � �
Portanto, 
 0
2
Ú f x dx( ) � �2 ln 2.
c) 
�1
3
Ú f x dx( ) , onde f x
x
x
x
x
( ) � �
�
1
1
5 1
2 se
se
πÏ
Ì
Ô
ÓÔ
f é integrável em [�1, 3], pois é limitada e descontínua apenas em x � 1.
 � �
�
�
�
�1
3
1
1
2 1
3
21 1Ú Ú Úf x dx
x
x
dx x
x
dx( )
 
� � � �
�
1
2
1 1
2
12
1
1 2
1
3ln ( ) ln ( )x x[ ] [ ]
 
� � � �
1
2
2 2 1
2
10 2ln ln ln ln[ ] [ ]
 
�
1
2
5ln .
5
d) 
 
�
�
�
�2
2
2
1 1
1
Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
g u du g u u
u
u u
( ) , ( )onde se
se
� �
� �
g é integrável em [�2, 2] pois g é contínua em [�2, 2].
Temos g(u) � 
 
1 1
1 1
1 1
2
2
u
u
u u
u
u
se
se
se
� �
� � �
�
 
 
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Logo,
 � �
�
�
� � �
2
2
2
1
2 1
1
1
2
2Ú Ú Ú Úg u du duu u du
du
u
( )
� � � � �
�
�
�
1
2
1
2
1 2
1
1
1
2
u
u
u
È
ÎÍ
ù
ûú
È
Î
Í
ù
û
ú
È
ÎÍ
ù
ûú
� � � � � � �1 1
2
1
2
1
2
1
2
1 1.
2.
b) 
�
� � � �
�1
2 1 1
2 1
x f t dt f t t t
tÚ ÏÌÓ( ) , ( )onde
se
se
Para todo x � �1, f é integrável em [�1, x], pois, neste intervalo, f é limitada e
descontínua no máximo em um ponto. Temos:
 
�
�
�
�
� � �
� �1
1
2
1
1 2
1
1 1
2 1
x
x
x
f t dt
t dt x
t dt dt x
Ú
Ú
Ú Ú
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
( )
se
se
Como 
� �
� � � � �
1
2
3
1
1 2
13
1
3
2
3
2 2 2
x x
t dt x t dt dt xÚ Ú Ú; e
segue que:
 
�
�
� � � �
� �1
3
3
1
3
1 1
2 4
3
1
x f t dt
x
x
x x
Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
( )
se
se
c) 
 0
2 1 1
2 1
x f t dt f t t t
tÚ ÏÌÓ( ) , ( )onde
se
se
� � � �
�
6
Para todo x � �1 f é integrável em [x, 0], se x � 0, e em [0, x], se x � 0, pois nestes
intervalos f é limitada e descontínua no máximo em um ponto.
 
0
0
2
0
1 2
1 1
2 1
x
x
f t dt
t dt x
t dt dt x
Ú Ú
Ú Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
( ) �
� � �
� �
se
se
1
x
Temos 
 0
2
3
0
1 2
13
1
3
2 2 2
x x
t dt x t dt dt xÚ Ú Ú� � � �; ; .
Logo,
 
0
3
3
1 1
2 5
3
1
x f t dt
x
x
x x
Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
( ) �
� � �
� �
se
se
Exercícios 2.2
1.
a) F x f t dt f t
t
t
t
x
( ) ( ) , ( )� �
� �
�0
2 0 1
1 1Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
onde
se
se
O domínio de F é intervalo [0, ��[. Temos:
 
F x f t dt
dt x
dt dt
t
x
x
x
x
( ) ( )� �
� �
� �0
0
0
1
1
2 0 1
2 1
Ú Ú
Ú Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
se
se
Então,
F x x x
x x
( ) ln�
� �
� �
2 0 1
2 1
se
se
ÏÌÓ
7
c) 
 
F x f t dt f t tt
x
( ) ( ) , ( )
.
� �
�
�1
2 0
0 0Ú ÏÌÓonde
se
se
 
F x dt x
x
x
( ) � �
�
0
2 0
0 0
ÚÏÌÔ
ÓÔ
se
se
 ou 
 
F x x x
x
( ) � �
�
2 0
0 0
se
se
ÏÌÓ
d) 
 
F x f t dt f t tt
x
( ) ( ) ( )� � �
�1
0 1
1 1Ú ÏÌÓonde
se
se
 
F x
x
dt x x
x( ) �
�
� � �
0 1
1 1
1
se
seÚ
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
f) 
 
F x f t dt f t
t
t t
t
x
( ) ( ) , ( )� �
� �
� � �
��5
onde
se
se
se
Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
0 1
1 1
0 1
2
 
F x
x
t dt t x x
t dt dt x
x
x
x
( ) �
� �
� � � � � �
� � �
�
�
�
0 1
3 3
1
3
1 1
0 2
3
1
1
2
3
1
3
1
1 2
1
se
se
se
Ú
Ú Ú
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
Ô
8
g) 
 
F x e dt
x
t( ) � �
0Ú � � � �t
t t
t t�
�
� �
se
se
0
0.
ÏÌÓ
 
F x
e dt x
e dt x
x
t
x
t
( ) �
�
��
0
0
0
0
Ú
Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
se
se
Como 
 0 0
1 1
x
t x
x
t xe dt e e dt eÚ Ú� � �� �� �e temos:,
 
F x e x
e x
x
x
( ) � � �
� � ��
1 0
1 0
se
se
Ï
Ì
Ó
2. 
 
F x f t dt f t t tt
x
( ) ( ) , ( )� �
�0
1
2 1Ú πÏÌÓonde
se
se
a) F x t dt t dt
x
( ) � �
0
1
1Ú Ú
F x t x( ) � � �
2
0
1 2
2 2
1
2
È
Î
Í
ù
û
ú
 
F x x( ) �
2
2
, x � �
b) F	(x) � x � �. (Observe: F é derivável em x � 1, embora f não seja contínua neste ponto.)
3.
a) 
 
F x
t
dt
x
f t
( )
( )
�
�2
1
1Ú
123
2
x f t dtÚ ( ) existe para todo x � 1.
9
Se x � 1 
2
x f t dtÚ ( ) não existe.
Logo, DF � ]1, � �[
d) 
 
F x
t
dt
x
f t
( )
( )
�
�3 2
1
4Ú
123
3
x f t dtÚ ( ) existe para todo x � 2.
DF � ]2, � �[.
4. 
 
F x f t dt f t
t t
t
t
x
( ) ( ) , ( )� �
�
�0
2 1
2 1Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
onde
se
se
(f não é contínua em t � 1)
a)
 
F x
t dt x
t dt
t
dt x
x
x
( ) �
�
� �
0
2
0
1 2
1
1
2 1
Ú
Ú Ú
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
se
se
 
F x
x
x
x x
( )
ln
�
�
� �
3
3
1
1
3
2 1
se
se
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
F x
x x
x
x
	 �
�
�
( )
2 1
2 1
se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
b) F(x) não é derivável em x � 1, pois
 
lim ( ) ( ) e lim ( ) ( )
x x
F x F
x
F x F
xÆ Æ1 1
1
1
1 1
1
2
� �
�
�
�
�
�
� .
Exercícios 2.4
1.
a) 
 
F x t
t
dt
x
( ) .�
��2 6
3
1Ú
10
O domínio de F é �, pois f(t) � 
 
3
1 6
t
t�
 é contínua em �.
Pelo teorema fundamental do cálculo, temos:
 
F x f t dt f xx	 � �
�
	
( ) ( ) ( )
2Ú
È
ÎÍ
ù
ûú
 
F x x
x
	 �
�
( ) 3
1 6
Na notação de Leibniz, 
 
d
dx
t
t
dt x
x
x
� �
�
�2 6 6
3
1
3
1Ú
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ .
c) 
 
F x t dt t dt
x
x
( ) cos cos� ��
2 4
2
4Ú Ú
 
F x t dt f xx	 � � ��
	
( ) cos ( )
2
4ÚÈÎÍ
ù
ûú
F	(x) � �cos x4
e) F x t dt
x
( ) cos�
0
2 2Ú
Seja u � 2x
dF
dx
d
du
t dt du
dx
f u du
dx
u
� �
0
2ÚÊËÁ
ˆ
˜¯ ◊cos ( )
 
dF
dx
u� cos 2 2◊
dF
dx
x� 2 4 2cos
F	(x) � 2 cos 4x2.
f) 
 
F x
t
dt
x
x
( ) �
�2
1
5 4
3
Ú
 
F x
t
dt
t
dt
x
x
( ) �
�
�
�2
31
4 1 4
1
5
1
5Ú Ú
 
F x
t
dt
t
dt
x x
( ) �
�
�
�1 4 1 4
3 1
5
1
5
2
Ú Ú
11
 
F x
x
x
x
x	 �
�
�
�
	 	( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
5
1
53 4
3
2 4
2
 
F x x
x
x
x
	 �
�
�
�
( ) .3
5
2
5
2
12 8
De outra forma:
F(x) � G(x3) � G(x2)
F	(x) � G	(x3) · 3x2 � G	(x2) · 2x onde 
 
G t
t
	 �
�
( ) 1
5 4
 
F x x
x
x
x
	 �
�
�
�
( ) .3
5
2
5
2
12 8
j) 
 
F x x t e dt xe dt te dt
x
t
x
t
F x
x
t
F x
( ) ( )
( ) ( )
� � � �� � �
0 0 0
2 2
1
2
2
Ú Ú Ú
1 24 34 1 24 34
F x x e dt x e dt
x
t
x
t1
0 0
2 2( ) � �� �Ú Ú◊
 
F x d
dx
x e dt xe e dt
x
t x
x
t1
0 0
2 2 2	 � � �� � �( ) Ú Ú◊ÊËÁ
ˆ
˜¯
 F x xe
x2
2	 ��( )
 
F x F x F x xe e dt xex
x
t x	 	 	 � � �� � � � �( ) ( ) ( )1 2
0
2 2 2Ú
F x e dt
x
t	 ��( )
0
2Ú .
2. Seja 
 
F x f t dtx x( ) ( )� �
1
33 2
Ú
 
F x d
du
f t dt du
dx
f u du
dx
u x x
u
	 � � � �( ) ( ) ( ) .
1
3 23ÚÊËÁ
ˆ
˜¯ onde
F	(x) � f(x3 � 3x2) · (3x2 � 6x).
Supondo f(t) � 0 e contínua em �, temos f(x3 � 3x2) � 0 em �.
O sinal de F	(x) depende de 3x2 � 6x.
Assim: 3x2 � 6x � 0 em ]��, �2] e [0, ��[.
3x2 � 6x � 0 em [�2, 0].
12
Daí,
F	(x) � 0 em ]��, �2] e [0, ��[ Þ F(x) é crescente em ]��, �2] e [0, ��[.
F	(x) � 0 em [�2, 0] Þ F(x) é decrescente em [�2, 0].
3. 
 
 
( ) ( )x t t dt
x
� �1
0Ú �
 
 
	 � � �( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x x x
d x
dx
x x
d x
x
x dxÞ Þ
Então, 
 
ln ( )
 x x c� �
2
2
 
( )x e e
x
c�
2
2 ◊ �
De � vem 
(0) � 1. Comparando com �: 
(0) � ec. Temos ec � 1. Logo, 
( )x e
x
�
2
2
6. Seja 
 
F x e dt
x
t( ) � �
1
2Ú
Para calcular 
0
1
Ú F x dx( ) vamos integrar por partes, considerando f(x) � F(x) e g	(x) � 1.
Então,
0
1
0
1
0
1
Ú Ú[ ]F x dx x F x x F x dx( ) ( ) ( )� � 	
 
0
1
1 0
1
0
12Ú Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
F x dx x e dt x F x dx
x
t( ) ( )� � 	�
Temos 
 
x e dt
x
t
1 0
1
2 0ÚÈÎÍ
ù
ûú
� � pois e se1
1
1
2 20 0 0Ú ÚÊËÁ
ˆ
˜¯e dt x e dt xt
x
t� �� � � .
Como 
 F x e
x	 � �( ) ,2 segue que
 
0
1
0
1
0
1
2
2
2
1
2
1
2Ú Ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
F x dx x e dx e
e
x
x
( ) �� � � ��
�
7. G x t dt
x
( ) �
�Ú sen 2
 
G x t dt x
x
	 � �
	
( )
�Ú
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯sen sen2 2
13
Para calcular 
 0
�
Ú G x dx( ) vamos integrar por partes:
 0 0 0
� � �Ú Ú[ ]G x dx x G x x G x dx( ) ( ) ( )� � 	
 
� �x t dt x x dx
x
�
� �
Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
◊sen sen2
0 0
2
1 244 344
� 0 
 
� �
1
2
2
0
Ê
Ë
ˆ
¯ [ ]cos
x
�
Logo, 
 0
21
2
1
�
�Ú [ ]G x dx( ) cos .� �
Cap. 3.pdf
CAPÍTULO 3
Exercícios 3.1
1.
a) 
 
1 3 1 3
2
1
1 1
2
�
� �
�
� � �Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔx
dx
x
dx x
t
t
t
t
lim lim
 
� � � �
�
lim .
t tÆ
Ê
Ë
ˆ
¯
1
2
1
2
1
22
c) 
 
0 0 0
�
�
�
�
�
�
� � �Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
e dx e dx e
s
sx
t
t
sx
t
sx t
lim lim
 
� � � � �
� �
�
lim , lim .
t st t
st
se s s
e
sÆ Æ
È
ÎÍ
ù
ûú
1 1 1 0pois
d) 
 1 1
1
2
1
1 2
�
�
�
�
� �Ú ÚÆ Æ [ ]
ÏÌÓ ý¸þx
dx x dx x
t
t
t
t
lim lim
 
= = [ ]
Æ
lim .
t
x
�
� � �2 2
e) 
 1 0
�
�
�
��Ú ÚÆte dt te dtt s
s
tlim
 
� � � � � �
�
� �
�
� �lim lim ,
s
t
s
t
s
s
s ste e dt se e
Æ ÆÚ
È
ÎÍ
ù
ûú
[ ]
0 0
1 1
pois lim lim
s
s
s
sse e
Æ Æ�
�
�
�� �0 0e
n) 
 0
4 0 41 1
�
��
�
�Ú ÚÆ
x
x
dx x
x
dx
t
t
lim .
Façamos a mudança de variável
x
2
 � tg y Þ 2x dx � sec2 y dy Þ x dx � sec
2
2
y dy
1 � x4 � 1 � tg2 y � sec2 y
15
( )� �1
 ( )� �1
arctg t2.
( )� �1
x � 0 Þ y � 0
x � t Þ y � arctg t2
Logo, 
 0
4 0
2
2
01 2
1
2
2 2t t tx
x
dx y dy
y
yÚ Ú ÈÎÍ
ù
ûú�
� �
arctg arctgsec
sec
 
�
1
2
Portanto,
 0
4
2
1
1
2
1
2 2 4
�
��
� � �Ú Æ ◊
x
x
dx t
t
lim .arctg � �
q) 
 1
3 1 2 1 2
1
1 1
� �
��
�
�
�
�Ú Ú ÚÆx x dx
dx
x x
dx
x xt
t
( ) lim ( )
� �
�
� � �
� �
lim lim ln ln
t
t t
t
t tdx
x
x dx
x
x x
Æ ÆÚ Ú
È
Î
Í
ù
û
ú [ ] [ ]ÏÌÓ
¸
ý
þ1 1 2 1
2
11
1
� � � � �
�
�
� �
lim ln ln ln lim ln ln
t t
t t
t
tÆ Æ
{ } Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜2 2
1 2
1
2
� � �
�
� �
�
ln ln ln ln lim ln .1 2 2
1
1 0
2
pois
t
t
tÆ
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
2. 
 1 1
11 1
1
1
1
1
�
� �
�
� �
�
�
�Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú π
x
dx
x
dx t
t
t
t� �
�
� �
�lim lim ( ).
Se 1 � � � 0, temos 
1 1
�
� �
� � � �Ú ÚÆ Æ
dx
x
dx
x
t
t
t
t
lim lim ln
.
Se 
 
( ) , lim lim
( )
.1 0 1
1
1
1
1
11 1
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�
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�
�� � �
�
� � ��
temos
t
t
t
dx
x tÆ ÆÚ
È
Î
Í
ù
û
úa � �
Se (1 � �) � 0, temos lim lim .
t
t
t
dx
x
t
Æ ÆÚ
È
Î
Í
ù
û
ú
� �
�
�
�
�
�
� �
1
1
1
1
1a
�
� �
Portanto,
 
1
1 1
1
1
1
�
� �
�
� 	
Ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
x
dx
� �
�
�
se
se .
0
16
3.
b) 
 ��
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��
�
��
1
5
1 51Ú ÚÆx dx x dxt tlim
 
� � � ��
��
lim .
t tÆ
È
ÎÍ
ù
ûú
1
4
1
4
1
44
c) 
 
��
�
��
� �
��
�
� � �
1
3
1 1
3
2
3
1
1 3
2Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
x
dx x dx x
t t t
t
lim lim
 
lim .
t
t
Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú��
� ���
3
2
3
2
2
3
h) Temos
 
f x
x
x
x
x
x
( ) �
��
� 	 	
�
1 1
1 1 1
1 1
2
2
se
se
se
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Então,
��
�
��
�
�
�
� � �Ú Ú Ú Úf x dx x dx dx x dx( )
1
2 1
1
1 2
1 1
 
� � � � � � � � � �
�� �
lim lim .
t tt tÆ Æ
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯1
1 2 1 1 1 2 1 4
4. Temos
f x
m x
x
x
( ) �
� 	 	
��
�
se
se
se
3 3
0 3
0 3
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
Então,
 ��
�
�
�� � � � �Ú Ú [ ]f x dx m dx mx m m m( ) .3
3
3
3 3 3 6
De 
��
�
�Ú f x dx( ) 1, segue 6m � 1 ou m �
1
6
.
5. 
 ��
�
��
�
� �Ú Ú Úe dt e dt e dtk t k t k t� � � � � �
0
0
�
 
�� ��
�
��
�
� � �
0 0 0
Ú Ú
Æ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
e dt e dt e
k
k t
s s
kt
s
kt
s
� � lim lim
 
=
È
Î
Í
ù
û
ú
Æ
lim ( )
s
ks
k
e
k k
k
��
�
� � �� �
1 1 0se �
0 (se k � 0) (se k 
 0 a integral diverge)
17
 
0 0 0
�
� �
� �Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ
e dt e dt e
k
k t
s
s kt
s
kt s
� � lim lim
 
� � �� �
�
lim ( )
s
kse
k k k
k
Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
1 1 0se �
Portanto, substituindo � e � em �:
 ��
�
�� � � � ��Ú Þ Þe dt k k k kk t� �
1 1 2 1 2.
7.
a) 
 0 0
�
�
�
��Ú ÚÆe t dt e t dtst n u
u
st nlim
Integrando por partes (considerando f(t) � tn e g�(t) � e�st)
lim lim
u
u
n
f
st
g
u
n st
u u
n stt e dt
s
t e
n
s
t e dt
Æ ≠ ≠ ÆÚ Ú
È
ÎÍ
ù
ûú
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
¸
ý
Ô
þÔ�
�
�
�
� � �� � �
0 0 0
11
 
� � �
�
�
�
� �lim
u
n su n st
s
u e
n
s
t e dt
Æ
È
ÎÍ
ù
ûú Ú
1
0
1
.
Portanto,
0 0
1� � � � ��Ú Úe t dt ns e t dtst n st n .
b) Consideremos 
0
1� � �Ú t e dtn st obtida em (a).
Integrando novamente por partes.
 
0
1
1
0
21u n
f
st
g
n
st
u
n stt e dt t
s
e
n
s
t e dtÚ Ú≠ ≠
È
Î
Í
ù
û
ú� �
�
�
� � �� � �
�
.
Daí, 
 
lim .
u
u
n st n stt e dt n
s
t e dt
Æ Ú Ú� � �
�
� ��
�
0
1
0
21
Portanto,
 0 2 0
21� � � � �� �Ú Úe t dt n ns e t dtst n st n
( )
.
0 (se k � 0)
0
18
Integrando n vezes por partes, temos:
 0 0
1 2 1� � � �� � �Ú Ú◊ ◊ ◊e t dt n n ns e dtst n n st
( )( ) ...
.
Mas
 
0 0 0
1 1� �
�
�
�
�
�
�
� � � � � �Ú ÚÆ Æ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
È
Î
Í
ù
û
úe dt e dt
e
s
e
s s s
st
u
u
st
u
st u
u
su
lim lim lim .
Então,
 0 1
1� �
�
� �Ú ◊e t dt ns s
n
s
st n
n n
! !
.
8.
a) 
 0 0
�
�
�
��Ú ÚÆe t dt e t dtst u
u
stsen sen� �lim
 
0 0 0
u
st
f g
st
u u
ste t dt e t s t e dtÚ Ú
≠ ≠
È
ÎÍ
ù
ûú
�
�
� �� � �sen �
�
� �
�
cos
cos
�� � �
�
�e u
s
e t dt
su u
st
�
�
� �
�cos cos .
1
0Ú
Assim,
 0 0
1u st su u ste t dt e u s e t dtÚ Ú� ��� � �sen � � � � � �cos cos . �
Por outro lado,
 
0 0 0
u
st
f g
st u u
ste t dt e t s e t dtÚ Ú
≠ ≠
È
Î
Í
ù
û
ú�
�
�
�� �cos sen sen�
�
�
�
�
 
� �
�
�e
a
u
s
e t dt
su u
stsen sen�
�
�
0Ú .
Então, 
 0 0
u
st
su u
ste t dt e t s e t dtÚ Ú�
�
�� �cos sen sen�
�
�
�
� �
Substituindo � em �:
 0 2
2
2 0
1u st su su u ste t dt e u s e u s e t dtÚ Ú�
�
� ��� � � �sen cos sen sen�
�
�
� �
�
�
�
 
1 1
2
2 0 2
2 2
2
� �� � �
�
�
�
�s e t dt e u s e u
s
u
st
su
su
�
�
�
�
� �
�
�
�
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ú
1 24 34
sen sencos .
19
Sendo sen �u e cos �u limitadas e 
 
lim ( )
u
sue
s
�
�
� �
�
0 0
 resulta
 
lim lim cos .
u
su
u
sue
u
e
u
Æ Æ�
�
�
�
� �
�
�
�
�sen e0 0
Daí,
 
0 0
�
�
�
�
�
�
� � �Ú ÚÆ Æ
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
È
Î
Íe t dt e t dt
e
ust
u
u
st
u
su
sen sen� �
�
�lim lim cos
 
� �
�� �
�lim lim
u u
sus e u
sÆ Æ
ù
ûú
◊
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
1
2
2
2 2� �
�
�
�
sen
 0
2
2 2 2 2
1� � �
�
�
�Ú
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯e t dt
s s
st sen �
�
�
�
�
�
.
c) 
 0 0
�
�
�
� ��Ú ÚÆe e dt e dtst t u
u
s t� �lim ( )
� �
�
� �
�
�
��
� �
�
� �
lim ( ) lim ( )
( ) ( )
u
s t u
u
s ue
s
e
s sÆ Æ
È
Î
Í
ù
û
ú
È
Î
Í
ù
û
ú
� �
� � �0
1
 
lim ,
( )
u
s te
s
s
�
� �
�
� �
�
�
�0 pois
Então,
0
1� � �
�Ú e e dt sst t� �
9.
a) f(t) � sen t � 3 cos 2t
0 0
3 2
�
�
�
�� �Ú Úe f t dt e t t dtst st( ) ( cos )sen
 
� �
�
�
�
�
0 0
3 2Ú Úe t dt e t dtst stsen cos .
De 8.a, resulta
0 2
1
1
�
� �
�Ú e t dt sst sen .
De 8.b, resulta
 0
22 4
�
� �
�Ú e t dt
s
s
st cos
0
0
20
Logo,
 0
2 23 2
1
1
3
4
�
� � �
�
�
�Ú e t t dt s
s
s
st ( cos )sen .
Exercícios 3.3
1.
a) 
0
1
3
1Ú x dx
 
f x
x
( ) � 13 é não-limitada em ]0, 1] e integrável (segundo Riemann) em [t, 1] para
0 � t � 1.
Portanto,
 
0
1
3 0
1
3 0
2
3
1
0
2
31 1 3
2
3
2
3
2
3
2Ú ÚÆ Æ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
úx
dx
x
dx x t
t t t
t
t
� � � � �
� � �
lim lim lim .
c) 
1
3 2
3 1
1 3Ú x
x
dx
�
( int lim ] , ].)A função egranda é não itada em-
 
1
3 2
3 1
3 2
3
1
2
1
3
1
2
3
1
1
2
3
1Ú ÚÆ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
x
x
dx x
x
dx x
t t t
t
�
�
�
� �
� �
lim
( )
lim ( )
�
2
3
26 .
3.
a) 
 
0
1
2
1
1Ú � x dx (A função integranda é não-limitada em [0, 1[.)
0
1
0
arcsenÚ ÚÆ Æ [ ]
1
1 12 1 2 1 0�
�
�
�
� �x
dx dx
x
x
t t
tlim lim
t
 
�
�
2
.
Exercícios 3.4
1.
a) Para x 
 1, temos 1
3 1
1
5 5x x x� �
	 .
Segue, pelo critério de comparação, que 
 1
5 3 1
�
� �Ú
dx
x x
 é convergente, pois 
 1 5
�
Ú dxx é
convergente.
21
c) Para x 
 2, temos 
 
1
2 1
1
43 43x x x� �
	 .
Como 
 2 4
3
�
Ú dx
x
 converge, segue, pelo critério de comparação, que 
 
2 4 2 1
�
� �
Ú dx
x x
converge.
e) Temos 
 
0 3 1 13 3	 	 
cos ( ).x
x x
xpara
Como 
 1 3
�
Ú dxx converge, segue, pelo critério de comparação, que 1 3
3�Ú cos xx dx
converge.
Pelo exemplo 3, 
 1 3
3�Ú cos xx dx converge.
j) 0
1
0
2
	
� �
	 
� �
x
x x
e e xx x◊ , .
Como 
0
�
�Ú e dxx é convergente, pelo critério de comparação 
 
0 2 1
� �
� �
Ú xe
x x
dx
x
converge.
m) 
 ��
� �
� �
�
� �Ú Ú
1
1
2 1
14 2 0 4 2x x
dx
x x
dx, pois o integrando é função par.
 0
4 2 0
1
4 2 1 4 2
1
1
1
1
1
1
� �
� �
�
� �
�
� �Ú Ú Úx x dx x x dx x x dx. A convergência da
última integral segue do critério de comparação, pois 
 
1
1
1
4 2 4x x x� �
	
 para x 
 1.
(Observe que 
0
1
4 2
1
1Ú x x dx� � existe, pois a integranda é contínua em [0, 1].)
Portanto, 
��
�
� �Ú
dx
x x
dx4 2 1
 converge.
2. Da hipótese, existe b � 0 tal que L x f x L
2
3
2
	 	� ( ) ,
 para x 
 b. Daí,
 
L
x
f x L
x2
3
2� �
	 	( ) ,
 para x 
 b. Sendo f(x) integrável em [a, t], para t 
 a, temos
 a a
b
b
f x dx f x dx f x dx� �� �Ú Ú Ú( ) ( ) ( ) . Já sabemos que b x dx
�
Ú 1� , b � 0, é convergente
para � � 1 e divergente para � 	 1. Pelo critério de comparação, temos:
22
a) 
 
� �
� �
1Þ ÞÚ Úb af x dx f x dx( ) ( ) ;convergente convergente
b) 
 
� 	
� �
1Þ ÞÚ Úb af x dx f x dx( ) ( ) .divergente divergente
3.
a) 
 2
6
7 2
1
2 3
� � �
� �Ú
x x
x x
dx
Seja 
 
x x
x x x
x x
x xf x
g x
6
7 2
5 6
5 7
1
2 3
1 1
1 1
1 2 3
� �
� �
�
� �
� �
( )
( )
1 244 344
1 244 344
Ê
Ë
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
Logo, 
 
f x
x
g x( ) ( )� 1 , 
 
f x g x
x
( ) [ , [ lim ( )
 �� �
�
0 2 1em e
Æ
.
Por (2),
 
� �
� �
� �
�
1 1
2 32
6
7 2Þ Ú x xx x dx é divergente.
b) 
 
10
5
20 10
3
1
� �
� �
Ú x
x x
dx
Temos x
x x x
x
x xf x
g x
5
20 10 5
5
10 20
3
1
1 1
3
1 1 1
�
� �
�
�
� �
( )
( )
1 244 344
1 2444 3444
.
Assim f x
x
g x g x
x
( ) ( ) lim ( ) .� �
�
1 15 com Æ
Por (2),
 
� �� �
�
� �
�
5 1 3
110
5
20 10
Þ Þ Ú x
x x
dx converge.
d) 
1 1
�
�Ú
ln
ln ( )
x
x x
dx
Seja 
 
ln
ln ( )
ln
ln ( )
( ) ( )
x
x x x
x
x
f x g x
�
�
�1
1
1
1 24 34 1 24 34
. Temos
 
lim ln
ln ( ) lim
( )
x
g x
x
x
x
x
x
Æ Æ� ��
�
�
1
1
1
1
1 24 34
.
23
Então, 
 
lim ( ) lim .
x x
g x x
xÆ Æ� �
�
�
�
1 1
Por (2), 
 
� �
�
�
1
11
Þ Ú lnln( )
x
x x
dx diverge.
5. Integrando por partes, 
 0 0
0
u
st su
u
ste f t dt e f u f s e f t dtÚ Ú� � �� � � �( ) ( ) ( ) ( ) . Sendo f
de ordem exponencial, existem � � 0 e M � 0 tais que, para t 
 0,
 
� �e f u Me s e f usu s u
u
su� � �
�
�	 � �( ) . , lim ( )( )� �Daí, para
Æ
0 e da convergência da
integral 
 0
�
� �Ú e dts t( ) ,� segue a convergência de 0
�
�Ú e f t dtst ( ) . Portanto,
 0
�
� �Ú e f t dtst ( ) é convergente e 0 0 0
�
� �� � �Ú Úe f t dt s e f t dt fst
u
st( ) ( ) ( ).
6. Seja f �(t) � 3 f(t) � t, para todo t real.
Daí, f �(t) � t � 3f(t) �
Supondo f de ordem
exponencial �, temos, de (5), para todo s � �,
 0 0
0
�
�
�
�� � �Ú Úe f t dt s e f t dt fst st( ) ( ) ( ).
De �: 
 0 0
3 0
�
�
�
�� � �Ú Úe t f t dt s e f t dt fst st( ( )) ( ) ( )
 0 0 0
3 0
�
�
�
�
�
�� � �Ú Ú Úte dt f t e dt s e f t dt fst st st( ) ( ) ( )
 
( ) ( ) ( )s e f t dt te dt fst st� � �� � � �3 0
0 0Ú Ú �
Agora, 
 0 2
1� � �Ú te dt sst . � (Do Exercício 8, Seção 3.1.)
Substituindo � em �:
 0
2
1
3
0
3
�
� �
�
�
�Ú e f t dt s s
f
s
st ( ) ( )
( )
( )
 0
2 3
0
3
�
� � � �
�
�
�Ú e f t dt
A
s
B
s
C
s
f
s
st ( ) ( )
De 
 
A
s
B
s
C
s s s
� �
�
�
�2 23
1
3( ) ,
 segue:
 
( ) ( )
( ) ( ) .
A C s A B s B
s s s s
� � � �
�
�
�
2
2 2
3 3
3
1
3
 Donde 3B � 1;
 
B A B A A C C� � � �� � � �1
3
3 0 1
9
0 1
9
; ; ; ; .
.
24
Portanto,
 0
2
1
9
1 1
3
1 1
9
1
3
0
3
�
� �� � �
�
�
�Ú ◊ ◊ ◊e f t dt s s s
f
s
st ( ) ( ) .
Supondo f(0) � 1, temos
 0
2
10
9
1
3
1
9
1 1
3
1� � �
�
� �Ú ◊ ◊ ◊e f t dt s s sst ( ) .
Utilizando o Exercício 8, Seção 3.1, resulta:
 
f t e tt( ) � � ��10
9
1
9
1
3
3
.
7.
a) f �(t) � 2f(t) � cos t e f(0) � 2
 0 0
0
�
�
�
�� � �Ú Úe f t dt s e f t dt fst st( ) ( ) ( )
 0 0
2 2
�
�
�
�� � �Ú Ú[ ]e f t t dt s e f t dtst st( ) cos ( )
 
( ) ( ) coss e f t dt e t dtst st� � �� � � �2 2
0 0Ú Ú
0 0
1
1
2
2
2
2
�
�
�
�
�
�
�
�
�Ú Úe f t dt s e t dt sst st
s
s
( ) cos
1 244 344
0 22 1
2
2
�
� �
� �
�
�Ú e f t dt
s
s s s
st ( ) ( )( )
 0
22 1
2
2
�
� �
�
�
�
�
�
�Ú e f t dt
A
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( ) ( )
( )( ) ( )( )
A B s B C s A C
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s
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2 2
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2 1 2 1
De 
 
A B
B C A
A C
B C
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5
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2
5
1
5
temos e
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
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Portanto,
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2
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1
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2
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5
1
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s
s s
st ( )
 
f t e t tt( ) cos .� � �12
5
2
5
1
5
2 sen
b) f �(t) � f(t) � e2t, f(0) � �1
(do Exercício 8, Seção 3.1)
25
f �(t) � e2t � f(t)
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0
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( )
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( ) ( )s e f t dt e e dtst st t
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A
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A B s B A
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( )( ) ( )( )Þ
 
Þ ÞA B B A A B� � � � �� �0 2 1 1
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1
3
e e
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4
3
1
1
1
3
2
2
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� ��
�
�
�Ú ◊ ◊e f t dt s sst ( )
Portanto, utilizando o Exercício 8, Seção 3.1 temos
f t e et t( ) ,�� ��4
3
1
3
2
pois, 
0
1� � �
�
�Ú e e dt s sst t� � �( ).
(do Exercício 8, Seção 3.1)
Cap. 4.pdf
CAPÍTULO 4
Exercícios 4.1
1.
a) Dizemos que f é uma função densidade de probabilidade se
i) f(x) � 0, �x
ii) 
 
f x dx( ) .�
��
�
1Ú
Seja f x k e x( ) � � 2 para x � 0 e f(x) � 0, para x � 0.
De i segue que k � 0.
Agora 
 
f x dx f x dx kxe dx ke kx
x
( ) ( )� � � � ��
��
��
� �
�
2
2
00
0
2 2ÚÚÚ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
De ii segue: 
 
k k
2
1 2� �Þ .
c) De i segue que kx (x � 5) � 0.
Como 0 � x � 5, temos x � 5 � 0 e k � 0.
De ii segue kx x dx( )� �5 1
0
5
Ú .
Agora, 
 
kx x dx kx dx k dx k x k x( )� � � � �5 5
3
5
2
2
3
0
5
0
5
0
5
0
5 2
0
5È
Î
Í
ù
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ú
È
Î
Í
ù
û
úÚÚÚ
Logo, 
 
125
3
125
2
6 125 6 6
125
k k k k� � � � ��Þ Þ
d) De i, como 1 	 4x2 � 0, devemos ter k � 0.
De ii vem 
 
k
x
dx k x
1 4
1 2 22	
� �
��
�
��
�Ú Þ [ ]arctg .
Mas k x karctg ,2[ ]��
�
� 
 logo k
 � 2 e 
 
k � 2
.
2. a)
 
kx kx k k�
�
� �� � � � �2
400
1
400
1 1
400
400Ú Þ [ ] Þ Þ
27
b) 
 
400 400 400
1000
1 0 62
400
1000 1
400
1000
x x� ��� �� 	 �Ú ùûú ,
d) 
 
400 400 400
5000
400
2000
3
25
2
2000
5000 1
2000
5000
x x� ��� �� 	 �Ú ùûú
Logo, 
 
3
25
3200 384◊ � .
Exercícios 4.2
1.
a) De F(x) � 
 
f t dtx ( )
��Ú (função de distribuição) segue que
F(x) � 0 se x � 0
F(x) � x5 se 0 � x � 5
F(x) � 1 se x � 5
Observamos que lim ( ) lim ( )
x x
F x F x
Æ Æ�� 	�
� �0 1e
c) Seja a função de densidade de probabilidade
f x e x( ) � �1
2
� �
 para todo x real.
Temos
f x
e x
e x
x
x
( )
.
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��
1
2
0
1
2
0
se
se
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Ô
Ó
Ô
Logo,
F x e dt e dt e x
x
t
S
t
S
x
x( ) lim� � � �
�� ��
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1
2
1
2
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e
F x e dt e dt e e xt
x
t
x x
( ) � 	 � � 	 � � �
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0
0Ú Ú se .
Portanto,
 
F x
e x
e
x
x
x( )
.
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�
� �
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1
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2
0
se
se
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Ì
Ô
Ó
Ô
28
2. 
 
f x F x d
dx t
dt
x
x
x
x
x
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .� � � 	 � 	 �� 	
1 1
1
1
1 4
2 2
1 4
2
2 2 2
 
 
��Ú
È
Î
Í
ù
û
ú
Então, 
 
f x
x
( ) ( )� 	
2
1 4 2
 é a função densidade de probabilidade.
Exercícios 4.3
1.
a) 
 
E X xf x dx( ) ( ) .�
��
�
Ú
Sendo 
 
f x b a a x b
x a x b
( ) � � � �
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1
0
se
se e
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ÓÔ
Temos
 
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b a
x b a
b a
a b
a
b
a
b
( ) ( )� � � � �
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	Ú ◊ ◊ ÈÎÍ
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2 2 2
2 2 2
Var( ) ( ) ( )X x f x dx E x x
b a
dx a b
a
b
a
b
� � �
�
�
	Ú Ú[ ] ÊË ˆ¯2 2
2
2
Var( ) ( )X
b a
x a b
b a
b a a b
a
b
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�
�
�
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3 2
1
3 4
3 2 3 3 2
◊
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Var( ) ( )( )( )
( ) ( ) ( )X b a b ab a
b a
a b b ab a a b
�
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�
�
	
�
	 	 � 	2 2 2 2 2 2
3 4
4 3
12
Var( ) ( )X b a� �
2
12
c) Seja a função densidade de probabilidade:
f x xe x
x
x( ) � �
�
� se
se
0
0 0
Ï
Ì
Ó
E X x f x dx x e dxx( ) ( )� �� � �
0 0
2Ú Ú
Integrando duas vezes por partes:
0
2 2
0 0
2
s
x x s
s
xx e dx x e xe dxÚ Ú[ ]� � �� �
� 	 � � � 	 � � 	� � � � � �x e xe e s e se ex
s x x s s s s2
0 0
22 2 1[ ] [ ] [ ] [ ]
De
 
 
lim ; lim lim
s
s
s
s
s
ss e se e
Æ Æ Æ�
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�� � �2 0 0 0e
29
resulta
 
E X x e dxx( ) � �
�
�
0
2 2Ú
 
Var( ) ( ) ( )X x f x dx E X� ��
0
2 2Ú [ ]
 
Var( )X x e dxx� �
�
�
0
3 4Ú
Integrando quatro vezes por partes obtemos:
 0
3 3
0 0
23
s
x x s
s
xx e dx x e x e dxÚ Ú[ ]� � �� � 	
De 
 
lim lim ( )
s
s
s
s
xs e x e dx E X
Æ Æ
Ú� � �
�� � �3
0
20 2e de resulta
 0
3 6
�
� �Ú x e dxx
Var (X) � 6 � 4 � 2.
Exercícios 4.4
1. Seja X : N(�, 
2) (isto é, a variável aleatória X tem distribuição normal, com média � e
variância 
2).
Portanto, a sua função densidade de probabilidade é dada por:
f x( ) � 1
2
 
 
e
x
�
�( )�
2
22
 x real.
Temos, considerando r � 0 um número qualquer:
P r X r e dx
r
r
x
( )
( )
� 
 � 
 
 � 
� 
�
� � � 	 �
�
	 �
�
1
2
2
22Ú
Fazendo a mudança de variável
 
z
x dx dz� � ��
Þ
 
x r z r
x r z r
� � ��
� 	 �
� 
� 
Þ
Þ
Logo,
P(� � r
 � X � � 	 r
) � 1
2
2
2
 
�
�
r
r
z
e dzÚ , ou seja,
P(� � r
 � X � � 	 r
) � 
 
1
2
2
2
 �
�
r
r
z
e dzÚ .
30
Logo, a probabilidade de X estar entre � � r
 e � 	 r
 só depende de r.
2. Seja X : N(�, 
2)
Temos
P(a � X � b) � 
 
1
2
2
22
 
�
a
b
e dxÚ
� �(
.
x )
Fazendo a mudança de variável: 
 
z
x dx dz� � ��
,
 
x a z
a
x b z b� � � � � �Þ Þ�
�
e
Logo,
P(a � X � b) � 
 
1
2
2
2
 �
�
a
b z
e dz�
�
�
Ú .
3. Sejam X : N(50, 16) e Y: N(60, 25)
a) P (X � x) � P(Y � x).
Temos P(X � x) � 
 
1
2
50 4
2
2
� 
��
�
�
� �
x z
e dz
50
5Ú ( )pois e e
P(Y � x) � 
 
1
2
60 5
2
2
� 
��
�
�
� �
x z
e dz
60
5Ú ( )pois e .
Comparando, resulta:
 
x x
x
�
�
�
�
50
4
60
5
10Þ
b) P(X � x) � P(Y � x).
Temos
 
x x
x
�
�
�
�
50
4
60
5
10Þ
5.
a) Seja 
 
� �
 
�
( ) .
(
�
� �
1
2
2
22
a
b
e dxÚ
x )
Fazendo a mudança de variável
 
z
x dx dz� � ��
Þ
31
 
x a z
a
� �
�Þ �
 
x b z b� � �Þ �
.
Portanto,
 
� �
 
�
�
( )�
�
�
�1
2
2
2
a
b
z
e dzÚ
ou seja,
 
� �
 �
�
( ) .�
�
�
�1
2
2
2
a
b
z
e dzÚ
b) Seja f z e
z
( ) � �1
2
2
2
 (função contínua).
 
d
d
f b d
d
b f a d
d
a�
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�
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( ) ( )
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De outra forma, para se obter d
d
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, consideremos
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2
2
2
a
b
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( ) � 	�
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2
1
2
2 2b z a z
e dz e dzÚ Ú
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
32
 
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ú
ú
ú
ú
úÊË
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
1 244 344 1 244 344
Então,
 
d
d
e e
a b
�
� 
 
�
�
� �
�
�
�
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1
2
2
2
2
22 2
( ) ( )
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Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
Exercícios 4.5
2. Seja X : N(�, 
2)
X � ln Y (distribuição logonormal) (Y � 0).
P(a � Y � b) � P(ln a � X � ln b) � 
ln
ln
( ) .
a
b f x dxÚ
Fazendo a mudança de variável x � ln y temos
P(a � Y � b) � 
a
b f y dy
y
a b reais a bÚ (ln ) , ,para quaisquer com 0 � � .
Assim, a função densidade de probabilidade g da variável aleatória Y é dada por:
g y
f y
y
y
y
( )
(ln )
�
�
�
se
se
0
0 0
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
onde f x e
x
( )
( )
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1
2
2
22
 
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 .
Exercícios 4.6
1. � �
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2 0
1
2Ê
Ë
ˆ
¯ ◊Ú e x dxx
Fazendo x � u2, dx � 2u du temos
 
� � � �
�
�1
2
2 2
20
2Ê
Ë
ˆ
¯ ◊Ú e duu
 
pois
0
2
2
�
� �Ú
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯e dxx
.
33
3. Como �(� 	 1) � � � (�) (Exemplo 4, b)
 
� �� 	 � � �
3
2
1
2
1 1
2
1
2
1
2
Ê
Ë
ˆ
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Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯ 
 .
 
� �� 	 � � � �
5
2
3
2
1 3
2
3
2
3
2
1
2
3
4
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯
 
 .
4. 
 
�
	
��
�
	 �
�
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�2 1
2
2 1
2
1 2 1
2
2 1
2
n n n nÊ
Ë
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Ê
Ë
ˆ
¯ ◊
Ê
Ë
ˆ
¯
 
�
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�
	 �
� �
�
�2 1
2
2 3
2
1 2 1
2
2 3
2
2 3
2
n n n n nÊ
Ë
ˆ
¯ ◊ ◊
Ê
Ë
ˆ
¯
( ) ( )
 
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� �
�
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	 �
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�( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1
2
2 3
2
2 5
2
1 2 1
2
2 3
2
2 5
2
2 5
2
n n n n n n n◊ ◊ ÊË
ˆ
¯ ◊ ◊ ◊
Ê
Ë
ˆ
¯
 
� �
� � �
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( ) ( ) ( )
...
2 1
2
2 3
2
2 5
2
1
2
1
2
n n n◊ ◊ ◊ ◊ ◊ ÊË
ˆ
¯
 
�
� � � � �
� �
� �
( )( )( ) ( ) ( ) ...
... ( ) ( ) ...
( )!
2 1 2 2 2 3 2 4 2 5 3 1
2 2 2 2 1 2 1
2 12 1
n n n n n
n n
n n
◊ ◊ ◊
◊ ◊ ◊ ◊ ◊ ◊
1 244 344 1 2444 3444
 
�
	
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�
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2 1
2
2 1
2 12 1
n n
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Ê
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( )!
( )! .
Exercícios 4.7
3.
b) 
 
f x x e x
x
x( )
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� �
�
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�1 0
0 0
se
se
Ï
Ì
Ó
E X x x e dxx( ) .�
�
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0
1Ú � � �
Integrando por partes:
 
E X x e e dx
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x( ) lim .� � 	
�
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Æ
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Como 
 
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E X e
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0Ú
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Var (X) � 
 0
2 2� �Ú [ ]x f x dx E X( ) ( )
Var (X) � 
 0
2 1 2� � � �Ú [ ]x x e dx E Xx� � � ( )
2(n � 2)2(n � 1)
34
Integrando por partes:
Var (X) � 
 
lim ( )
s
x
s s
xx e e x dx E X
Æ
È
ÎÍ
ù
ûú
Ï
Ì
Ó
¸
ý
þ
[ ]� � �� 	 �2 0 0
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Como 
 
lim ,
s
ss e
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Var (X) � 
 
2
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2� � �Ú [ ]xe dx E Xx� ( ) .
4.
b) Seja 
 
f x xe x
x
x
( )
.
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�
�
2
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se
se
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 
E X x f x dx x e dx x xe dx
x
f
x
g
( ) ( ) ( ) .� � �
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0 0
2 2
0
2
2 2
Ú Ú Ú { 1 24 34
Integrando por partes:
E(X) � 
 
lim
s
x
s
x
xe e dx
Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú Ú�
� � �
� 	
2 2
2
0
0
2
Fazendo a mudança de variável:
x
u dx du
2
2� �,
E X e du e duu u( ) .� � � �
�
�
�
�
0 0
2 22 2 2
2
2
2Ú Ú ◊
 
Var (X) � 
 0
2 2� �Ú [ ]x f x dx E X( ) ( ) , ou seja,
Var (X) � 
 0
3 2
2
� �
Ú x e dx
x
 � [E (X)]2.
Integrando por partes:
Var (X) � lim ( )
s
s s
x e e x dx E X
Æ
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
[ ]
¸
ý
Ô
þÔ
[ ]Ú� � 	 �2 0 0
22
Var (X) � 
 
lim
s
s s
x e e
Æ
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
[ ] [ ]
¸
ý
Ô
þÔ
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
�
� � �2
0 0
2
2 2
2
 
�
x2
2 
�
x2
2
 
�
x2
2 
�
x2
2
0
35
Como 
 
lim lim ,
s
s
s
s
s e e
Æ Æ�
�
�
�
� �2 2 2
2 2
0 0e temos:
Var (X) � 
 
2
2
4
2
� �
�
 
.
Cap. 5.pdf
CAPÍTULO 5
Exercícios 5.1
1.
c) 
 
dx
dt
x t a f t t� � �� �cos ( ( ) cos )1 e
 
x ke e e t dtt t t� � �Ú cos .
Como 
 
e t dt e t e tt t t� � �� �Ú [ ]cos cos12 sen segue
 
x ke e e t e tt
t
t t� � �� �
2
sen cos[ ] e, portanto,
 
x ke t tt� � �sen
2 2
cos
.
q) dT
dt
T� �3 2
 (a � �3 e f(t) � 2) ¤ 
 
T ke e e dtt t t
e
t
� � �
�
�
3 3 3
2
3
2
3
Ú ◊
1 244 344
.
Logo, 
 
T k e t� �3 2
3
.
2. 
 
dp
dt
kp� ,
 pois a taxa de aumento é proporcional ao número presente.
 
dp
dt
kp p p p p p ekt� � �e ( )0 0 0 0¤ .
Quando t � 2, temos p � 2 p0.
Então, 2p0 � p0 e
2k Þ k � ln 2 . Portanto, p p e pt t� �0 2 0 2ln ( ) .
Ao final de 6 horas, temos:
 p p p p� �0
6 02 8( ) .Þ
4.
a) 
 
di
dt
R
L
i E t
L
� �
( )
 
 
a
R
L
f t E t
L
� �e ( ) ( )ÊË
ˆ
¯ .
37
 
i ke e e E t
L
dt
R
L
t
R
L
t
R
L
t
E
� �
� �
Ú ( )
0
}
, daí
 
i ke e E
R
e
R
L
t
R
L
t
R
L
t
� �
� �
◊ ◊0 e, portanto,
 
i ke E
R
R
L
t
� �
� 0
.
De i � 0 para t � 0, segue 
 
k E
R
�� 0 . Portanto, 
 
i E
R
e
R
L
t
�� �
�0 1( ).
b) Consideremos L � 2; R � 10; E(t) � 110 sen 120� t e i � 0 para t � 0.
 
di
dt
i t a f t t� � � �5 55 120 5 55 120sen e sen� �( ( ) )
i ke e e t dtt t t� �� �5 5 5 55 120Ú sen � .
Integrando por partes, temos
 
i ke t tt� �
�
� ��5 2
1
1 576
264 120 11 120
�
� � �
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ ( )cos .sen
Como i � 0 para t � 0, k �
�
264
1 576 2
�
�
. Portanto,
 
i e t tt�
�
� ��
1
1 576
264 264 120 11 1202
5
�
� � � �
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ ( )cos .sen
Exercícios 5.2
1.
a) d x
dt
dx
dt
x
2
2 2 3 0� � �
Equação característica: �2 � 2� � 3 � 0. Raízes: �1 � 3 e �2 � �1.
Solução geral: x � Ae3t � Be�t.
e) 
 
d x
dt
x
2
2 3 0� �
Equação característica: �2 � 3 � 0. Raízes: � �1 23 3�� ��e .
38
Solução geral: x Ae Bet t� � �3 3 .
g) 
 
d y
dx
dy
dx
y
2
2 2 0� � �
Equação característica: �2 � � � 2 � 0. Raízes: �1 � 2 e �2 � �1.
Solução geral: y � Ae2x � Be�x.
h) 
 
d y
dx
dy
dx
y
2
2 6 9 0� � �
Equação característica: �2 � 6� � 9 � 0. Raízes �1 � �2 � �3.
Solução geral: y � Ae�3x � B xe�3x ou y � e�3x (A � Bx).
m) 
 
d x
dt
2
2 0�
Equação característica: �2 � 0. Raízes: �1 � �2 � 0.
Solução geral: x � A � Bt.
Exercícios 5.3
1.
b) (2 � 3i)2 � a � bi ¤ 4 � 12i � 9 � a � bi. Logo,
a � �5 e b � 12.
e) (i � 1)4 � a � bi
[(i � 1)2]2 � (i2 � 2i � 1)2 � (�2i)2 � 4i2 � �4.
Logo, a � �4 e b � 0.
h) 
 
2
3
�
�
� �
i
i
a bi
 
( )( )
( )( ) .
2 3
3 3
6 5 1
10
5 5
10
1
2
1
2
� �
� �
�
� �
�
�
� �
i i
i i
i i i
Logo, a b� �
1
2
1
2
e .
2.
b) �2 � � � 1 � 0 
 
¤ �� � � � �� �1 3
2
1
2
3
2
i
e) � � �2 2 2 1�� �� � �� � ��w w w w w i, , , .�� ¤ ou seja
39
Exercícios 5.4
1.
a) 
 
d x
dt
dx
dt
x
2
2 2 5 0� � �
Equação característica: �2 � 2� � 5 � 0. Raízes: � � �1 � 2i (� � 1 e � � 2).
Solução geral: x � e�t [A cos 2t � B sen 2t].
b) ˙˙x x� �5 0
Equação característica: �2 � 5 � 0. Raízes 
 � � ��� � �5 0 5i ( )e .
Solução geral: x A t B t� �cos 5 5sen .
f) ˙˙ ˙y y y� � �2 2 0
Equação característica: �2 � 2� � 2 � 0. Raízes: � � 1 � i (� � 1 e � � 2).
Solução geral: y � et [A cos t � B sen t].
p) ˙˙y ay� � 0 , onde a 	 0 é constante.
Equação característica: �2 � a � 0. Raízes: � � ��� � �ai a( ).0 e
Solução geral: y A at B at� �cos sen .
q) ˙˙y ay� � 0 , onde a 
 0 é uma constante.
As raízes da equação característica são reais: � �1 2�� � �� �a ae .
Solução geral: y Ae Beat at� �� � � .
2.
b) ˙˙ ˙ , ( ) ˙( ) .x x x x x� � � �� �2 2 0 0 1 0 0e
Equação característica: �2 � 2� � 2 � 0. Raízes: � � �1 � i (� � �1 e � � 1).
Solução geral: x � e�t [A cos t � B sen t].
 x(0) � A Þ A � �1.
 
˙( ) ( cos ) ( cos )x t e t B t e t B tt t�� � � � �� �sen sen .
 
˙( )x B B B0 1 1 0 1� � � � ��Þ Þ .
40
Solução particular que satisfaz às condições iniciais:
x � e�t (�cos t � sen t) ou seja, x � �e�t (cos t � sen t).
3. O movimento é regido pela equação
 
˙˙x x� �4 0.
Equação característica: �2 � 4 � 0. Raízes: � � � 2i (� � 0 e � � 2).
Solução geral: x � A cos 2t � B sen 2t.
x(0) � A Þ A � 1.
 
˙ cos .
˙( )
x t B t
x B B B
�� �
� �� ��
2 2 2 2
0 2 2 1 1
2
sen
Þ Þ .
Logo, ˙ cos .x t t�� �2 2 2sen
5. 
 
d f
dt
df
dt
f
2
2 � � , f(0) � 0 e f �(0) � 1.
Equação característica: �2 � � � 1 � 0. Raízes: � � �� � � �1
2
3
2
1
2
3
2
i e
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ .
Solução geral: f e A t B t
t
� �2
3
2
3
2
cos .sen
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
f A A
f t e B t
f t e B t e B t
f B B
t
t t
( )
( )
( ) cos
( )
0 0
3
2
1
2
3
2
3
2
3
2
0 3
2
2
3
2 3
3
2
2 2
� �
�
� � �
� � � �
Þ
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Þ
sen
sen
Logo, f t e t
t
( ) .� 2 3
3
3
2
2 sen
6. Temos ˙˙ ( ˙ ) ˙˙ ( ) ; ˙(
) ( ) .x k x x x x x� � � � �com e0 2 0 1 0 0 Logo,
2 � k(1 � 0) Þ k � 2.
Daí ˙˙ ˙x x x� � �2 2 0 cuja solução geral é
x � et (A cos t � B sen t).
Tendo em vista as condições iniciais, resulta x(t) � et sen t.
7. Pela lei de Newton:
 
˙˙ ˙, , ˙˙ ˙ .x x cx x cx x�� � � � �ou seja 0
41
Equação característica: �2 � c� � 1 � 0. Raízes: 
 
� ��
� �c c2 4
2
.
a) As raízes devem ser reais e distintas para que o movimento seja fortemente amortecido.
Logo,
c
2
 � 4 	 0 Þ c 	 2 (c 	 0).
b) As raízes devem ser reais e iguais para que o movimento seja criticamente amortecido.
Logo,
c
2
 � 4 � 0 Þ c � 2 (pois c 	 0).
c) As raízes devem ser complexas. Logo,
c
2
 � 4 
 0 Þ 0 
 c 
 2
Exercícios 5.5
1.
b) ˙˙ ˙x x x t� � � �4 4 2 1.
A homogênea associada é ˙˙ ˙x x x� � �4 4 0.
Equação característica: �2 � 4� � 4 � 0. Raízes: �1 � �2 � �2.
Solução geral da homogênea: xh � A e
�2t
 � B t e�2t.
Vamos procurar uma solução particular da equação dada.
Tentaremos xp � m � nt.
Assim,
(m � nt)� � 4(m � nt)� � 4(m � nt) � 2t � 1, ou seja,
4n � 4m � 4nt � 2t � 1.
Devemos ter: 
 
4 2
4 1
n
m n
�
� �( )
ÏÌÓ
ou seja, 
 
n m� ��
1
2
1
4
e .
Logo, 
 
x tp �� �
1
4
1
2
 é uma solução particular.
A solução geral será: 
 
x Ae Bte tt t� � � �� �2 2 1
4
1
2
.
d) ˙˙ ˙x x x e t� � �4 3 8 2 .
42
Equação característica: �2 � 4� � 3 � 0. Raízes: �1 � �1 e �2 � �3.
Solução geral da homogênea: xh � Ae
�t
 � Be�3t.
Vamos procurar a solução particular da equação dada.
Tentaremos xp � me
2t
.
(me2t)� � 4 (me2t)� � 3 (me2t) � 8e2t
4me2t � 8me2t � 3me2t � 8e2t Þ 15m � 8 Þ 
 
m�
8
15
.
Assim, 
 
x ep
t�
8
15
2
.
A solução geral é: 
 
x Ae Be et t t� � �� �3 28
15
.
f) ˙˙ ˙y y� �2 4.
Equação característica: �2 � 2� � 0. Raízes: � � 0 e � � �2.
Solução geral da homogênea: xh � A � Be
�2t
.
Seja xp � mt. Devemos ter: (mt)� � 2(mt)� � 4 e, portanto, m � 2.
Logo, xp � 2t é solução particular.
Solução geral: x � A � Be�2t � 2t.
l) ˙˙ ˙ cosx x x t� � �2 2 .
Equação característica: �2 � 2� � 1 � 0. Raízes: �1 � �2 � �1.
Solução geral da homogênea: xh � Ae
�t
 � Bte�t.
Seja xp � m cos 2t � n sen 2t.
Devemos ter:
(m cos 2t � n sen 2t)� � 2(m cos 2t � n sen 2t)� � (m cos 2t � n sen 2t) � cos 2t
� 4m cos 2t � 4n sen 2t � 4m sen 2t � 4n cos 2t � m cos 2t � n sen 2t � cos 2t
(�3m � 4n) cos 2t � (�3n � 4m) sen 2t � cos 2t
Portanto: 
 
� � � �� �
� � �
3 4 1 3
25
4
25
3 4 0
m n m n
n m
,
.
daí eÏ
Ì
Ô
ÓÔ
Solução particular: 
 
x t tp �� �
3
25
2 4
25
2cos sen .
Solução geral: 
 
x Ae Bte t tt t� � � �� � 3
25
2 4
25
2cos sen .
43
m) ˙˙x x t� �9 3sen .
Equação característica: �2 � 9 � 0. Raízes: � � �3i
(� � 0 e � � 3).
Solução geral da homogênea: xh � A cos 3t � B sen 3t.
Vamos procurar uma solução particular da equação dada. Como b � 0 e sen 3t é solução
da homogênea, tentaremos xp � mt sen 3t � nt cos 3t.
Assim,
(mt sen 3t � nt cos 3t)� � 9(mt sen 3t � nt cos 3t) � sen 3t
Temos:
(mt sen 3t � nt cos 3t)� � m sen 3t � 3mt cos 3t � n cos 3t � 3nt sen 3t
(mt sen 3t � nt cos 3t)� � 6m cos 3t � 6n sen 3t � 9mt sen 3t � 9nt cos 3t
Substituindo na equação dada, resulta:
6m cos 3t � 6n sen 3t � sen 3t Þ 6m � 0 (m � 0) e 
 
� � ��6 1 1
6
n n
Ê
Ë
ˆ
¯ .
Logo, x t tp ��
1
6
3cos .
Solução geral: 
 
x A t B t t t� � �cos cos .3 3 1
6
3sen
2. ˙˙ ,x w x wt w� �2 0sen onde é um real dado.π
Equação característica: �2 � w2 � 0; Raízes: � � �wi
(� � 0 e � � w).
Solução geral da homogênea: xh � A cos wt � B sen wt.
Seja xp � mt sen wt � nt cos wt uma solução particular da equação dada (pois b � 0 e
sen wt é solução da homogênea).
Temos:
(mt sen wt � nt cos wt)� � m sen wt � wmt cos wt � n cos wt � wnt sen wt
(mt sen wt � nt cos wt)� � 2 wm cos wt � 2wn sen wt � w2mt sen wt � w2nt cos wt
Substituindo na equação dada, resulta:
2 wm cos wt � 2wn sen wt � sen wt, daí
2 0 0 2 1 1
2
wm m w n n
w
� � � � ��( ) .e ÊË
ˆ
¯
Portanto, 
 
x
w
t wtp ��
1
2
cos .
44
Solução geral: 
 
x A wt B wt
w
t wt� � �cos cos .sen
1
2
3.
a) ˙˙ cos , ( ) ˙( )x x t x x� � � ��4 0 1 0 1e .
Solução geral da homogênea: xh � A cos 2t � B sen 2t
Seja xp � m cos t (pois b � 0 e cos t não é solução da homogênea).
Temos (m cos t)� � �m sen t e (m cos t)� � �m cos t
Substituindo na equação dada:
�m cos t � 4m cos t � cos t e, portanto, 
 
m �
1
3
.
Solução geral: 
 
x A t B t t� � �cos cos2 2 1
3
sen .
x A A A( )0 1
3
1
3
1 2
3
� � � � �Þ Þ .
 
˙ cosx t B t t�� � �4
3
2 2 2 1
3
sen sen .
˙ ( )x B B B0 2 2 1 1
2
� �� ��Þ Þ .
Solução do problema: 
 
x t t t� � �
2
3
2 1
2
2 1
3
cos cos .sen
d) ˙˙ ; ( ) ˙( ) .x x e x xt� � � �4 5 0 0 0 03 e
Solução da homogênea: xh � A cos 2t � B sen 2t.
Seja xp � me3t. Temos (me3t)� � 3me3t; (me3t)� � 9 me3t. Daí
9me3t � 4me3t � 5e3t Þ 13 m � 5 Þ m �
5
13 .
Solução geral da equação: x A t B t e t� � �cos 2 2 5
13
3sen .
x A A( )0 5
13
5
13
� � ��Þ . De
 
˙ cosx t B t e t� � �10
13
2 2 2 15
13
3sen segue
 
˙( )x B B0 2 15
13
15
26
� � ��Þ .
Solução do problema: 
 
x t t e t�� � �
5
13
2 15
26
2 5
13
3cos .sen
45
4. Seja xp � m sen wt � n cos wt. �
Temos:
(m sen wt � n cos wt)� � wm cos wt � wn sen wt �
(m sen wt � n cos wt)� � �w2m sen wt � w2n cos wt. �
Substituindo �, � e � na equação
 
˙˙ ˙x x w x b wt� � �2 02
 sen , resulta:
�w2m sen wt � w2n cos wt � 2
wm cos wt � 2
wn sen wt
 
� � �w m wt w n wt b wt02 02sen sencos , ou seja,
 
w w m wn wt w w n wm wt0
2 2 2
0
22 2� � � � � �( )[ ] ( )[ ]
 
sen cos b sen wt. Daí
w w m wn b
wm w w n
0
2 2
0
2 2
2
2 0
� � �
� � �
( )
( )
Ï
Ì
Ô
ÓÔ
 .
Resolvendo o sistema, obtemos
 
m
b w w
w w w
n
b w
w w w
�
�
� �
��
� �
0
2 2
0
2 2 2 2 2 0
2 2 2 24
2
4
( )
( ) ( )
e .
Portanto,
x
b w w
w w w
wt
b w
w w w
wtp �
�
� �
�
� �
0
2 2
0
2 2 2 2 2 0
2 2 2 24
2
4
( )
( ) ( )
sen cos ,
ou seja,
x
b
w w w
w wt w w wtp �
� �
� � �
0
2 2 2 2 2 0
2 2
4
2
( ) ( )[ ]
 
 cos .sen
Cap. 6.pdf
CAPÍTULO 6
Exercícios 6.3
1. Em notação vetorial:
(x, y) � (x0, y0) ��(a, b) � � � é a equação da reta que passa pelo ponto (x0, y0) e é
paralela à direção do vetor 
 
r
v a b� ( , ) .
Portanto,
(x, y) � (1, 2) � �(�1, 1), � � � é a equação procurada.
3. 3x � 2y � 2. Então, 
 
r
u � (�2, 3), por ser ortogonal a 
 
r
n � ( , ),3 2 é paralelo à reta
dada.
6. b) 3x � y � 3 é perpendicular à direção do vetor 
 
r
n � �( , )3 1 .
7. Equação vetorial da reta que passa pelo ponto (1, �2) e é paralela à reta 2x � y � 3, é
perpendicular à direção do vetor 
 
r
n � ( , )2 1 . Logo, é paralela à direção do vetor
r
u � �( , )1 2 .
Logo, (x, y) � (1, �2) � �(�1, 2), � � �.
8. A reta 2x � y � 3 é perpendicular à direção do vetor 
 
r
n � ( , )2 1 .
Logo, a reta procurada é paralela à direção do vetor
r
n � ( , )2 1 .
Então, (x, y) � (1, 2) � �(2, 1), � � �, é a reta procurada.
9. a) Equação do plano que passa pelo ponto P0 � (x0, y0, z0) e que é perpendicular à
direção do vetor rn a b c� ( , , ) ( , , )π 0 0 0 é (a, b, c) · [(x, y, z) � (x0, y0, z0)] � 0.
Portanto:
(2, 1, 3) · [(x, y, z) � (1, 1, 1)] � 0, ou seja,
(2, 1, 3) · (x � 1, y � 1, z � 1) � 0 Þ 2x � 2 � y � 1 � 3z � 3 � 0 Þ
Þ 2x � y � 3z � 6.
10. a) O vetor 
 
r
n � �( , , )1 2 1 é perpendicular ao plano x � 2y � z � 3. Logo a equação
vetorial da reta que passa por (0, 1, �1) e é perpendicular ao plano x � 2y � z � 3 é
(x, y, z) � (0, 1, �1) � �(1, 2,�1), � � �,
12. 
 
r r
u v� é ortogonal a 
r
u e a 
r
v , daí
 
r r
r r r
r r
u v
i j k
i k� �
�
� �1 1 1
1 2 1
3 3
47
A equação vetorial da reta que passa pelo ponto (1, 2, �1) e é paralela à direção do vetor
 
r r
r r
u v i k� � �3 3 é
(x, y, z) � (1, 2, �1) � �(3, 0, �3), � � �.
13. a) 
 
r r
u v� � �( , , ) ( , , )1 2 1 2 1 2e . Temos
 
r r
r r r
r r r
u v
i j k
i k k� � � � � �1 2 1
2 1 2
5 4 3 .
 
r r
u v� é ortogonal a 
 
r r
u ve a .
Logo, 
 
r r
u v� � (5, �4, �3) é o vetor procurado.
14. b) r r
r r r
r r r
u v
i j k
i j k� � � �� � �2 1 3
1 1 1
4 3 .
( r ru v� ) · [(x, y, z) � (0, 1, 2)] � 0 Þ (�4, 1, 3) (x, y � 1, z � 2) � 0
Þ �4x � y � 1 � 3z � 6 � 0 Þ �4x � y � 3z � 7.
Exercícios 6.4
2.
a) 
 � � � �
r
u � � � �( , )1 2 1 4 5
d) 
 
� �
r
v � � � �
1
2
1
3
1
4
1
9
13
6
,
æ
è
ö
ø
3. Seja 
 
r
u u u u� ( , , )1 2 3 3� � .
� � � �
r
u u u u u u ii i� � � � �12 22 32 2 1 2 3e , , .
Temos 
 
u u u u u u2
2
3
2
1
2
2
2
3
2
1
20� � � � �Þ
 
Þ Þu u u u u u1
2
2
2
3
2
1
2 1� � � �� � � �
r
�
 
u u u u u u1
2
3
2
1
2
2
2
3
2
2
20� � � � �Þ
48
 
Þ Þu u u u u u1
2
2
2
3
2
2
2 2� � � �� � � �
r
�
 
u u u u u u1
2
2
2
1
2
2
2
3
2
3
20� � � � �Þ
 
Þ Þu u u u u u1
2
2
2
3
2
2
2 3� � � �� � � �
r
�
De �, � e � segue:
 � � � �
r
u u ii� �, , ,1 2 3.
5.
a) 
 � � � � � � � �
r r r r r r r
u u v v u v v� � � � � �( )
 Þ � � � � � �
r r r r
u u v v� � �
 Þ � � � � � �
r r r r
u v u v� � �
 Þ � � � � � �
r r r r
u v u v� � �
b) 
 � � � � � � � � � � � �
r r r r r r r r r
v v u u v u u u v u� � � � � � � � �( )
 Þ Þ� � � � � � � � � � � �
r r r r r r r r
v u v u u v v u� � � � � �
c) Tendo em vista a) e b), 
 
� � � � � �
r r r r
u v u v� � � , pois,
� � � � � � � �
r r r r
u v u v� � � ou � � � � � � � �
r r r r
u v v u� � � .
8. Sejam 
 
r
u u u un
n� ( , , ..., )1 2 � � e 
r
v v v vn
n� ( , , ..., ) .1 2 ��
 
r r
u v u v u v u vn n◊ � � � �1 1 2 2 ... .
Se 
 
r r
r
u v◊ � 0, para todo rv, em particular, teremos 
 
r r
r
u u◊ � 0, logo, 
 
r
r
u � 0, pois, se pelo menos
uma das coordenadas de 
 
r
u fosse diferente de zero, teríamos 
 
r r
u u u u un◊ � � � � �1
2
2
2 2 0... .
9. Seja 
 
r r r
w u v� �	 
 .
Então,
 
r r r r r r r r r
u w u u v u u u v◊ ◊ ◊ ◊� � � �( ) ( ) ( )	 
 	 
�	 � � �� � � �
r r
u u2 
 	◊ 0 1(pois e
r r
u ve ortogonais).
Logo, 
 	 �
r r
u v◊ .
Analogamente,
 
r r r r r r r r r
v w v u v v u v v◊ ◊ ◊ ◊� � � �( ) ( ) ( )	 
 	 
49
 � � �	 
◊ 0 � �
r
v 2 
 (pois 
 � �
r r r
v v u� �1 0e ◊ ).
Logo, 
 
 �
r r
v w◊
11. Sejam 
 
r r r
u u u v v v w w w� � �( , ), ( , ) ( , ) .1 2 1 2 1 2 2e vetores do �
 
r r r
w u v� �	 
 é equivalente ao sistema 
 
	 
	 
u v w
u v w
1 1 1
2 2 2
� �
� �
ìíî
.
De 
 
u v
u v
1 1
2 2
0� ,
 pois, 
r
u e 
r
v são linearmente independentes (Exercício 10), segue que
o sistema admite uma e apenas uma solução (	, 
).
13. Sejam 
r
u e 
r
v dois vetores unitários e ortogonais do �2.
 ( )� � � �
r r r r
u v u v� � �1 0e ◊
Consideremos a combinação linear nula 
 	 
r r
r
u v� � 0. Façamos:
r r r
r
u u v u◊ ◊( ) . ,	 
� � �0 0 Daí
	 
 	 
 	
r r
{
r r
123
u u u v u
u
◊ ◊ Þ ◊ Þ
� �
� �
2
0 0 0 02
1
� � � � � e
 
r r r r
r
r r
{
r r
123
v u v v v u v v
v
◊ ◊ Þ ◊ ◊ Þ( )
|| ||
	 
 	 
� � � � �0 0 0
0 2
 
 
� �v 2
1
0 0
123
� �Þ .
Logo, se 
 	 
r r
r
u v� � 0, então 	 � 
 � 0. Portanto, os vetores 
 
r r
u ve são l.i.
Do Exercício 11: se 
 
r r
u ve são l.i. então existem dois únicos reais a e b tais que
 
r r r
w au bv� � �
Agora,
 
r r r r r r r
{
r r
{
r r
w u au bv u a u u bv u a a w u
u
� � � � � � �
�
( ) ◊ ◊ ◊ Þ ◊
� �2 1 0
 e
r r r r r r r
{
r r
123
r r
w v au bv v au v b v v b b w v
v
� � � � � � �
�
( ) ◊ ◊ ◊ Þ ◊
0 12� �
.
Substituindo em �: 
 
r r r r r r r
w w u u w v v� �( ) ( ) .◊ ◊ ◊
14. Sejam 
 
r r r
u u u u v v v v w w w w� � �( , , ); ( , , ) ( , , )1 2 3 1 2 3 1 2 3e vetores l. i. do �3.
Dizemos que 
 
r r r
u v w, e são l.i. se, quaisquer que sejam os reais 	, 
 e 
, se
 	 
 
r r r
r
u v w� � � 0, então, 	 � 
 � 
 � 0.
50
De 
 	 
 
r r r
r
u v w� � � 0,
 segue:
	(u1, u2, u3) � 
(v1, v2, v3) � 
(w1, w2, w3) � (0, 0, 0) e daí
(	u1 � 
v1 � 
w1, 	u2 � 
v2 � 
w2, 	u3 � 
v3 � 
w3) � (0, 0, 0).
Recaímos no sistema linear homogêneo:
 
	 
 
	 
 
	 
 
u v w
u v w
u v w
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0
0
0
� � �
� � �
� � �
ì
í
ï
îï
 que admite somente a solução trivial 	 � 
 � 
 � 0, se e
somente se
 
u u u
v v v
w w w
1 2 3
1 2 3
1 2 3
0� .
18. r r
r r r
u v
i j k
u u u
v v v
� � 1 2 3
1 2 3
.
 
r r
r r r
u v
u u
v v
i u u
v v
j u u
v v
k� � � �2 3
2 3
1 3
1 3
1 2
1 2
 � � � �( , , ).u v u v u v u v u v u v2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 Daí
� �
r r
u v u v u v u v u v u v u v� 2 2 3 3 2 2 3 1 1 3 2 1 2 2 1 2� � � � � �( ) ( ) ( )
 
� � � � � � �u v u v u v u v u v u v u v2
2
3
2
3
2
2
2
3
2
1
2
1
2
3
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
 
� � � � � �u v u v u v u v u v u u v v2
2
2
2
3
2
3
2
1
2
1
2
2
2
2
2
3
2
3
2 1 2 1 22
 
� � � � �2 21 3 1 3 2 3 2 3 12 12 22 32u u v v u u v v u v v v( )
� � � � � � � � �u v v v u v v v u v u v u v2
2
1
2
2
2
3
2
3
2
1
2
2
2
3
2 1 1 2 2 3 3 2( ) ( ) ( )
 
� � � � � � � �( ) ( ) ( )
( )
u u u v v v u v u v u v
u v u v
1
2
2
2
3
2
1
2
2
2
3
2 1 1 2 2 3 3 2
2 2 2� � � �
r r r r
1 244 344 1 244 344 1 2444 3444
◊
Logo,
 � � � � � �
r r r
r
u v u v u v� 2 2 2 2� �◊ ◊( ) ( )identidade de Lagrange .
Resulta:
 � � � � � �
r r r r
u v u v� 2 2 2� ◊
e, portanto,
 � � � � � �
r r r r
u v u v� � ◊ .
 (Um outro modo mais rápido de resolver o problema é utilizando
o Exercício 17.)
Cap. 7.pdf
CAPÍTULO 7
Exercícios 7.3
1. Sejam 
 
r r
F t t t G t t t( ) ( , , ) ( ) ( , , )� �sen e2 3 2 .
a) 
 
r r
F t G t t t t t t t t t( ) ( ) ( , , ) ( , , )◊ ◊� � � �sen sen2 3 3 22 2.
d) 
 
r r
r r r
r r r
F t G t
i j k
t t
t t
t t t i t j t t k( ) ( ) ( ) ( ) ( )� � � � � � � �sen sen sen2
3
2 6 3
2
2 3 2
.
 
r r
F t G t( ) ( )� � (t2 sen t � 2t, 6 � t3, t2 � 3 sen t).
2. Sejam 
 
r
r r r
r
r r r
r t ti j t k x t ti j k( ) ( )� � � � � �2 2 e .
 
r r
r r r
r r r
r t x t
i j k
t t
t
t i t t j t k( ) ( ) ( ) ( ) ( )� �
�
� � � � � �2
1 1
2 32 2 3 .
3. Sejam r r r r
r
r r r
u t t i t j t k
v t t i t j k
( ) cos
( ) sen cos
� � �
� � �
sen e
r r
u t v t t t t t( ) ( ) cos◊ � � � � �sen2 2 1 .
Exercícios 7.4
1. c) lim ( ) lim lim cos lim
t t t
t
t
r t
t
t
i
t
j t k
Æ Æ Æ Æ
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
Ë
ˆ
¯2 2
3
2 2 2
8
4 2
2
r
r r r
�
�
�
�
�
�
�
.
lim lim ( ) ( )( ) ( )t t
t
t
t t t
t tÆ Æ2
3
2 2
28
4
2 2 4
2 2
12
4
3�
�
�
� � �
� �
� � ,
 
lim
cos
lim
( ) ( )
t
t
t
t t
tÆ Æ
◊
2 22 1 4 2 4
2
� � �
� � �
�
�
� �
� �
sen
sen
 e
 
lim
t
t
Æ2
2 4� .
52
Portanto,
 
lim ( )
t
r t i j k
Æ2
3
4
4
r
r r r
� � �
�
.
2. b) 
 
f t F t f t F t F t F tn
n
( ) ( ) ( ) ( ( ), ( ), ..., ( ))◊ ◊
r
{ 1 2444 3444
�
� �� �
1 2 . Temos
 f t F t f t F t f t F t f t F tn( ) ( ) ( ( ) ( ), ( ) ( ), ...., ( ) ( ))◊
r
� 1 2 . Segue que
 
lim ( ) ( ) ( lim ( ) ( ), lim ( ) ( ), ..., lim ( ) ( ))
t t t t t t t t
nf t F t f t F t f t F t f t F t
Æ Æ Æ Æ0 0 0 0
1 2
r
�
 
� ( lim ( ) lim ( ), lim ( ) lim ( ), ..., lim ( ) lim ( ))
t t t t t t t t t t t t
nf t F t f t F t f t F t
Æ Æ Æ Æ Æ Æ
◊ ◊
0 0 0 0 0 0
1 2 .
De 
 
lim ( )
t t
F t a
Æ 0
r
r
� segue que 
 
lim ( )
t t
F t a
Æ 0
0� �� �
r
.
Por outro lado, para todo i � 1, 2, ..., n
� � � �F t a F t ai i( ) ( )� � � .
Pelo Teorema do Confronto:
 
lim ( )
t t
i iF t a
Æ 0
� para i � 1, 2, ..., n.
Portanto, usando lim ( ) lim ( ) ,
t t t t
i if t L F t a
Æ Æ0 0
� �e segue:
lim ( ) ( ) ( , , ..., ) ( , , ..., ) .
t t
n nf t F t La La La L a a a L a
Æ 0
1 2 1 2
r
r
� � �
c) Sejam r r rF t F t F t F t F t a a a a
t t
( ) ( ( ), ( ), ( )) lim ( ) ( , , )� � �1 2 3 1 2 3
0
e
Æ
r r r
G t G t G t G t G t b b b b
t t
( ) ( ( ), ( ), ( )) lim ( ) ( , , )� � �1 2 3 1 2 3
0
e
Æ
.
 
r r
r r r
F t G t
i j k
F t F t F t
G t G t G t
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
� � 1 2 3
1 2 3
 
r r r r
F t G t F t G t F t G t i F t G t F t G t j( ) ( ) ( ( ) ( ) ( )( ( )) ( ( ) ( ) ( ) ( ))� � � � �2 3 3 2 3 1 1 3
 � �( ( ) ( ) ( ) ( ))F t G t F t G t k1 2 2 2
r
.
De 
 
lim ( )
t t
F t a
Æ 0
r
r
� segue que 
 
lim ( ) , ,
t t
i iF t a i
Æ 0
1 2 3� �para .
De 
 
lim ( )
t t
G t b
Æ 0
�
r
 segue que 
 
lim ( ) , ,
t t
i iG t b i
Æ 0
1 2 3� �para .
53
Temos
 
lim ( ) ( ) lim ( ( ) ( ) ( ) ( )
t t t t
F t G t F t G t F t G t i
Æ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú0 0
2 3 3 2
r r r
� � �
 
� � � �lim ( ( ) ( ) ( ) ( )) lim ( ( ) ( ) ( ) ( ))
t t t t
F t G t F t G t j F t G t F t G t k
Æ Æ
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú0 0
3 1 1 3 1 2 2 1
r r
 
� � �lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( )
t t t t t t t t t t t t
F t G t F t G t i F t G t
Æ Æ Æ Æ Æ Æ
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
Ê
Ë
Á
0 0 0 0 0 0
2 3 3 2 3 1
r
 
� � �lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( )
t t t t t t t t t t t t
F t G t j F t G t F t G t k
Æ Æ Æ Æ Æ Æ
ˆ
¯
˜
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
0 0 0 0 0 0
1 3 1 2 2 1
r r
 � � � � � �( ) ( ) ( )a b a b i a b a b j a b a b k2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1
r r r
 
� � �
a a
b b i
a a
b b j
a a
b b k
2 3
2 3
3 1
3 1
1 2
1 2
r r r
 
� �
r r r
r
ri j k
a a a
b b b
a b1 2 3
1 2 3
� .
3. b) Seja F(t) � 
 
t i t j e kt� � � �1 1
r r r
onde F(t) � (F1(t), F2(t), F3(t)).
Componentes de F: 
 
F t t
F t t
F t et
1
2
3
1
1
( )
( )
( ) .
� �
� �
�
Ï
Ì
Ô
Ó
Ô
F é contínua em t0 ¤ Fi é contínua em t0 para i � 1, 2, 3.
F1(t) é contínua para t � 1 � 0 Þ t � 1,
F2(t) é contínua para t � 1 � 0 Þ t � �1 e
F3(t) é contínua para todo t � �.
Portanto,
F é contínua no conjunto {t � � � t � 1}.
Exercícios 7.5
1. a) 
 
r
F t t e tt( ) ( , , ln( ))� ��3 12 2 .
 
dF
dt
t t e tt
r
( ) (( ) , ( ) , (ln( )) )� �� � � �3 12 2 , ou seja,
 
dF
dt
t t e
t
t
t
r
( ) , ,� �
�
�6 2
12
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ .
54
 
d F
dt
t t e
t
t
t
2
2 26
2
1
( ) ( ) , ( ) ,� �
�
� � �
�Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
Ë
ÁÁ
ˆ
¯
˜˜ , ou seja,
 
d F
dt
t e
t
t
t
2
2
2
2 26
2 2
1
( ) , , ( )�
�
�
�Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ .
c) 
r r r r
F t t i t j e kt( ) cos� � � �sen 5 4 2 .
 
dF
dt
t
d
dt
t i d
dt
t j d
dt
e kt
r
r r r
( ) ( ) (cos ) ( )� � � �sen 5 4 2 , ou seja,
 
dF
dt
t t i t j e kt
r
r r r
( )� � � �5 5 4 4 2 2cos sen .
 
d F
dt
t
d
dt
t i d
dt
t j d
dt
e kt
2
2
25 5 4 4 2( ) ( ) ( ) ( )� � � �cos sen
r r r
, ou seja,
 
d F
dt
t t i t j e kt
2
2
225 5 16 4 4( ) cos�� � � �sen
r r r
.
2. b) Sejam G(t) � (t2, t) e G(1).
 
dG
dt
t( ) � (2t, 1) Þ (2, 1) é o vetor tangente à trajetória de G, em G(1).
Então, X � G(1) � � dG
dt
( )1 é a reta tangente à trajetória de G no ponto G(1) � (1, 1).
Logo (x, y) � (1, 1) � � (2, 1); � � �, é a reta procurada.
c) Seja F(t) � 1 1 2
t t
t, ,ÊË
ˆ
¯ .
dF
dt
t
t t
t( ) , ,� � �1 1 22 2
Ê
Ë
ˆ
¯ , daí
dF
dt
( ) , ,2 1
4
1
4
4� � �ÊË
ˆ
¯ é o vetor tangente à trajetória de F no ponto F(2).
Reta tangente:
(x, y, z) � F(2) � � dF
dt
( )2 , ou seja,
(x, y, z) � 1
2
1
2
4 1
4
1
4
4, , , ,ÊË
ˆ
¯
Ê
Ë
ˆ
¯� � ��
.
4. Como 
r
F I: Æ�3 é derivável até 2.ª ordem em I, temos:
 
d
dt
F t dF
dt
t
dF
dt
t
dF
dt
t F t d F
dt
t
r
r r r
1 244 344
r
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )� � �Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ � �
0
2
2 .
55
Por hipótese: 
 
d F
dt
t F t
2
2 ( ) ( )� �
r
.
Então
d
dt
F t dF
dt
t F t F t
r
r
r r r
( ) ( ) ( ) ( )� �Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ � �� 0, para todo t em I.
Logo, 
 
r
r
F t dF
dt
t k( ) ( )� � (constante) em I.
6. 
 
r
r
r t
dr
dt
t k( ) ( )� � . Daí
 
d
dt
r t
d r
dt
t
d
dt
k
r
r
1 2444 3444
( ) ( ) ( )�Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ � , ou seja,
 
r
r r
1 244 344
r
r t
d r
dt
t
d r
dt
t
d r
dt
t( ) ( ) ( ) ( )� �
2
2
0
0� �
Logo r t d r
dt
t( ) ( ) .�
2
2 0
r
r
� em �
Exercícios 7.6
1. b) 
 
sen 3 1
1 21
1
t i
t
j k dt
r r r
�
�
�
�
È
Î
Í
ù
û
úÚ
� �
�
�
� � �
sen 3
11
1
21
1
1
1
t dt i dt
t
j dt kÚ Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
È
Î
Í
ù
û
ú
È
ÎÍ
ù
ûú
r r r
 
� � � �
� �
�
1
3
3
1
1
1
1
1
1
cos t i j t kÈ
ÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
[ ]
r r r
 
� � � � � � �
1
3
3 1
3
3 1 1
3
cos cos ( ) ( )
cos
1 24 34
r r
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú [ ]i jarctg arctg
 
� � � � � � � � �1 1
4 4
2
2
2( ) .[ ] ÊË
ˆ
¯
È
ÎÍ
ù
ûú
r r r r r
k j k j k� � �
2. a) 
 
r r
r r r
r r r
F t G t
i j k
t e e i e t j t kt t t( ) ( ) ( ) ( ) ( )� � � � � � � �1
1 1 1
1 1 .
 
( ( ) ( )) ( ) ( ) ( )
r r r r r
F t G t dt e dt i e t dt j t dt kt t
0
1
0
1
0
1
0
1
1 1Ú Ú Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
� � � � � � �
arctg t
56
 
� � � � � �t e i e t j t t kt t[ ] È
Î
Í
ù
û
ú
È
Î
Í
ù
û
ú0
1 2
0
1 2
0
1
2 2
r r r
 
� � � � �( ) .2 3
2
1
2
e i e j k
r r rÊ
Ë
ˆ
¯
3. Seja 
 
r
r
F a b
F t F t F t F t
n
n
: [ , ]
( ) ( ( ), ( ), ..., ( )).
�� contínua,
� 1 2
Seja 
 
r r
G t F s ds t a b
t
( ) ( ) , [ , ]�
0Ú � . Temos
 
r
1 24 34 1 24 34 1 24 34
G t F s ds F s ds F s ds
t
G t
t
G t
n
t
G t
n
( ) ( ) , ( ) , ..., ( )
( ) ( ) ( )
� 1
0
2
0 0
1 2
Ú Ú Ú
Ê
Ë
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
Se 
r
F a b n: [ , ] �� é contínua, então cada componente Fi de F é contínua.
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, sendo Fi definida e contínua no intervalo [a, b],
a função Gi dada por 
 
G t F s dsi i
t
( ) ( ) ,�
0Ú t � [a, b] (i � 1, 2, ..., n) é uma primitiva de Fi em
[a, b], isto é, G ti�( ) � Fi(t) para todo t em [a, b].
Assim:
 
dG
dt
t G t G t G t F t
F t F t
n
F t
n
r
123 123 123
( ) ( ( ), ( ), ..., ( )) ( ).
( ) ( ) ( )
� �� � �1 2
1 2
4. a) I F t dt
t
t
�
r
1
2Ú ( ) . Temos
 
I t i j t k dt t dt i dt j t dt k� � � � � �( )
r r r r r r
2
0
2
0
2
0
2 2
0
2
Ú Ú Ú ÚÈÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
È
ÎÍ
ù
ûú
 
� � � � � �
t i t j t k i j k
2
0
2
0
2 3
0
2
2 3
2 2 8
3
È
Î
Í
ù
û
ú [ ]
È
Î
Í
ù
û
ú
r r r r r r
.
Exercícios 7.7
1. a) 	(t) � (t cos t, t sen t) t � [0, 2�]. Daí
	�(t) � (�t sen t � cos t, t cos t � sen t) e, portanto,
 � �	� � � � � �( ) ( cos ) ( cos )t t t t t t tsen sen2 2
 
� � � � � �t t t t t t2 2 2 2 1( cos ) ( cos ) .sen sen2 2
57
O comprimento da curva é:
 
L t dt t dt( ) ( )	 	
��
� � � �� � 2
0
2
0
2
1ÚÚ .
Façamos a mudança de variável:
t � tg u; dt � sec2 u du
t � 0; u � 0
t � 2�; u � arctg 2�
 
L u u du u du
u
( ) sec sec
sec
	
��
� � �1 2 2 3
0
2
0
2
tg
arctgarctg
1 24 34 ÚÚ
 
�
0
2arctg �
Ú 
 
sec secu
f g
◊
≠ ≠
2
�
u du � 
 
sec secu u u u u du
f g
tg tg tg
arctg
arctgÈ
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú Ú
0
2
0
2
�
�
�
�
1 24 34
 
� � �sec sec (sec )u u u u dutg
arctg
arctgÈ
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú Ú
0
2
2
0
2
1
�
�
ou seja 2 sec sec sec3
0
2
0
2
0
2
u du u u u du� �
arctg
arctg
arctg
tg
�
�
�
Ú Ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
Portanto:
 
L u du u u u u( ) sec sec ln(sec )	
�
�
�
� � � �3
0
2
0
2
0
2
1
2
1
2
tg tg
arctg
arctg
arctgÈ
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
úÚ
 
� 
 � � � � �
� �
1
2
2 2 0 0 1
2
2 2 0 0
0
sec( ) sec ln(sec( ) ln(sec )arctg tg arctg tg
1 4 1 42 2
� � � �
� �
1 244 344 1 244 344 1 244 344
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
 
� � � � �
1
2
1 4 2 1
2
1 4 22 2� � � �◊ (ln( )), ou seja,
L( ) ln( ).	 � � � �� � � � �1 4 1
2
2 1 42 2
c) 	(t) � (cos t, sen t, e�t) t � [0, �].
	�(t) � (�sen t, cos t, �e�t).
� �	� � � � � �� �( ) cos .t t t e et t2 2 2 2 21sen
 
L t dt e dtt( ) ( ) ( ) .	 	
��
� � � � �� � 1 2
00
1
2ÚÚ
1 1 00
58
Façamos a mudança de variável
e
�t
 � tg �; �e�t dt � sec2� d�; dt � 
 
�
sec2 �
�
�
tg
d
 
t � �0
4
; �
� 1 � tg2 � � sec2 �
t � �; � � arctg e��.
Temos:
 
1 2
0
3
4
2
1
4
2
� � � ��
�
�
�
e dt d dt
e
e
�
�
�
��
�
� � � �
�
�Ú Ú Úsec cossec sec
( )
/
tg
arctg
tg
arctg
678
 
� �
��
cossec cossec
//
� � � � �
��
��
d d
ee
tg
arctgarctg
244 ÚÚ
� � �
��
cossec (cos )
//
� � � � �
��
��
d d
ee
244 sen
arctgarctg ÚÚ
 
� � � �
�
� �
�
ln(cossec cot ) (cos )( )
/ /
� �
�
� �
� �È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
arctg arctge e
4
1
4
1
�
Agora:
 
cossec cot
cos cos
� �
�
�
�
�
�
� � � �
�1 1
sen sen sen
1 4
4
1 2
2
2
2
2 1
�
�
�
� �
cos �
�sen
�
1
1 1
1
1
1 1 1 1
1 1
2
2
2 2
2
�
�
�
�
�
� � � �
� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
cos( )
( )
)
)
(
(
arctg
sen arctg
e
e
e
e
e
e
e
e
e
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
� �
�
� �
�
� �
�
�
1 1
1 1 1 1
2
2 2
e
e e
e
e
�
� �
�
�( )
�
 
(cos ) cos (cos )
/
�
�
�
�
��
�
� �
�
� �1
4
1
1
4
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
Ê
Ë
ˆ
¯
È
Î
Í
Í
ù
û
ú
ú
arctg
arctg
e
e
 
� �
�
� � �
�
�
�2 1
1
2 1
2
1
2
e
e
�
�
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
È
Î
Í
Í
Í
ù
û
ú
ú
ú
�
59
Substituindo �, � e � em �:
 
L e
e
e( ) ln ( ) ln ,	
�
�
�� � �
� �
� � �
�
�
�2 1
1 1
2 1
2
2
2
 
L e e e( ) ln ( ) ( ) ln ln ( ) ,	 � � �� � � � � � � � � �� �2 1 1 1 2 1
1
2 2
{
 L e e( ) ln ( ) ( )	 �� �� � � � � � � �� �2 1 1 1 2 12 2◊
ou seja
 
L
e
e( ) ln .	 �
�
��
� �
�
� � � �
�
�1 1
2 1
2 1
2
2
f) Seja 	:[0, �] � �2 tal que x(t) � 1 � cos t e y(t) � t � sen t
x�(t) � sen t e y�(t) � 1 � cos t
	�(t) � (sen t, 1 � cos t)
� 	�(t) �2� sen2 t � (1 � cos t)2 � 2(1 � cos t) � 2 · 2 sen2 t t
2
4
2
2� sen
 
L t dt t dt t( ) ( ) cos	
�� �
� 	� � � �� � 2
2
4
200 0
senÚÚ ÈÎÍ
ù
ûú
� � � �4
2
0 4cos cos .�ÊË
ˆ
¯
6. a) Seja 	: [a, b] � �n, com derivada contínua e tal que � 	�(t) � � 0 em [a, b].
Seja s: [a, b] � � dada por s(t) 
 
� �� �	 ( ) .u du
a
t
Ú
Nestas condições a função s � s(t) é inversível. Seja t � t(s) sua inversa.
A curva 
: [0, L] � �n dada por 
(s) � 	(t(s)) está parametrizada pelo comprimento
de arco (reparametrização de 	 pelo comprimento de arco).
Portanto, 	(t) � (2t � 1, 3t � 1) t � 0. Temos
	�(t) � (2, 3) e daí
� 	�(t) � � � �4 9 13 . Segue
 
s t du t t s s
t
( ) ( )� � �13 13 1
130Ú Þ . Daí
 
 	( ) ( ( )) ,s t s s s� � � �2
13
1 3
13
1Ê
ËÁ
ˆ
˜¯ .
b) 	(t) � (2 cos t, 2 sen t), t � 0.
	�(t) � (�2 sen t, 2 cos t) e daí
� 	�(t) � 
 
� � �4 4 22 2sen t tcos . Segue que
 
s t du t t s s
t
( ) ( )� � �2 2 1
20
ÞÚ e, portanto,
 
 	( ) ( ( )) cos ,t t s s s� � 2
2
2
2
sen
Ê
Ë
ˆ
¯ .
60
d) 	(t) � (et cos t, et sen t), t � 0. Temos
	�(t) � (et cos t � et sen t, et sen t � et cos t) e daí
� 	�(t) �2 � e2t [(cos t � sen t)2 � (sen t � cos t)2] � 2e2t, ou seja,
� 	�(t) � � et 2 . Então
 
s t e du e e s t s su
t
t t( ) ( ) ln� � � � � � �
0
2 2 2
2
1 2
2Ú Þ Þ , ou seja,
 
 	( ) ( ( )) cos ln , lns � � � � �t s s s s2
2
2
2
2
2
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯sen .
Cap. 8.pdf
CAPÍTULO 8
Exercícios 8.1
1.
Seja f(x, y) � 3x � 2y.
a) f(1, �1) � 3 · 1 � 2 (�1) � 1.
d) 
 
f x y k f x y
k
x y k x y
k
( , ) ( , )� �
�
� � � �
�
3 2 2 3 2 2
2. Seja f x y x y
x y
( , ) � �
� 2
.
a) D f x y x y( ) {( , ) }� �� �2 2 0� π , ou seja,
 D f x y x y( ) {( , ) }.� �� �2 2� π
4. f(x, y) � ax � by. Temos
f(1, 0) � a Þ a � 2 e
f(0, 1) � b Þ b � 3
Logo, f(x, y) � 2a � 3b.
5.
a)
 
f x y x xy
x y
( , ) � �
�
3 2
3 3
2
. Temos
 
f x y x xy
x y
x xy
x y
( , )� � � �
� �
��
�
�
�
�
�
3 3 3 2
3 3 3 3
0
3 2
3 3
2 2
, ou seja,
f(�x, �y) � �0f(x, y). Logo,
f é homogênea de grau zero.
d) f x y
x y
( , ) �
�
2
2 2 . Temos
 
f x y
x y x y
( , )� �
� �
��
�
�
�
�2 2
2 2 2 2
2
2 2◊
.
f(�x, �y) � ��2 f(x, y) Þ f é homogênea de grau �2.
62
6. f(a, b) � a para todo (a, b) com a2 � b2 � 1 e
f é homogênea de grau 2.
a)
 
f f( , ) ,4 3 4 8 3
2
8 1
2
� ◊ ◊ ◊
æ
èç
ö
ø÷
.
Como f é homogênea de grau 2, segue:
 
f f8 3
2
8 1
2
8 3
2
1
2
64 3
2
32 32◊ ◊
æ
èç
ö
ø÷
æ
èç
ö
ø÷
◊, , ,� � �
pois 
 
3
2
1
2
1 3
2
1
2
3
2
2 2æ
èç
ö
ø÷
æ
è
ö
ø
æ
èç
ö
ø÷
� � �e f , .
c) 
 
f x y f x y x
x y
x y y
x y
( , ) ,� �
�
�
�
2 2
2 2
2 2
2 2
◊ ◊
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
Como f é homogênea de grau 2 segue:
f x y x y f x
x y
y
x y
( , ) ,� �
� �
2 2
2
2 2 2 2( )
æ
è
ç
ö
ø
÷
.
Desde que x
x y
y
x y2 2
2
2 2
2
1
�
�
�
�
æ
è
ç
ö
ø
÷
æ
è
ç
ö
ø
÷ , segue:
 
f x y x y x
x y
x x y( , ) ( ) .� �
�
� �2 2
2 2
2 2◊
Exercícios 8.2
4.
a) Seja f(x, y) � (x � 1)2 � (y � 1)2 � 3 e A � �2.
Para cada c real, a curva de nível de f correspondente a z � c é f(x, y) � c, ou seja:
(x � 1)2 � (y � 1)2 � 3 � c Þ (x � 1)2 � (y � 1)2 � c � 3.
As curvas de nível de f são circunferências concêntricas de centro (1, 1) e raio c �3.
Logo, c � 3. Temos cmín � 3 e f(1, 1) � 3 o valor mínimo de f em A � �2.
Não admite valor máximo.
(f(x, y) � f(1, 1), �(x, y) � �2, logo, f(1, 1) é valor mínimo de f)
63
c) Seja f(x, y) � xy e A � {(x, y) � �2 � x � 0 e y � 0}.
Para cada c real, a curva de nível
correspondente a z � c é xy � c (hipérboles).
Se c � 0 Þ x � 0 ou y � 0
Observamos que o valor mínimo de f é atingido
quando c � 0 (nos eixos coordenados).
Logo, f(x, y) � 0 é valor mínimo atingido nos
pontos (x, 0), x � 0, ou (0, y), y � 0. Não há
valor máximo.
g) Sejam f(x, y) � xy e A � {(x, y) � �2 � 4x2 � y2 � 1, y � 0}.
Vamos considerar os valores de f sobre A. Então,
 
4 1 0 1 42 2 2x y y y x� � � � �, Þ .
Definimos g(x) � 
 
f x x( , )1 4 2�
Assim, g x x x( ) .� �1 4 2 e 
 
D x xg � � � �� � �
1
2
1
2
ì
í
î
ü
ý
þ
.
Temos
 
g x x
x
� �
�
�
( ) 1 8
1 4
2
.
 
g x� 	 � �( ) ,0 1
2
1
2 2
em e
ù
ûú
é
ëê
em 
1
2 2
1
2
,
ù
ûú
é
ëê
;
 
g x� 
 �( ) ,0 1
2 2
1
2 2
em
ù
ûú
é
ëê
.
Como g é contínua no intervalo � 1
2
1
2
,
é
ëê
ù
ûú
 segue que
g é estritamente crescente em � 1
2 2
1
2 2
,
é
ëê
ù
ûú
 e estritamente decrescente em
 
� �
1
2
1
2 2
1
2 2
1
2
, , .
é
ëê
ù
ûú
é
ëê
ù
ûú
e em
Assim,
64
Portanto, 
 
g � ��1
2 2
1
4
æ
èç
ö
ø÷ é valor mínimo de g e
 
g 1
2 2
1
4
æ
èç
ö
ø÷
�
 é valor máximo de g.
(Observe que 
 
g g� � �1
2
1
2
0æè
ö
ø
æ
è
ö
ø .
)
5.
a) Sejam f(x, y) � 2x � y � 3 e A � {(x, y) � �2 � x � 0, y � 0 e x � y � 2}.
Para cada real c, a curva de
nível correspondente a z � c
é a reta 2x � y � 3 � c.
Assim, as curvas de nível são
retas paralelas. Atendendo às
condições impostas por A,
indicando por cmín o valor
mínimo de f em A, a reta para
z � cmín deve ser aquela que
passa por (0, 0). Portanto, f(0,
0) � 3 é o valor mínimo de f
em A. A reta para z � cmáx
deve ser aquela que passa por
(2, 0). Portanto, f(2, 0) � 2 · 2
� 3 � 7 é o valor máximo de f
em A.
65
c) Sejam 
 
f x y y
x
A x y x y( , ) {( , ) }�
�
� � � � � �
1
1 0 1 22e e� � �
As curvas de nível de f são
as retas
 
y
x
c x
�
�
1
1π
y � c(x � 1)
Atendendo às condições de A,
o valor mínimo de f é a reta
que passa por (0, 2)
Portanto, f(0, 2) � �2 é o
valor mínimo de f em A.
O valor máximo de f em A é a
reta que passa por (�1, 1).
Portanto, f ( , )� ��1 1 12 é o valor máximo de f em A.
6. Seja z � xy onde x � 5 � t e y � t2 � 3, t � [0, 4].
Considerando
z(t) � (5 � t) (t2 � 3).
Vamos achar os valores máximo e mínimo de z em [0, 4].
z�(t) � (5 � t)(2t) � (t2 � 3) (�1)
 � �3t2 � 10t � 3.
z�(t) � 0 Þ t � 3 ou 
 
t �
1
3
.
z�(t) � �6t � 10.
z�(3) � �8 	 0 (3 é máximo local).
z� �� 
1
3
8 0 1
3
æ
è
ö
ø
æ
è
ö
øé mínimo local .
Como z(0) � 15 e z(4) � 19, segue que
z(3)
� (5 � 3)(9 � 3) � 24 Þ z(3) � 24 é a altura máxima e
 
z z
1
3
5 1
3
1
9
3 14
3
28
9
392
27
1
3
392
27
æ
è
ö
ø
æ
è
ö
ø
æ
è
ö
ø ◊ Þ
æ
è
ö
ø� � � � � � é a altura mínima.
7. Seja f(x, y) � x2 � y2.
x � y � 1 Þ y � 1 � x.
Vamos minimizar z(x) � f(x, 1 � x).
De z(x) � f(x, 1 � x) � x2 � (1 � x)2 � 2x2 � 2x � 1, segue
z�(x) � 4x � 2.
z�(x) � 0 Þ 4x � 2 � 0 Þ 
 
x �
1
2
.
66
De z�(x) � 4 
 0, para todo x, segue que 
 
x �
1
2 é ponto de mínimo global.
Portanto, 
1
2
1
2
1
2
, ,
æ
è
ö
ø é a solução procurada.
12.
a) 
 
T x y x y
z
( , )
º�
� �
36
2 24 9
123
.
Logo, 4x2 � 9y2 � 36 
 
Þ x y
2 2
9 4
1� � ( )elipse
b) y � x � 1
z(x) � T(x, x � 1) � 4x2 � 9(x � 1)2, ou seja,
z(x) � 13x2 � 18x � 9.
z�(x) � 26x � 18.
z x x� � � �( ) 0 18
26
9
13
Þ .
De z�(x) � 26 
 0, para todo x, segue que 
 
x �
9
13
 é ponto de mínimo global de z � z(x).
 
y x� � � � ��1 9
13
1 4
13
Logo, 
9
13
4
13
, �æè
ö
ø é o ponto de mais baixa temperatura em x � y � 1. (Observe que a
isoterma que passa por este ponto é tangente, neste ponto, à reta x � y � 1. Faça uma
figura e confira.)
13.
b) Sejam T(x, y) � 2x � y e
A � {(x, y) � �2 � x2 � y2 � 4}.
As curvas de nível (isotermas) de T(x, y)
são as retas 2x � y � c.
Indicando por cmáx a mais alta
temperatura em A, a reta para
z � cmáx deve ser a tangente à
circunferência x2 � y2 � 4.
Da mesma forma, para z � cmín,
a reta deve ser tangente à circunferência
67
x
2
 � y2 � 4. Vamos determinar c para que a reta 2x � y � c seja tangente à
circunferência x2 � y2 � 4. Logo, devemos determinar c para que o sistema
 
x y
x y c
2 2 4
2
� �
� �
ì
í
î
 tenha solução única.
Assim, y � c � 2x,
x
2
 � (c � 2x)2 � 4 e
5x2 � 4 cx � c2 � 4 � 0.
Para que o sistema tenha solução única, o discriminante deve ser igual a zero.
� � 16c2 � 20 (c2 � 4) Þ 24c2 � 80 � 0 Þ c �
 2 5.
Logo, c � 2 5∞C é a temperatura mais alta em A e c ��2 5∞C é a temperatura mais
baixa em A. O ponto de mais alta temperatura é o ponto em que a reta 2x y� � 2 5
tangencia à circunferência, que é a solução do sistema 
 
2 2 5
2 0
x y
x y
� �
� �
ì
í
î
onde x � 2y � 0 é a reta que passa pela
origem e é perpendicular a 
 2x y� � 2 5.
Resolvendo o sistema 
4 5
5
2 5
5
,
æ
èç
ö
ø÷ é o
ponto de mais alta temperatura.
Analogamente, resolvendo o sistema
2 2 5
2 0
x y
x y
� ��
� �
ì
í
î
, verificamos que
 
� �
4 5
5
2 5
5
,
æ
èç
ö
ø÷ é o ponto de mais baixa temperatura.
Exercícios 8.3
3. Sejam C1 e C2 duas superfícies de nível de uma função f(x, y, z). O gráfico de
f � {(x, y, z, w) � �4 � w � f(x, y, z) (x, y, z) � A}. Assim, f(x, y, z) � c1 é a superfície de
nível correspondente ao nível w � c1 e
f(x, y, z) � c2 é a superfície de nível correspondente ao nível w � c2.
Então, C1 e C2 não podem ter ponto comum (não se interceptam).
De fato, se (x, y, z) � C1 temos f(x, y, z) � c1; se (x, y, z) � C2 temos f(x, y, z) � c2 o que
é um absurdo se c1 � c2, pois f teria, num mesmo ponto (x, y, z), dois valores distintos.
Cap. 9.pdf
Exercícios 9.1
1. a) lim
( , ) ( , )x y Æ 0 0
x � 
 
sen
1
2 2x y�
 � 0
limitada
f) lim
( , ) ( , )x y Æ 0 0
 
 
x y
x y
�
�
.
Seja f (x, y) � 
 
x y
x y
�
�
.
Tomemos �1 e �2 tais que �1 (t) � (t, 0) e �2 (t) � (0, t). Segue que:
lim ( ( )) lim
t t
f t t
tÆ Æ0
1
0
1� � �
 e
lim ( ( )) lim
t t
f t t
tÆ Æ0
2
0
1� �
�
� � .
Como 
 
lim ( ( ))
t
f t
Æ 0
1� � 
 
lim ( ( ))
t
f t
Æ 0
2� temos que
lim
( , ) ( , )x y Æ 0 0
 
 
x y
x y
�
�
 não existe.
g) lim .
( , ) ( , )x y
xy
y xÆ 0 0 3�
 Seja f x y xy
y x
( , ) .�
� 3
Tomemos �1 (t) � (0, t) e �2 (t) � t t t� 23 , .( )
Segue que
 
lim ( ( )) lim
t t
f t
tÆ Æ0
1
0
0 0� � � e
CAPÍTULO 9
0
69
0
 
lim ( ( )) lim lim
t t t
f t t t t
t
t
tÆ Æ Æ0
2
0
23
2 0
3
23
1
� �
�
�
�
� �
Logo, o limite dado não existe. (Outro modo. Se o limite fosse L, L real, existiria r � 0 tal
que para todo (x, y) no domínio da função teríamos
� 0 	 ||(x, y)|| 	 r Þ L � 1 	 f (x, y) 	 L � 1.
Porém, para todo x0 � 0, f (x0, y) � 
 
x y
y x
0
0
3�
 tende a � � quando y tende a x03 pela esquerda
e isto contradiz �.)
h) Sugestão: considere as curvas �1 (t) � (0, t) e �2 (t) � 
 
t t t4 2� , ,( ) t � 0.
4. Seja f (x, y) � x2 � y. Temos
f (x � h, y � k) � (x � h)2 � y � k � x2 � 2xh � h2 �y � k e
lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 
 
f x h y k f x y xh k
h k
( , ) ( , )
|| ( , ) ||
� � � � �2
 
� lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 
 
h
h k
2
2 2�
.
De 
 
| |h
h k2 2
1
�
 para (h, k) � (0, 0) e lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 h � 0
segue
lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 
 
h
h k
2
2 2�
 � lim
( , ) ( , )h k Æ 0 0
 h � 
 
h
h k2 2�
 � 0.
limitada
5. f (x, y) � x
x y
3
2 2�
. Temos
lim ( , )|| ( , ) || lim ( )( , ) ( , ) ( , ) ( , ) /h k h k
f h k
h k
h
h kÆ Æ0 0 0 0
3
2 2 3 2� �
.
Seja � (h, k) � 
 
h
h k
3
2 2 3 2( ) ./�
70
Tomemos �1 (t) � (t, 0) e �2 (t) � (t, t).
 
lim ( ( )) lim
t t
t
t
tÆ Æ0
1
0
3
3 1� � � � �
 
lim ( ( )) lim ( ) lim/t t tt
t
t
t
tÆ Æ Æ0
2
0
3
2 3 2 0
3
32 2 2
1
2 2
� � � � � �
� é diferente de �, portanto não existe lim ( , )|| ( , ) || .( , ) ( , )h k
f h k
h kÆ 0 0
7. 
 
lim ( )
( , ) ( , )x y
x y
x yÆ 0 0
2 2
2 2
sen �
�
Seja u � x2 � y2. Se (x, y) � (0, 0), então u � 0.
Logo,
lim ( )
( , ) ( , )x y
x y
x yÆ 0 0
2 2
2 2
sen �
�
� lim .
u
u
uÆ 0
1sen �
Exercícios 9.2
1. a) A função f (x, y) � 3x2 y2 � 5xy � 6 é contínua em �2 pois
lim
( , ) ( , )x y x yÆ 0 0
 f (x, y) � 3x02 y02 � 5x0y0 � 6 � f (x0, y0) para todo (x0, y0) � �2.
Logo uma função polinomial de duas variáveis é contínua em �2.
c) A função f (x, y) � 
 
ln x y
x y
�
�2 2
 é composta das funções g (x, y) � 
 
x y
x y
�
�2 2
 e
h (u) � ln u.
A função g é uma função racional contínua em �2 � {(0, 0)}.
A função h é contínua para u � 0. Portanto, h (g(x, y)) é contínua quando g (x, y) � 0, ou
seja, x � y � 0.
Então, f (x, y) � 
 
ln x y
x y
�
�2 2
 é contínua no conjunto {(x, y) � �2 | x � y}.
71
e) Seja f (x, y) � 
 
x y
x y
x y
x y
�
�
�
�
3 0 0
0 0 0
2 2 se
se
( , ) ( , )
( , ) ( , )
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
Nos pontos (x, y) � (0, 0), a função f (x, y) é contínua pois é quociente de funções con-
tínuas. (x � y e x2 � y2 são contínuas e x2 � y2 não se anula nos pontos (x, y) � (0, 0)).
A composta de f com a reta � (t) � (t, t) é
 
f t t
t
t
( ( ))� �
� �
�
1 0
0 0
se
se
Ï
Ì
ÔÔ
Ó
Ô
Ô
Como � é contínua em t � 0 e a composta f (�(t)) não
é contínua em t � 0
 
lim ( ( )) ( ( ))
t
f t f
Æ
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
0
0� �� resulta que f não é contínua em (0, 0).
Portanto, f é contínua no conjunto {(x, y) � �2 | (x, y) � (0, 0)}.
g) Seja f x y e r r x y
r
r
( , )
|| ( , ) ||
�
	 �
�
�
1
12 1
0 1
Ê
ËÁ
ˆ
˜¯
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
se onde
se
Essa função é contínua em todos os pontos (x0, y0) � �2 tais que x y02 02 1� 	 ou
x y0
2
0
2 1� � (r 	 1 e r � 1) pois nesses casos 
 
lim ( , ) ( , ).
( , ) ( , )x y x y
f x y f x y
Æ 0 0
0 0�
Vamos analisar como fica lim ( , )
( , ) ( , )x y x y
f x y
Æ 0 0
 quando x y0
2
0
2 1� � .
Para que o lim ( , )
( , ) ( , )x y x y
f x y
Æ 0 0
 exista, seja qual for a forma pela qual nos aproxima-
mos de (x0, y0) através de pontos do domínio de f, f (x, y) deve se aproximar do mesmo valor.
Assim:
 
lim ( , ) lim .
( , ) ( , )x y x y
x y
r
rf x y e
Æ Æ0 0
2 2
2
1
1
1
1
� 	
��
�
 Mas 
 
1
12r �
��Æ e e
r
1
12 0� Æ ,
72
logo 
 
lim ( , )
( , ) ( , )x y x y
x y
f x y
Æ 0 0
2 2 1
0
� 	
� e 
 
lim ( , )
( , ) ( , )x y x y
x y
f x y
Æ 0 0
2 2 1� �
 � lim 0 � 0.
Portanto, f é contínua em todo �2.
2. Seja 
 
f x y
xy
x y
x y
x y
( , )
( , ) ( , )
( , ) ( , )
�
�
�
�
2
2 2 0 0
0 0 0
se
se
Ï
Ì
Ô
Ô
Ó
Ô
Ô
Nos pontos (x, y) � (0, 0) a função f (x, y) é contínua pois xy2 e x2 � y2 são funções
contínuas e x2 � y2 não se anula nos pontos (x, y) � (0, 0). Logo, f (x, y) é um quociente de
funções contínuas com denominador diferente de zero.
Vamos estudar a continuidade no ponto (0, 0). Temos:
 
lim ( , ) lim
( , ) ( , ) ( , ) ( , )x y x y
f x y x y
x yÆ Æ0 0 0 0
2
2 2 0� � �
�
lim
( , ) ( , )x y
x
Æ
Ê
ËÁ 0 0
0� e y
x y
2
2 2 1�
 para todo (x, y) � (0, 0).
Assim, lim ( , ) ( , )
( , ) ( , )x y
f x y f
Æ 0 0
0 0 0� �
 e f é contínua em (0, 0).
Portanto, f é contínua em �2.
5. Veja respostas da Seção 9.2 na página 447.
Sumario.pdf