adonai ufal

CALCULOvolume 1

A. Carlos & J. Adonai

UFAL-2007

C

Conteudo

ii Conteudo

1 Vetores e Funcoes Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1 O Espaco Euclidiano Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.4 Operacoes com n-uplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.13 Interpretacoes Geometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Produto Interno e Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.7 Interpretacoes Geometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.11 A Desigualdade de Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3 Retas e Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.12 Produto Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.3.24 Distancia de um Ponto a uma Reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.3.29 Distancia de um Ponto a um Hiperplano . . . . . . . . . . . . . . 26

1.4 Funcoes Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.4.6 Conjuntos Associados a Funcoes Vetoriais . . . . . . . . . . . 30

1.5 Funcoes Vetoriais Especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.5.22 Superfıcies de Revolucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

1 Vetores e Funcoes Vetoriais – Exercıcios . . . . . 50

2 Calculo das Curvas Parametrizadas . . . . . . . . . . . 57

2.1 Limite e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.2 Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.2.3 Interpretacao Geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.2.14 Derivadas de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.2.19 Interpretacao Fısica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

Conteudo iii

2.3 Geometria das Curvas Parametrizadas . . . . . . . . . . . . . 68

2.3.8 Curvatura e Torcao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.3.27 Curvas Planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.3.31 Cırculos no R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.3.36 Comprimento de Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

2 Curvas Parametrizadas – Exercıcios . . . . . . . . . . . 84

3 Funcoes Contınuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

3.1 Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

3.1.15 Propriedades dos Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3.2 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

3 Funcoes Contınuas – Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . 111

4 Derivadas Parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.1 Derivadas Parciais em R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.1.17 Interpretacao Geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4.2 Derivadas Parciais de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . 123

4.2.3 O Teorema de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

4.3 Derivadas Parciais em Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

4.4 Derivadas Parciais Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135


4.5 Derivadas Direcionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

iv Conteudo


4 Derivadas Parciais – Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . 147

5 Aplicacoes Diferenciaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

5.1 A Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

5.1.21 Aplicacoes de Classe C1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

5.1.30 Aproximacao Afim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.2 Operacoes com Aplicacoes Diferenciaveis . . . . . . . . 173

5.2.6 A Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

5.3 O Teorema do Valor Medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

5.4 Algumas Aplicacoes do Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . 194

5.4.6 Superfıcies Definidas Implicitamente . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

5 Aplicacoes Diferenciaveis – Exercıcios . . . . . . . 199

6 Funcoes Inversa e Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

6.1 Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

6.1.1 Sequencias em Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

6.1.24 Funcoes Contınuas em Conjuntos Compactos . . . . . . . . 214

6.1.39 Norma de Uma Aplicacao Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

6.2 Contracoes, Pontos Fixos e Perturbacoes . . . . . . . . 222

6.3 O Teorema da Funcao Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

Conteudo v

6.4 O Teorema da Funcao Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

6.4.1 O Caso f : D ⊂ R2 −→ R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

6.4.9 O Caso f : D ⊂ Rn+m −→ Rm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

6.5 Superfıcies Regulares em R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

6 Funcoes Inversa e Implıcita – Exercıcios . . . . . 254

S Sugestoes e Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

I Indice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284

R Referencias Bibliograficas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290

1Vetorese

Funcoes Vetoriais

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr






















































π = P + [V,W]6z

-y¡

¡¡

¡¡ªx

©©©©©©©©

@@

@@

@@

@@

©©©©*

@@

@

©©

©

@@

@@R

©©©*XXXXXXXXz@

@@R

VsV

W

tW

sX

X − PssP

O s

Verso Preliminarpor


1.1O Espaco Euclidiano Rn

Nesta secao, introduziremos a nocao de espaco euclidiano Rn, estabelecendo suas propri-edades algebricas e geometricas basicas. Comecamos com sua definicao.

1.1.1Definicao Dado n ∈ N, o espaco euclidiano Rn e definido como sendo o conjunto de todas

as n-uplas de numeros reais X = (x1, x2, . . . , xn), isto e,

Rn = X = (x1, x2, . . . , xn); xi ∈ R, i = 1, 2, . . . n.

1.1.2Definicao Dada uma n-upla X = (x1, x2, . . . , xn), os numeros reais x1, x2, . . . , xn sao

chamados coordenadas de X.

1.1.3Definicao Dadas n-uplas X = (x1, x2, . . . , xn) e Y = (y1, y2, . . . , yn), diremos que X = Y

se x1 = y1, x2 = y2, . . . , xn = yn.

1.1.4Operacoes com n-uplas

As estruturas aditiva e multiplicativa do corpo R induzem, naturalmente, uma estruturade espaco vetorial sobre Rn. A adicao de n-uplas e a multiplicacao de uma n-upla por umnumero real sao definidas a seguir.

1.1.5Definicao Sejam X = (x1, x2, . . . , xn) e Y = (y1, y2, . . . , yn). A soma de X com Y , indicada

por X + Y , e a n-upla

X + Y = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn).

1.1.6Definicao Sejam X = (x1, x2, . . . , xn) e a ∈ R. O produto de X pelo numero real a,

indicada por aX, e a n-upla

aX = (ax1, ax2, . . . , axn).

1.1.7Exemplo No espaco R4, considere X = (1, 2,−π,

√2), Y = (2,

√3, π, 1) e a =

√2. Entao,

X + Y = (3, 2 +√

3, 0, 1 +√

2) e aX = (√

2, 2√

2,−π√

2, 2).

2

Vetores e Funcoes Vetoriais 3

1.1.8Exemplo Em R7, considere X = (0, 1, 2,−1, 0,

√2,√

3) e Y = (2,√

3, π, 1, 0, 2,−√3).Entao, X + Y = (2, 1 +

√3, 2 + π, 0, 0, 2 +

√2, 0).

As proposicoes que seguem mostram que as operacoes com n-uplas recem-definidas satis-fazem os axiomas de espaco vetorial. Tal fato justifica a terminologia que consiste em chamaruma n-upla, de vetor no Rn.

1.1.9Proposicao Se X,Y, Z ∈ Rn, entao valem as seguintes propriedades:

(i) [Comutatividade] X + Y = Y + X;

(ii) [Associatividade] (X + Y ) + Z = X + (Y + Z);

(iii) [Elemento Neutro] a n-upla O = (0, 0, . . . , 0), chamada n-upla nula (ou zero), e a unican-upla tal que X + O = X;

(iv) [Simetrico] a n-upla −X = (−x1,−x2, . . . ,−xn), chamada simetrico da n-upla X, e aunica n-upla tal que X + (−X) = O.

Demonstracao: Vejamos a demonstracao de (ii). As demais sao igualmente simples, eserao deixadas como exercıcio para o leitor. Temos que

(X + Y ) + Z = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn) + (z1, z2, . . . , zn)

= ((x1 + y1) + z1, (x2 + y2) + z2, . . . , (xn + yn) + zn))

= (x1 + (y1 + z1), x2 + (y2 + z2), . . . , xn + (yn + zn))

= X + (Y + Z),

onde, na passagem da segunda para a terceira equacao, foi usada a propriedade associativa dosnumeros reais. Os demais pontos envolvem apenas a definicao 1.1.5. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.1.10Proposicao Se X,Y ∈ Rn e a, b ∈ R, entao valem as seguintes propriedades:

(i) [Distributividade] a(X + Y ) = aX + aY ;

(ii) [Distributividade] (a + b)X = aX + bX;

(iii) [Associatividade] (ab)X = a(bX);

(iv) 1 X = X.

Demonstracao: Sejam X = (x1, x2, . . . , xn) e Y = (y1, y2, . . . , yn). Temos que

a(X + Y ) = a(x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn)

= (a(x1 + y1), a(x2 + y2), . . . , a(xn + yn))

= (ax1, ax2, . . . , axn) + (ay1, ay2, . . . , ayn) = aX + aY,

4 O Espaco Euclidiano Rn

onde usamos a propriedade distributiva de R junto com a definicao 1.1.5, e obtemos (i). Para (ii),a propriedade distributiva de R e a definicao 1.1.6 sao usadas:

(a + b)X = ((a + b)x1, (a + b)x2, . . . , (a + b)xn)

= (ax1 + bx1, ax2 + bx2, . . . , axn + bxn)

= aX + bX,

como querıamos. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.1.11Corolario Rn e um espaco vetorial de dimensao n.

Demonstracao: As proposicoes 1.1.9 e 1.1.10 mostram que Rn e uma espaco vetorial.Falta mostrar que dimRn = n. Para isto, sejam e1, e2, . . . , en, definidos por

e1 = (1, 0, 0, . . . , 0)

e2 = (0, 1, 0, . . . , 0)...

......

en = (0, 0, . . . , 0, 1).

Note que se X = (x1, x2, . . . , xn), entao

X = x1e1 + x2e2 + · · ·+ xnen.

Logo, e1, e2, . . . , en gera Rn. Agora se c1, c2, . . ., cn sao numeros reais tais que

c1e1 + c2e2 + · · ·+ cnen = (0, 0, . . . , 0),

vem que c1 = c2 = · · · = cn = 0, o que completa a prova. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.1.12Definicao A base e1, e2, . . . , en construıda acima e chamada base canonica do espaco Rn.

1.1.13Interpretacoes Geometricas

A interpretacao geometrica que descreve R como uma reta orientada, sobre a qual se esco-lhe um ponto O, o qual corresponde ao numero zero, uma unidade de medida, que correspondeao numero 1, pode ser estendida a uma interpretacao geometrica dos espacos euclidianos R2 eR3. Para Rn, n ≥ 4, fica por conta da imaginacao de cada um.


Figura 1: Os Numeros Reais R

r0

r1

r√3

rπ +∞−∞

r−√2

Para visualizar o R2, tomamos duas copias de R, as quais chamamos de eixos coordenados.Estes eixos sao denotados por eixo-x e eixo-y. O passo seguinte consiste em dispor os eixoscoordenados em um plano euclidiano de modo que eles se interceptem ortogonalmente ao longode suas origens, o que produz o ponto O, que sera associado a dupla (2-upla) nula (0, 0),conforme figura 2. Feito isso, uma dupla de R2, digamos X = (x1, x2), e olhada como aqueleponto do plano, tambem indicado por X, que se projeta ortogonalmente sobre eixo-x e eixo-ynaqueles pontos que correspondem a x1 e x2, respectivamente. Isto e feito tracando-se por x1,uma reta perpendicular ao eixo-x, e por x2, uma reta perpendicular ao eixo-y. A intersecaodestas perpendiculares e exatamente o ponto do plano que representara X. Deste modo, ficaestabelecida uma bijecao entre o plano euclidiano que fixamos e o espaco R2.

Ha situacoes em que e conveniente representar uma dupla X como um segmento orientadolocalizado em O. A figura 2 exibe duas duplas X = (x1, x2) e Y = (y1, y2), de modo que cadauma delas aparece ora como ponto, ora como segmento orientado. Neste ponto, observamosque a nocao geometrica de angulo entre X e Y e mais adequada a figura 2-(c), onde ambas saoolhadas como segmentos orientados localizados em O. Ja a figura 2-(b) e perfeita para motivara nocao de reta que passa por Y e e paralela a X, conforme definicao 1.3.1.

Os -

6

x

y

Figura 2-(a)

sYy2 r

y1

r

sXx2 r

x1

rO

s -

6

x

y

Figura 2-(b)

sYy2 r

y1

r©©©©©©©©*Xx2 r

x1

rO

s -

6

x

y

Figura 2-(c)

£££££££±Y

y2 r

y1

r©©©©©©©©*Xx2 r

x1

r

Analogamente, para fazermos geometria em R3, recorremos a tres retas, que formarao oseixos coordenados, indicados, respectivamente, por eixo-x, eixo-y e eixo-z, e as colocamos noespaco euclidiano tridimensional de modo que elas se interceptem ortogonalmente em suas ori-gens, produzindo o ponto O, que correspondera a tripla (3-upla) nula (0, 0, 0). Feito isso, temosem maos tres planos especiais, chamados coordenados, e denotados por plano-xy, plano-xz eplano-yz. Agora a uma tripla X = (x1, x2, x3) fazemos corresponder o ponto do espaco cujasprojecoes ortogonais sobre os eixos coordenados eixo-x, eixo-y e eixo-z coincidem, respectiva-mente, com os pontos destes eixos que estao associados aos numeros reais x1, x2, x3. A figura 3mostra como isso e feito: inicialmente, marcamos x1 no eixo-x, x2 no eixo-y e x3 no eixo-z.Depois, a partir de x1, caminhamos paralelamente ao eixo-y ate atingir a medida x2, onde en-contramos o ponto que representa a projecao de X no plano-xy, que corresponde a (x1, x2, 0).

6 O Espaco Euclidiano Rn

Pronto, agora e so subir (se x3 > 0), ou descer (se x3 < 0), paralelamente ao eixo-z ate atingiruma altura x3, e encontramos o ponto do espaco que representara X. Note que na figura 3-(b),a tripla X e mostrada como um segmento orientado localizado na origem.

O

6z

-y¡

¡¡

¡¡

¡¡ªx

X

(x1, x2, 0)

x2

rx3

r

(x1, 0, x3)

x1

s(0, x2, x3)

s

- - - - - - -¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

6

6

6

6

6@

@@

@

@@

@@

Figura 3-(a)

s

r s

s

O

6z

-y¡

¡¡

¡¡

¡¡ªx

©©©©©* X

(x1, x2, 0)

x2

rx3

r

(x1, 0, x3)

x1

s(0, x2, x3)

s

- - - - - - -¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

6

6

6

6

6@

@@

@

@@

@@

Figura 3-(b)

s

r s

Os -

6

x

y

Figura 4-(a)

sYy2 r

y1

r

sXx2 r

x1

r

sX + Yx2 + y2 r

x1 + y1

rO

s -

6

x

y

Figura 4-(b)

£££££££±Y

y2 r

y1

r©©©©©©©©* Xx2 r

x1

r¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡µ

X + Yx2 + y2 r

x1 + y1

r

©©

©©

©©*

££££££££±

Os -

6

x

y

Figura 4-(c)

sYy2 r

y1

r

sXx2 r

©©©©©©©©*

x1

r

sX + Yx2 + y2 r

x1 + y1

r

©©

©©

©©*


Agora podemos descrever geometricamente a adicao de n-uplas e a multiplicacao de uma n-uplapor um numero real. Para isso, usamos a figura 4, onde marcamos as duplas X = (x1, x2) eY = (y1, y2) juntamente com sua soma.

Olhando atentamente o conjunto de figuras 4, observamos que a (b), que mostra X e Ycomo segmentos orientados localizados em O, nos da uma regra geometrica evidente: o segmentoorientado X + Y e a diagonal do paralelogramo com arestas X e Y . Portanto, a dupla X + Ye o ponto final deste segmento. A regra geometrica contida na figura 4-(c) e a mais simples:localizamos em Y , o segmento orientado X. O ponto final obtido e a dupla X + Y . Facil, nao?

Para finalizar, consideremos a figura abaixo que ilustra geometricamente como funcionaa multiplicacao de uma n-upla por um escalar: a n-upla aX, a ∈ R, tem comprimento igual aocomprimento de X multiplicado pelo valor absoluto de a. Seu sentido e o mesmo de X, quandoa > 0, e lhe e contrario, quando a < 0.

Os -

6

x

y

Figura 5

©©©©©©©©*

©©©©©©©©¼

X

−X

x2 r

x1

r©©©©©©©©©©©©*

©©©©*

r aX (a > 1)

aX (0 < a < 1)

ax1

r

ax2

1.2Produto Interno e Norma

Vimos, recentemente, que o espaco Rn possui uma estrutura de espaco vetorial. Emvarias situacoes, precisamos das nocoes de comprimento, angulo, ortogonalidade, nao presentesnas operacoes de espaco vetorial. Estas nocoes sao obtidas a partir de um produto escalar (ouinterno), que introduziremos agora.

1.2.1Definicao Sejam X = (x1, x2, . . . , xn) e Y = (y1, y2, . . . , yn). O produto escalar (ou in-

terno) de X por Y , indicado por X · Y , e o numero real dado por

X · Y = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn.

A seguinte proposicao descreve as propriedades deste produto.

8 Produto Interno e Norma

1.2.2Proposicao Se X,Y, Z ∈ R

n e a ∈ R sao arbitrarios, entao valem as seguintes proprieda-des:

(i) [Positividade] X · X ≥ 0, e X · X = 0 se, e somente se, X = O = (0, 0, . . . , 0);

(ii) [Comutatividade] X · Y = Y · X;

(iii) [Distributividade] X · (Y + Z) = X · Y + X · Z;

(iv) [Homogeneidade] (aX) · Y = X · (aY ) = a(X · Y ).

Demonstracao: Com X = (x1, x2, . . . , xn), Y = (y1, y2, . . . , yn) e Z = (z1, z2, . . . , zn),temos que

X · (Y + Z) = x1(y1 + z1) + x2(y2 + z2) + · · · + xn(yn + zn)

= x1y1 + x1z1 + x2y2 + x2z2 + · · · + xnyn + xnzn

= (x1y1 + x2y2 + · · · + xnyn) + (x1z1 + x2z2 + · · · + xnzn)

= X · Y + X · Z.

Assim, fica provado (iii).pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppp

A proposicao 1.2.2, em seu item (i), permite-nos dar a seguinte definicao.

1.2.3Definicao Seja X = (x1, x2, . . . , xn). A norma (ou comprimento) de X e dada por

‖X‖ =√

X · X =√

x21 + x2

2 + · · · + x2n.

1.2.4Definicao X ∈ R

n e dito unitario se ‖X‖ = 1.

1.2.5Exemplo Se X = (1, 2,−1, 0) e Y = (3, 1, 0,−

√2), entao X · Y = 5, ‖X‖ =

√6 e

‖Y ‖ = 2√

3.

1.2.6Proposicao Dados X,Y ∈ R

n e a ∈ R, temos que

(i) ‖X‖ ≥ 0, e ‖X‖ = 0 se, e somente se, X = O;

(ii) ‖aX‖ = |a| ‖X‖, onde |a| e o valor absoluto de a;

(iii) se X 6= O, o vetor uX = X/ ‖X‖ e unitario (uX e conhecido como vetor unitario na direcaode X);

(iv) ‖X + Y ‖2 = ‖X‖2 + 2X · Y + ‖Y ‖2;


v) ‖X − Y ‖2 = ‖X‖2 − 2X · Y + ‖Y ‖2.

Demonstracao: Temos que

‖aX‖ =√

(aX) · (aX) =√

a2(X ·X) = |a| ‖X‖ ,

o que prova (ii). Agora, usando (ii), vem que

‖uX‖ =

∥∥∥∥X

‖X‖

∥∥∥∥ =1

‖X‖ ‖X‖ = 1,

e segue-se (iii). Para (iv), simplesmente expandimos ‖X + Y ‖2, usando a distributividade e acomutatividade do produto escalar.

‖X + Y ‖2 = (X + Y ) · (X + Y )

= X ·X + X · Y + Y ·X + Y · Y= ‖X‖2 + 2X · Y + ‖Y ‖2 .

Os demais itens sao, tambem, de prova simples. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.2.7Interpretacoes Geometricas

Estudaremos agora os aspectos geometricos envolvidos pelo produto escalar e pela norma.Consideremos a figura 6 que segue. Note que o triangulo de vertices O, X e (x1, x2, 0) eretangulo no vertice (x1, x2, 0) e seus catetos medem

√x2

1 + x22 e x3. Logo, sua hipotenusa

mede√

x21 + x2

2 + x23, o que coincide com ‖X‖.

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

6z

-y¡

¡¡

¡¡

¡¡ªx

©©©©©* X

s(x1, x2, 0)

x2

rx3

r

rx1

¡¡

¡¡

@@

@@

@@

@@

@

Figura 6

√x2

1 + x22

x3

@¡

O s

Deste modo, podemos visualizar ‖X‖ como o comprimento (euclidiano) do segmento orientadoX. Isto tambem acontece no R2, como o leitor pode verificar facilmente.


Tomemos agora X,Y dois vetores em R2 (ou R

3) que fazem entre si um angulo θ, comomostra a figura 7. (Note a interpretacao geometri-ca para a diferenca Y −X: o segmento orientado,localizado em X, que representa Y − X terminaem Y .) Aplicando a lei dos cossenos ao triangulo4OXY , obtemos que

‖Y − X‖2 = ‖X‖2 + ‖Y ‖2 − 2 ‖X‖ ‖Y ‖ cos θ,

o que comparado com (v) da proposicao 1.2.6 daque

X · Y = ‖X‖ ‖Y ‖ cos θ.

Os -

6

x

y

Figura 7

Y

y2 r

y1

r* Xx2 r

x1

rPPPPPPiY − X y2 − x2 r

y1 − x1

r

PPPPPi

θppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

Assim vemos que a nocao de produto interno esta bem ligada a nocao de angulo entre vetores,e colhemos a seguinte proposicao, onde ∠(X,Y ) indica o angulo, no intervalo [0, π], entre osvetores X e Y .

1.2.8Proposicao Se X,Y ∈ R

n (n = 2, 3) e θ = ∠(X,Y ), entao X · Y = ‖X‖ ‖Y ‖ cos θ. Emparticular, vale a desigualdade de Cauchy-Schwarz: |X · Y | ≤ ‖X‖ ‖Y ‖ , a

igualdade ocorrendo apenas quando X e Y sao linearmente dependentes.

1.2.9Exemplo A proposicao 1.2.8 mostra que dois vetores X e Y em R

n, n = 2, 3, sao perpen-diculares se, e somente se, X · Y = 0. De fato, X e Y sao perpendiculares se, e

somente se, ∠(X,Y ) = π/2. Como caso particular disto, note que dado X = (x1, x2), o vetorY = (−x2, x1) e perpendicular a X. O vetor Y e obtido de X por uma rotacao em torno de Ono sentido anti-horario. Como exercıcio, o leitor deve esbocar X e Y , para se convencer destefato.

Continuando com a nossa discussao geome-trica construiremos, agora, o que chamamos deprojecao ortogonal de um vetor na direcao de ou-tro nao-nulo dado. Sejam, entao, X 6= O e Ycomo na figura 8, onde uX = X/ ‖X‖ e o vetorunitario na direcao de X, θ = ∠(X,Y ) e PXY eo vetor obtido pela projecao ortogonal de Y sobreX. Assim PXY = auX , onde

a = ‖Y ‖ cos θ = uX · Y =X · Y‖X‖ .

Os

A

Figura 8: Projecao de Y sobre X

A

Aa

AA

AA

AK

*

Y

*

*uX

PXY

Y − PXYX


Logo, PXY =X · Y‖X‖2 X. Da construcao de PXY decorre facilmente que o vetor Y − PXY e

ortogonal a X, o que pode ser verificado, tambem, analiticamente:

X · (Y − PXY ) = X · (Y − X · Y‖X‖2 X) = X · Y − X · Y = 0.


E conveniente notar aqui que a expressao que define PXY pode muito bem ser usada parao espaco Rn, visto que ela nao contem nenhum apelo geometrico explıcito. Isto sera parte doconteudo da proxima subsecao.

1.2.10Exemplo Considere, em R2, o triangulo 4ABC, onde

A = (1, 1), B = (3, 2) e C = (0, 4). Os veto-res X = C −B e Y = A−B aparecem na figura 9 localiza-dos em B. Temos que X = (−3, 2) e Y = (−2,−1). Assim,X · Y = 4, ‖X‖2 = 13 e

PXY =4

13X =

4

13(−3, 2).

Agora fica facil calcular a altura relativa ao lado BC, hBC ,do triangulo 4ABC. De fato, temos

hBC = ‖Y − PXY ‖ =

∥∥∥∥(−14

13,−21

13)

∥∥∥∥ = 7

√13

13.

Os -

6

x

y

Figura 9

sBhBC

PXY

r3

r2

sA

X

Y

1

1

rr

ssC4

QQ

QQ

QQk

QQk

©©©©¼BB

BB

BBB

r

1.2.11A Desigualdade de Cauchy-Schwarz

Inicialmente, nos inspiramos nas nocoes geometricas que usamos ha pouco, para definirortogonalidade entre n-uplas e construir a projecao ortogonal de uma n-upla sobre outra.

1.2.12Definicao Dados X,Y ∈ Rn, diremos que X e ortogonal (perpendicular) a Y se X · Y = 0.

1.2.13Definicao Um subconjunto v1, v2, . . . , vk ⊂ Rn e dito ortogonal se vi · vj = 0, para

1 ≤ i, j ≤ k, i 6= j. v1, v2, . . . , vk e ortonormal se e ortogonal e seus elementossao vetores unitarios.

1.2.14Exemplo Seja e1, e2, . . . , en a base canonica do espaco Rn (veja definicao 1.1.12). E claro

que ‖e1‖ = ‖e2‖ = · · · = ‖en‖ = 1. Alem disto, dados i, j ∈ 1, 2, . . . , n, i 6= j,temos que ei · ej = 0. Logo, a base canonica e uma base ortonormal do espaco Rn.

1.2.15Definicao Dados dois vetores X, Y ∈ Rn, X 6= O, o vetor

PXY =X · Y‖X‖2 X

e chamado projecao de Y sobre X.


1.2.16Proposicao Sejam X, Y ∈ Rn com X 6= O. Entao, Y − PXY e perpendicular a X.

Portanto, e tambem perpendicular a PXY .

Demonstracao: X · (Y − PXY ) = X · (Y − X · Y‖X‖2 X) = X · Y −X · Y = 0. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Agora podemos estender o teorema de Pitagoras para o Rn.

1.2.17 [Pitagoras]Proposicao Sejam X, Y ∈ Rn com X 6= O. Entao, X e perpendicular a Y se, e

somente se, ‖X + Y ‖2 = ‖X‖2 + ‖Y ‖2.

Demonstracao: Resulta imediatamente de ‖X + Y ‖2 = ‖X‖2 + ‖Y ‖2 + 2X · Y , comoindica a proposicao 1.2.6, item (iv). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Enfim a desigualdade de Cauchy-Schwarz, ja obtida via argumento geometricos para osespacos R2 e R3.

1.2.18 [Cauchy-Schwarz]Teorema Sejam X, Y ∈ Rn. Entao, |X · Y | ≤ ‖X‖ ‖Y ‖, e a igual-

dade e atingida se, e somente se, X e Y sao linearmentedependentes.

Demonstracao: Inicialmente notamos que se X = O, a desigualdade e facilmenteverificada. Portanto, podemos supor X 6= O. Seja PXY a projecao ortogonal de Y sobre X.Segue-se da proposicao 1.2.16 que Y − PXY e perpendicular a PXY . Usando a proposicao 1.2.17,obtemos que

‖Y ‖2 = ‖(Y − PXY ) + PXY ‖2 = ‖(Y − PXY )‖2 + ‖PXY ‖2 ≥ ‖PXY ‖2 , (¶1)

e a igualdade ocorre se, e somente se, Y = PXY =X · Y‖X‖2 X. Mas

‖PXY ‖2 =

∥∥∥∥X · Y‖X‖2 X

∥∥∥∥2

=(X · Y )2

‖X‖2 ,

o que combinado com a desigualdade (¶1) da (X · Y )2 ≤ ‖X‖2 ‖Y ‖2 , como querıamos. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Como corolario da desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos as propriedades da normaque faltavam ser apresentadas: as desigualdades triangulares.

1.2.19Corolario Se X, Y ∈ Rn e a ∈ R, entao

(i) ‖X‖ ≥ 0, e ‖X‖ = 0 se, e somente se, X = O;

(ii) ‖aX‖ = |a| ‖X‖;


(iii) [Desigualdade triangular] ‖X + Y ‖ ≤ ‖X‖+ ‖Y ‖;(iv) [Desigualdade triangular] | ‖X‖ − ‖Y ‖ | ≤ ‖X − Y ‖.

Demonstracao: Note que (i) e (ii) aparecem na proposicao 1.2.6. Daremos uma provapara (iii) e (iv). Temos que

‖X + Y ‖2 = ‖X‖2 + 2X · Y + ‖Y ‖2

≤ ‖X‖2 + 2|X · Y |+ ‖Y ‖2

≤ ‖X‖2 + 2 ‖X‖ ‖Y ‖+ ‖Y ‖2 = (‖X‖+ ‖Y ‖)2,

o que implica (iii). A segunda desigualdade triangular resulta da primeira. De fato,

‖X‖ = ‖(X − Y ) + Y ‖ ≤ ‖X − Y ‖+ ‖Y ‖ .

Logo,‖X‖ − ‖Y ‖ ≤ ‖X − Y ‖ . (¶2)

Trocando X por Y , vem que

‖Y ‖ − ‖X‖ ≤ ‖Y −X‖ = ‖X − Y ‖ . (¶3)

Agora, juntando (¶2) e (¶3), segue-se que

−‖X − Y ‖ ≤ ‖X‖ − ‖Y ‖ ≤ ‖X − Y ‖ ,

o que e equivalente a| ‖X‖ − ‖Y ‖ | ≤ ‖X − Y ‖ ,

e esta pronto o corolario. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Neste ponto, tomamos duas n-uplas nao-nulas X e Y . Da desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos que

−1 ≤ X · Y‖X‖ ‖Y ‖ ≤ 1.

Logo, existe um unico numero real θ ∈ [0, π] tal que

cos θ =X · Y

‖X‖ ‖Y ‖ .

Posto isto, temos a seguinte definicao.

1.2.20Definicao Dadas as n-uplas nao-nulas X e Y , o numero real

∠(X,Y ) = arccosX · Y

‖X‖ ‖Y ‖ .

e chamado angulo entre X e Y .


1.2.21Exemplo Sejam X = (1, 2, 1, 0) e Y = (1, 1, 3, 1) dois elementos do R4. Entao, ‖X‖ =

√6,

‖Y ‖ = 2√

3 e X · Y = 6. Logo, ∠(X, Y ) = arccos6

2√

18= arccos

√2

2=

π

4.

Observacao Seja V um espaco vetorial qualquer sobre R, de dimensao finita ou nao. Umproduto interno em V e definido como sendo uma forma bilinear simetrica e

positiva definida, que indicamos por 〈 , 〉. Isto significa que se X,Y, Z ∈ V e a ∈ R, entaodevem valer:

(i) 〈X,X〉 ≥ 0, e 〈X, X〉 = 0 se, e somente se, X e o vetor nulo de V;

(ii) 〈X,Y 〉 = 〈Y, X〉;(iii) 〈X,Y + Z〉 = 〈X, Y 〉+ 〈X,Z〉;(iv) a〈X,Y 〉 = 〈aX, Y 〉 = 〈X, aY 〉.

Note que o produto escalar · que definimos para o Rn satisfaz estas propriedades, como indica aproposicao 1.2.2. O que queremos chamar a atencao aqui e que todo o conteudo desta subsecaopoderia ser aplicado para o espaco V, com apenas uma mudanca, a saber: a troca do produtoescalar · por 〈 , 〉. Em particular, terıamos a desigualdade de Cauchy-Schwarz:

|〈X, Y 〉| ≤ ‖X‖ ‖Y ‖,

onde, e claro, ‖X‖ =√〈X, X〉. Esta norma tambem satisfaz as propriedades do corolario 1.2.19.

Para finalizar esta subsecao, consideraremos em Rn a distancia induzida por sua norma.

1.2.22Definicao A distancia entre as n-uplas X e Y , indicada por d(X,Y ), e o numero real

d(X, Y ) = ‖Y −X‖ =√

(y1 − x1)2 + (y2 − x2)2 + · · ·+ (yn − xn)2.

(A figura 7 sugere, tambem, esta definicao.)

1.2.23Exemplo Se X = (1, 2, 3,−1, 2), Y = (1, 1, 2, 0, 1), entao d(X, Y ) = 2.

1.2.24Proposicao Sejam X,Y, Z ∈ Rn. A distancia tem as seguintes propriedades.

(i) d(X, Y ) ≥ 0, e d(X,Y ) = 0 se, e somente se, X = Y ;

(ii) d(X, Y ) = d(Y, X);


(iii) d(X, Z) ≤ d(X, Y ) + d(Y, Z).

Demonstracao: Para (ii) basta observar que ‖Y −X‖ = ‖X − Y ‖. Vejamos (iii).

d(X, Z) = ‖Z −X‖= ‖(Z − Y ) + (Y −X)‖≤ ‖Z − Y ‖+ ‖Y −X‖≤ d(X, Y ) + d(Y, Z),

onde a desigualdade obtida vem do corolario 1.2.19, item (iii). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.3Retas e Planos

Como vimos fazendo ate aqui, para definirmos reta e plano no Rn, usaremos alguns argu-mentos geometricos no espaco euclidiano R2.

A figura 10 ao lado mostra a dupla P , osvetores V 6= O e N (perpendicular a V ) e a retal que passa por P e e paralela a V . Se X e umponto qualquer de l, entao o vetor X−P deve serum multiplo de V , isto e, existe t ∈ R tal que

X − P = tV,

ouX = P + tV,

equacao que descreve os pontos de l, e motiva aseguinte definicao.

Os -

6

x

y

Figura 10: Reta passando por Pe paralela a V

s©©©©©©©©©©

©©©©©©©©©©©©©©©

©©©*

©©©©©*sX

©©©©©

P

X − P

©©©*A

AAK

V

N

l = P + [V ]

[V ]

1.3.1Definicao Dados P, V ∈ Rn, V 6= O, o subconjunto l = P + [V ], onde [V ] indica o

subespaco gerado por V , e chamado reta que passa por P e e paralela ao vetor V .Assim,

l = X ∈ Rn; X = P + tV, t ∈ R.A equacao X = P + tV e a equacao parametrica de l.

1.3.2Exemplo Dados P,Q ∈ Rn, P 6= Q, a reta que passa por P (ou Q) e e paralela ao vetor

Q− P e a reta lPQ = P + [Q−P ]. Para t = 1, obtemos X = P + t(Q− P ) = Q.

16 Retas e Planos

Logo, Q ∈ l, o que implica que l e a reta que passa por P e Q. Deixando t percorrer o intervalo

fechado [0, 1], obtemos o subconjunto [P, Q] ⊂ lPQ, o qualchamaremos de segmento de reta ligando P a Q. Assim,

[P,Q] = X = P + t(Q− P ); 0 ≤ t ≤ 1.Para t = 1/2, obtemos

M = P +1

2(Q− P ) =

P + Q

2∈ [P, Q],

©©©©©

Figura 11: Segmento [P,Q]

P

QMs

ss

o ponto medio de [P, Q]. Observe que d(M, P ) = d(M, Q) = ‖M − P‖ = ‖M −Q‖ = d(P,Q)/2.

1.3.3Exemplo Tomemos, em R2, P = (x0, y0) e V = (v1, v2) 6= (0, 0). Se

X = (x, y) ∈ l = P + [V ] = X = (x, y) = (x0, y0) + t(v1, v2), t ∈ R

e um ponto qualquer de l, entao x = x0 + tv1 e y = y0 + tv2, t ∈ R. Donde

v2x = v2x0 + tv2v1 e v1y = v1y0 + tv1v2

e, portanto,

ax + by = c,

onde a = −v2, b = v1 e c = ax0 + by0. Esta e a equacao cartesiana de l, forma usual nos textoselementares de Geometria Analıtica, e que pode ser reescrita como

(X − P ) ·N = 0,

onde N = (a, b) = (−v2, v1) e perpendicular a V e, portanto, a l (veja o exemplo 1.2.9).

Observacao Uma reta l = P + [V ] nao determina unicamente P e V . De fato, se Q ∈ l eum ponto qualquer de l e W = λV , λ 6= 0, entao l = Q + [W ].

1.3.4Definicao Duas retas no Rn, l1 = P + [V ] e l2 = Q + [W ], sao ditas paralelas se V e W

sao linearmente dependentes.

1.3.5Exemplo Sejam l1 = P + [V ] e l2 = Q + [W ] duas retas no R2 que nao sao paralelas.

Logo, como nossa intuicao espera, l1 e l2 devem se tocar num unico ponto (oque pode nao ocorrer em dimensoes maiores que 2, como mostra o exemplo 1.3.6). Com efeito,V,W e uma base do R2 (por que?) e, portanto, devem existir unicos t1, t2 ∈ R tais queQ− P = t1V + t2W . Donde, Q− t2W = P + t1V . Mas P + t1V ∈ l1 e Q− t2W ∈ l2. Logo, l1e l2 se interceptam em R = Q− t2W = P + t1V .


1.3.6Exemplo Sejam l1 = P + [V ] e l2 = Q + [W ], onde P = (1, 0, 0), Q = (0, 1, 0), V = (1, 1, 1)

e W = (1, 1, 0). Os vetores V e W sao linearmente independentes, o que resultade uma simples observacao de suas terceiras coordenadas. Assim, l1 e l2 nao sao paralelas.Entretanto, ao contrario do que ocorre no plano (exemplo 1.3.5), l1 e l2 nao se interceptam. Defato, se R e um ponto onde estas retas se interceptam, entao

R = P + t1V = (1 + t1, t1, t1) e R = Q + t2W = (t2, 1 + t2, 0),

para alguns t1, t2 ∈ R. Isto implica que t2 = 1 = −1, um absurdo. Portanto, devemos mesmoter l1 ∩ l2 = ∅.

Nosso objetivo agora e construir planos no Rn. Comecaremos trabalhando em R3.Sejam V e W dois vetores linearmente independentes em R3, localizados em P , como

mostra a figura 12.

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq






















































6z

-y

π = P + [V, W]

¡¡

¡¡

¡ªx

©©©©©©©©

@@

@@

@@

@@

©©©©*

@@

@

©©

©

@@

@@R

©©©*XXXXXXXXz@

@@R

VsV

W

tW

sX

X − PssP

O s

Figura 12: Plano que passa por P e e paralelo a V e W

Seja π = P + [V,W] o plano que passa por P e e paralelo aos vetores V e W . Dado X ∈ π, ovetor X − P esta no subespaco gerado pelos vetores V e W . Logo, existem escalares s e t taisque X − P = sV + tW , donde X = P + sV + tW .

1.3.7Definicao Dados P, V, W ∈ Rn com V, W linearmente independente, o subconjunto

π = P + [V,W], onde [V,W] e o subespaco gerado por V, W, e chamadoplano que passa por P e e paralelo aos vetores V e W . Em outras palavras,

π = X ∈ Rn; X = P + sV + tW, s, t ∈ R.A equacao X = P + sV + tW e a equacao parametrica de π.

1.3.8Exemplo Sejam P,Q, R ∈ Rn tres pontos tais que o triangulo 4PQR seja nao-degenerado,

isto e, os vetores V = Q−P e W = R−P sao linearmente independentes. Entao,o plano

π = P + [V, W] = X ∈ Rn; X = P + s(Q− P ) + t(R− P ), s, t ∈ R

18 Retas e Planos

contem os pontos Q e R. Para ver isto, ponha s = 1 e t = 0, para obter Q, e s = 0 e t = 1, paraencontrar R. Este e o plano que passa pelos pontos P,Q, R, que indicaremos por πPQR. Comocaso particular, tomemos, em R3, os pontos P = (0, 0, 2), Q = (4, 1, 0) e R = (1, 1, 1). Entao,V = (4, 1,−2) e W = (1, 1,−1), e πPQR fica

πPQR = (x, y, z) = (0, 0, 2) + s(4, 1,−2) + t(1, 1,−1), s, t ∈ R= (x, y, z) = (4s + t, s + t, 2− 2s− t), s, t ∈ R,

Eliminando s e t na equacao parametrica obtida, obtemos que

πPQR = (x, y, z); x + 2y + 3z = 6,que e a forma cartesiana de πPQR. Note que os coeficientes desta ultima equacao, a saber, 1,2 e 3, dao origem ao vetor N = (1, 2, 3) que, como e facil de ver, e perpendicular aos vetoresV e W . Portanto, N e tambem perpendicular a πPQR. A seguinte proposicao generaliza estasituacao.

1.3.9Proposicao Seja π = P + [V,W] um plano do R3. Entao existe N = (a, b, c), nao-nulo,

perpendicular a V e W (e portanto perpendicular a π) tal que

π = X ∈ R3; (X − P ) ·N = 0 = (x, y, z); ax + by + cz = d,onde d = N · P .

Demonstracao: Sejam P = (p1, p2, p3), V = (v1, v2, v3) e W = (w1, w2, w3). Assim,

π = (x, y, z) = (p1 + sv1 + tw1, p2 + sv2 + tw2, p3 + sv3 + tw3), s, t ∈ R. (¶4)

Como V e W sao linearmente independentes, a matriz

v1 w1

v2 w2

v3 w3

tem posto 2. Resulta daı, que pelo menos uma das matrizes(

v1 w1

v2 w2

),

(v1 w1

v3 w3

)e

(v2 w2

v3 w3

)

tem determinante nao-nulo. Logo, podemos supor, sem perda de generalidade, que a primeiradestas matrizes tem inversa, a qual e dada por

(v1 w1

v2 w2

)−1

=1

v1w2 − v2w1

(w2 −w1

−v2 v1

).

Seja X = (x, y, z) ∈ π um ponto qualquer. De (¶4) vem que(

x− p1

y − p2

)=

(v1 w1

v2 w2

)(s

t

)

z − p3 = (v3 w3)

(s

t

).


Logo,

z − p3 = (v3 w3)

(v1 w1

v2 w2

)−1 (x− p1

y − p2

)=

1

v1w2 − v2w1

(v3 w3)

(w2 −w1

−v2 v1

)(x− p1

y − p2

).

Donde,

(v2w3 − v3w2)(x− p1) + (v3w1 − v1w3)(y − p2) + (v1w2 − v2w1)(z − p3) = 0,

ou (X − P ) ·N = 0, onde

N = (v2w3 − v3w2, v3w1 − v1w3, v1w2 − v2w1).

A equacao (X − P ) ·N = 0 implica, em particular, que N e perpendicular aos vetores V e W .De fato, tomando X = P + V ∈ π, temos que (X − P ) · N = V · N = 0. Da mesma forma,vemos que W ·N = 0. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

A equacao (X−P ) ·N = 0, obtida para planos no R3, serve, como vimos no exemplo 1.3.3,tambem para retas em R2. Isto sugere a seguinte definicao.

1.3.10Definicao Sejam P, N ∈ Rn, onde N e um vetor nao-nulo. O subconjunto

H = X ∈ Rn; (X − P ) ·N = 0e chamado hiperplano que passa por P e e perpendicular a N .

Observacao Os hiperplanos de R2 sao retas; os do R3 sao os planos. Por analogia a estescasos e de se esperar que a “dimensao” destes objetos dependa do ambiente no

qual eles habitam. Um hiperplano H ⊂ Rn deve ter dimensao n− 1.

1.3.11Exemplo Seja H = X = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4; x1 + x2 − 2x3 − x4 = 1. Temos que H e o

hiperplano do R4 que e perpendicular a N = (1, 1,−2,−1) e passa, por exemplo,por P = (0, 0, 0,−1). Agora observe que X ∈ H se, e somente se,

X = (x1, x2, x3, x1 + x2 − 2x3 − 1) = P + x1(1, 0, 0, 1) + x2(0, 1, 0, 1) + x3(0, 0, 1,−2),

o que mostra que os pontos de H sao descritos por uma equacao parametrica a tres parametros.Isto basta para sentir que a dimensao de H e 3.

1.3.12Produto Vetorial

Devido ao seu valor geometrico, o vetor N construıdo na proposicao 1.3.9 merece destaqueespecial. Nesta subsecao colocaremos as propriedades basicas deste vetor.

20 Retas e Planos

1.3.13Definicao Sejam X = (x1, x2, x3) e Y = (y1, y2, y3) duas triplas em R3. O produto vetorial

de X por Y , denotado por X × Y (ou X ∧ Y ), e definido por

X × Y = (x2y3 − x3y2, x3y1 − x1y3, x1y2 − x2y1),

que pode ser facilmente lembrado expandindo o determinante abaixo ao longo da primeira linha:

X × Y =

∣∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

x1 x2 x3

y1 y2 y3

∣∣∣∣∣∣∣= (x2y3 − x3y2)e1 + (x3y1 − x1y3)e2 + (x1y2 − x2y1)e3,

onde e1, e2, e3 e a base canonica do R3.

1.3.14Exemplo Sejam X = (1, 1, 2) e Y = (3,−1, 1). O produto vetorial de X por Y e o vetor

X × Y =

∣∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

1 1 2

3 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣= 3e1 + 5e2 − 4e3 = (3, 5,−4).

Note que (X ×Y ) ·X = (3, 5,−4) · (1, 1, 2) = 0. Tambem (X ×Y ) ·Y = 0, o que diz que X ×Ye perpendicular a X e a Y . Esta propriedade e verdadeira em geral, como veremos a seguir.

1.3.15Proposicao Sejam X,Y, Z ∈ R3 e a ∈ R. As seguintes propriedades sao verificadas.

(i) X × Y = −Y ×X;

(ii) a(X × Y ) = (aX)× Y = X × (aY );

(iii) X × (Y + Z) = X × Y + X × Z;

(iv) (X × Y ) · Z = det (X, Y, Z);

(v) ‖X × Y ‖2 = ‖X‖2 ‖Y ‖2 − (X · Y )2,

onde (X,Y, Z) indica a matriz cujas colunas (ou linhas) sao as triplas X, Y e Z, olhadas comomatrizes 3× 1. Assim,

det (X,Y, Z) =

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 z1

x2 y2 z2

x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

∣∣∣∣∣∣.

Demonstracao: A demonstracao destas propriedades e feita via computacao direta,usando a definicao 1.3.13. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


1.3.16Corolario Se X, Y ∈ R3, entao

‖X × Y ‖ = ‖X‖ ‖Y ‖ sen ∠(X,Y ).

(Geometricamente, isto significa que a area do paralelogramo gerado por X e Y e ‖X × Y ‖.)Demonstracao: O item (v) da proposicao 1.3.15,

junto com a equacao da proposicao 1.2.8, implica que

‖X × Y ‖ =√‖X‖2 ‖Y ‖2 − (X · Y )2

=√‖X‖2 ‖Y ‖2 (1− cos2 ∠(X, Y ))

= ‖X‖ ‖Y ‖ sen ∠(X,Y )

,

o que querıamos. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppprrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

































































Os

A©

Figura 13: Paralelogramo gerado por X e Y

££££££££±©©©©©©©©©©*

AA

AA

AY

©©©©©©©©©©*££££££££±

h = ‖Y ‖ sen θX


1.3.17Corolario Os vetores X,Y ∈ R3 sao linearmente dependentes se, e somente se, X×Y = O.

Demonstracao: X e Y sao linearmente dependentes se, e somente se, sen ∠(X, Y ) = 0.Agora e so aplicar o corolario 1.3.17. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.3.18Corolario Se X, Y ∈ R3, entao det (X,Y,X × Y ) = ‖X × Y ‖2. Em particular, se X e Y

sao linearmente independentes, entao X, Y, X×Y e uma base com a mesmaorientacao da base canonica.

Demonstracao: Usando o item (iv) da proposicao 1.3.15, vem que

det (X,Y,X × Y ) = (X × Y ) · (X × Y ) = ‖X × Y ‖2 .

Agora, como X e Y sao linearmente inde-pendentes, temos que X × Y 6= O, o quevem do corolario 1.3.17. Portanto,

det (X, Y, X × Y ) = ‖X × Y ‖2 > 0,

e obtemos que (X,Y,X × Y ), que e a ma-triz de passagem da base X,Y,X × Y para a base canonica, tem determinantepositivo, isto e, tem a mesma orientacaoque a base canonica. Geometricamente,isto significa que X, Y, X × Y esta posi-cionada no espaco de modo analogo a basee1, e2, e3, como mostra a figura 14. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

CC

CC

@³³

6e3

-e2¡

¡¡ª

e1

sCCCCCCCCOX × Y

³³³³³³1Y

@@

@@

@RX

s

Figura 14: Produto Vetorial

22 Retas e Planos

1.3.19Corolario Se X,Y ∈ R3 sao ortonormais (unitarios e ortogonais), entao X, Y, X × Y e

uma base ortonormal do R3.

Demonstracao: Falta verificar que X × Y e tambem unitario. Isto segue-se facilmentede (v) da proposicao 1.3.15. Com efeito,

‖X × Y ‖2 = ‖X‖2 ‖Y ‖2 − (X · Y )2 = 1− 0 = 1. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.3.20 [Duplo Produto Vetorial]Corolario Se X, Y, Z ∈ R3, entao vale a formula do duplo

produto vetorial:

(X × Y )× Z = (X · Z) Y − (Y · Z) X.

Demonstracao: Suponhamos, inicialmente, que X e Y sejam ortonormais. Logo,X, Y, X × Y e uma base ortonormal do R3, e isto implica que existem (e sao unicos) numerosreais c1, c2 e c3 tais que Z = c1X + c2Y + c3X × Y . Na realidade, c1 = X · Z, c2 = Y · Z ec3 = (X×Y ) ·Z. Como (X×Y )×Z e perpendicular a X×Y , vem que ele deve ser combinacaolinear de X e Y . Portanto,

(X × Y )× Z = aX + bY,

onde a = ((X × Y )× Z) ·X e b = ((X × Y )× Z) · Y . Mas

((X × Y )× Z) ·X = det (X × Y, Z, X)

= det (X × Y, c1X + c2Y + c3X × Y, X)

= c2 det (X × Y, Y,X)

= −c2 det (X, Y, X × Y )

= −c2 ‖X × Y ‖2 = −c2 = −Y · Z.

Analogamente, vemos que ((X × Y ) × Z) · Y = c1 = X · Z. Logo, a = −Y · Z e b = X · Z, oque prova a formula do duplo produto vetorial para o caso onde X e Y sao ortonormais. Paraestende-la para o caso onde X e Y sao apenas ortogonais, tomamos os unitarios uX e uY . Logo

(uX × uY )× Z = (uX · Z) uY − (uY · Z) uX ,

ou, equivalentemente,

1

‖X‖ ‖Y ‖(X × Y )× Z =1

‖X‖ ‖Y ‖(X · Z) Y − 1

‖X‖ ‖Y ‖(Y · Z) X,

que simplificada da(X × Y )× Z = (X · Z) Y − (Y · Z) Y,

e a formula do duplo produto vetorial funciona tambem quando X e Y sao ortogonais. Para ocaso geral, onde X e Y sao linearmente independentes, recorremos a projecao de Y sobre X,


PXY . Da proposicao 1.2.16 vem que PXY = λX, onde λ = (X · Y )/ ‖X‖2, e que Y − PXY eperpendicular a X. Logo,

(X × (Y − PXY ))× Z = (X · Z) (Y − PXY )− ((Y − PXY ) · Z) X. (¶5)

Mas

X × (Y − PXY ) = X × Y −X × PXY = X × Y,

visto que PXY e paralelo a X, e

(X · Z)(Y − PXY )− ((Y − PXY ) · Z)X = (X · Z)Y − (X · Z)PXY − (Y · Z)X + (PXY · Z)X

= (X · Z)Y − (Y · Z)X − λ((X · Z)X − (X · Z)X)

= (X · Z)Y − (Y · Z)X.

Assim, (¶5) fica:

(X × Y )× Z = (X · Z) Y − (Y · Z) X.

A formula do duplo produto vetorial agora vale sempre que X e Y sao linearmente independentes.O caso onde X e Y sao linearmente dependente (Y = kX) e trivial: a formula tem ambos osmembros nulos, como pode ser facilmente verificado pelo leitor. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.3.21Corolario Sejam T e N dois vetores ortonormais do R3. Se B = T×N , entao B × T = N

e N ×B = T .

Demonstracao: A formula do duplo produto vetorial da que

B × T = (T ×N)× T = (T · T )N − (N · T )T = N,

visto que ‖T‖ = 1 e T ·N = 0. Agora convidamos o leitor a provar que N ×B = T . pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.3.22Exemplo Sejam e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1). Um calculo direto mostra que

e1 × e2 = e3. Logo, e2 × e3 = e1 e e3 × e1 = e2. Em particular,

(e1 × e2)× e2 = e3 × e2 = −e1

e1 × (e2 × e2) = e1 ×O = O,

o que implica que (e1 × e2)× e2 6= e1 × (e2 × e2) e mostra que o produto vetorial, em geral, naoe associativo. O proximo corolario mostra quando o produto vetorial e associativo.

24 Retas e Planos

1.3.23Corolario Dados vetores X, Y e Z em R3, entao X × (Y × Z) = (X × Y ) × Z se, e

somente se, (X · Y ) Z = (Y · Z) X.

Demonstracao: Usando o corolario 1.3.20 temos que

X × (Y × Z) = −(Y × Z)×X = −((X · Y ) Z − (X · Z) Y ) = (X · Z) Y − (X · Y ) Z,

que comparado com(X × Y )× Z = (X · Z) Y − (Y · Z) X,

mostra que X × (Y × Z) = (X × Y )× Z se, e somente se, (X · Y ) Z = (Y · Z) X. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.3.24Distancia de um Ponto a uma Reta

Seja l = P + [V ] uma reta no Rn. DadoQ ∈ Rn um ponto qualquer, seja Y = Q− P ,como mostra a figura 15. A projecao de Y sobreV e dada por

PV Y = λV, onde λ =Y · V‖V ‖2 .

Como a figura 15 mostra e bastante razoavel seesperar que a distancia de Q a l, que indicaremospor d(Q, l), definida como sendo o mınimo dasdistancias de Q a pontos de l, isto e,

d(Q, l) = mind(Q,X), X ∈ l,

©©©©©©©©©©©©©

©©©©Figura 15

££££££££±

AA

AA

AK

©©©©©*

Y = Q− P

Qs

©©©©©©©©©©*

PV Y

Y − PV YV

l = P + [V ]

sQ′

Ps

seja atingida no ponto Q′ ∈ l, a projecao ortogonal de Q sobre l, dado por

Q′ = P + PV Y = P + λV = P +(Q− P ) · V

‖V ‖2 V.

Portanto,

(d(Q, l))2 = ‖Y − PV Y ‖2

=

∥∥∥∥(Q− P )− (Q− P ) · V‖V ‖2 V

∥∥∥∥2

= ‖Q− P‖2 − 2(Q− P ) · ((Q− P ) · V‖V ‖2 V ) +

((Q− P ) · V )2

‖V ‖4 ‖V ‖2

=‖Q− P‖2 ‖V ‖2 − ((Q− P ) · V )2

‖V ‖2 ,

o que produz o seguinte resultado.


1.3.25Proposicao Seja l = P +[V ] a reta do Rn que passa por P e e paralela a V . Dado Q ∈ Rn

a distancia de Q a l e dada por

d(Q, l) =

√‖Q− P‖2 ‖V ‖2 − ((Q− P ) · V )2

‖V ‖ .

Alem disto, o ponto Q′ ∈ l onde esta distancia e atingida e dado por

Q′ = P +(Q− P ) · V

‖V ‖2 V.

A partir desta proposicao obtemos as formulas usuais da distancia de um ponto a umareta, em R3 e R2, como mostram os corolarios 1.3.27 e 1.3.28.

1.3.26Exemplo Sejam P = (1, 0,−2, 3), Q = (1, 1, , 0, 2) e V = (1, 1,−1, 1), e consideremos a

reta l = P + [V ]. Temos que ‖Q− P‖2 = 6, (Q− P ) · V = −2 e ‖V ‖ = 2. Logo,usando a proposicao 1.3.25, a distancia de Q a l e

d(Q, l) =

√‖Q− P‖2 ‖V ‖2 − ((Q− P ) · V )2

‖V ‖ =√

5.

O ponto Q′ ∈ l onde d(Q, l) e atingida e dado por

Q′ = P +(Q− P ) · V

‖V ‖2 V = (1, 0,−2, 3)− 1

2(1, 1,−1, 1) =

1

2(1,−1,−3, 5).

Sugerimos ao leitor o calculo de d(Q,Q′) que, claro, deve produzir√

5.

1.3.27Corolario Seja l = P + [V ] a reta do R3 que passa por P e e paralela a V . Dado Q ∈ R3

a distancia de Q a l e dada por

d(Q, l) =‖(Q− P )× V ‖

‖V ‖ .

Demonstracao: Resulta de (v), proposicao 1.3.15, junto com a proposicao 1.3.25. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.3.28Corolario Seja l = P + [V ] a reta do R2 que passa por P = (x1, x2) e e paralela a

V = (v1, v2). Dado Q = (x0, y0) a distancia de Q a l e dada por

d(Q, l) =|ax0 + by0 − c|√

a2 + b2,

26 Retas e Planos

onde N = (a, b) = (−v2, v1) e normal a l e c = ax1 + bx2. (Neste caso, a equacao cartesiana del e: ax + by = c.)

Demonstracao: Visando utilizar o corolario 1.3.27, mergulharemos R2 em R3, isto e,olharemos uma dupla X = (x1, x2), como sendo a tripla X = (x1, x2, 0). Assim,

d(Q, l) =‖(x0 − x1, y0 − y1, 0)× (v1, v2, 0)‖

‖(v1, v2, 0)‖ ,

que expressa em termos de a = −v2, b = v1 e c = ax1 + bx2 fica:

d(Q, l) =‖(0, 0,−ax0 − by0 + c)‖

‖(b,−a, 0)‖ =|ax0 + by0 − c|√

a2 + b2. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.3.29Distancia de um Ponto a um Hiperplano

Seja π o plano do R3 que e perpendicular a N e passa por P , conforme mostra a figura 16.Dado Q ∈ R3, a distancia de Q a π, d(Q, π), e definida como sendo o mınimo das distancias deQ a pontos de π, isto e,

d(Q, π) = mind(Q,X); X ∈ π.Seja l a reta que passa por Q e e paralela a N . Temos que l intercepta (ortogonalmente) π noponto

Q′ = Q− PN(Q− P ) = Q− (Q− P ) ·N‖N‖2 N,

onde PN(Q− P ) e a projecao de Q− P sobre N .

Fixemos X ∈ π um ponto arbitrario. Como Q − Q′ e perpendicular a π, ele e perpendicular aX −Q′. Usando o teorema de Pitagoras (veja proposicao 1.2.17), vem que

‖X −Q‖2 = ‖X −Q−Q′ + Q′‖2

= ‖X −Q′‖2 + ‖Q−Q′‖2

≥ ‖Q−Q′‖2

e, portanto, obtemos

‖Q−Q′‖ ≤ ‖X −Q‖ , ∀X ∈ π.

Segue-se, entao, que d(Q, π) e atingida em Q′ e

d(Q, π) = ‖Q−Q′‖ =

∥∥∥∥(Q− P ) ·N

‖N‖2 N

∥∥∥∥ =|(Q− P ) ·N |

‖N‖ .

Isto prova a seguinte proposicao.

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr















































































rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrX

©©©©©©©©©©©

XXXXXXXX

@@

@@

@@

@@

CCCCCCCC

Q

d(Q, π) d(Q,X)

Q′π

Q− P6

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡µ

¡¡

N

P

ssXs

Figura 16


1.3.30Proposicao Seja H o hiperplano do Rn que e perpendicular a N e passa por P . Dado

Q ∈ Rn, a distancia de Q a H e dada por

d(Q,H) =|(Q− P ) ·N |

‖N‖ .

Mais ainda, d(Q,H) e atingida no ponto de H

Q′ = Q− (Q− P ) ·N‖N‖2 N.

Em particular, se n = 3, Q = (x0, y0, z0), N = (a, b, c) e d = N ·P , a distancia de Q ao plano Hfica:

d(Q,H) =|ax0 + by0 + cz0 − d|√

a2 + b2 + c2.

1.3.31Exemplo A distancia de Q = (3,−2, 1) ao plano π de equacao cartesiana 2x− 2y − z = −9

vale

d(Q, π) =|(3,−2, 1) · (2,−2,−1) + 9|

3= 6.

Agora se X = (x, y, z) e um ponto qualquer de π, entao

X = (x, y, 2x− 2y + 9) = (0, 0, 9) + x(1, 0, 2) + y(0, 1,−2)

= P + xV + yW,

onde P = (0, 0, 9), V = (1, 0, 2) e W = (0, 1,−2). Logo, π = P + [V,W], e obtemos umarepresentacao parametrica para π.

1.3.32Exemplo Sejam l1 = P + [V ] e l2 = Q + [W ] duas retas em Rn. Se V e W sao linearmente

independentes, ha duas possibilidades para a intersecao l1 ∩ l2, a saber:

(i) l1 ∩ l2 e um ponto, digamos l1 ∩ l2 = R;(ii) l1 ∩ l2 e vazio.

No primeiro caso, o plano π = R + [V, W] contem l1 e l2, e dizemos que l1 e l2 sao retascoplanares. Ja em (ii), nao existe um plano que contenha ambas as retas, e diremos que l1 e l2sao retas reversas. O leitor deve observar que as retas do exemplo 1.3.6 sao retas reversas emR3. Suponhamos, agora, que os vetores V e W sejam linearmente dependentes. Obtemos, outravez, duas alternativas:

(iii) l1 e l2 sao coincidentes, isto e, l1 = l2;

(iv) l1 e l2 sao paralelas e l1 ∩ l2 = ∅.Em (iv), l1 e l2 sao coplanares, visto que o plano π = P + [V,W] = Q + [V, W], ondeW = Q− P , as contem.

28 Funcoes Vetoriais

1.4Funcoes Vetoriais

Nesta secao, estudaremos as nocoes basicas relacionadas com aplicacoes entre espacoseuclidianos de dimensoes quaisquer.

1.4.1Definicao Uma funcao vetorial e uma funcao com domınio D ⊂ Rn e contradomınio Rm,

isto e, uma funcao do tipo

f : D ⊂ Rn −−−−−→ Rm

X −−−−−→ f(X) = (f1(X), f2(X), . . . , fm(X)),

onde X = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D. Quando m = 1, diremos que f e uma funcao real. Ja quandon = 1, f e dita uma funcao vetorial de uma variavel real. A imagem de f , denotada por Im(f),ou por f(D), e o conjunto

Im(f) = f(D) = Y ∈ Rm; Y = f(X), X ∈ D.

Dizemos, tambem, que f parametriza o conjunto Im(f), ou que Im(f) e o conjunto parametri-zado por f .

1.4.2Definicao Dada uma funcao vetorial

f : D ⊂ Rn −−−−−→ Rm

X −−−−−→ f(X) = (f1(X), f2(X), . . . , fm(X)),

as m funcoes reais

f1 : D ⊂ Rn −−−−−→ RX −−−−−→f1(X)

f2 : D ⊂ Rn −−−−−→ RX −−−−−→f2(X)

...

fm : D ⊂ Rn −−−−−→ RX −−−−−→fm(X)

sao as funcoes coordenadas de f .

1.4.3Exemplo Seja f : R2 −→ R definida por f(x, y) = x2 + y2. Temos que f e uma funcao real

(de duas variaveis) cuja imagem coincide com o intervalo [0,∞).


1.4.4Exemplo Seja f(t) = (x0 + a cos t, y0 + b sen t), t ∈ [0, 2π], onde a > 0, b > 0, x0 e y0 sao

numeros reais fixados. A imagem de f ,

Im(f) = (x, y) ∈ R2; x = x0 + a cos t, y = y0 + b sen t, t ∈ R, (¶6)

coincide com a elipse de semi-eixos a e b, centrada em C = (x0, y0), que denotaremos porE(C, a, b). De fato, se x e y sao como em (¶6), entao

(x− x0)2

a2 +(y − y0)

2

b2 = cos2 t + sen2 t = 1.

-f

O

C

s -

6

x

E(C, a, b)

y

r

q

qy0

x0

a

b

0 2πtr

Figura 17: Elipse(x− x0)2

a2 +(y − y0)2

b2 = 1

©©©©*rf(t)

rf1(t)

rf2(t)

¡¡

¡¡

¡

t

rP2

rP1

Assim f parametriza E(C, a, b). A figura 17 mostra, em particular, a construcao geometricada funcao f : pelo ponto C = (x0, y0) tracamos a semi-reta que faz o angulo t com o eixo-x.Esta semi-reta intercepta os cırculos, centrados em C e de raios a e b, nos pontos P1 e P2,respectivamente. Agora, por P1 tracamos umareta paralela ao eixo-y, e por P2 tracamos umareta paralela ao eixo-x. A intersecao destas retase exatamente o ponto da elipse

(x− x0)2

a2 +(y − y0)

2

b2 = 1

que indicamos por f(t). Em particular, se b = a,obtemos que f parametriza o cırculo de centroC = (x0, y0) e raio a, denotado por S1(C, a). Ob-serve que, neste caso, as funcoes coordenadas def ficam assim:

f1(t) = x(t) = x0 + a cos t

f2(t) = y(t) = y0 + a sen t,

onde t ∈ [0, 2π].

O

C

s -

6

x

S1(C, a)

y

r

q

qy0

x0

a

Figura 18: (x− x0)2 + (y − y0)2 = a2

ppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppp pppppppppp pppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppp pppppp pppppp ppppp ppppp pppp pppp pppppp ppppp ppppp pppp pppp ppppp pppp ppppp ppppp pppp ppp pp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp pp pp ppp pppp ppppp ppppp pppp ppppp pppp pppp ppppp ppppp pppppp pppp pppp ppppp ppppp pppppp pppppp pppppppp ppppppppp ppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppp pppppppppp pppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppp pppppp pppppp ppppp ppppp pppp pppp pppppp ppppp ppppp pppp pppp ppppp pppp ppppp ppppp pppp ppp pp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp pp pp ppp pppp ppppp ppppp pppp ppppp pppp pppp ppppp ppppp pppppp pppp pppp ppppp ppppp pppppp pppppp pppppppp ppppppppp ppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppp

¡¡

¡¡µ

rf1(t)

rf2(t)

t

rf(t)


1.4.5Exemplo A funcao vetorial

g : R2 −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ g(u, v) = (1 + u, 2 + v, u + v)

tem funcoes coordenadas

g1(u, v) = x(u, v) = 1 + u

g2(u, v) = y(u, v) = 2 + v

g3(u, v) = z(u, v) = u + v,

(u, v) ∈ R2, e sua imagem coincide com o plano que passa por (1, 2, 0) e e paralelo aos vetores(1, 0, 1) e (0, 1, 1).

1.4.6Conjuntos Associados a Funcoes Vetoriais

Estudaremos, agora, alguns subconjuntos do espaco euclidiano que desempenham papelde grande relevancia na descricao das funcoes vetoriais.

1.4.7 [Graficos]Definicao Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm, f(X) = (f1(X), f2(X), . . . , fm(X)), uma fun-

cao vetorial. O grafico de f , indicado por G(f), e definido por

G(f) = (X,Y ) ∈ Rn+m; Y = f(X), X ∈ D= (x1, x2, . . . , xn, f1(X), f2(X), . . . , fm(X)); X = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D.

Diremos, tambem, que G(f) e o conjunto definido explicitamente por f .

Observacao Na definicao acima, introduzimos uma nova notacao, que sera util em outrassituacoes: dados X = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn e Y = (y1, y2, . . . , yn) ∈ Rm, escre-

vemos (X, Y ) para representar a (n + m)-upla (x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , ym).

1.4.8Exemplo Seja f : [−1, 1] −→ R definida por

f(x) = x2. Temos que f e uma fun-cao real de uma variavel real cuja imagem coincidecom o intervalo [0, 1], e cujo grafico e o subcon-junto do R2 dado por

G(f) = (x, y); y = x2, x ∈ [−1, 1],que coincide com o arco da parabola y = x2 quese projeta sobre o intervalo [−1, 1].

−1 1O-

6

x

y

Figura 19: Parabola y = x2

s


1.4.9 [Paraboloide de Revolucao]Exemplo Seja f : R2 −→ R, f(x, y) = x2 + y2, a qual

ja usamos no exemplo 1.4.3. O seu grafico,que chamamos paraboloide de revolucao (ou rotacao), e dado por

G(f) = (x, y, z); z = x2 + y2.Para fazer um esboco deste conjunto usamos o metodo dos cortes por planos da forma z = c, istoe, planos paralelos ao plano-xy. Neste caso, quando cortamos G(f) pelo plano z = 4, obtemos,neste plano, o cırculo de raio 2 e centro (0, 0, 4):

(x, y, z); x2 + y2 = 4, z = 4.Mais geralmente, se cortamos G(f) com planosz = a > 0, obtemos aı o cırculo de raio

√a e centro

(0, 0, a). Note que, quando a < 0, a intersecao evazia, e coincide com a origem, quando a = 0. Istosugere que G(f) e um subconjunto de R3 obtidopela rotacao em torno do eixo-z de alguma curvaplana, por exemplo, do plano-xz. Esta curva efacilmente obtida, interceptando-se G(f) com oplano y = 0, isto e, com o plano-xz, o que produza parabola z = x2. Como resultado, obtemos afigura 20.

6z

-y¡

¡¡

¡ªx

Figura 20: Paraboloide z = x2 + y2

1.4.10 [Sela]Exemplo A sela ou paraboloide hiperbolico e o grafico da funcao f(x, y) = y2 − x2,

(x, y) ∈ R2. Por nao ser um subconjunto obtido por rotacoes, o seu esboco eum pouco mais trabalhoso. Comecando com cortes por planos z = a ≥ 0, obtemos as hiperboles

(x, y, z); y2 − x2 = a, z = a,que se degeneram no par de retas y = ±x, quando a = 0, como mostra a figura 21-(a).

6z

-y¡

¡¡

¡ªx

Figura 21-(a)

6z

-y¡

¡¡

¡ªx

Figura 21-(b)

6z

-y¡

¡¡

¡ªx

Figura 21-(c): A sela z = y2 − x2


Procedimento analogo, agora usando planos a ≤ 0, da a figura 21-(b). Os cortes de G(f) porplanos y = c produz parabolas z = c2 − y2, que o leitor devera esbocar. Finalmente, obtemos asela, como na figura 21-(c).

1.4.11 [Helice Circular]Exemplo Consideremos, ago-

ra, a funcao de umavariavel

f : R −−−−−→ R2

t −−−−−→ f(t) = (a cos t, a sen t),

onde a > 0 e uma constante. O seu grafico,

G(f) = (t, f(t)) = (t, a cos t, a sen t); t ∈ R,e a helice circular de raio a, cujo eixo coincide com eixo-x,como mostra a figura 22. Observe que a projecao deG(f) no plano-yz e o cırculo de raio a. Suas projecoesno plano-xy e plano-xz sao os graficos das funcoes reaisde uma variavel real y = a cos x e z = a sen x, respecti-vamente.

6z

-y¡

¡¡

¡ª

¡¡

¡¡

x

Figura 22: Helice Circular

Observacao O fato de coincidir com um grafico impoe restricoes a forma de um subconjunto.Pensando com uma funcao f : D ⊂ R2 −→ R, vem que

G(f) = (x, y, z); z = f(x, y), (x, y) ∈ D.

Isto significa que para cada (x, y) ∈ D, existe um unico ponto em G(f), a saber (x, y, f(x, y)).Geometricamente, isto diz que a reta que passa por (x, y, 0) e e perpendicular ao plano-xyintercepta G(f) em um unico ponto. Por exemplo, a esfera

S2(a) = (x, y, z); x2 + y2 + z2 = a2 ⊂ R3

nao pode ser grafico de nenhuma funcao do tipo que es-tamos considerando. De fato, ha retas perpendicularesao plano-xy que interceptam esta esfera em dois pontos.Entretanto, parte dela, digamos seu hemisferio superior,e o conjunto definido explicitamente por

f : D[a] ⊂ R2 −−−−−→ R(x, y) −−−−−→ f(x, y) =

√a2 − x2 − y2,

onde D[a] = (x, y); x2 + y2 ≤ a2 e o disco fechado deraio a. Ja o hemisferio inferior e o grafico de g = −f ,isto e, g(x, y) = −f(x, y), (x, y) ∈ D[a].

Figura 23

¡¡

¡ª

s

x

-sy

6

s

z

r

r


Observacao E muito comum na pratica nos referirmos a uma equacao Y = f(x1, x2, . . . , xn),onde o lado direito indica uma m-upla envolvendo os sımbolos x1, x2, . . ., xn,

como uma funcao. O que estamos pensando, na realidade, e na funcao f : D −→ Rm, onde D eo maior subconjunto de Rn, onde tal expressao faz sentido.

1.4.12Exemplo A expressao

z =√

4− x2 − y2 log (x2 + y2 − 1)

define uma funcao f no anel de R2 dado por

D = (x, y); 1 < x2 + y2 ≤ 4.De fato, se x2+y2 ≤ 1, entao nao existe log (x2 + y2 − 1),e se x2 + y2 > 4 nao tem sentido

√4− x2 − y2.

pppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppp pppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppp ppppp ppppp pppppp pppppp ppppp ppppp pppppp ppppp ppppp ppppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pppppppppp pp p pppppp pp pppp pppp pp ppp pppp pp pppp pppp pp ppp ppp pp p pp pppp pp p pp ppp pp p pp ppp pp p p pp p pp pp pp ppp pp p pp p pp pp pp p pp p pp p pp pp pp p pp p p pp p p pp pp pp pp pp p pp pp p pp p p pp pp p pp pp p pp pp p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp pp pp pp p p pp p p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp ppp pp p pp pp pp p p pp ppp pp pp pp ppp pp p pp ppp pp p pp ppp ppp pp ppppp ppppp pp pppp pppp pp pppp pppp pp pp pppppp pp pppppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp ppppp ppppp ppppp pppppp ppppp ppppp ppppppp ppppppp ppppp ppppp pppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppppp ppppppppppp ppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppp

r1

r2

-x

6y

Figura 24: Anel

1.4.13 [Conjuntos de Nıvel]Definicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm uma funcao vetorial e K

um vetor em Rm fixado. O conjunto de nıvel K de fe o subconjunto de D definido por

f−1(K) = X ∈ D; f(X) = K.

Isto e, se f1, f2, . . ., fm sao as funcoes coordenadas de f , e K = (k1, k2, . . . , km), entao f−1(K)e o conjuntos das solucoes em D do sistema de m-equacoes e n-incognitas:

f1(x1, x2, . . . , xn) = k1

f2(x1, x2, . . . , xn) = k2

......

...

fm(x1, x2, . . . , xn) = km.

Os conjuntos de nıvel f−1(K) sao, tambem, denominados conjuntos definidos implicitamentepor f .

Observacao f−1(K) 6= ∅ se, e somente se, K ∈ Im(f).

1.4.14Exemplo Os conjuntos de nıvel f−1(a), a ∈ R, de z = f(x, y) = x2 + y2, (x, y) ∈ R2, sao

os seguintes:

(i) f−1(a) = ∅, se a < 0, pois Im(f) = [0, +∞);

(ii) f−1(0) = (0, 0);


(iii) f−1(a) = S1(√

a) = (x, y); x2 + y2 = a, se a > 0.

Na figura 25, temos o grafico de f e alguns conjuntos de nıvel, que podem ser obtidos viaprojecao no plano-xy das intersecoes de G(f) com planos z = a ≥ 0.

z

-y¡

¡¡ªx

Figura 25: Paraboloide de Revolucao

6

1.4.15Exemplo Estudemos agora os conjuntos definidos

implicitamente por

z = f(x, y) = y2 − x2, (x, y) ∈ R2.

Os conjuntos de nıvel f−1(k), k > 0, sao as hiperbolesequilateras de semi-eixos

√k: y2 − x2 = k. Quando

k < 0, temos as hiperboles, tambem equilateras e comsemi-eixos

√−k, x2 − y2 = −k. Ja f−1(0) coincide como par de retas y = ±x. Estes conjuntos definidos impli-citamente aparecem quando cortamos a sela por planosparalelos ao plano-xy, como mostra a figura 21.

-x

6y

Figura 26

k > 0k > 0r√k

r√k

k < 0

k < 0

k = 0

1.4.16Exemplo Seja f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, (x, y, z) ∈ R3. Os conjuntos de nıvel desta funcao

sao ou o conjunto vazio, ou (0, 0, 0), ou as esferas do R3 centradas na origem ede raio

√a:

S2(√

a) = (x, y, z); x2 + y2 + z2 = a = f−1(a), a > 0. (¶7)

1.4.17Exemplo Seja

f : R3 −−−−−→ R2

(x, y, z) −−−−−→ f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2, x + y + z).

Dada K = (a, b) o conjunto de nıvel f−1(K) e o conjunto de solucoes do sistema

x2 + y2 + z2 = a

x + y + z = b.


que, claro, nao tem solucoes, se a < 0. Se a ≥ 0, f−1(a, b) e a intersecao de S2(√

a) (veja (¶7))com o plano πb de equacao x+y+z = b. Logo, f−1(a, b) pode ser vazio, se πb esta longe de S2(

√a);

coincidir com um ponto, se πb tangencia S2(a); ou, fi-nalmente, ser um cırculo contido em πb. Por exemplo,os pontos P1 = (1, 0, 0) e P2 = (0, 1, 0) pertencem af−1(1, 1). Logo, este conjunto de nıvel deve coincidircom um cırculo no plano x + y + z = 1. Observandoque P3 = (0, 0, 1) tambem pertence ao cırculo f−1(1, 1),vemos que o seu centro deve coincidir com o baricentrodo triangulo (equilatero) de vertices P1, P2 e P3, que e oponto

C =P1 + P2 + P3

3= (1/3, 1/3, 1/3).

Para obter o raio, e so calcular a distancia de C a P1, quee r =

√6/3.

¡¡

¡ª

sP1

x

-sP2

y

6

sP3

z

Figura 27

Vejamos mais tres belos conjuntos definidos implicitamente.

1.4.18Exemplo Seja f : R3 −→ R definida por f(x, y, z) = x2 + y2 − z2. Observe que a imagem

de f coincide com todo R, isto e, f e sobrejetiva. De fato, f(0, 0, z) = −z2, o quemostra que f transforma o eixo-z em (−∞, 0]. Agora e so calcular, por exemplo, f(x, 0, 0) = x2,x ∈ R, para cobrir [0, +∞). Neste exemplo, esbo-caremos tres conjuntos de nıvel de f , a saber:f−1(0), f−1(1) e f−1(−1). Os demais possuema mesma forma que f−1(1) ou f−1(−1), como oleitor pode facilmente verificar. Temos que

f−1(0) = (x, y, z); z2 = x2 + y2,que produz o cone de duas folhas, como mostraa figura 28-(a) ao lado. A tecnica para obten-cao desta figura e aquela que temos usado: corta-mos o conjunto com planos z = a, o que produz,neste plano, o cırculo de raio |a| centrado no ponto(0, 0, a). Quandoa = 0, obtemos apenasumponto,

z = x

z = −x

6z

-y¡

¡¡

¡ª

¡¡

¡¡

x

Figura 28-(a): Cone de Duas Folhasx2 + y2 − z2 = 0

ponto, a origem. Isto mostra que f−1(0) e de revolucao. A curva perfil, a geratriz do conjunto,e obtida fazendo, por exemplo, a intersecao com o plano y = 0, o que da origem ao par de retasz = ±x. Donde podemos concluir que, de fato, f−1(0) e o cone de duas folhas. Para o esbocodos outros dois nıveis, a mesma tecnica mostra que eles tambem sao de revolucao: o conjuntof−1(1), mostrado na figura 28-(b), tem como geratriz a hiperbole

H1 = (x, 0, z); x2 − z2 = 1.A hiperbole

H2 = (x, 0, z); z2 − x2 = 1

36 Funcoes Vetoriais Especiais

e a geratriz de f−1(−1), que, por isso, tem duas folhas, como mostramos na figura 28-(c).

6

¡¡ª

-

z

y

x

z2 − x2 = 1

Figura 28-(b): Hiperboloide de Uma Folhax2 + y2 − z2 = 1

x2 − z2 = 1

6z

-y¡

¡¡

¡ªx

Figura 28-(c): Hiperboloide de Duas Folhasx2 + y2 − z2 = −1

1.5Funcoes Vetoriais Especiais

Reservamos esta secao para destacar algumas funcoes vetoriais que sao de grande inte-resse pratico, para o Calculo e para a Geometria. Inicialmente, faremos uma breve exposicaodas funcoes lineares, que, certamente, constituem a pedra fundamental das funcoes do CalculoDiferencial.

1.5.1 [Funcoes Lineares]Definicao Uma funcao (ou aplicacao, ou transformacao) linear e uma

funcao vetorial do tipo

T : Rn −−−−−→ Rm

X −−−−−→ T (X) = (T1(X), T2(X), . . . , Tn(X)),

satisfazendo as seguintes propriedades:

(i) T (X + Y ) = T (X) + T (Y ), ∀X, Y ∈ Rn;

(ii) T (aX) = aT (X), ∀a ∈ R e ∀X ∈ Rn.

1.5.2Exemplo Consideremos a seguinte funcao T : R2 −→ R2 dada por T (x, y) = (x + y, y − x).

Sejam X = (x1, x2) e Y = (y1, y2). Temos que

T (X + Y ) = T (x1 + y1, x2 + y2)

= ((x1 + y1) + (x2 + y2), (x2 + y2)− (x1 + y1))

= ((x1 + x2) + (y1 + y2), (x2 − x1) + (y2 − y1))

= (x1 + x2, x2 − x1) + (y1 + y2, y2 − y1)

= T (X) + T (Y ).


Agora, se a ∈ R, vem que

T (aX) = T (ax1, ax2)

= (ax1 + ax2, ax2 − ax1)

= a(x1 + x2, x2 − x1)

= aT (X).

Logo, T e linear. Um modo eficiente de ver que T e linear, e introduzindo a seguinte identifica-

cao: uma dupla X = (x1, x2) passara a ser olhada como a matriz-coluna X =

(x1

x2

). Isto posto,

vem que

T (X) = T (x1, x2) =

(x1 + x2

x2 − x1

)=

(1 1

−1 1

)(x1

x2

),

ou T (X) = M(T )X, onde

M(T ) =

(1 1

−1 1

).

Agora, usando propriedades da multiplicacao de matrizes, segue-se facilmente a linearidade de T .De fato,

eT (X + Y ) = M(T )(X + Y ) = M(T )X + M(T )Y = T (X) + T (Y )

T (aX) = M(T )(aX) = aM(T )X = aT (X).

A identificacao feita no exemplo anterior pode ser usada com uma k-upla qualquer, o quefacilitara a compreensao das funcoes lineares definidas em Rn. Dado X = (x1, x2, . . . , xk) ∈ Rk,identificaremos, sempre que for preciso, X com a matriz-coluna (vetor-coluna)

X =

x1

x2

...

xk

.

Assim sendo, sejam T : Rn −→ Rm uma aplicacao linear, e X ∈ Rn. Temos que

X = (x1, x2, . . . , xn) =

x1

x2

...

xn

= x1

1

0...

0

+ x2

0

1...

0

+ · · ·+ xn

0

0...

1

.

Logo,

T (X) = x1T (e1) + x2T (e2) + · · ·+ xnT (en) = x1T

1

0...

0

+ x2T

0

1...

0

+ · · ·+ xnT

0

0...

1

. (¶8)


Como Im(T ) ⊂ Rm, vem que

T (e1) =

a11

a21

...

am1

, T (e2) =

a12

a22

...

am2

, . . . , T (en) =

a1n

a2n

...

amn

,

para alguns numeros reais aij, 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n, o que posto em (¶8) da que

T (X) = x1

a11

a21

...

am1

+ x2

a12

a22

...

am2

+ · · ·+ xn

a1n

a2n

...

amn

=

x1a11

x1a21

...

x1am1

+

x2a12

x2a22

...

x2am2

+ · · ·+

xna1n

xna2n

...

xnamn

=

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn

...

am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn

=

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...

am1 am2 . . . amn

x1

x2

...

xn

.

Isto prova o seguinte teorema.

1.5.3Teorema Sejam T : Rn −→ Rm uma aplicacao linear, e M(T ) a matriz de ordem m × n

cujas colunas sao os vetores T (e1), T (e2), . . ., T (en), nesta ordem. Temos que

(i) T (X) = M(T )X;

(ii) Im(T ) e gerado pelas colunas de M(T );

(iii) posto T = posto M(T ),

onde posto T indica a dimensao de Im(T ), e posto M(T ) indica o posto da matriz M(T ), istoe, o numero maximo de colunas linearmente independentes que ela possui.


1.5.4Definicao A matriz M(T ) = (aij) e conhecida como a matriz de T com relacao as bases

canonicas do Rn e Rm. Por simplicidade, chamaremos M(T ) de matriz de T .

Um conjunto de nıvel especial de uma funcao linear T : Rn −→ Rm e o seu nucleo,

N(T ) = T−1(0, 0, . . . , 0) = X ∈ Rn; T (X) = (0, 0, . . . , 0).

Os outros conjuntos definidos implicitamente por T , quando nao-vazios, sao determinados apartir dele, como mostra seguinte proposicao.

1.5.5Proposicao Seja T : Rn −→ Rm uma aplicacao linear. Se K = T (P ), P ∈ Rn, entao

T−1(K) = P + N(T ) = X ∈ Rn; X = P + V, V ∈ N(T ).

Demonstracao: Seja X ∈ T−1(K). Logo, T (X) = K = T (P ). Como T e linear,vem que T (X − P ) = O, isto e, V = X − P ∈ N(T ). Assim, X = P + V , o que provaque T−1(K) ⊂ P + N(T ). Por outro lado, se X = P + V , para algum V ∈ N(T ), entaoT (X) = T (P ) + T (V ) = T (P ) = K. Donde, P + N(T ) ⊂ T−1(K)). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

1.5.6Exemplo Seja

T : R3 −−−−−→ R3

(x, y, z) −−−−−→ T (x, y, z) = (x + y, x + 2y + z,−x + 3y + 4z).

Temos que T (e1) = (1, 1,−1), T (e2) = (1, 2, 3) e T (e3) = (0, 1, 4). Logo, a matriz de T e

M(T ) =

1 1 0

1 2 1

−1 3 4

,

e, usando o teorema 1.5.3, obtemos

T

x

y

z

=

1 1 0

1 2 1

−1 3 4

x

y

z

.

Sugerimos ao leitor que verifique diretamente esta identidade. Como det M(T ) = 0, segue-seque posto M(T ) ≤ 2. Como, por exemplo, as duas primeiras colunas de M(T ) sao linearmenteindependentes, devemos ter posto T = 2. (Convem observar, que esta informacao pode serobtida, tambem, usando operacoes elementares sobre as linhas (colunas) de M(T ), o que e maisconveniente para matrizes de ordem alta.) Logo, Im(T ) tem dimensao dois e e gerado pelos


vetores T (e1) = (1, 1− 1) e T (e2) = (1, 2, 3). Portanto, Im(T ) e um plano, o plano que passapor (0, 0, 0) e e paralelo aos vetores T (e1) = (1, 1− 1) e T (e2) = (1, 2, 3). Logo,

Im(T ) = X = (u, v, w); X = s(1, 1,−1) + t(1, 2, 3), s, t ∈ R= X = (u, v, w); 5u− 4v + w = 0, (¶9)

e o vetor N = T (e1) × T (e2) = (5,−4, 1) e perpendicular ao plano Im(T ). Para obtermos onucleo de T , comecamos notando que este subespaco deve ter dimensao 1, visto que posto T = 2e

dim N(T ) + posto T = 3,

o que vem de um classico teorema da Algebra Linear. Agora e so achar um vetor nao-nuloqualquer de N(T ), digamos V , o que implicara N(T ) = [V ] = X = tV, t ∈ R. Para istoprocuramos uma solucao nao-trivial de

x + y = 0

x + 2y + z = 0

−x + 3y + 4z = 0,

que tem V = (1,−1, 1) como uma tal solucao. Logo, N(T ) e a reta que passa por (0, 0, 0)e e paralela ao vetor V . Mais ainda, se K = (k1, k2, k3) ∈ Im(T ), o que pode ser testadosimplesmente verificando que 5k1 − 4k2 + k3 = 0 (por que?), o conjunto de solucoes do sistema

x + y = k1

x + 2y + z = k2

−x + 3y + 4z = k3,

que e o conjunto de nıvel K = (k1, k2, k3), coincide com P + N(T ), onde P e uma solucaoparticular deste ultimo sistema, isto e, T (P ) = K.

-T

6z

r -y¡

¡¡

¡ªx

r1r1

r 1rP = (1, 1, 1)

T−1(2, 4, 6)

N(T )

Figura 29-(a)

6z

-y¡

¡¡

¡ªx

Im(T )

Figura 29-(b)

Como caso particular desta situacao, se K = T (1, 1, 1) = (2, 4, 6), as solucoes do sistema

x + y = 2

x + 2y + z = 4

−x + 3y + 4z = 6


sao os elementos da reta T−1(2, 4, 6) = (1, 1, 1) + N(T ) = (1, 1, 1) + [(1,−1, 1)], ou de outraforma, sao as triplas (x, y, z) tais que x = 1 + t, y = 1 − t e z = 1 + t, t ∈ R. Para encerrarnossa discussao com relacao a T , consideremos o seguinte sistema linear:

x + y = 1

x + 2y + z = 2

−x + 3y + 4z = −3.

A existencia de uma solucao deste sistema implicaria que (1, 2,−3) ∈ Im(T ). Logo, u = 1,v = 2 e w = −3 seria solucao de 5u − 4v + w = 0, conforme (¶9), o que e falso. Portanto, osistema dado nao tem solucao.

1.5.7 [Rotacoes no R2]Exemplo Dado θ ∈ R, seja Tθ : R2 −→ R2 a aplicacao linear que associa

o vetor X ao vetor Y obtido por uma rotacao de X em tornoda origem no sentido anti-horario.

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp©©©©*£££££±θk

X

Y = Tθ(X)

-x

6y

Figura 30-(a)

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppcos θ− sen θ

sen θcos θ

-x

6y

Figura 30-(b)

θθ

K+

¡¡

¡µTθ(e1)Tθ(e2) 6

@@

@I

-e1

e2

Para o calculo de Y = Tθ(X) e bastante conhecermos o efeito desta aplicacao na base canonica,isto e, basta termos em maos a matriz M(Tθ), que pode ser obtida facilmente via figura 30-(b),que mostra que

Tθ(e1) = (cos θ, sen θ) e Tθ(e2) = (− sen θ, cos θ).

Logo,

Tθ

(xy

)=

(cos θ − sen θsen θ cos θ

) (xy

)=

(x cos θ − y sen θx sen θ + y cos θ

),

ouTθ(x, y) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ).

Em particular, para obtermos um vetor perpendicular a X = (x, y), usamos a rotacao Tπ/2, istoe, basta calcular Tπ/2(x, y) = (−y, x), que e o vetor que introduzimos no exemplo 1.2.9.

1.5.8 [Rotacoes no R3]Exemplo A ideia de rotacao que acabamos de estudar pode ser adaptada

facilmente para o espaco tridimensional R3. Faremos isto parao caso de rotacoes em torno do eixo-z. Inicialmente observamos que o resultado de uma tal rota-cao aplicada a um vetor X = (x, y, z) ∈ R3 e o vetor que tem a mesma terceira coordenada que X,e sua projecao no plano-xy e o vetor obtido aplicando esta rotacao a (x, y, 0), como vemos na


figura 31. Assim sendo, se indicamos por T zθ a

rotacao em torno do eixo-z, cuja restricao aos ve-tores do plano-xy tenha a orientacao anti-horaria,devemos ter

M(T zθ ) =

cos θ − sen θ 0

sen θ cos θ 0

0 0 1

.

A terceira coluna de M(T zθ ) indica que o vetor e3

e fixado por T zθ , o que deve estar muito claro para

o leitor. Portanto,

T zθ (x, y, z) = (x cos θ− y sen θ, x sen θ + y cos θ, z).

Figura 31: Rotacao em Torno do eixo-z

6z

-y¡

¡¡

¡ªx

ppppppp pppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppppp pppppppppppp pppppppppppppp ppppppppppppp pppppppppppp pppppppppppppp ppp pppppppppppp pp ppppppppppppp pppp ppppppppppppp pp pppppppppppp pppp ppppppppppppp ppp ppppppppppppp pppp ppppppppppppp ppppp ppppppppppppp ppp ppppppppppppp ppppp pppppppppppp ppppp pppppp pppppp pppppppp pppppp ppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppp pppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppppp pppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppppp pppppppppppp ppppppppppppp ppp ppppppppppppp ppp ppppppppppppp pp pppppppppppp pppp pppppppppp pppp pppppppp pppp pppppppppp pppp ppppppppppppp ppppp ppppppppppppp ppp ppppppppppppp pppp ppppppppppppp pppppp pppppppppppp ppppp ppppppppp ppppppppp pppppp pppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp pppp ppp pppp ppp pppp ppppp ppppp pppp pppp ppppp pppp pppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp ppppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp ppppp ppppp ppp pppp pppp ppp ppp pppp ppp pppp ppp ppppppppppp

X

T zθ (X)

θ*

3

¸

*

(x, y, 0)U

T zθ (x, y, 0)z

θ

Comocaso particular, se θ = π/4, temos a rotacao de 45 em torno do eixo-z:

T zπ/4(x, y, z) = (

√2

2x−

√2

2y,

√2

2x +

√2

2y, z).

Destacaremos agora, uma outra famılia de funcoes vetoriais, as de uma variavel real,que serao chamadas curvas parametrizadas, que sao objetos de uso frequente em GeometriaDiferencial e na Cinematica.

1.5.9 [Curvas Parametrizadas]Definicao Uma curva parametrizada e uma funcao vetorial

do tipo

α : I ⊂ R −−−−−→ Rn

t −−−−−→ α(t) = (α1(t), α2(t), . . . , αn(t)),

onde I e um intervalo, que pode ser aberto, fechado, limitado ou nao. (Devido a tradicao emGeometria Diferencial, usaremos quase sempre letras gregas α, β, γ, . . . , para representar umacurva parametrizada.)

1.5.10Definicao A imagem de uma curva parametrizada α : I −→ Rn e chamada traco de α, o

que indicaremos por tr α, isto e,

tr α = X ∈ Rn; X = α(t), t ∈ I.

A variavel t e dita parametro de α.

1.5.11Definicao Um conjunto γ ⊂ Rn e dito parametrizado por α : I ⊂ R −→ R3 se γ = tr α,

isto e, γ coincide com a imagem de α. Dizemos, tambem, que α parametriza γ.


1.5.12 [Retas]Exemplo Dados P, V ∈ Rn, V 6= O, a curva parametrizada

α : R −−−−−→ Rn

t −−−−−→ α(t) = P + tV

tem como traco a reta que passa por P e e paralela ao vetor V , conforme a definicao 1.3.1. Logo,a reta l = P + [V ] esta parametrizada por α. Por abuso de linguagem, costuma-se chamar afuncao α de reta.

1.5.13Exemplo Seja

α : [0, 2π] −−−−−→ R2

t −−−−−→ α(t) = (a cos t, b sen t),

onde a > 0, b > 0 sao numeros reais fixados (veja o exemplo 1.4.4). Temos que α parametrizaa elipse de centro (0, 0) e semi-eixos a e b dada por

E(a, b) = (x, y) ∈ R2;x2

a2 +y2

b2 = 1.

Figura 32

-x

6y

b

a

E(a, b)

-Tπ/4

@@I α β

0 2π

¡¡µ

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppp pppppppppppppppp ppppppppppppppp pppppppppppp pppppppppp pppppppppp pppppppppp pppppppppp pppppppp ppppppp pppppppp pppppppp pppppppp pppppppp ppppppp pppppp ppppp ppppp pppppp ppppppp ppppppp pppp pppp ppppp pppp ppppp ppppp pppp pppp ppppp ppppp pppp ppppp pppp ppp pppp pppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp ppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp pppp ppp pppp ppppp pppp ppppp ppppp ppppp ppppp pppp pppp pppp pppp pppp ppppp ppppppp ppppppp ppppp ppppp pppppp pppppp ppppppp pppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppp pppppppp pppppppp ppppppppp pppppppppp pppppppppp pppppppppp pppppppppppp ppppppppppppppp ppppppppppppppppp ppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppp

pppppppppppppppp

pppppppppppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppp

ppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

ppp

ppp

ppp

ppp

pp

pp

ppp

ppp

ppp

ppp

pppp

pppp

ppp

ppp

p

p

ppp

ppp

pp

pp

pp

pp

ppp

ppp

pp

pp

pp

pp

pp

pp

ppp

ppp

pp

pp

pp

pp

ppp

ppp

p

p

pp

pp

pp

pp

pp

pp

p

p

pp

pp

pp

pp

p

p

pp

pp

p

p

pp

pp

pp

pp

p

p

pp

pp

p

p

p

p

p

p

p

p

pp

pp

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

pp

pp

p

p

p

p

pp

pp

p

p

p

p

p

p

p

p

pp

pp

p

p

pp

pp

pp

pp

p

p

pp

pp

p

p

pp

pp

pp

pp

p

p

pp

pp

pp

pp

pp

pp

p

p

ppp

ppp

pp

pp

pp

pp

ppp

ppp

pp

pp

ppp

ppp

pp

pp

pp

pp

pp

pp

pp

pp

pp

pp

pp

pp

ppp

ppp

pppp

pppp

ppp

ppp

pp

pp

ppp

ppp

ppp

ppp

ppp

ppp

pppp

pppp

pppp

pppp

ppppp

ppppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

ppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppppp

pppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ba

Tπ/4(E(a, b))

-x

6y

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

@@

@@

Se aplicamos a rotacao Tπ/4 em E(a.b) obtemos a elipse Tπ/4(E(a, b)) que tem centro (0, 0) eeixos ao longo das retas y = ±x, como mostra a figura 32. Para parametrizar esta nova elipse,simplesmente compomos a rotacao com α. Mais precisamente, definimos

β : [0, 2π] −−−−−→ R2

t −−−−−→ β(t) = (Tπ/4 α)(t) = Tπ/4(α(t)).

Desta forma, temos que

β(t) =

√2

2−√

2

2√2

2

√2

2

(a cos t

b sen t

)=

√2

2(a cos t− b sen t, a cos t + b sen t)

parametriza a elipse Tπ/4(E(a, b)).


1.5.14 [Cicloide]Exemplo A cicloide e o subconjunto γ do plano R2 percorrido por um ponto P

preso a um cırculo que rola sem deslizar sobre uma reta. Na figura 33,consideramos a cicloide descrita por P = O = (0, 0), que esta preso ao cırculo centrado em(0, a) e de raio a. Uma parametrizacao para a cicloide pode ser obtida usando como parametroo angulo que o segmento [C,Q], que liga o centro do cırculo em movimento ao ponto de contatodeste cırculo com o eixo-x, faz com o segmento [C, P ], que liga C ao ponto movel P .

Figura 33: Cicloide

-x

-x

6 6y

γ

C = (at, a)

a cos t

rQ

rP

a sen t

P rr

t

at

a

@@

@

I

γ

O fato que o cırculo rola sem deslizar e usado para garantir que o comprimento do segmento[P,Q] e igual ao comprimento do arco de cırculo que liga P a Q, que e at, como indica afigura. Portanto, a primeira coordenada de P , no instante t, vale x = at− a sen t, e a segundae y = a− a cos t. Logo,

α : R −−−−−→ R2

t −−−−−→ α(t) = (at− a sen t, a− a cos t)

e uma parametrizacao da cicloide.

1.5.15 [Helice Circular]Exemplo Sejam a, b ∈ R, com

a > 0 e b 6= 0. Otraco da curva parametrizada

α : R −−−−−→ R3

t −−−−−→ α(t) = (a cos t, a sen t, bt),

e chamado helice circular de raio a e passo 2πb. A escolhadeste nome se deve ao fato de que o tr α esta contido nocilindro circular reto x2 + y2 = a2. Neste ponto o leitordeve retornar ao exemplo 1.4.11, onde temos uma heliceao longo do cilindro y2 + z2 = a2.

1

6z

r -y¡

¡¡

¡ªx

btr

ta

2πb

α(t)r

(a cos t, a sen t, 0)r

¡¡

Figura 34: Helice Circular

Para encerrar esta secao, estudaremos algumas nocoes elementares associadas as su-perfıcies parametrizadas, que sao as funcoes vetoriais basicas para o estudo das superfıciesregulares da Geometria Diferencial.


1.5.16 [Superfıcies Parametrizadas]Definicao Uma superfıcie parametrizada e uma fun-

cao vetorial do tipo

g : D ⊂ R2 −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ g(u, v) = (g1(u, v), g2(u, v), g3(u, v)).

1.5.17Definicao A imagem de uma superfıcie parametrizada g : D −→ R3 e chamada traco de g,

o que indicaremos por tr g, isto e

tr g = X ∈ R3; X = g(u, v), (u, v) ∈ D.As variaveis u, v sao chamadas parametros de g.

Figura 35

Dr(u0, v0)

ru0

rv0-g

-u

6v z

r -y¡

¡¡

¡ªx

6

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq q qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

rg(u0, v0)S

rrg1(u0, v0) ¡¡¡¡

rg2(u0, v0)

@@rg3(u0, v0)

1.5.18Definicao Um conjunto S ⊂ R3 e dito parametrizado por g : D ⊂ R2 −→ R3 se S = tr g,

isto e, S coincide com a imagem de g. Dizemos, tambem, que g parametriza oconjunto S.

1.5.19Definicao Dada uma superfıcie parametrizada g : D −→ R3, e fixado (u0, v0) ∈ D, as

curvas parametrizadas obtidas a partir de g fixando-se um dos parametros edeixando o outro variar sao chamadas curvas coordenadas de g. Mais precisamente,

αv0(u) = g(u, v0) = (g1(u, v0), g2(u, v0), g3(u, v0)), (u, v0) ∈ D,

αu0(v) = g(u0, v) = (g1(u0, v), g2(u0, v), g3(u0, v)), (u0, v) ∈ D

sao as curvas coordenadas de g passando por g(u0, v0).

Observacao Vale observar que o traco de uma superfıcie parametrizada coincide com a uniaodos tracos de suas curvas coordenadas. Na pratica, e o esboco de algumas destas


curvas que nos permite visualizar a superfıcie descrita por g. Esta e uma das estrategias basicasda Computacao Grafica, no que tange ao esboco de superfıcies.

1.5.20Exemplo Dados P, V, W ∈ R3 com V,W linearmente independentes, a superfıcie parame-

trizada g(u, v) = P + uV + vW , (u, v) ∈ R2, tem como traco o plano que passapor P e e paralelo aos vetores V e W , conforme definicao 1.3.7. Fixado (u0, v0) as curvascoordenadas de g por g(u0, v0) sao as retas

αv0(u) = g(u, v0) = (P + v0W ) + uV, u ∈ R,

αu0(v) = g(u0, v) = (P + u0V ) + vW, v ∈ R.

Figura 36

D

-u

-g

6v

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

p pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp p

r(u0, v0)

6z

r -y¡

¡¡

¡ªx

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

ppppppp ppp pppp ppppp ppp pppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp ppppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp pppppp pppp ppp ppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp ppppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp ppppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp pppp ppp pp ppp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp ppp pp ppp pp pp pp ppp ppp pp ppp pp pp pp ppp ppp pp pp ppp pp pp ppp ppp pp pp pppp pp pp ppp pp pp pppp pp pp pp ppp pp pp pppp pp ppp pppp pppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp ppppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp ppppp pppp ppp ppp ppppp ppp ppp ppppp ppp ppp pppp pppp ppp pppp ppp ppp pppp ppp pppp pppp ppppp ppp pppp pppp ppp pppp pppp ppp ppp ppppp ppp ppp pppp pppp ppp pppp pppppppp

pppppppppp ppppp pppp ppp ppppp p pppp p ppp pp ppppp pp pppppp p ppp p ppp pp ppppp p ppp p ppp pp ppppp pp ppppp p ppp p pppp pp ppppp p ppp p pppp pp ppppp pp pppp p pppp pp ppppp pp ppppp p ppp p pppp pp ppppp pp pppp p pppp pp ppppp pp pppp p pppp ppppp pppp pp ppp ppp ppp ppp pppp pp ppp ppp pp p ppp ppp pp pp ppppp pp ppp pppp p ppp ppp pp pppppppp pp pppppp p p ppppp p p pppppp pp pp ppppp pp p ppppp p p pppppp pp pp ppppp pp pp ppppp p p pppppp p p ppppp pp pp ppppp pp p pppppp p p ppppp pp pp ppppp pp pp ppppppp p p pppppp p pp pppp pp pp pppppp pp p pppppp p p pppp pp pp pppppp pp pp pppppp p p pppp p ppppp pp ppppp pp ppp p ppp pp ppppppp pppp pppp pppp ppp pppp ppp pp pp ppp ppp pppp ppp ppp pp pp ppp pppp ppp pppp pppp pppp ppppppp p pppp p ppp pp ppppp pp pppp p ppp pp ppppp pp pppp p pppp p pppp pp pppp pp pppp p pppp pp ppppp pp pppp p ppppp p pppp pp pppp p ppppp p pppp pp pppp pp ppppp p pppp pp pppp ppp pp ppp pppp ppp pp pppp ppp pp ppp pppp pp ppp pppp ppp pp ppp pppp pp ppp pppp ppp pp ppp ppp pp ppp pppp ppp pp ppp ppp pp ppp pppp ppp pp ppp ppp pp ppp pppp pp pp pppppppppppppppppp

rP rP + u0V

rP + v0W

rHHj¡

¡µ

V

W

A primeira delas, αv0 e a reta que passa por P + v0W e e paralela ao vetor V . A outra, αu0 e areta que passa por P + u0V e e paralela ao vetor W .

1.5.21 [Grafico]Exemplo Seja f : D ⊂ R2 −→ R uma funcao real de duas variaveis reais. O seu

grafico, como vimos na definicao 1.4.7, e o subconjunto de R3 dado por

G(f) = (x, y, f(x, y)); (x, y) ∈ D,

isto e, G(f) e o subconjunto do R3 constituıdo das triplas (x, y, f(x, y)), onde (x, y) ∈ D. Istosugere a seguinte parametrizacao (canonica) de G(f):

g : D −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ g(u, v) = (u, v, f(u, v)).

Neste caso, os tracos das curvas coordenadas de g,

αv0(u) = (u, v0, f(u, v0)), (u, v0) ∈ D

αu0(v) = (u0, v, f(u0, v)), (u0, v) ∈ D,

sao facilmente obtidos: sao dadas pelas intersecoes dos planos x = u0 e y = v0 com G(f), res-pectivamente, como na figura 37.


Figura 37: Parametrizando G(f)

-u

-g

6v

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pp p p p pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppr

r

D

u0

rv0

6z

r -y¡

¡¡

¡ªx

¡¡

¡¡

¡¡

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

ppppp ppppppppp ppppppppp ppppppp pppp p pppp p ppp p ppp p pppp p pppp p ppp p ppppppp p pppp pppppppp p pp pppppppp p ppp pppppp pp pppp ppp p pp pp p ppp pp p ppp ppp p ppp pp p pp ppp p ppp ppp p ppp pp p pp pp p p ppp p p ppp p pp pp p p pp p p ppp p pp ppp p pp p p ppp p pp pppp pp p pp p pp p pp p p p ppp p p p pp p pp p pp p p p pp p pp p ppp p ppp pp p ppp pp p p ppp p pp pp p ppp pp p p p ppp p p p pp p p pp pp p p p pp p p p ppp p p p pp p p pp pp p p p ppp p p p pp p p pp pppp p p p ppppppppp p p p ppp pppppp p p p p pp pppppppp p p p pp ppppp p p p pp pppp p p pp p pp p p pp p pp p p p pp p ppp p p p pp p ppp p pp pp p pp p pp pp p ppp p p pp p ppp p pp pp p pp p pp pp p p p p p ppp p p p p p pp p pp p p pp p p p p p pp p pp p p p pp p pp p p p pp p p p p p pp p pp p p p pp p p p p p pp p pp p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p pp p p p pp p p p p p pp p pp p p p pp p p p p pp p ppp p pp p p p p ppp p pp p p ppppppp p ppp p p ppp pppppppp p p p p p ppp pppppppp p p p p p p pp pppppp p p p p p pp ppp p p p p p pp p ppp p p p p p pp p pp p p p pp pp p ppp p pp p pp pp ppp p p p p pp p pp p p p p pp p pp p pp p p pp p pp p p p p pp p pp p p p p pp p ppp p p p p pp p p p p p p pp p pp p p p p pp p p p p p p pp p pp p pp p p pp p p p p p p pp p pp p p p p pp p p p ppp p pp p p p pp p pp p pp p p p pp p p p pp p pp p pp p pp p pp p p p pp p pp p p p p p p pp p pp p p p pp p p p p p p pp p ppp p p pp pp p pp p p pp pp p p p p pp pp p pp p p pp pp p ppp p p pp pp p p p p p pp pp p p p p p pp pp p p p p p pp pp p p p p p pp pp p p p p p p pppp p p p p p p p pppppppp p p p p p p p pp pppppp p p p p p p p pp pppppppp p p p p p p pp pppp p p p p p pp pppp p p p p p p pp p pp p pp p p p p pp p pp p p p p p p pp p ppp p p p p p p pp p ppp p p p p p p pp p pp p pp p p p p pp p ppp p p p pp p pp p ppp p p p pp p pp p ppp p p p pp p pp p p p p ppp p p pp p p pp p pp p p pp p p ppp p p p p pp p p p p p p p p pp p p p pp p pp p p pp p p p p p pp p p pp p p p p p p p p p pp p p p pp p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p pp p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p pp p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p pp p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p ppp p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p pp p p p p pp p p p pp p p p p pp p p p pp p p p p pp p p p pp p p p p pp p p p p pp p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p pp p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p pp p p p p pp p pp p pp p p p p p p pp p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p pp p p p pp p p p p p p p p pp p p p p pp p p p pp p p p p pp p p p pp p p p p ppp p p pp p p p p p pp p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p pp p pp p p p p p pp p pp p p p p pp p pp p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p p p p p p p pp p pp p pp p pp p pp p ppp p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p pp p pp p pp p ppp p p p p p p p p p pp p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p pp p pp p pp p pp p ppp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p ppp p pp p pp p pp p pp p pp p p p p p p p p ppp p p p p p p p p ppp ppp ppp p pp ppp ppp p p pp p p p pp pp pp pp pp pp ppp p pp p pp pp p pp p pp pp p pp p pp pp p p p p pp pp pp pp p pp pp p pp p p p p p p pp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp pp p pp pp p pp p p p p p p pp p p p p pp p pp pp pp p pp p p ppp p p p p p p pp p p p p p p pp pp pp p pp pp p pp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p p p p pp pp pp p pp pp p ppp p p p p p p pp p p p p p p pp p p p p p p ppp p p p p ppppp pp p pp p ppp p p p p pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppp ppp ppppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp ppppppppppppp pppp pp pppp pppp pp pppp pp pppp pp pp ppp pp pppp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp pppp pp pp ppp pp pp pppp ppp pp pppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp ppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

r

rf(u0, v0)

g(u0, v0) = (u0, v0, f(u0, v0))G(f)

r Dru0

rv0

Como caso particular desta situacao, temos que

g(u, v) = (u, v, u2 + v2), (u, v) ∈ [0, 1]× [0, 1],

parametriza a porcao do paraboloide z = x2 + y2 que seprojeta sobre o quadrado [0, 1]× [0, 1].

Figura 38

6z

-y¡

¡¡

¡ªx

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

ppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp p pp p pp p ppp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p ppp p p ppp p p pppp p pp ppp p p pppp p pp pp ppp p pp p ppp p p ppp p ppp p p pp pp pp p p p pp pp pp p p p ppp pp pp p p p pp pppp pp p p p pp ppppppppp p pp p p p ppppp p ppp p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p p p p p pp pp p p p pp pp p p ppp pp p p p pp p p p p pp pp p p p pp ppp p p p pp p p p p p pp p p p p p pp p pp p p p pp p p p p p pp p p p p p pppp p p p p pp p p p p p p ppp p p p p p p pp p p p p p p ppp p p p p p p ppp p p p p p pppp p p p p p p pppp p p ppp p p pppp p p pp p p pppp p pp pp p p p ppp p p ppp p ppp pp p p p ppp p ppp pppp p p p pp p ppp pp p p p pp p pp ppp p p p pp p pppp pp p p p pp p pppppp ppp p p ppppppppp p pp p p p pppp p pp p p pp p p pp p p p p p ppp p p p p p pp p p p p p ppp p p p p p ppp pp p p pp pppp pp p p p pppp p pp p p p ppp p p p p p ppp p pp p p p pppp p p p p p p ppp p pp p p p p pppp p p p p p ppp p pp p p p p pppp p p pp p p p ppp p p p p p p ppp p p p p p p pppp p pp p p p ppp p p p p p p ppppp p pp pp p p p pppppppp p p p p p p p ppppppp p p p p p p p pppppppp p p p p p p pp pppppppp p p pp ppp p p ppppp p p p pp p p pppp p p pp pp pppp p p p pppp p pppppp p p p p ppp p pppp p p p pp pp p ppppp p p pp p ppp p p pp p pp pp ppp p ppppp pp p ppp p pppp pppppppppppp p pp pp ppppp p pp p ppp p pp pppp p ppp p pp p p pp p pp p p p ppppp p pp p pp p p pp p ppp p p p ppppp p pp p pp pp p pp p ppp p p p ppp p pp p p pp p ppp p pp p p p pp pp p pp p pp pp p pp p pp pp p p ppp p ppp p pp p p ppp ppp p p p pppp pppp p p p pppp pppppp p pp p pp ppp pppppp p ppp p pppp pppppp p pp pp pppppppppp p ppppp p ppppppp p p pp p pppp p ppp pp p ppppp p p ppp p ppp p ppp pp p pppppp pp pp pp p ppppppppp p pp pppppppppp ppp p pp pppp ppp p pp pp ppp p ppp pp pppp p pp pp ppp pp pp ppp pp p pp pp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppp pp p p p p p pp ppppp pp ppp p pp pp p ppp pppppppp ppp pp pp p p p p ppp ppppppp ppp pp pp p p p p pp ppppppp pp pp ppp p pp pp p ppppp ppp ppp pp p p p p ppp ppp pp pppppp p p p p pppp ppppppppppppppp p p p p ppp ppppppppppp p p pp p ppp ppppppppppp p p p p ppp ppppppppppp p p p pp ppppp ppppppppppppp p pp pp p ppp pppppppppp p p p p p ppppppp p p p p p ppp pp pp pp pp ppp p p p p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p pp ppp p pp pp p pp p p p ppp p p p pp ppp pp pp pp p pp p p p p ppp p p p pp ppp pp pp pp p pp p p p pp ppp p p p p pp pp pp p p pp p p p pp ppp p p p pp pp pp pp p ppp p p p pp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p p ppp pp pp pp pp ppp p p p p pp p p p p pp pp pp pp p ppp p p p pp ppp p p p p pp p p p p pp pp pp pp p pp p p p p ppp p p p p pp pp pp pp p pp p p p p pp p p p p ppp pp pp pp pp pp p p p p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p p ppp pp pp pp pp ppp p p p p pp p p p p ppp p p p p pp pp pp pp p pp p p p p pp p p p p ppp p p p pp ppp p p p p pp p p pp p ppp p p p pp ppp p p p p pp p p p p ppp pp p p pp pp p p p p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p p p p ppp p p p pp ppp p p p p pp p pp pp p ppp p p p pp pp p p p p pp pp pp pp p ppp p p p p pp pp pp pp p pp p p p p pp p p p p ppp pp pp pp p pp p p p p pp p p p pp ppp pp pp pp p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pppr1

r1

z = x2 + y2

1.5.22Superfıcies de Revolucao

Seja

α : I ⊂ R −−−−−→ R3

v −−−−−→ α(v) = (α1(v), 0, α2(v))

uma curva parametrizada com traco contido no plano-xz, como indica a figura 39. Fixados v ∈ Ie u um angulo entre 0 e 2π, seja T z

u a rotacao de angulo uem torno do eixo-z, como no exemplo 31. Aplicando estarotacao ao ponto α(v) obtemos o ponto T z

u (α(v)), o qualesta no plano πu perpendicular ao plano-xy e que faz umangulo u com o eixo-x. Portanto, se v varia em I, obte-mos uma copia de α neste plano. A ideia agora e deixaru variar no intervalo [0, 2π], o que produz o conjunto

Sα = X ∈ R3; X = T zu (α(v)), 0 ≤ u ≤ 2π, v ∈ I,

que sera chamado superfıcie de revolucao (ou rotacao)gerada por α. A curva parametrizada α, chamamos ge-ratriz de Sα. Usando a expressao que define T z

u , vem queSα pode ser reescrita assim:

Figura 39

6z

y¡¡

¡¡ªx

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppppp pp ppppppp pppppppppppp ppppppppppppp p pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp p pp pp pp pp pp pp p pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp pp ppp ppppp pp ppppppp pp ppppp pppppppp pppppppppp pp pppppppppp p ppppppppppp pp ppppppppppp p ppppppppppppppppppp p pppppppppppppppp p ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pppp ppppp p pppppppp p ppppppppppp pp pppppppp p pppppp pp pppppppp p ppppppppppppppppppppp pp pppppppppp p ppppppppppppppppppppppppp pp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pppppppp

pppp pp ppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pppp pppp pp pp pppp pppp pp pp pppp pppp pp pp ppp pppp ppp ppp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pppp pppp pp pp pppp pppp pp ppp ppp pp pp pp ppp pp ppppp ppp ppp pp ppp pppp pppp ppp pp pp pp pp pppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppppppppppppu

πu

rα(v) rT zu (α(v))

-

:

Sα = X ∈ R3; X = (α1(v) cos u, α1(v) sen u, α2(v)), 0 ≤ u ≤ 2π, v ∈ I.


Desta forma Sα esta naturalmente parametrizada por

g : [0, 2π]× I −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ g(u, v) = (α1(v) cos u, α1(v) sen u, α2(v)).

Como resultado, obtemos a seguinte figura.

Figura 40: Superfıcie de Revolucao

[0, 2π]× I

r2π

I -g

-u

6v

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq q qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqq qqq qqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqq qqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq q qqqqqq qqqqq q qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqq qqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqq qqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqq

Sα

6z

-y

¡¡ª

x

Para v fixo, a curva coordenada correspondente e o cırculo de raio α1(v) e centro (0, 0, α2(v))do plano z = α2(v). Para u fixo, obtemos uma copia de α no plano que faz o angulo u com oplano-xz. Assim, as curvas coordenadas de g, ou sao cırculos, os quais chamamos de paralelosou sao copias de α, que sao chamadas meridianos. Nos exemplos que seguem, veremos algunscasos particulares de superfıcies de revolucao.

1.5.23 [Paraboloide]Exemplo Neste exemplo, a geratriz e o arco de parabola parametrizado

por α(v) = (v, 0, v2), v ∈ [0, +∞). Logo, α1(v) = v, α2(v) = v2.Portanto,

g(u, v) = (v cos u, v sen u, v2), 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v < +∞,

e uma parametrizacao do paraboloide de revolucao z = x2 + y2 cujas curvas coordenadas saocırculos (v constante) e arcos de parabolas (u constante), conforme figura 41.

Figura 41: Paraboloide de Revolucao

[0, 2π]× [0,+∞)

r2π

-g

-u

6v

Sα

z

-y¡

¡¡

¡ªx

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

6


1.5.24 [Esfera]Exemplo Para parametrizar a esfera S2(a), comecamos parametrizando sua gera-

triz, o semi-cırculo de raio a e centro (0, 0, 0) do plano-xz, com

α(v) = (a sen v, 0, a cos v), v ∈ [0, π],

que a descreve a partir do ponto (0, 0, a) terminando em (0, 0,−a). Isto significa que o parametrov e o angulo entre o eixo-z e o vetor α(v). Assim, α1(v) = a sen v e α2(v) = a cos v, e obtemosa seguinte parametrizacao para S2(a).

g(u, v) = (a sen v cos u, a sen v sen u, a cos v), 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v < π.

Figura 42: Esfera S2(a)

[0, 2π]× [0, π]π r

r2π

-g

-u

6v

S2(a)

z

-y

6

q qqqqqqqq q q q qq q qq qqqqqqqqq q qqq qq qq qqqqqqqq qqq qqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq q qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq

¡¡

¡ªx

1.5.25 [Toro]Exemplo Seja α : [0, 2π] −→ R3 a cur-

va parametrizada dada por

α(v) = (b + a cos v, 0, a sen v), 0 ≤ v ≤ 2π,

onde 0 < a < b sao constantes. Temos que otraco de α e o cırculo de raio a e centro (b, 0, 0) doplano-xz. A superfıcie de revolucao gerada por αe chamada toro de revolucao, e sera indicada porT 2(a, b). Uma parametrizacao de T 2(a, b) e dadapor Figura 43: Toro de Revolucao

z

T 2(a, b)

y

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qq qqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqq qqqqqq qqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqq qqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq q qqq qqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qq qqqqqqq qq qqqqq qqqqqq qqqqq qqqqqqqq qqqq qqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqq qqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqq qq qqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqq qqq qqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q

6

-

¡¡ª

x

g : [0, 2π]× [0, 2π] −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ g(u, v) = ((b + a cos v) cos u, (b + a cos v) sen u, a sen v),

cujas curvas coordenadas sao cırculos. T 2(a, b) pode ser definido implicitamente. De fato, comoo leitor pode verificar, temos que

T 2(a, b) = (x, y, z); (√

x2 + y2 − b)2 + z2 = a2.

1

Exercıcios

Vetores e Funcoes Vetoriais – Exercıcios 51

1-1. Dado o triangulo 4ABC, A = (3,−1,−1), B = (1, 2,−7) e C = (−5, 14,−3), encontreα : R −→ R3 cujo traco coincida com

(a) a mediana que passa por A;

(b) a bissetriz do angulo interno B;

(c) a altura tracada por A.

1-2. Seja 4ABC um triangulo escaleno tal que a altura relativa ao lado BC, hBC , tenha com-primento igual a metade do comprimento de BC. Mostre que o angulo interno A e agudo.O que ocorre se 4ABC e isosceles, com AB e AC sendo seus lados iguais?

1-3. Sejam P e Q dois pontos de R3, com P 6= Q. Seja M = (P + Q)/2 o ponto medio dosegmento de reta [P, Q]. O plano que passa por M e e perpendicular ao vetor Q − P echamado plano mediador de [P,Q], e sera denotado por Π[P,Q].

(a) Mostre que

Π[P,Q] = X ∈ R3; X · (Q− P ) =1

2(‖Q‖2 − ‖P‖2);

(b) Conclua que X ∈ Π[P,Q] se, e somente se, ‖X − P‖ = ‖X −Q‖;(c) Mostre que a distancia de um ponto Y ∈ R3 a Π[P,Q] e dada por

d(Y, Π[P,Q]) =|2Y · (Q− P )− (‖Q‖2 − ‖P‖2)|

2 ‖Q− P‖ .

1-4. Sejam P1 = (2, 2, 3), P2 = (1, 3, 3), P3 = (1, 2, 4) e P4 = (1, 1, 3) quatro pontos em R3.

(a) Encontre o plano mediador Π[P1,P2];

(b) Encontre o plano mediador Π[P1,P3];

(c) Encontre o plano mediador de Π[P1,P4];

(d) Calcule a intersecao Π[P1,P2] ∩ Π[P1,P3] ∩ Π[P1,P4];

(e) Obtenha a esfera que contem os pontos P1, P2, P3 e P4.

1-5. Seja T : R4 −→ R3 a aplicacao linear cuja matriz com relacao as bases canonicas e

A =

1 −3 4 −21 −1 9 −12 −5 11 −4

.

(a) Mostre que T e sobrejetiva;

(b) Conclua que o nucleo de T , N(T ), tem dimensao 1. Encontre uma base para N(T );

(c) Dado Y0 ∈ R3, seja X0 ∈ R4 tal que T (X0) = Y0 (Por que existe X0?). Mostre queT−1(Y0) e a reta de R4 que passa por X0 e e paralela a V = (−11,−3, 1, 1);

(d) Parametrize a reta T−1(5, 7, 14);

(e) Resolva o sistema linear

x− 3y + 4z − 2w = 5x− y + 9z − w = 72x− 5y + 11z − 4w = 14

;

(f) Encontre um funcional linear f : R4 −→ R cujo nucleo coincida com N(T )⊥;

(g) Encontre a equacao do hiperplano perpendicular ao vetor (−11,−3, 1, 1) e que passapelo ponto (1, 1, 1, 1).

52 Vetores e Funcoes Vetoriais – Exercıcios

1-6. Considere a matriz

A =

1 2 −32 6 −111 −2 7

.

(a) Verifique que A tem posto 2;

(b) Conclua que Im(T ), a imagem de

T : R3 −−−−−→ R3

X −−−−−→ T (X) = AX,

e um plano, e N(T ) e uma reta;

(c) Encontre uma equacao para Im(T ) e parametrize a reta N(T );

(d) Encontre uma condicao necessaria e suficiente sobre a tripla (a, b, c) para que o sistemalinear

x + 2y − 3z = a

2x + 6y − 11z = b

x− 2y + 7z = c

;

seja compatıvel, isto e, tenha solucao.

1-7. Sejam P = (2,−2, 1) e α a reta α(t) = (1 + 2t, 2− 3t,−3 + 2t), t ∈ R. Seja Π o plano quecontem P ∪ tr α;

(a) Encontre g : R2 −→ R3 que parametrize Π;

(b) Encontre uma definicao implicita para Π;

(c) Encontre f : R2 −→ R tal que o plano Π coincida com o seu grafico.

1-8. Sejam Q = (−3, 4,−2, 11), P = (5,−3, 2, 6) e A = (2,−1, 0, 1) pontos do R4 e L a reta quepassa por P e e paralela a A.

(a) Se X = P + tA ∈ L, mostre que d(Q,X) =√

6t2 + 36t + 154;

(b) Mostre que existe um unico ponto M ∈ L tal que a distancia d(Q,X) e mınima (essemınimo vale d = 10 e M = (−1, 0, 2, 3));

(c) Mostre que o vetor M −Q e ortogonal a reta L;

(d) Considere o hiperplano H ortogonal a L e que passa por Q.

(i) X = (x, y, z, t) ∈ H ⇐⇒ 2x− y + t− 1 = 0;

(ii) H ∩ L = M;(iii) Calcule a distancia de P a H;

(e) Encontre funcoes g : R3 −→ R4, f : R3 −→ R e h : R4 −→ R para as quais o hiperplanoH e imagem, grafico e superfıcie de nıvel, respectivamente.

1-9. Mostre que α(t) = (t,√

8 + 2t− t2, t+4), −2 ≤ t ≤ 4, e uma curva plana contida no cilindro(x− 1)2 + y2 = 9. Esboce o traco de α.


1-10. Esboce o traco das seguintes curvas parametrizadas.

(a) α(t) = (c + a cos t, d + b sen t), t ∈ R, a, b > 0;

(b) α(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R, a > 0, b 6= 0;

(c) α(t) = (1 + cos t, sen t, 2 sen(t/2)), t ∈ R;

1-11. Identifique e esboce o traco de cada superfıcie parametrizada, indicando as respectivas curvascoordenadas.

(a) f(u, v) = (cos u sen v, sen u sen v, cos v), 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ π2;

(b) g(u, v) = (cos u, sen u, v), 0 < u < 2π e v ∈ R;

(c) g(u, v) = (v cos u, v sen u, v), 0 < u < 2π e v > 0;

(d) g(u, v) = (v cos u, v sen u, v2), 0 < u < 2π e v > 0;

(e) g(u, v) = (2 cos v cos u, 2 cos v sen u, sen v), 0 < u < 2π e v ∈ R;

(f) f(u, v) = (u, v,√

u2 + v2), u, v ∈ R;

(g) g(u, v) = (cosh v cos u, cosh v sen u, v), 0 < u < 2π e v ∈ R. [Catenoide]

1-12. Seja f : D ⊂ R2 −→ R, onde D = (x, y) ∈ R2; x > 0. Suponha que a curva parametrizadaα : I −→ D, α(v) = (α1(v), α2(v)), seja tal que seu traco coincida γ = f−1(0). Defina

F : R3 −−−−−→ R(x, y, z) −−−−−→ F (x, y, z) = f(

√x2 + y2, z)

.

(a) Mostre que a superfıcie de revolucao gerada por α, Sα, e definida implicitamente por F ,isto e,

Sα = F−1(0) = (x, y, z); F (x, y, z) = f(√

x2 + y2, z) = 0.(b) Considere, agora, o toro T 2(a, b) dado no exemplo 1.5.25. Observando que f : R2 −→ R,

f(x, y) = (x− b)2 +y2−a2, define implicitamente o cırculo gerador de T 2(a, b), verifiqueque

T 2(a, b) = (x, y, z); (√

x2 + y2 − b)2 + z2 = a2.

1-13. Determine e esboce o maior subconjunto Ω (Ω ⊂ R2, de (a) a (g), e Ω ⊂ R3 em (h) e (i)) demodo que f : Ω −→ R esteja bem definida.

(a) f(x, y) =√

x2(x− 1);

(b) f(x, y) = arcsen(x/2) +√

xy;

(c) f(x, y) =√

1− x2 +√

4− y2;

(d) f(x, y) = log(x log(y − x));

(e) f(x, y) = |x|√x− 1;

(f) f(x, y) = 1/ (x2 + y2);

(g) f(x, y) =√

x−√y;

(h) f(x, y, z) = x(yz);

(i) f(x, y, z) =√

a2 − x2 − y2 − z2 +1√

x2 + y2 + z2 − b2, a2 ≥ b2.


1-14. Em cada caso, esboce o grafico G(f) da funcao f : D ⊂ R2 −→ R dada.

(a) z = f(x, y) = 4− x2 − y2, D = R2;

(b) z = f(x, y) =√

x2 + 4y2, D = R2;

(c) z = f(x, y) = 2− y2, D = R2;

(d) z = f(x, y) =

1, |x| < |y|0, |x| ≥ |y| , D = R2;

(e) z = f(x, y) = sen x, D = R2;

(f) z = f(x, y) =√

16− x2 − y2, D = B[4]− (0, 0);(g) z = f(x, y) = 1/ (x2 + y2), D = R2 − (0, 0);(h) z = f(x, y) = sen(y − x), D = R2;

(i) z = f(x, y) = (2x + y)3, D = R2;

(j) z = f(x, y) =

0, xy = 0

1, xy 6= 0, D = R2.

1-15. Esboce os seguintes conjuntos definidos implicitamente pela funcao f dada.

(a) f(x, y) = x2y = 1;

(b) f(x, y) = (x2 + y2 + 1)2 − 4x2 = 0;

(c) f(x, y) = x2 − 2x + y2 = 0;

(d) f(x, y) = x2 + 4y2 = 4;

(e) f(x, y, z) = (x− 1)2 + y2 + z2 = 1;

(f) f(x, y, z) = x2 − y2 + z2 = 0;

(g) f(x, y, z) = x2 + y2 = 4;

(h) f(x, y, z) = (xyz, x + y) = (0, 1);

(i) f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2, y + z) = (1, 1).

1-16. A temperatura T (x, y) do ponto (x, y) de uma chapa metalica e dada pela funcao realT (x, y) = 2x2 + 3y2 + 15. Encontre a equacao da isoterma (curva de temperatura constante)que passa pelo ponto (1, 3) e esboce tal curva de nıvel.

1-17. Mostre que a aplicacao linear T : R2 −→ R2, T (x, y) = (x − y, x + y), e a composta dahomotetia de razao

√2 com a rotacao de angulo π/4.

1-18. Seja A = (aij)m×n uma matriz real de ordem m× n. Indique sua transposta por tA. Se · eo produto interno canonico de Rn, X ∈ Rn e Y ∈ Rm, mostre que (AX) · Y = X · ( tAY ).


1-19. [Matrizes Ortogonais] Uma matriz A = (aij)n×n e dita ortogonal se A tA = tAA = I, ondeI e a matriz identidade, e tA indica a transposta de A. Uma aplicacao linear T : Rn −→ Rn

e ortogonal se sua matriz (com relacao a base canonica) e ortogonal.

(a) Seja A = (aij)n×n ortogonal.

(i) A−1 = tA;

(ii) Mostre que as linhas (colunas) de A formam uma base ortonormal de Rn;

(iii) Se A e ortogonal, entao (det A)2 = 1;

(iv) Se T e o operador linear de matriz A, entao T preserva o produto interno, isto e,

X · Y = T (X) · T (Y ), X, Y ∈ Rn.

Em particular, T preserva comprimentos: ‖T (X)‖ = ‖X‖;(b) Dado θ ∈ R, as matrizes

A1(θ) =

(cos θ − sen θ

sen θ cos θ

)e A2(θ) =

(− cos θ sen θ

sen θ cos θ

)

sao ortogonais.

(c) Se A e uma matriz ortogonal de ordem 2 × 2 e det A = 1, entao existe θ ∈ R tal queA = A1(θ), como em (b);

(d) Seja T : Rn −→ Rn (nao necessariamente linear) tal que

X · Y = T (X) · T (Y ), ∀X, Y ∈ Rn.

(i) Mostre que T (e1), T (e2), . . . , T (en) e uma base ortonormal, onde e1, e2, . . . , en ea base canonica;

(ii) Conclua que T (X) = (X · e1)T (e1) + (X · e2)T (e2) + · · ·+ (X · en)T (en);

(iii) Conclua que T e uma aplicacao linear ortogonal.

1-20. [Isometrias] Uma isometria de Rn e uma aplicacao S : Rn −→ Rn que preserva distancias:

‖Y −X‖ = ‖S(Y )− S(X)‖ . (¶10)

(a) Toda isometria S e injetiva;

(b) Se S e uma isometria e S(0) = 0, entao S preserva o produto interno;

(c) Se S e uma isometria e S(0) = 0, entao S e uma aplicacao linear ortogonal;

(d) Conclua que toda isometria S e da forma S(X) = T (X)+B, onde T e (linear) ortogonale B e uma vetor constante.

1-21. Seja T : Rn −→ Rn uma aplicacao linear ortogonal.

(a) Se W ⊂ Rn e um subespaco invariante sob T , isto e, T (W ) ⊂ W , entao T (W ) = W eT (W⊥) = W⊥;

(b) Conclua que se n = 3, T (e3) = e3 e det T = 1, entao T e uma rotacao em torno doeixo-z;

(c) Mostre que T : R3 −→ R3 dada por T (x, y, z) = ((√

3x − y)/2, (x +√

3y)/2, z) e umarotacao em torno do eixo-z, e identifique o angulo de rotacao.


1-22. [Aplicacoes Auto-adjuntas]1 Uma aplicacao linear T : Rn −→ Rn e auto-adjunta se

T (X) · Y = X · T (Y ), ∀X, Y ∈ Rn.

(a) T e auto-adjunta ⇐⇒ A, a matriz de T , e simetrica (i.e., tA = A). Aproveite isto paraconstruir exemplos de aplicacoes auto-adjuntas em R2 e R3;

(b) Se T e auto-adjunta e W ⊂ Rn e um subespaco invariante sob T , entao W⊥ e invariantesob T ;

(c) E um fato verdadeiro que os autovalores de T sao reais. Prove diretamente isto paran = 2 e n = 3;

(d) Se λ1 6= λ2 sao autovalores de uma aplicacao auto-adjunta T , entao autovetores corres-pondentes a λ1 e λ2 sao ortogonais.

1Este exercıcio e opcional, e exige um pouco mais de Algebra Linear.

2CalculodasCurvas Parametrizadas

z

y

6

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p pppppppppp pp pppppp p pppppppp p pppp p ppppp pp ppppp p ppp pp pppp pp p ppp pp pp p ppp p ppp pp ppp p ppp pppp pppp ppp pppppp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

-¡

¡¡

¡¡

¡ªx

s(1, 1, 1)

s(−1, 1,−1)

Verso Preliminarpor


2.1Limite e Continuidade

O objetivo aqui e estender os conceitos de limite e continuidade que conhecemos parafuncoes reais de uma variavel real, as funcoes vetoriais de uma variavel real.

2.1.1Definicao Sejam α : D ⊂ R −→ Rn uma funcao vetorial com funcoes coordenadas α1, α2,

α3, . . . , αn, e t0 ∈ R. Se existem

l1 = limt→t0

α1(t), l2 = limt→t0

α2(t), . . . , ln = limt→t0

αn(t),

diremos que α possui limite em t0, e a n-upla

limt→t0

α(t) = (l1, l2, . . . , ln)

sera chamada limite de α em t0.

2.1.2Exemplo Seja α(t) = (cos t, sen t, t2 + 2,

sen t

t), t 6= 0. Como

limt→0

cos t = 1, limt→0

sen t = 0, limt→0

(t2 + 2) = 2, e limt→0

sen t

t= 1,

segue-se quelimt→0

α(t) = (1, 0, 2, 1).

2.1.3Exemplo A funcao β(t) = (t, sen

2π

t), definida em R−0, nao tem limite em t0 = 0, visto

que β2(t) = sen2π

t, sua segunda funcao coordenada nao tem limite neste ponto.

Um bom modo de ver isso e estudar o comportamento de β2 ao longo de dois subconjuntosespeciais (duas sequencias) do seu domınio, a saber:

e

X1 = x ∈ R; x =1

k, k ∈ N

X2 = y ∈ R; y =4

4k + 1, k ∈ N,

onde N = 1, 2, 3, . . . e o conjunto dos numeros naturais. Note que tanto os elementos de X1

quanto os de X2 ficam bem proximos de t0 = 0 a medida que o valor de k cresce. Agora, sex = 1/k e um elemento de X1, entao β2(x) = sen(2π/x) = sen 2kπ = 0. Por outro lado, sey ∈ X2, entao, β2(y) = 1. Logo, β2(t) nao pode se aproximar de um valor bem definido quandoo parametro t tende a zero, isto e, β2 nao tem limite em t0 = 0.

58

Calculo das Curvas Parametrizadas 59

2.1.4Definicao Sejam α : D ⊂ R −→ Rn uma funcao vetorial com funcoes coordenadas α1, α2,

α3, . . . , αn, e t0 ∈ D. Se α1, α2, α3, . . . , αn sao contınuas em t0, diremos queα e contınua em t0. Quando α e contınua em todos os pontos de D, dizemos que α e contınuaem D.

2.1.5Exemplo A curva parametrizada no R3, α(t) = (et, cos t+sen t, 1+t+t2), t ∈ R, e contınua

em R, pois suas funcoes coordenadas sao contınuas aı.

A seguinte proposicao decorre facilmente das propriedades do limite para funcoes reais deuma variavel real.

2.1.6 [Operacoes com Limites]Proposicao Sejam α, β : D ⊂ R −→ Rn duas funcoes vetoriais

que tem limite em t0 ∈ R, h : D −→ R tambemtendo limite em t0, e a ∈ R. Entao, valem as seguintes propriedades do limite:

(i) limt→t0

(α + β)(t) = limt→t0

α(t) + limt→t0

β(t);

(ii) limt→t0

(hα)(t) = limt→t0

h(t) limt→t0

α(t);

(iii) limt→t0

(aα)(t) = a limt→t0

α(t);

(iv) limt→t0

(α · β)(t) = limt→t0

α(t) · limt→t0

β(t);

(v) limt→t0

(α× β)(t) = limt→t0

α(t)× limt→t0

β(t). (Aqui, estamos supondo n = 3.)

2.2Derivadas

Ja que dispomos da nocao de limite, torna-se bastante natural o conceito de derivada paracurvas parametrizadas no Rn. A ideia e trazer esta nocao do calculo das funcoes reais de umavariavel real, como ja fizemos com limite. Mais precisamente, temos a seguinte definicao.

2.2.1Definicao Seja α : I −→ Rn uma curva parametrizada. Diremos que α e derivavel em

t ∈ I se existir o limite

limh→0

α(t + h)− α(t)

h.

Este limite, quando existe, e chamado derivada de α em t, e e denotado por α′(t). Se estaderivada existe em todo ponto de I, diremos que α e derivavel em I.

60 Derivadas

Dados uma curva parametrizada α : I −→ Rn, e t ∈ I, temos usando as definicoes 1.1.5e 1.1.6, dadas no capıtulo 1, que

α(t + h)− α(t)

h=

1

h(α1(t + h)− α1(t), α2(t + h)− α2(t), . . . , αn(t + h)− αn(t))

= (α1(t + h)− α1(t)

h,α2(t + h)− α2(t)

h, . . . ,

αn(t + h)− αn(t)

h),

o que, diante da definicao 2.1.1, prova a seguinte proposicao, bastante util nos exercıcios.

2.2.2Proposicao Uma curva parametrizada α : I −→ Rn e derivavel em t ∈ I se, e somente se,

suas funcoes coordenadas sao derivaveis em t, e vale a identidade:

α′(t) = (α′1(t), α′2(t), . . . , α

′n(t)).

2.2.3Interpretacao Geometrica

Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada derivavel em t ∈ I. Introduzimos aqui oquociente de Newton de α em t, o qual indicaremos por Q, e e definido por

Q(h) =α(t + h)− α(t)

h, h 6= 0, e t + h ∈ I.

Portanto, α′(t) = limh→0

Q(h), o que sugere que a visualizacao de Q(h), para alguns valores

Figura 44: O Vetor Tangente α′(t)

-αI

tr t + hr

z

y

6

-¡

¡¡

¡ªx

pp

ppppppppppppppppppppp pppppppppp pppppppp pppp ppppppp ppp pppp ppp pppp pppppp pppp pp pppp pppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp ppp pppp pp pppp pp pp pp pp pp pp pp ppp pp pp ppp pp pp pp pp pppp pp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

rα(t)r

α′(t)

ltα

α(t + h)

Q(h)

³³³³³³³³³³³

³³³³³³³

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

³³³³1³³³³³³³³1

¡¡

¡µ

de h proximos do zero, facilitara a visualizacao do vetor α′(t). Com efeito, na figura 44 temos ovetor α(t+h)−α(t) e seu multiplo Q(h). Agora e so deixar a nossa intuicao trabalhar, pensandonos valores de h se aproximando de zero. Isto ocorrendo, as retas que passam por α(t) e α(t+h)


se aproximam da reta tangente ao traco de α em α(t). Portanto, os vetores Q(h) se aproximamde um vetor tangente, tambem neste ponto. Posto isto, podemos interpretar geometricamenteo vetor α′(t) como um vetor tangente ao traco de α em α(t). Isto motiva a seguinte definicao.

2.2.4Definicao Seja α : I −→ Rn uma curva parametrizada derivavel em t. A derivada α′(t) e

chamado vetor tangente de α em t. Se α′(t) 6= 0, a reta que passa pelo pontoα(t) e e paralela ao vetor α′(t) e conhecida por reta tangente de α em t. Indicaremos esta retapor ltα. Assim,

ltα = α(t) + [α′(t)] = X ∈ Rn; X = α(t) + uα′(t), u ∈ R,

conforme definicao 1.3.1.

Observacao O leitor com pouca experiencia deve ficar atento com relacao a forma comoforam indicados os pontos da reta ltα: o parametro que descreve seus pontos

esta sendo indicado por u. O parametro t, da curva α, esta fixo e determina um ponto e adirecao da reta.

2.2.5Exemplo Consideremos a curva parametrizada

α(t) = (a cos t, a sen t), t ∈ [0, 2π],

cujo traco e o cırculo x2 + y2 = a2. Temos que

α′(t) = (−a sen t, a cos t),

e, fixado t, a reta tangente a α em t e dada por

ltα = X = (a cos t, a sen t)+u(−a sen t, a cos t), u ∈ R.Em particular, a reta tangente de α em t = π/4 e

lπ/4α = X = (a

√2

2, a

√2

2) + u(−a

√2

2, a

√2

2), u ∈ R.

A curva parametrizada

β(t) = (a cos t + at sen t, a sen t− at cos t), t ∈ [0, 2π],

e a evolvente de α. Seu vetor tangente em ponto ar-bitrario t e β′(t) = t(a cos t, a sen t), vetor que e perpen-dicular a α′(t), visto que α′(t)·β′(t) = 0. Observando que‖α(t)− β(t)‖ = at, o que coincide com o comprimento doarco do cırculo ligando P a α(t), como mostra a figura 46,podemos interpretar geometricamente a evolvente da se-

-

6

x

y

Figura 45

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppp ppppppppp ppppppp pppppppp pppppppp ppppppp pppppp ppppp ppppp pppppp pppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp pppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp pp pp ppp pppp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp pp ppp pppp ppp pp ppp pppp ppp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp pppp pppp pppp ppp pp pp pp ppp pppp pppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp pppp ppp pp ppp pppp ppp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp pppp ppp pp pp ppp pppp pppp ppp pp pp pp pp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp ppp pppp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp pppp ppppp pppp ppp pppp pppppp ppppp ppppp pppppp ppppppp pppppppp pppppppp ppppppp ppppppppp pppppppppppppp ppppppppppppppppppppppppppppppp

@@

@@

@@

¡¡

¡µ@@

@@

@@

I

α(π/4)

lπ/4α

π/4

α′(π/4)

a

@@

@I

r

-

6

x

y

Figura 46: Evolvente

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppp pp ppppp pp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp ppp pppp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp pppp pppp pp

pppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppp ppppppp pppppp ppppppp ppppppp ppppp pppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp ppp ppp p ppp ppp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp pp ppp pppp ppp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp ppppp pppppp ppppppp ppppppp pppppp pppppppp pppppppppppppppppppppppppppppp

Y

α(t)s

β(t)

β′(t)

s−tα′(t)

ta ¢

¢¢¢

¢¢¢¢

HHHHj

sP

guinte forma: enrole sobre o cırculo um cordao de modo que a extremidade livre coincida com P .

62 Derivadas

A seguir, segure P e desenrole o cordao, mantendo-o sempre esticado. A trajetoria descrita porP e exatamente o traco da evolvente. O exemplo que segue exibe um modo surpreendente dese construir a evolvente β.

2.2.6Exemplo A helice circular λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R, e uma curva parametrizada

derivavel em R, visto que suas funcoes coordenadas sao derivaveis. A derivadade λ em t e

λ′(t) = (−a sen t, a cos t, b),

de acordo com a proposicao 2.2.2. Portanto, a reta tan-gente de λ em t e

ltλ = (a cos t−ua sen t, a sen t+ua cos t, bt+ub), u ∈ R.A terceira coordenada de cada ponto de ltλ e da formaz = bt + ub, a qual e nula se, e somente se, u = −t. Logo,ltλ intercepta o plano-xy no ponto

(a cos t + at sen t, a sen t− at cos t, 0), Figura 47

z

y

6

-¡

¡¡

¡ªx

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppp pppppp ppppp ppppppp pppppp ppppp pppppppp pppppp pppppp ppppppp pppppppp ppppppp ppppppppp ppppppppppp pppppppp ppppppppp pppppppppppp pppppppppp ppppppppppp pppppppppppppppppppp ppppppppppppppp pppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

λ(t)λ′(t)

ltλ

r α(t)

¡¡

¡¡

¡

¡¡¡

¡¡

¡¡¡µ

rβ(t)

r

cujas duas primeiras coordenadas sao as coordenadas da evolvente β do exemplo 2.2.5, e obtemos,portanto, outro modo de descrever a evolvente do cırculo.

2.2.7 [Operacoes com Derivadas]Proposicao Sejam α, β : I ⊂ R −→ Rn duas curvas para-

metrizadas derivaveis em t ∈ I, e h : I −→ Rtambem derivavel em t. Entao, valem as seguintes propriedades:

(i) (α + β)′(t) = α′(t) + β′(t);

(ii) (hα)′(t) = h′(t)α(t) + h(t)α′(t);

(iii) (α · β)′(t) = α′(t) · β(t) + α(t) · β′(t);(iv) (α× β)′(t) = α′(t)× β(t) + α(t)× β′(t).

Demonstracao: Veremos apenas a prova de (iii). As demais ficam como exercıcio parao leitor. Temos que

(α · β)′(t) = (α1β1 + α2β2 + · · ·+ αnβn)′(t)

= (α1β1)′(t) + (α2β2)

′(t) + · · ·+ (αnβn)′(t)

= (α′1(t)β1(t) + α1(t)β′1(t)) + · · ·+ (α′n(t)βn(t) + αn(t)β′n(t))

= (α′1(t)β1(t) + · · ·+ α′n(t)βn(t)) + (α1(t)β′1(t) + · · ·+ αn(t)β′n(t))

= α′(t)β(t) + α(t)β′(t),

onde na passagem da segunda para a terceira equacao, usamos a derivada do produto de funcoesreais de uma variavel real. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


2.2.8 [Regra da Cadeia]Proposicao Sejam α : I ⊂ R −→ Rn e σ : J ⊂ R −→ R. Suponha que

σ(J) ⊂ I. Se σ e derivavel em u ∈ J e α e derivavel emt = σ(u), entao a composta β = ασ e derivavel em u, e vale β′(u) = (ασ)′(u) = σ′(u)α′(σ(u)).

Demonstracao: Se α(t) = (α1(t), α2(t), . . . , αn(t)), entao

(α σ)(u) = α(σ(u)) = (α1(σ(u)), α2(σ(u)), . . . , αn(σ(u))).

Aplicando a regra da cadeia a cada funcao coordenada de α σ, obtemos que

β′(u) = (α′1(σ(u))σ′(u), α′2(σ(u))σ′(u), . . . , α′n(σ(u))σ′(u))

= σ′(u)(α′1(σ(u)), α′2(σ(u)), . . . , α′n(σ(u)))

= σ′(u)α′(σ(u)),

o que completa a prova. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Figura 48

@@

@R

α

I

6σ

t = σ(u)r

¡¡

¡µβ

J

ur

z

y

6

-¡

¡¡

¡ªx

pp


rα(t)β(u)

α′(t)

β′(u)

¡¡

¡µ

¡¡

¡¡

¡¡µ

Ate aqui, estamos obtendo com sucesso varios resultados que dizem respeito as curvasparametrizadas, simplesmente usando os analogos do calculo das funcoes reais de uma variavel.Infelizmente, isto nem sempre e possıvel: simplesmente perdemos o Teorema do Valor Medio,como mostra o (contra-) exemplo 2.2.10 a seguir.

2.2.9 [Teorema do Valor Medio]Teorema Seja f : [a, b] −→ R uma funcao contınua no in-

tervalo fechado [a, b] e derivavel no intervaloaberto (a, b). Entao, existe c ∈ (a, b) tal que

f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a).

64 Derivadas

2.2.10Exemplo Seja α : [0, 2π] −→ R2 definida por α(t) = (cos t, sen t). Se o teorema do valor

medio funcionasse para α terıamos a existencia de c ∈ (0, 2π) tal que

α(2π)− α(0) = α′(c)(2π − 0).

Em particular, tomando a norma em ambos os membros, terıamos 2π = 0, um absurdo.

Na realidade, ainda pensando no teorema do valor medio, ele nao esta totalmente perdido.Temos uma pequena variacao sua, conhecida como primeira desigualdade do valor medio, quevale para as curvas parametrizadas.

2.2.11 [Desigualdade do Valor Medio]Teorema Seja α : [a, b] −→ Rn uma curva para-

metrizada contınua em [a, b] e derivavelem (a, b). Entao, existe c ∈ (a, b) tal que

‖α(b)− α(a)‖ ≤ (b− a) ‖α′(c)‖ .

Demonstracao: Visando usar o teorema do valor medio, introduziremos uma funcaoreal auxiliar, a saber:

f(t) = (α(b)− α(a)) · α(t), a ≤ t ≤ b.

E claro que f satisfaz as hipoteses do teorema 2.2.9 e que f ′(t) = (α(b) − α(a)) · α′(t). Logo,existe c ∈ (a, b) tal que f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a), isto e,

(α(b)− α(a)) · α(b)− (α(b)− α(a)) · α(a) = (α(b)− α(a)) · α′(c)(b− a),

o que pode ser reescrito como

‖α(b)− α(a)‖2 = (α(b)− α(a)) · α′(c)(b− a).

Agora, aplicando a desigualdade de Cauchy-Schwarz (teorema 1.2.18) ao segundo membro destaequacao, vem que

‖α(b)− α(a)‖2 = (α(b)− α(a)) · α′(c)(b− a) ≤ ‖α(b)− α(a)‖ ‖α′(c)‖ |b− a|.Donde segue-se o teorema. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Como aplicacao desta desigualdade, temos o seguinte corolario, bastante natural nesteponto.

2.2.12Corolario Seja α : I ⊂ R −→ Rn uma curva parametrizada derivavel em I. Entao, α e

constante se, e somente se, α′(t) = (0, 0, . . . , 0), para todo t ∈ I.

Demonstracao: E claro que se α e constante, entao sua derivada e nula sempre. Veja-mos a parte que falta. Para isto, sejam a < b dois pontos de I. A desigualdade do valor medioda c, a < c < b, tal que

‖α(b)− α(a)‖ ≤ (b− a) ‖α′(c)‖ .


Como α′ e sempre nulo, vem, em particular, que ‖α′(c)‖ = 0. Logo, ‖α(b)− α(a)‖ ≤ 0, oque implica que ‖α(b)− α(a)‖ = 0 e, portanto, α(b) = α(a). Como a e b foram escolhidosarbitrariamente, resulta que α e constante. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Este corolario e a proposicao que segue desempenham papel fundamental no estudo dageometria das curvas parametrizadas, como veremos na proxima secao.

2.2.13Proposicao Seja α : I ⊂ R −→ Rn uma curva parametrizada derivavel em I. Entao, α

tem norma constante se, e somente se, α′(t) e perpendicular a α(t), paratodo t ∈ I. (Geometricamente, isto significa que se o traco de α esta contido em uma esfera,entao o vetor tangente de α tambem e tangente a esfera.)

Demonstracao: Suponhamos, inicialmente, que ‖α(t)‖ = c, para todo t ∈ I (istosignifica que tr α ⊂ Sn−1(c), onde Sn−1(c) = X ∈ Rn; ‖X‖ = c e a esfera de raio c centradana origem do Rn). Logo, ‖α(t)‖2 = c2. Usando o item (iii) da proposicao 2.2.7, obtemos que2α(t) · α′(t) = 0, o que prova que α′(t) e perpendicular a α(t).

Reciprocamente, se α′(t) e perpendicular a α(t), entao

d ‖α(t)‖2

dt= 2α′(t) · α(t) = 0.

Isto implica que ‖α(t)‖2 e constante, visto que estamos trabalhando em um intervalo. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

2.2.14Derivadas de Ordem Superior

Seja α : I ⊂ R −→ Rn uma curva parametrizada derivavel no intervalo I. Posto isto,temos uma nova curva parametrizada definida em I, a primeira derivada de α:

α′ : I −−−−−→ Rn

t −−−−−→ α′(t) = (α′1(t), α′2(t), . . . , α

′n(t)).

2.2.15Definicao Se α′ e derivavel em t ∈ I, diremos que α e duas vezes derivavel em t, e o vetor

α′′(t) = (α′)′(t) = (α′′1(t), α′′2(t), . . . , α

′′n(t))

sera chamado segunda derivada (ou vetor aceleracao) de α em t. Se α′′(t) existe em todo t ∈ I,diremos que α e duas vezes derivavel em I.

As derivadas de ordem mais alta sao definidas indutivamente, de modo analogo ao que sefaz para as funcoes reais de uma variavel, isto e, a segunda derivada e a derivada da primeira(como ja definimos); a terceira derivada e a derivada da segunda... Mais precisamente, temos aseguinte definicao.

66 Derivadas

2.2.16Definicao Seja α : I ⊂ R −→ Rn uma curva parametrizada p vezes derivavel em I, p ∈ N.

Se α(p), a p-esima derivada de α, e derivavel em t, dizemos que α e (p+1) vezesderivavel em t, e o vetor

α(p+1)(t) = (α(p))′(t) = (d(p+1)α1

dt(p+1)(t),

d(p+1)α2

dt(p+1)(t), . . . ,

d(p+1)αn

dt(p+1)(t)), t ∈ I

e a (p + 1)-esima derivada de α em t.

2.2.17Exemplo Seja λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R a helice circular. E claro que λ tem derivadas

de todas as ordens em R. Suas quatro primeiras derivadas, calculadas em umponto arbitrario t, sao:

λ′(t) = (−a sen t, a cos t, b)

λ′′(t) = λ(2)(t) = (λ′)′(t) = (−a cos t,−a sen t, 0)

λ′′′(t) = λ(3)(t) = (λ′′)′(t) = (a sen t,−a cos t, 0)

λ′′′′(t) = λ(4)(t) = (λ′′′)′(t) = (a cos t, a sen t, 0).

2.2.18Exemplo Se β(u) = (u, u2, u3), u ∈ R, entao β′(u) = (1, 2u, 3u2), β′′(u) = (0, 2, 6u),

β′′′(u) = (0, 0, 6), e β(p)(u) = (0, 0, 0), para todo p > 3.

2.2.19Interpretacao Fısica

Seja α : I ⊂ R −→ R3, α(t) = (α1(t), α2(t), α3(t)), uma curva parametrizada, duas vezesderivavel no intervalo I. Neste ponto, passare-mos a olhar o parametro de α como o tempo e ovetor α(t) como o vetor-posicao de uma determi-nada partıcula P , que se move no espaco. Nestecaso, os vetores α′(t) e α′′(t) recebem nomes espe-ciais, a saber: o vetor tangente de α em t, α′(t), echamado vetor velocidade de P no tempo t, e a se-gunda derivada de α em t, α′′(t), e chamada vetoraceleracao de P em t. As normas destes vetoressao conhecidas por velocidade escalar e aceleracaoescalar de α (ou P ) em t, respectivamente. A ve-locidade escalar de α em t e indicada por v(t), eaceleracao e indicada por a(t). Assim,

v(t) = ‖α′(t)‖ e a(t) = ‖α′′(t)‖ , t ∈ I.

Figura 49: Movimento de uma Partıcula

z

y

6

-¡

¡¡

¡ªx

´´

´´3

pp


rP

α′(t)

PPPPPqα′′(t)

¡¡

¡µ


2.2.20 [Movimento Circular Uniforme]Exemplo Suponha que uma partıcula P se mova

ao longo do cırculo x2 + y2 = a2, apartir de (a, 0), no sentido anti-horario, a uma velocidade angular constante ω rd/seg. Entao,decorridos t seg, seu vetor-posicao α(t) deve fazer umangulo θ(t) = ωt com o eixo-x. Logo,

α(t) = (a cos θ(t), a sen θ(t)) = (a cos ωt, a sen ωt), t ≥ 0.

Portanto, a velocidade e aceleracao de P sao

α′(t) = (−aω sen ωt, aω cos ωt)

α′′(t) = (−aω2 cos ωt,−aω2 sen ωt).

Donde segue-se que o movimento e central, isto e, α′′(t)aponta para o centro do cırculo. Alem disto,

v(t) = ‖α′(t)‖ = ωa

a(t) = ‖α′′(t)‖ = ω2a,

-

6

x

y

Figura 50: Movimento Circular

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppp ppppppppp ppppppp pppppppp pppppppp ppppppp pppppp ppppp ppppp pppppp pppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp pppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp pp pp ppp pppp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp pp ppp pppp ppp pp ppp pppp ppp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp pppp pppp pppp ppp pp pp pp ppp pppp pppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp pppp ppp pp ppp pppp ppp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp pppp ppp pp pp ppp pppp pppp ppp pp pp pp pp pp ppp pppp ppp pp pp pp pp pp pp ppp pppp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp pppp ppppp pppp ppp pppp pppppp ppppp ppppp pppppp ppppppp pppppppp pppppppp ppppppp ppppppppp pppppppppppppp ppppppppppppppppppppppppppppppp

r6(a, 0)I

P

ωt

α′(t)

a

@@@I

r¡

¡¡ª

α′′(t)

que sao as conhecidas expressoes da velocidade escalar e da aceleracao escalar de uma partıculaem movimento circular uniforme.

2.2.21 [Movimento Uniforme]Exemplo Suponhamos que uma partıcula P , partindo do pon-

to Q = (q1, q2, q3), se mova com aceleracao constanteA = (a1, a2, a3) e que, no momento de sua partida (t = 0), sua velocidade seja V = (v1, v2, v3).O nosso objetivo agora e, a partir destas informacoes,determinar a posicao de P num instante t qualquer. In-diquemos, entao, por α(t) a posicao de P no tempo t.Logo,

α(0) = Q = (q1, q2, q3)

α′(0) = V = (v1, v2, v3)

α′′(t) = A = (a1, a2, a3), ∀t ≥ 0.

Integrando duas vezes a terceira equacao acima, vem que

α(t) = C1 + tC2 +t2

2A, t ≥ 0,

onde C1 = α(0) e C2 = α′(0). Logo, Figura 51: Movimento Uniforme

z

y

x

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

p pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

-rV

QrPPq

A

¢¢®

6

r

¡¡ª

r U α(t)

α(t) = Q + tV +t2

2A = (q1 + tv1 +

t2

2a1, q2 + tv2 +

t2

2a2, q3 + tv3 +

t2

2a3), t ≥ 0.

Em particular, se V e A sao linearmente independentes, resulta que a trajetoria de P (ou otr α) e plana. Mais precisamente, ela e uma parabola no plano que passa por Q e e paralelo aosvetores V e A. (O que ocorre com tal trajetoria se V e A sao linearmente dependentes?)

68 Geometria das Curvas Parametrizadas

2.3Geometria das Curvas Parametrizadas

Nesta secao, estaremos particularmente interessados em curvas parametrizadas do R3, istoe, em curvas parametrizadas do tipo

α : I ⊂ R −−−−−→ R3

t −−−−−→ α(t) = (α1(t), α2(t), α3(t)).

As curvas parametrizadas do R2 serao consideradas, de modo natural, imersas em R3: umadupla β(t) = (β1(t), β2(t)) sera identificada com a tripla (β1(t), β2(t), 0).

2.3.1 [Curva Regular]Definicao Uma curva parametrizada derivavel α : I −→ Rn e dita regular

se sua derivada e sempre nao-nula, isto e, α′(t) 6= (0, 0, . . . , 0),para todo t ∈ I. (Note que isto e o mesmo que pedir que v(t) > 0, para todo t ∈ I.)

2.3.2Definicao Seja α : I −→ Rn derivavel. Se t ∈ I e tal que α′(t) = (0, 0, . . . , 0), dizemos que

t e um ponto singular de α.

2.3.3Exemplo A curva parametrizada (cırculo) α(t) = (a cos t, a sen t), t ∈ R e a > 0, e regular,

posto que sua velocidade escalar v(t) = ‖α′(t)‖ = a > 0, para todo t ∈ R.

2.3.4Exemplo A helice circular λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ I, a > 0 e b 6= 0, e regular. De

fato, v(t) = ‖λ′(t)‖ =√

a2 + b2, para todo t ∈ R.

2.3.5Exemplo A cicloide

α(t) = (at− a sen t, a− a cos t), t ∈ R,

onde a > 0, nao e regular. Com efeito, sua deri-vada em t e dada por α′(t) = (a− a cos t, a sen t),a qual se anula para t = 2kπ, onde k e um in-teiro qualquer. Os pontos que correspondem aestes valores de t sao α(2kπ) = (2kπa, 0), quesao exatamente os bicos (ou as cuspides) do tracode α. Convem, entretanto, observar que a res-tricao de α a qualquer intervalo aberto da forma(2kπ, 2(k + 1)π) e regular.

Figura 52: Pontos Singulares da Cicloide

-x

6y

pppppppppppp ppppppppppp ppppppppppp pppppppppppppppp pppp ppppp ppppp ppppp ppppp pppp ppppppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pppppp pp pp pp pp pp pp ppppp pp ppp pp pp ppp pp pppp pp pp pp pp pp pp pppp p pp pp pp pp p pppp pp pp pp pp pp pp ppp p p p p p p ppp p pp pp pp pp p ppp pp p p p p pp ppp p p p p p p ppp p p p p p p pp p p p p p p pp p p p p p p pp p p p p p p ppp pp pp pp pp pp pp pppp pp pp pp pp pp pp ppp pp p pp pp p pp pp p p p p p p ppp pp pp pp pp pp pp pppp pp pp pp pp pp pp ppp pp pp pp pp pp pp ppp p p p p p p ppp p p p p p p pp p p p p p p pp p p p p p p pp p p p p p p pp p p pp pp p p pp p p p p p p pp pp p p p p pp ppp p pp pp pp pp p ppp pp p p p p pp pp p p p p p p pp pp pp pp pp pp pp pp p p p p p p pp p p p p p p ppp p pp pp pp pp p ppp p p p p p p ppp pp pp pp pp pp pp ppp pp p p p p pp ppp p pp pp pp pp p ppp pp p p p p pp pp p p pp pp p p pp p p p p p p pp p p p p p p ppp pp pp p p pp pp ppp p p pp pp p p ppp pp pp p p pp pp pppp pp pp pp pp pp pp ppp p p p p p p ppp pp pp pp pp pp pp ppp p p p p p p pp p p p p p p pp pppp p p pppp pp pppp p p pppp pp pp p p pp pp pp p p pp ppp pp pppp pp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp pppp ppp pppp pppp pppp ppp pppp ppp pp p pp pp pp p pp pp pp p pp pp p p p pp p p p pr(2πa, 0)

r(4πa, 0)

r(−2πa, 0)


2.3.6Exemplo A parabola semi-cubica

α(t) = (t3, t2), t ∈ R,

tem apenas um ponto singular, a saber t = 0,visto que sua derivada, α′(t) = (2t, 3t2) se anulaapenas aı. Isto indica a presenca de uma cuspideno ponto α(0) = (0, 0), como mostra a figura 53. Figura 53: Parabola Semi-cubica

-x

6y

p pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp pppp ppp pp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp pppp pppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppppppppppppr(0, 0)

2.3.7Exemplo A curva parametrizada

α : R −−−−−→ R3

t −−−−−→ α(t) = (t, t2, t3)

e regular, o que resulta de uma simples observacaoda primeira coordenada de: α′(t) = (1, 2t, 3t2).A figura 54 mostra o traco de α para t variandono intervalo [−1, 1]. Os cubos esbocados servempara destacar um pouco mais a beleza da curva.Como exercıcio, o leitor esta convidado a esbocaras projecoes de α nos planos coordenados: noplano-xy, temos a parabola y = x2; no plano-xzaparece a cubica z = x3; e no plano-yz, re-obte-mos a parabola semi-cubica do exemplo 2.3.6.

Figura 54

z

y

6

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp p pppppppppp pp pppppp p pppppppp p pppp p ppppp pp ppppp p ppp pp pppp pp p ppp pp pp p ppp p ppp pp ppp p ppp pppp pppp ppp pppppp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

-¡

¡¡

¡¡ª

x

r(1, 1, 1)

r(−1, 1,−1)

2.3.8Curvatura e Torcao

Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada regular, tres vezes derivavel em I. Como αe regular, seu vetor tangente, em qualquer ponto, e nao-nulo. Logo, podemos tomar o vetorunitario em sua direcao (veja proposicao 1.2.6, item (iii)), o que produz a seguinte definicao.

2.3.9Definicao Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada regular. Dado t ∈ I, o vetor

T (t) =α′(t)‖α′(t)‖ =

α′(t)v(t)

e chamado vetor tangente unitario de α em t.


Visando motivar a nocao de curvatura de uma curva parametrizada regular, consideremosa reta que passa pelo ponto P e e paralela ao vetor V , parametrizada por

γ(t) = P + tV, t ∈ R.

E claro que γ′(t) e constante e coincide com V . Logo, seu vetor tangente unitario tambeme constante: T (t) = V/ ‖V ‖. Portanto, T ′ e um vetor identicamente nulo. Em particular,‖T ′(t)‖ = 0, ao longo de R. Geometricamente, isto significa que γ nao se curva, o que jasabıamos, pois γ descreve uma reta. Portanto, se α e uma curva parametrizada regular qualquer,e razoavel se esperar que o numero ‖T ′(t)‖ indique o quanto o seu traco deixa de ser retilıneoperto de α(t). De fato, como T tem norma constante, o vetor T ′ indica apenas a mudancade direcao de T . Portanto, ‖T ′‖ serve para medir esta variacao. Por razoes teoricas, o bomnumero para fazer esta medida e ‖T ′(t)‖ /v(t), que para a reta γ e identicamente nulo. Maisprecisamente, temos a nocao de curvatura, definida como segue.

2.3.10Definicao Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada regular. Dado t ∈ I, o numero

κ(t) =‖T ′(t)‖‖α′(t)‖ =

‖T ′(t)‖v(t)

e chamado curvatura de α em t.

2.3.11Exemplo Consideremos o cırculo α(t) = (x0 + a cos t, y0 + a sen t), t ∈ R, de raio a e

centro C = (x0, y0), como no exemplo 1.4.4. Temos que α′(t) = (−a sen t, a cos t)e v(t) = a. Logo,

T (t) =α′(t)v(t)

=(−a sen t, a cos t)

a= (− sen t, cos t), t ∈ R.

Donde T ′(t) = (− cos t,− sen t) e, portanto,

κ(t) =‖T ′(t)‖

v(t)=‖(− sen t,− cos t)‖

a=

1

a,

resultado que fortalece o conteudo geometrico da nocao de curvatura: um cırculo se curvaigualmente, de modo inversamente proporcional ao seu raio, em todos os seus pontos, devido ahomogeneidade de sua forma geometrica.

2.3.12Exemplo Calculemos, agora, a curvatura da helice circular λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R.

Uma computacao direta da que

λ′(t) = (−a sen t, a cos t, b)

v(t) = ‖λ′(t)‖ =√

a2 + b2

T (t) = (− a sen t√a2 + b2

,a cos t√a2 + b2

,b√

a2 + b2)

T ′(t) = (− a cos t√a2 + b2

,− a sen t√a2 + b2

, 0).


Logo,

κ(t) =‖T ′(t)‖

v(t)=

a√a2 + b2√a2 + b2

=a

a2 + b2 .

Portanto, a helice circular tambem tem curvatura constante. Entretanto, os nosso olhos (vejaa figura 1.5.15 ou a figura 47) percebem uma grande diferenca entre a helice e o cırculo. Estadiferenca sera detectada por um novo elemento geometrico das curvas parametrizadas, a tor-cao, que sera definida posteriormente. Antecipamos que esta nova nocao servira para indicar oquanto o traco da curva deixa de ser plano.

2.3.13Exemplo Retomemos a curva parametrizada do exemplo 2.3.7: α(t) = (t, t2, t3), t ∈ R.

Temos que α′(t) = (1, 2t, 3t2) e v(t) =√

1 + 4t2 + 9t4. Portanto,

T (t) = (1√

1 + 4t2 + 9t4,

2t√1 + 4t2 + 9t4

,3t2√

1 + 4t2 + 9t4).

Este exemplo mostra que nem sempre o calculo da curvatura e tao simples como nos doisexemplos anteriores. A dificuldade aqui e que o calculo (com as maos) de T ′(t) e relativamentetrabalhoso (nao impossıvel). De qualquer forma, ele motiva a busca de um modo mais suave parao calculo de κ, notadamente nos casos onde a tarefa para o calculo de T ′ e ardua. Felizmente,existe um modo de evitar esta dificuldade, como veremos na proposicao 2.3.23. O calculo de κpara α sera, portanto, transferido para um momento oportuno.

A partir deste ponto, nesta secao, a menos quese diga explicitamente o contrario, trabalharemos comuma curva parametrizada regular α : I ⊂ R −→ R3 tresvezes derivavel no intervalo I. Admitiremos, tambem,que a curvatura de α, κ, e sempre positiva em I ou,equivalentemente, que o vetor T ′(t) e sempre nao-nuloao longo de I. A primeira construcao relevante que re-sulta destes fatos e o vetor normal unitario de α. Defato, como T (t) · T (t) = 1, para todo t ∈ I, obtemos,usando a proposicao 2.2.13, que T ′(t) · T (t) = 0. ComoT ′(t) 6= (0, 0, 0), vem que T ′(t) e um vetor nao-nulo per-pendicular a T (t), t ∈ I. O vetor normal unitario de αsurge agora.

Figura 55: Triedro de FrenetT,N,B

z

y

6

-

x

³³³³³)α′(t)J

JJ

JJT ′(t)

p pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppp pppppppppppp pppppppppppp ppppppppppp pppppppppp pppppppppp pppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp ppp pp pp ppp pppp pp pppppppp ¡¡¡

¡ª

α(t)¡¡¡µB

JJJN

³³³)Tr

2.3.14Definicao Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada regular com κ(t) > 0, para todo

t ∈ I. Dado t ∈ I, o vetor

N(t) =T ′(t)‖T ′(t)‖

e chamado vetor normal unitario de α em t.


De posse de T e N , e bastante natural a construcao de B, o vetor binormal de α, o quale definido como segue.

2.3.15Definicao Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada regular com κ(t) > 0, para todo

t ∈ I. Dado t ∈ I, o vetor unitario

B(t) = T (t)×N(t)

e chamado vetor binormal de α em t.

Agora temos uma base ortonormal, variando com t, ao longo de α, a saber:

T (t), N(t), B(t), t ∈ I.

Esta famılia de bases e conhecida como triedro (ou referencial) de Frenet de α.

2.3.16Exemplo No exemplo 2.3.11 vimos que, para o cırculo α(t) = (x0 + a cos t, y0 + a sen t),

t ∈ R, valemv(t) = aT (t) = (− sen t, cos t)κ(t) = 1/a.

Logo, T ′(t) = (− cos t,− sen t) e, portanto, N(t) = T ′(t) = (− cos t,− sen t), visto que T ′(t) eunitario. Considerando α imergindo no R3, com a terceira coordenada nula, teremos

B(t) = T (t)×N(t) =

∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

− sen t cos t 0− cos t − sen t 0

∣∣∣∣∣∣= (0, 0, 1) = e3.

2.3.17Exemplo O vetor tangente unitario da helice circular λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R, e,

conforme exemplo 2.3.12, dado por

T (t) = (− a sen t√a2 + b2

,a cos t√a2 + b2

,b√

a2 + b2),

Portanto,

N(t) =T ′(t)‖T ′(t)‖ =

(− a cos t√a2 + b2

,− a sen t√a2 + b2

, 0)

a√a2 + b2

= (− cos t,− sen t, 0)

e

B(t) = T (t)×N(t) =1√

a2 + b2

∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

−a sen t a cos t b− cos t − sen t 0

∣∣∣∣∣∣=

1√a2 + b2

(b sen t,−b cos t, a).


Vale notar aqui que derivando o vetor binormal, obtemos como resultado um multiplo de N .De fato,

B′(t) =1√

a2 + b2(b cos t, b sen t, 0) = − b√

a2 + b2(− cos t,− sen t, 0) = − b√

a2 + b2N(t). (¶1)

No exemplo anterior percebemos que o vetor B′ era um multiplo do vetor N . Esta propri-edade, que traz consigo outra propriedade geometrica das curvas parametrizadas –a torcao–, naoe uma simples coincidencia daquele exemplo. Na realidade, ela deve ser satisfeita por qualquercurva parametrizada que cumpra a condicao que estamos admitindo ate aqui: κ sempre positiva.

2.3.18Proposicao Se α : I −→ R3 e uma curva parametrizada com κ > 0 e triedro de Frenet

T, N, B, entao B′(t) = η(t)N(t), para alguma η : I −→ R derivavel em I.

Demonstracao: Comecamos observando que B′

e perpendicular a T . Com efeito, derivando B · T = 0,vem que

B′ · T + B · T ′ = 0. (¶2)

Mas T ′ e paralelo a N . Logo, B · T ′ = 0, o que subs-tituıdo em (¶2) da que B′ · T = 0. Para finalizar aprova, basta observar que B′ e perpendicular a B, postoque B tem norma constante, de acordo com a proposi-cao 2.2.13. Portanto, so resta para B′ ser paralelo aovetor N , isto e, B′(t) = η(t)N(t). Que η e derivavel,segue-se de η(t) = B′(t) ·N(t). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Figura 56

α(t)¡¡

¡ª

6

-¾B′(t)

B(t)

N(t)

T (t)

r

Agora podemos definir a torcao de uma curva parametrizada com curvatura positiva.

2.3.19Definicao Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada regular com κ(t) > 0 em I. Dado

t ∈ I, o numero

τ(t) =η(t)

‖α′(t)‖ =η(t)

v(t),

onde η e a funcao construıda na proposicao 2.3.18, e chamado torcao de α em t.

2.3.20Exemplo Retornando ao exemplo 2.3.16, onde calculamos o triedro de Frenet do cırculo

α(t) = (x0 + a cos t, y0 + a sen t, 0), t ∈ R, vemos que o vetor binormal destacurva parametrizada e constante: B(t) = (0, 0, 1), vetor normal ao plano-xy, plano que contemo tr α. Logo, B′(t) = (0, 0, 0), para todo t ∈ R. Portanto, η(t) = 0, o que implica queτ(t) = η(t)/v(t) = 0/a = 0.


2.3.21Exemplo Para calcular a torcao da helice circular λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R, simples-

mente usamos a equacao (¶1) do exemplo 2.3.17:

B′(t) = − b√a2 + b2

N(t), t ∈ R.

Esta equacao mostra que η(t) = −b/√

a2 + b2. Logo,

τ(t) = η(t)/v(t) =

− b√a2 + b2√

a2 + b2= − b

a2 + b2 .

A seguir apresentaremos um teorema fundamental para o estudo das curvas parametriza-das, o qual contem as tres equacoes conhecidas como equacoes de Frenet.

2.3.22 [Equacoes de Frenet]Teorema Seja α : I ⊂ R −→ R3 uma curva parametrizada re-

gular com curvatura κ(t) > 0, para todo t ∈ I. SeT,N,B e o triedro de Frenet de α e τ e a torcao de α, entao valem as seguintes equacoes:

(i) T ′(t) = κ(t)v(t)N(t), t ∈ R;

(ii) N ′(t) = −κ(t)v(t)T (t)− τ(t)v(t)B(t), t ∈ R;

(iii) B′(t) = τ(t)v(t)N(t), t ∈ R;

Demonstracao: As primeira e terceira equacoes decorrem diretamente das definicoesde curvatura e torcao, respectivamente. A equacao (ii) merece uma atencao especial. Vejamossua prova.

De ‖N‖ = 1 vem que N ′ e perpendicular a N .Logo, N ′ deve ser uma combinacao linear dos vetoresortonormais T e B. Isto posto, resulta que

N ′(t) = a(t)T (t) + b(t)B(t), t ∈ I,

onde a(t) = N ′(t) · T (t) e b(t) = N ′(t) · B(t). DerivandoN · T = 0 e N · B = 0, obtemos, respectivamente, queN ′ · T = −N · T ′ e N ′ ·B = −N ·B′. Logo,

a = N ′ · T = −N · T ′ = −N · κ vN = −κ v

eb = N ′ ·B = −N ·B′ = −N · τvN = −τv,

Figura 57

¡¡

¡¡

¡¡¡

α(t) ¡¡

¡µT (t)6

-HHHHHjN ′(t)

a(t)

b(t)

N(t)

B(t)r

onde foram usadas as equacoes (i) e (iii). Donde segue-se a segunda equacao de Frenet, e terminao teorema. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Pronto! Agora ja temos condicoes de obter uma formula que permite o calculo da curva-tura, para os casos onde o calculo de T ′ nao e simples, conforme comentamos no exemplo 2.3.13.


Na realidade, temos um pouco mais do que isto: temos um conjunto de formulas que dao ummodo alternativo eficiente para o calculo do aparato de Frenet, κ, τ, T, N,B, de uma curvaparametrizada regular α.

2.3.23Teorema Seja α : I ⊂ R −→ R3 uma curva parametrizada regular com aparato de Frenet

κ, τ, T, N, B . Temos as seguintes formulas:

Formulas Uteis

v(t) = ‖α′(t)‖ (1) T (t) =α′(t)v(t)

(2)

B(t) =α′(t)× α′′(t)‖α′(t)× α′′(t)‖ (3) N(t) = B(t)× T (t) (4)

κ(t) =‖α′(t)× α′′(t)‖

v3(t)(5) τ(t) = −(α′(t)× α′′(t)) · α′′′(t)

‖α′(t)× α′′(t)‖2 (6).

Demonstracao: Tudo comeca com α′(t) = v(t)T (t), ou α′ = vT . Derivando estaexpressao, e usando a primeira equacao de Frenet, temos que

α′′ =dv

dtT + vT ′ =

dv

dtT + κ v2N, (¶3)

a qual, quando derivada, produz

α′′′ =d2v

dt2T +

dv

dtT ′ +

d(κ v2)

dtN + κ v2N ′.

Agora, usando a segunda equacao de Frenet, esta ultima equacao fica:

α′′′ = (d2v

dt2− κ2 v3)T + (κ v

dv

dt+

d(κ v2)

dt)N − κ τv3B. (¶4)

Das equacoes (¶3) e (¶4) resultam, naturalmente, as formulas de (1) a (6). De fato,

α′ × α′′ = vT × (dv

dtT + κ v2N) = κ v3B,

pois T × T = O e T ×N = B. Donde, ‖α′ × α′′‖ = κ v3,

B(t) =α′ × α′′

κ v3 =α′ × α′′

‖α′ × α′′‖ ,

e as formulas (3) e (5) vem. Para obter a formula (6), calculamos o produto misto (α′×α′′) ·α′′′.Temos

(α′×α′′) ·α′′′ = κ v3B ·(d2v

dt2T −κ2 v3)T +(κ v

dv

dt+

d(κ v2)

dt)N−κ τv3B) = −κ2 τv6 = −(κ v3)2τ.

Portanto,

τ = −(α′ × α′′) · α′′′(κ v3)2 = −(α′ × α′′) · α′′′

‖α′ × α′′‖2 . pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


2.3.24Exemplo Usaremos as formulas uteis para calcular o aparato de Frenet da curva parame-

trizada do exemplo 2.3.13: α(t) = (t, t2, t3), t ∈ R. Calculos simples mostramque

α′(t) = (1, 2t, 3t2), α′′(t) = (0, 2, 6t) e α′′′(t) = (0, 0, 6).

Segue-se, entao, que

v(t) =√

1 + 4t2 + 9t4

α′(t)× α′′(t) = 2(3t2,−3t, 1)

‖α′(t)× α′′(t)‖ = 2√

1 + 9t2 + 9t4.

Portanto,

T (t) =1√

1 + 4t2 + 9t4(1, 2t, 3t2)

B(t) =1√

1 + 9t2 + 9t4(3t2,−3t, 1)

N(t) =1√

1 + 4t2 + 9t4√

1 + 9t2 + 9t4(−9t3 − 2t, 1− 9t4, 6t3 + 3t)

κ(t) = 2

√1 + 9t2 + 9t4

(1 + 4t2 + 9t4)3/2

τ(t) = − 3

1 + 9t2 + 9t4.

As coordenadas do vetor α′′ com relacao aos vetores T e N que aparecem na equacao (¶3)recebem nomes especiais na Fısica.

2.3.25Definicao Dada uma curva parametrizada α : I −→ R3 com κ(t) > 0, as funcoes

aT (t) =dv

dt(t) e aN(t) = κ(t)v2(t)

sao chamadas componente tangencial e componente normal da aceleracao de α, respectivamente.

2.3.26Exemplo Para a helice circular λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R, temos que

v(t) =√

a2 + b2 e κ(t) =a

a2 + b2 .

Logo, as componentes tangencial e normal da aceleracao de λ sao

aT (t) = dvdt

(t) = d√

a2+b2

dt(t) = 0

aN(t) = κ(t)v2(t) =a

a2 + b2 (a2 + b2) = a.


2.3.27Curvas Planas

Seja π ⊂ R3 o plano passando pelo ponto P = (x0, y0, z0), tendo como vetor normal ovetor Nπ = (a, b, c). Portanto, sua equacao cartesiana e:

π = X ∈ R3; (X − P ) ·Nπ = 0,

ou, usando coordenadas,

π = X = (x, y, z); ax + by + cz = d, (¶5)

onde d = ax0 + by0 + cz0. Em resumo, um ponto X do R3 pertence ao plano π se, e somente se,(X − P ) ·Nπ = 0.

2.3.28Definicao Uma curva parametrizada α : I −→ R3 e dita plana se o seu traco esta contido

em algum plano do R3. Em outras palavras, existem um ponto P e um vetornao-nulo Nπ tais que (α(t)− P ) ·Nπ = 0.

2.3.29Exemplo A curva parametrizada α(t) = (t, t2 + 1, 1 − t), t ∈ R, e plana. A ideia para

perceber isto e tentar descobrir uma equacao similar a equacao (¶5), onde

x = t, y = t2 + 1, e z = 1− t.

Assim, por uma simples inspecao das coordenadas de α,vemos que x + z = 1, isto e,

α1(t) + α3(t) = 1

e, portanto, o traco de α esta contido no plano π dadopor

π = X = (x, y, z); x + z = 1que passa, por exemplo, por P = (1, 0, 0) e e perpendicu-lar ao vetor Nπ = (1, 0, 1). Para visualizar o traco de α,note que ele tambem esta contido no cilindro parabolicoy = x2 +1. Como mais uma aplicacao do teorema 2.3.23,calcularemos o aparato de Frenet para esta curva para-metrizada, que e regular, visto que α′1(t) = 1, t ∈ R.Temos que

Figura 58

-

¡¡

¡ªx

P

6z

y

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

Nπ

AA

AK

r

α′(t) = (1, 2t,−1), α′′(t) = (0, 2, 0), e α′′′(t) = (0, 0, 0).

Logo,

v(t) =√

2 + 4t2, α′(t)× α′′(t) = (2, 0, 2), e (α′(t)× α′′(t)) · α′′′(t) = 0.


Donde

T (t) =α′(t)v(t)

=1√

2√

1 + 2t2(1, 2t,−1)

B(t) =α′(t)× α′′(t)‖α′(t)× α′′(t)‖ =

√2

2(1, 0, 1)

N(t) = B(t)× T (t) =1√

1 + 2t2(−t, 1, t)

κ(t) =‖α′(t)× α′′(t)‖

v3(t)=

1

(1 + 2t2)3/2

τ(t) = −(α′(t)× α′′(t)) · α′′′‖α′(t)× α′′(t)‖2 = 0.

Vale notar, neste exemplo, que o vetor binormal de α e paralelo ao vetor normal do plano π:Nπ = (1, 0, 1). Este fato, poderia, tambem, ser usado para o calculo da torcao de α. De fato,como B e um vetor constante, vem que B′(t) = (0, 0, 0). Logo, τ(t) = 0, de acordo com a terceiraequacao de Frenet (teorema 2.3.22). O teorema que segue generaliza os fatos aqui observadospara uma curva parametrizada regular plana com κ > 0.

2.3.30Teorema Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada regular com κ(t) > 0 ao longo de I.

α e plana se, e somente se, sua torcao e identicamente nula em I.

Demonstracao: Temos duas coisas para fazer: se α e plana, entao τ(t) = 0, sempre;reciprocamente, se τ(t) = 0, para todo t ∈ I, entao a α e plana. Vejamos a primeira tarefa.

Temos que existem P e Nπ 6= (0, 0, 0) tais que

(α(t)− P ) ·Nπ = 0, ∀t ∈ I.

Donde, por derivacao com relacao a t, obtemos

α′ ·Nπ = 0.

Mas α′ = vT e v > 0. Logo,

T ·Nπ = 0,

que produz, tambem por derivacao,

T ′ ·Nπ = κ vN ·Nπ = 0.Figura 59

z

y

x

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppp ppppppppppppp pppppppp pppppppppp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

-T

N

6

¡¡

¡ª

PPPqÀ

¤¤¤º

Bπ

rα(t)

¤¤¤¤ºNπ

rP

Portanto, T e N sao perpendiculares ao vetor Nπ. Como T, N, B e, para cada t, uma baseortonormal do R3, vem que B(t) deve ser paralelo a Nπ. Portanto, B e um vetor constante, o queimplica τ(t) = 0, ∀t ∈ I, pela terceira equacao de Frenet. Reciprocamente, se τ e identicamentenula, vem da terceira equacao de Frenet que B′(t) = (0, 0, 0), para todo t ∈ I. Logo, B e umvetor constante, de acordo com o corolario 2.2.12. Agora, construımos a seguinte funcao real


auxiliar:

f(t) = (α(t)− α(t0)) ·B, t ∈ I,

onde t0 ∈ I esta fixo. Temos que

f ′(t) = α′ ·B = v(t)T (t) ·B(t) = 0.

Isto implica que f e constante. Como f(t0) = 0, devemos ter f(t) = 0, para todo t, isto e,

(α(t)− α(t0)) ·B = 0, ∀t ∈ I.

Isto significa que tr α esta contido no plano que passa pelo ponto P = α(t0) e e perpendicularao vetor constante B. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Como ja havıamos antecipado, de posse deste teorema, vemos que, de fato, a torcao deuma curva parametrizada serve para indicar o quanto ela deixa de ser plana.

2.3.31Cırculos no R3

Sejam π um plano do R3, C um ponto de π, e a um numero real positivo. O subconjuntode π dado por

S1(C, a) = X ∈ π; ‖X − C‖ = ae chamado cırculo de centro C e raio a do plano π. Fazendo um pequeno abuso de linguagem,uma curva parametrizada α cujo traco esteja contido em S1(C, a) tambem sera chamada cırculo,se tr α coincide com S1(C, a), ou arco de cırculo, caso contrario.

O nosso objetivo aqui e encontrar uma descricao completa das curvas parametrizadas quesao cırculos (ou parte deles), a partir de sua curvatura. Observe que a torcao de um cırculo,como definimos acima, e nula (por que?).

Para entender as construcoes que faremos no teo-rema 2.3.34, retomamos os calculos que fizemos para ocırculo α(t) = (x0 + a cos t, y0 + a sen t), t ∈ R. Sabe-mos que sua curvatura e constante k(t) = 1/a e, claro,sua torcao e nula. Outro fato geometrico notavel nestecaso e que o vetor normal N(t) = (− cos t,− sen t) apontasempre para o centro C = (x0, y0). Em outras palavras,a reta que passa por α(t) e e paralela a N(t) contem C.Na realidade, como ‖α(t)− C‖ = a, temos que

C = α(t) + aN(t) = α(t) +1

κ(t)N(t). Figura 60

C r

-

6

x

y

a

ppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppp pppppppppp pppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppp pppppp pppppp ppppp ppppp pppp pppp pppppp ppppp ppppp pppp pppp ppppp pppp ppppp ppppp pppp ppp pp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp pp pp ppp pppp ppppp ppppp pppp ppppp pppp pppp ppppp ppppp pppppp pppp pppp ppppp ppppp pppppp pppppp pppppppp ppppppppp ppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppp

¡¡¡ª

@@@I

r¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

α(t)

T (t)

N(t)

Esta propriedade motiva a seguinte definicao, para uma curva parametrizada arbitraria.


2.3.32Definicao Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada com curvatura κ positiva e vetor

normal unitario N . Dado t ∈ I, o ponto

C(t) = α(t) +1

κ(t)N(t)

e chamado centro de curvatura de α em t. O numero positivo ρ(t) =1

κ(t)e chamado raio de

curvatura de α em t.

2.3.33Exemplo Para a helice λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R, temos que

κ(t) =a

a2 + b2 e N(t) = (− cos t,− sen t, 0).

Logo, ρ(t) = (a2 + b2)/a e

C(t) = (a cos t, a sen t, bt) +a2 + b2

a(− cos t,− sen t, 0) = (−b2

acos t,−b2

asen t, bt),

que descreve outra helice. Fica como exercıcio para o leitor esbocar λ junto com seus centrosde curvatura.

O seguinte teorema classifica completamente as curvas parametrizadas que sao cırculos.

2.3.34Teorema Uma curva parametrizada plana e um cırculo se, e somente se, sua curvatura e

uma constante positiva.

Demonstracao: Inicialmente, suponhamos que α seja um cırculo. Logo, sua torcao τ enula e existem C ∈ R3 e a > 0 tais que

‖α(t)− C‖2 = (α(t)− C) · (α(t)− C) = a2, ∀t ∈ I.

Derivando (e omitindo o parametro t), obtemos

2α′ · (α− C) = 2vT · (α− C) = 0.

Donde T · (α− C) = 0, o que implica que N e paralelo a α− C, e

T ′ · (α− C) + T · α′ = κ vN · (α− C) + T · vT = v(κN · (α− C) + 1) = 0.

Logo, κ N · (α− C) = −1. Usando a proposicao 1.2.8, vem que

|κ N · (α− C)| = κ ‖N‖ ‖α− C‖ | cos ∠(N, α− C)| = κ a| cos ∠(N, α− C)| = 1.

Como N e paralelo a α−C, segue-se que | cos ∠(N, α−C)| = 1, e vale κ a = 1, isto e, κ = 1/a.


Reciprocamente, suponhamos que α e plana e tem curvatura constante, digamos κ = κ0.Verificaremos, entao, que α e um cırculo. Isto sera feito, estudando seus centros de curvatura.Mais precisamente, provaremos que α tem centro de curvatura constante. De fato, seja

C(t) = α(t) +1

κ(t)N(t) = α(t) +

1

κ0

N(t).

Temos que

C ′ = α′ +1

κ0

N ′ = vT +1

κ0

(−κ0 vT − τvB),

onde foi usada a segunda equacao de Frenet. Como α e plana, vem que τ = 0. Logo,

C ′ = vT − vT = (0, 0, 0)

e, portanto, C e constante. De

‖α(t)− C‖ =

∥∥∥∥1

κ0

N(t)

∥∥∥∥ =1

κ0

,

resulta que C e o centro de α e que a = 1/ κ0 e o seu raio. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

2.3.35Exemplo Seja α(t) = (5 − 5 sen t, 4 + 4 cos t,−3 cos t), t ∈ R. Uma simples observacao

das segunda e terceira funcoes coordenadas de α mostra que α e uma curvaplana. De fato, o plano π = (x, y, z); 3y + 4z = 12 contem o traco de α, como e facilver. Logo, sua torcao e identicamente nula, de acordo com o teorema 2.3.30. Temos queα′(t) = (−5 cos t,−4 sen t, 3 sen t). Logo, v(t) = 5 e

T (t) = (− cos t,−4

5sen t,

3

5sen t).

Como o calculo de T ′ e bastante simples, usaremos adefinicao 2.3.10 para calcular a curvatura de α:

κ(t) =‖T ′(t)‖

v(t)=

∥∥∥∥(sen t,−4

5cos t,

3

5cos t)

∥∥∥∥5

=1

5.

O teorema 2.3.34, agora, garante que α deve ser umcırculo do plano π. O seu raio mede a = 1/ κ = 5. Paracalcular o seu centro, recorremos ao centro de curvaturaC(t), que deve independer do parametro t. Com efeito,

Figura 61

z

y

x

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppp pppppp ppppppppp ppppppppp ppppp ppppp ppppp pppp ppp pppp ppppp pp ppp ppp pppp ppp ppp ppp pppp pp ppp pp ppp pp pp ppp ppp pppp pp ppp pp pppp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp pp ppp ppp pp pp ppp pp ppp ppp pp pp pp ppp ppp pp ppp pp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pppp pp ppp pp pppp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp pp ppp ppp pp ppp pp pp pp ppp ppp pp ppp pp ppp pp pp pp pp ppp pp ppp ppp pp pp pp ppp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pp ppp pp pppp pp ppp pppp pppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp pppppp ppppp pppppppp pppppppp ppppppp ppppppppppppppppppppppppp

rC-r (0, 4, 0)

r (0, 0, 3)

6

¡¡¡ª

a

C(t) = α(t) + ρ(t)N(t)

= (5− 5 sen t, 4 + 4 cos t,−3 cos t) + 5(sen t,−4

5cos t,

3

5cos t)

= (5, 4, 0).


2.3.36Comprimento de Arco

Seja α : I ⊂ R −→ R3 uma curva parametrizada com α′ contınua no intervalo I. Fixadosa, b ∈ I, seja

P = a = t0 < t1 < · · · < tn−1 < tn = buma particao do intervalo fechado [a, b]. Esta particao da origem a linha poligonal

p = [α(t0), α(t1)] ∪ [α(t1), α(t2)] ∪ [α(t2), α(t3)] ∪ · · · ∪ [α(tn−1), α(tn)],

Figura 62

-αI

t1a = t0

r r t2r tn−1rb = tn

r

z

y

6

-¡

¡¡

¡ªx

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppp ppppppp ppppp ppppp pppp pp ppp pppp pp pp ppp pppp ppp pp pp pp ppp ppp pp pp ppp pp pp pp ppp pppp pp ppp ppp pp pp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp ppp pppp pp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp pp pp pp ppp ppp ppp ppp pppp pp pp pppp pp ppppppp pp ppppppp ppppppp ppppppppppppppprα(a)

r α(t1)

r α(t2)

rα(tn−1)r α(b)

onde [α(ti), α(ti−1)] indica o segmento de reta que liga α(ti) a α(ti−1), para 1 ≤ i ≤ n. Ocomprimento de p, que indicaremos por s(p), e dado por

s(p) = ‖α(t1)− α(t0)‖+ ‖α(t2)− α(t1)‖+ · · ·+ ‖α(tn)− α(tn−1)‖ =n∑

i=1

‖α(ti)− α(ti−1)‖

Para cada i, 0 ≤ i ≤ n. Aplicando o teorema 2.2.11 a cada parcela de s(p), obtemos que

l(p) =n∑

i=1

‖α(ti)− α(ti−1)‖ ≤n∑

i=1

‖α′(ci)‖ (ti − ti−1),

para alguns ci, ti−1 < ci < ti, 1 ≤ i ≤ n. Agora, se tomamos P suficientemente fina, esta ultimadesigualdade mostra que a soma de Riemann da funcao real v = ‖α′‖, dada por

n∑i=1

‖α′(ci)‖ (ti − ti−1),

da uma boa aproximacao para l(p) e, portanto, e tambem uma boa aproximacao para o com-primento de arco de α entre t = a e t = b. Diante desta exposicao intuitiva, torna-se razoavel aseguinte definicao.


2.3.37Definicao Seja α : I −→ Rn uma curva parametrizada com α′ contınua no intervalo I.

Dados a, t ∈ I, o comprimento de arco de α entre a e t e definido por

l[a,t]α =

∫ t

a

‖α′(u)‖ du =

∫ t

a

‖v(u)‖ du .

2.3.38Exemplo O comprimento de arco do cırculo α : R −→ R2, α(t) = (a cos t, a sen t), entre 0

e t e dado por

l[0,t]α =

∫ t

0

v(u) du =

∫ t

0

a du = at.

Em particular, o comprimento de α entre 0 e 2π e 2πa, resultado bastante conhecido.

2.3.39Exemplo O comprimento de arco da helice circular λ : R −→ R3, λ(t) = (a cos t, a sen t, bt),

entre 0 e t e dado por

l[0,t]λ =

∫ t

0

v(u) du =

∫ t

0

√a2 + b2 du =

√a2 + b2 t.

Em particular, o comprimento de uma espira de λ e l[0,2π]λ = 2√

a2 + b2 π.

2.3.40 [Evolvente]Exemplo Seja α : I −→ R3 uma curva parametrizada regular duas vezes de-

rivavel em I. Fixado t0 ∈ I, indiquemos por s(t) o comprimento dearco de α entre t0 e t, isto e,

s(t) = l[t0,t]α =

∫ t

t0

v(t)dt =

∫ t

t0

‖α′(t)‖ dt.

A curva parametrizada

β(t) = α(t)− s(t)T (t) = α(t)− s(t)

v(t)α′(t), t ∈ I,

onde T e o vetor tangente unitario de α, e chamada evolvente de α. No caso em que α e ocırculo α(t) = (a cos t, a sen t), t ∈ R, e t0 = 0, temos que v(t) = a e s(t) = at. Logo,

β(t) = α(t)− s(t)

v(t)α′(t)

= (a cos t, a sen t)− t(−a sen t, a cos t)

= (a cos t + at sen t, a sen t− at cos t),

conforme o exemplo 2.2.5. Observe que s′(t) = v(t). Logo,

β′(t) = α′(t)− v(t)T (t)− s(t) κ(t)v(t)N(t) = −s(t) κ(t)v(t)N(t).

O que indica que as retas tangentes da evolvente sao paralelas as retas normais da curva original.

2

Exercıcios

Curvas Parametrizadas – Exercıcios 85

2-1. Ache os pontos em que a curva parametrizada α(t) = (2t2, 1− t, 3 + t2), t ∈ R, intercepta oplano dado por 3x− 14y + z = 10.

2-2. Verifique se α(t) = (t,√

8 + 2t− t2, t + 4), −2 ≤ t ≤ 4, e uma curva regular.

2-3. Dada α(t) = (et, t, 1), t ∈ R, esboce o traco de α no R3 juntamente com os vetores tangentesα′(0) e α′(1).

2-4. Encontre a reta tangente de α em α(t0).

(a) α(t) = (2 cos t, 2 sen t, t), t0 = 0;

(b) α(t) = t(cos t, sen t, 1), t0 = 0;

(c) α(t) = (t, t2, t3), t0 = 1;

(d) α(t) = (2t, t2, t3/3), t0 = 1.

2-5. Mostre que as curvas

α(t) = (et, e2t, 1− et) e β(t) = (sen t, 1 + cos t, 2 cos t)

interceptam-se no ponto (1, 1, 0). Ache, tambem, o angulo entre suas tangentes nesseponto.

2-6. Seja γ = tr α, onde α(t) = (sen 2t, 2 sen2 t, 2 cos t), 0 ≤ t ≤ 2π.

(a) Mostre que γ esta contida em uma esfera centrada na origem;

(b) Represente graficamente as projecoes de γ sobre os planos coordenados e conclua que γe a intersecao de um cilindro circular e de um cilindro parabolico;

(c) Calcule o vetor velocidade α′(t) e a velocidade escalar v(t) e mostre que γ e uma curvaregular;

(d) Verifique que a projecao de α′(t) sobre o plano z = 0 possui norma constante.

2-7. Seja α : R −→ R3 a curva dada por α(t) = (t, t2, t3), t ∈ R.

(a) Se possıvel, ache P = α(t) onde a tangente a curva dada e paralela a A = (4, 4, 3);

(b) Idem, para que a tangente seja ortogonal ao vetor A;

(c) Sendo L a reta tangente a curva dada em um ponto qualquer Q 6= α(0), considere oponto M(t) em que L intercepta o plano z = 0. Mostre que M(t) = (2t/3, t2/3, 0), t 6= 0,e que tais pontos descrevem a parabola definida por 4y = 3x2 e z = 0.

2-8. Seja λ(t) = (a cos t, a sen t, bt), t ∈ R, a > 0, b > 0. Se θ3(t) e o angulo entre α′(t) e o eixo-z,

mostre que cos θ3(t) =b√

a2 + b2. Donde θ3(t) e constante;

86 Curvas Parametrizadas – Exercıcios

2-9. Considere a cicloide α(t) = (at− a sen t, a− a cos t), t ∈ R. Se P = α(t) e um ponto regularqualquer de tr α, seja Q(t) = (at, 0) o correspondente ponto de contato do cırculo movel como eixo-x e M = (at, 2a) o ponto do cırculo diametralmente oposto a Q (cf. figura abaixo).

(a) Mostre que a tangente ao tr α em P passa pelo ponto M ;

(b) Conclua, usando o fato, conhecido da Geometria Euclidiana, que todo triangulo inscritoem um semicırculo e retangulo, que a normal ao tr α em P passa pelo ponto Q;

(c) Calcule o comprimento do arco de cırculo PM .

6y

qQ

-x

qM

qP

ta

trα

2-10. Seja α : I −→ Rn duas vezes derivavel no intervalo I de R. Mostre que:

(a) α e constante ⇐⇒ α′(t) = 0 em I ⇐⇒ v(t) = 0 em I;

(b) α′′(t) ⊥ α′(t) em I ⇐⇒ v(t) e constante em I;

(c) α′′(t) = 0 em I ⇐⇒ α e uma reta do Rn.

2-11. Sejam f, g : R −→ R duas funcoes de classe C∞, com f > 0. Defina α : R −→ R3 por

α(t) = (

∫ t

a

f(u) sen(u) du,

∫ t

a

f(u) cos(u) du,

∫ t

a

f(u)g(u) du).

(a) Mostre que a curvatura e a torcao de α sao dadas por:

κ(t) =1

f(t)

√1 + g2(t) + g′2(t)

(1 + g2(t))3 e τ(t) =1

f(t)

g(t) + g′′(t)

1 + g2(t) + g′2(t).

(b) Obtenha uma condicao necessaria e suficiente para que α seja uma curva plana;

(c) Exiba uma tal α que seja plana.

2-12. Determine o triedro de Frenet, a curvatura, o raio de curvatura, o centro de curvatura, atorcao e as componentes tangencial e normal da aceleracao em um ponto qualquer das curvasabaixo.

(a) α(t) = (2t, t2, t3/3);

(b) α(t) = (3t− t3, 3t2, 3t + t3);

(c) α(t) = et(cos t, sen t, 1);

(d) α(t) = (et, e−t, t√

2).

2-13. Seja α(t) = (4

5cos 5t,− sen 5t,−3

5cos 5t), t ∈ R. Mostre que o traco de α e um cırculo.

Ache seu centro, seu raio e o plano que o contem.


2-14. Seja α(t) = (cos t, sen t, 1− sen t), t ∈ R.

(a) Mostre que o traco de α esta contido no cilindro x2 + y2 = 1;

(b) Obtenha o triedro de Frenet, a curvatura e a torcao de α;

(c) Conclua que α e uma curva plana e determine o plano que a contem;

(d) Segue-se de (a) e (c) que α e uma elipse. Ache o centro, os semi-eixos e os focos de α;

(e) Em que pontos de α a curvatura e maxima? mınima?

2-15. A posicao de um ponto movel do plano e dada por α(t) = (t, a cos ωt), t ≥ 0, onde a eω = 2π/L sao constantes positivas. Encontre, no ponto α(L/2), as componentes tangenciale normal da aceleracao.

2-16. Um ponto material desloca-se ao longo da trajetoria elıtica parametrizada por

~r = ~r(t) = (a cos ωt)~ı− (b sen ωt)~, t ∈ R.

Mostre que a aceleracao desse movimento e central e que seu modulo e proporcional adistancia da origem ao ponto movel.

2-17. Um automovel viaja com velocidade (escalar) constante numa curva de raio 1km de umaauto-estrada. Se a componente normal da aceleracao nao pode exceder 1, 2m/s2, determinea maxima velocidade possıvel.

2-18. Suponha que um alvo se desloca com velocidade escalar constante v > 0 ao longo da cir-cunferencia x2 + y2 = a2, partindo de (a, 0) no sentido anti-horario. Ao mesmo tempo, ummıssil, tambem com velocidade escalar v, persegue o alvo, partindo do centro C = (0, 0),mantendo-se sempre entre o centro e o alvo.

(a) Seja A(t) a posicao do alvo no tempo t ≥ 0. Mostre que A(t) = (a cos ωt, a sen ωt),ω = v/a;

(b) Observando que e a posicao do mıssil e dada por M(t) = λ(t)A(t), com 0 ≤ λ(t) ≤ 1, eque ‖M ′(t)‖ = v, mostre que o mıssil atingira o alvo no ponto (0, a);

(c) O que ocorrera se a velocidade do mıssil e menor (maior) do que v?

2-19. (Mantenha as notacoes do exemplo 2.2.21.) Supondo desprezıvel a resistencia do ar e cons-tante a aceleracao g da gravidade, seja A = (0,−g) = α′′(t), em relacao ao referencial planoindicado abaixo.

(a) Se Q = α(0) = (0, h), h > 0, e V = α′(0) = (0, v0), v0 > 0, entao

α(t) = (0, h + v0t− 1

2gt2), t ≥ 0,

descreve a posicao de uma partıcula lancada verticalmente, de baixo para cima, comvelocidade escalar inicial v0;

-

6

x

y

q Qh

6?

g

-

6

x

y

¡¡

¡¡µ

pppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppp

v2

v1

V

θ

88 Curvas Parametrizadas – Exercıcios

(b) Se Q = α(0) = (0, 0) e V = α′(0) = (v1, v2), v1 6= 0, v2 6= 0, entao

α(t) = (v1t, v2t− 1

2gt2), t ≥ 0,

e a equacao da posicao de um projetil no plano-xy, lancado da origem com velocidadeV . Seja θ o angulo entre V e o x-eixo, e v0 = ‖V ‖. Temos v1 = v0 cos θ e v2 = v0 sen θ.Donde

α(t) = ((v0 cos θ)t, (v0 sen θ)t− 1

2gt2), t ≥ 0;

(c) Se a trajetoria de um ponto e a parabola y = ax2 + bx + c, na qual o vetor velocidadeV (t) = (vx, vy) possui a componente horizontal vx constante, mostre que a aceleracao econstante.

2-20. Como no exemplo 2.2.21, sejam Q = α(0) = (−4,−4, 0), V = α′(0) = (1,−1,−1) eA = (2, 2, 0).

(a) Mostre que α(t) = (−4 + t + t2,−4− t + t2,−t), t ≥ 0;

(b) Considere a base ortogonal B1 = u1, u2, u3 do R3, onde

u1 = (1,−1,−1), u2 = (−1,−1, 0) e u3 = (−1, 1,−2).

Seja P a matriz de passagem de B1 para a base canonica. Use a relacao X1 = PX,com X1 = (x1, y1, z1) e X = (x, y, z), para mostrar que, na base B1, α(t) se escreveX1(t) = (t, 4 − t2, 0), t ≥ 0. Conclua que α e um arco de parabola contido no planox− y + 2z = 0.

2-21. Considere o movimento do projetil do exercıcio 2-19 (b). Mostre que:

(a) O raio de curvatura de α na origem vale ρ0 = v20/(g cos θ);

(b) O raio de curvatura de α e mınimo no ponto mais alto da trajetoria parabolica e valeρmin = v2

0 cos2 θ/g;

(c) Em um ponto qualquer, onde φ e o angulo entre a tangente e o x-eixo, o raio de curvaturae igual a ρ = ρmin/ cos3 φ.

2-22. Seja α : I ⊂ R −→ R3 uma curva regular com κ > 0. A curva parametrizada α∗(t) = C(t),t ∈ I, onde C(t) e centro de curvatura de α em t, e chamada curva central de α.

(a) Dados a, b ∈ R, a > 0, ponha

αab : R −−−−−→ R3

t −−−−−→ αab(t) = (a cos t, a sen t, bt).

Mostre que α∗ab = αab, onde a = −b2/a;

(b) Conclua que (α∗ab)∗ = αab;

(c) Interprete geometricamente o caso b = 0;

(d) A curva central de curva α com κ > 0 e constante se, e somente se, o traco de α estacontido em um cırculo.


2-23. Calcule o comprimento de arco de α entre a e b, onde α, a e b sao como abaixo.

(a) α(t) = (cos t, sen t, t), a = 0 e b = π;

(b) α(t) = (t− sen t, 1− cos t), a = 0 e b = 2π;

(c) α(t) = et(cos t, sen t, 1), a = 0 e b = log 3;

(d) α(t) = (2t, t2, t3/3), a = 0 e b = 1;

2-24. Em um plano vertical, considere um trilho de forma cicloidal,

x = aθ(t)− a sen θ(t), e y = a− a cos θ(t),

sobre o qual pode deslizar uma pequena esfera de massa m, sem atrito apreciavel, abando-nada da origem com velocidade inicial nula.

(a) Numa posicao generica P , usando a conservacao da energia mecanica, mostre quemg2a = mgh + 1

2mv2, onde h = 2a− y. Conclua que θ′(t)2 = g/a, donde θ(t) =

√g/at.

Segue que o perıodo T das oscilacoes da esfera ao longo do trilho e T = 2π√

a/g.

-

?

x

y

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

rB

πar 2πar

2a

rx

Pr

y

h

Observe que nenhuma aproximacao angular foi usada. O mesmo argumento anteriormostra que T nao depende da posicao inicial da esfera sobre a cicloide.

(b) Considere, a seguir, um trilho retilıneo, ligando os pontos O e B, no qual a mesma esferadesliza sem atrito. Mostre que o tempo T1 usado no percurso retilıneo OB e maior doque o tempo T2 = π

√a/g ao longo da cicloide, verificando que

T 22

T 21

=π√

π2 + 4< 1.

(Mais precisamente, pode ser provado que, dentre as curvas regulares que ligam O a B,e a cicloide que realiza o tempo mınimo de percurso, nas condicoes do enunciado. Istoposto, qual o melhor perfil para um toboga?)

3

Funcoes Contınuas

∀ε > 0, ∃δ > 0 : X ∈ D, 0 < ||X−X0|| < δ =⇒ ||f(X)− L|| < ε

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

rX0

Rn

Xr δ

D

-x1

6xn

-f

xm

xm−1

6

-¡

¡¡ª

x1

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

arf(X)εaL

Rm

Verso PreliminarporA. Carlos & J. Adonai

3.1Limite

O significado intuitivo da notacao limX→X0 f(X) = L, onde f : D ⊂ Rn −→ Rm, X0 ∈ Rn

e L ∈ Rm, e o de proximidade arbitraria entre f(X) e a m-upla L, para X ∈ D suficientementeproximo de X0. Indicando a nocao de proximidade entre dois pontos pela ordem de grandezade sua distancia, podemos reformular a interpretacao inicial: damos uma medida arbitraria deproximidade entre f(X) e L, representada por ε > 0, e exigimos que

‖f(X)− L‖ < ε, se X ∈ D, e 0 < ‖X −X0‖ < δ,

para algum numero positivo δ. A condicao 0 < ‖X −X0‖ < δ indica que estamos preocupadoscom o comportamento de f perto de X0, mesmo que este ponto nao pertenca a D. O que epreciso, isto sim, e que existam pontos de D suficientemente proximos de X0 ou, em outraspalavras, que os pontos de D se acumulem em torno de X0. A seguir, formalizaremos todasestas nocoes.

3.1.1 [Bolas]Definicao Sejam X0 ∈ Rn e a > 0.

(i) O conjuntoB(X0, a) = X ∈ Rn; ‖X −X0‖ < a

e chamado bola aberta de centro X0 e raio a.

(ii) O conjuntoB[X0, a] = X ∈ Rn; ‖X −X0‖ ≤ a

e chamado bola fechada de centro X0 e raio a.

Observacao As bolas abertas de R sao intervalos abertos. Mais precisamente, se x0 ∈ R ea > 0, entao

B(x0, a) = x ∈ R; |x− x0| < a = (x0 − a, x0 + a).

Analogamente, B[x0, a] coincide com o intervalo fechado [x0 − a, x0 + a]. No R2, a bola abertaB(X0, a), que tambem chamamos de disco aberto, coincide com a regiao delimitada pelo cırculocentrado em X0 e de raio a, mas que nao contem esta. Se unimos esta regiao com o cırculoS1(X0, a), obtemos a bola fechada B[X0, a], ou, alternativamente, o disco fechado B[X0, a].

Figura 63: Bolas Abertas em R, R2 e R3

R

ax0 − a

ax0 + a

qx0

R2

-x

6y

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

ppppppppp pppppp ppppppp pppppppppppp ppppppppppppp pppppppppppppp ppppppppppp ppppppppppp pppppppppppp pp pppppppppppp pp ppppppp pppppppp pppppp ppppppp pppppp pppppp pppppp ppppp pppppp pppppp ppppppp pppppp ppppppp pppppp ppppppp pppppp pppppp ppppppp ppppppp

rX0

aR3

z

y

6

-¡

¡¡ªx


aaqX0

91

92 Limite

Os mesmos comentarios podem ser feitos para as bolas do R3, onde uma bola aberta deve serolhada como a regiao envolvida por uma esfera, a esfera de mesmos centro e raio que a bola.

3.1.2Definicao Um ponto X0 ∈ Rn e dito ponto de acumulacao do conjunto D ⊂ Rn se toda

bola aberta centrada em X0 contem algum ponto X ∈ D, X 6= X0. Em outraspalavras, dado qualquer numero real positivo δ, existe X ∈ B(X0, δ) ∩D tal que X 6= X0. Umponto P ∈ D que nao e de acumulacao e chamado ponto isolado de D.

3.1.3Definicao E usual, tambem, usar o sımbolo D′ para indicar o conjunto dos pontos de

acumulacao do conjunto D. D′ e chamado derivado de D.

3.1.4Exemplo Em R, consideremos o seguinte subconjunto

D = x; x = 1/n, n ∈ N = 1, 1/2, 1/3, . . ..

O numero real x0 = 0 nao pertence a D. Temos que 0 e ponto de acumulacao de D. De fato,seja δ > 0 um numero real positivo qualquer. Agora escolhemos um n0 ∈ N tal que n0 > 1/δ.Logo, 1/n0 < δ, isto e, o ponto x = 1/n0 de D pertence ao intervalo (−δ, δ). Na realidade, 0 eo unico ponto de acumulacao de D, e os pontos de D sao todos isolados.

3.1.5Exemplo Se D = B(X0, a) e uma bola aberta do Rn, entao seu derivado D′ coincide com a

bola fechada B[X0, a]. O derivado de uma bola fechada coincide com ela mesma.

3.1.6Exemplo Seja D o subconjunto do plano R2 definido

por

D = X = (x, y); 1 < ‖X‖ ≤ 2 ∪ (3, 0),conforme figura 65. Os pontos de acumulacao de D eformado pelo anel 1 ≤ ‖X‖ ≤ 2, que contem o cırculox2 + y2 = 1, o qual nao esta contido em D. O ponto(3, 0), claro, e o unico ponto isolado de D. Assim,

D′ = X = (x, y); 1 ≤ ‖X‖ ≤ 2.

pppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppp pppppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppp ppppp ppppp pppppp pppppp ppppp ppppp pppppp ppppp ppppp ppppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pppppppppp pp p pppppp pp pppp pppp pp ppp pppp pp pppp pppp pp ppp ppp pp p pp pppp pp p pp ppp pp p pp ppp pp p p pp p pp pp pp ppp pp p pp p pp pp pp p pp p pp p pp pp pp p pp p p pp p p pp pp pp pp pp p pp pp p pp p p pp pp p pp pp p pp pp p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp p p pp pp pp pp p p pp p p pp p p pp p pp p pp p pp p pp p pp ppp pp p pp pp pp p p pp ppp pp pp pp ppp pp p pp ppp pp p pp ppp ppp pp ppppp ppppp pp pppp pppp pp pppp pppp pp pp pppppp pp pppppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp ppp pp pp ppp ppp pp ppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp ppppp ppppp ppppp pppppp ppppp ppppp ppppppp ppppppp ppppp ppppp pppppppp ppppppppp ppppppppp pppppppppp ppppppppppp ppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppp

r(3, 0)

a1

q2

-x

6y

Figura 64

3.1.7Exemplo Se D = X = (x, y, z); z < 1 e a regiao situada abaixo do plano z = 1, entao

seu derivado D′ coincide com D unido a este plano: D′ = D ∪ (x, y, z); z = 1.

Funcoes Contınuas 93

3.1.8 [Limite]Definicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e X0 ∈ Rn um ponto de acumulacao de D. Uma

m-upla L e dita limite de f em X0 (ou quando X tende a X0) quando paracada ε > 0, dado arbitrariamente, for possıvel obter δ > 0 —o qual pode depender de ε e X0—tal que

se X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ, entao ‖f(X)− L‖ < ε.

Em outras palavras,

∀ε > 0, ∃δ > 0 : X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− L‖ < ε. (¶1)

Uma m-upla L que satisfaz esta condicao, quando existe, e unica (proposicao 3.1.9) e, portanto,sera indicada por lim

X→X0

f(X).

Figura 65: limX−→X0

f(X) = L

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

rX0

Rn

Xr δ

D

-x1

6xn

-f

xm

xm−1

6

-¡

¡¡ª

x1


arf(X)εqL

Rm

3.1.9 [Unicidade do Limite]Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm, X0 ∈ D′ e L1 e L2 limites

de f em X0, como na definicao 3.1.8. Entao, L1 = L2.

Demonstracao: Comecamos tomando ε > 0 arbitrario e aplicando a definicao 3.1.8para L1 e L2. Relativamente a L1, obtemos δ1 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ1 =⇒ ‖f(X)− L1‖ < ε.

Para L2 existe δ2 > 0 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ2 =⇒ ‖f(X)− L2‖ < ε.

Agora escolhemos δ = minδ1, δ2. Para este δ vale

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− L1‖ < ε e ‖f(X)− L2‖ < ε.

Fixado uma n-upla X nestas condicoes, temos

‖L2 − L1‖ = ‖L2 − L1 + f(X)− f(X)‖ ≤ ‖f(X)− L1‖+ ‖f(X)− L2‖ < ε + ε = 2ε.

Portanto, ‖L2 − L1‖ < 2ε para todo numero real positivo ε. Isto implica que ‖L2 − L1‖ = 0,isto e, L2 = L1. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao A definicao de limite em nenhum momento indica como calcular limites. Oque ela faz e estabelecer se uma m-upla L, determinada geralmente por nossa

sensibilidade aritmetica, e ou nao o limite de f .

94 Limite

O seguinte lema da mais algumas propriedades da norma que sao uteis na tarefa decomputar limites.

3.1.10Lema Se X = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn, entao valem as seguintes desigualdades.

(i) |xi| ≤ ‖X‖, para i = 1, 2, . . . , n;

(ii) ‖X‖ ≤ √n max|x1|, |x2|, . . . , |xn|;

(iii) ‖X‖ ≤ |x1|+ |x2|+ · · ·+ |xn|.Demonstracao: Fixando 1 ≤ i ≤ n, e definindo m = max|x1|, |x2|, . . . , |xn|, temos

que

|xi| =√

x2i ≤

√x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n = ‖X‖ ≤√

m2 + m2 + · · ·+ m2 =√

nm,

e estao prontos (i) e (ii). Para verificar (iii), escrevemos X = x1e1 + x2e2 + · · ·+ xnen, e usamosa primeira desigualdade triangular da norma, dada no corolario 1.2.19. Temos que

‖X‖ = ‖x1e1 + x2e2 + · · ·+ xnen‖ ≤ |x1| ‖e1‖+|x2| ‖e2‖+· · ·+|xn| ‖en‖ = |x1|+|x2|+· · ·+|xn|,pois e1, e2, . . . , en sao vetores unitarios. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

3.1.11Exemplo Sejam f : R2 −→ R, f(x, y) = 2x + y, e X0 = (2, 1) que, e claro, e ponto de

acumulacao do domınio de f . O nosso bom senso sugere que tomemos comocandidato a limite de f em X0, o numero l = 5, posto que 2x + y se aproxima de 5, quando xesta perto de 2, e y perto de 1. Inicialmente observamos que

|f(x, y)− 5| = |2x + y − 5| = |2(x− 2) + (y − 1)| ≤ 2|x− 2|+ |y − 1|.Nesta desigualdade, usando o lema 3.1.10, fazemos surgir ‖X −X0‖, onde X = (x, y). De fato,como X −X0 = (x− 2, y− 1), segue-se que |x− 2| ≤ ‖X −X0‖ e |y− 1| ≤ ‖X −X0‖ . Logo,

|f(x, y)− 5| ≤ 2|x− 2|+ |y − 1| ≤ 3 ‖X −X0‖ ,

que e menor do que ε, se ‖X −X0‖ < δ, onde δ = ε/3. Logo, lim(x,y)→(2,1)

(2x + y) = 5.

Figura 66: lim(x,y)−→(2,1)

2x + y = 5

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqrX0rXr2

r2 + ε/3r2− ε/3

r1− ε/3r1r1 + ε/3

-x

6y

-f

r5 + ε

r5− ε

r5rf(X)


3.1.12Exemplo Seja f(x, y) = xy, (x, y) ∈ R2. Verificaremos que o limite de f em X0 = (2, 1) e,

como a nossa sensibilidade indica, 2. Como no exemplo anterior, a ideia e fazeraparecer em |xy − 2| as expressoes |x − 2| e |y − 1|, e depois, via lema 3.1.10, fazer aparecer‖X −X0‖, o que permitira a escolha de um δ conveniente, para um ε > 0 dado. Isto e feitoassim:

|xy − 2| = |(x− 2 + 2)(y − 1 + 1)− 2|= |(x− 2)(y − 1) + (x− 2) + 2(y − 1)|≤ |(x− 2)||(y − 1)|+ |(x− 2)|+ 2|(y − 1)|≤ ‖X −X0‖2 + ‖X −X0‖+ 2 ‖X −X0‖ = ‖X −X0‖2 + 3 ‖X −X0‖ .

Isto implica que|xy − 2| ≤ 4 ‖X −X0‖ ,

se ‖X −X0‖ ≤ 1, pois, neste caso, ‖X −X0‖2 ≤ ‖X −X0‖. Portanto, dado ε > 0, somoslevados a considerar δ = minε/4, 1. Com esta escolha, se ‖X −X0‖ < δ, obtemos

‖X −X0‖ ≤ 1e

‖X −X0‖ ≤ ε

4

=⇒ |xy − 2| ≤ ‖X −X0‖2 + 3 ‖X −X0‖ ≤ 4 ‖X −X0‖ < 4ε

4= ε.

Portanto, lim(x,y)→(2,1)

xy = 2.

3.1.13Exemplo Seja f : R2 −→ R definida por

f(x, y) =

xy√x2 + y2

, se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Estudaremos o limite de f em (0, 0). Tal limite, se existir, deve ser zero, porque f se anula, porexemplo, ao longo do eixo-x. Logo, devemos estudar o comportamento de |f(x, y)|, para valoresde (x, y) proximos de (0, 0). Se X = (x, y) 6= (0, 0), entao

|f(X)| =∣∣∣∣∣

xy√x2 + y2

∣∣∣∣∣ =|x| |y|‖X‖ ≤ ‖X‖ ‖X‖

‖X‖ = ‖X‖ .

Logo, dado ε > 0, escolhemos δ = ε. Para este δ, temos que

X = (x, y) ∈ R2, 0 < ‖X‖ < δ =⇒ |f(X)| ≤ ‖X‖ < δ = ε.

Donde lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0.

96 Limite


f(x, y) =

xy

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Como no exemplo anterior, se f tem limite em (0, 0), este deve ser zero. Se X = (x, y) 6= (0, 0),entao

|f(X)| =∣∣∣∣

xy

x2 + y2

∣∣∣∣ =|x| |y|‖X‖2 ≤

‖X‖ ‖X‖‖X‖2 = 1,

o que so diz que f e limitada por 1 (veja a definicao 3.1.17). Isto e o bastante para levantarsuspeita de que f nao possui limite em (0, 0). Para confirmar isto, estudaremos o comportamentode f ao longo da reta y = x, que, claro, passa pela origem. Ao longo desta reta, para x 6= 0,temos que

f(x, y) = f(x, x) =xx

x2 + x2 =x2

2x2 =1

2.

Logo, toda bola aberta centrada em (0, 0) contem pontos (da forma (x, x)) onde f vale 1/2. Istoimplica que f nao pode ter limite em (0, 0), pois, agora, temos outro candidato a limite de fem (0, 0), a saber 1/2.

3.1.15Propriedades dos Limites

O emprego direto da definicao pode ser extremamente duro para o calculo do limite.Felizmente, dispomos de varios resultados intermediarios que facilitam esta tarefa.

3.1.16Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm, X0 ∈ D′ e L = (l1, l2, . . . , lm) ∈ Rm. Entao,

limX→X0

f(X) = L se, e somente se, limX→X0

‖f(X)− L‖ = 0.

Demonstracao: Fica como exercıcio para o leitor, que deve apenas reescrever a definicaode limite. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

3.1.17Definicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e X0 ∈ D′. Dizemos que f limitada perto de X0 se

existem δ > 0 e K ≥ 0 tais que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)‖ ≤ K.

(Isto significa que as n-uplas de D que estao na bola aberta B(X0, δ) sao transformadas por fem m-uplas da bola fechada B[O, K].) Se ‖F (X)‖ ≤ K, para todo X ∈ D, dizemos que f elimitada.


3.1.18Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm, X0 ∈ D′ e L = (l1, l2, . . . , lm) ∈ Rm. Se f tem

limite em X0, entao f e limitada perto de X0.

Demonstracao: Seja L o limite de f em X0. Logo, pensando com ε = 1, existe δ0 > 0tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ0 =⇒ ‖f(X)− L‖ < 1.

Mas

‖f(X)‖ − ‖L‖ ≤ | ‖f(X)‖ − ‖L‖ | ≤ ‖f(X)− L‖ ,

como mostra o corolario 1.2.19. Logo,

‖f(X)‖ < 1 + ‖L‖ , se X ∈ D, e 0 < ‖X −X0‖ < δ0.

Portanto, f e limitada por K = 1 + ‖L‖, na bola B(X0, δ0). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao O exemplo 3.1.14 mostra que uma funcao limitada perto de um ponto pode naoter limite aı.

3.1.19 [Limite de Desigualdades]Proposicao Sejam f, g : D ⊂ Rn −→ R funcoes reais tendo

limite em X0 ∈ D′. Se f(X) ≤ g(X), para todoX ∈ D − X0, entao lim

X→X0

f(X) ≤ limX→X0

g(X).

Demonstracao: Sejam L1 = limX→X0 f(X) e L2 = limX→X0 g(X). Suponhamos, porabsurdo, que L1 > L2. Logo, ε = (L1−L2)/2 > 0. Para este ε podemos encontrar δ > 0 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ |f(X)− L1| < ε e |g(X)− L2| < ε.

Fixemos, entao, algum X nestas condicoes. Assim,

f(X) ∈ (L1 − ε, L1 + ε) e g(X) ∈ (L2 − ε, L2 + ε),

isto e,

f(X) ∈ (L1 + L2

2,3L1 − L2

2) e g(X) ∈ (

3L2 − L1

2,L1 + L2

2).

Em particular, g(X) < (L1 + L2)/2 < f(X), uma contradicao ao fato f(X) ≤ g(X). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao Um fato simples, e que deve ser observado aqui, e que pode nao ocorrer a desi-gualdade estrita entre os limites de f e g, mesmo que entre f e g a desigualdade

seja estrita. De fato, o par de funcoes reais f(x) = x, x > 0, e g(x) = 0, x > 0, serve comoexemplo, pois f(x) > g(x), para todo x > 0, mas seus limites em x0 = 0 coincidem com 0.

98 Limite

3.1.20 [Sanduıche]Proposicao Sejam f, g, h : D ⊂ Rn −→ R funcoes reais tais que

f(X) ≤ g(X) ≤ h(X), ∀X ∈ D − X0.Se f e h tem o mesmo limite L em X0 ∈ D′, entao L tambem e o limite de g em X0. (Nasaplicacoes, este resultado sera usado na forma do seguinte diagrama:

f ≤ g ≤ h

? ?X −→ X0.)

L L?

L

Demonstracao: Seja ε > 0. Temos que existe δ > 0 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ |f(X)− L| < ε e |h(X)− L| < ε,

o que pode ser reescrito como

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ f(X) ∈ (L− ε, L + ε) e h(X) ∈ (L− ε, L + ε).

Como f(X) ≤ g(X) ≤ h(X), para todo X ∈ D − X0, vem que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ g(X) ∈ (L− ε, L + ε).

Logo, limX→X0 g(X) = L. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

3.1.21Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm, g : D ⊂ Rn −→ R e X0 ∈ D′. Se

limX→X0

f(X) = (0, 0, . . . , 0)

e g e limitada perto de X0, entao

limX→X0

g(X)f(X) = (0, 0, . . . , 0).

Demonstracao: Seja B(X0, δ1) um bola aberta onde |g(X)| ≤ K, para algum K > 0.Dado ε > 0, existe δ2 > 0 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ2 =⇒ ‖f(X)‖ < ε/K,

onde aplicamos a definicao 3.1.8 para f com o numero positivo ε/K. Fazendo δ = minδ1, δ2,vem que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)‖ < ε/K e |g(X)| ≤ K.

Logo,

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖g(X)f(X)‖ = |g(X)| ‖f(X)‖ < Kε

K= ε,

e esta completa a prova. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


3.1.22Exemplo A funcao

f(x, y) =

xy√x2 + y2

sen(x + arctg(x2 + y2)), se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0)

tem limite zero em X0 = (0, 0), visto que e o produto de uma funcao que tem limite zero,conforme exemplo 3.1.13, por outra limitada, a saber g(x, y) = sen(x + arctg(x2 + y2)).

A proposicao seguinte mostra que o calculo do limite de uma funcao vetorial se reduz aocalculo dos limites de suas funcoes coordenadas. Em particular, ela mostra que a definicao delimite dada em 2.1.1, para funcoes vetoriais de uma variavel real, e compatıvel com a definicaogeral, isto e, com a definicao 3.1.8.

3.1.23Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e L = (l1, l2, . . . , lm) ∈ Rm. L e limite de f em X0

se, e somente se, li e limite de fi em X0, para 1 ≤ i ≤ m. Portanto,

limX→X0

f(X) = ( limX→X0

f1(X), limX→X0

f2(X), . . . , limX→X0

fm(X)),

desde que os limites existam.

Demonstracao: Suponhamos inicialmente que L = limX→X0 f(X). Seja ε > 0. Logo,existe δ > 0 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− L‖ < ε.

Mas |fi(X)− li| ≤ ‖f(X)− L‖, o que vem de (i), lema 3.1.10. Logo,

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ |fi(X)− li| ≤ ‖f(X)− L‖ < ε, 1 ≤ i ≤ m.

Resulta daı que limX→X0 fi(X) = li. Reciprocamente, suponhamos que limX→X0 fi(X) = li,para 1 ≤ i ≤ m. Logo, dado ε > 0, existem δ1, δ2, . . . , δm tais que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δi =⇒ |fi(X)− li| < ε/m, 1 ≤ i ≤ m.

Tomando δ = minδ1, δ2, . . . , δm, vem que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ |fi(X)− li| < ε/m, 1 ≤ i ≤ m.

Logo,

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− L‖ ≤m∑

i=1

|fi(X)− li| < mε

m= ε,

o que termina a demonstracao. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

100 Limite

3.1.24Exemplo Seja f : R2 −→ R2 definida por f(x, y) = (2x+y, xy). Usando a proposicao 3.1.23

e os resultados dos exemplos 3.1.11 e 3.1.12, vemos que lim(x,y)→(2,1)

f(x, y) = (5, 2).

3.1.25 [Operacoes com Limites]Teorema Sejam f, g : D ⊂ Rn −→ Rm e φ : D −→ R. Se-

jam X0 ∈ D′, L1, L2 ∈ Rm e l ∈ R tais quelim

X→X0

f(X) = L1, limX→X0

g(X) = L2 e limX→X0

φ(X) = l. Entao,

(i) limX→X0

(f(X) + g(X)) = L1 + L2;

(ii) limX→X0

φ(X)f(X) = lL1;

(iii) limX→X0

f(X) · g(X) = L1 · L2;

(iv) limX→X0

f(X)× g(X) = L1 × L2 (quando m = 3);

(v) limX→X0

1

φ(X)=

1

l, se l 6= 0 e φ(X) 6= 0, para todo X em alguma bola aberta com centro X0.

Demonstracao: Faremos apenas as provas de (i) e (ii). As demonstracoes de (iii) e (iv)seguem-se de (i) e (ii). O exercıcio 3-5 indica como obter (v).

Seja ε > 0. Temos que existem δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ1 =⇒ ‖f(X)− L1‖ <ε

2,

eX ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ2 =⇒ ‖g(X)− L2‖ <

ε

2.

(Note que aplicamos simplesmente a definicao de limite para f e g, obtendo δ1 e δ2, a partir deε/2.) Tomando δ = minδ1, δ2 as duas implicacoes obtidas ocorrem simultaneamente, isto e,

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− L1‖ <ε

2e ‖g(X)− L2‖ <

ε

2.

Logo, se X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ, entao

‖f(X) + g(X)− (L1 + L2)‖ ≤ ‖f(X)− L1‖+ ‖g(X)− L2‖ <ε

2+

ε

2= ε.

Isto significa que limX→X0(f(X) + g(X)) = L1 + L2. Para provar (ii), comecamos observandoque

‖φ(X)f(X)− lL1‖ = ‖φ(X)f(X)− lL1 + φ(X)L1 − φ(X)L1‖≤ |φ(X)| ‖f(X)− L1‖+ ‖L1‖ |φ(X)− l|.

Como φ tem limite em X0, vem da proposicao 3.1.18 que existem K ≥ 0 e δ0 > 0 tais queφ(X) ≤ K, para todo X ∈ B(X0, δ0). Logo,

limX→X0

|φ(X)| ‖f(X)− L1‖ = 0 e limX→X0

‖L1‖ |φ(X)− l| = 0,


e, por (i),

limX→X0

(|φ(X)| ‖f(X)− L1‖+ ‖L1‖ |φ(X)− l|) = 0.

Agora recorremos a proposicao 3.1.20, para obter

0 ≤ ‖φ(X)f(X)− lL1‖ ≤ |φ(X)| ‖f(X)− L1‖+ ‖L1‖ |φ(X)− l|

? ?X −→ X0

0 0?

0

,

o que implica limX→X0

φ(X)f(X) = lL1. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

3.1.26 [Limite da Composta]Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e g : E ⊂ Rm −→ Rp tais

que f(D) ⊂ E. Sejam X0 ∈ D′ e Y0 ∈ E ′. Se

f(X) 6= Y0, ∀X 6= X0, limX→X0

f(X) = Y0 e limY→Y0

g(Y ) = L,

entao a funcao composta g f , definida por (g f)(X) = g(f(X)), tem limite em X0 e valelim

X→X0

(g f)(X) = L.

Demonstracao: Dado ε > 0, existe δ1 > 0 tal que

Y ∈ E, 0 < ‖Y − Y0‖ < δ1 =⇒ ‖g(Y )− L‖ < ε, (¶2)

isto porque limY→Y0 g(Y ) = L. Por outro lado, como limX→X0 f(X) = Y0, vem que existe δ > 0tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− Y0‖ < δ1.

Mas f(X) 6= Y0, sempre que X 6= X0. Logo,

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ 0 < ‖f(X)− Y0‖ < δ1,

e, portanto, podemos usar (¶2) com Y = f(X) para obter

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖g(f(X))− L‖ < ε,


O exemplo que segue mostra que a hipotese f(X) 6= Y0, X ∈ D, e essencial na proposi-cao 3.1.26.

102 Limite

3.1.27Exemplo Seja f : R −→ R definida por

f(x) =

0, se x 6= 01, se x = 0,

cujo grafico e mostrado ao lado. Agora ponhag = f . Temos que

(g f)(x) =

1, se x 6= 00, se x = 0,

limx→0 f(x) = 0 e limy→0 g(y) = 0. Entretanto,

limx→0

(g f)(x) = 1.

1

-x

6y

y = f(x)ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppa

q

-x

6y

1

q

Figura 67

y = (g f)(x)ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppa

Note que se a proposicao 3.1.26 funcionasse neste caso, deverıamos ter limx→0(g f)(x) = 0.Tudo se deve ao fato de f(x) coincidir com seu limite em x0 = 0, para x 6= x0.

3.1.28Corolario Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm uma funcao vetorial e α, β : I ⊂ R −→ Rn duas cur-

vas parametrizadas passando pelo ponto X0 ∈ D′, isto e α(t0) = β(t0) = X0,para algum t0 ∈ I. Suponha tambem que

X0 = limt→t0

α(t) = limt→t0

β(t), e α(t) 6= X0, β(t) 6= X0,∀t 6= t0.

Se limt→t0

(f α)(t) 6= limt→t0

(f β)(t), entao f nao tem limite em X0.

Demonstracao: Se f tivesse limite, digamos L, em X0, da proposicao 3.1.26 resultariaque

limt→t0

(f α)(t) = limt→t0

(f β)(t) = L.

Logo, so resta a f nao ter limite em X0. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


f(x, y) =

x2y

x4 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Temos que f nao pode ter limite na origem X0 = (0, 0). Com efeito, consideremos as curvasparametrizadas α e β definidas por α(t) = (t, 0) e β(t) = (t, t2), t ∈ R. Os tracos destas curvassao o eixo-x e a parabola y = x2. E claro que α(0) = (0, 0) e β(0) = (0, 0). Alem disto, se t 6= 0,


entao α(t) 6= (0, 0) 6= β(t). Tambem temos que limt→0 α(t) = limt→0 β(t) = (0, 0). Entretanto,limt→t0(f α)(t) = 0 e

limt→0

(f β)(t) = limt→0

t2t2

t4 + (t2)2 =1

2.

Segue-se do corolario 3.1.28 que f nao tem limite em (0, 0), como dissemos.

3.2Continuidade

Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm um funcao vetorial e X0 ∈ D. No estudo que faremos agora,alem de nossa preocupacao com o comportamento de f em pontos proximos de X0, teremos,tambem, nossa atencao voltada para o valor que ela assume neste ponto.

3.2.1 [Funcao Contınua]Definicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e X0 ∈ D. Dizemos que f e

contınua em X0 se uma das seguintes alternativas ocorrer:

(i) X0 e ponto isolado de D;

(ii) X0 e ponto de acumulacao de D e limX→X0

f(X) = f(X0).

(A condicao (i) nao e de grande interesse. Ela e posta aı para que a nocao de continuidade facasentido em qualquer ponto de D, mesmo naqueles isolados.) Dizemos que f e contınua em D seela for contınua em todos os pontos de D.

3.2.2Exemplo Seja f : D ⊂ R2 −→ R uma funcao qualquer, onde D e como no exemplo 3.1.6.

Como X0 = (3, 0) e ponto isolado de D, vem que f e contınua em X0.


f(x, y) =

xy√x2 + y2

, se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Como vimos no exemplo 3.1.13, lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0. Logo, f e contınua em X0 = (0, 0).

104 Continuidade

3.2.4Exemplo Facamos uma pequena modificacao na funcao f do exemplo anterior, alterando

o seu valor em (0, 0). Seja g : R2 −→ R definida por

g(x, y) =

xy√x2 + y2

, se (x, y) 6= (0, 0)

1, se (x, y) = (0, 0).

Como lim(x,y)→(0,0) g(x, y) = 0 e g(0, 0) = 1, vem que g nao e contınua em X0 = (0, 0).


f(x, y) =

xy

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Como vimos no exemplo 3.1.14, f nao tem limite em X0 = (0, 0). Logo, nao e contınua aı.

As condicoes (i) e (ii) na definicao de continuidade (definicao 3.2.1) podem ser agrupadasem uma so condicao, na linguagem de ε’s e δ’s, como mostra a seguinte proposicao, a qualcontem a forma que alguns textos adotam para definir continuidade.

3.2.6Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e X0 ∈ D. f e contınua em X0 se, e somente se,

para cada ε > 0, dado arbitrariamente, for possıvel obter δ > 0 —o qual podedepender de ε e X0— tal que

X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− f(X0)‖ < ε.

Em outras palavras,

∀ε > 0, ∃δ > 0 : X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− f(X0)‖ < ε. (¶3)

(Trocando f(X0) por L, ha apenas uma pequena diferenca entre esta implicacao e aquela dadefinicao 3.1.8: la e exigido que 0 < ‖X −X0‖ < δ.)

Demonstracao: Suponhamos, inicialmente, que f e contınua em X0. Temos dois casosa considerar: (i) X0 e ponto isolado de D; (ii) X0 ∈ D′ e limX→X0 f(X) = f(X0). Seja ε > 0,arbitrario. Se X0 e ponto isolado de D, vem que existe δ > 0 tal que D ∩ B(X0, δ) = X0.Logo,

X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒ X = X0 =⇒ ‖f(X)− f(X0)‖ = ‖f(X0)− f(X0)‖ = 0 < ε,

e (¶3) e satisfeita trivialmente. Se ocorre (ii), usamos a definicao 3.1.8 para obter δ > 0 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− f(X0)‖ < ε.


Mas para X = X0, ‖f(X)− f(X0)‖ = 0 < ε. Logo,

X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− f(X0)‖ < ε,

e obtemos outra vez (¶3).Suponhamos, agora, que (¶3) seja verificada. Se X0 e ponto isolado, f e contınua em X0,

por definicao. Suponhamos, entao, que X0 ∈ D′, e seja ε > 0 um numero positivo arbitrario.Como (¶3) esta valendo, existe δ > 0 tal que

X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− f(X0)‖ < ε.

Por maior razao,

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− f(X0)‖ < ε,

isto e, limX→X0

f(X) = f(X0). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

No estudo das funcoes vetoriais contınuas, merecem destaque especial as funcoes lipschit-zianas.

3.2.7Definicao Uma funcao vetorial f : D ⊂ Rn −→ Rm e dita lipschitziana se existe M ≥ 0

tal que

‖f(Y )− f(X)‖ ≤ M ‖Y −X‖ , ∀Y, X ∈ D.

M e conhecida por constante de Lipschitz de f .

3.2.8Exemplo Os exemplos mais simples de funcoes lipschitzianas sao as funcoes constantes. Se

f(X) = C ∈ Rm, X ∈ Rn, entao

‖f(Y )− f(X)‖ = ‖C − C‖ = 0 ≤ M ‖Y −X‖ ,

para qualquer constante M .

3.2.9Exemplo Seja f(x) = x2, x ∈ [0, 1]. Temos que,

|f(y)− f(x)| = |y + x||y − x| ≤ 2|y − x|, ∀x, y ∈ [0, 1].

Logo, f e lipschitziana.

3.2.10Exemplo Seja f(x) = x2, x ∈ R. Se f fosse lipschitziana, terıamos, para alguma constante

M ≥ 0, que|y2 − x2| ≤ M |y − x|, ∀x, y ∈ R.

Em particular, para x = 0, |y| ≤ M , para todo y ∈ R, o que e um absurdo. Logo, f nao elipschitziana.

Uma grande fonte de funcoes lipschitzianas sao as aplicacoes lineares, como mostra oseguinte teorema.

106 Continuidade

3.2.11Teorema Se T : Rn −→ Rm e linear, entao existe M ≥ 0 tal que

(i) ‖T (X)‖ ≤ M ‖X‖, ∀X ∈ Rn;

(ii) ‖T (Y )− T (X)‖ ≤ M ‖Y −X‖, ∀Y,X ∈ Rn.

Demonstracao: Seja X = (x1, x2, . . . , xn). Logo, X = x1e1 + x2e2 + · · · + xnen e,portanto,

‖T (X)‖ = ‖x1T (e1) + x2T (e2) + · · ·+ xnT (en)‖≤ |x1| ‖T (e1)‖+ |x2| ‖T (e2)‖+ · · ·+ |xn| ‖T (en)‖≤ ‖X‖ ‖T (e1)‖+ ‖X‖ ‖T (e2)‖+ · · ·+ ‖X‖ ‖T (en)‖= (‖T (e1)‖+ ‖T (e2)‖+ · · ·+ ‖T (en)‖) ‖X‖ ,

onde na passagem da segunda para a terceira desigualdade foi usado o fato |xi| ≤ ‖X‖, para1 ≤ i ≤ n, conforme lema 3.1.10. Tomando M = ‖T (e1)‖+ ‖T (e2)‖+ · · ·+ ‖T (en)‖, segue-se oresultado em (i). A prova de (ii) agora segue-se facilmente. De fato,

‖T (Y )− T (X)‖ = ‖T (Y −X)‖ ≤ M ‖Y −X‖ ,

onde usamos (i) para o vetor Y −X. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

3.2.12Exemplo Consideremos a aplicacao linear T : R3 −→ R2 dada por

T (x, y, z) = (x + y, x− y + z) =

(1 1 01 −1 1

)

x

y

z

.

Temos que ‖T (e1)‖ =√

2, ‖T (e2)‖ =√

2 e ‖T (e3)‖ = 1. Logo, ‖T (X)‖ ≤ (2√

2 + 1) ‖X‖, paratodo X ∈ R3.

3.2.13Teorema Se f : D ⊂ Rn −→ Rm e lipschitziana, entao f e contınua em D.

Demonstracao: Usando a proposicao 3.1.20 (sanduıche), temos que

0 ≤ ‖f(X)− f(X0)‖ ≤ M ‖X −X0‖

? ?X −→ X0.

0 0?

0

Logo, limX→X0

f(X) = f(X0). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


O proximo corolario destaca uma propriedade fundamental das aplicacoes lineares entreespacos euclidianos: sua continuidade.

3.2.14Corolario Se T : Rn −→ Rm e linear, entao T e contınua em Rn.

Demonstracao: Segue-se do fato que T e lipschitziana, como mostra o teorema 3.2.11,junto com o teorema 3.2.13. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

3.2.15 [Continuidade da Norma]Corolario A norma euclidiana e uma funcao real contınua,

isto e, a funcao

η : Rn −−−−−→ RX −−−−−→ η(X) = ‖X‖

e contınua em Rn.

Demonstracao: A desigualdade triangular | ‖Y ‖ − ‖X‖ | ≤ ‖Y −X‖ mostra que η elipschitziana. Logo, contınua. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

3.2.16Exemplo Seja T : R4 −→ R3 definida por

T (x1, x2, x3, x4) = (x1 + x2, x2 + x3, x1 + x2 − x4).

Como T e linear, vem que T e contınua em R4. Em particular,

lim(x1,x2,x3,x4)→(0,0,0,0)

T (x1, x2, x3, x4) = T (0, 0, 0, 0) = (0, 0, 0)

lim(x1,x2,x3,x4)→(1,0,1,0)

T (x1, x2, x3, x4) = T (1, 0, 1, 0) = (1, 1, 1)

3.2.17 [Projecoes]Exemplo Dado j ∈ N, 1 ≤ j ≤ n, a j-esima projecao do Rn e aplicacao linear

pj : Rn −−−−−→ R(x1, x2, . . . , xn) −−−−−→ pj(x1, x2, . . . , xn) = xj.

Como caso particular, temos as tres projecoes do R3:

p1(x, y, z) = x, p2(x, y, z) = y e p3(x, y, z) = z.

As n projecoes pj, 1 ≤ j ≤ n, sao aplicacoes contınuas em Rn, visto que sao lineares.

108 Continuidade

3.2.18 [Operacoes com Funcoes Contınuas]Teorema Seja D ⊂ Rn. Se

f : D −→ Rm, g : D −→ Rm e φ : D −→ R

sao funcoes contınuas no ponto X0 ∈ D, entao as seguintes aplicacoes sao contınuas em X0.

(i) [Soma]

f + g : D −−−−−→ Rm

X −−−−−→ (f + g)(X) = f(X) + g(X);

(ii) [Produto]

φf : D −−−−−→ Rm

X −−−−−→ (φf)(X) = φ(X)f(X);

(iii) [Produto Escalar]

f · g : D −−−−−→ RX −−−−−→ (f · g)(X) = f(X) · g(X);

(iv) [Produto Vetorial]

f × g : D −−−−−→ Rm

X −−−−−→ (f × g)(X) = f(X)× g(X).

Neste caso, claro, estamos supondo m = 3;

(v)1

φ: D −−−−−→ R

X −−−−−→ 1

φ(X) =

1

φ(X),

se φ(X) 6= 0, para todo X ∈ D.

Demonstracao: Se X0 e isolado, nao ha o que fazer. Suponhamos, entao, X0 ∈ D′.Como f e g sao contınuas em X0, vem que limX→X0 f(X) = f(X0) e limX→X0 g(X) = g(X0).Usando o item (i) do teorema 3.1.25, obtemos que

limX→X0

(f + g)(X) = limX→X0

f(X) + limX→X0

g(X) = f(X0) + g(X0) = (f + g)(X0),

Donde segue-se a continuidade de f +g em X0. Fazendo uso dos demais itens do citado teorema,resultam (ii), (iii) e (iv). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


3.2.19Exemplo Seja f(x, y) =

xy − x− 2y + 2

x2 + y2 − 4x− 2y + 5. Temos que

f(x, y) =(x− 2 + 2)(y − 1 + 1)− (x− 2 + 2)− 2(y − 1 + 1) + 2

(x− 2)2 − 4 + (y − 1)2 − 1 + 5

=(x− 2)(y − 1)

(x− 2)2 + (y − 1)2

Logo, f esta bem definida em todo R2, exceto no ponto (2, 1). Impondo f(2, 1) = 0, f ficabem definida em todo R2. Como x2 + y2 − 4x − 2y + 5 > 0, se (x, y) 6= (2, 1), resulta do teo-rema 3.2.18 que f e contınua em R2−(2, 1). Tendo em mente o corolario 3.1.28, estudaremoso comportamento de f ao longo de duas curvas (no caso, retas) que passam por (2, 1). Ao longode x = 2, f se anula, e ao longo da reta y = x− 1,

f(x, y) = f(x, x− 1) =(x− 2)(x− 2)

(x− 2)2 + (x− 2)2 =(x− 2)2

2(x− 2)2 =1

2.

Logo, f nao tem limite em (2, 1) e, portanto, nao e contınua aı.

3.2.20 [Funcoes Polinomiais]Exemplo Uma funcao polinomial em R2 e uma funcao real do

tipo

p(x, y) = a00 + a10x + a01y + a20x2 + a11xy + a02y

2 + · · ·+ ad0xd + · · ·+ a0dy

d, (x, y) ∈ R2,

para algumas constantes aij ∈ R e 1 ≤ i, j ≤ d, com i, j, d ∈ N. Abreviadamente, p pode serposto sob a seguinte forma:

p(x, y) =d∑

k=1

( ∑

i+j=k

aijxiyj

), (x, y) ∈ R2.

Usando as duas projecoes do R2, dadas por p1(x, y) = x e p2(x, y) = y, podemos reescrever pcomo

p(x, y) =d∑

k=1

( ∑

i+j=k

aij(p1(x, y))i(p2(x, y))j

).

Esta forma de olhar p mostra que p e uma soma de produtos envolvendo as projecoes p1 ep2, que sao funcoes contınuas em todo R2, como vimos no exemplo 3.2.17. Logo, p tambem econtınuo em R2, o que resulta de uma aplicacao direta (e cuidadosa) dos resultados contidos noteorema 3.2.18. Mais geralmente, uma funcao polinomial em Rn e dada por

p(x1, x2, . . . , xn) =d∑

k=1

( ∑

i1+i2+···+in=k

ai1i2...inxi11 xi2

2 . . . xinn

), (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn,

110 Continuidade

para algumas constantes ai1i2...in ∈ R e 1 ≤ i1, i2, . . . , in ≤ d, com i1, i2, . . . , in, d ∈ N. Usandoargumentos analogos aqueles que usamos para as funcoes polinomiais em R2, segue-se que p econtınua em todo Rn.

Vejamos mais uma peca util para a verificacao da continuidade de certas funcoes, a partirdo conhecimento da continuidade de outras.

3.2.21Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e g : E ⊂ Rm −→ Rp tais que f(D) ⊂ E. Sejam

X0 ∈ D e Y0 = f(X0) ∈ E. Se f e contınua em X0 e g e contınua em Y0,entao g f e contınua em X0.

Demonstracao: Usaremos a caracterizacao de continuidade dada pela proposicao 3.2.6.Para isto, seja ε > 0. Como g e contınua em Y0 = f(X0), existe δ1 > 0 tal que

Y ∈ E, ‖Y − Y0‖ < δ1 =⇒ ‖g(Y )− g(Y0)‖ < ε. (¶4)

Ja a continuidade de f em X0 produz δ > 0 tal que

X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− f(X0)‖ = ‖f(X)− Y0‖ < δ1.

Logo, se Y = f(X), para X ∈ D e ‖X −X0‖ < δ, vale ‖Y − Y0‖ = ‖f(X)− f(X0)‖ < δ1, oque, via (¶4), implica que

‖g(Y )− g(Y0)‖ = ‖g(f(X))− g(f(X0))‖ = ‖(g f)(X)− (g f)(X0)‖ < ε.

Em resumo, temos que

∀ε > 0, ∃δ > 0 : X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖(g f)(X)− (g f)(X0)‖ < ε,

isto e, g f e contınua em X0. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

3.2.22Exemplo A funcao

f(x, y) =

xy√x2 + y2

, se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0),

cuja continuidade na origem ja foi estabelecida no exemplo 3.2.3, e contınua em R2. De fato,fora da origem f e o quociente (com denominador nao-nulo) de duas funcoes contınuas, a saber:a funcao polinomial p(x, y) = xy e a norma η(x, y) = ‖(x, y)‖, que sao contınuas, o que vemde 3.2.20 e 3.2.15, respectivamente.

3.2.23Exemplo Seja h(x, y, z) =

√1 + x2 + y2 + z2, (x, y, z) ∈ R3. Note que h = g p, onde

g : [0, +∞) −→ [0, +∞) e dada por g(t) =√

t, e p : R3 −→ R e a funcao polino-mial p(x, y, z) = 1 + x2 + y2 + z2 > 0. Como g e p sao contınuas, segue-se que h e contınua, deacordo com a proposicao 3.2.21. A continuidade de g e obtida no exercıcio 3-7, o qual o leitornao tera dificuldades para resolver.

3

Exercıcios

112 Funcoes Contınuas – Exercıcios

3-1. Em cada caso determine o domınio de f e discuta a definicao de limite da funcao dada nospontos dados.

(a) f(x) =√

x2(x− 1); X0 = 0, X1 = 1, X2 = 2;

(b) f(x, y) =√

[x2 + (y − 1)2](x− y); X0 = (0, 1), X1 = (1, 1), X2 = (1, 0).

3-2. Verifique os limites abaixo, usando ε’s e δ’s.

(a) lim(x,y,z)→(1,2,3)

2x + y − z = 1;

(b) lim(x,y)→(0,2)

x2 = 0;

(c) lim(x,y)→(1,−2)

2x2 + 2y2 − 4x + 8y = −10.

3-3. Verifique os seguintes limites:

(a) lim(x,y)→(0,0)

xyx2 − y2

x2 + y2 = 0;

(b) lim(x,y)→(0,0)

2x2 + xy2 + 2y2

x2 + y2 = 2;

(c) lim(x,y)→(0,2)

x + y

x− y= −1;

(d) lim(x,y)→(1,1)

x2 − y2

x2 + y2 = 0;

(e) lim(x,y)→(1,a)

(x− 1)2(y + 1)2

(x− 1)4 + (y + 1)2 = 0;

(f) lim(x,y)→(2,1)

xy − x− 2y + 2√x2 + y2 − 4x− 2y + 5

= 0.

(g) lim(x,y)→(0,0)

x sen y√x2 + y2

= 0;

(h) lim(x,y)→(0,0)

ex cos y − 1− x√x2 + y2

= 0.

3-4. Se limX→X0

f(X) = L, mostre que limX→X0

‖f(X)‖ = ‖L‖. E verdadeira a recıproca? Em

particular, mostre que se α : I ⊂ R −→ Rn e uma curva parametrizada, cuja velocidadeescalar e v(t), entao

v(t) = ‖α′(t)‖ = limh→0

‖α(t + h)− α(t)‖|h| .

3-5. Sejam f : D ⊂ Rn −→ R, X0 ∈ Rn ponto de acumulacao de D e limX→X0

f(X) = l 6= 0.

(a) Mostre que existem uma constante k > 0 e uma bola aberta centrada em X0, B ⊂ D,tais que, para todo X ∈ B − X0, vale |f(X)| > k;

(b) Conclua que, em B − X0,∣∣∣∣

1

f(X)− 1

l

∣∣∣∣ ≤|f(X)− l|

k|l| . Donde limX→X0

1

f(X)=

1

l;

(c) Se l > 0, entao existe δ > 0 tal que f permanece positiva em B(X0, δ)− X0.

Funcoes Contınuas – Exercıcios 113

3-6. [Permanencia do Sinal] Mostre que se f : D ⊂ Rn −→ R e contınua em X0 e f(X0) > 0,entao existe δ > 0 tal que f(X) > 0, para todo X ∈ B(X0, δ).

3-7. Seja g : [0, +∞) −→ [0, +∞) definida por g(x) =√

x.

(a) Se ε > 0 e 0 ≤ x < ε2, entao√

x < ε;

(b) Conclua de (a) que g e contınua em x0 = 0;

(c) Se x, x0 ∈ (0, +∞), entao |√x−√x0| = 1√x +

√x0

|x− x0|;

(d) Deduza de (c) que |√x−√x0| ≤ 1√x0

|x− x0|;(e) Conclua que g e contınua em [0, +∞).

3-8. Discuta a continuidade das funcoes dadas a seguir.

(a) f(X) = ‖X‖4 , X ∈ Rn;

(b) f(x, y, z) = (x, y, x + z);

(c) f(x, y) =

0, se xy 6= 01, se xy = 0

;

(d) f(x, y) =

sen x

x+ y, se x 6= 0

1 + y, se x = 0;

(e) f(x, y) =

x sen(1/y), se y 6= 00, se y = 0

;

(f) f(x, y) =

x2, se y 6= 01, se y = 0

.

3-9. Mostre que se α : I −→ Rn e derivavel em t, entao α e contınua aı. De um exemplo mos-trando que a recıproca nao e verdadeira.

3-10. Seja

f : R2 −−−−−→ R

(x, y) −−−−−→ f(x, y) =

xy2

x2 + y4 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Mostre que f e contınua ao longo de toda reta passando pela origem. Entretanto, f nao econtınua (na origem).

3-11. Uma aplicacao A : Rn −→ Rm e dita afim se A(X) = T (X) + B, onde T e linear e B e umam-upla constante. Use o teorema 3.2.11 para mostrar que toda aplicacao afim e lipschitziana.

3-12. Seja α : I −→ Rn uma curva parametrizada com derivada limitada em I, isto e, existe M ≥ 0tal que ‖α′(t)‖ ≤ M , para todo t ∈ I. Use a desigualdade do valor medio obtida noteorema 2.2.11 para mostrar que α e lipschitziana, conforme definicao 3.2.7. Reciprocamente,se uma curva parametrizada derivavel α : I −→ Rn e lipschitziana, entao α′ e limitada.

3-13. Mostre que α(t) = (t, t2), t ∈ R, nao e lipschitziana. Entretanto, sua restricao ao intervalo[0, 1] o e. Mais geralmente, mostre que a restricao de α a qualquer intervalo limitado elipschitziana.

4Derivadas Parciais

¡¡ªx

-y

6z

¡¡¡

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqq qqqqqqqqq qqqqq qqqqq qqqqqqqqq qqqq q qq qqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqq qqqqqqqqq qq qqq qqqqqqqqqq qqqqqq q qqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qq q qqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqq q qqq qqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqq qqqq qqq qqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqq qq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

¤¤¤¤²

¡¡¡µ

HHY

HHHH

HH

l2

l1

β

α

q

q

T2NP (f)

T1

x = a

y = b

X0


4.1Derivadas Parciais em R2

Seja g : I ⊂ R −→ R uma funcao real de uma variavel real definida no intervalo I. Aderivada de g em a ∈ I e definida por

g′(a) = limh→0

g(a + h)− g(a)

h,

quando o limite existe. Nesta definicao, supomos que o acrescimo h e tal que a + h ∈ I.Satisfeita esta hipotese, h e arbitrario, podendo ser positivo ou negativo, a menos que a sejauma das extremidades de I.

Para estender este quadro para as funcoesvetoriais f : D ⊂ Rn −→ Rm, n > 1, (vale no-tar que para n = 1, a nocao de derivada foi es-tendida sem qualquer esforco adicional, conformecapıtulo 2), alem de uma reformulacao adequadado quociente de Newton —pois nao dispomos daoperacao de divisao por um vetor—, e natural quefacamos algumas exigencias sobre o domınio D:por exemplo, exigir que dado X0 ∈ D, os pontosX = X0 +H ainda pertencam a D para ‖H‖ sufi-cientemente pequeno. Um bom modo de fazer istoe garantir a existencia de um numero real δ > 0tal que a bola aberta B(X0, δ) ainda esteja contidaem D, o que motiva a definicao de conjunto aberto

Figura 68: Conjunto Aberto

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

D

-x1

6xn

X0 qqδ

qb q

qa

qq

q qa + δa− δ

b− δ

b + δ

q

q

@RqX0 + H

(veja definicao 4.1.1 a seguir). Satisfeita esta condicao, podemos, em particular, consideraracrescimos vetoriais paralelos aos eixos coordenados, obtendo as derivadas parciais de f em X0.Mais geralmente, se os acrescimos sao tomados paralelos a uma direcao fixa, obtemos a nocaode derivada direcional, que veremos na secao 4.5.

4.1.1 [Conjunto Aberto]Definicao Um conjunto D ⊂ Rn e dito aberto se D = ∅ ou dado

X ∈ D existe δ > 0, que pode depender de X, tal queB(X, δ) ⊂ D.

4.1.2Exemplo No espaco R2 sao abertos os seguintes subconjuntos:

(i) o proprio R2;

(ii) o disco x2 + y2 < 1 (veja exemplo 4.1.4);

(iii) o espaco R2 menos um numero finito de pontos;

(iv) o espaco R2 menos o cırculo x2 + y2 = 1.

115

116 Derivadas Parciais em R2

4.1.3Exemplo O espaco Rn e aberto em Rn. Se retiramos do Rn um numero finito de pontos, o

conjunto resultante ainda e aberto de Rn.

4.1.4Exemplo Se ε > 0 e X0 ∈ Rn, entao a bola aberta

B(X0, ε) e um conjunto aberto do Rn. Defato, dado X ∈ B(X0, ε), escolhemos δ = ε− ‖X −X0‖ .E claro que δ > 0 e que se Y ∈ B(X, δ), entao

‖Y −X0‖ = ‖Y −X0 + X −X‖≤ ‖Y −X‖+ ‖X −X0‖ < δ + ε− δ = ε. Figura 69

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qX0ε

qX

qY

δ

Isto implica B(X, δ) ⊂ B(X0, ε). Em particular, os intervalos abertos sao abertos de R e osdiscos abertos sao abertos de R2.

4.1.5Exemplo Vejamos alguns exemplos de conjuntos que nao sao abertos em R2.

(i) Qualquer conjunto finito;

(ii) o semi-plano y ≥ 0;

(iii) o disco fechado x2 + y2 ≤ 1;

(iv) o intervalo aberto (x, y); 0 < x < 1 e y = 0.A seguinte proposicao mostra como construir novos conjuntos abertos a partir de outros

ja conhecidos.

4.1.6Proposicao Se D1 e D2 sao abertos do Rn, entao D1 ∩D2 e D1 ∪D2 sao abertos do Rn.

Demonstracao: Podemos supor que D1 ∩D2 6= ∅. Seja X ∈ D1 ∩D2. Entao, X ∈ D1

e X ∈ D2. Como D1 e D2 sao abertos, existem δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que B(X, δ1) ⊂ D1 eB(X, δ2) ⊂ D2. Tomando δ = minδ1, δ2, vem que B(X, δ) ⊂ D1∩D2. Logo, D1∩D2 e aberto.

Seja, agora, X ∈ D1 ∪ D2. Logo, ou X ∈ D1 ou X ∈ D2. Em qualquer caso, deveexistir δ > 0 tal que B(X, δ) esta contida em algum destes conjuntos, pois ambos sao abertos.Portanto, B(X, δ) ⊂ D1 ∪D2, e D1 ∪D2 e aberto. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Visando obter uma interpretacao geometrica precisa do que significa derivada parcial,introduziremos este conceito no ambiente R2. Feito isso, a passagem para o caso vetorial, commais de duas variaveis, se dara naturalmente.

Seja f : D ⊂ R2 −→ R uma funcao definida no aberto D. Fixemos X0 = (a, b) ∈ D. Logo,para algum δ > 0, B(X0, δ) ⊂ D. Assim podemos escrever os quocientes de Newton de f ,relativos a x e y, em X0:

Q1(h) =f(a + h, b)− f(a, b)

h, 0 < |h| < δ,

Derivadas Parciais 117

e

Q2(k) =f(a, b + k)− f(a, b)

k, 0 < |k| < δ.

Para ver Q1 e Q2 como quocientes de Newton de funcoes de uma variavel, introduzimos duasfuncoes auxiliares, as quais indicaremos por g1 e g2, definidas da seguinte forma:

g1 : (a− δ, a + δ) −−−−−→ Rx −−−−−→ g1(x) = f(x, b)

(¶1)

eg2 : (b− δ, b + δ) −−−−−→ R

y −−−−−→ g2(y) = f(a, y).(¶2)

Logo, Q1 e o quociente de Newton de g1 em a, e Q2 e o quociente de Newton de g2 em b. Istoposto, podemos definir derivada parcial.

4.1.7Definicao Se Q1 tem limite quando h tende a zero, dizemos que f tem derivada parcial

com relacao a x em X0 = (a, b). O valor do limite, indicado por ∂f∂x

(a, b), porfx(a, b), ou por D1f(a, b), e chamado derivada parcial de f com relacao a x em X0. Em outraspalavras,

∂f

∂x(a, b) = lim

h→0

f(a + h, b)− f(a, b)

h,

quando o limite existe.

4.1.8Definicao Se Q2 tem limite quando k tende a zero, dizemos que f tem derivada parcial

com relacao a y em X0 = (a, b). O valor do limite, indicado por ∂f∂y

(a, b), por

fy(a, b), ou por D2f(a, b), e chamado derivada parcial de f com relacao a y em X0. Em outraspalavras,

∂f

∂y(a, b) = lim

k→0

f(a, b + k)− f(a, b)

k,


O calculo explıcito destes limites pode ser evitado com o uso de g1 e g2, como mostra aseguinte proposicao.

4.1.9Proposicao Sejam f : D ⊂ R2 −→ R, D aberto, e X0 = (a, b) ∈ D. Se g1 e g2 sao como

em (¶1) e (¶2), entao

∂f

∂x(a, b) = g′1(a) e

∂f

∂y(a, b) = g′2(b),

desde que as derivadas parciais de f existam em X0.


Demonstracao: De g1(x) = f(x, b), x ∈ (a− δ, a + δ), vem que

g1(a + h)− g1(a)

h=

f(a + h, b)− f(a, b)

h= Q1(h),

isto e, Q1 coincide com o quociente de Newton de g1 em x = a. Logo,

g′1(a) = limh→0

g1(a + h)− g1(a)

h= lim

h→0

f(a + h, b)− f(a, b)

h=

∂f

∂x(a, b).

A afirmacao com respeito a derivada de f com relacao a y sera deixada como exercıcio. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Portanto, tudo se passa como no calculo de funcoes de uma variavel: basta fixar uma dasvariaveis, e estudar a funcao de uma variavel resultante. Vejamos alguns exemplos, para fixarestas ideias.

4.1.10Exemplo Seja f(x, y) = xy2 + e2x+y +3, (x, y) ∈ R2, e consideremos o ponto X0 = (2,−1).

As funcoes auxiliares g1 e g2, neste caso, sao:

g1(x) = f(x,−1) = x + e2x−1 +3, x ∈ R, e g2(y) = f(2, y) = 2y2 + e4+y +3, y ∈ R.

Logo, g′1(2) = 1 + 2 e3 e g′2(−1) = −4 + e3. Usando a proposicoes 4.1.9, segue-se que

∂f

∂x(2,−1) = 1 + 2 e3, e

∂f

∂y(2,−1) = −4 + e3 .

Mais geralmente, em um ponto arbitrario X = (x, y), obtemos

g1(x) = f(x, y) = xy2 + e2x+y +3, x ∈ R, e g2(y) = f(x, y) = xy2 + e2x+y +3, y ∈ R,

onde estamos olhando y como uma constante, na relacao que define g1, e, o mesmo se fazendocom x, naquela que define g2. Logo,

∂f

∂x(x, y) = g′1(x) = y2 + 2 e2x+y e

∂f

∂y(x, y) = g′2(y) = 2xy + e2x+y, (x, y) ∈ R2.

4.1.11Exemplo Se f(x, y) = xy, (x, y) ∈ (0, +∞) × R, entao pensando em y como constante,

obtemos ∂f∂x

(x, y) = yxy−1. Agora, para x constante, vem que ∂f∂y

(x, y) = xy log x.

Em particular, ∂f∂x

(1, 2) = 2 e ∂f∂y

(1, 2) = 0.

O procedimento adotado no exemplo anterior, onde calculamos as derivadas parciais noponto (1, 2), a partir do calculo destas derivadas em um ponto qualquer, pode nao ser o maisaconselhavel, como vemos no exemplo a seguir.


4.1.12Exemplo Seja f : R × (0, +∞) −→ R definida por

f(x, y) = x2 + y2 +

(arctg27(x3 + y) + sen(x2 + y2)

x2 + y2 + 1+ exy+cos(x+y+2)

)log y.

Para calcular, por exemplo, ∂f∂x

(3, 1), observamos que a funcao g1 associada a f , neste ponto,toma uma forma bastante simples, a saber: g1(x) = f(x, 1) = x2 + 1, x ∈ R, cuja derivada eg′1(x) = 2x. Logo, ∂f

∂x(3, 1) = 6. O leitor deve observar, entretanto, que este mesmo calculo, a

partir da expressao geral de ∂f∂x

, deve ser bem mais trabalhoso.

4.1.13 [Operacoes com Derivadas Parciais]Proposicao Se f, g : D ⊂ R2 −→ R tem de-

rivada com relacao a x no pontoX0 = (a, b) do aberto D, entao f +g, fg e f/g, esta ultima se g(a, b) 6= 0, tambem tem derivadaparcial com relacao a x em X0, e valem as seguintes identidades:

(i)∂(f + g)

∂x(a, b) =

∂f

∂x(a, b) +

∂g

∂x(a, b);

(ii)∂(fg)

∂x(a, b) =

∂f

∂x(a, b)g(a, b) + f(a, b)

∂g

∂x(a, b);

(iii)

∂

(f

g

)

∂x(a, b) =

∂f

∂x(a, b)g(a, b)− f(a, b)

∂g

∂x(a, b)

g2(a, b).

Demonstracao: Segue-se facilmente das propriedades da derivada das funcoes reais deuma variavel real. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

4.1.14Exemplo Seja f : R2 −→ R definida por f(x, y) =

√x2 + y2. Se X = (x, y) 6= (0, 0), entao

∂f

∂x(x, y) =

x√x2 + y2

e∂f

∂y(x, y) =

y√x2 + y2

.

Entretanto, f nao tem derivadas parciais com relacao a x nem com relacao a y em X0 = (0, 0).De fato,

Q1(h) =f(h, 0)− f(0, 0)

h=

√h2

h=|h|h

=

1, se h > 0

−1, se h < 0.

Logo, nao existe limh→0 Q1(h) e, portanto, nao existe ∂f∂x

(0, 0). Analogamente, nao existe ∂f∂y

(0, 0).

Note que o grafico de f , a superfıcie z =√

x2 + y2, coincide com a folha superior do cone deduas folhas mostrado na figura 28, pagina 35. O vertice deste cone corresponde ao ponto (0, 0),onde f nao possui derivadas parciais.


4.1.15Exemplo Consideremos, agora, f : R2 −→ R definida assim:

f(x, y) =

xyx2 − y2

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Um calculo direto, usando a proposicao 4.1.13, mostra que em X = (x, y) 6= (0, 0) valem

∂f

∂x(x, y) = y

x2 − y2

x2 + y2+ 4

x2y3

(x2 + y2)2e

∂f

∂y(x, y) = x

x2 − y2

x2 + y2− 4

x3y2

(x2 + y2)2.

Para calcular as derivadas parciais de f em (0, 0), usaremos os quocientes de Newton de f aı:

Q1(h) =f(h, 0)− f(0, 0)

h=

0− 0

h= 0 e Q2(k) =

f(0, k)− f(0, 0)

k=

0− 0

k= 0.

Logo, ∂f∂x

(0, 0) = limh→0 Q1(h) = 0 e ∂f∂y

(0, 0) = limk→0 Q2(k) = 0. Em resumo, temos que

∂f

∂x(x, y) =

yx2 − y2

x2 + y2 + 4x2y3

(x2 + y2)2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0)

∂f

∂y(x, y) =

xx2 − y2

x2 + y2 − 4x3y2

(x2 + y2)2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

(¶3)

Observacao Algumas palavras sobre as notacoes usadas para derivadas parciais. O sımbolo∂f∂x

(X0) (ou fx(X0)) contem duas informacoes:

(i) calculamos o limite quando h tende a zero do quociente de Newton Q1;

(ii) estamos indicando a primeira variavel de f por x.

Portanto, se indicamos por u e v as coordenadas de um ponto generico do domınio de f , anotacao adequada para o limite limh→0 Q1(h) e ∂f

∂u(X0), o que deve ser chamado de derivada

parcial de f com relacao a u em X0. Note, entretanto, que a notacao D1f(X0) nao depende daescolha da letra que usamos para indicar a primeira variavel de f . O exemplo a seguir indicaos pontos do domınio de f por (s, t), e calcula, claro, as derivadas parciais de f com relacao asvariaveis s e t.

4.1.16Exemplo Se f(s, t) = A sen(ks− wt), (s, t) ∈ R2 e A, k, w constantes, entao

∂f

∂s(s, t) = kA cos(ks− wt) e

∂f

∂t(s, t) = −wA cos(ks− wt).



Seja f : D ⊂ R2 −→ R uma funcao real tendo derivadas parciais, com relacao a x e comrelacao a y, no ponto X0 ∈ D. Seja

S = G(f) = (x, y, z); z = f(x, y), (x, y) ∈ Do grafico de f , conforme definicao 1.4.7. A figuraao lado mostra G(f), os planos x = a e y = b.Estes planos interceptam G(f) no traco das se-guintes curvas parametrizadas:

α1(x) = (x, b, g1(x)), x ∈ (a− δ, a + δ),

e

α2(y) = (a, y, g2(y)), y ∈ (b− δ, b + δ),

onde g1 e g2 sao as funcoes auxiliares que defi-nimos em (¶1) e (¶2). A figura abaixo exibe os

Figura 70

¡¡ªx

-y

6z

¡¡¡

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqq qqqqqqqqq qqqqq q qqq qqqqqqqqq qqqq q qq qqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqq qqqqqqqqq qq qqq qqqqqqqqqq qqqqqq q qqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qq q qqqqq q qqqqqqqqqqqqqq q q qqq qqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqq qqqq qqq qqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqq qq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp pp pp pppp pp ppppp ppppp ppppp ppppppppp pppppppppppppppppppppppp ppppppp ppp ppp ppp pppppppppppppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp ppp pppppp pp ppp pp pp pp pppp ppp ppp pp ppp pppp pp pp ppp pppp pp ppp pp pp pppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

¤¤¤¤²

¡¡¡µ

HHY

HHHH

HH

l2

l1

β

α

q

q

T2NP (f)

T1

x = a

y = b

X0

tracos de α1 e α2, que sao, respectivamente, os graficos de g1, posto no plano y = b, e de g2,no plano x = a. Note, tambem, a presenca das retas l1 e l2: l1 e a reta do plano y = b que etangente

Figura 71:

tg α = g′1(a) =

∂f

∂x(a, b)

tg β = g′2(b) =

∂f

∂y(a, b)

ppppppppppppppppppppp pppppppp ppppppp pppp pppp ppppp pppp pppp pppp pppp pppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppppp ppppp pppp pppp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp pp pp pp pp pp ppp ppp pp p

pppppppppppppp pppppp pppppp pppp ppp ppppppppppppppppppp -x

6z

l1

α

z = g1(x)

a

qg1(a)

q

T1@@

@@

@@

@@

@

@@R

q

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp -y

6z

qb

qg2(b) z = g2(y)

β

¡¡

¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡µ

qT2

l2

a G(f) no ponto (a, b, f(a, b)), enquanto que l2 e a reta do plano x = a que tambem e tangenteao grafico de f . A reta l1 faz um angulo α com e1, e l2 faz um angulo β com e2. Portanto,g′1(a) = tg α e g′2(b) = tg β, que sao as inclinacoes de l1 e l2, respectivamente. Isto posto,podemos interpretar ∂f

∂x(X0) e ∂f

∂y(X0) como inclinacoes de retas tangentes ao grafico de f . Em

particular, estas derivadas indicam, respectivamente, a taxa de crescimento de f , a partir deX0, nas direcoes de e1 e e2. As retas l1 e l2 sugerem a seguinte definicao.


4.1.18Definicao O plano que contem as retas l1 e l2, denotado por πP (f), sera chamado plano

tangente ao grafico de f no ponto P = (a, b, f(a, b)).

Como l1 e tangente ao traco de α1 em x = a, vem que esta reta e paralela ao vetor

T1 = α′1(a) = (1, 0, g′1(a)) = (1, 0,∂f

∂x(a, b)),

tambem mostrado nas figuras 70 e 71. Analogamente, o vetor

T2 = α′2(b) = (0, 1, g′2(b)) = (0, 1,∂f

∂y(a, b))

e paralelo a reta l2. Assim,

πP (f) = X ∈ R3; X = (a, b, f(a, b)) + u(1, 0,∂f

∂x(a, b)) + v(0, 1,

∂f

∂y(a, b)), (u, v) ∈ R2

e uma representacao parametrica para o plano tangente a G(f) em P .

4.1.19Definicao O vetor

NP (f) = T1 × T2 = (− ∂f

∂x(a, b),− ∂f

∂y(a, b), 1)

sera chamado vetor normal ao grafico de f em P .

Observando que NP (f) e perpendicular a πP (f) obtemos, via proposicao 1.3.9, uma equa-cao cartesiana para este plano:

πP (f) = (x, y, z) ∈ R3; z = f(a, b) +∂f

∂x(a, b)(x− a) +

∂f

∂y(a, b)(y − b). (¶4)

4.1.20Exemplo Seja z = f(x, y) = 4−x2−2y2, (x, y) ∈ R2,

cujo grafico,

G(f) = (x, y, z); z = 4− x2 − 2y2, (x, y) ∈ R2,e um paraboloide elıptico, como mostra a figura 72. O ve-tor normal de G(f) em um ponto arbitrario (x, y, f(x, y))e dado por

N(f) = (− ∂f

∂x(x, y),− ∂f

∂y(x, y), 1) = (2x, 4y, 1). Figura 72: z = 4− x2 − 2y2

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

-y

qP2

q

6z

P1

¡¡

¡¡ªx

πP2(f)

πP1(f)

Para X0 = (0, 0), obtemos P1 = (0, 0, 4) ∈ G(f), ponto no qual o plano tangente e

πP1(f) = (x, y, z) ∈ R3; z = f(0, 0) +∂f

∂x(0, 0)(x− 0) +

∂f

∂y(0, 0)(y − 0)

= (x, y, z); z = 4,


que e paralelo ao plano-xy, como podemos ver na figura 72. Se tomamos X0 = (1, 1), obtemosP2 = (1, 1, 1) ∈ G(f), onde o plano tangente e

πP2(f) = (x, y, z) ∈ R3; z = f(1, 1) +∂f

∂x(1, 1)(x− 1) +

∂f

∂y(1, 1)(y − 1)

= (x, y, z); 2x + 4y + z = 7.

4.1.21Exemplo Consideremos o elipsoide S = (x, y, z); x2 + 2y2 + 3z2 = 21. Esta superfıcie

definida implicitamente pode ser olhada como a uniao dos dois graficos das fun-coes

f(x, y) =

√21− x2 − 2y2

3e g(x, y) = −

√21− x2 − 2y2

3,

ambas definidas na regiao D envolvida pela elipse

x2 + 2y2 = 21.

O objetivo deste exemplo e determinar, caso existam,pontos de S onde o plano tangente e paralelo ao plano πdado por x + 4y + 6z = 0. Vejamos se em G(f) podemosencontrar algum desses pontos, o qual indicaremos por(x, y, f(x, y)). Neste ponto o vetor normal de G(f) e

N(f) = (−fx(x, y),−fy(x, y), 1)

= (x

3f(x, y),

2y

3f(x, y), 1),

Figura 73

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

6z

qP1

-y

¡¡¡ª

x

se f(x, y) > 0. Logo, 3f(x, y)N(f) = (x, 2y, 3f(x, y)) deve ser paralelo ao vetor (1, 4, 6), normalao plano π. Este paralelismo se da quando x = 1, y = 2 e, portanto, f(x, y) = 2. Portanto,o plano tangente a S em P1 = (1, 2, 2) e paralelo ao plano dado. O leitor pode agora verificarque o outro plano tangente a S que e paralelo a π e o que passa por P2 = (−1,−2,−2). Comoresultado, temos os dois planos tangentes a S que sao paralelos a π:

πP1(f) = (x, y, z); x + 4y + 6z = 21 e πP2(g) = (x, y, z); x + 4y + 6z = −21.

4.2Derivadas Parciais de Ordem Superior

Seja f : D ⊂ R2 −→ R, D aberto. Suponhamos que as derivadas parciais de f , com rela-cao a x e a y, existam em D. Isto da origem a duas novas funcoes definidas em D:

∂f

∂x: D −→ R e

∂f

∂y: D −→ R.

124 Derivadas Parciais de Ordem Superior

Se estas funcoes tem derivadas parciais em X = (x, y), dizemos que f tem derivadas parciais desegunda ordem em X. Usaremos as seguintes notacoes para indicar estas derivadas:

∂2f

∂x2(x, y) =

∂(

∂f∂x

)

∂x(x, y),

∂2f

∂y∂x(x, y) =

∂(

∂f∂x

)

∂y(x, y),

∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂(

∂f∂y

)

∂x(x, y) e

∂2f

∂y2(x, y) =

∂(

∂f∂y

)

∂y(x, y).

Alternativamente, com a notacao que indica a derivacao parcial por um ındice,

fxx(x, y) = (fx)x(x, y), fxy(x, y) = (fx)y(x, y),

fyx(x, y) = (fy)x(x, y) e fyy(x, y) = (fy)y(x, y).

Observe que em ∂2f∂y∂x

a ordem de derivacao, indicada no “denominador”, se da da direita paraesquerda: primeiro com relacao a x, e depois com relacao a y. Ja na notacao alternativa fxy

esta ordem, indicada no “ındice”, se da da esquerda para a direita. Em resumo,

∂2f

∂y∂x= fxy,

significando: derivar primeiro com relacao a x, e depois com relacao a y.As derivadas parciais de terceira ordem sao definidas a partir da existencia daquelas de

segunda ordem. Caso existam em D as quatro derivadas parciais de segunda ordem, obtemosoito derivadas parciais de terceira ordem, conforme tabela que segue.

∂

∂x

∂

∂y

∂2f

∂x2

∂3f

∂x3=

∂(

∂2f∂x2

)

∂x

∂3f

∂y∂x2=

∂(

∂2f∂x2

)

∂y

∂2f

∂y∂x

∂3f

∂x∂y∂x=

∂(

∂2f∂y∂x

)

∂x

∂3f

∂y2∂x=

∂(

∂2f∂y∂x

)

∂y

∂2f

∂x∂y

∂3f

∂x2∂y=

∂(

∂2f∂x∂y

)

∂x

∂3f

∂y∂x∂y=

∂(

∂2f∂x∂y

)

∂y

∂2f

∂y2

∂3f

∂x∂y2=

∂(

∂2f∂y2

)

∂x

∂3f

∂y3=

∂(

∂2f∂y2

)

∂y

Mais geralmente, podemos definir as derivadas parciais de ordem k para f , a partir, eclaro, da informacao de que f tenha, em D, aquelas de ordem k − 1. Neste caso, por exemplo,


se k1, k2, k3 ∈ N sao tais que k1 + k2 + k3 = k, o sımbolo

∂fk

∂xk3∂yk2∂xk1= fxk1xk2xk3

indicara que a k-esima derivada parcial de f obtida derivando f , k1 vezes com relacao a x, k2

vezes com relacao a y e, por fim, k3 vezes com relacao a x, outra vez.


y

x+ x log y, onde y > 0 e x 6= 0. As derivadas parciais de f , ate

terceira ordem, sao mostradas na tabela abaixo.

∂f

∂x= − y

x2 + log y∂f

∂y=

x

y+

1

x

∂2f

∂x2=

2y

x3

∂2f

∂y∂x=

1

y− 1

x2

∂2f

∂x∂y=

1

y− 1

x2

∂2f

∂y2= − x

y2

∂3f

∂x3= −6y

x4

∂3f

∂y∂x2=

2

x3

∂3f

∂x∂y∂x=

2

x3

∂3f

∂y2∂x= − 1

y2

∂3f

∂x2∂y=

2

x3

∂3f

∂y∂x∂y= − 1

y2

∂3f

∂x∂y2= − 1

y2

∂3f

∂y3=

2x

y3

Note, nesta tabela, as seguintes coincidencias:

(i)∂2f

∂y∂x=

∂2f

∂x∂y=

1

y− 1

x2 ;

(ii)∂3f

∂x2∂y=

∂3f

∂x∂y∂x=

∂3f

∂y∂x2=

2

x3 ;

(iii)∂3f

∂y2∂x=

∂3f

∂y∂x∂y=

∂3f

∂x∂y2= − 1

y2 ,


que mostra, neste caso, que o resultado nao depende da ordem que executamos a derivacaoparcial mista: as derivadas segundas mistas coincidem; as terceiras, obtidas derivando f duasvezes com relacao a x coincidem; e as terceiras obtidas derivando f duas vezes com relacao a ytambem sao iguais. Infelizmente, em geral, isto nao e verdadeiro, como verificaremos no proximoexemplo.

4.2.2Exemplo Retomemos o exemplo 4.1.15, pagina 119, a saber:

f(x, y) =

xyx2 − y2

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0),

cujas primeiras derivadas parciais sao, conforme (¶3),

∂f

∂x(x, y) =

yx2 − y2

x2 + y2 + 4x2y3

(x2 + y2)2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0)

∂f

∂y(x, y) =

xx2 − y2

x2 + y2 − 4x3y2

(x2 + y2)2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Temos que

∂2f

∂y∂x= lim

k→0

∂f

∂x(0, 0 + k)− ∂f

∂x(0, 0)

k= lim

k→0

∂f

∂x(0, k)− ∂f

∂x(0, 0)

k= − lim

k→0

k

k= −1

e

∂2f

∂x∂y= lim

h→0

∂f

∂y(0 + h, 0)− ∂f

∂y(0, 0)

h= lim

h→0

∂f

∂y(h, 0)− ∂f

∂y(0, 0)

h= lim

h→0

h

h= 1,

Resulta daı que fxy(0, 0) 6= fyx(0, 0). Entretanto, fora da origem estas derivadas parciais coinci-dem, como podemos verificar diretamente, usando a proposicao 4.1.13. O resultado e o seguinte:

∂2f

∂x∂y(x, y) =

x2 − y2

x2 + y2 + 8x2y2 x2 − y2

(x2 + y2)3 , se (x, y) 6= (0, 0)

1, se (x, y) = (0, 0)

∂2f

∂y∂x(x, y) =

x2 − y2

x2 + y2 + 8x2y2 x2 − y2

(x2 + y2)3 , se (x, y) 6= (0, 0)

−1, se (x, y) = (0, 0).

Estudando o comportamento de ∂2f∂x∂y

ao longo de eixo-y−(0, 0), vemos que aı esta derivada e

constante e vale −1, o que, em particular, mostra que ∂2f∂x∂y

nao e contınua na origem. O mesmo


argumento, agora considerando o eixo-x, mostra que ∂2f∂y∂x

tambem nao e contınua em (0, 0).

E exatamente este o defeito de f que e responsavel pela nao-coincidencia destas derivadas em(0, 0). Pensando na situacao geral, isto sugere que devemos pedir pelo menos a continuidade dasderivadas parciais ate ordem dois, para obter uma possıvel igualdade entre fxy e fyx. A proximasecao se encarregara desta tarefa.

4.2.3O Teorema de Schwarz

Seja f : D ⊂ R2 −→ R, definida no aberto D, com derivadas parciais ate a ordem doisdefinidas em D. Fixado X0 = (a, b), uma tentativa natural de se obter uma prova da igualdade

∂2f

∂y∂x(a, b) =

∂2f

∂x∂y(a, b),

seria aplicando diretamente a definicao de derivada parcial. Primeiro escreverıamos:

∂2f

∂y∂x(a, b) = lim

k→0

∂f

∂x(a, b + k)− ∂f

∂x(a, b)

k

= limk→0

(limh→0

f(a + h, b + k)− f(a, b + k)− f(a + h, b) + f(a, b)

hk

).

Depois escreverıamos:

∂2f

∂x∂y(a, b) = lim

h→0

∂f

∂y(a + h, b)− ∂f

∂y(a, b)

k

= limh→0

(limk→0

f(a + h, b + k)− f(a, b + k)− f(a + h, b) + f(a, b)

hk

).

Agora, se definimos

φ(h, k) = f(a + h, b + k)− f(a, b + k)− f(a + h, b) + f(a, b),

a desejada demonstracao resultaria da igualdade

limk→0

(limh→0

φ(h, k)

hk

)= lim

h→0

(limk→0

φ(h, k)

hk

),

se tivessemos em maos algum resultado que garantisse igualdade de limites iterados, como e onosso caso. Infelizmente, isto nem sempre e verdadeiro, como mostra o proximo exemplo. Logo,devemos trabalhar um pouco mais, para achar uma prova da igualdade proposta.


4.2.4Exemplo Seja g(h, k) =

h2 − κ2

h2 + k2 , (h, k) 6= (0, 0). Temos que

limk→0

(limh→0

g(h, k))

= − limk→0

k2

k2 = −1

e

limh→0

(limk→0

g(h, k))

= limh→0

h2

h2 = 1,

o que mostra que a inversao da ordem no calculo de limites iterados pode produzir resultadosdiferentes.

Obteremos a seguir uma sequencia de resultados que culminarao no teorema de Schwarz.Iniciamos fazendo uma adaptacao do teorema do valor medio (teorema 2.2.9) para funcoes deduas variaveis, via derivadas parciais.

4.2.5Proposicao Sejam f : D ⊂ R2 −→ R e X = (u, v) ∈ D. Se f tem derivadas parciais ate

segunda ordem na bola aberta B(X, δ) ⊂ D e ‖(h, k)‖ < δ, entao valem asseguintes identidades:

(i) f(u + h, v) = f(u, v) +∂f

∂x(u + θ1h, v)h, para algum θ1, 0 < θ1 < 1;

(ii) f(u, v + k) = f(u, v) +∂f

∂y(u, v + θ2k)k, para algum θ2, 0 < θ2 < 1;

(iii)∂f

∂x(u, v + k) =

∂f

∂x(u, v) +

∂2f

∂y∂x(u, v + θ21k)k, para algum θ21, 0 < θ21 < 1;

(iv)∂f

∂y(u + h, v) =

∂f

∂y(u, v) +

∂2f

∂x∂y(u + θ12h, v)h, para algum θ12, 0 < θ12 < 1.

Demonstracao: Seja g1(x) = f(x, v), v fixo. Oteorema 2.2.9 aplicado a g1 no intervalo [u, u + h] (seh > 0, claro) produz c ∈ (u, u + h) tal que

g1(u + h)− g1(u) = g′1(c)(u + h− u) = g′1(c)h.

Como c esta entre u e u+h, vem que existe θ1, 0 < θ1 < 1,tal que c = u + θ1h. Logo,

g1(u + h) = g1(u) + g′1(u + θ1h)h,

Figura 74

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

q (u + h, v + k)

(u + h, v)qq(u + θ1h, v)q(u, v)

(u, v + θ2k) qq(u, v + k)

δ

que escrito em termos de f e o mesmo que

f(u + h, v) = f(u, v) +∂f

∂x(u + θ1h, v)h,


visto que g′1(x) = ∂f∂x

(x, v). Segue-se, portanto, (i). Para (ii), basta ter em conta g2(y) = f(u, y),u fixo. Vejamos, agora, (iii). Para isto, seja

F (x, y) =∂f

∂x(x, y), (x, y) ∈ D.

Usando (ii) para F , temos que existe θ21 = θ2, 0 < θ21 < 1, tal que

F (u, v + k) = F (u, v) +∂F

∂y(u, v + θ2k)k.

Logo,

∂f

∂x(u, v + k) =

∂f

∂x(u, v) +

∂(

∂f∂x

)

∂y(u, v + θ21k)k =

∂f

∂x(u, v) +

∂2f

∂y∂x(u, v + θ21k)k.

Nao e difıcil ver que (i) implica (iv). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

4.2.6Corolario Sejam f : D ⊂ R2 −→ R e X0 = (a, b) ∈ D. Suponhamos que f tem derivadas

parciais ate segunda ordem na bola aberta B(X0, δ) ⊂ D. Defina

φ(h, k) = f(a + h, b + k)− f(a, b + k)− f(a + h, b) + f(a, b), h2 + k2 < δ2.

Entao, existem numeros reais a1, a2, a3, a4 ∈ (0, 1) tais que

φ(h, k) = hk∂2f

∂y∂x(a + a1h, b + a2k) = hk

∂2f

∂x∂y(a + a3h, b + a4k).


φ(h, k) = (f(a + h, b + k)− f(a + h, b))− (f(a, b + k)− f(a, b))

= (f(a + h, b + k)− f(a, b + k))− (f(a + h, b)− f(a, b)).

Logo, podemos escrever

φ(h, k) = G(a + h)−G(a) = H(b + k)−H(b),

onde G e H sao as funcoes auxiliares definidas por

G(x) = f(x, b + k)− f(x, b) e H(y) = f(a + h, y)− f(a, y).

O teorema do valor medio aplicado a G no intervalo [a, a + h] implica que

G(a + h)−G(a) = G′(a + a1h)h,

para algum a1 tal que 0 < a1 < 1. Donde,

φ(h, k) = G′(a + a1h)h = h(∂f

∂x(a + a1h, b + k)− ∂f

∂x(a + a1h, b)), 0 < a1 < 1,


que, via (iii) da proposicao 4.2.5, fica

φ(h, k) = hk∂2f

∂y∂x(a + a1h, b + a2k), 0 < a1, a2 < 1.

De modo inteiramente analogo, agora usando H e o item (iv) da proposicao 4.2.5, obtemos que

φ(h, k) = hk∂2f

∂x∂y(a + a3h, b + a4k), 0 < a3, a4 < 1,

o que termina a demonstracao. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

4.2.7 [H. A. Schwarz]Teorema Sejam f : D ⊂ R2 −→ R e X0 = (a, b) ∈ D. Suponhamos que

f tem derivadas parciais ate segunda ordem na bola abertaB(X0, δ) ⊂ D. Se as derivadas parciais mistas ∂2f

∂y∂xe ∂2f

∂x∂ysao contınuas em X0, entao elas

coincidem neste ponto.

Demonstracao: Seja ε > 0 um numero positivo arbitrario. Mostraremos que∣∣∣∣

∂2f

∂y∂x(a, b)− ∂2f

∂x∂y(a, b)

∣∣∣∣ < ε,

que por sua vez implica na igualdade procurada. Da continuidade em X0 destas derivadassegue-se a existencia de δ0 > 0, o qual podemos supor menor do que δ, tal que

X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ0 =⇒

∣∣∣∣∂2f

∂y∂x(X)− ∂2f

∂y∂x(X0)

∣∣∣∣ <ε

2

e∣∣∣∣∂2f

∂x∂y(X)− ∂2f

∂x∂y(X0)

∣∣∣∣ <ε

2

. (¶5)

Fixemos (h, k), h 6= 0, k 6= 0, tal que 0 < ‖(h, k)‖ < δ0 < δ. Para este par, o corolario anteriorproduz a1, a2, a3, a4 ∈ (0, 1) tais que

∂2f

∂y∂x(a + a1h, b + a2k) =

∂2f

∂x∂y(a + a3h, b + a4k).

Escrevendo X1 = (a + a1h, b + a2k) e X2 = (a + a3h, b + a4k), vem que

‖X1 −X0‖ < δ0 e ‖X2 −X0‖ < δ0.

De fato,‖X1 −X0‖ = ‖(a1h, a2k)‖ < ‖(h, k)‖ < δ0,

pois 0 < a1, a2 < 1. Portanto, podemos aplicar (¶5) a X1 e X2, para obter∣∣∣∣

∂2f

∂y∂x(X1)− ∂2f

∂y∂x(X0)

∣∣∣∣ <ε

2e

∣∣∣∣∂2f

∂x∂y(X2)− ∂2f

∂x∂y(X0)

∣∣∣∣ <ε

2.


Agora,

∣∣∣∣∂2f

∂y∂x(X0)− ∂2f

∂x∂y(X0)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∂2f

∂y∂x(X0)− ∂2f

∂y∂x(X1) +

∂2f

∂y∂x(X1)− ∂2f

∂x∂y(X0)

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∂2f

∂y∂x(X0)− ∂2f

∂y∂x(X1) +

∂2f

∂x∂y(X2)− ∂2f

∂x∂y(X0)

∣∣∣∣

≤∣∣∣∣

∂2f

∂y∂x(X1)− ∂2f

∂y∂x(X0)

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∂2f

∂x∂y(X2)− ∂2f

∂x∂y(X0)

∣∣∣∣

<ε

2+

ε

2= ε,

o que prova o teorema. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao O teorema de Schwarz pode ser provado com condicoes menos restritivas sobrea aplicacao f : basta exigir a existencia de fx, fy e fxy numa vizinhanca de (a, b),

e a continuidade de fxy em (a, b). Isto implica que existe fyx(a, b), e vale fxy(X0) = fyx(a, b).Uma prova deste fato pode ser encontrada em [Rudin], teorema 9.40.

4.2.8Definicao Uma funcao f : D ⊂ R2 −→ R e dita de classe Ck em D se as derivadas parciais

de f ate a ordem k sao funcoes contınuas em D. Se f e de classe Ck, para todok ∈ N, dizemos que f e de classe C∞.

4.2.9Exemplo Seja f : D ⊂ R2 −→ R de classe C3, e consideremos as derivadas parciais de or-

dem 3 de f que contem exatamente duas derivacoes com relacao a x. Elas saodadas por:

∂3f

∂x2∂y,

∂3f

∂x∂y∂xe

∂3f

∂y∂x2.

Usando o teorema de Schwarz podemos provar que estas derivadas parciais coincidem. De fato,

∂3f

∂x2∂y=

∂(

∂2f∂x∂y

)

∂x=

∂(

∂2f∂y∂x

)

∂x=

∂3f

∂x∂y∂x,

onde, na segunda igualdade, usamos o teorema de Schwarz. Por outro lado, aplicando o teoremade Schwarz a funcao ∂f

∂x, obtemos

∂3f

∂x∂y∂x=

∂2(

∂f∂x

)

∂x∂y=

∂2(

∂f∂x

)

∂y∂x=

∂3f

∂y∂x2,

o que completa nossa afirmacao.

Este ultimo exemplo pode ser facilmente generalizado, e obtemos o seguinte corolrio, cujaprova, que segue as mesmas ideias usadas no exemplo, sera deixada como exercıcio.

132 Derivadas Parciais em Rn

4.2.10Corolario Seja f : D ⊂ R2 −→ R uma funcao de classe C∞ em D. Se duas derivadas

parciais de ordem k de f sao obtidas com o mesmo numero de derivacoes comrelacao a x, entao elas coincidem.

4.3Derivadas Parciais em Rn

Nesta secao estenderemos o conceito de derivada parcial para funcoes reais definidas emsubconjuntos do Rn. Para isto, seja f : D ⊂ Rn −→ R, definida no aberto D, e fixemos uman-upla X = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D. Como D e aberto, vem que existe δ > 0 tal que a bola abertaB(X, δ) esta contida em D.

4.3.1Definicao Dado j ∈ 1, 2, . . . , n, o j-esimo quociente de Newton de f em X e definido

por

Qj(t) =f(x1, x2, . . . , xj + t, xj+1, . . . , xn)− f(x1, x2, . . . , xn)

t, 0 < |t| < δ,


Qj(t) =f(X + tej)− f(X)

t, 0 < |t| < δ,

onde ej = (0, 0, . . . , 1, . . . , 0) e o j-esimo elemento da base canonica do Rn.

De modo analogo ao que fizemos para o caso com duas variaveis, estes quocientes deNewton podem ser olhados como quocientes de Newton de funcoes reais de uma variavel. Defato, basta definir, para cada j = 1, 2, . . . n, a funcao auxiliar

gj : (xj − δ, xj + δ) −−−−−→ Ru −−−−−→ gj(u) = f(x1, x2, . . . , u, . . . , xn).

(¶6)

Desta forma, Qj e exatamente o quociente de Newton de gj em u = xj.

4.3.2Definicao Se Qj tem limite quando t tende a zero, dizemos que f tem derivada parcial

com relacao a xj em X. O valor do limite, indicado por ∂f∂xj

(X), por fxj(X), ou

por Djf(X), e chamado derivada parcial de f com relacao a xj em X. Em outras palavras,

∂f

∂xj

(X) = limt→0

f(X + tej)− f(X)

t.



4.3.3Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ R e X = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D, D aberto. Se gj e como

em (¶6), entao∂f

∂xj

(X) = g′j(xj),

desde que esta derivada parcial exista.

Demonstracao: Basta imitar a prova da proposicao 4.1.9. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

4.3.4Exemplo Seja f(x, y, z) = x3y2z + sen(x2 + y + z), (x, y, z) ∈ R3. Para calcular ∂f

∂xem

X = (x, y, z), consideramos a funcao auxiliar

g1(u) = f(u, y, z) = u3y2z + sen(u2 + y + z), u ∈ R,

cuja derivada, em u arbitrario, e g′1(u) = 3u2y2z + 2u cos(u2 + y + z). Logo,

∂f

∂x(x, y, z) = g′1(x) = 3x2y2z + 2x cos(x2 + y + z).

O mesmo tipo de raciocınio mostra que

∂f

∂y(x, y, z) = 2x3yz + cos(x2 + y + z) e

∂f

∂z(x, y, z) = x3y2 + cos(x2 + y + z).

4.3.5Exemplo Seja f(x1, x2, . . . , xn) = x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n, (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn. A funcao

gj(u) = f(x1, x2, . . . , xj, . . . , xn) = x21 + x2

2 + · · ·+ u2 + · · ·+ x2n, u ∈ R,

tem derivada g′j(u) = 2u. Logo,

∂f

∂xj

(x1, x2, . . . , xn) = g′j(xj) = 2xj.

4.3.6Exemplo Se f(x1, x2, . . . , xn) =

√x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n, (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn−(0, 0, . . . , 0),entao a sua j-esima funcao auxiliar e dada por

gj(u) = f(x1, x2, . . . , u, . . . , xn) =√

x21 + x2

2 + · · ·+ u2 + · · ·+ x2n.

Logo,

g′j(u) =1

2

1√x2

1 + x22 + · · ·+ u2 + · · ·+ x2

n

2u =u√

x21 + x2

2 + · · ·+ u2 + · · ·+ x2n

e, portanto,∂f

∂xj

(x1, x2, . . . , xn) = g′j(xj) =xj√

x21 + x2

2 + · · ·+ x2n

.

134 Derivadas Parciais em Rn

4.3.7 [Gradiente]Definicao Seja f : D ⊂ Rn −→ R uma funcao real tendo todas as primeiras de-

rivadas parciais no aberto D. Dado X ∈ D, o vetor do Rn

grad f(X) = (∂f

∂x1

(X),∂f

∂x2

(X), . . . ,∂f

∂xn

(X))

e chamado gradiente de f em X. Este vetor tambem e indicado por ∇f(X).

4.3.8Exemplo Se f(x, y) = x2 + y2, (x, y) ∈ R2, entao ∂f

∂x(x, y) = 2x e ∂f

∂y(x, y) = 2y. Logo,

grad f(x, y) = (2x, 2y).

4.3.9Exemplo Seja V (x, y, z) =

k√x2 + y2 + z2

, (x, y, z) 6= (0, 0, 0), onde k e uma constante.

Temos que

∂V

∂x(x, y, z) = −k

x

(√

x2 + y2 + z2)3,

∂V

∂y(x, y, z) = −k

y

(√

x2 + y2 + z2)3,

∂V

∂z(x, y, z) = −k

z

(√

x2 + y2 + z2)3.

Logo,

grad f(X) = ∇f(X) = − k

(√

x2 + y2 + z2)3(x, y, z).

4.3.10Exemplo Se f(x1, x2, . . . , xn) = x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n, (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn, entao

grad f(X) = (2x1, 2x2, . . . , 2xn) = 2(x1, x2, . . . , xn) = 2X.

4.3.11Proposicao Sejam f, g : D ⊂ Rn −→ R tendo derivadas parciais de primeira ordem no

aberto D. Se X ∈ D, entao

(i) grad(f + g)(X) = grad f(X) + grad g(X);

(ii) grad(af)(X) = a grad f(X) (a ∈ R, constante);

(iii) grad(fg)(X) = f(X) grad g(X) + g(X) grad f(X).

Demonstracao: Faremos apenas a prova de (iii). As outras sao mais simples e seraodeixadas como exercıcio. Para cada j = 1, 2, . . . n, temos que

∂(fg)

∂xj

(X) = f(X)∂g

∂xj

(X) + g(X)∂f

∂xj

(X).


Logo,

grad(fg)(X) = (∂(fg)

∂x1

(X),∂(fg)

∂x2

(X), . . . ,∂(fg)

∂xn

(X))

= (f(X)∂g

∂x1

(X) + g(X)∂f

∂x1

(X), . . . , f(X)∂g

∂xn

(X) + g(X)∂f

∂xn

(X))

= f(X)(∂g

∂x1

(X),∂g

∂x2

(X), . . . ,∂g

∂xn

(X)) + g(X)(∂f

∂x1

(X),∂f

∂x2

(X), . . . ,∂f

∂xn

(X))

= f(X) grad g(X) + g(X) grad f(X). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

4.4Derivadas Parciais Vetoriais

O nosso objetivo agora e estender a nocao de derivada parcial para funcoes vetoriais.

4.4.1Definicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm uma funcao vetorial definida no aberto D, e X ∈ D.

Dado j ∈ 1, 2, . . . , n, a derivada parcial de f com relacao a xj em X e definidapor

∂f

∂xj

(X) = limt→0

f(X + tej)− f(X)

t,

caso o limite exista.

A seguinte proposicao resulta facilmente da proposicao 3.1.23.

4.4.2Proposicao Se f : D ⊂ Rn −→ Rm tem funcoes coordenadas f1, f2, . . ., fm, e 1 ≤ j ≤ m,

entao

∂f

∂xj

(X) = (∂f1

∂xj

(X),∂f2

∂xj

(X), . . . ,∂fm

∂xj

(X)),

desde que as derivadas parciais indicadas existam.

Observacao No que diz respeito as derivadas parciais de ordem superior de uma funcao ve-torial, tudo se passa exatamente como na secao 4.2, onde tais derivadas foram

estudadas. Portanto, achamos nao ser necessario reintroduzi-las aqui. Quanto ao teorema deSchwarz, ele continua verdadeiro, tambem neste contexto. Nos exemplos que seguem, calcula-remos algumas derivadas parciais de ordem superior, sem maiores comentarios.

136 Derivadas Parciais Vetoriais

4.4.3Exemplo Se f : R2 −→ R3 e dada por f(u, v) = (u, v, u2 + v2), entao

∂f

∂u(u, v) = (1, 0, 2u) e

∂f

∂v(u, v) = (0, 1, 2v).

As derivadas de ordem dois sao:

∂2f

∂u2(u, v) = (0, 0, 2),

∂2f

∂v2(u, v) = (0, 0, 2) e

∂2f

∂v∂u(u, v) =

∂2f

∂u∂v(u, v) = (0, 0, 0).

E claro que as derivadas de ordem superior a dois de f sao todas nulas.

4.4.4Exemplo Se f(r, θ) = (r cos θ, r sen θ), (r, θ) ∈ R2, entao

∂f

∂r(r, θ) = (cos θ, sen θ) e

∂f

∂θ(r, θ) = (−r sen θ, r cos θ).

As derivadas parciais de segunda ordem sao:

∂2f

∂r2(r, θ) = (0, 0),

∂2f

∂θ2(r, θ) = r(− cos θ,− sen θ) e

∂2f

∂θ∂r(r, θ) =

∂2f

∂r∂θ(r, θ) = (− sen θ, cos θ).

4.4.5Exemplo Seja f : Rn −→ Rn, f(x1, x2, . . . , xn) = (x1, x2, . . . , xn). Entao,

∂f

∂xj

(x1, x2, . . . , xn) = (0, 0, . . . , 1, . . . , 0) = ej, j = 1, 2, . . . , n

e qualquer derivada de ordem maior do que 1 e a n-upla O = (0, 0, 0 . . . , 0).

4.4.6Exemplo Para f : R3 −→ R3, definida por

f(r, θ, φ) = (r sen φ cos θ, r sen φ sen θ, r cos φ),

obtemos que

∂f

∂r(r, θ, φ) =

sen φ cos θ

sen φ sen θ

cos φ

,

∂f

∂θ(r, θ, φ) =

−r sen φ sen θ

r sen φ cos θ

0

e

∂f

∂φ(r, θ, φ) =

r cos φ cos θ

r cos φ sen θ

−r sen φ

.

Agora, algumas derivadas de segunda ordem.

∂2f

∂r2(r, θ, φ) =

0

0

0

,

∂2f

∂r∂θ(r, θ, φ) =

− sen φ sen θ

sen φ cos θ

0

e

∂2f

∂θ∂φ(r, θ, φ) =

−r cos φ sen θ

r cos φ cos θ

0

.


4.4.7 [Laplaciano]Definicao Seja f : D ⊂ Rn −→ R uma funcao real tendo derivadas parciais ate

ordem dois no aberto D. Dado X ∈ D, o numero real

∆f(X) =∂2f

∂x21

(X) +∂2f

∂x22

(X) + · · ·+ ∂2f

∂x2n

e chamado laplaciano de f em X.

4.4.8Exemplo Seja f(x, y, z) = 1/

√x2 + y2 + z2, (x, y, z) 6= (0, 0, 0). Para facilitar o calculo

das derivadas parciais de f , escreveremos f(X) = 1/r(X), onde X = (x, y, z) er(x, y, z) =

√x2 + y2 + z2. Temos que fx = −rx/r

2. Como rx = x/r, vem que fx = −x/r3.Donde,

fxx =−r3 + x3r2rx

r6 =3x2 − r2

r5 .

Analogamente, obtemos que

fyy =3y2 − r2

r5 e fzz =3z2 − r2

r5 .

Logo, o laplaciano de f em X = (x, y, z) 6= (0, 0, 0) e dado por

∆f(X) = fxx(X) + fyy(X) + fzz(X)

=3x2 − r2

r5 +3y2 − r2

r5 +3z2 − r2

r5

=3(x2 + y2 + z2)− 3r2

r5 =3r2 − 3r2

r5 = 0.

Isto mostra que f e uma aplicacao harmonica em R3 − 0, 0, 0, conforme exercıcio 4-9.

Finalizamos esta secao com algumas propriedades basicas do laplaciano.

4.4.9Proposicao Seja f : D ⊂ Rn −→ R uma funcao real tendo derivadas parciais ate ordem

dois no aberto D. Dado X ∈ D, valem as identidades abaixo.

(i) ∆(f + g)(X) = ∆f(X) + ∆g(X);

(ii) ∆(fg)(X) = f(X)∆g(X) + g(X)∆f(X) + 2 grad f(X) · grad g(X).


∂2(f + g)

∂x2j

=∂2f

∂x2j

+∂2g

∂x2j

, i = 1, 2, . . . n.


Logo,

∆(f + g)(X) =∂2(f + g)

∂x21

(X) +∂2(f + g)

∂x22

(X) + · · ·+ ∂2(f + g)

∂x2n

= ∆f + ∆g.

De∂(fg)

∂xj

= f∂g

∂xj

+ g∂f

∂xj

, i = 1, 2, . . . n,

vem que∂2(fg)

∂x2j

= f∂2g

∂x2j

+g∂2f

∂x2j

+2∂f

∂xj

∂g

∂xj

, i = 1, 2, . . . n.

Logo,

∆(fg) =n∑

j=1

(f

∂2g

∂x2j

+g∂2f

∂x2j

+2∂f

∂xj

∂g

∂xj

)

= f

n∑j=1

∂2g

∂x2j

+g

n∑j=1

∂2f

∂x2j

+2n∑

j=1

∂f

∂xj

∂g

∂xj

= f∆g + g∆f + 2 grad f · grad g.


Podemos dar uma boa interpretacao geometrica para derivadas parciais vetoriais, usandoas superfıcies parametrizadas, que foram introduzidas em 1.5.16. Seja

g : D ⊂ R2 −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ g(u, v) = (g1(u, v), g2(u, v), g3(u, v))

uma superfıcie parametrizada com ∂g∂u

e ∂g∂v

definidas no conjunto aberto D. Fixado (u0, v0),consideramos as curvas coordenadas de g que passam por P = g(u0, v0), que, como vimosem 1.5.19, sao as curvas parametrizadas

αv0(u) = g(u, v0) = (g1(u, v0), g2(u, v0), g3(u, v0)), (u, v0) ∈ D

eαu0(v) = g(u0, v) = (g1(u0, v), g2(u0, v), g3(u0, v)), (u0, v) ∈ D.

Note que estas duas curvas parametrizadas sao os analogos, para este caso, das funcoes auxiliaresque vimos usando para calcular derivadas parciais: elas sao construıdas fixando um parametroe deixando o outro como variavel. Portanto,

α′v0(u0) =

∂g

∂u(u0, v0) e α′u0

(v0) =∂g

∂v(u0, v0),


o que mostra que os vetores ∂g∂u

(u0, v0) e ∂g∂v

(u0, v0) podem ser vistos como vetores tangentesao traco S = g(D) da superfıcie parametrizada g, em P , pois eles sao tangentes as curvascoordenadas αv0 e αu0 , respectivamente.

Figura 75

D

r(u0, v0)

ru0

rv0-g

-u

6v

z

r -y¡

¡¡

¡ªx

6

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq q qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

££

££

£££

£££££££

HHHHHH

HHHHHH

l1

l2

∂g∂v (u0, v0)Ng(u0, v0)

g(u0, v0)S = g(D)∂g∂u (u0, v0)

rrg1(u0, v0) ¡¡¡¡

rg2(u0, v0)

@@rg3(u0, v0)

££££±

HHHjS

SS

So

r

Supondo os vetores ∂g∂u

(u0, v0) e ∂g∂v

(u0, v0) linearmente independentes, o plano que passa porP = g(u0, v0) e e paralelo a estes vetores, sera chamado plano tangente a S em P . Indicaremoseste plano por πg(u0, v0). O vetor

Ng(u0, v0) =∂g

∂u(u0, v0)× ∂g

∂v(u0, v0)

e chamado vetor normal de S em P e orienta a reta normal de S em P . Esta reta normal edenotada por lg(u0, v0). Em resumo, temos:

πg(u0, v0) = X ∈ R3; (X − g(u0, v0)) ·Ng(u0, v0) = 0e

lg(u0, v0) = X ∈ R3; X = g(u0, v0) + tNg(u0, v0), t ∈ R.

4.4.11Exemplo Seja f : D ⊂ R2 −→ R com derivadas parciais de primeira ordem no aberto D.

Como vimos no exemplo 1.5.21, pagina 46, um modo canonico de parametrizar ografico de f , S = G(f), e definindo

g(u, v) = (u, v, f(u, v)), (u, v) ∈ D.

E claro que∂g

∂u(u, v) = (1, 0,

∂f

∂u(u, v)) e

∂g

∂v(u, v) = (0, 1,

∂f

∂v(u, v)).

Logo,

Ng(u, v) =∂g

∂u(u, v)× ∂g

∂v(u, v) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

1 0 ∂f∂u

(u, v)

0 1 ∂f∂v

(u, v)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−∂f

∂u(u, v),−∂f

∂v(u, v), 1).


Em particular, se fixamos (u0, v0) ∈ D, vem que

πg(u0, v0) = (x, y, z); ((x, y, z)− (u0, v0, f(u0, v0))) · (−∂f

∂u(u0, v0),−∂f

∂v(u0, v0), 1) = 0

= (x, y, z); z = f(u0, v0) +∂f

∂u(u0, v0)(x− u0) +

∂f

∂v(u0, v0)(y − v0),

plano que coincide com aquele em (¶4), pagina 121.

4.4.12Exemplo Dada g(u, v) = (u + v, u− v, uv), temos

∂g

∂u(u, v) = (1, 1, v) e

∂g

∂v(u, v) = (1,−1, u).

Em particular, para u = 2 e v = 1, obtemos que

∂g

∂u(2, 1) = (1, 1, 1) e

∂g

∂v(2, 1) = (1,−1, 2).

O plano tangente ao traco de g em P = g(2, 1) = (3, 1, 2) tem equacao parametrica

πg(2, 1) = X ∈ R3; X = (3, 1, 2) + u(1, 1, 1) + v(1,−1, 2), u, v ∈ R= X ∈ R3; X = (3 + u + v, 1 + u− v, 2 + u + 2v), u, v ∈ R.

Como Ng(2, 1) = (1, 1, 1) × (1,−1, 2) = (3,−1,−2), vem que πg(2, 1) tem equacao cartesianadada por

πg(2, 1) = (x, y, z); 3x− y − 2z = 4.A reta normal a S em P se escreve como

lg(2, 1) = X ∈ R3; X = (3, 1, 2) + t(3,−1,−2), t ∈ R.

Para encerrar este exemplo, sugerimos ao leitor que esboce a superfıcie S = tr g. Como ajuda,observe que se x = u+v, y = u−v e z = uv sao as funcoes coordenadas de g, entao 4z = x2−y2,ou z = (x2 − y2)/4. Agora recorra ao exemplo 1.4.10, que se encontra na pagina 31.

4.4.13 [Matriz Jacobiana]Definicao Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm uma funcao vetorial com fun-

coes coordenadas f1, f2, . . ., fm. Suponha que existamas mn derivadas parciais ∂fi

∂xjno aberto D. Dado X ∈ D, a matriz de ordem m× n,

(∂fi

∂xj

(X)

)

1≤i≤m1≤j≤n

,


cujas colunas sao os vetores ∂f∂xj

(X), e chamada matriz jacobiana de f em X, e e denotada por

Jf(X). Explicitamente,

Jf(X) =

∂f1

∂x1

(X)∂f1

∂x2

(X) . . .∂f1

∂xn

(X)

∂f2

∂x1

(X)∂f2

∂x2

(X) . . .∂f2

∂xn

(X)

......

...

∂fm

∂x1

(X)∂fm

∂x2

(X) . . .∂fm

∂xn

(X)

.

Quando m = n, o determinante

det Jf(X) =∂(f1, f2, . . . , fn)

∂(x1, x2, . . . , xn)(X),

e chamado determinante jacobiano de f em X.

A matriz jacobiana desempenhara um papel fundamental no estudo das aplicacoes dife-renciaveis, que faremos no capıtulo 5.

4.4.14Exemplo Neste exemplo listaremos algumas funcoes com suas respectivas matrizes jacobi-

anas, calculadas em um ponto arbitrario.

(i) f : R3 −→ R, f(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Jf(x, y, z) = (2x 2y 2z);

(ii) g : R3 −→ R2, g(x, y, z) = (x2 + y2 + z2, xyz). Jg(x, y, z) =

(2x 2y 2z

yz xz xy

);

(iii) h : R2 −→ R3, h(u, v) = (u2, u + v2, cos(u2 + v2)).

Jh(u, v) =

2u 0

1 2v

−2u sen (u2 + v2) −2v sen (u2 + v2)

;

(iv) f : R3 −→ R3, f(x1, x2, x3) = (x1 + x2 + x3, x2x1, x1 − x22 + x3

3).

Jf(x1, x2, x3) =

1 1 1

x2 x1 0

1 −2x2 3x23

;


(v) Id : Rn −→ Rn, Id(x1, x2, . . . , xn) = (x1, x2, . . . , xn).

J(Id)(x1, x2, . . . , xn) = In×n =

1 0 · · · 0

0 1 · · ·...

. . .

0 0 · · · 1

.

4.4.15 [Coordenadas Polares]Exemplo Se f(r, θ) = (x, y) = (r cos θ, r sen θ), (r, θ) ∈ R2,

entao

Jf(r, θ) =

(cos θ −r sen θ

sen θ r cos θ

)e

∂(x, y)

∂(r, θ)= det Jf(r, θ) = r.

4.4.16 [Coordenadas Cilındricas]Exemplo Se f(r, θ, z) = (x, y, z) = (r cos θ, r sen θ, z),

(r, θ, z) ∈ R3, entao

Jf(r, θ) =

cos θ −r sen θ 0

sen θ r cos θ 0

0 0 1

e

∂(x, y, z)

∂(r, θ, z)= det Jf(r, θ) = r.

4.4.17 [Coordenadas Esfericas]Exemplo Seja f : R3 −→ R3, definida por

f(ρ, θ, ϕ) = (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ),

Temos que

Jf(ρ, θ, ϕ) =

sen ϕ cos θ −ρ sen ϕ sen θ ρ cos ϕ cos θ

sen ϕ sen θ ρ sen ϕ cos θ ρ cos ϕ sen θ

cos ϕ 0 −ρ sen ϕ

e

∂(x, y, z)

∂(ρ, θ, ϕ)= det Jf(ρ, θ, ϕ) = −ρ2 sen ϕ.


4.5Derivadas Direcionais

Nas secoes anteriores, consideramos, para uma dada funcao f , as variacoes relativas

∂f

∂xj

(X0) = limt→0

f(X0 + tej)− f(X0)

t, 1 ≤ j ≤ n,

as quais foram denominadas derivadas parcias de f em X0. Generalizando esta ideia, conside-raremos acrecimos orientados por um vetor unitario qualquer U ∈ Rn, e obteremos o conceitode derivada direcional.

4.5.1 [Derivada Direcional]Definicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm uma funcao vetorial, X0

um ponto do aberto D e U ∈ Rn um vetor unitario.A derivada direcional de f em X0 e na direcao U e o vetor

∂f

∂U(X0) = lim

t→0

f(X0 + tU)− f(X0)

t,

caso este limite exista.

Observacao Note que quando U = ej, j = 1, 2, . . . n, a derivada direcional de f em X0 e nadirecao ej coincide com a derivada parcial de f com relacao a xj em X0, isto e,

∂f∂ej

(X0) = ∂f∂xj

(X0).

Assim como fizemos para derivadas parciais, e possıvel identificar ∂f∂U

(X0) como uma deri-vada ordinaria de alguma funcao de uma variavel. Na realidade, de uma curva parametrizada,se m > 1, como mostra a proposicao a seguir.

4.5.2Proposicao Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm, defi-

nida no aberto D, tendo deri-vada direcional no ponto X0 ∈ D e na direcao U .Entao,

∂f

∂U(X0) = g′U(0),

onde

gU : (−δ, δ) −−−−−→ Rm

t −−−−−→ gU(t) = f(X0 + tU),

e δ > 0 e o raio de uma bola centrada em X0 econtida em D.

Figura 76

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppppp ppppppppppp pppppppp pppppppp pppppppppp pppppppp ppppppp ppppppppp pppppppp pppppp pppppp pppppp ppppp pppp ppppp pppppp ppppp ppppp pppppp ppppp pppp pppp ppppp ppppp pppp pppp pppppppp ppp ppppp pp pppp pppp ppppp p ppp pppp pppp p ppp pppp pp pppp ppp p pppp pp pppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp pp ppp p pp pppp ppp pp p pp pp ppp ppp p ppp ppppp ppp p ppp p pp pp ppp p ppp p pp pp pp p p ppp p pppp p pp p pp p pppp p ppp p pp p ppp p pp p pp p p pp p p pp p pp p ppp p pp p pp p pp pp pp p pp p pp pp pp p p pp p p pppp p ppp p pp p ppp p pp p pp p ppp pp pp p pp p pp pp pp p p pp p p ppp p ppp p ppp p pp p pp p p pp p ppp p pp p ppp p pp pp ppp p pp p ppp p pp p pp p pppp p pp p p ppp p pp pp ppp p pp p pp pp pp p pp p pppp p pp p ppp p ppp p pp p p ppp p ppp pp pp p pp p pp p pp p pp p pp p pp p ppp p p ppp pp pp p pp p pp pp ppp p ppp p ppp p pp p pp pp pp p pp p pp p pppp ppp ppp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp pp ppp pp ppp ppp ppp pp ppppp ppp ppp pppp ppp pppp ppppppp pppp ppppp pppppp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

D

X0

δ

a X0 + δU

aX0 − δU

¡¡¡

¡¡¡

¡¡µssX0 + tU

U

144 Derivadas Direcionais

Demonstracao: Como D e aberto, existe δ > 0 tal que B(X0, δ) ⊂ D. Se X = X0 + tUe t ∈ (−δ, δ), entao ‖X −X0‖ = |t| ‖U‖ = |t| < δ, isto e, X ∈ D. Isto implica que

gU(t) = f(X0 + tU), t ∈ (−δ, δ),

esta bem definida. Alem disto,

g′U(0) = limt→0

g(t)− g(0)

t= lim

t→0

f(X0 + tU)− f(X0)

t=

∂f

∂U(X0),

o que prova a proposicao. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


Uma boa interpretacao geometrica de ∂f∂U

(X0), e que generaliza aquela que obtivemos

para ∂f∂x

(X0) e ∂f∂y

(X0) em 4.1.17, e obtida quando consideramos f : D ⊂ R2 −→ R, junto com

seu grafico, como mostra a figura 77. Neste caso, claro, ∂f∂U

(X0) e um numero real. A figuramostra S = G(f), o plano πU , que passa por X0 = (a, b) ∈ D e e paralelo aos vetores Ue e3, e a curva γ ⊂ S, obtida pela intersecao de πU com a superfıcie S. Em πU vemos areta tangente a γ (e, portanto, a S) no ponto P = (a, b, f(a, b)), indicada por lU . Agorafixamos a atencao no angulo α que esta reta faz com U . Logo, tg α e inclinacao de lU . Ainterpretacao geometrica do numero ∂f

∂U(X0) agora esta pronta: ∂f

∂U(X0) = tg α. Para ver isto,

Figura 77: tg α = ∂f∂U

(a, b)

-y

6z

¡¡

¡¡

¡ªx

qqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqq qqq qqq qqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqq qqq qqq qqqq qqqqqqqq qqq qqqqqqqqqq qqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq q qq qqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqq qqqqqqqq qq qqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqq qqqq qqqq qqq qqqqqqqqq qqq qqq q qqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qq qq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qq q qqqq qqq qqqqqqqq qqqq qqqqqq qqq qq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qq qqqqq qqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqq q qqqq qqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqq q qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqq qqqq qqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppp pppp pppp pp ppp p ppp pppp pp ppp pp ppp p pp p pp pp ppp p pp p pp p pp p ppp ppp pp p ppp ppp pp ppp ppp ppp pppp pppp ppp ppp ppppp ppp ppppp ppp pppppppppppppppppppppppp pp ppp ppppp pp ppppp pp pp pp ppp pp ppp ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppppppppppp³³³16

lUqf(X0)

e3

q

qPγ

qX0

α

U

πU

ppppppppppppppppppppppppppp pppppppppppppppppp ppp pppp ppp pppp pp pp ppp ppp pp pppp pp ppp pp ppp pp pp pp pp p ppp p ppp p pppp pp pppp pppp pppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp ppp pp pp p ppp p ppp p ppp p pp p ppp p ppp p pp p pp p pp p ppp p pp p ppppp ppp ppp ppppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppppp ppp ppppp ppp ppp ppp pppp pp p pp p ppp p pp p pp p ppp p pp p pp p ppp pp ppp pp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp

lU

q

qX0

q

qX0 + tU

t

f(X0 + tU)− f(X0)qf(X0)f(X0 + tU)

α

β

γ

πU

-

6

U

e3

-t

6z

consideramos em πU a reta secante a γ que passa pelos pontos (X0, f(X0)) e (X0+tU, f(X0+tU))(com t > 0), cuja inclinacao e

tg β =f(X0 + tU)− f(X0)

‖X0 + tU −X0‖ =f(X0 + tU)− f(X0)

t,


pois U e unitario. Quando t tende a zero, as secantes tendem para lU e, portanto,

∂f

∂U(X0) = lim

t→0tg β = tg α,

o que estabelece a interpretacao geometrica procurada. Note, em particular, que ∂f∂U

(X0) indicacomo f cresce, a partir de X0, na direcao de U .

4.5.4Exemplo Seja f(x, y) = 4x2 + y2, (x, y) ∈ R2, cujo grafico e o paraboloide elıptico

S = G(f) = (x, y, z); z = 4x2 + y2,mostrado na figura 78. Tomando X0 = (1, 0) e U = (−1/2,

√3/2), calcularemos a derivada

direcional de f em X0 e na direcao de U . Via definicao, temos que

∂f∂U

(1, 0) = limt→0

f(X0 + tU)− f(X0)

t

= limt→0

f(1− t

2, t

√3

2)− f(1, 0)

t

= limt→0

4

(1− t

2

)2

+3

4t2 − 4

t

= limt→0

−4t +7

4t2

t

= limt→0

(−4 +7

4t) = −4. Figura 78: ∂f

∂U(X0) = tg α = −4

r -y¡

¡¡ªx

6z

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

p pppppppppppppppppppppp ppp pp pp ppp pppp ppp pp ppp ppppp ppp ppp pp ppp pppp pp pp ppp pp pp pp ppp pp pp ppp ppp pp pp ppp pp ppp ppp pp pp ppp pp pp pppp pp pp pppp ppp pp pp pp ppppp pp pppp pp pp pppp pp pp ppp pp pp pppppppp ppp pppp ppp ppppp pppp pppp pp pp pppp pp ppppp ppp pppp pp pp pppp pp pp ppp pp pppp pp pppp pp ppp pp ppp pp pp pppp pp pppp pp pp pp pp ppp ppp pp ppp pp pp ppp pppp pp pp pp pp pp pp ppp pp pp pp ppp ppp pppp pppp pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

»»:6

e3

UX0 = (1, 0)q

q P

αq(0, 2, 0)

γ

lU

πU

r

Um outro modo de obter esta derivada direcional e considerar

gU(t) = f(X0 + tU) = 4

(1− t

2

)2

+3

4t2 = 4− 4t +

7

4t2,

e deriva-la em t = 0, conforme proposicao 4.5.2. Como g′(t) = −4 + (7/2)t, vem que

∂f

∂U(1, 0) = g′(0) = −4.

Seja πU o plano que passa por X0 e paralelo aos vetores U e e3. Assim, -4 e a inclinacao da retalU ⊂ πU que e tangente a S em P = (1, 0, 4). Logo, f(X) e decrescente perto de X0, quandoX percorre a reta que passa por X0 e e paralela a U , no sentido de U , o que pode ser visto nafigura. A curva (parabola) γ obtida pela intersecao de πU e S pode ser parametrizada por

α(t) = (X0 + tU, gU(t)) = (X0 + tU, f(X0 + tU)) = (1− t

2, t

√3

2, 4− 4t +

7

4t2), t ∈ R.

146 Derivadas Direcionais

De α(0) = (1, 0, 4) = P , segue-se que o vetor

α′(0) = (U, g′U(0)) = (U,∂f

∂U(X0)) = (−1

2,

√3

2,−4),

que e tangente a γ em P , e paralelo a lU . Portanto,

lU = X ∈ R3; X = (1, 0, 4) + t(−1

2,

√3

2,−4) = (1− t

2, t

√3

2, 4− 4t), t ∈ R,

a qual, claro, esta contida no plano tangente a S em P , cuja equacao cartesiana e z = 4 + 8x.

4.5.5Exemplo Retomamos o exemplo anterior, agora com X0 = (1, 2) e U = (u1, u2), um vetor

unitario qualquer. Neste caso,

gU(t) = f(X0 + tU) = 4(1 + tu1)2 + (2 + tu2)

2 = 8 + 8tu1 + 4t2u21 + 4tu2 + t2u2

2, t ∈ R.

Logo, ∂f∂U

(1, 2) = g′U(0) = 8u1 +4u2. Para determinar em que direcao f cresce mais rapidamentea partir de X0, basta determinar u1 e u2 que tornam maximo 8u1 + 4u2. Um modo de fazeristo, e notar que u1 = cos θ e u2 = sen θ, pois U e unitario, e maximizar h(θ) = 8 cos θ + 6 sen θ,θ ∈ [0, 2π]. Usando as ferramentas do calculo de uma variavel, e facil ver que este maximoocorre para 0 < θ < π/2 tal que tg θ = 1/2. Logo, U = (u1, u2) = (cos θ, sen θ) = ( 2√

5, 1√

5) e o

vetor para o qual ∂f∂U

(1, 2) = 8u1 + 4u2 = 4√

5 e maxima. Um outro modo de obter este mesmoresultado, e observar que

∂f

∂U(1, 2) = 8u1 + 4u2 = (8, 4) · U ≤ ‖U‖ = ‖(8, 4)‖ = 4

√5,

onde aplicamos a desigualdade de Cauchy-Schwarz (teorema 1.2.18) aos vetores X = (8, 4) e U .Agora, se tomamos U = uX = ( 2√

5, 1√

5), o vetor unitario na direcao de X, vem que

∂f

∂(uX)(1, 2) = 8

2√5

+ 41√5

= 4√

5.

Portanto, U = uX , X = (8, 4), e a direcao de crescimento maximo de f em X0.

4.5.6Exemplo Seja f : R3 −→ R2 definida por f(x, y, z) = (y2 − xz, x2 + y cos z). Calcularemos

∂f∂U

(X0), onde X0 = (2, 1, 0) e U = (2/3,−2/3, 1/3). Temos que

gU(t) = f(X0 + tU) = (

(1− 2 t

3

)2

−(

2 +2t

3

)t

3,

(2 +

2 t

3

)2

+

(1− 2t

3

)cos(

t

3))

= (1− 2 t +2 t2

9, 4 +

8 t

3+

4 t2

9+ cos(

t

3)− 2t

3cos(

t

3)).

Logo,

g′U(t) = (−2 +4 t

9,8

3+

8 t

9− 1

3sen(

t

3)− 2

3cos(

t

3) +

2t

3sen(

t

3)),

e, portanto,∂f

∂U(2, 1, 0) = g′U(0) = (−2, 2).

4

Exercıcios

148 Derivadas Parciais – Exercıcios

4-1. Calcule as derivadas parciais das funcoes abaixo.

(a) f(x, y) = sen(y/x);

(b) f(x, y) = log(x +√

x2 + y2);

(c) f(x, y) = logx y;

(d) f(x, y) = ex√

y;

(e) f(x, y, z) = x(yz);

(f) f(x, y, z) = xyz.

4-2. No Problema anterior, ache as derivadas parciais de segunda ordem e verifique a igualdadedas derivadas mistas.

4-3. Seja f(x, y) = y2xy+ (log x)7(arctg(arctg(sen(cos xy)))), x > 0. Calcule ∂f

∂y(1, b), b ∈ R.

4-4. Uma fabrica produz, mensalmente, x unidades de um produto A e y unidades de um pro-duto B, sendo o custo mensal da producao conjunta dado por

C(x, y) = 20.000 +√

x2 + 4y2, (C em real).

Em um certo mes, foram produzidas a = 3.000 unidades de A e b = 2.000 unidades de B.Nesse mes, determine:

(a) o custo da producao C(a, b);

(b) ∂C∂x

(a, b) e ∂C∂y

(a, b);

(c) O que e mais conveniente: aumentar a producao de A mantendo fixa a de B, ou aumentara producao de B mantendo fixa a de A?

4-5. A temperatura do ponto (x, y) de uma chapa e dada por

T (x, y) = 50 + 6√

28− 2x2 − y2,

onde T e dada em C, x e y em cm.

(a) Determine e esboce o domınio de T ;

(b) Esboce o grafico de T ;

(c) Suponha que uma formiga caminhe, a partir do ponto (3, 1), paralelamente ao eixo-x,no sentido positivo. A temperatura aumentara ou diminuira? De quantos graus porcentımetro, aproximadamente?

4-6. Ache o angulo entre o eixo-x e a reta tangente a curva dada por z =x2 + y2

4e y = 4 no

ponto (2, 4, 5).

4-7. Discuta a existencia das derivadas parciais das funcoes dadas abaixo.

(a) f(x, y) = |xy|, nos pontos (1, 0) e (0, 0);

(b) f(x, y) =

x3/(x2 + y2), se (x, y) 6= (0, 0)0, se (x, y) = (0, 0)

, na origem;

(c) f(x, y) =

x sen(1/y), se y 6= 00, se y = 0

, nos pontos (0, y) , y 6= 0, (1, 0) e (0, 0).

Derivadas Parciais – Exercıcios 149

4-8. Em cada caso, verifique que a funcao f dada e solucao da equacao diferencial parcial (EDP)dada ao lado, na tabela abaixo.

f EDP

log(x2 + xy + y2) x∂f

∂x+y

∂f

∂y= 2

xy + x ey/x x∂f

∂x+y

∂f

∂y= xy + f

a sen(kx− ωt)∂2f

∂t2= a2 ∂2f

∂x2, a2 =

ω2

k2

1

(2a√

πt)3e−[(x−x0)2+(y−y0)2+(z−z0)2]

4a2t∂f

∂t= a2(

∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2+

∂2f

∂z2)

ax + by + cz (a, b, c ∈ R) x∂f

∂x+y

∂f

∂y+z

∂f

∂z= f

ax2 + 2bxy + cy2 (a, b, c ∈ R) x∂f

∂x+y

∂f

∂y= 2f

4-9. Seja f : D ⊂ Rn −→ R com derivadas parciais de segunda ordem em D. Seja ∆ o operadorlaplaciano definido em 4.4.7. Se ∆f(X) = 0 para todo X ∈ D, a funcao f e dita harmonicaem D. A EDP ∆f(X) = 0 (em D) e a equacao de Laplace (em D). Mostre que as seguintesfuncoes sao harmonicas em D.

(a) f(x, y) = xy, D = R2;

(b) f(x, y) = x3 − 3xy2, D = R2;

(c) f(x, y) = log√

x2 + y2, D = R2 − (0, 0);(d) f(x, y, z) = k/ ‖X‖, D = R3 − (0, 0, 0), e k constante.

4-10. Uma funcao φ : U ⊂ R2 −→ R2, φ(u, v) = (φ1(u, v), φ2(u, v)), de classe C1 satisfaz as condi-coes de Cauchy-Riemann se

∂φ1

∂u=

∂φ2

∂ve

∂φ2

∂u= −∂φ1

∂v, (¶7)

no aberto U .

(a) Mostre que as funcoes abaixo satisfazem as condicoes de Cauchy-Riemann.

(i) φ(u, v) = (u2 − v2, 2uv), (u, v) ∈ R2;

(ii) φ(u, v) = (eu cos v, eu sen v), (u, v) ∈ R2;

(iii) φ(u, v) = (log√

u2 + v2, arctgv

u), u > 0 e v > 0.

(b) Se φ = (φ1, φ2), de classe C2, satisfaz (¶7), entao φ1 e φ2 sao harmonicas.

150 Derivadas Parciais – Exercıcios

4-11. Seja r = ‖X‖ 6= 0. Mostre que:

(a) ∆(rn) = n2rn−2, onde ∆ e o laplaciano do R2;

(b) ∆(rn) = n(n + 1)rn−2, onde ∆ e o laplaciano do R3.

4-12. Seja f(x, y) =

xy/(x2 + y2)2, se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0). Mostre que f e uma funcao harmonica

em R2, mas fxy(0, 0) e fyx(0, 0) nao existem.

4-13. Seja f : D ⊂ R2 −→ R com derivadas parciais de primeira ordem em (a, b) ∈ D. A retaque passa por P = (a, b, f(a, b)) e e paralela a NP (f) (veja definicao 4.1.19) e chamada retanormal ao grafico de f em P , e e indicada por lP (f). Mostre que

lP (f) = X ∈ R3; X = (a, b, f(a, b)) + t(− ∂f

∂x(a, b),− ∂f

∂y(a, b), 1), t ∈ R.

4-14. Encontre o plano tangente e a reta normal ao grafico de f no ponto P .

(a) f(x, y) = x3 + y3, P = (1, 2, 9);

(b) f(x, y) = xy, P = (1, 1, 1);

(c) f(x, y) =√

4− x2 − y2, P = (0, 0, 2).

4-15. Sabendo que o plano 2x + y − 2z − 4 = 0 e tangente ao paraboloide elıtico dado por4x2 + y2 − 16z = 0, ache o ponto de tangencia.

4-16. Ache o plano tangente a superfıcie xyz = 1 (x > 0, y > 0, z > 0) que e paralelo ao plano2x + 2y + 2z + 3 = 0.

4-17. Seja S o traco da superfıcie parametrizada f(u, v) = (u + cos v, u − sen v, 2u). No pontoP = f(1, π/2), encontre:

(a) a reta tangente l1 a curva α1(u) = f(u, π/2);

(b) a reta tangente l2 a curva α2(v) = f(1, v);

(c) o angulo entre l1 e l2;

(d) o plano tangente e a reta normal a S em P .

4-18. Ache o plano tangente e a reta normal da superfıcie parametrizada g em (u0, v0).

(a) g(u, v) = (v cos u, v sen u, v), u0 = 0 e v0 = 1;

(b) g(u, v) = ((7 + 5 cos v) cos u, (7 + 5 cos v) sen u, 5 sen v), 0 < u0, v0 < π/2, cos u0 = 4/5 ecos v0 = 3/5.

4-19. Escreva a matriz jacobiana da funcao dada em um ponto arbitrario de seu domınio.

(a) f : R3 −→ R4, f(x, y, z) = (x2 − y2, xy, xz, yz);

(b) f : R3 −→ R2, f(x, y, z) = (x, y);

(c) f : R3 −→ R, f(x, y, z) = 2x− 3y + 4z;

(d) f : Rn −→ R, f(X) = A ·X, A ∈ Rn dado;

(e) f : Rn −→ Rm, f(X) = AX, Am×n matriz dada;

(f) f : R −→ R3, f(t) = (cos t, sen t, t);

(g) f : R2 −→ R3, f(u, v) = (v cos u, v sen u, u).

Derivadas Parciais – Exercıcios 151

4-20. Em cada caso, calcule grad f(X) = ∇f(X).

(a) f(x, y) = x2y, X = (1, 1);

(b) f(x, y) =√

x2 − y2, X = (5, 3);

(c) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, X = (2,−2, 1).

4-21. Seja r = ‖X‖, com X = (x, y, z) 6= (0, 0, 0).

(a) Mostre que ∇r =X

re ∇(rn) = nrn−2X;

(b) Ache f : D ⊂ R3 −→ R tal que: (i) ∇f(X) = X; (ii) ∇f(X) = −X

r3 .

4-22. Encontre f : R2 −→ R, tal que ∇f(X) = (ey, xey + 1) e f(0, 0) = 0.

4-23. Seja

f : R2 −−−−−→ R

(x, y) −−−−−→ f(x, y) =

x2y/(x2 + y2), se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0)

.

(a) Mostre que f e contınua;

(b) Mostre que ∂f∂x

(0, 0) = ∂f∂y

(0, 0) = 0.

4-24. Calcule, em um ponto arbitrario X = (x, y), ∂2f∂x2 e ∂2f

∂y2 , onde f e a funcao do exem-plo 4.1.15.

4-25. Use o teorema de Schwarz para provar que se f : D ⊂ R4 −→ R e de classe C4, entao

∂4f

∂x∂y∂z∂w=

∂4f

∂x∂z∂y∂w=

∂4f

∂z∂w∂x∂y=

∂4f

∂z∂x∂w∂y.

5Aplicacoes

Diferenciaveis

?

f

contnua em X0?

S

Existe a matriz

Jf(X0)?

?

S

?f de classe C1

em X0?-N

S-

limH→O

r(H)

‖H‖ = 0?

S

?

f diferencivel em X0.

N

?f no

diferencivel em X0.

N

N

6


5.1A Derivada

Nesta secao, estenderemos o conceito de funcao diferenciavel, conhecido para funcoes reaisde uma variavel real, as funcoes vetoriais de varias variaveis.

Dada f : I ⊂ R −→ R, sua derivada em a ∈ I e o numero real

f ′(a) = limh→0

f(a + h)− f(a)

h= lim

x→a

f(x)− f(a)

x− a,

quando o limite indicado existe. De posse desta derivada, construımos a funcao polinomial

A(x) = f(a) + f ′(a)(x− a), x ∈ R,

a qual chamamos de aproximacao afim de f emx = a. Note que o grafico de A e a reta y = A(x),que e a reta tangente a curva y = f(x) (grafico def) no ponto (a, f(a)), o que justifica a escolha donome aproximacao afim de f , para A. A palavraaproximacao e, portanto, usada no sentido de queA(x) da uma boa aproximacao para f(x), quandox esta perto de a. Esta boa aproximacao significaque os valores de f(x)−A(x) tendem a zero maisrapido do que o acrescimo h = x − a, quando xtende a a, o que pode ser estabelecido observandoque

Figura 79: f ′(a) = tg α

-x

6y

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp aq

aa α q

a + h

a

qqf(a)

qqf(a + h)

qqA(a + h) r(h)

f ′(a)h

y = f(x)

y = A(x)

(a, f(a))

limx→a

f(x)− A(x)

x− a= lim

x→a

f(x)− f(a)− f ′(a)(x− a)

x− a= lim

x→a

f(x)− f(a)

x− a− f ′(a) = 0,


limh→0

f(a + h)− A(a + h)

h= 0.

Definindo r(h) = f(a + h)− A(a + h), este ultimo limite implica que

f(a + h) = A(a + h) + r(h) = f(a) + f ′(a)h + r(h),

onde limh→0 r(h)/h = 0. Desta forma, a diferenciabilidade de f em x = a pode ser vista comoa possibilidade de aproximar f(a + h) − f(a) pela funcao linear (em h) f ′(a)h, onde o errocometido em tal aproximacao, r(h), e bem pequeno, no sentido de que

limh→0

r(h)

h= 0. (¶1).

Vale notar que esta condicao e bem mais forte do que limh→0 r(h) = 0, que para ocorrer basta quef seja contınua em x = a. Pronto, agora temos uma razoavel motivacao para definir derivadade uma funcao vetorial qualquer.

153

154 A Derivada

Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm uma funcao vetorial definida no aberto D. Fixemos X0 ∈ D. Aideia e tentar obter uma boa aproximacao para os vetores f(X0 + H)− f(X0), usando algumafuncao linear, que no momento indicaremos por T , o que e sugerido, como acabamos de ver,pelo caso real. Assim, queremos que

f(X0 + H) = f(X0) + T (H) + r(H), (¶2)

onde T : Rn −→ Rm e uma aplicacao linear e

limH→O

r(H)

‖H‖ = O,

que e a condicao (¶1) adaptada ao Rn. Os exemplos aseguir ilustram como obter a decomposicao (¶2).

Figura 80

@@

@R¢¢¢¢¢¢

©©©©©©*

a

a

f(X0)

f(X0 + H)f(X0 + H)− f(X0)

T (H)

r(H)

5.1.1Exemplo Seja f : R2 −→ R definida por f(x, y) = x2+y3. Fixemos X0 = (2, 1). O objetivo

agora e escrever, para H = (h, k),

f(X0 + H) = f(2 + h, 1 + k) = f(2, 1) + T (h, k) + r(h, k),

onde T : R2 −→ R e linear e lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)√h2 + k2

= 0. Um calculo direto mostra que

f(2 + h, 1 + k) = (2 + h)2 + (1 + k)3

= 5 + 4h + h2 + 3k + 3k2 + k3

= 5 + (4h + 3k) + h2 + 3k2 + k3.

A nossa experiencia com funcoes lineares do R2 identifica, nesta ultima equacao, sua parte linear4h + 3k. Portanto, podemos escrever

f(2 + h, 1 + k) = f(2, 1) + T (h, k) + r(h, k),

onde T (h, k) = 4h + 3k, que e linear, e r(h, k) = h2 + 3k2 + k3. Alem disso,

0 ≤∣∣∣∣h2 + 3k2 + k3

‖H‖

∣∣∣∣ ≤‖H‖2 + 3‖H‖2 + ‖H‖3

‖H‖ = 4‖H‖+ ‖H‖2,

o que implica, via proposicao 3.1.20, que

lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)√h2 + k2

= 0.

Portanto, a decomposicao (¶2) funciona bem para f , em (2, 1). O proximo exemplo lida comdimensoes um pouco maiores.

Aplicacoes Diferenciaveis 155

5.1.2Exemplo Seja f : R3 −→ R2 dada por f(x, y, z) = (x2y + z, xyz). Neste exemplo trabalha-

remos no ponto X0 = (1, 2, 3), e tomaremos o acrescimo H = (h1, h2, h3). Temosque

f(1 + h1, 2 + h2, 3 + h3) = ((1 + h1)2 (2 + h2) + (3 + h3), (1 + h1) (2 + h2) (3 + h3))

= (5 + 4h1 + 2h12 + h2 + 2h1h2 + h1

2h2 + h3, 6 + 6h1 + 3h2 + 3h1h2 +

+ 2h3 + 2h1h3 + h2h3 + h1h2h3)

= (5, 6) + (4h1 + h2 + h3, 6h1 + 3h2 + 2h3) +

+ (2h12 + 2h1h2 + h1

2h2, 3h1h2 + 2h1h3 + h2h3 + h1h2h3)

= f(1, 2, 3) + T (h1, h2, h3) + r(h1, h2, h3),

onde T : R3 −→ R2 e dada por

T (h1, h2, h3) = (4h1 + h2 + h3, 6h1 + 3h2 + 2h3) =

(4 1 16 3 2

)

h1

h2

h3

e r : R3 −→ R2 e tal que

r(h1, h2, h3) = (2h12 + 2h1h2 + h1

2h2, 3h1h2 + 2h1h3 + h2h3 + h1h2h3) = (r1(H), r2(H)).

E claro que T e linear. Falta verificar que limH→(0,0,0)(r(H)/ ‖H‖) = 0. Isto sera feito conside-rando as funcoes coordenadas de r. Temos que

0 ≤∣∣∣∣r1(H)

‖H‖

∣∣∣∣ =|2h1

2 + 2h1h2 + h12h2|

‖H‖ ≤ 2‖H‖2 + 2‖H‖2 + ‖H‖3

‖H‖ = 4‖H‖+ ‖H‖2,

e que

0 ≤∣∣∣∣r2(H)

‖H‖

∣∣∣∣ =|3h1h2 + 2h1h3 + h2h3 + h1h2h3|

‖H‖

≤ 3‖H‖2 + 2‖H‖2 + ‖H‖2 + ‖H‖3

‖H‖ = 6‖H‖+ ‖H‖2.

Logo,

limH→(0,0,0)

r(H)

‖H‖ = ( limH→(0,0,0)

r1(H)

‖H‖ , limH→(0,0,0)

r2(H)

‖H‖ ) = (0, 0),

e obtemos (¶2) para f , em X0 = (1, 2, 3).

156 A Derivada

5.1.3 [Aplicacao Diferenciavel]Definicao Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm, onde D e um subcon-

junto aberto do Rn. Sejam X0 ∈ D e δ > 0 talque B(X0, δ) ⊂ D. Diremos que f e diferenciavel em X0 quando existir uma aplicacao linearT : Rn −→ Rm tal que

f(X0 + H) = f(X0) + T (H) + r(H), sempre que ‖H‖ < δ,

onde r : B(O, δ) −→ Rm satisfaz a condicao de boa aproximacao

limH→O∈Rn

r(H)

‖H‖ = O ∈ Rm.

Como veremos no teorema 5.1.10, uma aplicacao linear T com esta propriedade, quando existe,e unica. Posto isto, a chamaremos de derivada de f em X0, e a denotaremos por f ′(X0), ou dfX0 .A funcao vetorial r e denominada resto. Quando f e diferenciavel em todo ponto do aberto D,dizemos que f e diferenciavel em D.

5.1.4Exemplo Retomemos a funcao do exemplo 5.1.1, f(x, y) = x2 + y3. Como vimos naquele

exemplo,

f(2 + h, 1 + k) = f(2, 1) + T (h, k) + r(h, k),

onde T (h, k) = 4h + 3k e linear e r(h, k) = h2 + 3k2 + k3 satisfaz

lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)√h2 + k2

= 0.

Logo, f e diferenciavel em (2, 1) e sua derivada aı e a funcao linear

f ′(2, 1) : R2 −−−−−→ R(h, k) −−−−−→ f ′(2, 1)(h, k) = 4h + 3k.

Tambem escrevemos

f ′(2, 1) : R2 −−−−−→ R(hk

)−−−−−→ f ′(2, 1)

(hk

)= 4h + 3k,

ou, mais simplesmente, f ′(2, 1)(h, k) = 4h + 3k.

5.1.5Exemplo No exemplo 5.1.2 trabalhamos com f(x, y, z) = (x2y + z, xyz), X0 = (1, 2, 3) e

verificamos que, para H = (h1, h2, h3),

f(X0 + H) = f(X0) + T (H) + r(H),


onde T e a aplicacao linear

T (h1, h2, h3) = (4h1 + h2 + h3, 6h1 + 3h2 + 2h3) =

(4 1 16 3 2

)

h1

h2

h3

e r e tal que limH→(0,0,0)

r(H)

‖H‖ = (0, 0). Portanto, f e diferenciavel no ponto (1, 2, 3), e sua derivada

f ′(1, 2, 3) funciona assim:

f ′(1, 2, 3) : R3 −−−−−→ R2

x

y

z

−−−−−→ f ′(1, 2, 3)

x

y

z

=

(4x + y + z

6x + 3y + 2z

)=

(4 1 16 3 2

)

xyz

.

Note que a matriz de f ′(X0) coincide com Jf(X0). Na realidade, isto e um fato verdadeiroem geral, como sera visto no corolario 5.1.13. Verifique, como exercıcio, esta propriedade noexemplo anterior.

5.1.6Exemplo Seja f : Rn −→ R definida por f(X) = ‖X‖2. Dados X0, H ∈ Rn, temos que

f(X0 + H) = ‖X0 + H‖2 = (X0 + H) · (X0 + H)

= ‖X0‖2 + 2X0 ·H + ‖H‖2

= f(X0) + T (H) + r(H),

onde T (H) = 2X0 ·H e linear, e r(H) = ‖H‖2. Alem disto,

limH→O

r(H)

‖H‖ = limH→O

‖H‖2

‖H‖ = limH→O

‖H‖ = 0.

Logo, f e diferenciavel em X0 e vale f ′(X0)(X) = 2X0 ·X. Como X0 e arbitrario, segue-se quef e diferenciavel em todo Rn.

5.1.7Exemplo Seja f : R −→ R dada por f(x) = x3. Sabemos do calculo elementar de uma

variavel que f ′(x) = 3x2. O que isto tem a ver com funcao linear? Em outraspalavras, que relacao ha entre esta derivada e aquela que ora estamos introduzindo? Pararesponder esta pergunta, fixaremos x0 ∈ R, e calcularemos a aplicacao linear f ′(x0) : R −→ R(neste caso, n = 1 e m = 1) que cabe na definicao 5.1.3. Como vimos fazendo ate aqui,expandimos f(x0 + h), e identificamos sua parte linear. Temos que

f(x0 + h) = (x0 + h)3 = x30 + 3x2

0h + 3x0h2 + h3,

158 A Derivada

cuja parte linear (em h) e 3x20h. Logo,

f(x0 + h) = f(x0) + T (h) + r(h),

onde T (h) = 3x20h, que e linear, e r(h) = 3x0h

2 + h3. Mas

|r(h)||h| =

|3x0h2 + h3||h| ≤ 3|x0||h|+ |h|2.

Logo, limh→0(r(h)/|h|) = 0. Portanto, f ′(x0) e a aplicacao linear que trabalha assim:

f ′(x0) : R −−−−−→ Rv −−−−−→ f ′(x0)(v) = 3x2

0v,

a qual pode ser identificada (veja a observacao que segue) com o valor que assume em v = 1,a saber: f ′(x0)(1) = 3x2

0. Estendendo este raciocınio a x ∈ R, obtemos que f ′(x)(v) = 3x2v, ea identificamos seu valor em v = 1: f ′(x)(1) = 3x2, numero real que coincide com a derivadausual de f em x.

Observacao Se T : R −→ R e linear, entao T (x) = T (x · 1) = xT (1). Isto mostra queT (1) determina T completamente, e permite identificar a funcao linear T com

o numero real T (1). Para uma funcao f : I ⊂ R −→ R, e esta identificacao que faz a “ponte”entre a usual nocao de derivada, dada por um numero real, e a que ora estudamos, que e umafuncao linear. De fato, dado x0 ∈ I, a existencia da derivada ordinaria f ′(x0) implica, comovimos na introducao desta secao, que

f(x0 + h) = f(x0) + f ′(x0)h + r(h), onde limh→0

r(h)

h= 0.

Portanto, a derivada de f em x0, olhada como funcao linear, e dada por

T (v) = f ′(x0)v, v ∈ R,

que, diante da identificacao que fizemos, e o mesmo que T (1) = f ′(x0) · 1 = f ′(x0). Mais geral-mente, se T : R −→ Rn e linear, entao T (v) = vT (1), onde, agora, T (1) e um vetor do Rn, como qual T pode ser identificada. Para uma curva parametrizada diferenciavel α : I ⊂ R −→ Rn,identificamos o vetor α′(t) com a funcao linear T (v) = vα′(t), v ∈ R, o que permite, tambemneste caso, estabelecer a ligacao entre as antiga e atual nocoes de derivada de α em t ∈ I.

5.1.8Exemplo Se f(x) = sen x, x ∈ R, entao f ′(x) = cos x, como e bem conhecido. Olhar

f ′(x) como funcao linear e olhar f ′(x)(v) = (cos x)v, v ∈ R. Analogamente, seα(t) = (t, t2, t3), t ∈ R, para olhar α′(t) = (1, 2t, 3t2) sob o ponto de vista das aplicacoes lineares,e so definir T : R −→ R3 por

T (v) = vα′(t) = v(1, 2t, 3t2) = (v, (2t)v, (3t2)v), v ∈ R.

Note que as coordenadas de T sao as aplicacoes lineares de R em R que correspondem asderivadas (ordinarias) das funcoes t, t2 e t3, a saber: 1, 2t e 3t2.


5.1.9 [Aplicacao Afim]Exemplo Uma funcao f : Rn −→ Rm da forma f(X) = T (X)+B, onde

T e linear e B e um vetor constante do Rm, e chamada aplica-cao afim. Se X0, H ∈ Rn, entao

f(X0 + H) = T (X0 + H) + B = T (X0) + T (H) + B

= (T (X0) + B) + T (H)

= f(X0) + T (H) + r(H),

onde r(H) = O ∈ Rm, que trivialmente satisfaz limH→O r(H)/ ‖H‖ = O. Logo, f e diferenciavelem X0 e vale f ′(X0)(X) = T (X), X ∈ Rn. Isto implica que f e diferenciavel em Rn, e suaderivada, em qualquer ponto, coincide com T , isto e, f ′ e constante. Tomando B = O, vem quea derivada de uma aplicacao linear e constante e coincide com ela mesma. Agora escolhendoT como sendo a aplicacao linear nula, resulta que a derivada de uma aplicacao constante e aaplicacao linear nula.

O proximo teorema mostra como a aplicacao linear T da definicao 5.1.3 deve atuar emum vetor.

5.1.10Teorema Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm diferenciavel em X0 ∈ D. Se T satisfaz a definicao 5.1.3,

e V ∈ Rn, entao

T (V ) = limt→0

f(X0 + tV )− f(X0)

t. (¶3)

Em particular, T e unica.


f(X0 + H) = f(X0) + T (H) + r(H), e limH→O

r(H)

‖H‖ = O.

Tomando H = tV , vem que

f(X0 + tV ) = f(X0) + T (tV ) + r(tV ) = f(X0) + tT (V ) + r(tV ),

onde, na segunda igualdade, usamos a linearidade de T . Logo,

f(X0 + tV )− f(X0)

t= T (V ) +

r(tV )

t.

Como a identidade (¶3) e facilmente verificada para V = O, podemos supor que V 6= O. Destaforma,

limt→0

∥∥∥∥r(tV )

t

∥∥∥∥ = limt→0

‖V ‖ ‖r(tV )‖‖tV ‖ = ‖V ‖ lim

t→0

‖r(tV )‖‖tV ‖ = 0,

pois limH→O

r(H)/ ‖H‖ = O. Agora,

limt→0

f(X0 + tV )− f(X0)

t= T (V ) + lim

t→0

r(tV )

t= T (V ).

160 A Derivada

Quanto a unicidade, seja S outro operador linear satisfazendo a definicao 5.1.3. O que fizemospara T mostra que

S(V ) = limt→0

f(X0 + tV )− f(X0)

t= T (V ).

Logo, S = T , e esta pronta a prova. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

A seguir apresentaremos uma serie de consequencias do teorema 5.1.10 que permitem, deum modo mais simples, a verificacao da diferenciabilidade, ou nao, de uma dada funcao f .

5.1.11Corolario Se f : D ⊂ Rn −→ Rm e diferenciavel em X0 ∈ D, entao sua derivada funciona

assim:

f ′(X0) : Rn −−−−−→ Rm

X −−−−−→ f ′(X0)(X) = limt→0

f(X0 + tX)− f(X0)

t.

(Note, em particular, que o limite indicado e linear em X.)

Demonstracao: Decorre facilmente de (¶3), teorema 5.1.10. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.1.12Corolario Se f : D ⊂ Rn −→ Rm e diferenciavel em X0 ∈ D e U ∈ Rn e um vetor

unitario, entao f ′(X0)(U) = ∂f∂U

(X0). Em particular, existem as derivadas

parciais ∂f∂xj

(X0), para j = 1, 2, . . . , n.

Demonstracao: Use o corolario anterior, com X = U , junto com a definicao 4.5.1. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.1.13Corolario Se f : D ⊂ Rn −→ Rm e diferenciavel em X0 ∈ D, entao a matriz (com relacao

as bases canonicas) de f ′(X0) coincide com a matriz jacobiana de f em X0,isto e, M(f ′(X0)) = Jf(X0) (veja teorema 1.5.3, para a construcao da matriz de um operadorlinear). Portanto, se f tem funcoes coordenadas f1, f2, . . ., fm, entao f ′(X0) : Rn −→ Rm e talque f ′(X0)(X) = Jf(X0)X, isto e,

f ′(X0)

x1

x2

...

xn

=

∂f1

∂x1

(X0)∂f1

∂x2

(X0) . . .∂f1

∂xn

(X0)

∂f2

∂x1

(X0)∂f2

∂x2

(X0) . . .∂f2

∂xn

(X0)

......

...

∂fm

∂x1

(X0)∂fm

∂x2

(X0) . . .∂fm

∂xn

(X0)

x1

x2

...

xn

.


Demonstracao: Do teorema 1.5.3, vem que f ′(X0)(X) = M(f ′(X0))X, onde estamosolhando X como uma matriz de ordem n × 1, e M(f ′(X0)) e a matriz de ordem m × n cujaj-esima coluna e o vetor f ′(X0)(ej), para j = 1, 2, . . . n. Mas

f ′(X0)(ej) =∂f

∂xj

(X0) = (∂f1

∂xj

(X0),∂f2

∂xj

(X0), . . . ,∂fm

∂xj

(X0)),

o que segue-se do corolario 5.1.12. Logo, a j-esima coluna da matriz M(f ′(X0)) coincide com aderivada parcial ∂f

∂xj(X0), a qual, por definicao, e a j-esima coluna de Jf(X0). Resulta daı que

M(f ′(X0)) = Jf(X0). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.1.14Corolario Se f : D ⊂ Rn −→ R e diferenciavel em X0 ∈ D, entao

f ′(X0)(X) = grad f(X0) ·X = x1∂f

∂x1

(X0) + x2∂f

∂x2

(X0) + · · ·+ xn∂f

∂xn

(X0),

onde X = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn.

Demonstracao: E so observar que

Jf(X0) = (∂f

∂x1

(X0)∂f

∂x2

(X0) · · · ∂f

∂xn

(X0))

e usar o corolario anterior, expandindo Jf(X0)X. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


√x2 + y2, (x, y) ∈ R2. Vimos no exemplo 4.1.14 que nao existem

as derivadas parciais de f no ponto (0, 0). Logo, f nao pode ser diferenciavelneste ponto. De fato, a diferenciabilidade de f em (0, 0) implicaria na existencia de Jf(0, 0), deacordo com o corolario 5.1.13.


f(x, y) =

x2y

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Temos que Jf(0, 0) = (0 0). Com efeito,

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= 0 e

∂f

∂y(0, 0) = lim

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= 0.

Mais geralmente, se X = (x1, x2) ∈ R2,

limt→0

f(X0 + tX)− f(X0)

t= lim

t→0

f(tx1, tx2)− f(0, 0)

t= lim

t→0

t

(x2

1x2

x21 + x2

2

)

t=

x21x2

x21 + x2

2

,

162 A Derivada

que, claro, esta longe de ser linear em X. Do corolario 5.1.11, vem que f nao e diferenciavelem X0 = (0, 0), mesmo tendo matriz jacobiana aı (mais do que isso: tendo todas as derivadasdirecionais aı).

5.1.17Exemplo Retomemos a funcao f do exemplo 3.1.14:

f(x, y) =

xy

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Naquele exemplo mostramos que f nao e contınua em X0 = (0, 0). Na realidade, f nao temlimite neste ponto. Entretanto, isto nao impede que exista Jf(0, 0), a qual, como e facil dever, e a matriz nula. Um argumento analogo ao anterior mostraria que f nao e diferenciavelem (0, 0). Entretanto, a descontinuidade de f aı ja e o bastante para garantir isto, postoque diferenciabilidade implica continuidade, fato bastante conhecido para funcoes reais de umavariavel real, o qual permanece valido para funcoes vetoriais, como mostra a seguinte proposicao.

5.1.18Proposicao Se f : D ⊂ Rn −→ Rm e diferenciavel em X0 ∈ D, entao f e contınua em X0.

Demonstracao: Devemos mostrar que limX→X0

(f(X)− f(X0)) = O. Temos que

f(X0 + H)− f(X0) = f ′(X0)(H) + r(H), onde limH→O

r(H)

‖H‖ = O,

pois f e diferenciavel em X0. Logo,

f(X)− f(X0) = f((X −X0) + X0)− f(X0) = f ′(X0)(X −X0) + r(X −X0). (¶4)

De limH→O

r(H)/ ‖H‖ = O, resulta que

limX→X0

r(X −X0) = limX→X0

‖X −X0‖ r(X −X0)

‖X −X0‖ = limX→X0

‖X −X0‖ limX→X0

r(X −X0)

‖X −X0‖ = O.

Como f ′(X0) e contınua, pois e linear (veja corolario 3.2.14), vem que

limX→X0

f ′(X0)(X −X0) = f ′(X0)(O) = O.

Estas informacoes introduzidas em (¶4) produzem limX→X0

(f(X)− f(X0)) = O. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Os exemplos 5.1.16 e 5.1.17 mostram funcoes f que tem matriz jacobiana em um certoponto X0, mas que nao sao diferenciaveis nele, ora porque o limite

limt→0

f(X0 + tX)− f(X0)

t


nao e linear em X, ora porque a funcao dada nao e contınua em X0. Entretanto, e possıvelestabelecer a diferenciabilidade de uma funcao a partir da existencia de sua matriz jacobiana,como mostra o proximo teorema, o qual produz um bom criterio de diferenciabilidade.

5.1.19Teorema Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm, definida no aberto D, tendo Jf(X0), X0 ∈ D. Defina

r(H) = f(X0 + H)− f(X0)− Jf(X0)H, (¶5)

ou, quando m = 1,r(H) = f(X0 + H)− f(X0)− grad f(X0) ·H, (¶6)

onde H ∈ Rn e suficientemente pequeno para que X0 + H ∈ D. Temos que

(i) se f e diferenciavel em X0, entao limH→O

r(H)

‖H‖ = O;

(ii) se limH→O

r(H)

‖H‖ = O, entao f e diferenciavel em X0, e, dado X ∈ Rn,

f ′(X0)(X) = Jf(X0)X, ou f ′(X0)(X) = grad f(X0) ·X, quando m = 1.

Demonstracao: Se f e diferenciavel em X0, temos, por definicao, que

f(X0 + H) = f(X0) + f ′(X0)(H) + r(H), onde limH→O

r(H)

‖H‖ = O.

Mas f ′(X0)(H) = Jf(X0)H, de acordo com o corolario 5.1.13. Logo,

f(X0 + H) = f(X0) + Jf(X0)H + r(H), onde limH→O

r(H)

‖H‖ = O.

A equacaof(X0 + H) = f(X0) + Jf(X0)H + r(H)

obriga quer(H) = f(X0 + H)− f(X0)− Jf(X0)H.

Portanto,

limH→O

f(X0 + H)− f(X0)− Jf(X0)H

‖H‖ = limH→O

r(H)

‖H‖ = O,

o que prova (i). Para provar (ii), simplesmente introduzimos a funcao linear

T : Rn −−−−−→ Rm

X −−−−−→ T (X) = Jf(X0)X.

De posse desta T , a condicao limH→O

(r(H)/ ‖H‖) = O (hipotese de (ii)) implica que

f(X0 + H) = f(X0) + T (H) + r(H), onde limH→O

r(H)

‖H‖ = O.

Portanto, f e diferenciavel em X0, e vale f ′(X0)(H) = T (H) = Jf(X0)H, H ∈ Rn. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

164 A Derivada


f(x, y) =

(x− 1)2(y − 2)√(x− 1)2 + (y − 2)2

, se (x, y) 6= (1, 2)

0, se (x, y) = (1, 2).

Estudaremos a diferenciabilidade de f no ponto X0 = (1, 2). De inıcio, observamos que f econtınua neste ponto. De fato,

∣∣∣∣∣(x− 1)2(y − 2)√(x− 1)2 + (y − 2)2

∣∣∣∣∣ ≤‖X −X0‖3

‖X −X0‖ ≤ ‖X −X0‖2 .

Logo,lim

(x,y)→(1,2)f(x, y) = 0 = f(1, 2).

Portanto, devemos caminhar um pouco mais para decidir sobre a diferenciabilidade, ou nao, def em X0. Vejamos se existe Jf(X0) (ou grad f(X0)). Temos que

f(X0 + he1)− f(X0)

h=

f(1 + h, 2)− f(1, 2)

h=

h20√h2

= 0.

Logo,∂f

∂x(1, 2) = lim

h→0

f(1 + h, 2)− f(1, 2)

h= 0.

Analogamente, obtemos que ∂f∂y

(1, 2) = 0. Assim, f possui matriz jacobiana em X0, e esta vale

Jf(1, 2) = (0 0). Visando usar o teorema 5.1.19, calcularemos r(H) e estudaremos o limite doquociente r(H)/ ‖H‖, H = (h, k) ∈ R2. Temos que

r(H) = f(X0 + H)− f(X0)− Jf(X0)H

= f(X0 + H)− f(X0)− grad f(X0) ·H= f(1 + h, 2 + k)− f(1, 2)− (0, 0) · (h, k)

=h2k√

h2 + k2=

h2k

‖H‖ .

Portanto,

0 ≤∣∣∣∣r(H)

‖H‖

∣∣∣∣ =h2|k|‖H‖2 ≤ ‖H‖ ,

o que, via proposicao 3.1.20, implica que limH→0(r(H)/ ‖H‖) = 0. Agora, o teorema 5.1.19, emseu item (ii), pode ser usado para garantir que f e diferenciavel em X0 = (1, 2) e sua derivadaaı e tal que, para X = (x, y) ∈ R2,

f ′(1, 2)(X) = Jf(1, 2)X = grad f(1, 2) ·X = (0, 0) · (x, y) = 0,

isto e a derivada de f em (1, 2) e nula (funcao linear nula).


5.1.21Aplicacoes de Classe C1

Ate aqui, para estabelecer a diferenciabilidade de uma dada funcao vetorial f , semprerecorremos ou a definicao 5.1.3, ou ao teorema 5.1.19. Em qualquer caso, a tarefa mais difıcilconsiste na verificacao da condicao de boa aproximacao: limH→O r(H)/ ‖H‖ = O. Existiriamhipoteses que adicionadas, por exemplo, as derivadas parciais de f permitissem concluir sua dife-renciabilidade, eliminando esta tarefa? A resposta e afirmativa e esta contida no teorema 5.1.23a seguir. Antes, uma definicao.

5.1.22Definicao Seja f : D ⊂ R

n −→ Rm definida no aberto D. Dizemos que f e de classe Ck

em um ponto X ∈ D se existe uma bola aberta B(X, δ) ⊂ D onde existemtodas as derivadas parciais ate a ordem k de f e, alem disto, elas sao contınuas em X.

Observacao E claro que se f e de classe Ck em D (veja definicao 4.2.8), entao ela e declasse Ck em cada um dos pontos de D.

5.1.23Teorema Se f : D ⊂ R

n −→ Rm, definida no aberto D, e de classe C1 em X0, entao f e

diferenciavel em X0.

Demonstracao: A prova sera dada para o caso n = 2 e m = 1. Fixemos, entao, anotacao. Poremos X0 = (a, b) e H = (h, k). Como f e de classe C1 em X0, vem que existeB(X0, δ0) ⊂ D, onde existem ∂f

∂xe ∂f

∂y, que sao contınuas em X0. O nosso objetivo, agora, sera

mostrar que

limH→O

r(H)

‖H‖ = lim(h,k)→(0,0)

f(a+ h, b+ k)− f(a, b)− h∂f

∂x(a, b)− k

∂f

∂y(a, b)

‖H‖ = 0,

e obter a diferenciabilidade procurada, usando, e claro, o teorema 5.1.19. O item (i) da pro-posicao 4.2.5 da que

f(a+ h, b+ k)− f(a, b+ k) =∂f

∂x(a+ θ1h, b+ k)h, para algum 0 < θ1 < 1.

Logo,

r(H) = f(a+ h, b+ k)− f(a, b)− h∂f

∂x(a, b)− k

∂f

∂y(a, b)

= (f(a+ h, b+ k)− f(a, b+ k)) + (f(a, b+ k)− f(a, b))− h∂f

∂x(a, b)− k

∂f

∂y(a, b)

=∂f

∂x(a+ θ1h, b+ k)h+ (f(a, b+ k)− f(a, b))− h

∂f

∂x(a, b)− k

∂f

∂y(a, b)

= h

(∂f

∂x(a+ θ1h, b+ k)− ∂f

∂x(a, b)

)+ k

(f(a, b+ k)− f(a, b)

k− ∂f

∂y(a, b)

),

166 A Derivada

para algum 0 < θ1 < 1. Isto implica que

|r(H)| ≤ |h|∣∣∣∣∂f

∂x(a + θ1h, b + k)− ∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣ + |k|∣∣∣∣f(a, b + k)− f(a, b)

k− ∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣

≤ ‖H‖(∣∣∣∣

∂f

∂x(a + θ1h, b + k)− ∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣f(a, b + k)− f(a, b)

k− ∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣)

.

Donde obtemos que

0 ≤ |r(H)|‖H‖ ≤

∣∣∣∣∂f

∂x(a + θ1h, b + k)− ∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣f(a, b + k)− f(a, b)

k− ∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣ , (¶7)

onde 0 < θ1 < 1. E bastante razoavel dizer que quando o acrescimo (h, k) tende a zero, os pares(a + θ1h, b + k) tendem para (a, b), pois θ1 e limitado. Logo, a primeira parcela do lado direitode (¶7) deve tender para zero, diante da continuidade de ∂f

∂xem (a, b). A outra parcela tende

a zero por uma razao mais simples: a existencia de ∂f∂y

(a, b). Portanto, devemos ter, tambem,

limH→O(|r(H)|/ ‖H‖) = 0. A formalizacao destes argumentos e feita assim: tomamos ε > 0arbitrario. A continuidade de ∂f

∂xem X0 = (a, b) junto com existencia de ∂f

∂y(a, b) produzem um

δ > 0 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒∣∣∣∣∂f

∂x(X)− ∂f

∂x(X0)

∣∣∣∣ <ε

2e

|k| < δ =⇒∣∣∣∣f(a, b + k)− f(a, b)

k− ∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣ <ε

2.

Logo, se ‖H‖ < δ, valem simultaneamente

‖(a + θ1h, b + k)− (a, b)‖ = ‖(θ1h, k)‖ ≤ ‖H‖ < δ

|k| ≤ ‖H‖ < δ.

Portanto,∣∣∣∣∂f

∂x(a + θ1h, b + k)− ∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣ <ε

2e

∣∣∣∣f(a, b + k)− f(a, b)

k− ∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣ <ε

2.

Agora e so retomar (¶7) para concluir que

|r(H)|‖H‖ ≤

∣∣∣∣∂f

∂x(a + θ1h, b + k)− ∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣f(a, b + k)− f(a, b)

k− ∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣ <ε

2+

ε

2= ε,

desde que ‖H‖ < δ. Isto e exatamente a definicao de limH→O

r(H)

‖H‖ = 0. Agora podemos concluir

que f e diferenciavel em (a, b). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao Na prova acima, nao fizemos uso do fato de f ser de classe C1 em X0. Usamosum pouco menos: a continuidade de uma das derivadas parciais (∂f

∂x), e a mera

existencia da outra (∂f∂y

). No caso geral, precisamos da continuidade de (n−1) delas e da simplesexistencia da restante.


5.1.24Corolario Se f : D ⊂ Rn −→ Rm e de classe C1 no aberto D, entao f e diferenciavel

em D.

Neste ponto, dispomos de toda uma ferramenta basica, a qual podemos usar para detectara diferenciabilidade, ou nao, de uma funcao vetorial dada. O que faremos, agora, e unir todo essematerial (corolario 5.1.11, corolario 5.1.13, proposicao 5.1.18, teorema 5.1.19 e o teorema 5.1.23)em um fluxograma, como mostramos a seguir.

?

f

contnua em X0?

S

Existe a matriz

Jf(X0)?

?

S

?f de classe C1

em X0?-N

S-

limH→O

r(H)‖H‖ = 0?

S

?

f diferencivel em X0.

N

?f no

diferencivel em X0.

N

N

6

Fluxograma para Decidir a Diferenciabilidade de f : D ⊂ Rn −→ Rm em X0

5.1.25Exemplo Seja f : Rn −→ R, f(x1, x2, . . . , xn) = ‖X‖2 = x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n. Temos que

Jf(x1, x2, . . . , xn) = (2x1 2x2 . . . 2xn) = 2(x1 x2 . . . xn).

Logo, f e de classe C1 em Rn (na realidade, C∞). Logo, podemos sair rapidamente dofluxograma, concluindo que f e diferenciavel em qualquer ponto do Rn. Alem disto, dadoA = (a1, a2, . . . , an), a derivada de f em A e a aplicacao linear

f ′(A)(X) = grad f(A) ·X = 2(a1, a2, . . . , an) · (x1, x2, . . . , xn) = 2a1x1 + 2a2x2 + · · ·+ 2anxn.

168 A Derivada

5.1.26Exemplo Vimos no exemplo 5.1.15 que f(x, y) =

√x2 + y2, (x, y) ∈ R2 nao tem derivada

na origem, pois suas derivadas parciais nao existem neste ponto. Entretanto, seX = (x, y) 6= (0, 0), f tem derivadas parciais aı e, como e facil ver,

Jf(x, y) = (x√

x2 + y2

y√x2 + y2

).

Isto implica que f e de classe C∞ em R2−(0, 0). Em particular, se X0 = (a, b) 6= (0, 0), entaof e de classe C1 em X0, e podemos concluir que f e diferenciavel em X0 = (a, b). Alem dissof ′(a, b) e a funcao linear

f ′(a, b)(u, v) = (a√

a2 + b2

b√a2 + b2

) · (u, v) =au√

a2 + b2+

bv√a2 + b2

, (u, v) ∈ R2.

5.1.27Exemplo Seja f : R3 −→ R2 dada por f(x, y, z) = (x2y+z, xyz). No exemplo 5.1.5 verifica-

mos a diferenciabilidade de f em (1, 2, 3). Para verificar a sua diferenciabilidadeem todo R3, precisamos apenas estudar a sua matriz jacobiana em um ponto arbitrario:

Jf(x, y, z) =

(2xy x2 1

yz xz xy

),

cujas entradas sao todas contınuas em R3. Logo, f e de classe C1 em R3 e, portanto, e dife-renciavel em qualquer ponto do R3. Se X0 = (a, b, c), entao

f ′(a, b, c) : R3 −−−−−→ R2

x

y

z

−−−−−→ f ′(a, b, c)

x

y

z

=

(2ab a2 1

bc ac ab

)

x

y

z

=

(2abx + a2y + zbcx + acy + abz

).

O objetivo do proximo exemplo e exibir exemplos de aplicacoes diferenciaveis que nao saode classe C1.

5.1.28Exemplo A funcao real de uma variavel real

g(x) =

x2 sen1

x, se x 6= 0

0, se x = 0

tem derivada dada por

g′(x) =

2x sen1

x− cos

1

x, se x 6= 0

0, se x = 0.


A derivada de g em x = 0 e calculada via definicao, assim:

g′(0) = limx→0

g(x)− g(0)

x= lim

x→0

x2 sen1

xx

= limx→0

x sen1

x= 0,

posto que sen(1/x) e limitada (veja proposicao 3.1.21). Como cos(1/x) nao tem limite em x = 0(compare com o exemplo 2.1.3), vem que o mesmo ocorre com g′. Logo, g′ nao e contınua noponto x = 0 e, portanto, g e diferenciavel, mas nao e de classe C1, em x = 0. Este mesmoexemplo serve para construir outro, com mais variaveis, tendo a mesma propriedade. De fato,basta considerar f : R2 −→ R definida por

f(x, y) =

g(x), se x 6= 0

0, se x = 0.

Esta funcao e diferenciavel em todo R2, mas nao e de classe C1 nos pontos da forma (0, y), istoe, ao longo do eixo-y. Para ver isto, calculemos Jf . Temos que

Jf(x, y) = (g′(x) 0) =

(2x sen1

x− cos

1

x0), se x 6= 0

(0 0), se x = 0,

que mostra que f nao e de classe C1 ao longo do eixo-y. A diferenciabilidade de f ao longodeste eixo e obtida com o estudo do resto

r(H) = r(h, k) = f((0, y) + (h, k))− f(0, y)− grad f(0, y) · (h, k) = g(h), (h, k) 6= (0, 0),

que tem a propriedade limH→(0,0) r(h, k)/ ‖(h, k)‖ = 0, a qual resulta de

0 ≤ |r(H)|‖H‖ =

|g(h)|‖H‖ =

∣∣∣∣∣∣∣

h2 sen1

hh

∣∣∣∣∣∣∣|h|‖H‖ =

∣∣∣∣h sen1

h

∣∣∣∣|h|‖H‖ ≤ |h|.

A proxima proposicao mostra que basta estudar a diferenciabilidade das funcoes coorde-nadas de uma funcao vetorial, para decidir sobre sua diferenciabilidade.

5.1.29Proposicao Seja D ⊂ Rn aberto. Uma funcao vetorial f : D −→ Rm e diferenciavel em

X0 ∈ D se, e somente se, suas funcoes coordenadas sao diferenciaveis nesteponto.

Demonstracao: Suponhamos que f seja diferenciavel em X0, e indiquemos por fj,1 ≤ j ≤ m, suas funcoes coordenadas. Indicando por T a derivada f ′(X0), temos que

f(X0 + H) = f(X0) + T (H) + r(H), onde limH→O

r(H)

‖H‖ = O.

170 A Derivada

Isto implica que, para cada j, 1 ≤ j ≤ m,

fj(X0 + H) = fj(X0) + Tj(H) + rj(H), onde limH→O

rj(H)

‖H‖ = 0,

onde Tj e rj sao as funcoes coordenadas de T e r, respectivamente. Segue-se, portanto, adiferenciabilidade de fj, visto que Tj, por ser funcao coordenada de uma funcao linear, tambeme linear.

Reciprocamente, suponhamos que as m funcoes fj, 1 ≤ j ≤ m, sejam diferenciaveis emX0. Entao, para cada j, vale

fj(X0 + H) = fj(X0) + f ′j(X0)(H) + rj(H), onde limH→O

rj(H)

‖H‖ = 0. (¶8)

A partir das m funcoes lineares (reais), f ′j(X0), construımos a aplicacao T : Rn −→ Rm,

T (X) = (f ′1(X0)(X), f ′2(X0)(X), . . . , f ′n(X0)(X)),

que, claro, e linear. Para T assim definida e r(X) = (r1(X), r2(X), . . . , rn(X)), a informacaocontida em (¶8) se reescreve como

f(X0 + H) = f(X0) + T (X0)(H) + r(H), onde limH→O

r(H)

‖H‖ = 0,

o que significa que f e diferenciavel em X0. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao Em particular, a prova da proposicao anterior mostra que

f ′(X0) = (f ′1(X0), f′2(X0), . . . , f

′m(X0)),

quando as aplicacoes envolvidas sao diferenciaveis em X0.

5.1.30Aproximacao Afim

Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm definida no aberto D e diferenciavel em X0 ∈ D. Assim,

f(X0 + H) = f(X0) + f ′(X0)(H) + r(H), onde limH→O

r(H)

‖H‖ = O,

que pode ser reescrito, se usamos X = X0 + H para representar um ponto arbitrario proximode X0, como

f(X) = f(X0) + f ′(X0)(X −X0) + r(X −X0), onde limX→X0

r(X −X0)

‖X −X0‖ = O,


ou

f(X) = f(X0) + Jf(X0)(X −X0) + r(X −X0), onde limX→X0

r(X −X0)

‖X −X0‖ = O.

A aplicacao afim (veja exemplo 5.1.9)

A(X) = f(X0) + Jf(X0)(X −X0), X ∈ Rn,

ou, quando m = 1,

A(X) = f(X0) + grad f(X0) · (X −X0), X ∈ Rn

e chamada aproximacao afim de f em X0. Note que

f(X) = A(X) + r(X −X0),

onde o resto r(X −X0) tem norma bem pequena, se X e escolhido perto de X0. Isto justifica aescolha do nome aproximacao para A.

5.1.31Exemplo Seja f(x, y) = xy, definida no subconjunto aberto D = (0, +∞)× R. Temos que

grad f(x, y) = (yxy−1, xy log x), (x, y) ∈ D.

Logo, f e de classe C1 em D e, portanto, e diferenciavel em D. Em particular, f e diferenciavelem X0 = (1, 3) e sua derivada aı e a funcao linear

f ′(1, 3)(x, y) = grad f(1, 3) · (x, y) = (3, 0) · (x, y) = 3x, (x, y) ∈ R2.

Logo, a aproximacao afim de f em (1, 3) e a aplicacao afim dada por

A(x, y) = f(1, 3) + f ′(1, 3)(x− 1, y − 3) = 1 + 3(x− 1) = −2 + 3x, (x, y) ∈ R2.

Como A(x, y) aproxima os valores de f(x, y) para (x, y) proximos de (1, 3), podemos dizer, porexemplo, que f((1, 02), (3, 01)) ∼= A((1, 02), (3, 01)), isto e,

1, 023,01 ∼= 1 + 3(1, 02− 1) = 1 + 3× 0, 02 = 1, 06.

O leitor pode verificar se o resultado esta razoavel, consultando uma maquina de calcular.

Temos a seguinte descricao geometrica para a aproximacao afim de uma funcao real deduas variaveis.

172 A Derivada

5.1.32Proposicao Seja f : D ⊂ R2 −→ R, D aberto, diferenciavel em X0 = (a, b) ∈ D. Entao

o grafico da aproximacao afim de f em X0 coincide com o plano tangente aografico de f no ponto P = (a, b, f(a, b)).

Demonstracao: Temos que o grafico de A e dado por

G(A) = (x, y, z) ∈ R3; z = A(x, y) = f(a, b) + grad f(a, b) · (x− a, y − b)

= (x, y, z) ∈ R3; z = A(x, y) = f(a, b) + (∂f

∂x(a, b),

∂f

∂y(a, b)) · (x− a, y − b)

= (x, y, z) ∈ R3; z = A(x, y) = f(a, b) +∂f

∂x(a, b)(x− a) +

∂f

∂y(a, b)(y − b).

Recorrendo a (¶4), pagina 122, vemos que o conjunto G(A) coincide com o plano tangente aografico de f em P , πP (f). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Em particular, esta proposicao mos-tra porque usamos a terminologia planotangente para o plano da definicao 4.1.18.No caso diferenciavel, πP (f) e o plano, quecontem o ponto

P = (a, b, f(a, b)) ∈ G(f),

que melhor se aproxima da superfıcie G(f).Tambem temos uma boa interpreta-

cao geometrica para as aproximacoes afinsque sao obtidas a partir das superfıcies pa-rametrizadas.

Figura 81: Aproximacao Afim

¡¡

¡¡ªx

6z

-y

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq q qqq q qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqq q qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqq qqqqqqq qqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqq q qqqqqqq qqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqq qqqqqq qqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqq qqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqq qqqqq q qq q qq q qqqq qqqq qqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq q qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqq qq q qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

bP

rX0

r X

rr

rA(X)f(X) r

rf(X0) = A(X0)

r(X −X0)

z = A(x, y)

z = f(x, y)

5.1.33Proposicao Seja g : D ⊂ R2 −→ R3, D aberto, diferenciavel em X0 = (u0, v0) ∈ D. Entao

a imagem da aproximacao afim de g em X0 coincide com o plano tangente deg em P = g(u0, v0).

Demonstracao: Neste caso, temos A : R2 −→ R3 e dada por

A(u, v) = g(u0, v0) + g′(u0, v0)(u− u0, v − v0)

= g(u0, v0) + Jg(u0, v0)

(u− u0

v − v0

)

= g(u0, v0) + (u− u0)∂g

∂u(u0, v0) + (v − v0)

∂g

∂v(u0, v0).

Portanto, o traco de A e o plano que passa por P = g(u0, v0) e e paralelo aos vetores ∂g∂u

(u0, v0)

e ∂g∂v

(u0, v0), que e o plano tangente ao traco de g em P = g(u0, v0), o qual definimos em 4.4.10,pagina 139.


5.2Operacoes com Aplicacoes Diferenciaveis

O objetivo principal desta secao e estabelecer a diferenciabilidade da soma, produto, ecomposicao de funcoes vetoriais diferenciaveis. Em particular, certamente, o leitor adquirira umpouco mais de habilidade com a definicao de derivada.

5.2.1Proposicao Se f, g : D ⊂ Rn −→ Rm sao diferenciaveis em X0 ∈ D, entao

(i) a soma f + g e diferenciavel em X0 e (f + g)′(X0) = f ′(X0) + g′(X0), isto e,

(f + g)′(X0)(V ) = f ′(X0)(V ) + g′(X0)(V ), V ∈ Rn;

(ii) o produto escalar f · g e diferenciavel em X0 e

(f · g)′(X0)(V ) = g(X0) · f ′(X0)(V ) + f(X0) · g′(X0)(V ), V ∈ Rn.

Em particular, quando m = 1, o produto fg e diferenciavel em X0 e

(fg)′(X0)(V ) = g(X0)f′(X0)(V ) + f(X0)g

′(X0)(V ), V ∈ Rn.

Demonstracao: Para simplificar a exposicao, usaremos T = f ′(X0) e S = g′(X0).Como f e g sao diferenciaveis em X0, vem que

f(X0 + H) = f(X0) + T (H) + r1(H), onde limH→O

r1(H)

‖H‖ = O

g(X0 + H) = g(X0) + S(H) + r2(H), onde limH→O

r2(H)

‖H‖ = O.(¶9)

Logo,

(f + g)(X0 + H) = f(X0 + H) + g(X0 + H)

= f(X0) + g(X0) + T (H) + S(H) + r1(H) + r2(H)

= (f + g)(X0) + (T + S)(H) + (r1(H) + r2(H)).

Isto mostra que (f + g)(X0 + H)− (f + g)(X0) se decompoe numa parte linear em H, a saberT + S, mais o resto r(H) = r1(H) + r2(H). Alem disto,

limH→O

r(H)

‖H‖ = limH→O

r1(H) + r2(H)

‖H‖ = limH→O

r1(H)

‖H‖ + limH→O

r2(H)

‖H‖ = O.

Portanto, (f + g) e diferenciavel em X0 e sua derivada neste ponto vale

(f + g)′(X0) = T + S = f ′(X0) + g′(X0),

174 Operacoes com Aplicacoes Diferenciaveis

o que prova (i). Para (ii), expandimos f(X0 + H) · g(X0 + H), outra vez usando (¶9).

f(X0 + H) · g(X0 + H) = (f(X0) + T (H) + r1(H)) · (g(X0) + S(H) + r2(H))

= f(X0) · g(X0) + g(X0) · T (H) + f(X0) · S(H) + f(X0) · r2(H) +

+ g(X0) · r1(H) + T (H) · S(H) + T (H) · r2(H) + S(H) · r1(H) +

+ r1(H) · r2(H)

= (f · g)(X0) + L(H) + r(H),

onde L e a funcao linear L : Rn −→ R,

L(H) = g(X0) · T (H) + f(X0) · S(H),

e r e

r(H) = f(X0) · r2(H) + g(X0) · r1(H) + T (H) · S(H) +

+ T (H) · r2(H) + S(H) · r1(H) + r1(H) · r2(H).

Vejamos se r tem a propriedade limH→O r(H)/ ‖H‖ = 0, que e o que falta para a diferencia-bilidade de f · g ficar estabelecida. Antes disto, vamos ate o teorema 3.2.11, de onde tiramosconstantes M > 0 e N > 0 tais que

‖T (X)‖ ≤ M ‖X‖ e ‖S(X)‖ ≤ N ‖X‖ ,

para todo X ∈ Rn. Agora,

0 ≤ |r(H)|‖H‖ =

1

‖H‖|f(X0) · r2(H) + g(X0) · r1(H) + T (H) · S(H) +

+ T (H) · r2(H) + S(H) · r1(H) + r1(H) · r2(H)|

≤ 1

‖H‖(|f(X0) · r2(H)|+ |g(X0) · r1(H)|+ |T (H) · S(H)| +

+ |T (H) · r2(H)|+ |S(H) · r1(H)|+ |r1(H) · r2(H)|)

≤ ‖f(X0)‖ r2(H)

‖H‖ + ‖g(X0)‖ r1(H)

‖H‖ + MN ‖H‖ +

+ M ‖r2(H)‖+ N ‖r1(H)‖+ ‖r1(H)‖ r2(H)

‖H‖ .

Logo,

limH→O

r(H)/ ‖H‖ = 0,

e, portanto, f · g e diferenciavel em X0 e (f · g)′(X0) = L. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


5.2.2Proposicao Se f : D ⊂ Rn −→ R e diferenciavel em X0 e f(X0) 6= 0, entao 1/f e dife-

renciavel em X0.

Demonstracao: Agora faremos uso do teorema 5.1.19. Inicialmente, como f e dife-renciavel em X0, podemos escrever

f(X0 + H) = f(X0) + grad f(X0) ·H + r1(H), onde limH→O

r1(H)

‖H‖ = 0.

Um calculo direto usando derivadas parciais mostra que

grad1

f(X0) = − 1

(f(X0))2grad f(X0).

Assim, para verificar a diferenciabilidade de 1/f em X0, devemos estudar o resto

r(H) =1

f(X0 + H)− 1

f(X0)− grad

1

f(X0) ·H

=1

f(X0 + H)− 1

f(X0)−

(− 1

(f(X0))2 grad f(X0)

)·H

=f(X0)(f(X0)− f(X0 + H)) + f(X0 + H) grad f(X0) ·H

f(X0 + H)(f(X0))2 .

Agora, nao e difıcil ver que

|r(h)|‖H‖ ≤ 1

f(X0 + H)(f(X0))2

(|f(X0)| |r1(H)|

‖H‖ + ‖grad f(X0)‖ |r1(H)|+ ‖grad f(X0)‖2 ‖H‖)

,

desigualdade que implica que limH→O

r(H)/ ‖H‖ = 0. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.2.3Proposicao Se f, g : D ⊂ Rn −→ R sao diferenciaveis em X0 e f(X0) 6= 0, entao o quoci-

ente g/f e diferenciavel em X0.

Demonstracao: Basta juntar a proposicao 5.2.2 com (ii) da proposicao 5.2.1. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.2.4Exemplo Como as aplicacoes lineares sao diferenciaveis (veja exemplo 5.1.9), vem, em par-

ticular, que as projecoes pj : Rn −→ R,

pj(x1, x2, . . . , xn) = xj, 1 ≤ j ≤ n,

sao diferenciaveis em Rn. Logo, as funcoes polinomiais

p(x1, x2, . . . , xn) =d∑

k=1

( ∑

i1+i2+···+in=k

ai1i2...inxi11 xi2

2 . . . xinn

), (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn,

sao, tambem, diferenciaveis em Rn, de acordo com a proposicao 5.2.1.


5.2.5Exemplo A funcao h : B(O, 1) ⊂ R3 −→ R definida por

h(x, y, z) =x + y + xyz + xy + z2

1− x2 − y2 − z2

e diferenciavel em todo ponto da bola aberta B(O, 1), porque coincide com o quociente, f/g,das funcoes polinomiais f(x, y, z) = x + y + xyz + xy + z2 e g(x, y, z) = 1 − x2 − y2 − z2, estaultima sempre positiva em B(O, 1). Um calculo direto mostra que, para (x, y, z) ∈ B(O, 1),

∂h

∂x(x, y, z) =

1 + yz + y

1− x2 − y2 − z2 + 2x + y + xyz + xy + z2

(1− x2 − y2 − z2

)2 x

∂h

∂y(x, y, z) =

1 + xz + x

1− x2 − y2 − z2 + 2x + y + xyz + xy + z2

(1− x2 − y2 − z2

)2 y

∂h

∂z(x, y, z) =

xy + 2z

1− x2 − y2 − z2 + 2x + y + xyz + xy + z2

(1− x2 − y2 − z2

)2 z.

Em particular, grad h(0, 0, 0) = (1, 1, 0). A derivada de h em (0, 0, 0) e, portanto, a funcao linearh′(0, 0, 0) : R3 −→ R dada por

h′(0, 0, 0)(x, y, z) = (1, 1, 0) · (x, y, z) = x + y.

Como f(0, 0, 0) = 0, a aproximacao afim de h na origem coincide com h′(0, 0, 0):

A(x, y, z) = f(0, 0, 0) + h′(0, 0, 0)(x− 0, y − 0, z − 0) = x + y.

5.2.6A Regra da Cadeia

Outra vez buscaremos inspiracao no calculo elementar de uma variavel, agora recordandoa regra da cadeia, a qual ja usamos na proposicao 2.2.8. Para isto, sejam f : I ⊂ R −→ R eg : J ⊂ R −→ R tais que

(i) f(I) ⊂ J , o que permite construir a composta g f : I ⊂ R −→ R;

(ii) f e diferenciavel em a ∈ I;

(iii) g e diferenciavel em b = f(a) ∈ J .

Nestas condicoes, g f e diferenciavel em a, e vale a regra da cadeia:

(g f)′(a) = g′(f(a))f ′(a) = g′(b)f ′(a).

Esta regra continua valendo para funcoes vetoriais, desde que troquemos o produto em seu ladodireito pela composicao de aplicacoes lineares. Mais precisamente, temos o seguinte teorema,ao qual nos referiremos, tambem, como regra da cadeia.


5.2.7 [Regra da Cadeia]Teorema Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e g : E ⊂ Rm −→ Rp duas fun-

coes vetoriais, definidas nos abertos D e E, que satisfazemas seguintes condicoes:

(i) f(D) ⊂ E, o que permite construir a com-posta g f : D ⊂ Rn −→ Rp;

(ii) f e diferenciavel em X0 ∈ D;

(iii) g e diferenciavel em Y0 = f(X0) ∈ E.

Entao, g f e diferenciavel em X0, e vale a regrada cadeia:

(gf)′(X0) = g′(f(X0))f ′(X0) = g′(Y0)f ′(X0).

D

Rn

f-

f ′(X0)-

g-

g′(Y0)-

E

Rm

Rp

Rp?

X0- Y0 6

g f

(g f)′(X0) = g′(Y0) f ′(X0)

Demonstracao: Como antes, usaremos T = f ′(X0) e S = g′(Y0). Para H ∈ Rn eK ∈ Rm, temos que

f(X0 + H) = f(X0) + T (H) + r1(H), onde limH→O

r1(H)

‖H‖ = O

g(Y0 + K) = g(Y0) + S(K) + r2(K), onde limK→O

r2(K)

‖K‖ = O.

Logo,

(g f)(X0 + H) = g(f(X0 + H)) = g(f(X0) + T (H) + r1(H)) = g(Y0 + T (H) + r1(H)),

ou, escrevendo K = T (H) + r1(H),

(g f)(X0 + H) = g(Y0 + K) = g(Y0) + S(K) + r2(K).

Como S e linear, vem que

S(K) = S(T (H) + r1(H)) = S(T (H)) + S(r1(H)) = (S T )(H) + S(r1(H)).

Agora ficamos com

(g f)(X0 + H) = (g f)(X0) + (S T )(H) + r(H),

onder(H) = S(r1(H)) + r2(T (H) + r1(H)),

o que mostra que a nossa preocupacao deve se voltar para o resto r, visto que obtemos umaparte linear para (g f)(X0 + H), a saber, S T . (A linearidade deste operador sera verificadano lema 5.2.8, a seguir.) Portanto, investigaremos o limite limH→O r(H)/ ‖H‖. Temos que

r(H) =

S(r1(H)), se K = T (H) + r1(H) = O

S(r1(H)) + ‖T (H) + r1(H)‖ r2(K)

‖K‖ , se K = T (H) + r1(H) 6= O.


Como T e S sao lineares, existem constantes positivas M e N tais que

‖T (X)‖ ≤ M ‖X‖ , X ∈ Rn e ‖S(Y )‖ ≤ N ‖Y ‖ , X ∈ Rm,

o que vem do teorema 3.2.11. Logo,

0 ≤ ‖r(H)‖ ≤

N ‖r1(H)‖ , se K = T (H) + r1(H) = O

N ‖r1(H)‖+ (M ‖H‖+ ‖r1(H)‖) r2(K)

‖K‖ , se K = T (H) + r1(H) 6= O,

o que produz

0 ≤ ‖r(H)‖‖H‖ ≤

N‖r1(H)‖‖H‖ , se K = T (H) + r1(H) = O

N‖r1(H)‖‖H‖ +

(M +

‖r1(H)‖‖H‖

)r2(K)

‖K‖ , se K = T (H) + r1(H) 6= O,

Como

limH→O

r1(H)

‖H‖ = O e limK→O

r2(K)

‖K‖ = O,

resulta que

limH→O

r(H)

‖H‖ = O,

o que da a diferenciabilidade de g f em X0 e

(g f)′(X0) = S T = g′(f(X0)) f ′(X0),


O seguinte lema de Algebra Linear calcula a matriz de uma composta de aplicacoes linearese sera util para a versao da regra da cadeia que envolve matrizes jacobianas.

5.2.8Lema Se T : Rn −→ Rm e S : Rm −→ Rp sao lineares, entao

(i) a composta S T : Rn −→ Rp e linear;

(ii) a matriz de S T coincide com o produto da matriz de S pela matriz de T , isto e,

M(S T ) = M(S)M(T ),

conforme definicao 1.5.4.

Demonstracao: Dados X, Y ∈ Rn e a ∈ R, vem que

(S T )(aX + Y ) = S(T (aX + Y )) = S(T (aX) + T (Y )) = S(aT (X) + T (Y )),


pois T e linear. Agora, usando a linearidade de S,

(S T )(aX + Y ) = S(aT (X) + T (Y )) = aS(T (X)) + S(T (Y )) = a(S T )(X) + (S T )(Y ).

Donde segue-se a linearidade de S T . Sabemos que as matrizes M(T ) e M(S) satisfazem

T (X) = M(T ) X, ∀X ∈ Rn e S(Y ) = M(S) Y, ∀Y ∈ Rm,

onde X e Y estao sendo olhados como matrizes de uma coluna (veja o teorema 1.5.3). Logo,

(S T )(X) = S(T (X)) = S(M(T ) X) = M(S)(M(T ) X) = (M(S)M(T )) X, ∀X ∈ Rn.

Por outro lado, tambem devemos ter

(S T )(X) = M(S T ) X, ∀X ∈ Rn.

Portanto, M(S T ) = M(S)M(T ). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.2.9Corolario Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e g : E ⊂ Rm −→ Rp duas funcoes vetoriais, defini-

das nos abertos D e E, tais que f(D) ⊂ E, f e diferenciavel em X0 ∈ D e g ediferenciavel em Y0 = f(X0). Entao,

J(g f)(X0) = Jg(f(X0))Jf(X0) = Jg(Y0)Jf(X0).

Demonstracao: Sabemos do corolario 5.1.13, que a matriz de (g f)′(X0) e a matrizjacobiana J(g f)(X0). Pela mesma razao, Jg(Y0) e Jf(X0) sao, respectivamente, as matrizesdas aplicacoes lineares g′(Y0) e f ′(X0), cuja composicao, g′(Y0)f ′(X0), coincide com (gf)′(X0),agora pela regra da cadeia, ou seja, pelo teorema 5.2.7. O lema anterior agora implica que

J(g f)(X0) = M(g′(Y0) f ′(X0)) = M(g′(Y0))M(f ′(X0)) = Jg(Y0)Jf(X0),

e esta completo o corolario. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.2.10Exemplo Sejam

f(u, v) = (u2 + v2, u2 − v2), (u, v) ∈ R2,

g(x, y) = (x + y, xy, x− y), (x, y) ∈ R2.

Calcularemos J(gf)(1, 2) de duas maneiras: cal-culando explicitamente a composta g f ; usandoa regra da cadeia. E bom observar, que a com-posicao f g nao esta definida: a imagem de gnao e subconjunto do domınio de f . Comecamosexplicitando a funcao composta g f :

R2

R2

f-

f ′(1, 2)-

g-

g′(5,−3)-

R2

R2

R3

R3

?

(1, 2) - (5,−3) 6

g f

(g f)′(1, 2) = g′(5,−3) f ′(1, 2)


(g f)(u, v) = g(u2 + v2, u2 − v2) =(2u2,

(u2 + v2

) (u2 − v2

), 2v2

)=

(2u2, u4 − v4, 2v2

).

Logo,

J(g f)(u, v) =

4u 04u3 −4v3

0 4v

Donde obtemos

J(g f)(1, 2) =

4 04 −320 8

.

Agora, visando usar a regra da cadeia, calculamos Jg(5,−3) e Jf(1, 2):

Jf(1, 2) =

(2 42 −4

)e Jg(5,−3) =

1 1−3 51 −1

.

Portanto,

J(g f)(1, 2) = Jg(f(1, 2))Jf(1, 2) =

1 1−3 51 −1

(2 42 −4

)=

4 04 −320 8

,

que da o mesmo resultado obtido pelo calculo direto, o que era de se esperar, porque as funcoesenvolvidas sao diferenciaveis. A derivada de g f em (1, 2) e a funcao linear

(g f)′(1, 2)(x, y) = (g′(5,−3) f ′(1, 2))(x, y) = J(g f)(1, 2)

(xy

)= (4x, 4x− 32y, 8y).

Observacao A igualdade J(g f)(X0) = Jg(f(X0))Jf(X0), dada pelo corolario 5.2.9, deveser usada com bastante cuidado, pois pode deixar de valer quando uma das

aplicacoes envolvidas deixa de ser diferenciavel, como veremos a seguir.

5.2.11Exemplo Sejam

f(t) = (t, t), t ∈ R,

e

g(x, y) =

x2y

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

Como no exemplo anterior, computaremos a ma-triz J(gf)(0) de duas maneiras, e obteremos uma(aparente) contradicao. Temos que

R

R

f-

f ′(0)-

g-

g′(0, 0)-

R2

R2

R

R?

0 - (0, 0) 6

g f

(g f)′(0) = g′(0, 0) f ′(0)


(g f)(t) =

t2t

t2 + t2=

t

2, se t 6= 0

0, se t = 0,

que e o mesmo que (g f)(t) = t/2, t ∈ R. Logo, J(g f)(0) = (1/2). Nao e difıcil verificar que

Jf(0) =

(11

)e Jg(0, 0) = (0 0).

Agora vamos usar a regra da cadeia, sem nenhuma preocupacao com as hipoteses que ela carece.Assim procedendo, obtemos que

J(g f)(0) = Jg(f(0))Jf(0) = Jg(0, 0)Jf(0) = (0 0)(

11

)= (0),

que nao e o resultado que obtivemos diretamente, a partir da composta. Estaria errada a regrada cadeia? Claro que nao! O erro acontece, quando a usamos sem tomar os devidos cuidados.Neste caso, nao verificamos a diferenciabilidade de f e g nos pontos, 0 e (0, 0), respectivamente.Ao fazer isto, vemos que g nao e diferenciavel em (0, 0) (recorra ao exemplo 5.1.16.) Convemnotar, entretanto, que g f e diferenciavel e sua jacobiana em 0 e (1/2).

5.2.12Exemplo Sejam

f(r, θ) = (r cos θ, r sen θ), (r, θ) ∈ R2,

eg : R2 −→ R

diferenciavel e tendo as seguintes propriedades:

∂g

∂x(

√2

2,

√2

2) = 2 e

∂g

∂y(

√2

2,

√2

2) = −3.

Neste exemplo calcularemos as derivadas parciais

∂(g f)

∂r(1,

π

4) e

∂(g f)

∂θ(1,

π

4),

R2

R2

f-

f ′(1, π4 )

-

g-

g′(√

22 ,

√2

2 )-

R2

R2

R

R?

(1, π4 ) - (

√2

2 ,√

22 ) 6

g f

(g f)′(1, π4 ) = g′(

√2

2 ,√

22 ) f ′(1, π

4 )

mesmo nao conhecendo g. Neste caso, claro, devemos usar a regra da cadeia. Temos que

J(g f)(1,π

4) = Jg(f(1,

π

4))Jf(1,

π

4) = Jg(

√2

2,

√2

2)Jf(1,

π

4)

= (2 − 3)

√2

2−√

2

2√2

2

√2

2

=

(−√

2

2− 5

√2

2

).


Logo,∂(g f)

∂r(1,

π

4) = −

√2

2e

∂(g f)

∂θ(1,

π

4) = −5

√2

2.

5.2.13Corolario Sejam

f : D ⊂ Rn −→ Rm e g : E ⊂ Rm −→ R

tais que f(D) ⊂ E. Suponhamos que f seja di-ferenciavel em X0, e que g seja diferenciavel emY0 = f(X0). Indiquemos os elementos de D por

X = (x1, x2, . . . , xn)

e aqueles de E por

Y = (y1, y2, . . . , ym).

Entao, para cada i, 1 ≤ i ≤ n, vale

D

Rn

f-

f ′(X0)-

g-

g′(Y0)-

E

Rm

R

R?

X0- Y0 6

g f

(g f)′(X0) = g′(Y0) f ′(X0)

∂(g f)

∂xi

(X0) =∂g

∂y1

(Y0)∂f1

∂xi

(X0) +∂g

∂y2

(Y0)∂f2

∂xi

(X0) + · · ·+ ∂g

∂ym

(Y0)∂fm

∂xi

(X0). (¶10)

Demonstracao: Temos que J(g f)(X0) = Jg(Y0)Jf(X0), isto e,

J(g f)(X0) =

(∂(g f)

∂x1

(X0)∂(g f)

∂x2

(X0) · · · ∂(g f)

∂xn

(X0)

)

=

(∂g

∂y1

(Y0)∂g

∂y2

(Y0) · · · ∂g

∂ym

(Y0)

)

∂f1

∂x1

(X0)∂f1

∂x2

(X0) . . .∂f1

∂xn

(X0)

∂f2

∂x1

(X0)∂f2

∂x2

(X0) . . .∂f2

∂xn

(X0)

......

...

∂fm

∂x1

(X0)∂fm

∂x2

(X0) . . .∂fm

∂xn

(X0)

.

Para obter (¶10) e so multiplicar Jg(Y0) pela i-esima coluna de Jf(X0). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Ha um bom metodo de memorizar a equacao (¶10), conhecido como a regra da cadeiaclassica, o qual e motivado pela notacao usada nos textos classicos de Calculo Diferencial, e que


funciona assim: comecamos considerando duas funcoes reais de uma variavel real, digamos f eg, como no diagrama

I

R

f-

g-J

R

R

t - -x = f(t) y = g(x) ,

6g f

onde indicamos os elementos do intervalo I por t, e os do intervalo J por x, os quais dependemde t, atraves de f . A notacao introduzida no diagrama tambem indica que y depende de t, viag f , ou seja,

g f : I −−−−−→ Rt −−−−−→ y = (g f)(t)

.

A partir daı, escrevemos :

f ′(t) =dx

dt(t), g′(x) =

dy

dx(x) e (g f)′(t) =

dy

dt(t).

Isto posto, a regra da cadeia em t = t0 e x = x0 = f(t0),

(g f)′(t0) = g′(x0)f′(t),

adquire a aparencia:dy

dt(t0) =

dy

dx(x0)

dx

dt(t0),

ou, omitindo os pontos onde as derivadas sao calculadas,

dy

dt=

dy

dx

dx

dt,

que e bastante mnemonica, se olhamos o lado direito (so olhamos!) com um produto de fracoes.

Para o caso de varias variaveis, procedemos de modo analogo: olhamos para o diagrama

D

Rn

f-

g-E

Rm

R

X - -Y = f(X) z = g(Y ) ,

6g f


onde X = (x1, x2, . . . , xn), Y = (y1, y2, . . . , yn) e f = (f1, f2, . . . , fm). (Observe que o diagramatambem indica que f(D) ⊂ E, condicao que precisamos para construir a composta.) A seguir,escrevemos

y1 = f1(x1, x2, . . . , xn)

y2 = f2(x1, x2, . . . , xn)...

......

ym = fm(x1, x2, . . . , xn)

, z = g(y1, y2, . . . , ym) e z = (g f)(x1, x2, . . . , xn),

e introduzimos uma nova notacao para as derivadas parciais envolvidas, a saber:

∂fj

∂xi

(X) =∂yj

∂xi

(X),∂g

∂yj

(Y ) =∂z

∂yj

(Y ) e∂(g f)

∂xi

(X) =∂z

∂xi

(X),

onde 1 ≤ i ≤ n e 1 ≤ j ≤ m. Olhando para ∂z∂xi

como uma “fracao”, um modo de recupera-la e

fazer um produto do tipo ∂z∂yj

∂yj

∂xi, o que pode ser feito de m maneiras, para j = 1, j = 2,. . . , e

j = m. O que vamos fazer, portanto, e somar estas m possibilidades, o que produz

∂z

∂xi

=∂z

∂y1

∂y1

∂xi

+∂z

∂y2

∂y2

∂xi

+ · · ·+ ∂z

∂ym

∂ym

∂xi

, (¶11)

onde as derivadas parciais com relacao a xi sao calculadas em X0 ∈ D, e aquelas com relacao ayj sao calculadas em Y0 = f(X0). Esta aı a equacao (¶10)! Na realidade, e a cadeia de “fracoes”de (¶11) que motiva a expressao regra da cadeia. Tudo que fizemos funciona igualmente bempara o caso em que g tambem e vetorial, isto e, g : E −→ Rp. E so aplicar o que foi exposto acada funcao coordenada de g, zk = gk(Y ), para 1 ≤ k ≤ p. Finalmente, obtemos

∂z1

∂xi

=∂z1

∂y1

∂y1

∂xi

+∂z1

∂y2

∂y2

∂xi

+ · · ·+ ∂z1

∂ym

∂ym

∂xi

∂z2

∂xi

=∂z2

∂y1

∂y1

∂xi

+∂z2

∂y2

∂y2

∂xi

+ · · ·+ ∂z2

∂ym

∂ym

∂xi

......

...

∂zp

∂xi

=∂zp

∂y1

∂y1

∂xi

+∂zp

∂y2

∂y2

∂xi

+ · · ·+ ∂zp

∂ym

∂ym

∂xi

,

o que fecha o caso geral, no que diz respeito a regra da cadeia classica.

5.2.14Exemplo Dadas

f(s, t) = (st + t2, s2t) e g(x, y) = x2y,

vamos calcular ∂(gf)∂t

, para s = 2 e t = −1, usandoa forma (¶11). Para isto, introduzimos a variavelz = g(x, y), olhando para

x = f1(s, t) = st + t2 e y = f2(s, t) = s2t.

R2f - g -R2 R

(s, t) - -(x, y) z

6g f


Portanto,∂z

∂t=

∂z

∂x

∂x

∂t+

∂z

∂y

∂y

∂t= 2xy(s + 2t) + x2s2.

Quando s = 2, t = −1, temos que x = −1 e y = −4. Logo,

∂(g f)

∂t(2,−1) =

∂z

∂t(2,−1) = 2(−1)(−4)(2− 2) + (−1)2(2)2 = 4.

Agora, usando a regra da cadeia do corolario 5.2.9:

J(g f)(2,−1) = Jg(f(2,−1))Jf(2,−1) = Jg(−1,−4)Jf(2,−1) = (8 1)(−1 0−4 4

)= (−12 4).

5.2.15Exemplo Sejam g : R2 −→ R uma funcao real de classe C2 e f a aplicacao coordenadas

polares dada por

f : R2 −−−−−→ R2

(r, θ) −−−−−→ f(r, θ) = (r cos θ, r sen θ).

Neste exemplo obteremos as expressoes para as derivadas parciais ate a ordem 2 para a funcaocomposta g f . Sera util olhar o diagrama

R2f - g -R2 R

(r, θ) - -(x, y) z = g(x, y) ,

6g f

onde x = r cos θ e y = r sen θ. Temos que

∂z

∂r=

∂z

∂x

∂x

∂r+

∂z

∂y

∂y

∂r=

∂z

∂xcos θ +

∂z

∂ysen θ,

∂z

∂θ=

∂z

∂x

∂x

∂θ+

∂z

∂y

∂y

∂θ=

∂z

∂x(−r sen θ) +

∂z

∂y(r cos θ),

(¶12)

ou, usando a linguagem da composta g f ,

∂(g f)

∂r(r, θ) =

∂g

∂x(f(r, θ))

∂x

∂r+

∂g

∂y(f(r, θ))

∂y

∂r

=∂g

∂x(f(r, θ)) cos θ +

∂g

∂y(f(r, θ)) sen θ,

∂(g f)

∂θ(r, θ) =

∂g

∂x(f(r, θ))

∂x

∂θ+

∂g

∂y(f(r, θ))

∂y

∂θ

=∂g

∂x(f(r, θ)) (−r sen θ) +

∂g

∂y(f(r, θ)) (r cos θ),

(¶13)


Agora, como g esta sendo suposta de classe C2, podemos aplicar, outra vez, a regra da cadeiapara as compostas

(∂g

∂x f)(r, θ) =

∂g

∂x(f(r, θ)) e (

∂g

∂y f)(r, θ) =

∂g

∂y(f(r, θ)),

para obter

∂

(∂g

∂x f

)

∂r=

∂

(∂z

∂x

)

∂r=

∂2g

∂x2

∂x

∂r+

∂2g

∂y∂x

∂y

∂r=

∂2g

∂x2cos θ +

∂2g

∂y∂xsen θ,

∂

(∂g

∂x f

)

∂θ=

∂

(∂z

∂x

)

∂θ=

∂2g

∂x2

∂x

∂θ+

∂2g

∂y∂x

∂y

∂θ=

∂2g

∂x2(−r sen θ) +

∂2g

∂y∂x(r cos θ),

∂

(∂g

∂y f

)

∂r=

∂

(∂z

∂y

)

∂r=

∂2g

∂x∂y

∂x

∂r+

∂2g

∂y2

∂y

∂r=

∂2g

∂x∂ycos θ +

∂2g

∂y2sen θ,

∂

(∂g

∂y f

)

∂θ=

∂

(∂z

∂y

)

∂θ=

∂2g

∂x∂y

∂x

∂θ+

∂2g

∂y2

∂y

∂θ=

∂2g

∂x∂y(−r sen θ) +

∂2g

∂y2(r cos θ),

(¶14)

onde, claro, as derivadas parciais de g sao todas calculadas em x = r cos θ e y = r sen θ.Voltaremos a (¶12) (ou (¶13)) para calcular

∂2(g f)

∂r2=

∂2z

∂r2,

∂2(g f)

∂r∂θ=

∂2z

∂r∂θe

∂2(g f)

∂θ2=

∂2z

∂θ2.

Derivando a primeira equacao de (¶12) com relacao a r e θ, vem que

∂2z

∂r2=

∂(

∂z∂x

)

∂rcos θ +

∂(

∂z∂y

)

∂rsen θ.

e

∂2z

∂θ∂r=

(∂

(∂z∂x

)

∂θcos θ − ∂z

∂xsen θ

)+

∂

(∂z∂y

)

∂θsen θ +

∂z

∂ycos θ

.

Usando (¶14) e o teorema de Schwarz (teorema 4.2.7), estas equacoes ficam

∂2z

∂r2=

∂2g

∂x2cos2 θ +

∂2g

∂x∂ysen 2θ +

∂2g

∂y2sen2 θ.

e∂2z

∂θ∂r= −∂g

∂xsen θ +

∂g

∂ycos θ +

∂2g

∂x∂yr cos 2θ + (

∂2g

∂y2− ∂2g

∂x2)r cos θ sen θ.

O mesmo tipo de calculo, agora a partir da segunda equacao de (¶12), da que

∂2z

∂θ2= −∂g

∂xr cos θ − ∂g

∂yr sen θ − ∂2g

∂x∂yr2 cos 2θ +

∂2g

∂x2r2 sen2 θ +

∂2g

∂y2r2 cos2 θ.


Em particular, se r 6= 0, obtemos a seguinte expressao para o laplaciano de g em coordenadaspolares:

∆g(r cos θ, r sen θ) =∂2g

∂x2(r cos θ, r sen θ) +

∂2g

∂y2(r cos θ, r sen θ)

=1

r

∂(g f)

∂r(r, θ) +

1

r2

∂2(g f)

∂θ2(r, θ) +

∂2(g f)

∂r2(r, θ),

(¶15)

o que vem das expressoes que obtivemos para ∂z∂r

, ∂2z∂r2 e ∂2z

∂θ2 .

5.2.16Exemplo Sejam D = R2−(0, 0) e g : D −→ R definida por g(x, y) = log

√x2 + y2. Se f

e a aplicacao em coordenadas polares do exemplo anterior restrita a r > 0, entao

(g f)(r, θ) = g(r cos θ, r sen θ) = log√

r2 cos2 θ + r2 sen2 θ = log r.

Logo,

∆g(r cos θ, r sen θ) =1

r

∂(g f)

∂r(r, θ) +

1

r2

∂2(g f)

∂θ2(r, θ) +

∂2(g f)

∂r2(r, θ)

=1

r

1

r− 1

r2 = 0.

Isto implica que ∆g(x, y) = 0, para todo (x, y) ∈ D, pois todo elemento de D pode ser expressona forma x = r cos θ e y = r sen θ, para alguns r > 0 e θ ∈ [0, 2π]. Portanto, g e uma funcaoharmonica (veja o exercıcio 4-9).

5.3O Teorema do Valor Medio

No capıtulo 2, mais precisamente na secao 2.2, fizemos uma breve discussao sobre o teo-rema do valor medio para funcoes reais de uma variavel real, o qual recolocamos aqui.

5.3.1Teorema Seja f : [a, b] −→ R uma funcao contınua no intervalo fechado [a, b] e derivavel

no intervalo aberto (a, b). Entao, existe c ∈ (a, b) tal que

f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a).

Naquela discussao, observamos que este teorema nao admite uma extensao para as curvas para-metrizadas, caso no qual e possıvel obter um novo teorema, um pouco mais fraco, pois contem

188 O Teorema do Valor Medio

uma desigualdade, a qual chamamos de desigualdade do valor medio (teorema 2.2.11). Portanto,o teorema do valor medio deixa de funcionar quando o contradomınio da funcao consideradatem dimensao maior do que 1. Entretanto, existe um teorema do valor medio (teorema 5.3.7, aseguir) para funcoes reais de varias variaveis, que generaliza o teorema acima. Tal generalizacaoe o objetivo principal desta secao. Antes dele, estabeleceremos alguns fatos preliminares. Oprimeiro e mais um corolario da regra da cadeia, o qual envolve curvas parametrizadas e funcoesreais.

5.3.2Corolario Sejam α : I ⊂ R −→ D ⊂ Rn e f : D ⊂ Rn −→ R, diferenciaveis no intervalo

aberto I e no aberto D, com α(I) ⊂ D, como mostra o diagrama.

I

R

α-

f-D

Rn

R

t - -X = α(t) z = f(X) ,

6f α

Se t ∈ I, entao (f α)′(t) = grad f(α(t)) · α′(t).Demonstracao: E uma aplicacao imediata do corolario 5.2.9. Com efeito, sejam α1,

α2, . . ., αn as funcoes coordenadas de α, e X = (x1, x2, . . . , xn). Entao,

Jf(X) =

(∂f

∂x1

(X)∂f

∂x2

(X) · · · ∂f

∂xn

(X)

)e Jα(t) =

α′1(t)

α′2(t)...

α′n(t)

.

Do citado corolario, vem que

(dz

dt(t)

)= ((f α)′(t)) = Jf(α(t))Jα(t) =

(∂f

∂x1

(X)∂f

∂x2

(X) · · · ∂f

∂xn

(X)

)

α′1(t)

α′2(t)...

α′n(t)

.

Logo,

(f α)′(t) =∂f

∂x1

(α(t))α′1(t) +∂f

∂x2

(α(t))α′2(t) + · · ·+ ∂f

∂xn

(α(t))α′n(t) = grad f(α(t)) · α′(t),

o que termina a prova. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


5.3.3Definicao Um conjunto D ⊂ Rn e dito convexo se para todos X e Y de D o segmento de

reta que liga X a Y esta contido em D, isto e,

[X, Y ] = Z ∈ Rn; Z = X + t(Y −X), 0 ≤ t ≤ 1 ⊂ D.

Figura 82-(a): Convexo

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppppppppp pppppppppp pppppppp pppppp ppppp ppppp ppppp pppp pppp ppppp ppppp pppp pppp ppp ppp ppp ppp ppppp pp ppp ppp ppp pp pppp pp pppp ppp pp pppp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp pp pp pp pppp ppp pp pp ppp ppp pp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp pp ppp pp pp pp ppp pppp pp ppp pp ppp pp pppp pp pp pp pp pp ppp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp ppp ppp pp pp pppp ppp pp pp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp ppp ppp pp ppp ppp pppp ppp pppp pp pppp pp pppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp ppp ppp pppp ppppp ppppp pppp pppp pppppp ppppp ppppp pppppp pppppppp pppppppppp ppppppppppppppppppppppppppppp

q qYX

Figura 82-(b): Nao-convexo

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

ppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp ppppppppppp pppppppppp ppppppppp ppppppppp ppppppp ppppppp ppppppp pppppp ppppppp ppppp ppppp ppppp ppppp ppppp pppp pppp ppppp ppp ppp pppp pp pppp pp pppp ppppp ppp ppppp pppp ppp ppp ppp ppp pppp pppp pppp ppp ppp pppp pppp pppp pppp ppp ppp pp ppp pp pp ppp pp ppp pppp pp ppp pp pppp pp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pp ppp pp ppp pp pp pp ppp pp ppp pp pp pppp ppp pp pp ppp pp pp pppp pppp ppp pp ppp pp ppp pp pppp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp pp ppp pppp pp ppp ppp pp pppp ppp ppp pppp pp ppp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp pp ppp ppp pppp ppppppppp ppp pppp ppp ppp ppp pp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp ppp ppp pppp pppp ppp pppp ppp ppp pppp ppppp ppppp ppppp ppppp pppppp pppppp ppppppppp ppppppppppppppppppppppppppppppp

q

qY

X

q

5.3.4Exemplo Temos alguns exemplos simples de conjuntos convexos.

(i) Os intervalos de R;

(ii) as retas do R2;

(iii) as retas e os planos do R3;

(iv) os subespacos do Rn.

5.3.5Exemplo As bolas abertas e fechadas do Rn sao conjuntos convexos. Consideremos a

bola aberta B(X0, a), de centro X0 e raio a, e nela fixemos X e Y . Logo,‖X −X0‖ < a e ‖Y −X0‖ < a. Seja Z ∈ [X,Y ] um ponto qualquer do segmento [X,Y ].Entao, Z = X + t(Y −X), para algum 0 ≤ t ≤ 1. Temos que

‖Z −X0‖ = ‖(1− t)(X −X0) + t(Y −X0)‖ ≤ (1−t) ‖X −X0‖+t ‖Y −X0‖ < (1−t)a+ta = a.

Isto implica que Z ∈ B(X0, a). Como Z e arbitrario em [X, Y ], segue-se que [X,Y ] ⊂ B(X0, a).Para a bola fechada a solucao e quase a mesma: basta trocar o < por ≤, em algumas passagens.

5.3.6Exemplo Segue abaixo uma lista de conjuntos nao-convexos.

(i) Qualquer reta ou plano do qual tiramos alguns pontos;

(ii) os cırculos do plano;

(iii) as esferas do R3;

(iv) a esfera de centro X0 e raio a do Rn,

Sn−1(X0, a) = X ∈ Rn; ‖X −X0‖ = a,nao e um conjunto convexo. De fato, se X, Y ∈ Sn−1(X0, a), entao so as extremidades de[X,Y ] pertencem a esta esfera.


Agora podemos enunciar o teorema do valor medio, cuja existencia anunciamos na introdu-cao desta secao.

5.3.7 [Teorema do Valor Medio]Teorema Seja f : D ⊂ Rn −→ R uma funcao diferenciavel

no aberto convexo D. Entao, dados X e Y emD, existe X0 ∈ [X, Y ], X0 6= X e X0 6= Y , tais que

f(Y )− f(X) = grad f(X0) · (Y −X).

Demonstracao: Seja α(t) = X + t(Y −X), t ∈ [0, 1]. Como D e convexo, o traco de αesta contido em D e, portanto, podemos construir a composta h = f α, a qual e contınua em[0, 1] e, pela regra da cadeia, diferenciavel no intervalo aberto (0, 1). O teorema do valor mediopara funcoes reais de uma variavel aplicado a h produz um c ∈ (0, 1) tal que

h(1)− h(0) = h′(c)(1− 0) = h′(c).

Mas, h(1) = f(α(1)) = f(Y ), h(0) = f(α(0)) = f(X), α′(t) = Y −X, e, pelo corolario 5.3.2,

h′(c) = grad f(α(c)) · α′(c) = grad f(X + c(Y −X)) · (Y −X).

Logo,f(Y )− f(X) = h(1)− h(0) = h′(c) = grad f(X0) · (Y −X),

onde X0 = X + c(Y −X) e 0 < c < 1. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.3.8Corolario Seja f : D ⊂ R2 −→ R, diferenciavel no aberto convexo D. Se ∂f

∂x= 0 em D,

entao f nao depende de x, isto e, f(x1, y) = f(x2, y), sempre que (x1, y) e(x2, y) pertencam a D.

Demonstracao: Fixemos X = (x1, y) e Y = (x2, y). Como estamos supondo D convexopodemos usar o teorema do valor medio para achar X0 entre X e Y tais que

f(Y )− f(X) = grad f(X0) · (Y −X) = (0,∂f

∂y(X0)) · (x2 − x1, 0) = 0.

Logo, f(Y ) = f(X), como querıamos. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.3.9Corolario Seja f : D ⊂ Rn −→ R, diferenciavel no aberto convexo D. Se ∂f

∂xi= 0 em D,

para algum i, i = 1, 2, . . . , n, entao f nao depende de xi.

Demonstracao: Basta reproduzir a prova anterior, com as devidas adaptacoes. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Vimos, em parte do exemplo 5.1.9, que a derivada de uma funcao constante e, em todoponto, aplicacao linear nula. O proximo corolario se encarrega da recıproca deste fato, para ocaso que domınio da funcao dada e convexo.


5.3.10Corolario Seja f : D ⊂ Rn −→ R, diferenciavel no aberto convexo D. Se f ′(X) = 0 (ou

Jf(X) = 0, ou grad f(X) = O), para todo X ∈ D, entao f e constante.

Demonstracao: Como f ′(X) e sempre nula, vem que sua matriz, a matriz Jf(X),tambem e nula, para todo X ∈ D. Portanto, grad f(X) = O, ∀X ∈ D. Agora, fixemos doiselementos quaisquer de D, digamos X e Y . Temos do teorema do valor medio que existe X0

entre X e Y tal que

f(Y )− f(X) = grad f(X0) · (Y −X) = (0, 0, . . . , 0) · (Y −X) = 0.

Logo, f(X) = f(Y ), o que mostra que f e constante. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.3.11Corolario Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm, diferenciavel no aberto convexo D. Se f ′(X) e a

funcao linear nula (ou Jf(X) = 0), para todo X ∈ D, entao f e constante.

Demonstracao: Note que as funcoes coordenadas de f ′(X) sao todas nulas. Agora eso aplicar o corolario anterior as funcoes coordenadas de f , para concluir que cada uma delas econstante e, portanto, obter que o mesmo se passa com f . pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao O resultado do corolario anterior pode ser obtido com uma exigencia mais fracasobre a estrutura do conjunto D. Basta que D seja conexo: dados X e Y em D,

existe uma curva parametrizada diferenciavel α : [0, 1] −→ D que liga X a Y , isto e, α(0) = Xe α(1) = Y . Se D e conexo, entao dois pontos quaisquer de D podem ser ligados por uma linhapoligonal. O argumento usado na prova do corolario 5.3.10 mostra que f assume o mesmo valorem cada vertice da poligonal. Portanto, f deve ser constante em D.

5.3.12Exemplo E claro que os conjuntos convexos sao conexos; as esferas sao conexas, mas, como

vimos, nao e convexa; os subconjuntos envolvidos por uma curva simples fechadano plano sao conexos; o hiperboloide de duas folhas H = (x, y, z); x2 + y2 − z2 = −1 nao econexo. (Veja figura 28-(c), pagina 36.)

5.3.13Exemplo Vejamos um contra-exemplo bastante simples para o corolario 5.3.10, quando

retiramos de D a condicao de ser conexo. Definimos D como sendo a uniao dasbolas abertas B(O, 1) e B(X0, 1), onde X0 = (3, 0). Agora construımos f : D −→ R do seguintemodo:

f(x, y) =

1, se (x, y) ∈ B(O, 1)

2, se (x, y) ∈ B(X0, 1).

Entao, f tem derivada nula em todo ponto do aberto D, mas f nao e constante. Isto so epossıvel porque D nao e conexo.


5.3.14 [A Equacao da Onda]Exemplo Considere a seguinte equacao diferencial parcial (ou

EDP), conhecida como equacao da onda.

c2 ∂2u

∂x2=

∂2u

∂t2, (¶16)

onde c 6= 0 e constante. Neste exemplo, estaremos preocupados com as solucoes desta EDP queestao definidas em todo R2. Inicialmente, consideramos a funcao u : R2 −→ R definida por

u(x, t) = cos(x− ct) + sen(x + ct),

cujas derivadas parciais de primeira ordem sao

∂u

∂x(x, t) = − sen(x− ct) + cos(x + ct) e

∂u

∂t(x, t) = c sen(x− ct) + c cos(x + ct).

Donde

∂2u

∂x2(x, t) = − cos(x− ct)− sen(x + ct) e

∂2u

∂t2(x, t) = −c2 cos(x− ct)− c2 sen(x + ct).

Logo,

c2 ∂2u

∂x2(x, t) =

∂2u

∂t2(x, t), ∀(x, t) ∈ R2,

isto e, u(x, t) = cos(x − ct) + sen(x + ct) e solucao da equacao da onda. Mais geralmente, sef, g : R −→ R sao duas vezes diferenciaveis, e u : R2 −→ R e definida por

u(x, t) = f(x− ct) + g(x + ct), (x, t) ∈ R2, (¶17)

entao u e solucao de (¶16). De fato, neste caso,

∂2u

∂x2(x, t) = f ′′(x− ct) + g′′(x + ct) e

∂2u

∂t2(x, t) = c2f ′′(x− ct) + c2g′′(x + ct).

Logo,

c2 ∂2u

∂x2=

∂2u

∂t2

e, portanto, temos uma famılia razoavelmente grande de solucoes para a equacao da onda. Nesteponto, surge um problema natural, o qual consiste em saber se existem solucoes de outro tipo,alem daquele em (¶17). Na exposicao que faremos a seguir, mostraremos que toda solucao daequacao da onda e do tipo descrito em (¶17), para algumas f e g. Para isto, seja u : R2 −→ Ruma solucao (de classe C2) qualquer da EDP (¶16). Agora introduzimos no problema, a aplica-cao linear T definida por:

T : R2 −−−−−→ R2

(y, s) −−−−−→ T (y, s) = (y + s

2,s− y

2c).


T tranformara, num certo sentido, a equacao daonda numa equacao mais simples. Portanto, fica-mos com o diagrama ao lado. Indicaremos por ua composta u T , isto e,

u(y, s) = (u T )(y, s) = u(y + s

2,s− y

2c).

Aplicando a regra da cadeia a u, obtemos

R2T - u -R2 R

(y, s) - -(x, t) z

6u T

∂u

∂y=

∂z

∂y=

∂u

∂x

∂x

∂y+

∂u

∂t

∂t

∂y=

∂u

∂x

1

2− ∂u

∂t

1

2c,

expressao que derivada com relacao a s produz

∂2u

∂s∂y=

1

2

(∂2u

∂x2

1

2+

∂2u

∂t∂x

1

2c

)− 1

2c

(∂2u

∂x∂t

1

2+

∂2u

∂t21

2c

)

=1

4

(∂2u

∂x2− 1

c2

∂2u

∂t2

)

=1

4

(∂2u

∂x2− 1

c2 (c2 ∂2u

∂x2)

)= 0,

onde, na passagem da segunda para a terceira linha, usamos o fato de u ser solucao de (¶16).Isto mostra que ∂u

∂ynao depende de s, de acordo com o corolario 5.3.8. Logo,

∂u

∂y(y, s) = h(y), (y, s) ∈ R2,

onde h : R −→ R. Fixando y0 ∈ R, obtemos que

u(y, s)− u(y0, s) =

∫ y

y0

∂u

∂y(t, s)dt =

∫ y

y0

h(t)dt.

Donde

u(y, s) =

∫ y

y0

h(t)dt + u(y0, s),

ouu(y, s) = f(y) + g(s),

onde

f(y) =

∫ y

y0

h(t)dt e g(s) = u(y0, s).

Em resumo, temos que

(u T )(y, s) = u(y + s

2,s− y

2c) = f(y) + g(s), ∀(y, s) ∈ R2,

o que implica, fazendo y = x− ct e s = x + ct (isto significa que estamos invertendo a aplicacaolinear T , obtendo T−1(x, t) = (x− ct, x + ct)), que

u(y + s

2,s− y

2c) = u(x, t) = f(x− ct) + g(x + ct).

Portanto, u e da forma (¶17).

194 Algumas Aplicacoes do Gradiente

5.4Algumas Aplicacoes do Gradiente

Na secao 4.5, introduzimos a nocao de derivada direcional de f : D ⊂ Rn −→ Rm no pontoX0 ∈ D e na direcao do vetor unitario U ∈ Rn, como sendo o vetor do Rm

∂f

∂U(X0) = lim

t→0

f(X0 + tU)− f(X0)

t,

caso o limite indicado exista. Neste secao, teremos nossa atencao voltada para as funcoes reais,isto e, m = 1, caso no qual a derivada direcional ∂f

∂U(X0), que e um numero real, e tambem

chamada de taxa de crescimento de f em X0 na direcao U .Dados f : D ⊂ Rn −→ R e X0 ∈ D, uma questao natural, e de grande interesse na pratica,

e determinar em qual direcao f cresce mais rapidamente em X0. Em outras palavras, determinarU para o qual e maxima a taxa de crescimento ∂f

∂U(X0). No exemplo 4.5.5, indicamos uma solu-

cao, usando as ferramentas do calculo diferencial de uma variavel, para um problema deste tipo.Felizmente, quando a aplicacao f e diferenciavel, e possıvel determinar a direcao de crescimentomaximo para f . Esta direcao e indicada pelo vetor gradiente, fato que justifica a escolha dotermo gradiente.

5.4.1 [Crescimento Maximo]Teorema Seja f : D ⊂ Rn −→ R uma aplicacao diferenciavel no

ponto X0 do aberto D. O vetor grad f(X0) tem aspropriedades abaixo.

(i) Dado um vetor unitario U , vale

∂f

∂U(X0) = grad f(X0) · U ;

(ii) se grad f(X0) 6= O, entao a taxa de crescimento maxima de f em X0 e atingida no vetor

U0 =grad f(X0)

‖grad f(X0)‖ ,

e o seu valor nesta direcao e dado por

∂f

∂U0

(X0) = ‖grad f(X0)‖ .

Demonstracao: Como f e diferenciavel em X0, vem, combinando os corolarios 5.1.12e 5.1.14, que

∂f

∂U(X0) = f ′(X0)(U) = grad f(X0) · U.

Usando a desigualdade de Cauchy-Schwarz, temos que

∂f

∂U(X0) ≤

∣∣∣∣∂f

∂U(X0)

∣∣∣∣ = |grad f(X0) · U | ≤ ‖grad f(X0)‖ ‖U‖ = ‖grad f(X0)‖ ,


o que mostra que as taxas de crescimento de f em X0 sao limitadas pelo numero grad f(X0).Agora, se grad f(X0) 6= O, podemos construir o vetor unitario na sua direcao, a saber:

U0 =grad f(X0)

‖grad f(X0)‖ ,

segundo o qual a taxa de crescimento de f em X0 e

∂f

∂U0

(X0) = grad f(X0) · U0 = grad f(X0) · grad f(X0)

‖grad f(X0)‖ = ‖grad f(X0)‖ ,

e a prova esta completa. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

5.4.2Exemplo Seja f(x, y) = 4x2 + y2, (x, y) ∈ R2, funcao com a qual trabalhamos no exem-

plo 4.5.5. Determinaremos, com o auxılio do teorema 5.4.1, a direcao de cresci-mento maximo e a taxa de crescimento maxima de f em X0 = (1, 2). Como f e diferenciavel, egrad f(X0) = (8, 4) 6= (0, 0), vem que

U0 =grad f(X0)

‖grad f(X0)‖ =1

4√

5(8, 4) = (

2√5,

1√5)

e a direcao de crescimento maximo de f em X0. A taxa de crescimento maxima e

∂f

∂U0

(X0) = ‖grad f(X0)‖ = 4√

5.

Geometricamente, podemos olhar este numero como a inclinacao da reta tangente do paraboloideelıptico z = 4x2 + y2 em P = (1, 2, 8) que esta mais inclinada. Tal reta e a que passa por P e eparalela ao vetor

V = (2√5,

1√5,

∂f

∂U0

(X0)) = (2√5,

1√5, 4√

5).

5.4.3Exemplo Seja f : R3 −→ R definida por f(x, y, z) = xy + yz + z2. Sejam X0 = (1, 0, 1) e

U o vetor unitario U = (1/√

6, 2/√

6,−1/√

6). Como f e diferenciavel (f e poli-nomial), podemos calcular a derivada direcional de ∂f

∂U(X0) usando o item (i) do teorema 5.4.1.

Temos que grad f(x, y, z) = (y, x + z, y + 2z). Logo,

∂f

∂U(X0) = grad f(X0) · U = (0, 2, 2) · ( 1√

6,

2√6,− 1√

6) =

√6

3.

Portanto, a taxa de crescimento de f em (1, 0, 1) na direcao U e√

6/3. Agora, em qual direcaof cresce mais rapidamente em X0? Qual a taxa de crescimento nesta direcao? A respostas paraestas questoes sao facilmente obtidas via teorema 5.4.1. De fato, grad f(X0) = (0, 2, 2) e umvetor nao-nulo. Logo, a direcao de crescimento maximo e dada pelo vetor unitario

U0 =grad f(X0)

‖grad f(X0)‖ =1

2√

2(0, 2, 2) = (0,

√2

2,

√2

2),


e a taxa de crescimento maxima e

∂f

∂U0

(X0) = ‖grad f(X0)‖ = 2√

2.

(Como teste, compare as taxas de crescimento obtidas nas direcoes U e U0:√

6/3 e 2√

2. Aprimeira deve ser menor do que a segunda. Concorda?)

5.4.4Exemplo Nos dois exemplos anteriores, procuramos sempre chamar a atencao para a di-

ferenciabilidade de f , antes de usar o teorema 5.4.1. Este exemplo tem comoobjetivo mostrar que tal preocupacao e, de fato, procedente: podemos incorrer em um erro, aonao levar a diferenciabilidade em conta. Um bom exemplo, e considerar f definida em R2 por

f(x, y) =

x2y

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0),

X0 = (0, 0) e U = (u1, u2) um vetor unitario tal que u1u2 6= 0. Retomando os calculos quefizemos no exemplo 5.1.16, vemos que

grad f(0, 0) = (0, 0) e∂f

∂U(0, 0) = u2

1u2,

elementos calculados usando suas definicoes. Naquele exemplo, tambem verificamos que f naoe diferenciavel em X0. Agora, se calculamos ∂f

∂U(0, 0) atraves do item (i) do teorema 5.4.1, sem

preocupacao alguma com suas hipoteses, vamos obter

∂f

∂U(0, 0) = grad f(0, 0) · (u1, u2) = 0,

o que contradiz o resultado acima. Note que a resposta correta para a derivada direcional∂f∂U

(0, 0) e o numero u21u2.

5.4.5Exemplo Consideremos f(x, y) = x2 + y2, (x, y) ∈ R2, cujo grafico e o paraboloide de

revolucao (figura 20, pagina 31). Fixando nossa atencao no ponto P = (0, 0, 0)do paraboloide, vemos que f cresce “igualmente” em todas as direcoes a partir de (0, 0), poisas curvas obtidas seccionando o paraboloide por planos que contem P e sao perpendiculares aoplano-xy sao copias identicas da parabola y = x2. Portanto, nao pode haver uma direcao decrescimento maximo privilegiada. Isto mostra, sem fazer calculos, que o grad f(0, 0) deve sernulo, pois, caso contrario, deveria haver uma direcao de crescimento maximo. Agora pegue asela z = g(x, y) = y2 − x2 (figura 21-(c), pagina 31), e obtenha um argumento analogo parajustificar o fato que grad g(0, 0) = (0, 0).


5.4.6Superfıcies Definidas Implicitamente

Seja f : D ⊂ R3 −→ R uma aplicacao diferenciavel no aberto D. Dado k ∈ R, lembramosque o conjunto de nıvel k de f (definicao 1.4.13) e o subconjunto de D definido por

f−1(k) = (x, y, z) ∈ D; f(x, y, z) = k,isto e, f−1(k) e o conjunto de solucoes em D da equacao f(x, y, z) = k. Sob certas condicoes, oconjunto f−1(k), quando nao-vazio, coincide com o que chamamos, em Geometria Diferencial,de superfıcie regular. Intuitivamente, uma superfıcie regular e um subconjunto do espaco R3

que pode ser construıdo atraves da colagem de graficos de funcoes, ora de x e y, ora de xe z, ora de y e z. Por exemplo, as esferas, os elipsoides, e os paraboloides sao superfıciesregulares. As superfıcies regulares que sao conjuntos de nıvel sao chamadas superfıcies definidasimplicitamente.

Seja S ⊂ R3 uma superfıcie regular. A nocao de plano tangente a S em um ponto P podeser introduzida como sendo o plano que contem P e e paralelo aquele plano (subespaco) quecontem todos os vetores tangentes em P das curvas de S que passam por P . Faz sentido, por-tanto, falar no plano tangente a um conjunto de nıvel S = f−1(k) em um ponto P , o qual indica-remos por πP (S). Para determinar este plano, tomamos uma curva parametrizada diferenciavel

¡¡

¡¡ªx

6z

-y

-αI rt0

qqqq qqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqq qqq qqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqq qqqqqq qqqq qqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqq qqqqq qqqqq qqqqqqq qq qqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqq qqqqqqqq qqqq qqqqq qqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqq q q qqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq q qqq q qqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqq q qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq q q qqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqq q qqqqqq qqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqq qqqq qqqqqqqqq qqqqqq qqqqqq q qqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqq q qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqq qqqqq q qqqqqqq qqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq q qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqq qqq q qqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqq qqqq qq qqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qq qqq q qqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqq qq qqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqq qqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqq qqqqqqqq qqqqqq qqqqqq qqq qqqq qqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qqq qqqqqqq qqqqqqqqqq qqqq qqqqq qqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqq qqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqq qqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqq

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppp pppppp pppppp pppp pp ppp pppp pppp pp pppp pppp pppp pp ppp ppp ppp pp ppp ppp pp pppp ppp pp ppppppppppp pp ppp pppp pp ppp ppp pppp ppp pp pppp pppp pp pppp ppp pppp ppp ppp ppp ppp ppp pppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppppppppppppppppppppppppppppp P

S = f−1(k)

©©©©*

JJJ

¢¢¢

r ∇f(P )

α′(t0)

©¢JJ© -f

Figura 83

Rkr

qualquer, cujo traco esteja contido em S e contem P , isto e, α : I ⊂ R −→ S ⊂ R3, α(t0) = P,para algum t0 ∈ I. Como α(t) ∈ S, para todo t ∈ I, vem que f(α(t)) = k, para todo t ∈ I. Docorolario 5.3.2, temos que

(f(α(t)))′ = grad f(α(t)) · α′(t).Logo, grad f(α(t)) · α′(t) = 0, para todo t ∈ I. Em particular, para t = t0, obtemos que

grad f(α(t0)) · α′(t0) = grad f(P ) · α′(t) = 0,

o que mostra que o vetor grad f(P ), quando nao-nulo, e um vetor perpendicular a superfıcie Sno ponto P . Portanto,

πP (S) = X = (x, y, z) ∈ R3; (X − P ) · grad f(P ) = 0. (¶18)


5.4.7Exemplo Consideremos o elipsoide S = (x, y, z); x2 + 2y2 + 3z2 = 21, veja o exem-

plo 4.1.21. Para determinar o plano tangente a esta superfıcie definida im-plicitamente no ponto P = (1, 2, 2), simplesmente calculamos o vetor grad f(1, 2, 2), ondef(x, y, z) = x2 + 2y2 + 3z2, (x, y, z) ∈ R3. Temos que grad f(1, 2, 2) = (2, 8, 12). Portanto,

πP (S) = X = (x, y, z); (X − P ) · grad f(P ) = 0 = (x, y, z); x + 4y + 6z = 21.

Para determinar outros planos tangentes de S, que sao paralelos a este, devemos achar os pontos(x, y, z) ∈ S, onde o grad f e paralelo ao vetor (2, 8, 12), isto e, devemos resolver o sistema emx, y, z e λ:

x2 + 2y2 + 3z2 = 21

(2x, 4y, 6z) = λ(2, 8, 12).

A segunda equacao produz x = λ, y = z = 2λ, o que substituıdo na primeira obriga que λ sejaraiz de

λ2 + 2(2λ)2 + 3(2λ)2 = 21λ2 = 21.

Logo, λ = ±1. Para λ = 1, obtemos (x, y, z) = (1, 2, 2) = P , onde o plano tangente e, comovimos, x + 4y + 6z = 21. Para λ = −1, obtemos (x, y, z) = (−1,−2,−2), onde o plano tangentee x + 4y + 6z = −21.

5.4.8Exemplo Seja f : D ⊂ R2 −→ R diferenciavel em D. O grafico de f ,

S = G(f) = (x, y, z); z = f(x, y), (x, y) ∈ D,

pode ser olhado como o conjunto de nıvel F−1(0), onde

F (x, y, z) = f(x, y)− z, (x, y, z) ∈ D × R.

Assim, para determinar o plano tangente a G(f) em P = (a, b, f(a, b)), podemos usar as ferra-mentas aprendidas nesta secao. Para isto, calculamos o vetor grad F (P ). Temos que

grad F (P ) = (∂f

∂x(a, b),

∂f

∂y(a, b),−1).

Logo,

πP (S) = (x, y, z); (x− a, y − b, z − f(a, b)) · (∂f

∂x(a, b),

∂f

∂y(a, b),−1) = 0

= (x, y, z); z = f(a, b) +∂f

∂x(a, b)(x− a) +

∂f

∂y(a, b)(y − b),

o que reproduz o plano πP (f) dado em (¶4), pagina 122.

5

Exercıcios

200 Aplicacoes Diferenciaveis – Exercıcios

5-1. Usando a definicao, mostre que a funcao f e diferenciavel no ponto X0 e calcule a funcaolinear f ′(X0).

(a) f(x, y) = x2 + 1, X0 = (a, b);

(b) f(x, y) = xy2, X0 = (a, b);

(c) f(x, y) = |x + y|, X0 = (1, 2);

(d) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, X0 = (a, b, c);

(e) f(x, y) =

x3y

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0)

, X0 = (0, 0);

(f) f(x, y) = (x2 + y2, x + y), X0 = (1,−1);

(g) f(x, y, z) = (x− y + z, y2 + z2), X0 = (a, b, c).

5-2. Mostre que as seguintes aplicacoes nao sao diferenciaveis na origem.

(a) f(x, y) = |x + y|;

(b) f(x, y) =

xy

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0);

(c) f(x, y, z) =√

x2 + y2 + z2.

5-3. Seja f(x, y) = 3√

xy. Mostre que ∇f(0, 0) = (0, 0) e que f nao possui derivada direcionalna origem segundo qualquer vetor unitario u 6= e1, e2. Em particular, conclua que f nao ediferenciavel na origem.

5-4. Seja f(x, y) =

x3

x2 + y2 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0)

. Mostre que:

(a) f e contınua em R2;

(b) ∇f(0, 0) = (1, 0);

(c) Em (0, 0), f tem derivada direcional segundo qualquer vetor unitario U = (u1, u2) e tal

derivada e dada por∂f

∂U(0, 0) = u3

1;

(d) f nao e diferenciavel na origem.

5-5. Em cada caso, verifique que a funcao dada e de classe C1 em seu domınio D. Conclua quef e diferenciavel em D e explicite a aplicacao linear dfX , X ∈ D.

(a) f(x, y) = xy, x > 0;

(b) f(x, y) = log(x2 + y2), D = R2 − (0, 0);(c) f(x, y) = (x2 − y2, 2xy), D = R2;

(d) f(x, y, z) = xyz, D = R3;

(e) f(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ), D = R2;

(f) f(r, θ, φ) = (r sen φ cos θ, r sen φ sen θ, r cos φ), D = R3;

Aplicacoes Diferenciaveis – Exercıcios 201

(g) f(u, v) = (v cos u, v sen u, v), D = R2;

(h) f(t) = (cos t, sen t, 2t), D = R.

5-6. Em cada caso, determine a funcao

A(X) = f(X0) + f ′(X0)(X −X0) = f(X0) + Jf(X0)(X −X0)

que melhor aproxima f no ponto X0.

(a) f(x, y) = 4− x2 − y2, X0 = (0, 1);

(b) f(x, y) = xy, x > 0, X0 = (1, 2);

(c) f(x, y) =√

x2 + y2, X0 = (4, 3);

(d) f(t) = (t, t2, t3), t0 = 1;

(e) f(u, v) = (u + v, u− v, uv), X0 = (2, 1);

(f) f(x, y) = (x2 − y2, 2xy), X0 = (1, 1).

5-7. Verifique as propriedades abaixo.

(a) No exercıcio 5-6, itens (a),(b) e (c), o grafico da funcao afim

A(x, y) = f(x0, y0) +∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0)

e o plano tangente ao grafico de f no ponto considerado;

(b) Em 5-6 (d), a imagem de A(t) = f(t0) + f ′(t0)(t − t0) e a reta tangente ao traco de fem t0 = 1;

(c) Em 5-6 (e), a imagem de A(u, v) e o plano tangente ao traco de f em (3, 1, 2).

5-8. Conclua, ainda de 5-6, (b) e (c), respectivamente, um valor aproximado para (1, 02)2,01 e√(4, 05)2 + (2, 93)2.

5-9. A potencia consumida em um resistor eletrico vale P = E2/R, onde E = 200 V e R = 8 Ω(P em W) em um dado instante. Se E diminui de 5 V , e R de 0, 2 Ω, use a aproximacaolinear

∆P = P (E + ∆E, R + ∆R)− P (E, R) ≈ ∂P

∂E∆E +

∂P

∂R∆R

para estimar a correspondente variacao da potencia.

5-10. Na producao de 10.000 caixas de papelao, cada uma com dimensoes 3 cm, 4 cm e 5 cm, ocusto do papelao e de 5 centavos/cm2. As maquinas usadas para cortar o papelao tem umpossıvel erro da ordem de 0,05 cm em cada dimensao. Estime o erro maximo do custo dopapelao.

5-11. Em cada caso, dadas as funcoes diferenciaveis f e g, calcule a matriz jacobiana da aplicacaocomposta F = g f , bem como a aplicacao linear F ′ = (g f)′ no ponto considerado.

(a) f(x) = x2 + 1, g(x) = x5, x ∈ R;

(b) f(x, y) = (x2 + xy + 1, 2y2 + 2), g(u, v) = (u + v, 2u, v2), (x, y) = (1, 1);

(c) f(u, v) = (u + v, u− v, u2 − v2), g(x, y, z) = x2 + y2 + z2, (u, v) = (a, b);

(d) f(t) = (t, t + 1, t2), g(x, y, z) = (x + 2y + z2, x− 2y), t ∈ R;

(e) f(t) = (t, t2 − 4, et−2), g e tal que ∇g(2, 0, 1) = (4, 2, 2), t = 2.


5-12. Se f : R3 −→ R e diferenciavel, ∇f(0, 0, 0) = (4, 3, 5) e F (u, v) = f(u − v, u2 − 1, 3v − 3),calcule ∇F (1, 1).

5-13. Sejam f(r, θ) = (r cos θ, r sen θ) e g : R2 −→ R3 diferenciavel tais que

J(g f)(1, π/2) =

1 00 11 2

.

Ache os vetores ∂g∂x

(0, 1) e ∂g∂y

(0, 1).

5-14. Seja f : R2 −→ R de classe C2 e tal que

∂f

∂x(2, 1) = 3

∂f

∂y(2, 1) = −2

∂2f

∂x2(2, 1) = 0

∂2f

∂x∂y(2, 1) = 1

∂2f

∂y2(2, 1) = 2

.

Se g(u, v) = (u + v, uv), (u, v) ∈ R2, calcule ∂2(fg)∂u∂v

(1, 1).

5-15. Seja f : R2 −→ R uma aplicacao diferenciavel. Defina g(x) = f(x, x) e h(x) = f(x, f(x, x)),x ∈ R.

(a) Mostre que g′(x) = ∂f∂x

(x, x) + ∂f∂y

(x, x);

(b) Obtenha uma expressao para h′(x);

(c) Calculed(xx)

dxe

d(xxx

)

dx.

5-16. Sejam R α−→ R2 h−→ R3 g−→ Rf−→ R, f diferenciavel em todo R, g(x, y, z) = 3x− 2y− 8z,

h(x, y) = (x + y, y − 2x, x) e α(x) = (x, x2 + x + 1). Defina F = f g h α.

(a) Mostre que F (x) = f(x2 + 1), donde F ′(x) = 2xf ′(x2 + 1);

(b) Calcule F ′(x) usando a regra da cadeia.

5-17. Sejam X = (x, y, z) ∈ R3, r = ‖X‖ =√

x2 + y2 + z2 e g : R −→ R de classe C2. Defina

f : R3 − 0 −−−−−→ RX −−−−−→ f(X) = g(r).

Para todo X 6= 0, mostre que:

(a) ∇f(X) =g′(r)

rX;

(b) ‖∇f(X)‖2 = [g′(r)]2;

(c) ∆f(X) = g′′(r) +2

rg′(r);

(d) Conclua que, se ∆f(X) = 0, entao f(x, y, z) =a

r+ b, r 6= 0, a e b constantes.


5-18. Sejam g : R2 −→ R de classe C2, f : R2 −→ R2, f(r, θ) = (r cos θ, r sen θ). Ponha F = g f .Mostre que (

∂F

∂r

)2

+1

r2

(∂F

∂θ

)2

=

(∂g

∂x

)2

+

(∂g

∂y

)2

,

onde o segundo membro e calculado em (x, y) = (r cos θ, r sen θ).

5-19. [Laplaciano em Coordenadas Cilındricas] Se f : R3 −→ R e de classe C2, e

F (r, θ, z) = f(r cos θ, r sen θ, z),

verifique a seguinte relacao

∂2F

∂r2 +1

r

∂F

∂r+

1

r2

∂2F

∂θ2 +∂2F

∂z2 =∂2f

∂x2 +∂2f

∂y2 +∂2f

∂z2 , r 6= 0,

onde o segundo membro e calculado em (x, y, z) = (r cos θ, r sen θ, z).

5-20. Sejam g : R2 −→ R de classe C2, f : R2 −→ R2, f(x, y) = 12(x + y, x − y), e F = g f .

Verifique as seguintes relacoes, onde os segundos membros sao calculados em (u, v) = f(x, y).

(a)∂F

∂x=

1

2

(∂g

∂u+

∂g

∂v

);

(b)∂F

∂y=

1

2

(∂g

∂u− ∂g

∂v

);

(c)∂2F

∂x2 −∂2F

∂y2 =∂2g

∂u∂v.

5-21. [Equacao do Movimento] Considere a seguinte EDP

∂u

∂t+ c

∂u

∂x= 0, (¶19)

onde c e constante.

(a) Mostre que u(x, t) = cos(x− ct) e u(x, t) = ex−ct sao solucoes da EDP (¶19);

(b) Mais geralmente, se f : R −→ R e diferenciavel, e u : R2 −→ R e tal que

u(x, t) = f(x− ct),

entao u e solucao de (¶19);

(c) Reciprocamente, seja u : R2 −→ R uma aplicacao de classe C1 que verifica (¶19), isto e,

∂u

∂t(x, t) + c

∂u

∂x(x, t) = 0, ∀(x, t) ∈ R2.

Introduza agora a nova funcao (composta)

u(y, s) = u(y + cs, s), (y, s) ∈ R2.

Verifique que

∂u

∂s(y, s) =

∂u

∂x(y + cs, s)

∂x

∂s+

∂u

∂t(y + cs, s)

∂t

∂s= c

∂u

∂x(y + cs, s) +

∂u

∂t(y + cs, s) = 0,

de acordo com (¶19);

(d) Conclua que u(y, s) = f(y), onde f e diferenciavel. Portanto, u e da forma consideradaem (b).


5-22. Ache a derivada direcional no ponto dado e na direcao dada.

(a) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, X = (1, 0, 1), U = 13(2, 1, 2);

(b) f(x, y, z) = xyz, X = (1, 0, 0), U = (cos θ sen φ, sen θ sen φ, cos φ);

(c) f(x, y, z) = x2 + 4xy2zez, X = (1, 0, 1), direcao da reta tangente a curva parametrizadaα(t) = (4t2 + t, 2t, t3), em t = 0;

(d) f(x, y, z) = 4x2y + y2z, X = (1, 0, 1), direcao normal a superfıcie x2 + y2 + z2 = 3 em(1, 1, 1);

(e) f(x, y, z) = x3+y2+z, X = (1, 0,−1), direcao normal a superfıcie g(u, v) = (u2v, u+v, v)em (1, 1).

5-23. Seja f(x, y, z) = x2 + 2y2 + 3z2.

(a) No ponto X = (4, 1, 1), ache a direcao U na qual e maxima a derivada direcional de f eindique a taxa maxima de crescimento de f em X;

(b) Ache os pontos da superfıcie de nıvel f(x, y, z) = 6 nos quais os planos tangentes saoparalelos ao plano x + 2y + 3z = 0.

5-24. Ache as constantes a, b e c para que, no ponto (1, 2,−1), a derivada direcional da aplicacaof(x, y, z) = axy2 + byz + cx3z2 tenha valor maximo 64 na direcao do vetor U = (0, 0, 1).

5-25. Ache o plano tangente a cada superfıcie no ponto dado.

(a) x2 + y2 + 4z2 = 2, X = (1, 1, 0);

(b) x2 + xy2 + y3 + z + 1 = 0, X = (2,−3, 4);

(c) z = f(x, y) = x2 + y2, X = (3, 4, 25);

(d) xyz = a3, a 6= 0 constante, X = (x0, y0, z0) arbitrario.

5-26. Uma superfıcie S contem o ponto (1, 2, 3). Num ponto arbitrario X0 = (x0, y0, z0) de S oplano tangente a S e

(x0 + z0)(x− x0)− (y0 + z0)(y − y0) + (x0 − y0)(z − z0) = 0.

Ache uma equacao (implıcita) de S.

5-27. Mostre que os planos tangentes a superfıcie√

x +√

y +√

z =√

a, em X0 = (x0, y0, z0),com x0 > 0, y0 > 0 e z0 > 0, interceptam os eixos coordenados em segmentos cuja soma econstante.

28. Seja f : D ⊂ R2 −→ R uma funcao diferenciavel em D e tal que grad f(X) 6= (0, 0), paratodo X = (x, y) no conjunto de nıvel f−1(k). Sob estas condicoes, o conjunto γ = f−1(k)e uma curva regular do R2. Portanto, dado P = (a, b) ∈ γ, e possıvel achar uma curvaparametrizada regular α : I ⊂ R −→ R2 que parametriza γ em torno de P , isto e tr α ⊂ γcom α(t0) = P , para algum t0 ∈ I.

(a) Mostre que grad f(P ) · α′(t0) = 0, e conclua que grad f(P ) e um vetor perpendicular aγ = f−1(k) em P ;

(b) A reta l = X ∈ R2; X = (a, b) + t(−∂f∂y

(a, b), ∂f∂x

(a, b)) e tangente a γ em P ;

(c) Encontre representacoes cartesianas para as retas normal e tangente γ em P ;

(d) Mostre que a reta tangente a elipse x2

a2 + y2

b2no ponto (x0, y0) tem equacao x0x

a2 + y0yb2

= 1.


5-29. *Seja f : R2 −→ R de classe C1 tal que

f(tx, ty) = tf(x, y), ∀t > 0, e ∀(x, y) ∈ R2. (¶20)

.(a) Mostre que x∂f

∂x(tx, ty) + y ∂f

∂y(tx, ty) = f(x, y), ∀t > 0 e ∀(x, y) ∈ R2;

(b) Conclua que existem a, b ∈ R tais que f(x, y) = ax + by, isto e, f e um funcional linearde R2;

(c) A funcao f(x, y) =√

x2 + y2 tem a propriedade (¶20), mas nao e um funcional linear.Estaria errada a conclusao em (b)?

5-30. ∗Considere a seguinte EDP:xux + yuy = u. (¶21)

(a) Se u e solucao de (¶21), entaodu

dt= u, onde u(t) = u(c1 et, c2 et). Donde, u(t) = C et;

(b) Supondo que u e uma solucao global de (¶21), mostre que u(et x, et y) = et u(x, y), ∀t ∈ Re ∀(x, y) ∈ R2;

(c) Ainda supondo que u e uma solucao global, mostre que u(tx, ty) = tu(x, y), ∀t > 0 e∀(x, y) ∈ R2;

(d) Conclua que as solucoes globais de (¶21) sao os funcionais lineares de R2.

5-31. ∗Seja f : R2 −→ R de classe C2 tal que

f(tx, ty) = t2f(x, y), ∀t > 0 e ∀(x, y) ∈ R2 (¶22).

(a) Mostre que

x2 ∂2f

∂x2(tx, ty) + 2xy

∂2f

∂x∂y(tx, ty) + y2 ∂2f

∂y2(tx, ty) = 2f(x, y), ∀t > 0 e ∀(x, y) ∈ R2;

(b) Conclua que existem a, b, c ∈ R tais que f(x, y) = ax2 + bxy + cy2, isto e, f e uma formaquadratica de R2;

(c) A funcao f(x, y) =√

x4 + y4 tem a propriedade (¶22), mas nao e uma forma quadratica.Estaria errada a conclusao em (b)?

(d) Verifique que as formas quadraticas u(x, y) = ax2 + bxy + cy2, onde a, b, c ∈ R saoconstantes, sao solucoes da EDP xux + yuy = 2u;

(e) Reciprocamente, se u, definida em todo R2, e solucao da EDP xux + yuy = 2u, entaou(x, y) = ax2 + bxy + cy2, para alguns a, b, c ∈ R.

*Estes exercıcios sao considerados opcionais, e podem ser deixados para uma segunda leitura.

6Funcoes

Inversa e Implıcita

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q q q q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq-

x

6y

b + δ1

b− δ1

qb

a− δ1 a + δ1qa

qδ0

a + δ2a− δ2

f(x, y) = c

V

qx

qqg(x)

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqq qqq

qδ2

-u

6v

qa

qcW = h(R)

a− δ1 a + δ1

l

¾ h−1

-h


6.1Preliminares

Veremos neste capıtulo as provas de dois dos teoremas mais importantes do Calculo, asaber: o Teorema da Funcao Inversa e o Teorema da Funcao Implıcita. Na realidade, tendo umdesses teoremas em maos, e quase que automatico a obtencao do outro. Em outras palavras,eles constituem duas proposicoes equivalentes. O procedimento que adotaremos aqui e aquelemais usado nos textos de Calculo: sera obtido inicialmente o teorema da funcao inversa.

Para simplificar a prova que apresentaremos, colocaremos nesta secao uma serie de novosconceitos e resultados, alguns deles de relevante valor individual.

6.1.1Sequencias em Rn

Como sabemos dos cursos mais elementares de Calculo, uma sequencia em R e uma funcaodo tipo

x : N −−−−−→ Rk −−−−−→ x(k) = xk.

Esta sequencia e indicada por (xk), (xk)k∈N, ou (x1, x2, . . . , xk, . . .). Este conceito e facilmenteestendido para o Rn, da seguinte forma.

6.1.2Definicao Uma sequencia em Rn e uma funcao

X : N −−−−−→ Rn

k −−−−−→ X(k) = Xk = (x1k, x2k, . . . , xnk).

A sequencia X sera indicada por X = (Xk), X = (Xk)k∈N, ou X = (X1, X2, . . . , Xk, . . .). Otermo geral de X e a n-upla Xk. As n sequencias reais xi = (xik)k∈N, 1 ≤ i ≤ n, sao chamadassequencias coordenadas de X.

Um bom modo de visualizar a sequencia

X = (Xk) = ((x1k, x2k, . . . , xnk))

e dispor seus termos numa tabela com n colunase um numero infinito de linhas, como vemos aolado. Desta forma, os termos de X sao as linhasda tabela, e as sequencias coordenadas de X apa-recem nas colunas da tabela.

X1 x11 x21 x31 · · · xn1

X2 x12 x22 x32 · · · xn2

X3 x13 x23 x33 · · · xn3

......

......

......

Xk x1k x2k x3k · · · xnk

......

......

......

207

208 Preliminares

6.1.3Exemplo Considere a seguinte sequencia X em R2, cujo termo geral e Xk =

(1

k,

k

k + 1

).

As sequencias coordenadas de X sao x1 =

(1

k

)e x2 =

(k

k + 1

). Observe que

X =

((1,

1

2

),

(1

2,2

3

),

(1

3,3

4

), . . .

).

6.1.4Definicao Seja X = (Xk) uma sequencia em Rn. Uma n-upla L e um limite de X se para

cada ε > 0 dado arbitrariamente, for possıvel achar k0 ∈ N tal que

‖Xk − L‖ < ε, sempre que k ≥ k0.

Em outras palavras,

∀ ε > 0, ∃ k0 ∈ N : k ≥ k0 =⇒ ‖Xk − L‖ < ε.

A proposicao 6.1.5 mostra que se uma n-upla e limite de uma sequencia X, entao ela e aunica com esta propriedade. Aceitando este fato, a n-upla L da definicao 6.1.4 e chamada limitede X, e escreveremos L = lim

k→∞Xk, ou simplesmente L = lim Xk. Dizemos, tambem, que X e

convergente e que converge para L. Um outro modo de dizer isto, e escrever Xk −−−→ L, que sele X tende para L.

6.1.5Proposicao Sejam X = (Xk) uma sequencia em Rn, L1 e L2 limites de X, como na

definicao 6.1.4. Entao, L1 = L2.

Demonstracao: Comecamos tomando ε > 0 arbitrario e aplicando a definicao 6.1.4para L1 e L2. Relativamente a L1, obtemos k1 ∈ N tal que

k ∈ N, k ≥ k1 =⇒ ‖Xk − L1‖ < ε/2.

Para L2 existe k2 > 0 tal que

k ∈ N, k ≥ k2 =⇒ ‖Xk − L2‖ < ε/2.

Escolhendo k0 = maxk1, k2, obtemos

k ∈ N, k ≥ k0 =⇒ ‖Xk − L1‖ < ε/2 e ‖Xk − L2‖ < ε/2.

Logo, para algum k ≥ k0,

‖L2 − L1‖ = ‖L2 − L1 + Xk −Xk‖ ≤ ‖Xk − L1‖+ ‖Xk − L2‖ < ε/2 + ε/2 = ε.

Como ε > 0 e arbitrario, segue-se que ‖L2 − L1‖ = 0, isto e, L2 = L1. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Funcoes Inversa e Implıcita 209

6.1.6Definicao Uma sequencia X = (Xk) e dita limitada se existe uma constante M > 0 tal

que ‖Xk‖ ≤ M , para todo k ∈ N.

6.1.7Exemplo A sequencia X = (Xk) =

(1

k,

k

k + 1

)que introduzimos no exemplo 6.1.3 e

limitada. De fato,

‖Xk‖ =

√1

k2 +k2

(k + 1)2 ≤√

2.

Note que Y = (Yk), Yk = (k2, sen k) nao e limitada, visto que ‖Yk‖ ≥ k.

6.1.8Proposicao Sejam X = (Xk) e x = (xk) duas sequencias, a primeira em Rn e a segunda

em R. Se uma delas e limitada e a outra converge para zero, entao o produtoxX = (xkXk) tambem converge para zero.

Demonstracao: Suporemos que x e limitada e que Xk −−−→ O. Logo, existe M > 0 talque |xk| ≤ M , para todo k ∈ N, e, para ε > 0 dado, podemos encontrar k0 tal que

k ≥ k0 =⇒ ‖Xk −O‖ = ‖Xk‖ < ε/M.

Para este k0, temos que

k ≥ k0 =⇒ ‖xkXk‖ = |xk| ‖Xk‖ ≤ Mε/M = ε,


6.1.9Proposicao Sejam X = (Xk) e Y = (Yk) duas sequencias em Rn, e x = (xk) uma sequencia

em R. Se Xk−−−→ L, Yk−−−→ S e xk−−−→ l, entao valem as seguintes propriedades:

(i) Xk + Yk −−−→ L + S;

(ii) xkXk −−−→ lL;

(iii) Xk · Yk −−−→ L · S;

(iv) Xk × Yk −−−→ L× S (X e Y sequencias em R3).

Demonstracao: Seja ε > 0. Entao existem k1, k2 ∈ N tais que

k ∈ N, k ≥ k1 =⇒ ‖Xk − L‖ < ε/2

k ∈ N, k ≥ k2 =⇒ ‖Yk − S‖ < ε/2.

Logo, se k ≥ k0 = maxk1, k2, temos, simultaneamente,

‖Xk − L‖ < ε/2 e ‖Yk − S‖ < ε/2.

210 Preliminares

Isto implica que‖(Xk + Yk)− (L + S)‖ ≤ ‖Xk − L‖+ ‖Yk − S‖ < ε,

se k ≥ k0, o que prova (i). Para obter (ii), escrevemos

‖xkXk − lL‖ = ‖xkXk − lL + xkL− xkL‖ ≤ |xk| ‖Xk − L‖+ ‖L‖ |xk − l|.Usando a proposicao 6.1.8 junto com as convergencias de X e x, segue-se que xkXk −−−→ lL. Osdemais itens serao deixados como exercıcios. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

A proposicao que vem a seguir mostra que o conhecimento da convergencia das sequenciascoordenadas de uma dada sequencia X em Rn basta para decidir se X converge ou nao.

6.1.10Proposicao Seja X = (Xk) = ((x1k, x2k, . . . , xnk)) uma sequencia em Rn.

(i) Se Xk −−−→ L = (l1, l2, . . . , ln), entao xik −−−→ li, 1 ≤ i ≤ n;

(ii) se xik −−−→ li, 1 ≤ i ≤ n, entao Xk −−−→ (l1, l2, . . . , ln).


|xik − li| ≤ ‖Xk − L‖ , i = 1, 2, . . . , n

o que estabelece (i). Para (ii), simplesmente escrevemos

‖Xk − L‖ = ‖(x1k − l1, x2k − l2, . . . , xnk − ln)‖≤ |x1k − l1|+ |x2k − l2|+ · · ·+ |xnk − ln|,

o que facilmente finaliza a prova. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

x1 x2 x3 · · · xn

X1 x11 x21 x31 · · · xn1

X2 x12 x22 x32 · · · xn2

X3 x13 x23 x33 · · · xn3

......

......

......

Xk x1k x2k x3k · · · xnk

↓ ↓ ↓ ↓ ... ↓L l1 l2 l3 · · · ln

6.1.11Exemplo A sequencia X em R2, cujo termo geral e Xk =

(1

k,

k

k + 1

)converge para o ponto

L = (0, 1), visto que 1/k−−−→ 0 e k/(k + 1)−−−→ 1. A sequencia Y = (1/k, (−1)k)nao e convergente, pois, como sabemos, a sequencia real y2 = ((−1)k) nao converge.

6.1.12 [Sequencia de Cauchy]Definicao Uma sequencia X = (Xk) e dita de Cauchy se para

cada ε > 0 dado arbitrariamente for possıvel exibirk0 ∈ N tal que ‖Xk −Xl‖ < ε, sempre que k, l ≥ k0, k, l ∈ N.

6.1.13Proposicao Toda sequencia convergente e de Cauchy.

Demonstracao: Seja X = (Xk) uma sequencia convergente com limite L. Logo, dadoε > 0 existe k0 tal que

k ∈ N, k ≥ k0 =⇒ ‖Xk − L‖ < ε/2.


Portanto, se k, l ≥ k0, vem que

‖Xk −Xl‖ = ‖Xk −Xl + L− L‖ ≤ ‖Xk − L‖+ ‖Xl − L‖ <ε

2+

ε

2= ε,

o que prova que X e de Cauchy. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.14Proposicao Toda sequencia de Cauchy e limitada. Em particular, as sequencias conver-

gentes sao limitadas.

Demonstracao: Tomando ε = 1 e usando a definicao 6.1.12, obtemos k0 tal que

k, l ∈ N, k, l ≥ k0 =⇒ ‖Xk −Xl‖ < 1.

Em particular, ‖Xk −Xk0‖ < 1, se k ≥ k0. Mas ‖Xk‖ − ‖Xk0‖ ≤ ‖Xk −Xk0‖, o que vem dasegunda desigualdade triangular (veja a proposicao 1.2.19, pagina 12). Logo, ‖Xk‖ < 1 + ‖Xk0‖,se k ≥ k0. Definindo M por

M = max‖X1‖ , ‖X2‖ , . . . , ‖Xk0‖ , 1 + ‖Xk0‖,vem que ‖Xk‖ ≤ M , para todo k ∈ N. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.15Proposicao Uma sequencia X = (Xk) em Rn e de Cauchy se, e somente se, suas sequencias

coordenadas sao de Cauchy.

Demonstracao: Segue-se de

|xik − xil| ≤ ‖Xk −Xl‖ ≤ |x1k − x1l|+ |x2k − x2l|+ · · ·+ |xnk − xnl|,onde i ∈ 1, 2, . . . , n e X = (Xk) = ((x1k, x2k, . . . , xnk)). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.16Exemplo Seja X = (Xk) tal que ‖Xk+1 −Xk‖ ≤ c ‖Xk −Xk−1‖, para todo k ≥ 2, onde

0 ≤ c < 1. Esta propriedade implica que

‖Xk+1 −Xk‖ ≤ c ‖Xk −Xk−1‖ ≤ c2 ‖Xk−1 −Xk−2‖ ≤ . . . ≤ ck−1 ‖X2 −X1‖ , k ≥ 1.

Com estes dados em maos, podemos verificar que X e de Cauchy. De fato, dados k, p ∈ N, k ≥ 2e p ≥ 1, temos que

‖Xk+p −Xk‖ = ‖Xk+p −Xk+p−1 + Xk+p−1 −Xk+p−2 + Xk+p−2 + · · ·+ Xk+1 −Xk‖≤ ‖Xk+p −Xk+p−1‖+ ‖Xk+p−1 −Xk+p−2‖+ · · ·+ ‖Xk+1 −Xk‖= (ck+p−2 + ck+p−3 + · · ·+ ck−1) ‖X2 −X1‖ ,

= ck−1 1− cp

(1− c)‖X2 −X1‖ ≤ Mck,

212 Preliminares

onde M =‖X2 −X1‖c(1− c)

. Como 0 ≤ c < 1, vem que Mck −−−→ 0. Logo, dado ε > 0 existe k0 ∈ Ntal que

k ≥ κ0 =⇒ ‖Xk+p −Xk‖ < ε, ∀ p ≥ 1.

Agora, dados k, l ≥ k0, podemos supor que l = k + p, para algum p ≥ 0. Para estes k e l, temosque

‖Xk −Xl‖ = ‖Xk −Xk+p‖ = ‖Xk+p −Xk‖ < ε.

Logo, X e de Cauchy, como dissemos.

E um fato bem conhecido que toda sequencia de Cauchy em R e convergente. Tal re-sultado, conhecido como teorema de Cauchy, continua valendo para sequencias em Rn, n ≥ 1,como veremos a seguir. Antes, abordaremos outro teorema, tambem decisivo para o Calculo: oteorema de Bolzano-Weierstrass, para sequencia limitadas.

6.1.17Definicao Sejam X = (Xk) e N′ ⊂ N, N′ = k1, k2, . . . , kj, . . ., um subconjunto infinito

de N. A restricao de X a N′, que indicamos por X ′ =(Xkj

), X ′ =

(Xkj

)j∈N ou

X ′ = (Xk1 , Xk2 , . . . , Xkj, . . .), e chamada subsequencia de X.

Observacao Segue-se da definicao 6.1.17 que a subsequencia X ′ =(Xkj

)pode ser olhada,

tambem, como uma sequencia, do seguinte modo:

X ′ : N −−−−−→ Rn

j −−−−−→ X ′(j) = X(kj) = Xkj.

Assim, todos os conceitos previamente dados para uma sequencia (por exemplo, convergencia,limitacao, etc.) se aplicam naturalmente a uma subsequencia de X. E assim que trabalharemos.

6.1.18Exemplo Sejam X = ((

k

k + 1, (−1)k)) e N′ = 2, 4, 6, . . . , 2j, . . ., o subconjunto dos intei-

ros pares de N. A subsequencia de X determinada por N′ e dada por

X ′ = ((2

3, 1), (

4

5, 1), (

6

7, 1), . . . , (

2j

2j + 1, 1), . . .),

que, claro, converge para (1, 1). Note que X nao e convergente.

A proposicao abaixo, que sera deixada como exercıcio, mostra que as subsequencias her-dam as boas propriedades da sequencia original.

6.1.19Proposicao Sejam X = (Xk), N′ ⊂ N, N′ = k1, k2, . . . , kj, . . . e X ′ a subsequencia de X

determinada por N′.

(i) Se X e limitada, entao X ′ e limitada;


(ii) se X converge para L, entao X ′ tambem converge para L;

(iii) se X e de Cauchy, entao X ′ tambem o e.

6.1.20Proposicao Se uma sequencia de Cauchy possui uma subsequencia convergente, entao ela

e convergente.

Demonstracao: Sejam X = (Xk) e X ′ = (Xkj), kj ∈ N′ ⊂ N. Suponhamos que

Xkj−−−→ L. Afirmamos que Xk −−−→ L. De fato, dado ε > 0 existe j0 ∈ N tal que

j ≥ j0, kj ∈ N′ =⇒∥∥Xkj

− L∥∥ < ε/2.

Como X e de Cauchy, tambem para este ε, deve existir k′0 ∈ N tal que

k, l ∈ N, k, l ≥ k′0 =⇒ ‖Xk −Xl‖ < ε/2.

Isto posto, se k ≥ k0 = maxj0, k′0 e qualquer, e km ≥ k0, km ∈ N′, esta fixado, obtemos que

‖Xk − L‖ = ‖Xk − L + Xkm −Xkm‖ ≤ ‖Xk −Xkm‖+ ‖Xkm − L‖ < ε/2 + ε/2 = ε.

Logo, Xk −−−→ L. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.21 [Bolzano-Weierstrass]Teorema Toda sequencia limitada possui uma subsequencia

convergente.

Demonstracao: Para simplificar a prova, trabalharemos em R2. O resultado parasequencias reais limitadas sera admitido como conhecido. Seja X = ((xk, yk)) uma sequencialimitada em R2. Logo, as sequencias coordenadas x = (xk) e y = (yk) sao sequencias reaislimitadas. Seja x′ = (xkj

), kj ∈ N′, uma subsequencia convergente de x, a qual existe peloteorema de Bolzano-Weierstrass para sequencias reais. Assim, limj→∞ xkj

= l1, para alguml1 ∈ R. Agora, consideramos a subsequencia de y determinada por N′: y′ = (yk1 , yk2 , . . . , ykj

, . . .).

E claro que y′ e uma sequencia real limitada. Logo, deve ter uma subsequencia convergente,digamos y′′ = (ymi

)mi∈N′′ , onde N′′ ⊂ N′. Pondo limi→∞ ymi

= l2, vem que a subsequencia de X

dada por X ′ = ((xmi, ymi

)), mi ∈ N′′, converge para L = (l1, l2). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.22 [Cauchy]Teorema Uma sequencia X = (Xk) em Rn e convergente se, e somente se, ela e

de Cauchy.

Demonstracao: A proposicao 6.1.13 mostra que se X e convergente entao ela e deCauchy. Reciprocamente, suponhamos que X seja uma sequencia de Cauchy. Logo, X e li-mitada (proposicao 6.1.14) e, por isto, possui uma subsequencia convergente, de acordo com oteorema 6.1.21. Agora, da proposicao 6.1.20, segue-se a convergencia de X. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

214 Preliminares

6.1.23Exemplo Seja X = (Xk) tal que ‖Xk+1 −Xk‖ ≤ c ‖Xk −Xk−1‖, para todo k ≥ 2, onde

0 ≤ c < 1. No exemplo 6.1.16, vimos que X e de Cauchy. Agora, sabemos umpouco mais: X e convergente. Nao sabemos explicitar o seu limite, mas isso nao importa.

6.1.24Funcoes Contınuas em Conjuntos Compactos

Aqui estudaremos os aspectos topologicos basicos do Rn, os quais precisamos para atingirnossas metas principais.

6.1.25 [Conjunto Fechado]Definicao Um conjunto F ⊂ Rn e dito fechado (no Rn) se o seu

complementar cF = Rn − F e aberto em Rn.

6.1.26Exemplo Abaixo, listamos alguns conjuntos fechados.

(i) O conjunto vazio e o Rn sao fechados. De fato, o complementar do vazio e o Rn, enquantoque o complementar do Rn e o vazio, que sao conjuntos abertos;

(ii) se F ⊂ Rn e finito, entao F e fechado;

(iii) as bolas fechadas sao fechados;

(iv) a esfera Sn−1(a) = X ∈ Rn; ‖X‖ = a e um conjunto fechado, visto que seu complemen-tar e a uniao da bola aberta B(a) com o aberto D = X ∈ Rn; ‖X‖ > a;

(v) se F1, F2, . . . , Fm ⊂ Rn sao fechados, entao F = F1 ∪ F2 ∪ · · · ∪ Fm tambem e fechado;

(vi) a intersecao de uma famılia qualquer de conjuntos fechados e um conjunto fechado.

6.1.27Proposicao Um conjunto F ⊂ Rn e fechado se, e somente se, o limite de toda sequencia

convergente X = (Xk), com Xk, k ∈ N ⊂ F , pertence a F .

Demonstracao: Seja X = (Xk) tal que Xk, k ∈ N ⊂ F e Xk −−−→ L. ComocF = Rn − F e aberto, se L /∈ F , terıamos alguma bola aberta B(L, ε) ⊂ cF . Portanto, paraalgum k0 ∈ N, terıamos ‖Xk − L‖ < ε, para todo k ≥ k0. Isto contradiz o fato que os termosde X estao todos em F . Logo, devemos ter L ∈ F .

Reciprocamente, suponhamos que cF nao seja aberto. Logo, existe um ponto P ∈ cF coma seguinte propriedade: ∀ ε > 0, ∃ P ∈ F ∩ B(P, ε). Em particular, tomando, sucessivamente,ε = 1, 1/2, . . . , 1/k, k ∈ N, obteremos um Pk ∈ F tal que ‖Pk − P‖ < 1/k. E claro que Pk−−−→ Pe Pk, k ∈ N ⊂ F . Mas P /∈ F , uma contradicao a nossa hipotese. Logo, cF deve ser aberto,isto e, F e fechado. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


6.1.28Proposicao Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e X0 ∈ D′. Entao, limX→X0 f(X) = L se, e so-

mente se, f(Xk)−−−→ L, para toda X = (Xk) com Xk ⊂ D e Xk −−−→ X0.

Demonstracao: Suponhamos inicialmente que limX→X0 f(X) = L, e seja X = (Xk) talque Xk ⊂ D e Xk −−−→ X0. Seja ε > 0. De limX→X0 f = L, vem que existe δ > 0 tal que

X ∈ D, 0 < ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f(X)− L‖ < ε.

Agora, como Xk −−−→ X0, obtemos um k0 ∈ N tal que

k ∈ N, k ≥ k0 =⇒ ‖Xk −X0‖ < δ.

Logo, se k ≥ k0, vale ‖f(Xk)− L‖ < ε, o que mostra que f(Xk) −−−→ L. Reciprocamente, se Lnao e limite de f em X0 e possıvel construir uma sequencia X = (Xk) com termos em D tal queXk −−−→ X0, mas (f(Xk)) nao converge para L, o que produz uma contradicao. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.29Corolario Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm e X0 ∈ D. Entao, f e contınua em X0 se, e somente

se, f(Xk)−−−→ f(X0), para toda X = (Xk) com Xk ⊂ D e Xk −−−→ X0.

6.1.30Corolario Se f : Rn −→ Rm e contınua e F ⊂ Rm e fechado, entao a imagem inversa de

F atraves de f , f−1(F ) = X ∈ Rn; f(X) ∈ F, e fechada em Rn.

Demonstracao: Podemos supor que f−1(F ) e nao-vazio. Seja X = (Xk) uma sequenciaem f−1(F ) tal que Xk −−−→ L, L ∈ Rn. Como f e contınua, segue-se que f(Xk) −−−→ f(L). Poroutro lado, Xk ∈ f−1(F ), k ∈ N, significa que f(Xk) ∈ F . Logo, f(L) ∈ F , posto que F efechado. Resulta daı que L ∈ f−1(F ), o que prova que f−1(F ) tambem e fechado. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.31Corolario Se f : Rn −→ Rm e contınua, entao os conjuntos de nıvel de f sao fechados

em Rn.

Demonstracao: Dado C ∈ Rm, temos que F = C e fechado em Rm. Logo, o conjuntode nıvel f−1(C) e fechado, de acordo com o corolario anterior. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.32Exemplo Dados X0 ∈ Rn e a > 0, o fato que a esfera Sn−1(X0, a) e fechada pode ser

obtida, tambem, observando que ela e o conjunto de nıvel f−1(a), da funcaocontınua f(X) = ‖X −X0‖, X ∈ Rn. Ainda usando f , obtemos que a bola fechada B[X0, a] efechada, pois B[X0, a] = f−1([0, a]), e [0, a] e fechado em R.

216 Preliminares

6.1.33 [Conjunto Limitado]Definicao Um conjunto K ⊂ Rn e dito limitado se esta contido

em alguma bola fechada, isto e, existe a > 0 tal queK ⊂ B[O, a].

6.1.34 [Conjunto Compacto]Definicao Um conjunto K ⊂ Rn e dito compacto se e limitado

e fechado.

6.1.35Exemplo Temos que

(i) todo conjunto finito e compacto;

(ii) a esfera Sn−1(X0, a) = X ∈ Rn; ‖X −X0‖ = a e a bola fechada B[X0, a] sao compactos;

(iii) o espaco Rn e ao mesmo tempo aberto e fechado, mas nao e compacto;

(iv) um plano no R3 e fechado. Entretanto, nao e compacto, porque nao e limitado. Maisgeralmente, os hiperplanos do Rn sao fechados, mas nao sao compactos.

Agora, estamos bem proximos de obter o resultado mais importante do Calculo, no quetange as funcoes reais contınuas em conjuntos compactos: o famoso Teorema de Weierstrass.

6.1.36Lema Se f : K ⊂ Rn −→ R e uma funcao real contınua no conjunto compacto K, entao f

e limitada.

Demonstracao: Provaremos inicialmente que f e limitada superiormente, isto e, existeM1 > 0 tal que f(X) ≤ M1, para todo X ∈ K. Suponhamos, por absurdo, que assim nao seja.Logo, dado k ∈ N, deve existir Xk ∈ K tal que f(Xk) > k. Assim, a sequencia real y = (yk), determo geral yk = f(Xk), e tal que

y1 = f(X1) > 1, y2 = f(X2) > 2, . . . , yk = f(Xk) > k, . . .

a qual, claro, nao possui subsequencia convergente. Por outro lado, a sequencia X = (Xk) elimitada, pois seus termos pertencem a K. Logo existe X ′ =

(Xkj

), kj ∈ N′ ⊂ N, tal que

Xkj−−−→ X0, para algum X0 ∈ Rn. Como K e fechado, segue-se que X0 ∈ K. A continuidade

de f agora garante que a subsequencia de y, y′ = (f(Xkj)), kj ∈ N′, converge para f(X0), o que

e uma contradicao ao fato, obtido inicialmente, que y nao possui uma tal subsequencia. Logo,devemos mesmo ter f(X) ≤ M1, para todo X ∈ K, como previmos. Agora considerando −f nolugar de f , o argumento anterior produz um M2 > 0 tal que −f(X) ≤ M2, para todo X ∈ K.Isto posto, vem que

−M2 ≤ f(X) ≤ M1, ∀ X ∈ K.

Portanto, |f(X)| ≤ M , para todo X ∈ K, onde M = maxM1,M2. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao Neste ponto, ja que pretendemos apresentar uma demonstracao para o teoremade Weierstrass, torna-se inevitavel o uso da nocao de supremo de um subcon-


junto de R. O leitor que nao tem experiencia alguma com este conceito pode pensar nestenumero assim: seja D ⊂ R um conjunto limitado. Entao, D ⊂ [α, β]. Agora e so pensar nomenor β com esta propriedade. Ele e o que chamamos de supremo de D, e indicamos por sup D.Analogamente, o maior α e chamado de ınfimo de D, e e denotado por inf D. A existenciadesses numeros, para subconjuntos limitados de R, e o que, na verdade, define R, constituindo,portanto, a pedra fundamental da Analise Matematica.

6.1.37 [Weierstrass]Teorema Seja f : K ⊂ Rn −→ R uma funcao real contınua no conjunto

compacto K. Entao, existem P, Q ∈ K tais que

f(P ) ≤ f(X) ≤ f(Q), para todo X ∈ K.

Demonstracao: Do lema 6.1.36 vem M > 0 tal que f(K) ⊂ [−M,M ]. Logo, f(K)e um subconjunto limitado de R. Portanto, existem i = inf f(K) e s = sup f(K). Assim,f(K) ⊂ [i, s], e [i, s] e o menor intervalo fechado contendo f(K). Isto implica que, para cadak ∈ N, o intervalo fechado [i + 1/k, s − 1/k] nao pode conter f(K). Portanto, dado k ∈ N,devem existir Xk, Yk ∈ K tais que

i ≤ f(Xk) < i +1

ke s− 1

k< f(Yk) ≤ s. (¶1)

A compacidade de K permite-nos extrair uma subsequencia de X = (Xk), X ′ =(Xkj

), tal que

Xkj−−−→ P , para algum P ∈ K. Isto, combinado com a primeira desigualdade de (¶1), implica

que

i ≤ f(Xkj) ≤ i +

1

kj

.

Passando o limite quando j −−−→ ∞, obtemos que f(P ) = i ≤ f(X), para todo X ∈ K.Analogamente, agora considerando uma subsequencia de (Yk) convergindo para Q ∈ K, vemque f(Q) = s ≤ f(X), para todo X ∈ K. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.38Definicao Os numeros reais f(P ) e f(Q) sao chamados mınimo e maximo de f , respecti-

vamente. Os pontos P e Q (aqui nao ha unicidade) sao chamados, respectiva-mente, ponto de mınimo e ponto de maximo de f em K.

6.1.39Norma de Uma Aplicacao Linear

Seja T : Rn −→ Rm uma aplicacao linear. Temos que T e contınua, de acordo com ocorolario 3.2.14, pagina 107. Portanto, tambem e contınua a funcao composta f(X) = ‖T (X)‖,

218 Preliminares

X ∈ Rn. Como a esfera unitaria Sn−1 = X ∈ Rn; ‖X‖ = 1 e compacta, segue-se que fatinge um valor maximo nesta esfera, isto e, existe X0 ∈ Sn−1 tal que

‖T (X)‖ ≤ ‖T (X0)‖ , para todo X ∈ Sn−1.

Isto motiva a seguinte definicao.

6.1.40Definicao Seja T : Rn −→ Rm uma aplicacao linear. O valor maximo de ‖T (X)‖, X per-

correndo a esfera unitaria Sn−1, e chamado norma de T , e e indicado por ‖T‖.Assim,

‖T‖ = max‖T (X)‖ ; X ∈ Rn e ||X|| = 1.

Observacao Note que, na definicao 6.1.40, estamos usando a mesma notacao (‖ ‖) paraindicar a norma de uma aplicacao linear e a norma euclidiana de um vetor.

6.1.41Exemplo Seja T : R3 −→ R3 definida por T (x, y, z) = (x, 2y, 3z). Temos que

‖T (x, y, z)‖2 = x2 + 4y2 + 9z2 ≤ 9(x2 + y2 + z2), ∀ (x, y, z) ∈ R3.

Em particular, ‖T (x, y, z)‖ ≤ 3, se ‖(x, y, z)‖ = 1. Como ‖T (e3)‖ = 3, segue-se que ‖T‖ = 3.Mais geralmente, se A = (a1, a2, . . . , an) e uma n-upla constante e T : Rn −→ Rn e o operadordiagonal definido por

T (x1, x2, . . . , xn) = (a1x1, a2x2, . . . , anxn), (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn,

nao e difıcil verificar que ‖T‖ = max|a1|, |a2|, . . . , |an|.

6.1.42Exemplo Seja f : Rn −→ R um funcional linear (funcao real linear) nao-nulo. Entao,

f(X) = A · X, onde A = (f(e1), f(e2), . . . , f(en)) 6= O. Se X ∈ Sn−1, usando adesigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos que |f(X)| = |A·X| ≤ ‖A‖ . Mas f(X0) = ‖A‖, ondeX0 = A/ ‖A‖ ∈ Sn−1. Logo, ‖A‖ e o maximo de |f(X)|, para X ∈ Sn−1, isto e, ‖f‖ = ‖A‖.

6.1.43Proposicao Seja T : Rn −→ Rm uma aplicacao linear. Temos que:

(i) ‖T (X)‖ ≤ ‖T‖ ‖X‖, ∀ X ∈ Rn;

(ii) se M ≥ 0 e constante e ‖T (X)‖ ≤ M ‖X‖, para todo X ∈ Rn, entao ‖T‖ ≤ M . (Istosignifica que ‖T‖ e a menor constante de Lipschitz de T .)

Demonstracao: Para (i), podemos supor que X 6= O. Logo, ‖T (X/ ‖X‖)‖ ≤ ‖T‖, oque vem da definicao de ‖T‖. Donde ‖T (X)‖ ≤ ‖T‖ ‖X‖, o que estabelece (i).

Suponhamos, agora, que ‖T (X)‖ ≤ M ‖X‖, ∀ X ∈ Rn. Logo, ‖T (X)‖ ≤ M , se ‖X‖ = 1.Em particular, ‖T (X0)‖ ≤ M , onde X0 ∈ Sn−1 e um ponto onde ‖T (X)‖ atinge seu valormaximo, para X ∈ Sn−1. Portanto, ‖T‖ ≤ M . pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


O corolario a seguir mostra que o espaco das aplicacoes lineares do Rn no Rm, o qual eindicado por L(Rn,Rm), e um espaco vetorial normado.

6.1.44Corolario A aplicacao η : L(Rn,Rm) −→ [0, +∞), definida por η(T ) = ‖T‖, e uma norma

em L(Rn,Rm), isto e,

(i) ‖T‖ = 0 se, e somente se, T e a aplicacao linear nula;

(ii) ‖aT‖ = |a| ‖T‖, ∀ T ∈ L(Rn,Rm) e ∀ a ∈ R;

(iii) ‖S + T‖ ≤ ‖S‖+ ‖T‖, ∀ S, T ∈ L(Rn,Rm).

Demonstracao: E claro que ‖O‖ = 0, onde O e a aplicacao linear nula de L(Rn,Rm).Se ‖T‖ = 0, entao ‖T (X)‖ = 0, para todo X ∈ Rn, visto que ‖T (X)‖ ≤ ‖T‖ ‖X‖, de acordocom (i) da proposicao 6.1.43. Logo, T (X) = O, para todo X ∈ Rn, isto e, T e a aplicacao linearnula, o elemento neutro de L(Rn,Rm). Segue-se, portanto, (i).

Sejam T ∈ L(Rn,Rm) e a ∈ R. Como ‖(aT )(X)‖ = |a| ‖T (X)‖, vem que se X0 ∈ Sn−1

e um ponto onde ‖T (X)‖ atinge o seu maximo em Sn−1, vem que, em X0, o mesmo acontececom ‖(aT )(X)‖. Logo, ‖aT‖ = |a| ‖T‖, como queremos em (ii).

Para obter (iii), sejam S, T ∈ L(Rn,Rm). Temos que

‖(S + T )(X)‖ = ‖S(X) + T (X)‖ ≤ ‖S(X)‖+ ‖T (X)‖ ≤ (‖S‖+ ‖T‖) ‖X‖ , ∀ X ∈ Rn.

Agora, usando o item (ii) da proposicao 6.1.43, obtemos que ‖S + T‖ ≤ ‖S‖+ ‖T‖. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.45Corolario Se T ∈ L(Rn,Rm) e S ∈ L(Rm,Rp), entao S T ∈ L(Rn,Rp), e vale a desi-

gualdade ‖S T‖ ≤ ‖S‖ ‖T‖.Demonstracao: O fato que S T ∈ L(Rn,Rp) segue-se do lema 5.2.8, item (i). Vejamos

o que falta. Dado X ∈ Rn, temos que ‖(S T )(X)‖ ≤ ‖S‖ ‖T (X)‖ ≤ (‖S‖ ‖T‖) ‖X‖ . Logo,‖S T‖ ≤ ‖S‖ ‖T‖. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Agora, vejamos algumas desigualdades uteis, envolvendo a matriz de uma aplicacao li-near T e sua norma.

6.1.46Corolario Seja T ∈ L(Rn,Rm), com matriz M(T ) = (aij)m×n, conforme definicao 1.5.4.

Valem as seguintes desigualdades:

(i) |aij| ≤ ‖T‖, 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n;

(ii) ‖T‖ ≤√√√√

n∑j=1

(m∑

i=1

a2ij

)=

√√√√m∑

i=1

(n∑

j=1

a2ij

).

220 Preliminares

Demonstracao: Da definicao de M(T ) segue-se que a j-esima coluna de M(T ) e dadapelo vetor T (ej). Logo, aij = T (ej) · ei e, portanto, |aij| ≤ ‖T (ej)‖ ≤ ‖T‖, o que prova aprimeira desigualdade.

Dada uma n-upla X, temos que

‖T (X)‖2 = (M(T )1 ·X)2 + (M(T )2 ·X)2 + · · ·+ (M(T )m ·X)2,

onde M(T )i = (ai1 ai2 . . . ain), i = 1, 2, . . . , m, indica a i-esima linha de M(T ). Aplicando adesigualdade de Cauchy-Schwarz a cada parcela desta ultima identidade, vem que

‖T (X)‖2 ≤ ‖M(T )1‖2 ‖X‖2 + ‖M(T )2‖2 ‖X‖2 + · · ·+ ‖M(T )m‖2 ‖X‖2

≤ (‖M(T )1‖2 + ‖M(T )2‖2 + · · ·+ ‖M(T )m‖2) ‖X‖2 .

Da proposicao 6.1.43, item (ii), agora segue-se que

‖T‖ ≤√‖M(T )1‖2 + ‖M(T )2‖2 + · · ·+ ‖M(T )m‖2 =

√√√√m∑

i=1

(n∑

j=1

a2ij

),

o que termina a prova. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.1.47Definicao Uma aplicacao linear injetiva (e, portanto, sobrejetiva) T : Rn −→ Rn e cha-

mada isomorfismo.

A seguinte proposicao estabelece outras formas equivalentes para a nocao de isomorfismo.

6.1.48Proposicao Seja T ∈ L(Rn,Rn). As alternativas abaixo sao equivalentes.

(i) T e um isomorfismo;

(ii) N(T ) = O;(iii) existe T−1 : Rn −→ Rn, que tambem e linear;

(iv) det M(T ) 6= 0;

(v) existe d > 0 tal que ‖T (X)‖ ≥ d ‖X‖, ∀ X ∈ Rn.

Demonstracao: A equivalencia das quatro primeiras alternativas e um fato bem co-nhecido da Algebra Linear. Portanto, apresentaremos apenas a prova da equivalencia entre (i)e (v).

Se T e um isomorfismo, entao existe T−1, que tambem e linear. Logo,∥∥T−1(Y )

∥∥ ≤∥∥T−1

∥∥ ‖Y ‖ , para todo Y ∈ Rn,

onde ‖T−1‖ > 0, pois T−1 nao e o operador nulo. Pondo Y = T (X), X ∈ Rn, resulta daı que

‖X‖ ≤∥∥T−1

∥∥ ‖T (X)‖ , para todo X ∈ Rn,


o que implica que ‖T (X)‖ ≥ d ‖X‖ , onde d = 1/ ‖T−1‖ > 0. Reciprocamente, se

‖T (X)‖ ≥ d ‖X‖ , ∀ X ∈ Rn,

entao T (X) = O implica que ‖X‖ = 0, isto e, X = O. Logo, T e um isomorfismo. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Observacao A norma que acabamos de construir em L(Rn,Rm) permite que as nocoes debola aberta (definicao 3.1.1) e conjunto aberto (definicao 4.1.1), introduzidas

nos capıtulos 3 e 4, para o espaco euclidiano Rn, se estendam a este novo ambiente.

6.1.49Definicao Sejam S ∈ L(Rn,Rm) e a > 0.

(i) O conjunto

B(S, a) = T ∈ L(Rn,Rm); ‖T − S‖ < a = T ∈ L(Rn,Rm); max||X||=1

‖T (X)− S(X)‖ < a

e chamado bola aberta de centro S e raio a.

(ii) O conjunto

B[S, a] = T ∈ L(Rn,Rm); ‖T − S‖ ≤ a = T ∈ L(Rn,Rm); max||X||=1

‖T (X)− S(X)‖ ≤ a

e chamado bola fechada de centro S e raio a.

6.1.50Definicao Um conjunto D ⊂ L(Rn,Rm) e dito aberto se D = ∅ ou dado S ∈ D existe

δ > 0, que pode depender de S, tal que B(S, δ) ⊂ D.

6.1.51Teorema Seja T ∈ L(Rn,Rn) um isomorfismo com inversa T−1. Se d = 1/ ‖T−1‖, entao os

elementos de B(T, d) sao todos isomorfismos.

Demonstracao: Seja S ∈ B(T, d). Isto significa que ‖S − T‖ < d. Dado X ∈ Rn,temos que

‖S(X)− T (X)‖ = ‖(S − T )(X)‖ ≤ ‖S − T‖ ‖X‖ .

Por outro lado,

‖S(X)‖ = ‖S(X)− T (X) + T (X)‖ ≥ ‖T (X)‖ − ‖S(X)− T (X)‖ ,

o que, combinado com a desigualdade anterior, produz

‖S(X)‖ ≥ ‖T (X)‖ − ‖S − T‖ ‖X‖ ≥ d ‖X‖ − ‖S − T‖ ‖X‖ = d1 ‖X‖ ,

onded1 = d− ‖S − T‖ > 0. (¶2)

Logo, S e um isomorfismo. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

222 Preliminares

6.1.52Corolario O conjunto dos isomorfismos de L(Rn,Rn), o qual e indicado por Gl(n), e

aberto em L(Rn,Rn).

Observacao No momento que dispomos de uma norma em um espaco vetorial, as nocoesde conjunto aberto, limite e continuidade surgem naturalmente, exatamente

como fizemos para o espaco Rn. Estas nocoes podem, portanto, ser adaptadas para o espacoL(Rn,Rm), simplesmente imitando aquilo que fizemos para o Rn, sem mudanca alguma, ja quemantemos a mesma notacao para indicar a norma deste ambiente.

O proximo corolario da um exemplo nao-trivial de aplicacao contınua definida num sub-conjunto de L(Rn,Rm), a saber, a inversao em Gl(n).

6.1.53Corolario A aplicacao Φ : Gl(n) −→ Gl(n), definida por Φ(S) = S−1, e um homeomor-

fismo.

Demonstracao: Dadas S, T ∈ Gl(n), nao e difıcil verificar que

T−1 − S−1 = S−1 (S − T ) T−1.

Logo, ∥∥S−1 − T−1∥∥ =

∥∥T−1 − S−1∥∥ ≤

∥∥S−1∥∥ ‖S − T‖

∥∥T−1∥∥ ,

o que resulta do corolario 6.1.45. Assim,

‖Φ(S)− Φ(T )‖ ≤∥∥S−1

∥∥ ‖S − T‖∥∥T−1

∥∥ .

Como queremos mostrar que limS→T Φ(S) = Φ(T ), podemos supor que S ∈ B(T, d), onded = 1/ ‖T−1‖, como no teorema 6.1.51. Desta forma, ‖S(X)‖ ≥ d1 ‖X‖, ∀ X ∈ Rn, onde d1 edado em (¶2) (teorema 6.1.51). Isto implica que ‖S−1(Y )‖ ≤ (1/d1) ‖Y ‖, para todo Y ∈ Rn.Logo, ‖S−1‖ ≤ 1/d1 e

‖Φ(S)− Φ(T )‖ ≤ ‖S−1‖ ‖S − T‖ ‖T−1‖

≤∥∥T−1

∥∥d1

‖S − T‖

=

∥∥T−1∥∥2

1− ‖S − T‖∥∥T−1

∥∥ ‖S − T‖ .

Logo, limS→T Φ(S) = Φ(T ), o que prova que Φ e contınua. Como Φ−1 = Φ, segue-se que Φ eum homeomorfismo. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


6.2Contracoes, Pontos Fixos e Perturbacoes

Nesta secao, estaremos particularmente interessados nas funcoes vetoriais lipschitzianas(veja definicao 3.2.7) da forma f : D ⊂ Rn −→ Rn, com constante de Lipschitz menor do que 1,conhecidas como contracoes.

6.2.1 [Contracao]Definicao Uma funcao vetorial f : D ⊂ Rn −→ Rn e dita uma contracao se

existe c ∈ [0, 1) tal que

‖f(X)− f(Y )‖ ≤ c ‖X − Y ‖ , ∀ X, Y ∈ D.

A contracao f tambem e chamada de c-contracao, quando queremos destacar sua constante deLipschitz c.

Observacao E claro que toda contracao e contınua, de acordo com o teorema 3.2.13, pagina 106.

6.2.2Exemplo Seja f : R2 −→ R2 definida por

f(x, y) =

(cos x + sen y

8,cos y − sen x

8

).

Temos que f e uma1

2-contracao. De fato, se X = (x, y) e Y = (u, v), temos que

‖f(X)− f(Y )‖ =

∥∥∥∥(

cos x− cos u + sen y − sen v

8,cos y − cos v − sen x + sen u

8

)∥∥∥∥

≤ | cos x− cos u|+ | sen y − sen v|8

+| cos y − cos v|+ | − sen x + sen u|

8

≤ |x− u|+ |y − v|4

≤ 2 ‖X − Y ‖4

=1

2‖X − Y ‖ .

Na realidade, como veremos no exemplo 6.2.5, f e uma

√2

8-contracao.

O seguinte resultado, conhecido como desigualdade do valor medio, e uma boa fonte defuncoes lipschitzianas. Note que ele estende o teorema 2.2.11 para funcoes vetoriais quaisquercom derivadas limitadas por uma mesma constante.

224 Contracoes, Pontos Fixos e Perturbacoes

6.2.3Teorema Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm uma aplicacao diferenciavel no aberto convexo D. Se

‖f ′(X)‖ ≤ M , para todo X ∈ D, entao

‖f(Y )− f(X)‖ ≤ M ‖Y −X‖ , ∀ X,Y ∈ D.

Demonstracao: Sejam X,Y ∈ D. ComoD e convexo, vem que a curva parametrizada

α : [0, 1] −−−−−→ D

t −−−−−→ α(t) = X + t(Y −X)

esta bem definida e, claro, α′(t) = Y − X, paratodo t ∈ (0, 1). Note que tr α e o segmento de retaque liga X a Y . Desta forma podemos compor fcom α e construir β : [0, 1] −→ Rm definida por

β(t) = f(α(t)) = f(X + t(Y −X)), 0 ≤ t ≤ 1.

Figura 84

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qX

Y-f

q

q

q1

q0

α-

D

β = f α 6

f(X)

f(Y )Rm

O teorema 2.2.11, aplicado a β, produz c ∈ (0, 1) tal que ‖β(1)− β(0)‖ ≤ ‖β′(c)‖ . Mas

β(1)− β(0) = f(Y )− f(X) e β′(t) = f ′(α(t))(α′(t)).

Logo,

‖f(Y )− f(X)‖ ≤ ‖f ′(α(c))(Y −X)‖ ≤ ‖f ′(α(c))‖ ‖Y −X‖ ≤ M ‖Y −X‖ ,

como querıamos provar. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.2.4Corolario Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn uma aplicacao diferenciavel no aberto convexo D. Se

‖f ′(X)‖ ≤ c < 1, para todo X ∈ D, entao f e uma c-contracao.

6.2.5Exemplo Podemos combinar este corolario com o corolario 6.1.46 para mostrar que

f(x, y) =

(cos x + sen y

8,cos y − sen x

8

), (x, y) ∈ R2

e uma

√2

8-contracao, como observamos no exemplo 6.2.2. De fato, temos que

Jf(x, y) =1

8

(− sen x cos y− cos x − sen y

), (x, y) ∈ R2.

Agora, usando (ii) do corolario 6.1.46, vem que

‖f ′(x, y)‖ ≤ 1

8

√(− sen x)2 + (cos y)2 + (− cos x)2 + (− sen y)2 =

1

8

√2,

O corolario 6.2.4 completa o exemplo.


6.2.6 [Ponto Fixo]Definicao Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn uma funcao vetorial. Um ponto P ∈ D e

dito ponto fixo de f se f(P ) = P .

6.2.7Exemplo A origem O ∈ Rn e ponto fixo de toda aplicacao linear T : Rn −→ Rn. Os pon-

tos fixos nao-triviais de T , caso existam, sao os autovetores de T associados aoautovalor 1.

6.2.8Exemplo A aplicacao f : R2 −→ R2, dada por f(x, y) = (x2, y2) tem exatamente 4 pontos

fixos, a saber: P1 = (0, 0), P2 = (1, 0), P3 = (0, 1) e P4 = (1, 1).

6.2.9Exemplo Toda funcao contınua f : [a, b] −→ [a, b] tem pelo menos um ponto fixo. Com

efeito, se f(a) = a ou f(b) = b, nao ha nada a provar. Logo, podemos supor quef(a) > a e f(b) < b. Isto implica que g(x) = f(x)− x e uma funcao contınua tal que g(a) > 0e g(b) < 0. O teorema do valor intermediario garante, portanto, que existe c ∈ (a, b) tal queg(c) = 0, isto e, f(c) = c.

6.2.10Teorema Sejam F ⊂ Rn um subconjunto fechado, e f : F −→ F uma c-contracao. Entao,

f tem um unico ponto fixo.

Demonstracao: Comecamos escolhendo um ponto X0 ∈ F . Agora definimos, indutiva-mente, uma sequencia com termos em F do seguinte modo: X1 = f(X0), e Xk+1 = f(Xk), sek ≥ 1. Desta forma, temos

X1 = f(X0), X2 = f(X1) = f(f(X0)) = f 2(X0), , . . . , Xk+1 = fk+1(X0), . . .

Logo,

‖Xk+1 −Xk‖ = ‖f(Xk)− f(Xk−1)‖ ≤ c ‖Xk −Xk−1‖ .

Do exemplo 6.1.16, segue-se que X = (Xk) e de Cauchy e, portanto, converge, de acordo como teorema de Cauchy (teorema 6.1.22). Seja P ∈ Rn o limite de X. Como estamos supondoF fechado, vem que P ∈ F . Afirmamos que P e o unico ponto fixo de f . Com efeito, comoXk+1 = f(Xk), podemos escrever Yk = f(Xk), onde Y = (X2, X3, . . .). E claro que Yk −−−→ P .Donde, P = limk→∞ f(Xk). Como f e contınua (toda contracao e contınua), segue-se quelimk→∞ f(Xk) = f(P ). Logo, f(P ) = P . Quanto a unicidade, se Q e outro ponto fixo de f ,temos que

‖Q− P‖ = ‖f(Q)− f(P )‖ ≤ c ‖Q− P‖ ,

o que, combinado com o fato 0 ≤ c < 1, produz 0 ≤ (1− c) ‖Q− P‖ ≤ 0, isto e, P = Q. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


6.2.11Corolario Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn uma aplicacao diferenciavel no aberto convexo D. Se

‖f ′(X)‖ ≤ c < 1, para todo X ∈ D, e F ⊂ D e um fechado de Rn tal quef(F ) ⊂ F , entao f tem um unico ponto fixo em F .

Demonstracao: Dados X,Y ∈ F ⊂ D, temos que ‖f(Y )− f(Y )‖ ≤ c ‖Y −X‖ , o queresulta do teorema 6.2.3. Este fato, combinado com f(F ) ⊂ F , implica que f : F −→ F e umacontracao bem definida e, portanto, tem um unico ponto fixo. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.2.12Exemplo Retomemos a

√2/8-contracao do exemplo 6.2.5, dada por

f(x, y) =

(cos x + sen y

8,cos y − sen x

8

).

Se aplicamos o algoritmo da demonstracao do teorema do ponto fixo a f , comecando comX0 = (0, 0), e fazendo k variar ate 15, obtemos a seguinte tabela, calculada com o programaMathematica, usando 20 casas decimais. (Como usamos a vırgula como separador decimal,as duplas na tabela sao mostradas com um ponto-e-vırgula separando suas coordenadas.)

k Xk = fk(0, 0)

0 (0, 0)

1 (0, 12500000000000000000 ; 0, 12500000000000000000)

2 (0, 13960905007681959289 ; 0, 10844036673051267040)

3 (0, 13731230448242846210 ; 0, 10638931197319336699)

4 (0, 13709702453901508203 ; 0, 10671328173834921699)

5 (0, 13714097169963805632 ; 0, 10674361943957237641)

6 (0, 13714399144364563149 ; 0, 10673742671533045409)

7 (0, 13714317015396705164 ; 0, 10673700118671142724)

8 (0, 13714313130083320978 ; 0, 10673711691922148597)

9 (0, 13714314634903706627 ; 0, 10673712239423152888)

10 (0, 13714314677235669673 ; 0, 10673712027370588905)

11 (0, 13714314650156528447 ; 0, 10673712021405357812)

12 (0, 13714314649877879097 ; 0, 10673712025221229404)

13 (0, 13714314650356910426 ; 0, 10673712025260495426)

14 (0, 13714314650353604481 ; 0, 10673712025192992471)

15 (0, 13714314650345271127 ; 0, 10673712025193458330)

Portanto, P = (0, 137143146503 . . . ; 0, 1067371202519 . . .) e a representacao decimal do pontofixo de f .


6.2.13Exemplo Seja f : R −→ R definida por f(x) = π + x− arctg x. Temos que

|f ′(x)| =∣∣∣∣1−

1

1 + x2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣x2

1 + x2

∣∣∣∣ < 1, ∀ x ∈ R.

Note que f nao tem pontos fixos. De fato, se f(x) = x, para algum x, terıamos arctg x = π, oque e impossıvel. Isto mostra que a condicao ‖f ′(X)‖ ≤ c < 1, no corolario 6.2.11, e essencialpara garantir a existencia de um ponto fixo.

6.2.14 [Perturbacao]Definicao Dadas as funcoes vetoriais g, φ : D ⊂ Rn −→ Rn, onde φ e uma

c-contracao, a funcao f : D −→ Rn, f(X) = g(X) + φ(X), echamada perturbacao de g atraves de φ. Quando D = Rn e g(X) = X, X ∈ Rn, f e cha-mada perturbacao da identidade.

6.2.15 [Fundamental das Perturbacoes]Teorema Sejam φ : D⊂ Rn−→ Rn uma c-con-

tracao definida no conjunto abertoD, e f(X) = X + φ(X) a perturbacao da identidade (determinada por φ). Valem os seguintesresultados.

(i) f e injetiva e f−1 : f(D) −→ D e lipschitziana. Em particular, f−1 e contınua;

(ii) fixado Y ∈ Rn, a aplicacao ψY (X) = Y − φ(X), X ∈ D, ainda e uma c-contracao;

(iii) dado X0 ∈ D, seja r > 0 tal que B[X0, r] ⊂ D, o qual existe porque D e aberto. Paraeste r, construımos s = (1− c)r > 0.

(a) Se Y ∈ B(Y0, s), Y0 = f(X0), entao ψY (B[X0, r]) ⊂ B[X0, r];

(b) existe P ∈ B[X0, r] tal que ψY (P ) = P ;

(c) B(Y0, s) ⊂ f(D);

(iv) f(D) e um subconjunto aberto do Rn.

Demonstracao:

(i) Dados X,Y ∈ D, temos que

‖f(X)− f(Y )‖ = ‖(X − Y )− (φ(Y )− φ(X))‖ ≥ ‖X − Y ‖ − ‖φ(X)− φ(Y )‖≥ ‖X − Y ‖ − c ‖X − Y ‖ = (1− c) ‖X − Y ‖ .

Logo, se f(X) = f(Y ), devemos ter X = Y , isto e, f e injetiva. Portanto, existe f−1,definida na imagem de f , E = f(D). Agora, se V, W ∈ E, temos que V = f(X) eW = f(Y ), para alguns X, Y ∈ D. Logo,

∥∥f−1(V )− f−1(W )∥∥ = ‖X − Y ‖ ≤ 1

1− c‖f(X)− f(Y )‖ =

1

1− c‖V −W‖ .

Segue-se, portanto, que f−1 e lipschitziana com constante de Lipschitz dada por 1/(1− c).


(ii) Dados X,Z ∈ D, ‖ψY (X)− ψY (Z)‖ = ‖φ(X)− φ(Z)‖ ≤ c ‖X − Z‖.(iii)

(a) Sejam X ∈ B[X0, r] e Y ∈ B(f(X0), s). Temos que

‖ψY (X)−X0‖ = ‖Y − φ(X)−X0‖ = ‖Y − φ(X0) + φ(X0)− φ(X)−X0‖= ‖Y − f(X0) + φ(X0)− φ(X)‖ ≤ ‖Y − f(X0)‖+ ‖φ(X)− φ(X0)‖≤ s + c ‖X −X0‖ ≤ s + cr = r.

Logo, ψY (X) ∈ B[X0, r].

(b) Temos que B[X0, r] e fechado do Rn e ψY e uma c-contracao que leva B[X0, r] nelamesma. O teorema 6.2.10 garante que existe P ∈ B[X0, r] tal que ψY (P ) = P .

(c) Seja Y ∈ B(Y0, s), entao, por (b), existe P ∈ B[X0, r] ⊂ D tal que ψY (P ) = P . Istoimplica que Y = P + φ(P ) = f(P ). Donde Y ∈ f(D). Logo, B(Y0, s) ⊂ f(D).

(iv) Seja Y0 ∈ f(D). Logo, Y0 = f(X0) para um unico X0 ∈ D. Segue-se de (iii), subitem (c),que B(Y0, s) ⊂ f(D). Logo, f(D) e aberto. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.2.16 [Homeomorfismo]Definicao Uma bijecao contınua f : D ⊂ Rn −→ E ⊂ Rn e dita um

homeomorfismo se sua inversa f−1 : E −→ D e contınua.Neste caso, tambem dizemos que f e um homeomorfismo de D sobre E.

6.2.17Corolario Sejam φ : D⊂ Rn−→ Rn uma c-contracao definida no conjunto aberto D, e

f(X) = X +φ(X) a perturbacao da identidade (determinada por φ). Entao, fe um homeomorfismo de D sobre sua imagem f(D). Mais ainda, se D = Rn, entao f(D) = Rn.

Demonstracao: A primeira parte ja esta pronta. Falta provar que f(D) = Rn, quandoD = Rn. Para isto, seja Y0 = f(X0) ∈ f(D). Na prova de (iv) do teorema 6.2.15, vimos queB(Y0, r) ⊂ f(D), se r = (1 − c)s, onde s e tal que B[X0, s] ⊂ D. Como D = Rn, s pode serfeito arbitrariamente grande. Portanto, r = (1− c)s tambem fica arbitrariamente grande. Istoimplica que B(Y0, r) ⊂ f(D), para todo r > 0. Logo, f(D) = Rn. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.2.18Exemplo Seja f : R2 −→ R2, definida por

f(x, y) =

(x +

cos x + sen y

8, y +

cos y − sen x

8

).

Entao, f e um homeomorfismo de R2 sobre R2. De fato, f e uma perturbacao da identidade.


6.2.19 [Perturbacao do Isomorfismo]Corolario Sejam T : Rn −→ Rn um isomorfismo e

h : D −→ Rn, D ⊂ Rn aberto, uma funcaolipschitziana com constante de Lipschitz M , 0 ≤ M < 1/ ‖T−1‖. Entao, f : D −→ Rn, definidapor f(X) = T (X) + h(X), e um homeomorfismo de D sobre o aberto f(D). Alem disto, seD = Rn, entao f(D) = Rn.

Demonstracao: Seja g : D −→ Rn a compostade T−1 com f , como mostra o diagrama ao lado. Assim,dado X ∈ D,

g(X) = T−1(T (X) + h(X)) = X + T−1(h(X)).

Afirmamos que φ : D −→ Rn,

φ(X) = (T−1 h)(X) = T−1(h(X)),

Rn

¡¡

¡¡

¡¡µ

f

6

T

?

T−1

D -g = T−1 fRn

e uma c-contracao, onde c = M ‖T−1‖ < 1. Com efeito, dados X,Y ∈ D, temos que

‖φ(Y )− φ(X)‖ =∥∥T−1(h(Y ))− T−1(h(X))

∥∥ ≤∥∥T−1

∥∥ ‖h(Y )− h(X)‖ ≤ M∥∥T−1

∥∥ ‖Y −X‖ ,

como afirmamos. Resulta daı que g e uma perturbacao da identidade e, portanto, e um homeo-morfismo sobre sua imagem g(D), que e aberto em Rn, de acordo com o corolario 6.2.17. Comof = T g, segue-se a afirmacao sobre f . pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.2.20Corolario Se T : Rn −→ Rn e um isomorfismo e h : D ⊂ Rn −→ Rn e diferenciavel no

aberto convexo D e ‖h′(X)‖ ≤ M < 1/ ‖T−1‖, para todo X ∈ D, entaof : D −→ Rn, f(X) = T (X) + h(X), e um homeomorfismo de D sobre o aberto f(D). Alemdisto, se D = Rn, entao f(D) = Rn.

Demonstracao: Do teorema 6.2.3 segue-se que h e lipschitziana com constante deLipschitz M , 0 ≤ M < 1/ ‖T−1‖. Agora, e so aplicar o corolario 6.2.19. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.3O Teorema da Funcao Inversa

Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn uma aplicacao diferenciavel no aberto D. Supondo que o conjuntoE = f(D) e aberto e f e injetiva, podemos construir a inversa de f , definida assim:

f−1 : E −−−−−→ D

Y −−−−−→ f−1(Y ) = X,

230 O Teorema da Funcao Inversa

onde X ∈ D e a unica n-upla tal que f(X) = Y . Desta definicao, segue-se facilmente que f−1 f = Id, onde Id e a aplicacao identidade de D: Id(X) = X, X ∈ D. Agora, supondo, tambem,que f−1 e diferenciavel, podemos usar a regra da cadeia para concluir que, no ponto Y = f(X),vale (f−1)′(Y ) f ′(X) = Id, onde Id e a aplicacao (linear) identidade do Rn. Isto implica que(f−1)′(Y ) = (f ′(X))−1 ou, em termos de matrizes jacobianas, J(f−1)(Y ) = (Jf(X))−1.

A forca do teorema da funcao inversa esta no fato de que, para uma funcao f de classe C1,pelo menos localmente, tanto a injetividade de f quanto a diferenciabilidade de f−1 sao con-sequencias da invertibilidade da derivada de f .

A proxima proposicao exibe outro exemplo nao-trivial de aplicacao contınua, envolvendoo espaco L(Rn,Rm).

6.3.1Proposicao Uma funcao f : D ⊂ Rn −→ Rm, f(X) = (f1(X), f2(X), . . . , fm(X)), e de

classe C1 se, e somente se, a derivada de f , f ′ : D −→ L(Rn,Rm), e contınua.

Demonstracao: Suponhamos que f e de classe C1. Isto implica que as mn funcoesreais

∂fj

∂xi, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m, sao contınuas em D. Fixemos X0 ∈ D. Logo, dado ε > 0,

podemos achar δ > 0 tal que

X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒∣∣∣∣∂fj

∂xi

(X)− ∂fj

∂xi

(X0)

∣∣∣∣ <ε√mn

, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m.

Agora, usando o corolario 6.1.46, obtemos que

‖f ′(X)− f ′(X0)‖ ≤√√√√

n∑j=1

(m∑

i=1

(∂fj

∂xi

(X)− ∂fj

∂xi

(X0)

)2)

<

√mn

ε2

mn= ε, se ‖X −X0‖ < δ.

Logo, f ′ e contınua em X0. Como X0 e arbitrario, segue-se a continuidade de f ′ em D.

Reciprocamente, suponhamos que f ′ seja contınua em X0 ∈ D. Logo, dado ε > 0, existeδ > 0 tal que

X ∈ D, ‖X −X0‖ < δ =⇒ ‖f ′(X)− f ′(X0)‖ < ε.

Assim, se ‖X −X0‖ < δ, X ∈ D, vem que, para 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m,

∣∣∣∣∂fj

∂xi

(X)− ∂fj

∂xi

(X0)

∣∣∣∣ ≤ ‖f ′(X)− f ′(X0)‖ < ε,

o que prova a continuidade das∂fj

∂xiem D. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.3.2 [Difeomorfismo]Definicao Sejam D e E abertos do Rn. Uma bijecao f : D −→ E e um

difeomorfismo se e diferenciavel e tem inversa diferenciavel.


6.3.3 [Coordenadas Polares]Exemplo Seja f : R2 −→ R2, definida por

f(r, θ) = (x, y) = (r cos θ, r sen θ).

E claro que f nao e injetiva, pois, por exemplo, f(1, 0) = f(1, 2π). Tambem f(0, θ) = (0, 0),para todo θ. Se D = (0, +∞)× (−π/2, π/2), nao e difıcil verificar que a restricao de f a D einjetiva e tem imagem E = (x, y); x > 0. Uma computacao direta mostra que

f−1 : E −−−−−→ D

(x, y) −−−−−→ f−1(x, y) = (r, θ) = (√

x2 + y2, arctg(y

x))

e a inversa de f : D −→ E. Tanto f quanto f−1 sao de classe C∞. Logo, f e um difeomorfismode D sobre E. Na realidade, f define um difeomorfismo de (0, +∞)× (0, 2π) sobre o abertoR2 − O, conforme o exercıcio 6-5. Considerando X0 = (2, π/3) e Y0 = f(X0) = (1,

√3),

calcularemos as matrizes jacobianas Jf(X0) e Jf−1(Y0). Temos que

Jf(r, θ) =

cos θ −r sen θ

sen θ r cos θ

e Jf−1(x, y) =

x√x2 + y2

y√x2 + y2

− y

x2 + y2

x

x2 + y2

.

Em particular,

Jf(2, π/3) =

1

2−√3

√3

21

e Jf−1(1,√

3) =

1

2

√3

2

−√

3

4

1

4

.

Note que Jf−1(1,√

3) = (Jf(2, π/3))−1, como esperavamos, diante da conversa que tivemos noinıcio desta secao. Mais geralmente, em Y = f(r, θ), temos

Jf−1(Y ) =

r cos θ

r

r sen θ

r

−r sen θ

r2

r cos θ

r2

=

cos θ sen θ

−sen θ

r

cos θ

r

= (Jf(r, θ))−1.

Enfim, o teorema da funcao inversa.

6.3.4 [Funcao Inversa]Teorema Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn uma funcao de classe C1. Se f ′(X0)

e um isomorfismo, entao existe δ > 0 tal que a restricao de fa bola aberta B(X0, δ) e um difeomorfismo de classe C1 sobre o aberto E = f(B(X0, δ)). Alemdisto, se Y = f(X) ∈ E, entao (f−1)′(Y ) = (f ′(X))−1 e J(f−1)(Y ) = (Jf(X))−1.


Demonstracao: Como f ′(X0) ∈ Gl(n), temos que

‖f ′(X0)(X)‖ ≥ d0 ‖X‖ , ∀ X ∈ Rn,

onde d0 = 1/ ‖f ′(X0)−1‖, como mostra a proposicao 6.1.48. Dado X ∈ D, podemos escrever

f(X) = f ′(X0)(X) + f(X)− f ′(X0)(X).

A ideia agora e mostrar que a diferenca h = f −f ′(X0) induz uma perturbacao de f ′(X0). Feitoisto, o teorema e facilmente concluıdo. Como f e de classe C1, vem da proposicao 6.3.1 queexiste δ > 0 tal que B(X0, δ) ⊂ D e

X ∈ B(X0, δ) =⇒ ‖f ′(X)− f ′(X0)‖ < M,

onde M = d0/2. Note que, nestas condicoes, todas as f ′(X), X ∈ B(X0, δ), sao isomorfismos.De fato, e so aplicar o teorem 6.1.51. Portanto, se X ∈ B(X0, δ), vale

‖h′(X)‖ = ‖f ′(X)− f ′(X0)‖ < M =d0

2<

1

‖f ′(X0)−1‖ ,

o que implica que f pode ser olhada como uma perturbacao de f ′(X0) no aberto e convexoB(X0, δ). Isto posto, vem que

f : B(X0, δ) −→ f(B(X0, δ))

e um homeomorfismo e E = f(B(X0, δ)) e aberto, o que decorre do corolario 6.2.20. Faltamostrar que f−1 : E −→ B(X0, δ) e diferenciavel. Convem observar que ela ja e contınua.

Sejam Y ∈ E e K ∈ Rn−O tal que Y +K ∈ E. Logo, existem X ∈ B(X0, δ) e H 6= O,tais que X + H ∈ B(X0, δ), f(X) = Y e f(X + H) = Y + K. A continuidade de f−1 mostraque quando K −→ O, H −→ O. De fato,

limK→O

H = limK→O

(X − f−1(Y + K)) = X − f−1(Y ) = O. (¶3)

Temos que

f(X + H) = f(X) + T (H) + r(H), onde T = f ′(X) e limH→O

r(H)

‖H‖ = O,

pois f e diferenciavel. Logo,

Y + K = f(X + H) = Y + T (H) + r(H)

e, portanto, K = T (H) + r(H). Donde, H = T−1(K)− T−1(r(H)). Assim,

f−1(Y + K) = X + H = f−1(Y ) + S(K) + s(K),

onde S = T−1, que e linear, e s(K) = −S(r(H)). Agora, vem algo delicado: devemos mostrarque lim

K→Os(K)/ ‖K‖ = O. Observando que

‖s(K)‖‖K‖ =

‖H‖‖K‖

‖s(K)‖‖H‖ ≤ ‖H‖

‖K‖‖S‖ ‖r(H)‖

‖H‖ = ‖S‖ ‖H‖‖K‖‖r(H)‖‖H‖ ,


vemos que este limite e atingido, desde que ‖H‖ / ‖K‖ seja limitado perto de K = O. Isto everdade. De fato, como lim

H→Or(H)/ ‖H‖ = O, existe δ1 > 0 tal que

‖H‖ < δ1 =⇒ ‖r(H)‖‖H‖ <

d

2,

onde d > 0 e tal que ‖T (X)‖ ≥ d ‖X‖, para todo X ∈ Rn. (Lembre que d = 1/ ‖T−1‖.) Agorade (¶3), obtemos δ2 > 0 tal que ‖K‖ < δ2 implica ‖H‖ < δ1. Logo, se ‖K‖ < δ2, vale

‖H‖‖K‖ =

‖H‖‖T (H) + r(H)‖ =

1∥∥∥T (H)‖H‖ + r(H)

‖H‖

∥∥∥≤ 1∥∥∥T ( H

‖H‖)∥∥∥−

∥∥∥ r(H)‖H‖

∥∥∥≤ 1

d− d2

=2

d.

Portanto, limK→O

s(K)/ ‖K‖ = O, o que implica que f−1 e diferenciavel em Y e sua derivada e a

aplicacao linear S = T−1, isto e, (f−1)′(Y ) = (f ′(X))−1. O fato que J(f−1)(Y ) = (Jf(X))−1 esimples. Com efeito,

J(f−1)(Y ) = M((f−1)′(Y )) = M((f ′(X))−1) = (M(f ′(X)))−1 = (Jf(X))−1.

Para concluir a prova do teorema, precisamos verificar que f−1 : E −→ B(X0, δ) e detambem de classe C1. Consideremos o seguinte diagrama

E -f−1

B(X0, δ) -f ′

Gl(n) -Φ

Gl(n)

6g = Φ f ′ f−1

onde Φ(T ) = T−1 e a inversao em Gl(n), cuja continuidade obtivemos no corolario 6.1.53.Como f−1, f ′ e Φ sao contınuas, segue-se que g e contınua. Note que a continuidade de f ′ econsequencia da proposicao 6.3.1, posto que f e de classe C1. Vejamos de perto o que e g.Temos que

g(Y ) = (Φ f ′ f−1)(Y ) = Φ(f ′(f−1(Y ))) = (f ′(f−1(Y )))−1 = (f−1)′(Y ).

Logo, (f−1)′ = g, que e contınua. Portanto, f−1 e tambem de classe C1, outra vez usando aproposicao 6.3.1. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.3.5Exemplo Seja f : R3 −→ R3, definida por f(x, y, z) = (xy + z, x2 + y + z2, x + yz). Temos

que f nao e injetiva. De fato, f(0, 0, 0) = f(√

2/2,−1,√

2/2). Um calculo diretomostra que

Jf(√

2/2,−1,√

2/2) =

−1

√2

21

√2 1

√2

1

√2

2−1

.


Logo, det Jf(√

2/2,−1,√

2/2) = 4 6= 0 e, portanto, f ′(X0), X0 = (√

2/2,−1,√

2/2), e umisomorfismo. O teorema da funcao inversa garante que existe D = B(X0, δ), δ > 0, tal quef : D −→ f(D) e um difeomorfismo. O calculo explıcito de f−1 : f(D) −→ D deve ser umatarefa difıcil. Mas isto nao importa, se desejamos calcular, por exemplo, a derivada de f−1 noponto Y0 = f(X0) = (0, 0, 0). De fato,

Jf−1(Y0) = (Jf(X0))−1 =

−1

2

√2

40

√2

20

√2

2

0

√2

4−1

2

.

Portanto, (f−1)′(Y0) : R3 −→ R3 e dada por

(f−1)′(Y0)(u, v, w) = (−u

2+

√2 v

4,

√2

2(u + w),

√2 v

4− w

2).

Se escrevemos f−1(r, s, t) = (x(r, s, t), y(r, s, t), z(r, s, t)), entao podemos tirar as seguintes infor-macoes de Jf−1(Y0):

∂x

∂r(0, 0, 0) = −1

2,

∂y

∂r(0, 0, 0) =

√2

2e

∂z

∂r(0, 0, 0) = 0,

que resulta de sua primeira coluna. As demais derivadas parciais, com relacao a s e t, aparecemnas outras colunas.

6.3.6Definicao Uma aplicacao f : D ⊂ Rn −→ Rn, D aberto, e dita aberta se f(Ω) e aberto,

para todo aberto Ω ⊂ D.

6.3.7Corolario Se f : D ⊂ Rn −→ Rn e de classe C1 no aberto D e det Jf(X) 6= 0, para todo

X ∈ D, entao f e uma aplicacao aberta. Em particular, f(D) e aberto.

Demonstracao: Seja Ω ⊂ D um conjunto aberto, e fixemos Y ∈ f(Ω). Logo, existeX ∈ Ω tal que f(X) = Y . Como det Jf(X) 6= 0, vem que f ′(X) e um isomorfismo. Do teoremada funcao inversa, resulta que existe δ > 0 tal que f(B(X, δ)) e um aberto, contendo Y e contidoem f(Ω). Isto mostra que f(Ω) e aberto. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.3.8Corolario Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn injetiva e de classe C1 no aberto D. Se det Jf(X) 6= 0,

para todo X ∈ D, entao f(D) e aberto e f e um difeomorfismo sobre f(D).

Demonstracao: Como f e injetiva, vem que f−1 esta bem definida em f(D), quee aberto, pelo corolario anterior. A diferenciabilidade de f−1 resulta do teorema da funcaoinversa. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp


6.3.9 [Coordenadas Esfericas]Exemplo Seja f : R3 −→ R3, definida por

f(ρ, θ, ϕ) = (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ) = (x, y, z),

No exemplo 4.4.17, vimos que

∂(x, y, z)

∂(ρ, θ, ϕ)= det Jf(ρ, θ, ϕ) = −ρ2 sen ϕ.

Consideremos o aberto (convexo)

D = (0, +∞)× (0, 2π)× (0, π) = (ρ, θ, ϕ); ρ > 0, 0 < θ < 2π, 0 < ϕ < π.E claro que se X ∈ D, entao det Jf(X) 6= 0. Mais ainda, a restricao de f a D e injetiva.De fato, se X = (ρ, θ, ϕ) e Y = (ρ1, θ1, ϕ1) sao elementos de D e f(X) = f(Y ), vem que‖f(X)‖ = ‖f(Y )‖, isto e, |ρ| = |ρ1|. Como ρ > 0 e ρ1 > 0, segue-se que ρ = ρ1. Logo,

sen ϕ cos θ = sen ϕ1 cos θ1

sen ϕ sen θ = sen ϕ1 sen θ1

cos ϕ = cos ϕ1.

A terceira equacao implica que ϕ = ϕ1, visto que o cosseno e uma funcao injetiva no intervalo(0, π). Portanto, sen ϕ = sen ϕ1 6= 0, e ficamos com cos θ = cos θ1 e sen θ = sen θ1, o que produz|θ − θ1| = 2kπ, para algum inteiro k. Como estamos supondo 0 < θ, θ1 < 2π, vem que, k = 0e θ = θ1. Logo, f e um difeomorfismo de D sobre o aberto f(D), o qual coincide com R3 − F ,onde F e o semi-plano dado por (x, y, z) ∈ R3; y = 0 e x ≥ 0.

6.3.10 [Coordenadas Cilındricas]Exemplo Se f(r, θ, z) = (x, y, z) = (r cos θ, r sen θ, z),

(r, θ, z) ∈ R3, entao

∂(x, y, z)

∂(r, θ, z)= det Jf(r, θ) = r.

Nao e difıcil ver que a restricao de f ao aberto (convexo) D = (0, +∞)× (0, 2π)×R e injetiva.Portanto, f e um difeomorfismo de D sobre o aberto f(D) = R3−F , onde F e o semi-plano doexemplo anterior.

6.3.11Corolario Sejam T ∈ GL(n) e h : D ⊂ Rn −→ Rn uma aplicacao de classe C1 no aberto

convexo D. Se ‖h′(X)‖ ≤ M < 1/ ‖T−1‖, para algum M ≥ 0, e todo X ∈ D,entao f = T + h e um difeomorfismo de D sobre o aberto f(D). Alem disto, se D = Rn, entaof(D) = Rn.

Demonstracao: O corolario 6.2.20 mostra que f e um homeomorfismo de D sobre oaberto f(D). Falta mostrar que f−1 e diferenciavel. Isto sera feito via teorema 6.1.51. Dadox ∈ D, temos que f ′(X) = T + h′(X). Logo, ‖f ′(X)− T‖ = ‖h′(X)‖ < 1/ ‖T−1‖. Do citadoteorema, resulta que f ′(X) e tambem um isomorfismo. Agora e so usar o corolario 6.3.8, paraconcluir o resultado. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

236 O Teorema da Funcao Implıcita

6.4O Teorema da Funcao Implıcita

Seja f : D ⊂ Rn+m −→ Rm, f(Z) = (f1(Z), f2(Z), . . . , fm(Z)), Z = (z1, z2, . . . , zn+m),uma funcao vetorial de n + m variaveis. O nosso objetivo nesta secao e obter uma descricaoanalıtico-geometrica das solucoes, em D, da equacao f(Z) = C, onde C = (c1, c2, . . . , cm) e umam-upla fixada. Em outros termos, queremos descrever o conjunto de solucoes do sistema deequacoes

f1(z1, z2, . . . , zn+m) = c1

f2(z1, z2, . . . , zn+m) = c2

...

fm(z1, z2, . . . , zn+m) = cm,

(¶4)

com incognitas z1, z2, . . ., zn+m. Inicialmente, faremos este estudo para o caso n = 1 e m = 1.

6.4.1O Caso f : D ⊂ R2 −→ R

Seja f : D ⊂ R2 −→ R uma aplicacao diferenciavel. Dados intervalos abertos I, J ⊂ R, ec ∈ R, uma funcao g : I −→ J e dita definida implicitamente pela equacao f(x, y) = c se o seugrafico

G(g) = (x, y); y = g(x), x ∈ Iesta contido no conjunto solucao desta equacao, isto e, f(x, g(x)) = c, para todo x ∈ I. Usandoa linguagem dos conjuntos de nıvel, isto pode ser reescrito como G(g) ⊂ f−1(c).

6.4.2Exemplo Seja f(x, y) = x2 + y2, (x, y) ∈ R2. Sabemos que o conjunto de solucoes da

equacao f(x, y) = 1 coincide com o cırculo de centro (0, 0) e raio 1:

f−1(1) = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 = 1.Agora definamos g : (−1, 1) −→ R por g(x) =

√1− x2. Temos que

f(x, g(x)) = x2 + (g(x))2 = x2 + (1− x2) = 1, ∀ x ∈ (−1, 1).

Logo, g e uma funcao definida implicitamente por f . O grafico de g e o semi-cırculo x2 +y2 = 1,y > 0. Analogamente, −g tambem o e. Note, entretanto, que nao e possıvel construir uma funcaoh tal que f(x, h(x)) = 1 e tal que seu grafico contenha o ponto (1, 0). Em outras palavras, eimpossıvel tirar y como uma funcao de x, definida em um intervalo aberto, em torno do ponto(1, 0). Neste caso, o que e possıvel e tirar x como funcao de y. De fato, x = h(y) =

√1− y2,

−1 < y < 1, e tal que f(h(y), y) = 1.


6.4.3Exemplo Seja f(x, y) = (x2 + y2)2 − 4(x2 − y2), (x, y) ∈ R2. Estudaremos a equacao

f(x, y) = 0, cujo conjunto de solucoes, como e bem conhecido, e uma lemniscatade Bernoulli, como mostra a figura 85. Nao e difıcil ver que

g : (−2, 2) −−−−−→ R

x −−−−−→ g(x) =

√−2− x2 + 2

√1 + 2 x2.

e definida implicitamente por f(x, y) = 0. O grafico de g e a porcao superior da lemniscatamenos os pontos (−2, 0) e (0, 2). Note que esta porcao contem a origem.

Figura 85

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq-

x-

x

y66

y

q2

q−2

qx

qg(x)

Ha uma diferenca fundamental entre as funcoes g que construımos nos dois exemplosanteriores: no primeiro exemplo, se fixamos um ponto qualquer de G(g), sempre existe umpequeno retangulo, contendo este ponto, cuja intersecao com o conjunto solucao so contempontos de G(g), isto e, dentro do retangulo todas as solucoes de f(x, y) = 1 estao sobre ografico de g. Ja no segundo exemplo, se fixamos atencao no ponto (0, 0) ∈ G(g), vemos quetodo retangulo aberto que contenha este ponto intercepta a lemniscata em outros pontos alemdaqueles do grafico de g, a saber, pontos da porcao inferior da lemniscata. Isto motiva a proximadefinicao.

6.4.4Definicao Seja f : D ⊂ R2 −→ R uma funcao

diferenciavel. Dados intervalos aber-tos I, J ⊂ R e c ∈ R, dizemos que uma funcao

g : I −→ J

e fortemente definida implicitamente pela equacaof(x, y) = c se

(i) f(x, g(x)) = c, para todo x ∈ I;

(ii) o retangulo simples aberto R = I × J intercepta f−1(c) apenas em pontos do grafico de g,isto e, (I × J) ∩ f−1(c) = G(g).

Figura 86

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

6

-qa

qqb

y

J I × J

Iq

x

qqg(x)

f(x, y) = c

x

6.4.5Exemplo Retomando o exemplo 6.4.3, vemos que nao existe g : I ⊂ R −→ R contınua, em

um intervalo aberto I contendo x = 0, que seja fortemente definida implicitamente


pela equacao f(x, y) = 0. Entretanto, isto e possıvel para intervalos contendo x = a, onde0 < |a| < 2. Ainda com relacao ao ponto (0, 0), devemos observar que grad f(0, 0) = (0, 0). Narealidade, esta condicao e obrigatoria diante do fato que existem curvas em f(x, y) = 0 que secruzam neste ponto, como mostra o lema a seguir.

6.4.6Lema Seja f : D ⊂ R2 −→ R diferenciavel em D. Se α, β : I ⊂ R −→ f−1(c) ⊂ R2 sao curvas

regulares que se cruzam transversalmente em α(t0) = β(t0) = X0 = (a, b) ∈ f−1(c),entao grad f(X0) = (0, 0).

Demonstracao: Como α e β tem tracos contidos no conjunto de nıvel f−1(c), vem quef(α(t)) = f(β(t)) = c, para todo t ∈ I. Logo, usando a regra da cadeia, obtemos

grad f(α(t)) · α′(t) = 0 e grad f(β(t)) · β′(t) = 0, ∀ t ∈ I.

Em particular, em t = t0,

grad f(X0) · α′(t0) = 0 e grad f(X0) · β′(t0) = 0.

Assim grad f(X0) e perpendicular aos vetores α′(t0) e β′(t0), que sao linearmente independentes,de acordo com a hipotese de transversabilidade. Como estamos num ambiente bidimensional,segue-se que grad f(X0) = O. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

Diante deste lema, e bastante natural, se queremos construir funcoes fortemente definidasimplicitamente por uma equacao f(x, y) = c, exigir que f tenha gradiente nao-nulo. Se f ede classe C1 e satisfaz esta hipotese, tal construcao e possıvel e constitui o que chamamos deteorema da funcao implıcita.

6.4.7 [Funcao Implıcita]Teorema Seja f : D ⊂ R2 −→ R de classe C1 no aberto D. Sejam

X0 = (a, b) ∈ D e c = f(a, b). Se ∂f∂y

(a, b) 6= 0, entao

existem intervalos abertos I e J , a ∈ I, b ∈ J , e uma funcao de classe C1, g : I −→ J tal que

(i) g(a) = b;

(ii) g e fortemente definida implicitamente por f(x, y) = c;

(iii) g′(a) = −∂f

∂x(a, b)/

∂f

∂y(a, b).

Demonstracao: Visando usar o teorema da funcao inversa, introduzimos uma novafuncao:

h : D −−−−−→ R2

(x, y) −−−−−→ h(x, y) = (x, f(x, y)).

E claro que h e de classe C1, h(a, b) = (a, c) e que sua matriz jacobiana em X0 e dada por

Jh(a, b) =

1 0

∂f

∂x(a, b)

∂f

∂y(a, b)

,


cujo determinante e det Jh(a, b) = ∂f∂y

(a, b) 6= 0. Logo, h′(X0) e um isomorfismo, e pode-

mos fazer uso do teorema da funcao inversa: existe δ0 > 0 tal que h(B(X0, δ0)) e aberto eh : B(X0, δ0) −→ h(B(X0, δ0)) e um difeomorfismo de classe C1. Seja

R = (a− δ1, a + δ1)× (b− δ1, b + δ1), δ1 =

√2

2δ0,

o retangulo simples aberto inscrito em B(X0, δ0). Temos que W = h(R) e aberto e h : R −→ We um difeomorfismo de classe C1. Seja

h−1 : W −−−−−→ R

(u, v) −−−−−→ h−1(u, v) = (p(u, v), q(u, v)),

o difeomorfismo inverso de h, o qual e, tambem, de classe C1. Temos que (hh−1)(u, v) = (u, v)e, por outro lado,

(h h−1)(u, v) = h(h−1(u, v)) = h(p(u, v), q(u, v)) = (p(u, v), f(p(u, v), q(u, v))).

Logo,p(u, v) = u e v = f(u, q(u, v)), ∀ (u, v) ∈ W.

Donde, fazendo v = c, c = f(u, q(u, c)), sempre que (u, c) ∈ W . Isto sugere a construcaode g: g(x) = q(x, c), x variando em algum intervalo aberto I 3 a. Vejamos como construir I.Como W e aberto, existe δ2 > 0 tal que B(Y0, δ2) ⊂ W , onde Y0 = h(X0) = (a, c). Logo,V = h−1(B(Y0, δ2)) ⊂ R e um aberto cuja projecao no eixo-x coincide com o intervalo aberto(a− δ2, a + δ2) ⊂ (a− δ1, a + δ1).

Figura 87

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q q q q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq-

x

6y

b + δ1

b− δ1

qb

a− δ1 a + δ1qa

qδ0

a + δ2a− δ2

f(x, y) = c

V

qx

qqg(x)

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqq qqq

qδ2

-u

6v

qa

qcW = h(R)

a− δ1 a + δ1

l

¾ h−1

-h

Agora definimos I = (a− δ2, a + δ2), J = (b− δ1, b + δ1) e

g : I −−−−−→ J

x −−−−−→ g(x) = q(x, c).

Temos que (x, c) ∈ W , se x ∈ I. Logo, f(x, g(x)) = c, o que mostra que g esta definidaimplicitamente por f(x, y) = c. Falta verificar que (I × J) ∩ f−1(c) e o grafico de g. Def(x, g(x)) = c, x ∈ I, segue-se que G(g) ⊂ (I × J) ∩ f−1(c). Para a inclusao contraria, seja(x, y) ∈ (I×J)∩f−1(c). Isto implica que f(x, y) = c, x ∈ I e y ∈ J . Logo, h(x, y) = (x, c) ∈ W


e, portanto, h−1(x, c) = (x, q(x, c)) = (x, y). Donde, y = q(x, c) = g(x) e (x, y) ∈ G(g). Observe,com a ajuda da figura 87, que o grafico de g e a imagem via h−1 do segmento de reta

l = (u, v); v = c, a− δ2 < u < a + δ2.

Como q e de classe C1, vem que g e de classe C1. A regra da cadeia agora da que

0 =df(x, g(x))

dx=

∂f

∂x(x, g(x)) +

dg

dx(x)

∂f

∂y(x, g(x)).

Logo, em x = a,

dg

dx(a) = −

∂f

∂x(a, b)

∂f

∂y(a, b)

,

e esta completa a prova. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.4.8Exemplo Se f(x, y) = xy3 + y2x5 + xy + x2 + y2− x + sen y, (x, y) ∈ R2, entao f(0, 0) = 0,

e suas primeiras derivadas parciais sao dadas por

∂f

∂x(x, y) = −1 + 2 x + y + 5 x4 y2 + y3 e

∂f

∂y(x, y) = x + 2y + 2x5y + 3xy2 + cos y.

Em particular, ∂f∂x

(0, 0) = −1 e ∂f∂y

(0, 0) = 1. O teorema da funcao implıcita garante que existe

ε > 0 e uma funcao g : (−ε, ε) −→ R, de classe C1, tal que g(0) = 0 e f(x, g(x)) = 0, para todox ∈ (−ε, ε). Alem disso, podemos computar g′(0): g′(0) = −∂f

∂x(0, 0)/∂f

∂y(0, 0) = 1.

Observacao Existe uma prova classica, e relativamente elementar, para o teorema 6.4.7, aqual esta descrita no exercıcio 6-29, que nao usa o teorema da funcao inversa.

Entretanto, tal prova nao se estende facilmente ao caso geral, o que se da com aquela que aca-bamos de apresentar, cuja extensao carece apenas de algumas notacoes, as quais introduziremosa seguir.

6.4.9O Caso f : D ⊂ Rn+m −→ Rm

Seja f : D ⊂ Rn+m −→ Rm, f(Z) = (f1(Z), f2(Z), . . . , fm(Z)), Z = (z1, z2, . . . , zn+m),uma funcao vetorial de n + m variaveis, de classe C1 em D. Temos que a matriz jacobiana de


f em Z e dada por

Jf(Z) =

∂f1

∂z1

(Z)∂f1

∂z2

(Z) · · · ∂f1

∂zn

(Z)∂f1

∂zn+1

(Z)∂f1

∂zn+2

(Z) · · · ∂f1

∂zn+m

(Z)

∂f2

∂z1

(Z)∂f2

∂z2

(Z) · · · ∂f2

∂zn

(Z)∂f2

∂zn+1

(Z)∂f2

∂zn+2

(Z) · · · ∂f2

∂zn+m

(Z)

...... · · · ...

...... · · · ...

∂fm

∂z1

(Z)∂fm

∂z2

(Z) · · · ∂fm

∂zn

(Z)∂fm

∂zn+1

(Z)∂fm

∂zn+2

(Z) · · · ∂fm

∂zn+m

(Z)

Agora escreveremos Z = (X, Y ), onde X = (x1, x2, . . . , xn) e Y = (y1, y2, . . . , ym). Com estanotacao Jf(Z) fica assim:

Jf(X,Y ) =

∂f1

∂x1

(X, Y )∂f1

∂x2

(X,Y ) · · · ∂f1

∂xn

(X, Y )∂f1

∂y1

(X, Y )∂f1

∂y2

(X,Y ) · · · ∂f1

∂ym

(X,Y )

∂f2

∂x1

(X, Y )∂f2

∂x2

(X,Y ) · · · ∂f2

∂xn

(X, Y )∂f2

∂y1

(X, Y )∂f2

∂y2

(X,Y ) · · · ∂f2

∂ym

(X,Y )

...... · · · ...

...... · · · ...

∂fm

∂x1

(X, Y )∂fm

∂x2

(X,Y ) · · · ∂fm

∂xn

(X,Y )∂fm

∂y1

(X, Y )∂fm

∂y2

(X,Y ) · · · ∂fm

∂ym

(X,Y )

,

a qual pode ser posta na forma em blocos

Jf(X,Y ) =

(JfX(X,Y ) JfY (X, Y )

),

onde

JfX(X,Y ) =

∂f1

∂x1

(X, Y )∂f1

∂x2

(X,Y ) · · · ∂f1

∂xn

(X, Y )

∂f2

∂x1

(X, Y )∂f2

∂x2

(X,Y ) · · · ∂f2

∂xn

(X, Y )

...... · · · ...

∂fm

∂x1

(X,Y )∂fm

∂x2

(X, Y ) · · · ∂fm

∂xn

(X, Y )

JfY (X,Y ) =

∂f1

∂y1

(X, Y )∂f1

∂y2

(X,Y ) · · · ∂f1

∂ym

(X,Y )

∂f2

∂y1

(X, Y )∂f2

∂y2

(X,Y ) · · · ∂f2

∂ym

(X,Y )

...... · · · ...

∂fm

∂y1

(X, Y )∂fm

∂y2

(X,Y ) · · · ∂fm

∂ym

(X,Y )

(¶5)


6.4.10Definicao As matrizes JfX(X, Y ) e JfY (X, Y ) introduzidas em (¶5) sao chamadas jaco-

bianas parciais de f em Z = (X, Y ). O numero real

∂(f1, f2, . . . , fm)

∂(y1, y2, . . . , ym)(X, Y ) = det JfY (X,Y )

e conhecido como determinante jacobiano de f em Z = (X, Y ). (Note que JfY (X,Y ) e umamatriz quadrada de ordem m×m, o que permite o calculo de seu determinante.)

Observacao Note que quando m = n = 1, Jfy e a matriz 1 × 1 dada por (∂f∂y

), a qual,

naturalmente, e identificada com a derivada parcial ∂f∂y

.

6.4.11Exemplo Seja f : R5 −→ R2 definida por

f(Z) = f(z1, z2, z3, z4, z5) = (2 ez4 +z5z1 − 4z2 + 3, z5 cos z4 − 6z24 + 2z1 − z3).

Pondo X = (z1, z2, z3) = (x, y, z) e Y = (z4, z5) = (u, v), podemos escrever

f(X,Y ) = f(x, y, z, u, v) = (2 eu +vx− 4y + 3, v cos u− 6u2 + 2x− z).

Portanto,

Jf(X,Y ) =

(v −4 0 2 eu x

2 0 −1 −v sen u− 12u cos u

).

Donde segue-se que

JfX(X,Y ) =

(v −4 0

2 0 −1

), JfY (X, Y ) =

(2 eu x

−v sen u− 12u cos u

).

e∂(f1, f2)

∂(u, v)(X, Y ) = det JfY (X,Y ) = 2 eu cos u + xv sen u + 12xu.

Em particular, em Z0 = (A,B), onde A = (3, 2, 7) e B = (0, 1), temos que

JfX(A,B) =

(1 −4 0

2 0 −1

), JfY (A,B) =

(2 3

0 1

)e

∂(f1, f2)

∂(u, v)(A,B) = 2.

Note que f(A,B) = f(3, 2, 7, 0, 1) = (0, 0). Logo, (A,B) pertence ao conjunto de nıvel de fdado por f−1(0, 0). Na linguagem dos sistemas de equacoes, isto significa que Z0 = (A,B) euma solucao de

2 eu +vx− 4y + 3 = 0

v cos u− 6u2 + 2x− z = 0.


6.4.12Definicao Dados A = (a1, a2, . . . , an) e δ > 0, o produto cartesiano de intervalos

R(A, δ) = (a1 − δ, a1 + δ)× (a2 − δ, a2 + δ)× · · · × (an − δ, an + δ),

que e um subconjunto aberto de Rn, e chamado retangulo simples aberto de centro A e aresta 2δ.

Figura 88: Retangulos Simples em R2 e R3

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qq q qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq-

x

6y

qa2 + δ

qa2 − δ

qa2 q

qa1

A

δ

qa1 − δ

qa1 + δ

-y¡

¡¡

¡¡ª

6z

qa3 + δ

qa3 − δ

q a2 + δ

qa3

qa2

x

qa1 − δ

qa1 + δqa1

qA

2δ

Observacao Observe que X = (x1, x2, . . . , xn) ∈ R(A, δ) se, e somente se,

max|xi − ai|, i = 1, 2, . . . , n < δ.

Este fato implica que R(A, δ), δ = a/√

n, esta contido na bola aberta B(A, a). De fato, seX = (x1, x2, . . . , xn) ∈ R(A, a/

√n), entao

(x1 − a1)2 + (x2 − a2)

2 + · · ·+ (xn − an)2 ≤ n max|xi − ai|2, i = 1, 2, . . . , n < na2

n= a2.

Pronto! Agora podemos enunciar o teorema da funcao implıcita, com toda sua forca.

6.4.13 [Funcao Implıcita]Teorema Sejam f : D ⊂ Rn+m −→ Rm uma aplicacao de classe C1

no aberto D, Z0 = (A,B) ∈ D e C = f(A,B) ∈ Rm. Se

∂(f1, f2, . . . , fm)

∂(y1, y2, . . . , ym)(A,B) = det JfY (A,B) 6= 0,

entao existem retangulos simples abertos R1 ⊂ Rn e R2 ⊂ Rm e uma aplicacao de classe C1,g : R1 −→ R2, tais que

(i) A ∈ R1 e B ∈ R2;

(ii) g(A) = B;

(iii) f(X, g(X)) = C, para todo X ∈ R1;

(iv) (R1 ×R2) ∩ f−1(C) = G(g) = (X, g(X)); X ∈ R1;(v) Jg(X) = −(JfY (X, g(X)))−1JfX(X, g(X)), X ∈ R1.


Demonstracao: Nos limitaremos a imitar o que fizemos na prova do teorema 6.4.7. Por-tanto, comecamos introduzindo h : D ⊂ Rn+m −→ Rn+m definida por h(X, Y ) = (X, f(X,Y )).Temos que

Jh(X, Y ) =

1 0 · · · 0 0 0 · · · 00 1 · · · 0 0 0 · · · 0...

... · · · ......

... · · ·0 0 · · · 1 0 0 · · · 0

∂f1

∂x1

(X,Y )∂f1

∂x2

(X, Y ) · · · ∂f1

∂xn

(X, Y )∂f1

∂y1

(X,Y )∂f1

∂y2

(X, Y ) · · · ∂f1

∂ym

(X, Y )

∂f2

∂x1

(X,Y )∂f2

∂x2

(X, Y ) · · · ∂f2

∂xn

(X, Y )∂f2

∂y1

(X,Y )∂f2

∂y2

(X, Y ) · · · ∂f2

∂ym

(X, Y )

...... · · · ...

...... · · · ...

∂fm

∂x1

(X, Y )∂fm

∂x2

(X,Y ) · · · ∂fm

∂xn

(X, Y )∂fm

∂y1

(X, Y )∂fm

∂y2

(X,Y ) · · · ∂fm

∂ym

(X, Y )

,

ou, na forma de blocos,

Jh(X,Y ) =

In×n On×m

JfX(X, Y ) JfY (X,Y )

,

onde In×n e a matriz identidade de ordem n × n e On×m e a matriz nula de ordem n × m.Segue-se, portanto, que det Jh(X,Y ) = det JfY (X,Y ). Em particular, det Jh(A,B) 6= 0, oque implica que h′(Z0) e um isomorfismo. Logo, podemos usar o teorema da funcao inversapara obter δ0 > 0 tal que h(B(Z0, δ0)) e aberto de Rn+m e h : B(Z0, δ0) −→ h(B(Z0, δ0)) e umdifeomorfismo de classe C1. Portanto, det JfY (X,Y ) 6= 0, para todo (X, Y ) ∈ B(Z0, δ0). Seja Ro retangulo simples aberto centrado em Z0 e de aresta 2δ1, δ1 = δ0/

√n + m, o qual esta contido

em B(Z0, δ0). Temos que W = h(R) e aberto e h : R −→ W e um difeomorfismo de classe C1.Seja

h−1 : W −−−−−→ R

(U, V ) −−−−−→ h−1(U, V ) = (p(U, V ), q(U, V )),

o difeomorfismo inverso de h, o qual e, tambem, de classe C1. Temos que (hh−1)(U, V ) = (U, V )e, por outro lado,

(h h−1)(U, V ) = h(h−1(U, V )) = h(p(U, V ), q(U, V )) = (p(U, V ), f(p(U, V ), q(U, V ))).

Logo,p(U, V ) = U e V = f(U, q(U, V )), ∀ (U, V ) ∈ W.

Donde, fazendo V = C, C = f(U, q(U,C)), sempre que (U,C) ∈ W . Isto sugere a construcaode g: g(X) = q(X, C), X variando em algum retangulo simples aberto R1 ⊂ Rn tal que R1 3 A.Vejamos como construir R1. Como W e aberto, existe δ2 > 0 tal que B(Y0, δ2) ⊂ W , ondeY0 = h(Z0) = (A,C). Logo, V = h−1(B(Y0, δ2)) ⊂ R e um aberto cuja projecao em Rn (que e abola B(A, δ2)) contem o retangulo simples aberto

R1 = (a1 − δ3, a1 + δ3)× (a2 − δ3, a2 + δ3)× · · · × (an − δ3, an + δ3),


onde δ3 = δ2/√

n. Agora definimos

R2 = (b1 − δ1, b1 + δ1)× (b2 − δ1, b2 + δ1)× · · · × (bm − δ1, bm + δ1)

eg : R1 −−−−−→ R2

X −−−−−→ g(X) = q(X, C).

Temos que (X,C) ∈ W , se X ∈ R1. Logo, f(X, g(X)) = C, o que mostra que g esta definidaimplicitamente por f(X, Y ) = C. Falta verificar que (R1 × R2) ∩ f−1(C) e o grafico de g.De f(X, g(X)) = X, X ∈ R1, segue-se que G(g) ⊂ (R1 × R2) ∩ f−1(C). Para a inclusaocontraria, seja (X, Y ) ∈ (R1 × R2) ∩ f−1(C). Isto implica que f(X,Y ) = C, X ∈ R1 eY ∈ R2. Logo, h(X,Y ) = (X,C) ∈ W e, portanto, h−1(X, C) = (X, q(X,C)) = (X,Y ). Donde,Y = q(X,C) = g(X) e (X, Y ) ∈ G(g). Observe que o grafico de g e a imagem via h−1 do pedacode n-plano

π = (U, V ); V = C, U ∈ R1.Como q e de classe C1, vem que g e de classe C1. Vejamos, agora, o item (v). Para isso, sejaF : R1 −→ Rn+m definida por F (X) = (X, g(X)), que e de classe C1. Temos que

(f F )(X) = f(X, g(X)) = C.

Logo, J(f F )(X) = Om×n, onde Om×n e a matriz nula de ordem m×n. Por outro lado, usandoa regra da cadeia (corolario 5.2.9), vem que

J(f F )(X) = Jf(X, g(X))JF (X) =(

JfX(X, g(X)) JfY (X, g(X)))

In×n

Jg(X)

.

Logo, JfX(X, g(X)) + JfY (X, g(X))Jg(X) = O, o que produz

Jg(X) = −(JfY (X, g(X)))−1JfX(X, g(X))

e finaliza o teorema. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.4.14Exemplo Seja f : R5 −→ R2,

f(X,Y ) = f(x, y, z, u, v) = (2 eu +vx− 4y + 3, v cos u− 6u2 + 2x− z),

como no exemplo 6.4.11. Ja vimos que, em Z0 = (A,B), onde A = (3, 2, 7) e B = (0, 1), valem:

f(A,B) = (0, 0), JfX(A,B) =

(1 −4 0

2 0 −1

), JfY (A,B) =

(2 3

0 1

)e

∂(f1, f2)

∂(u, v)(A,B) = 2.

Logo, podemos usar o teorema 6.4.13 para garantir a existencia de retangulos simples abertosR1 ⊂ R3 e R2 ⊂ R2 e uma aplicacao de classe C1

g : R1 −−−−−→ R2

(x, y, z) −−−−−→ g(x, y, z) = (g1(x, y, z), g2(x, y, z)) = (u, v)

tais que


(i) g(A) = B, isto e, g(3, 2, 7) = (0, 1);

(ii) f(X, g(X)) = (0, 0), para todo X = (x, y, z) ∈ R1;

(iii) Jg(A) = −(JfY (A, g(A)))−1JfX(A, g(A)) = −(JfY (A, B))−1JfX(A,B).

Em particular, (ii) mostra que o sistema f(x, y, z, u, v) = (0, 0) tem um numero infinito desolucoes. Agora, expandindo (iii), obtemos que

Jg(3, 2, 7) = − 2 3

0 1

−1

1 −4 0

2 0 −1

= −

1

2−3

2

0 1

1 −4 0

2 0 −1

=

5

22 −3

2

−2 0 1

.

Logo,

Jg(3, 2, 7) =

∂u

∂x(3, 2, 7)

∂u

∂y(3, 2, 7)

∂u

∂z(3, 2, 7)

∂v

∂x(3, 2, 7)

∂v

∂y(3, 2, 7)

∂v

∂z(3, 2, 7)

=

5

22 −3

2

−2 0 1

,

ou∂u

∂x(3, 2, 7) =

5

2

∂u

∂y(3, 2, 7) = 2

∂u

∂z(3, 2, 7) = −3

2

∂v

∂x(3, 2, 7) = −2

∂v

∂y(3, 2, 7) = 0

∂v

∂z(3, 2, 7) = 1

.

Um modo alternativo de se obter estas derivadas parciais e o seguinte: olhamos para o sistemaf(x, y, z, u, v) = (0, 0), isto e,

2 eu +vx− 4y + 3 = 0

v cos u− 6u2 + 2x− z = 0,(¶6)

onde u e v sao olhadas como funcoes de (x, y, z), (x, y, z) perto de (3, 2, 7), o que pode ser feito,pois det JY f(3, 2, 7, 0, 1) = 2 6= 0. Derivando cada linha deste sistema com relacao a x, obtemos

2eu ∂u

∂x+

∂v

∂xx + v = 0

∂v

∂xcos u− v sen u

∂u

∂x− 12u

∂u

∂x+ 2 = 0,

no qual fazemos (x, y, z) = (3, 2, 7), u = 0 e v = 1 e ficamos com

2∂u

∂x+ 3

∂v

∂x+ 1 = 0

∂v

∂x+ 2 = 0,

onde as derivadas parciais ∂u∂x

e ∂v∂x

sao calculadas em (3, 2, 7). Portanto,

∂v

∂x(3, 2, 7) = −2 e

∂u

∂x(3, 2, 7) =

5

2.


O processo se completa derivando as linhas de (¶6) com relacao a y e depois com relacao a z.Vale notar que podemos construir outras funcoes definidas implicitamente po f . De fato,

retomando o sistema (¶6), podemos explicitar facilmente x e y como funcoes das variaveis u, ve z:

x =6u2 + z − v cos u

2e y =

4 eu +6u2v + vz − v2 cos u

8.

Em outras palavras, se definimos

G : R3 −−−−−→ R2

(u, v, z) −−−−−→ G(u, v, z) =

(6u2 + z − v cos u

2,4 eu +6u2v + vz − v2 cos u

8

),

vemos que f(G(u, v, z), z, u, v) = 0, isto e, G e definida implicitamente por f . Neste caso, naoprecisamos da forca do teorema da funcao implıcita para garantir a existencia de G.

Para finalizar este exemplo, convidamos o leitor a tentar explicitar, como fizemos com G,a funcao implıcita (u, v) = g(x, y, z), g(3, 2, 7) = (0, 1), cuja existencia foi deduzida a partir doteorema da funcao implıcita. O leitor certamente se convencera que tal tarefa nao e nada facil.

6.4.15Corolario Seja f : D ⊂ Rk −→ R uma aplicacao de classe C1 no aberto D. Fixe a k-upla

Z0 = (z01, z02, . . . , z0k) ∈ D e defina c = f(Z0). Se ∂f∂xk

(Z0) 6= 0, entao existem

um retangulo simples aberto R(A, δ), A = (z01, z02, . . . , z0k−1), um intervalo aberto J , contendoB = z0k, e uma aplicacao de classe C1, g : R(A, δ) −→ J , tais que

(i) g(z01, z02, . . . , z0k−1) = z0k;

(ii) f(x1, x2, . . . , xk−1, g(x1, x2, . . . , xk−1)) = c, (x1, x2, . . . , xk−1) ∈ R(A, δ);

(iii) f−1(c) ∩ (R(A, δ)× J) = G(g) = (X, g(X)), X = (x1, x2, . . . , xk−1) ∈ R(A, δ);

(iv) grad g(X) = −(∂f

∂x1

(X, g(X)),∂f

∂x2

(X, g(X)), . . . ,∂f

∂xk−1

(X, g(X)))

∂f

∂xk

(X, g(X))

, X ∈ R(A, δ).

Demonstracao: Visando usar o teorema 6.4.13, escreveremos k = n+m, onde n = k−1e m = 1, X = (x1, x2, . . . , xk−1) e Y = xk. Com estas notacoes, ficamos com

Z0 = (A,B), f(A,B) = c, Z = (X,Y ) e det(JfY (Z0)) =∂f

∂xk

(Z0) 6= 0.

Agora (i), (ii) e (iii) seguem-se facilmente do teorema 6.4.13. Ainda do teorema 6.4.13, vem que,para X ∈ R(A, δ),

Jg(X) = −(JfY (X, g(X)))−1JfX(X, g(X))

= −

1

∂f

∂xk

(X, g(X))

(∂f

∂x1

(X, g(X))∂f

∂x2

(X, g(X)) . . .∂f

∂xk−1

(X, g(X))

).


Donde,

grad g(X) = −(∂f

∂x1

(X, g(X)),∂f

∂x2

(X), . . . ,∂f

∂xk−1

(X, g(X)))

∂f

∂xk

(X, g(X))

, X ∈ R(A, δ),

o que prova (iv). pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.4.16Exemplo Seja f : R4 −→ R,

f(x, y, z, w) = xy sen w + log

(x2 + y2 + z2 + w2 + 1

7

)+ w7.

Se Z0 = (1, 2,−1, 0), entao f(Z0) = 0, isto e, Z0 e solucao da equacao em R4:

xy sen w + log

(x2 + y2 + z2 + w2 + 1

7

)+ w7 = 0.

Um calculo mostra que

∂f

∂x(x, y, z, w) =

2 x

1 + w2 + x2 + y2 + z2 + y sen w,

∂f

∂y(x, y, z, w) =

2 y

1 + w2 + x2 + y2 + z2 + x sen w,

∂f

∂z(x, y, z, w) =

2 z

1 + w2 + x2 + y2 + z2 ,

∂f

∂w(x, y, z, w) = 7w6 +

2w

1 + w2 + x2 + y2 + z2 + x y cos w.

Em particular, ∂f∂w

(1, 2,−1, 0) = 2 6= 0, o que permite fazer uso do corolario 6.4.15, para obterum retangulo simples aberto R em torno de (1, 2,−1), um intervalo aberto J 3 0 e uma aplicacaode classe C1, g : R −→ J , tais que

(i) g(1, 2,−1) = 0;

(ii) f(x, y, z, g(x, y, z)) = 0, (x, y, z) ∈ R;

(iii) f−1(0) ∩ (R× J) = G(g);

(iv) grad g(X) = −(∂f

∂x(X, g(X)),

∂f

∂y(X, g(X)),

∂f

∂z(X, g(X)))

∂f

∂w(X, g(X))

, X = (x, y, z) ∈ R.

Como ∂f∂x

(1, 2,−1, 0) = 2/7, ∂f∂y

(1, 2,−1, 0) = 4/7 e ∂f∂z

(1, 2,−1, 0) = −2/7, vem, de (iv), que

grad g(1, 2,−1) = (1/7, 2/7,−1/7). O fato que ∂f∂x

(1, 2,−1, 0) = 2/7 6= 0 pode ser usado para


concluir que a equacao f(x, y, z, w) = 0 tambem define implicitamente x com funcao de (y, z, w).Para ver isto, usamos o corolario 6.4.15 com certo cuidado, devido a forma do seu enunciado,que leva em conta que a ultima derivada parcial de f ( ∂f

∂xk(Z0)) e nao-nula. Para contornar

esta dificuldade, introduzimos uma funcao auxiliar h : R4 −→ R4, h(s, t, u, v) = (v, t, u, s) e

definimos f = f h. (A ideia e “trocar x por w”.) Temos que ∂f∂v

(s, t, u, v) = ∂f∂x

(v, t, u, s). Logo,∂f∂v

(0, 2,−1, 1) = ∂f∂x

(1, 2,−1, 0) 6= 0, o que garante que f(s, t, u, v) = 0 define implicitamente vcomo funcao de (s, t, u):

v = g(s, t, u), g(0, 2,−1) = 1 e f(s, t, u, g(s, t, u)) = 0,

ou

v = g(s, t, u), g(0, 2,−1) = 1 e (f h)(s, t, u, g(s, t, u)) = f(g(s, t, u), t, u, s) = 0.

A arrumacao final se da colocando t = y, u = z, s = w e x = g(y, z, w) = g(z, w, y). Donde,

f(g(y, z, w), y, z, w) = 0, e g(2,−1, 0) = g(0, 2,−1) = 1.

O mesmo raciocınio pode ser aplicado para mostrar que f(x, y, z, w) = 0 tambem define impli-citamente y como funcao de (x, z, w) e z como funcao de (x, y, w). Note que todas estas funcoesimplıcitas nao sao facilmente explicitaveis.

6.5Superfıcies Regulares em R3

Na subsecao 5.4.6, introduzimos, sem muito rigor, a nocao de superfıcie regular do R3,como sendo um subconjunto de R3 obtido pela colagem de graficos de funcoes de duas variaveis,ora de x e y, ora de y e z, ora de x e z. Nosso objetivo principal aqui e introduzir com um poucomais de rigor estas nocoes, o que produzira uma breve introducao a Geometria Diferencial.

Sejam D ⊂ R2 um aberto e f : D −→ R uma aplicacao de classe C1. Da definicao 1.4.7,vem que o grafico de f e dado por

G(f) = (x, y, z); z = f(x, y), (x, y) ∈ D.Portanto, G(f) coincide com o traco da superfıcie parametrizada definida por

g : D −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ g(u, v) = (u, v, f(u, v)),

isto e, g e uma parametrizacao, chamada parametrizacao canonica de G(f). Sugerimos ao leitorconsultar a figura 37 da pagina 47 para lembrar que G(f) se projeta ortogonalmente sobre umacopia de D posta no plano-xy e, alem disto, as retas ortogonais a esta copia interceptam-noapenas em um ponto.

A ideia agora e construir subconjuntos especiais de R3, os quais chamaremos de superfıciesregulares, e que “localmente” se comportam como graficos. Visando isto, introduziremos a seguira nocao de superfıcie parametrizada canonica.

250 Superfıcies Regulares em R3

6.5.1Definicao Seja f : D −→ R uma aplicacao de classe C1 definida no aberto D ⊂ R2. As-

sociadas a f , temos tres superfıcies parametrizadas, a saber:

(i) g12(u, v) = (u, v, f(u, v)), (u, v) ∈ D;

(ii) g13(u, v) = (u, f(u, v), v), (u, v) ∈ D;

(iii) g23(u, v) = (f(u, v), u, v), (u, v) ∈ D.

Estas superfıcies parametrizadas sao chamadas superfıcies parametrizadas canonicas. Seustracos serao indicados, respectivamente, por G12(f), G13(f) e G23(f).

Observacao G12(f) e o grafico de f . G13(f) tem a mesma forma geometrica de G(f), so queele se projeta ortogonalmente sobre uma copia de D posta no plano-xz. G23(f)

tambem tem a mesma forma, mas se projeta sobre uma copia de D no plano-yz.

6.5.2Exemplo Seja f(x, y) = x2 + y2 + 1, (x, y) ∈ D = [−1, 1] × [−1, 1]. Temos que G(f) e

a porcao do paraboloide de revolucao z = x2 + y2 + 1 que se projeta sobre oretangulo D. As superfıcies paramatrizadas canonicas associadas a f sao

g12(u, v) = (u, v, u2 + v2 + 1), (u, v) ∈ D;

g13(u, v) = (u, u2 + v2 + 1, v), (u, v) ∈ D;

g23(u, v) = (u2 + v2 + 1, u, v), (u, v) ∈ D.

A figura abaixo mostra os tracos G12(f), G13(f) e G23(f).

qqq qqqq qqqqq qqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqq qqqqq qqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqq qqqqqqqq qq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqq qqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qq qq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqq q qqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqq q qqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqq qqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqq qqq qq qqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq

6z

-y¡

¡¡

¡¡ªx

D

G12(f) = G(f)

Figura 89

q qqqqq qq qqqqqqq qqq qqqqq q qqqqq q qqqqqqq qq qqq qqqqqqq qq q qqqqq qqqqq qq qq qqq qqq q q qq q qqqqqqqqqq qq qq qq qqqq qqqqqqq qq qq q qq qqqq qqqqqqq qq qq q qqq qqqqqq qqqqq q q q qq qqqqqq qqqqqqqqq qq qq qq qq qqq q q qqqqqqqqq q q q qqqqqqqqqq qqqqq qq qq qq qqqqq qqqqqq qqqqqqq q q q qqqq qqqqqqqqqqqqqq qq qq qq qq qqqqqqq q qqqqqqq qqqq q q qqqqqqqqqqq qqqq qq qq qq q qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq q q q qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qq qq qqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqq q q qqqqqqqqqq q q qqq q q q q qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qq qq qqqqqqqqqqqqq qq qq qq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q qqqqqqqq qqqqqqqqq qq q q q qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qq qq qq q qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qq qq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q qqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqq q q q qqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqq qq qq qq q qqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qq qq qq qqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq q q qqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqq q q q qqqqqqqqq qqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqq qq qq qq qqqqqqq q qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq q q qq qq qqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqq qq qq q qqqqq qqqq qqqqqqq qqqqqqqqq q q qqqqqq qqqq qqqqqqqq qq qq qqqq qqqqq qq q q qqqq qq q qq qq q q qqqq qq qqqq qq qq qqq qq

-y

6z

x

D

G13(f)

¡¡

¡¡ª

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqq q

¡¡

¡¡ªx

-y

6z

D

G23(f)

6.5.3Definicao Seja S ⊂ R3 um conjunto nao-vazio. S e dito uma superfıcie regular se para

cada P ∈ S existir um subconjunto aberto V ⊂ R3, contendo P , tal queW = V ∩ S coincide com um conjunto do tipo G12(f), ou G13(f), ou G23(f), para algumafuncao de classe C1, f : D ⊂ R2 −→ R, D aberto de R2. A intersecao W e chamada vizinhancacoordenada de P .


6.5.4Exemplo Seja

S = S2(a) = X ∈ R3; ‖X‖2 = a2a esfera centrada na origem e de raio a. Verificare-mos que S e uma superfıcie regular, decompondo-aem seis vizinhancas coordenadas:

(i) duas vizinhancas da forma G12, dadas por

z = ±√

a2 − x2 − y2, x2 + y2 < a2,

como mostra a figura 90;

(ii) duas vizinhancas da forma G13, dadas por

y = ±√

a2 − x2 − z2, x2 + z2 < a2,

como mostra a figura 91;

(iii) duas vizinhancas da forma G23, dadas por

x = ±√

a2 − y2 − z2, y2 + z2 < a2,

como vemos na figura 92.Consideremos agora os semi-espacos abertos dadospor

V1a = (x, y, z); z > 0, V1b = (x, y, z); z < 0V2a = (x, y, z); y < 0, V2b = (x, y, z); y > 0V3a = (x, y, z); x > 0, V3b = (x, y, z); y < 0.

Temos que V1a ∩ S e a vizinhanca coordenada dafigura 90-(i-a), V1b∩S e a vizinhanca coordenada dafigura 90-(i-b), V2a∩S e a vizinhanca coordenada da

Figura 90:

(i-a): z =√

a2 − x2 − y2

(i-b): z = −√

a2 − x2 − y2

qqqqq qqqq qq qqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

¡¡

¡¡¡ªx

¡¡ªx

-y

(i-a) (i-b)

6z

-y

¡

6z

Figura 91:

(ii-a): y = −√a2 − x2 − z2

(ii-b): y =√

a2 − x2 − z2

qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq q

6z

-y¡

¡¡¡ª

¡

x

6z

¡¡

¡¡ª

-y

(ii-a) (ii-b)x

Figura 92:

(iii-a): x =√

a2 − y2 − z2

(iii-b): x = −√

a2 − y2 − z2

qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqq qqqqqqqq qqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqq qqqq qqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqq q qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq q q qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqq qqq qqqq qqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqq qqq qqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqq qqqqqqq qqq qqqqqqqqq qqqqqq qqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqq¡¡

¡ªx

6z

-y

¡¡

¡¡

¡ªx

6z

-y

(iii-a) (iii-b)

figura 91-(ii-a), V2b ∩S e a vizinhanca coordenada da figura 91-(ii-b), V3a ∩S e a vizinhanca co-ordenada da figura 92-(iii-a) e V3b∩S e a vizinhanca coordenada da figura 92-(iii-b). Isto mostraque S2(a) e uma superfıcie regular. Note que as vizinhancas Via e Vib sao, respectivamente, ostracos de

gia : D ⊂ R2 −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ gia(u, v) = (u, v,√

a2 − u2 − v2)

egib : D ⊂ R2 −−−−−→ R3

(u, v) −−−−−→ gib(u, v) = (u, v,−√

a2 − u2 − v2),

onde D e o disco aberto D = (u, v); u2 + v2 < a2. E claro que podemos cobrir S2(a) com dois

252 Superfıcies Regulares em R3

graficos, se nao somos obrigados a considera-los como graficos de funcoes definidas em abertosdo plano R2, como e o caso da definicao 6.5.3. Com efeito, sem esta exigencia, os graficos de

z =√

a2 − x2 − y2 e z = −√

a2 − x2 − y2, x2 + y2 ≤ a2,

cobrem a esfera.

6.5.5Exemplo Dada f : D ⊂ R2 −→ R de classe C1 no aberto de D, o seu grafico G(f) e uma su-

perfıcie regular. De fato, tomando V = R3, vemos que V ∩G(f) = G12(f). Logo,G(f) e uma vizinhanca coordenada da cada um de seus pontos. Em particular, o paraboloidede revolucao z = x2 + y2 e a sela z = y2 − x2 sao superfıcies regulares.

6.5.6Exemplo O cone de duas folhas x2 +y2−z2 = 0 (veja a figura 28-(a), pagina 35) nao e uma

superfıcie regular. De fato, a intersecao de qualquer aberto de R3, que contenhaa origem, com o este cone nao e do tipo G12(f), nem do tipo G13(f), nem do tipo G23(f).

6.5.7Definicao Seja f : D ⊂ Rn −→ R uma funcao de classe C1 no aberto D. Um ponto X ∈ D

e dito um ponto regular de f se grad f(X) 6= O.

6.5.8Definicao Seja f : D ⊂ Rn −→ R uma funcao de classe C1 no aberto D. Um numero real

c ∈ R e dito um valor regular de f se f−1(c) e vazio ou grad f(X) 6= O, paratodo X ∈ f−1(c).

6.5.9Exemplo Seja f : R3 −→ R, f(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Temos que f−1(c) = ∅, se c < 0.

Logo, se c < 0, entao c e um valor regular de f . Se c = 0, f−1(c) = (0, 0, 0).Como grad f(0, 0, 0) = (0, 0, 0), vem que c = 0 nao e valor regular de f . Agora, se c > 0,temos que f−1(c) e a esfera euclidiana de centro O e raio

√c. Se X = (x, y, z) ∈ S2(

√c), entao

grad f(x, y, z) = 2X 6= O. Logo, os numeros reais positivos tambem sao valores regulares de f .

6.5.10Exemplo Seja f : R3 −→ R, f(x, y, z) = x2 + y2− z2. Temos que ∇f(x, y, z) = 2(x, y,−z),

o qual se anula apenas na origem O. Como f(O) = 0, vem que se c 6= 0, entaoc e valor regular de f . Isto implica que o cone de duas folhas f−1(0) contem o ponto nao-regular de f , o qual coincide com o seu vertice, enquanto os hiperboloides de uma e duas folhas(figuras 28-(a) e 28-(b)) dados, respectivamente, por f−1(c), c > 0, e f−1(c), c < 0, so contempontos regulares de f .

6.5.11Teorema Seja f : D ⊂ R3 −→ R uma aplicacao de classe C1 no aberto D. Se c ∈ R e um

valor regular de f tal que f−1(c) 6= ∅, entao S = f−1(c) e uma superfıcie regular.


Demonstracao: Seja P = (x0, y0, z0) um ponto qualquer de f−1(c). Logo, f(P ) = c e∇f(P ) 6= (0, 0, 0). Portanto, somos levados a uma das seguintes alternativas:

(a1) ∂f∂z

(x0, y0, z0) 6= 0;

(a2) ∂f∂y

(x0, y0, z0) 6= 0;

(a3) ∂f∂x

(x0, y0, z0) 6= 0.

Se ocorre (a1), podemos usar o corolario 6.4.15 para encontrar um retangulo simples abertoR1 = (x0 − δ, x0 + δ)× (y0 − δ, y0 + δ), um intervalo aberto J1 = (z0 − ε, z0 + ε) e uma funcaode classe C1, g1 : R1 −→ J1, tais que

(b1) g1(x0, y0) = z0;

(b2) f(x, y, g1(x, y)) = c, (x, y) ∈ R1;

(b3) f−1(c) ∩ (R1 × J1) = G(g1) = G12(g1).

Como V = R1 × J e um aberto de R3, vemos que (b1) significa que W = f−1(c) ∩ V e umavizinhanca coordenada de P . Vejamos, agora, o que podemos fazer quando ocorre (b2), isto e,∂f∂y

(x0, y0, z0) 6= 0. Neste caso, usamos outra vez o teorema da funcao implıcita, agora tomandoum certo cuidado, devido a forma do seu enunciado. Por isso, introduzimos o difeomorfismoh : R3 −→ R3, dado por h(u, v, w) = (u, w, v), e consideramos f = f h, definida no aberto

D = h−1(D). Temos que ∂f∂w

(u, v, w) = ∂f∂y

(u,w, v), o que vem da regra da cadeia. Em particular,∂f∂w

(x0, z0, y0) = ∂f∂y

(x0, y0, z0) 6= 0, o que permite aplicar o corolario 6.4.15 a f para obter um

retangulo simples aberto R2 3 (x0, z0), um intervalo aberto J2 3 y0, e uma aplicacao de classe C1,g2 : R2 −→ J2, tais que

(c1) g2(x0, z0) = y0;

(c2) f(u, v, g2(u, v)) = c, (u, v) ∈ R2;

(c3) f−1(c) ∩ (R1 × J) = G(g2) = G12(g2) = (u, v, g2(u, v)); (u, v) ∈ R1.

Como f = f h, vem que f−1(c) = h−1(f−1(c)), o que, junto com (c3), produz

f−1(c)∩h(R2∩J2) = h((u, v, g2(u, v)); (u, v) ∈ R2) = (u, g2(u, v), v); (u, v) ∈ R2 = G13(g2).

Portanto, f−1(c) ∩ h(R2 ∩ J2) e uma vizinhanca coordenada de P . Deixamos ao leitor a tarefade mostrar que na presenca de (b3), obtemos uma vizinhanca coordenada de P do tipo G23(g3),para alguma g3. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ppppppppppppppppppppp

6.5.12Exemplo Como aplicacao direta do teorema 6.5.11, temos que os hiperboloide de uma e

duas folhas sao superfıcies regulares. De fato, como vimos no exemplo 6.5.10,cada um deles e imagem inversa de um valor regular de f(x, y, z) = x2 + y2 − z2.

6

Exercıcios

Funcoes Inversa e Implıcita – Exercıcios 255

6-1. Uma funcao vetorial f : D ⊂ Rn −→ Rm e dita uniformemente contınua em D se dado ε > 0existe δ, que pode depender se ε, tal que

∀X, Y ∈ D, ‖X − Y ‖ < δ =⇒ ‖f(X)− f(Y )‖ < ε.

(a) Mostre que se f : D ⊂ Rn −→ Rm e uniformemente contınua, entao f e contınua em D;

(b) Mostre α(t) = (t, t2), t ∈ R, e contınua, mas nao e uniformemente contınua;

(c) Se f : K ⊂ Rn −→ Rm e contınua no compacto K, entao f e uniformemente contınua;

(d) Mostre que toda funcao lipschitziana f : D ⊂ Rn −→ Rm e uniformemente contınua.

6-2. Calcule a norma de cada aplicacao linear abaixo.

(a) T : R4 −→ R4, T (x, y, z, w) = (x, 2y,−3z,√

2 w);

(b) Tθ : R2 −→ R2, Tθ(x, y) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ);

(c) f : R4 −→ R, f(x, y, z, w) = x + 2y + z − w;

(d) R : R3 −→ R3, R(x, y, z) = ((√

3x− y)/2, (x +√

3y)/2, z);

(e) S : R2 −→ R2, S(x, y) = (x + 2y, 2x + y).

6-3. Seja T ∈ L(Rn,Rm) com matriz M(T ). Considere S ∈ L(Rn,Rn) definida por

S(X) = ( tM(T )M(T ))X, X ∈ Rn,

onde tM(T ) indica a transposta de M(T ).

(a) Mostre que S e auto-adjunta (veja o exercıcio 1-22);

(b) Mostre que ‖T (X)‖2 = X · S(X);

(c) Existe uma matriz ortogonal n× n, P , tal que D = tPSP e diagonal, digamos

D = diag(λ1, λ2, . . . , λn).

Alem disto, λi ≥ 0, para i = 1, 2, . . . , n;

(d) Conclua que ‖T‖ = max√λi, i=1,2,. . . ,n.(e) Se T e ortogonal (veja exercıcio 1-19), entao ‖T‖ = 1;

(f) Re-obtenha o item (e) do exercıcio anterior.

6-4. Seja

f : R2 −−−−−→ R2

(x, y) −−−−−→ f(x, y) = (x4y + x, x + y3).

(a) Mostre que f e sobrejetiva;

(b) Mostre que f nao tem uma inversa globalmente definida;

(c) Mostre que existem Ω1 3 (1, 1) e Ω2 3 (2, 2) abertos de R2 tais que a restricaof : Ω1 −→ Ω2 tem inversa diferenciavel;

(d) Calcule Jf−1(2, 2);

(e) Encontre um valor aproximado para f−1

(1, 992, 001

);

(f) Se f−1(u, v) = (x(u, v), y(u, v)), calcule ∂x∂u

(2, 2) e ∂y∂v

(2, 2).

256 Funcoes Inversa e Implıcita – Exercıcios

6-5. [Coordenadas Polares e Argumento Complexo] Seja

f : (0, +∞)× (0, 2π) −−−−−→ R2

(r, θ) −−−−−→ f(r, θ) = (r cos θ, r sen θ).

(a) f e uma aplicacao de classe C∞;

(b) f e injetiva;

(c) f cobre R2 − [0, +∞);

(d) Mostre que f−1 = g, onde g(x, y) = (√

x2 + y2, π + 2 arctgy

x−√

x2 + y2);

(e) Em particular, se z = r eiθ = r(cos θ + i sen θ), r =√

x2 + y2 e θ = Arg(z) ∈ (0, 2π),entao

Arg(z) = π + 2 arctgy

x−√

x2 + y2.

Logo, Arg : C − [0, +∞) −→ (0, 2π) e de classe C∞.

6-6. [A Exponencial e o Logaritmo] Seja

f : R2 −−−−−→ R2

z −−−−−→ f(z) = (eu cos v, eu sen v),

onde z = (u, v).

(a) Mostre que f(R2) = R2 − (0, 0). Na realidade, f(R × (0, 2π]) = R2 − (0, 0);(b) f e um difeomorfismo de R × (0, 2π) sobre R2 − [0, +∞), e sua inversa e

f−1(x, y) = (log√

x2 + y2, π + 2 arctgy

x−√

x2 + y2);

(c) Dado z = u + iv ∈ C, o numero complexo

Exp(z) = f(u, v) = eu(cos v + i sen v) = eu eiv

e a exponencial complexa de z. Mostre que Exp : R × (0, 2π) −→ C − [0, +∞) e umdifeomorfismo com inversa

Log w = log |w|+ i Arg w,

onde w = x + iy ∈ C − [0, +∞). (Log e um ramo do logaritmo. Um ramo do logaritmoe a inversa da restricao de Exp a uma faixa (horizontal) aberta de largura 2π.)

6-7. Dadas aplicacoes diferenciaveis f, g : R3 −→ R, construa uma nova funcao

F : R3 −−−−−→ R3

(x, y, z) −−−−−→ F (x, y, z) = (f(x, y, z), g(x, y, z), f(x, y, z) + g(x, y, z)).

Mostre que se F tem uma inversa, esta nunca pode ser diferenciavel, em nenhum ponto.


6-8. Seja g : R −→ (0, +∞) contınua. Defina f assim:

f : R2 −−−−−→ R2

(x, y) −−−−−→ f(x, y) = (u, v) = (

∫ y+x

0

g(t)dt,

∫ y−x

0

g(t)dt).

(a) Mostre que f e injetiva;

(b) Mostre que ∂(u,v)∂(x,y)

= 2g(y + x)g(y− x) > 0, e f e um difeomorfismo de R2 sobre o aberto

f(R2).

6-9. Seja f : Rn −→ R diferenciavel.

(a) Dado X ∈ Rn, mostre que f(2X)− f(X) = grad f(θX) ·X, para algum 1 < θ < 2;

(b) Conclua que se limX→∞

dfX(X) = 0, entao a funcao g(X) = f(2X) − f(X), X ∈ Rn, e

limitada.

6-10. Seja f : Rn −→ Rm diferenciavel. Suponha que limX→∞

dfX(X) = 0. Mostre que a funcao

g(X) = f(2X)− f(X) e limitada.

6-11. Seja f : Rn −→ Rn de classe C1 tal que dfX(V ) · V > 0, ∀ X,V ∈ Rn, V 6= 0. Fixados X eY em Rn, defina a funcao real g(t) = f(X + t(Y −X)) · (Y −X).

(a) Mostre que g′(t) = (df(X+t(Y−X))(Y −X)) · (Y −X);

(b) Se f(X) = f(Y ), entao existe θ ∈ (0, 1) tal que g′(θ) = 0, isto e,

(df(X+θ(Y−X))(Y −X)) · (Y −X) = 0;

(c) Conclua que f tem que ser injetiva;

(d) f e um difeomorfismo de Rn sobre o aberto f(Rn);

(e) De um exemplo (n = 1 basta) mostrando que f pode nao ser sobrejetiva. (Paraobter sobrejetividade, precisamos melhorar a condicao sobre f ′, conforme mostra oexercıcio 6-12.)

6-12. Seja f : Rn −→ Rn de classe C1 tal que dfX(V ) · V ≥ α ‖V ‖2, ∀ X, V ∈ Rn, V 6= 0 e algumα > 0.

(a) Mostre que f e um difeomorfismo de Rn sobre o aberto f(Rn);

(b) Conclua que ‖f(Y )− f(X)‖ ≥ α ‖Y −X‖, ∀ X,Y ∈ Rn;

(c) Mostre que f(Rn) e fechado em Rn;

(d) Conclua que f e sobrejetiva.


6-13. Seja f : Rn −→ Rn de classe C1, injetiva e tal que f ′(X) e uma aplicacao ortogonal (vejao exercıcio 1-19), para todo X ∈ Rn. Seja g : f(Rn) −→ Rn a inversa de f (justifique aexistencia de g)1.

(a) Mostre que ‖f ′(X)V ‖ = ‖V ‖, ∀ X, V ∈ Rn. Em particular, ‖f ′(X)‖ = 1, ∀ X ∈ Rn;

(b) Mostre que ‖g′(Y )W‖ = ‖W‖, ∀ Y ∈ f(Rn) e W ∈ Rn. Em particular, ‖g′(Y )‖ = 1,∀ Y ∈ f(Rn);

(c) Use a desigualdade do valor medio para mostrar que

(i) ‖f(X2)− f(X1)‖ ≤ ‖X2 −X1‖, ∀ X1, X2 ∈ Rn;

(ii) ‖g(Y2)− g(Y1)‖ ≤ ‖Y2 − Y1‖, ∀ Y1, Y2 ∈ f(Rn);

(d) Conclua que ‖f(X2)− f(X1)‖ = ‖X2 −X1‖, ∀ X1, X2 ∈ Rn. Portanto, f e uma isome-tria, como no exercıcio 1-20;

(e) Mostre que f ′(X) ∈ O(n) e constante. (O(n) e o grupo das matrizes ortogonais.)

6-14. Seja φ : D ⊂ Rn −→ Rn de classe C1 no aberto convexo D. Se ‖φ′(X)‖ ≤ c < 1, paraalgum c ≥ 0, e todo X ∈ D, entao a perturbacao da identidade f(X) = X + φ(X) e umdifeomorfismo de D sobre o aberto f(D). Se D = Rn, entao f(D) = Rn.

6-15. Seja f : R −→ R de classe C1 tal que |f ′(t)| ≤ λ < 1, para todo t ∈ R.

(a) Mostre que

g : R2 −−−−−→ R2

(x, y) −−−−−→ g(x, y) = (x + f(y), y + f(x))

e uma perturbacao diferenciavel da identidade;

(b) Conclua que g e um difeomorfismo de R2;

(c) Mostre que g(x, y) = (x +sen y

2, y +

sen x

2), (x, y) ∈ R2, e um difeomorfismo de R2;

(d) Calcule Jg−1(0, 0);

(e) Se g−1(u, v) = (x(u, v), y(u, v)), calcule ∂y∂v

(0, 0).

6-16. Sejam T, h : R2 −→ R2 dadas por

T (x, y) =1

3(−x + 2y, 2x− y) e h(x, y) = (

sen x

4,−cos y

5).

(a) Mostre que T e um isomorfismo, e que T−1 funciona assim: T−1(u, v) = (u+2v, 2u+v);

(b) Calcule ‖T‖ e ‖T−1‖;(c) Mostre que ‖h′(X)‖ ≤ 1

4, para todo X ∈ R2;

(d) Mostre que f(x, y) = (−x + 2y

3+

sen x

4,2x− y

3− cos y

5) e um difeomorfismo de R2.

6-17. Complete a afirmacao feita na introducao deste capıtulo, provando que o teorema da funcaoimplıcita implica o teorema da funcao inversa.

1Na realidade, a hipotese sobre a injetividade de f pode ser retirada. A condicao de ortogonalidade dasf ′ implica isto. (Veja, por exemplo, Grupo Fundamental e Espacos de Recobrimento de Elon Lages Lima,paginas 140 a 143.)


6-18. Seja

f(x) =

x2 sen1

x+

x

2, se x 6= 0

0, se x = 0.

(a) Mostre que

f ′(x) =

2x sen1

x− cos

1

x+

1

2, se x 6= 0

1

2, se x = 0

,

e conclua que f nao e de classe C1; ;

(b) Mostre que f nao e injetiva em nenhum intervalo aberto contendo a origem.

(c) Conclua que sem a hipotes de f ser de classe C1 o teorema da funcao inversa falha.

6-19. Seja f : R2 −→ R uma aplicacao de classe C1. Mostre que existe c ∈ R tal que a equacaof(x, y) = c admite um numero infinito de solucoes.

6-20. Melhore o resultado do exercıcio anterior, mostrando que, se f nao e constante, existeum intervalo I ⊂ R tal que toda equacao f(x, y) = c, c ∈ I, tem um numero infinito desolucoes.

6-21. Seja

f : R2 −−−−−→ R

(x, y) −−−−−→ f(x, y) =

∫ y

x

et2 dt.

(a) Mostre que grad f(x, y) = (− ex2, ey2

);

(b) f e sobrejetiva;

(c) Dado c ∈ R existe um unico y0 ∈ R tal que f(0, y0) = c;

(d) Sejam c e y0 como em (c). Entao existe gc : R −→ R de classe C∞ tal que gc(0) = y0 ef(x, gc(x)) = c;

(e) Calcule g′c(x).

6-22. Seja f : R2 −→ R de classe C1 com f−1(0) contendo a curva da figura abaixo.

-

6

x

y

a

b tP

f−1(0)

Mostre que grad f(a, b) = (0, 0).


6-23. Considere o seguinte sistema de equacoes em R4:

3x + y − z + u2 = 0

x− y + 2z + u = 0

2x + 2y − 3z + 2u = 0

. (¶7)

(a) Mostre que (¶7) pode ser resolvido para x, y e u em termos de z;

(b) Mostre que (¶7) pode ser resolvido para y, z e u em termos de x;

(c) Mostre que (¶7) pode ser resolvido para x, z e u em termos de y;

(d) Mostre que (¶7) nao pode ser resolvido para x, y e z em termos de u;

(e) Ponha os itens (a), (b) e (c) na linguagem de funcoes definidas implicitamente.

6-24. Seja f : D ⊂ Rn+m −→ Rm um aplicacao de classe C1. Suponha que em Z = (A,B), A ∈ Rn

e B ∈ Rm, o sistema de m equacoes lineares e n + m incognitas Jf(A,B)(Z) = K tenhasempre solucao para todo K ∈ Rm. Mostre que existem inteiros i1, i2, . . ., im, entre 1 en + m tais que, no sistema f(Z) = C, C = f(A,B), zi1 , zi2 , . . ., zim podem ser explicitadoscomo funcoes das n outras coordenadas de Z, numa vizinhanca de (A,B).

6-25. Sejam

F : R3 −−−−−→ R2

(x, y, z) −−−−−→ F (x, y, z) = (F1, F2) = (xy − zx− x2y + yz3, xyz + 2)

e X0 = (1, 1,−1) ∈ R3.

(a) Mostre que existem ε > 0 e β(t) = (β1(t), β2(t)), 1− ε < t < 1 + ε, de classe C∞ tal queβ(1) = (1,−1) e F (t, β(t)) = (0, 1);

(b) Se α(t) = (t, β1(t), β2(t)), calcule a curvatura de α em t = 1.

6-26. [Superfıcies de Revolucao] Seja f : D ⊂ R2 −→ R de classe C1, onde D e o semi-planox > 0. Suponha que γ = f−1(0) 6= ∅ e que 0 e valor regular de f . Defina

F : R3 −−−−−→ R(x, y, z) −−−−−→ F (x, y, z) = f(

√x2 + y2, z)

.

(a) Mostre que 0 e valor regular de F ;

(b) Conclua que

Sγ = X = (x, y, z) ∈ R3; F (x, y, z) = f(√

x2 + y2, z) = 0;e uma superfıcie regular, conhecida como superfıcie de revolucao gerada por γ.

6-27. [Toro] Seja γ o cırculo S1(C, a) (de centro C = (b, 0) e raio a > 0) com 0 < a < b. Assim,

γ = (x, y); (x− b)2 + y2 = a2.A superfıcie de revolucao Sγ e o toro de revolucao T 2(a, b), conforme o exemplo 1.5.25.Mostre que

T 2(a, b) = (x, y, z) ∈ R3; (√

x2 + y2 − b)2 + z2 − a2 = 0,e que T 2(a, b) e uma superfıcie regular.


6-28. [Aplicacoes de Veronese] Dado n ∈ N, indique por V a seguinte aplicacao

V : Rn −−−−−→ Rn2

X −−−−−→ V (X) = X tX =

x1

x2

...

xn

(x1 x2 . . . xn),

onde X = (x1, x2, . . . , xn), e estamos identificando o espaco das matrizes n× n com Rn2.

(a) Verifique que, quando n = 2,

V : R2 −−−−−→ R4

(x, y) −−−−−→ V (x, y) = (V11(x, y), V12(x, y), V21(x, y), V22(x, y)) = (x2, xy, xy, y2).

Mostre que ∂(V11,V12)∂(x,y)

+ ∂(V21,V22)∂(x,y)

= 2x2 + 2y2, e conclua que V e uma imersao (isto e,

V ′(X) e sempre injetiva) de R2 − (0, 0) no R4;

(b) Para estimar o valor da tecnica usada para o caso geral (itens de (e) a (h)), explicite Vpara n = 3, e mostre que V e uma imersao de R3 − (0, 0, 0) em R9;

(c) Verifique que V (X) e simetrica, tr V (X) = ‖X‖2 e que ‖V (X)‖ = ‖X‖2. DondeV (Sn−1(a)) ⊂ Sn2−1(a2);

(d) V (X) = V (Y ) se, e somente se, X = ±Y ;

(e) Dado X ∈ Rn, seja α : R −→ Rn derivavel e tal que α(0) = X. Mostre que

(V α)′(0) = α′(0) tX + X( tα)′(0).

(f) Conclua que dVX(W ) = W tX + X tW ;

(g) Mostre que dVX(W ) = 0 ⇒ W ‖X‖2 + (X ·W )X = 0;

(h) Deduza de (e) que a restricao V a Rn − 0 e uma imersao.

6-29. [Funcao Implıcita] Sejam f : D ⊂ R2 −→ R de classe C1 no aberto D, X0 = (a, b) ∈ D ec = f(a, b). Suponha que ∂f

∂y(a, b) > 0.

(a) Mostre que existe um retangulo simples fechado R = [a− ε1, a+ ε1]× [b− ε1, b+ ε1] ⊂ D,onde ∂f

∂ye estritamente positiva;

(b) Mostre que f(a, b− ε1) < c < f(a, b + ε1);

(c) Mostre que existe ε > 0, ε < ε1, tal que f(x, b − ε1) < c < f(x, b + ε1), para todox ∈ (a− ε, b + ε);

(d) Conclua que dado x ∈ (a−ε, a+ε), existe um unico y ∈ [b−ε1, b+ε1] tal que f(x, y) = c;

(e) Mostre que g : (a− ε, a + ε) −→ [b− ε1, b + ε1], definida por g(x) = y, onde y e o uniconumero real em [b− ε1, b + ε1] tal que f(x, y) = c, e contınua;

(f) Mostre que g e de classe C1, e vale g′(a) = −∂f∂x

(a, b)/∂f∂y

(a, b);

(g) Conclua que ((a−ε, a+ε)×(b−ε1, b+ε1))∩f−1(c) = G(g) = (x, g(x)); x ∈ (a−ε, a+ε).


6-30. [Curvas Regulares em R2] Um subconjunto nao-vazio γ ⊂ R2 e dito uma curva regularse para cada P ∈ γ existir um aberto V ⊂ R2, contendo P , tal que W = V ∩ γ coincide como traco de uma curva parametrizada de classe C1 de um dos tipos descritos a abaixo, ondeh : I −→ R e uma funcao de classe C1 definida no intervalo aberto I:

(c1) α1 : I −→ R2, α1(t) = (t, h(t));

(c2) α2 : I −→ R2, α2(t) = (h(t), t).

As curvas parametrizadas α1 e α2 sao chamadas curvas parametrizadas canonicas de R2.Indicaremos os tracos de α1 e α2 por G1(h) e G2(h), respectivamente. Note que G1(h) e ografico de h. E G2(h)?

(a) Se h(x) = x2, x ∈ [−1, 1], esboce G1(h) e G2(h);

(b) Sejam f : D ⊂ R2 −→ R de classe C1 no aberto D, P = (a, b) ∈ D e c = f(P ).

(i) Se ∂f∂y

(P ), entao existe um aberto V ⊂ R2, contendo P , tal que V ∩ f−1(c) e do tipo

G1(g), para alguma g com g(a) = b;

(ii) Se ∂f∂x

(P ), entao existe um aberto V ⊂ R2, contendo P , tal que V ∩ f−1(c) e do tipoG2(g), para alguma g com g(b) = a;

(iii) Conclua que se grad f(X) 6= (0, 0), para todo X ∈ f−1(c), entao o conjunto de nıvelf−1(c) e uma curva regular de R2.

(c) Conclua que os subconjuntos abaixo sao curvas regulares de R3.

(i) O cırculo S1(a) = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 = a2, a > 0;

(ii) A hiperbole H1 = (x, y) ∈ R2; y2 − x2 = 1, a > 0;

(iii) A parabola P 1 = (x, y) ∈ R2; y − x2 = 0, a > 0.

(d) Mostre que a lemniscata L = (x, y) ∈ R2; (x2 +y2)2−4(x2−y2) = 0 (veja a figura 85)nao e uma curva regular.

6-31. [Curvas Regulares em R3] Dadas duas aplicacoes g1, g2 : I ⊂ R −→ R, definidas no in-tervalo aberto I, construımos as seguintes curvas parametrizadas, as quais chamamos curvasparametrizadas canonicas do R3:

(c1) α1 : I −→ R3, α1(t) = (t, g1(t), g2(t));

(c2) α2 : I −→ R3, α2(t) = (g1(t), t, g2(t));

(c3) α3 : I −→ R3, α3(t) = (g1(t), g2(t), t).

Seus tracos sao indicados por G1(g1, g2), G2(g1, g2) e G3(g1, g2), respectivamente.Um subconjunto nao-vazio γ ⊂ R3 e dito uma curva regular se para cada P ∈ γ existir

um aberto V ⊂ R3, contendo P , tal que W = V ∩ γ coincide com G1(g1, g2), ou G2(g1, g2),ou G3(g1, g2), para algumas g1 e g2 de classe C1 em algum intervalo aberto I.

(a) Sejam f : D ⊂ R3 −→ R2 de classe C1 no aberto D, X0 = (x0, y0, z0) ∈ D e C = f(X0).Indique por (u, v) as funcoes coordenadas de f , i.e., f(x, y, z) = (u(x, y, z), v(x, y, z)).

(i) Se ∂(u,v)∂(y,z)

(X0) 6= 0, entao existe um aberto V ⊂ R3, contendo X0, tal que V ∩ f−1(C)

e do tipo G1(g1, g2), para algumas g1 e g2 tais que g1(x0) = y0 e g2(x0) = z0;


(ii) Se ∂(u,v)∂(x,z)


e do tipo G2(g1, g2), para algumas g1 e g2 tais que g1(y0) = x0 e g2(y0) = z0;

(iii) Se ∂(u,v)∂(x,z)


e do tipo G3(g1, g2), para algumas g1 e g2 tais que g1(z0) = x0 e g2(z0) = y0;

(iv) Conclua que se Jf(X) tem posto 2 (ou, equivalentemente, ∇u(X),∇v(X) e line-armente independente), para todo X ∈ f−1(C), entao o conjunto de nıvel f−1(C) euma curva regular de R3.

6-32. Sejam

f : R3 −−−−−→ R2

(x, y, z) −−−−−→ f(x, y, z) = (u, v) = (xy + zx + x2y + yz5, xyz + 1)

e X0 = (1, 1,−1) ∈ R3.

(a) Mostre que existem ε > 0 e α : (1− ε, 1 + ε) −→ R2 de classe C∞ tais que valemf(t, α(t)) = (0, 0) e α(1) = (1,−1);

(b) Calcule α′(1);

(c) Mostre que os menores jacobianos de f sao dados por

(i)∂(u, v)

∂(x, y)= xz2 + x2zy − yz6;

(ii)∂(u, v)

∂(x, z)= xy2 + 2x2y2 − 5y2z5;

(iii)∂(u, v)

∂(y, z)= x2y + x3y − 4xyz5 − x2z;

(d) Mostre que Jf(X) tem posto 2, para todo X ∈ f−1(0, 0);

(e) Mostre f−1(0, 0) uma curva regular do R3.

(f) Em particular, conclua que o sistema

xy + zx + x2y + yz5 = 0

xyz + 1 = 0

tem um numero infinito de solucoes.

6-33. Sejam S1 = f−11 (c1) e S2 = f−1

2 (c2) duas superfıcies regulares definidas implicitamente. S1 eS2 sao ditas transversais se γ = S1 ∩ S2 6= ∅ e os vetores ∇f1(X) e ∇f2(X) sao linearmenteindependente, para todo X ∈ γ. Mostre que se S1 = f−1

1 (c1) e S2 = f−12 (c2) sao transversais,

entao elas se interceptam ao longo de uma curva regular.

6-34. Mostre que os subconjuntos abaixo sao curvas regulares de R3.

(a) γ = π1 ∩ π2, onde π1 e o plano x + y + z = 1 e π2 e o plano x− 2y + z = 1;

(b) γ = S2(1) ∩ π, onde π e o plano z = 0;

(c) γ = S2(1) ∩ π, onde π e o plano x + y + z = 1;

(d) π1 ∩ π2, onde π1 e o plano x + y + z = 1 e π2 e o plano x− 2y + z = 1;

6-35. Mostre que a intersecao do cone de duas folhas x2 + y2 − z2 = 0 com o plano x = 0 nao euma curva regular.

S

SugestoeseRespostas

Sugestoes e Respostas 265

1-1.

(a) α(t) = A + t(5,−9, 4), t ∈ R.

(b) α(t) = B + t(−1, 3, 8), t ∈ R(c) α(t) = A + t(62,−75, 318), t ∈ R.

1-2. Usando Geometria Analıtica: ponha A = (0, h), B = (−a, 0) e C = (b, 0), onde 2h = a + b.Agora mostre que X · Y > 0, onde X = B − A e Y = C − A.

1-3.

(b) Eleve ao quadrado ambos os membros de ‖X − P‖ = ‖X −Q‖, e use (a).

1-4.

(a) Π[P1,P2] = (x, y, z) ∈ R3; − x + y = 1.(d) Π[P1,P2] ∩ Π[P1,P3] ∩ Π[P1,P4] = (1, 2, 3).(e) (x− 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 1.

1-5.

(a) Verifique que as 3 primeiras colunas de A sao linearmente independentes.

(b) N(T ) = gerV , onde V = (−11,−3, 1, 1).

(d) Note que T (−61,−14, 6, 0) = (5, 7, 14). Assim, T−1(5, 7, 14) coincide com o traco dacurva parametrizada (reta) α(t) = (−61− 11t,−14− 3t, 6 + t, t), t ∈ R.

(f) Defina f(x, y, z, w) = −11x− 3y + z + w.

1-6.

(b) Im(T ) = (x, y, z); 5x− 2y − z = 0 e N(T ) = t(−4, 5, 2); t ∈ R.(d) 5a− 2b− c = 0.

1-7.

(a) g(u, v) = P + u(−1, 4,−4) + v(2,−3, 2), (u, v) ∈ R2.

(b) Π : 4x + 6y + 5z − 1 = 0.

(c) f(x, y) = (1− 4x− 6y)/5.

1-8.

(d) d(P,H) = d(P, M) = 3√

6.

(e) g(x, y, z) = (x, y, z, 1− 2x + y), f(x, y, z) = 1− 2x + y, h(x, y, z, t) = 2x− y + t.

1-9. O traco de α esta contido no plano z = x + 4. Seu traco e parte de uma elipse.

1-10.

(c) Verifique tr α ⊂ S2(2) ∩ C, onde C e o cilindro (x− 1)2 + y2 = 1.

1-11.

(a) Hemisferio superior da esfera S2.

(b) Cilindro circular reto.

(c) Cone de geratriz z = x, y = 0.

(d) Paraboloide de rotacao.

(e) Elipsoide de rotacao.

(f) Cone de uma folha.

266 Sugestoes e Respostas

1-13.

(a) Ω = (0 × R) ∪ ([1, +∞)× R).

(b) Ω = ([−2, 0]× [0,−∞)) ∪ ([0, 2]× [0, +∞)).

(d) Ω = (x, y); y > x + 1, x > 0 ∪ (x, y); x < y < x + 1, x < 0.(g) Ω e a regiao do primeiro quadrante situada acima do eixo-x e abaixo da parabola y = x2.

(h) Ω = (0, +∞)× (0, +∞)× R.

1-14.

(a) Paraboloide.

(c) Cilindro sobre a parabola z = 2− y2, x = 0.

(f) Hemisferio.

(g) Superfıcie de revolucao da curva z = 1/x2, y = 0.

(h) Cilindro sobre uma senoide do plano y + x = 0.

(i) Cilindro sobre uma cubica do plano y − 12x = 0.

1-15.

(b) pontos (1, 0) e (−1, 0).

(c) Cırculo.

(d) Elipse.

(e) Esfera.

(g) Cilindro.

(h) A uniao de tres retas: x = 1 e y = 0, x + y = 1 e z = 0, y = 1 e x = 0.

(i) Circunferencia de centro (0, 1/2, 1/2) e raio√

2/2.

1-16. Elipse 2x2 + 3y2 = 29.

1-17. Observe que

(1 −1

1 1

)=

( √2 0

0√

2

)(cos(π/4) − sen(π/4)

sen(π/4) cos(π/4)

).

1-19.

(a)

(iii) Use o fato que det AB = det A det B.

(iv) Aplique o exercıcio 1-18 a A(X) · A(Y ) e use (i).

(d)

(ii) Dado X, existem numeros reais a1, a2, . . . , an tais que T (X) = a1T (e1) + a2T (e2) +· · ·+ anT (en) (por que?). Agora determine os coeficientes.

1-20.

(b) Primeiro mostre que ‖S(X)‖ = ‖X‖, ∀X. Agora considere o “quadrado” de (¶10).

(c) Use o exercıcio 1-19 (d-iii).

(d) Ponha S(X) = S(X)− S(0) e aplique (c).


1-21.

(b) De fato, temos que T leva o xy-plano nele mesmo. Agora e so aplicar o exercıcio 1-19 (c).

(c) O angulo de rotacao e π/6.

1-22.

(a) aij = T (ei) · ej = ei · T (ej) = aji.

(b) Sejam w ∈ W , w = T (w) ∈ W e v ∈ W⊥. Entao, T (v) · w = v · T (w) = v · w = 0.

(c) Se A =

(a b

b c

)e a matriz de T , entao seu polinomio caracterıstico e

pT (λ) = λ2 − (a + c)λ + ac− b2,

que tem discriminante nao-negativo. Para n = 3, comece notando que pT tem sempreuma raiz real (grau ımpar). Portanto, existe uma reta l invariante sob T . Use o cason = 2 para a restricao de T a l⊥.

(d) λ1V1 · V2 = T (V1) · V2 = V1 · T (V2) = V1 · λ2V2 = λ2V1 · V2. Donde (λ1 − λ2)V1 · V2 = 0.

2-1. (2, 0, 4) e (18, 4, 12).

2-2. α e regular no intervalo aberto J = (−2, 4) e nao e derivavel nos pontos −2 e 4.

2-4.

(a) X(u) = (2, 2u, u), u ∈ R.

(b) X(u) = (u, 0, u), u ∈ R.

(c) X(u) = (1 + u, 1 + 2u, 1 + 3u), u ∈ R.

(d) X(u) = (2 + 2u, 1 + 2u, (1/3) + u), u ∈ R.

2-5. α(0) = β(π/2) = (1, 1, 0). Tangentes ortogonais.

2-6.

(a) x2 + y2 + z2 = 4.

(b) O cilındro parabolico e y = 2− z2/2, e o circular e x2 + (y − 1)2 = 1.

(c) v(t) = 2√

1 + sen2 t 6= 0, t ∈ R.

(d) A referida projecao e dada por (2 cos 2t, 2 sen 2t, 0).

2-7.

(a) P = α(1/2).

(b) Impossıvel.

2-9.

(c) a(π − t).

2-10.

(b) Derive α′(t) · α′(t) = c.

2-11.

(b) α e plana ⇐⇒ g e solucao da equacao diferencial g′′ + g = 0.

(c) Do item anterior vem que g(t) = A cos t + B sen t, onde A e B sao constantes.


2-12.

(a) T (t) =1

t2 + 2(2, 2t, t2), B(t) =

1

t2 + 2(t2,−2t, 2), κ(t) =

2

(t2 + 2)2 = −τ(t), aT (t) = 2t e

aN(t) = 2.

(b) T (t) =1√

2(t2 + 1)(1 − t2, 2t, 1 + t2), B(t) =

1√2(t2 + 1)

(t2 − 1,−2t, 1 + t2), κ(t) =

1

3(t2 + 1)2 = −τ(t), aT (t) = 6√

2 t e aN(t) = 6.

(c) T (t) =1√3(cos t − sen t, cos t + sen t, 1), N(t) =

1√2(− cos t − sen t, cos t − sen t, 0),

κ(t) =

√2

3et , τ(t) = − 1

3et , aT (t) =√

3et e aN(t) =√

2et.

(d) T (t) =1

et + e−t (et,−e−t,

√2), κ(t) = τ(t) =

√2

(et + e−t)2 , aT (t) = et − e−t e aN(t) =√

2.

2-13. κ(t) = 1, τ(t) ≡ 0, C = (0, 0, 0), ρ = 1, 3x + 4z = 0.

2-14.

(c) κ(t) =√

2(1 + cos2 t)−3/2, τ(t) ≡ 0, y + z = 1.

(d) C = (0, 0, 1), semi-eixos√

2 e 1, focos (0,±√

2

2, 1∓

√2

2).

(e) Curvatura maxima: em (0, 1, 0) e (0,−1, 2), as extremidades do eixo maior. Curvaturamınima: em (1, 0, 1) e (−1, 0, 1), as extremidades do eixo menor.

2-15. aT = 0, aN = aω2.

2-16. ~r′′ = −ω2~r.

2-17. vmax = 34, 64 m/s.

2-18.

(a) Temos que A(t) = (a cos θ(t), a sen θ(t)), para alguma funcao diferenciavel θ tal queθ(0) = 0. Assim, v = ‖A′(t)‖ = a|θ′| ‖(− sen θ, cos θ)‖ = a|θ′|. Como o movimento se dano sentido anti-horario, vem que θ′ ≥ 0 (por que?) e, portanto, v = aθ′, equacao cujasolucao e θ(t) = (v/a)t.

(b) A condicao M = λA junto com ‖M ′‖ = v produz a seguinte equacao diferencial:

(aλ′

v

)2

+ λ2 = 1,

que da λ = sen γ e λ′ = (v/a) cos γ, para alguma funcao γ. Logo, γ(t) = ωt. Donde,λ(t) = sen(ωt) e M(t) = sen(ωt)A(t). O choque ocorrera quando M(t) = A(t), isto e,ωt = π/2.

(c) Com as notacoes anteriores, e pondo vM para indicar a velocidade escalar do mıssil,verifique que vale (aλ′)2 + λ2v2 = v2

M . Num possıvel ponto de choque, digamos parat = tc, λ(tc) = 1. Isto implica que 0 ≤ (aλ′(tc))2 = v2

M − v2. Tire, agora, suas conclusoes.


2-21.

(a) temos que ρ(t) =(v2

0 − 2v0gt sen θ + g2t2)3/2

v0g cos θ.

(b) t =v0 sen θ

gminimiza ρ.

(c) Note que cos φ =‖α′‖ ‖e1‖

α′ · e1

.

2-23.

(a) 2√

2 π.

(b) 8.

(c) 2√

3.

(d) 7/3.

3-1. Em qualquer caso, X0 e ponto isolado do domınio D de f , caso em que nao se define limite.

3-3.

(c) Aqui X = (x, y) e X0 = (0, 2). Temos que

∣∣∣∣x + y

x− y− (−1)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2x

x− y

∣∣∣∣ < |2x|, se 1 <

|x − y|, o que e possıvel ser feito, para X perto de X0, pois limX→X0(y − x) = 2.De fato, existe δ0 > 0 tal que se ‖X −X0‖ < δ0, entao, |y − x − 2| < 1. Donde2− |y − x| ≤ |y − x− 2| < 1 e, portanto, |y − x| > 1.

(d) Mostre

∣∣∣∣x2 − y2

x2 + y2

∣∣∣∣ ≤2√

x2 + y2|x − y|, e trabalhe numa bola centrada em (1, 1) onde

‖X‖ >√

2/2 (que bola e essa?). Logo, nesta bola,

∣∣∣∣x2 − y2

x2 + y2

∣∣∣∣ ≤√

2 |x− y|.

(e) Mostre que

∣∣∣∣(x− 1)2(y + 1)2

(x− 1)4 + (y + 1)2

∣∣∣∣ ≤ (x− 1)2.

(f) A ideia e fazer aparecer |x − 2| e |y − 1| na expressao dada, o que por sua vez forca oaparecimento de ‖(x, y)− (2, 1)‖. Temos que

∣∣∣∣∣xy − x− 2y + 2√

x2 + y2 − 4x− 2y + 5

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣(x− 2 + 2)(y − 1 + 1)− (x− 2 + 2)− 2(y − 1 + 1) + 2√

(x− 2)2 − 4 + (y − 1)2 − 1 + 5

∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣(x− 2)(y − 1)√

(x− 2)2 + (y − 1)2

∣∣∣∣∣

=|(x− 2)||(y − 1)|√(x− 2)2 + (y − 1)2

≤ ‖(x, y)− (2, 1)‖2

‖(x, y)− (2, 1)‖ ≤ ‖(x, y)− (2, 1)‖ .


(g) Ponha X = (x, y). Basta mostrar que | x sen y√x2 + y2

| ≤ | sen y|. (Lembre que |x| ≤ ‖X‖.)

(h)

∣∣∣∣∣ex cos y − 1− x√

x2 + y2

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣ex−1− x√

x2 + y2

∣∣∣∣∣ + ex

∣∣∣∣∣y sen y√x2 + y2

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣ex−1− x

x

∣∣∣∣ + ex

∣∣∣∣∣y sen y√x2 + y2

∣∣∣∣∣ ,

onde 0 < |y| < |y|. (Voce lembra do teorema do valor medio?)

3-4. Use | ‖f(X)‖− ‖L‖ | ≤ ‖f(X)− L‖. A recıproca nao e verdadeira: seja f(x) = 1, se x ≥ 0,e f(x) = −1, se x < 0. Entao |f | tem limite em 0, mas f nao tem limite aı.

3-5.

(a) Tome ε = |l|/2 e use, para este ε, o fato que limX→X0

f(X) = l para achar δ0 tal que: se

0 < ‖X −X0‖ < δ0, entao |f(X)− l| < |l|/2. Donde |f(X)| > |l|/2.

(c) Como em (a), temos que existe δ0 tal que: se 0 < ‖X −X0‖ < δ0, entao |f(X)−l| < l/2.Logo, −l/2 < f(X)−l < l/2, se 0 < ‖X −X0‖ < δ0. O que mostra que f(X) > l/2 > 0,para X ∈ B(X0, δ0).

3-6. Use o exercıcio 3-5, item (c).

3-7.

(c) x− x0 = (√

x)2 − (√

x0)2 = (

√x−√x0)(

√x +

√x0).

(d) Basta observar que1√

x +√

x0

≤ 1√x0

.

3-8.

(c) f e contınua em (x, y), se xy 6= 0.

(d) f e contınua.

(e) f e contınua em (x, y), se y 6= 0, e em (0, 0).

(f) f e contınua em (x, y), se y 6= 0, e em (±1, 0).

3-9. Note que α(t + h)− α(t) = h(α(t + h)− α(t))/h. Agora faca h → 0. Um exemplo simples eo usual: α(t) = (t, |t|), que nao e derivavel em t = 0.

3-10. De fato, f(x, ax) =a2x

1 + a4x2 , se x 6= 0. Agora analise f ao longo da parabola x = y2.

3-12. Temos que ‖α(b)− α(a)‖ ≤ ‖α′(c)‖ |b− a|, para algum c entre a e b. Logo,

‖α(b)− α(a)‖ ≤ M |b− a|.

Para a recıproca, use outra vez o teorema 2.2.11, agora para escrever

∥∥∥∥α(t + h)− α(t)

h

∥∥∥∥ ≤ M, ∀h 6= 0.

Fazendo h → 0, obtemos ‖α′(t)‖ ≤ M .


3-13. Suponha que α e lipschitziana em R. Em particular, ‖α(t)‖ ≤ Mt, para todo t > 0. Logo,√t2 + t4 ≤ Mt e, portanto,

√1 + t2 ≤ M , para todo t > 0. Fazendo t → +∞, obtenha uma

contradicao. Para a restricao de α a [0, 1], observe que neste intervalo ‖α′(t)‖ ≤ √3, e use

o exercıcio 3-12.

4-1.

(a) ∂f∂x

(x, y) = −y cos(

y

x)

x2 e ∂f∂y

(x, y) =cos(

y

x)

x.

(b) ∂f∂x

(x, y) =1√

x2 + y2e ∂f

∂y(x, y) =

y√x2 + y2

(x +

√x2 + y2

) .

(c) ∂f∂x

(x, y) = − log y

x log2 xe ∂f

∂y(x, y) =

1

y log(x).

(d) ∂f∂x

(x, y) = ex√

y√y e ∂f∂y

(x, y) =ex√

yx

2√

y.

(e) ∂f∂x

(x, y, z) = x−1+yzyz, ∂f

∂y(x, y, z) = xyz

y−1+zz log(x) e∂f

∂z(x, y, z) = xyz

yz log x log y.

(f) ∂f∂x

(x, y, z) = x−1+yzyz, ∂f∂y

(x, y, z) = xyzz log x e∂f

∂z(x, y, z) = xyzy log x.

4-3. ∂f∂y

(1, b) = 2b.

4-4.

(a) C(a, b) = 25000.

(b) ∂C∂x

(a, b) = 0, 6 e ∂C∂y

(a, b) = 1, 6.

(c) Aumentar A.

4-5.

(a) Regiao interior da elipse 2x2 + y2 = 28.

(c) ∂T∂x

(3, 1) = −12C/cm e ∂T∂y

(3, 1) = −2C/cm. A temperatura baixara de, aproximada-

mente, −12C/cm.

4-6. Ache o angulo entre os vetores (1, 0, 0) e (1, 0, ∂z∂x

(2)).

4-7.

(a) ∂f∂x

(1, 0) = ∂f∂x

(0, 0) = ∂f∂y

(0, 0) = 0 e ∂f∂y

(1, 0) nao existe.

(b) ∂f∂x

(0, 0) = 1 e ∂f∂y

(0, 0) = 0.

(c) ∂f∂x

(1, 0) = ∂f∂x

(0, 0) = ∂f∂y

(0, 0) = 0 e ∂f∂y

(1, 0) nao existe.

4-14.

(a) Plano tangente: 3x + 12y − z = 18. Reta normal: X = (1, 2, 9) + t(3, 12,−1), t ∈ R.(c) Plano tangente: z = 2. Reta normal: X = (0, 0, 2) + t(0, 0, 1), t ∈ R.

4-15. (2, 4, 2).

4-16. x + y + z = 3.


4-17.

(a) l1 = X = (1, 0, 2) + t(1, 1, 2), t ∈ R.(b) l2 = X = (1, 0, 2) + t(−1, 0, 0), t ∈ R.(c) cos ∠(l1, l2) = −1/

√6.

4-18.

(a) Plano tangente: x = z. Reta normal: (x, y, z) = (1 + t, 0, 1− t), t ∈ R.(b) Plano tangente:

24x

5+

18y

5+ 8z = 92. (x, y, z) = (8 +

24t

5, 6 +

18t

5, 4 + 8t), t ∈ R e

a reta normal.

4-19.

(a) Jf =

2x −2y 0

y x 0

z 0 x

0 z y

.

(b) Jf =

(1 0 0

0 1 0

).

(d) Se A = (a1, a2, . . . , an), entao Jf = (a1 a2 · · · an).

(f)

− sen t

cos t

1

.

(g)

−v sen u cos u

v cos u sen u

1 0

.

4-20.

(a) grad f(1, 1) = (2, 1).

(b) grad f(5, 3) = (5/4,−3/4).

(c) grad f(X) = 2X.

4-21.

(b) Em (i), use (a) com n = 2, e em (ii), use (a) com n = −1.

4-22. f(x, y) = xey + y.

4-23.

(a) Se X0 6= 0, e claro que f e contınua, posto que e quociente de duas funcoes contınuas(polinomios). O ponto delicado e X0 = (0, 0). Neste caso mostre que para X = (x, y) 6=(0, 0), 0 ≤ |f(X)| ≤ ‖X‖. Portanto, limX→(0,0) f(X) = 0.


4-24.∂2f

∂x2(x, y) =

−4xy3(x2 − 3y2)

(x2 + y2)3 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0),

∂2f

∂y2(x, y) =

4x3y(−3x2 + y2)

(x2 + y2)3 , se (x, y) 6= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0).

5-1. r(H) e o resto na aproximacao de f(X0 + H) por f(X0) + Jf(X0)H, isto e,

r(H) = f(X0 + H)− f(X0)− Jf(X0)H.

(a) r(H) = h2, H = (h, k). Logo, 0 ≤ |r(H)|‖H‖ ≤ ‖H‖. Donde, limH→(0,0)

r(H)

‖H‖ = 0. Logo, f

e diferenciavel em cada (a, b) e vale f ′(a, b)(u, v) = df(a,b)(u, v) = 2au, (u, v) ∈ R2.

(b) r(H) = ak2 + 2bhk + hk2, H = (h, k). Logo, 0 ≤ |r(H)|‖H‖ ≤ (|a| + 2|b|)‖H‖ + ‖H‖2 e,

portanto, limH→(0,0)r(H)

‖H‖ = 0. Logo, f e diferenciavel em (a, b) e

f ′(a, b)(x, y) = b2x + 2aby, (x, y) ∈ R2.

(c) Note que proximo de (1, 2), f se reduz a x + y. Assim, r(H) = 0. Donde, segu-se

facilmente que limH→(0,0)r(H)

‖H‖ = 0. Logo, f ′(1, 2)(x, y) = x + y, (x, y) ∈ R2.

(d) r(H) = h2 + k2 + l2, H = (h, k, l). Logo,|r(H)|‖H‖ = ‖H‖. Donde, limH→(0,0)

r(H)

‖H‖ = 0.

Assim, f e diferenciavel em (a, b, c) e f ′(a, b, c)(u, v, w) = 2au+2bv+2cw, (u, v, w) ∈ R3.

(e) Use a definicao de derivada parcial para verificar que Jf(0, 0) = (0 0). Temos que

r(H) =h3k

h2 + k2 , H = (h, k). Logo, 0 ≤ |r(H)|‖H‖ ≤ ‖H‖. Donde, limH→(0,0)

r(H)

‖H‖ = 0.

Logo, f e diferenciavel em (0, 0) e f ′(0, 0)(u, v) = 0, (u, v) ∈ R2.

(f) r(H) = (h2+k2, 0), H = (h, k). Logo, 0 ≤ ‖r(H)‖‖H‖ ≤ ‖H‖. Donde, limH→(0,0)

r(H)

‖H‖ = 0.

Logo, f e diferenciavel em (1,−1) e f ′(1,−1)(u, v) = (2u− 2v, u + v), (u, v) ∈ R2.

(g) r(H) = (0, k2+l2), H = (h, k, l). Logo, 0 ≤ ‖r(H)‖‖H‖ ≤ 2‖H‖. Logo, f e diferenciavel em

(a, b, c) e f ′(a, b, c)(u, v, w) = Jf(a, b, c) t(u v w) = (u−v +w, 2bv +2cw), (u, v, w) ∈ R3.

5-2.

(a) Nao existem ∂f∂x

e ∂f∂y

na origem.

(b) Estude o comportamento de f ao longo do eixo-x e ao longo da reta y = x no plano-xypara concluir que f nao e contınua na origem. Portanto, f nao pode ser diferenciavel aı.

(c) Nao existe ∂f∂x

na origem.


5-4.

(d) De fato, como grad f(0, 0) = (1, 0), se f tivesse derivada em (0, 0), terıamos

∂f

∂U(0, 0) = grad f(0, 0) · U = u1,

o que contradiria (c), pelo menos nos casos u1 6= 1.

5-5.

(a) f ′(x, y)(u, v) = ∇f(x, y) · (u, v) = yxy−1u + xy(log x)v, (u, v) ∈ R2.

(b) f ′(x, y)(u, v) = ∇f(x, y) · (u, v) =2x

x2 + y2u +2y

x2 + y2v, (u, v) ∈ R2.

(c) f ′(x, y)(H) = Jf(x, y)H = (2xh− 2yk, 2yh + 2xk), H = (h, k) ∈ R2.

(d) f ′(x, y, z)(u, v, w) = yzu + xzv + xyw, (u, v, w) ∈ R3.

(e) f ′(ρ, θ)(u, v) = (u cos θ − vρ sen θ, u sen θ + vρ cos θ), (u, v) ∈ R2.

(f) f ′(r, θ, φ)(h, k, l) =

sen φ cos θ −r sen φ sen θ r cos φ cos θ

sen φ sen θ r sen φ cos θ r cos φ sen θ

cos φ 0 −r sen φ

h

k

l

, (h, k, l) ∈

R3.

(h) f ′(t)(u) = Jf(t) · u = u(− sen t, cos t, 2), u ∈ R.

5-8. (1, 02)2,01 ' 1, 04 e√

(4, 05)2 + (2, 93)2 ' 4, 998.

5-9. ∆P ' −125W.

5-10. Se a caixa possui tampa, a area de sua superfıcie e dada por S(x, y, z) = 2(xy+xz+yz) cm2,onde x, y e z denotam suas dimensoes, medidas em cm. Logo, o custo para produzir 10.000caixas e dado por C(x, y, x) = 50.000S(x, y, z) centavos. Com estas notacoes, o erro maximodo custo para a producao de 10.000 caixas de dimensoes 3 cm, 4 cm e 5 cm e

∆C = C(3 + h, 4 + k, 5 + l)− C(3, 4, 5) ' ∇C(3, 4, 5) · (h, k, l),

onde h = k = l = 0, 05 cm. Logo, tal erro e, aproximadamente, 120.000 centavos.

5-11.

(a) JF (x) = (10x(x2 + 1)4) = 10x(x2 + 1)4.

(b) JF (1, 1) =

3 5

6 2

0 32

.

5-12. ∇F (1, 1) = (10, 11).

5-13. ∂g∂x

(0, 1) = (0,−1,−2) e ∂g∂y

(0, 1) = (1, 0, 1).

5-14. ∂2(fg)∂u∂v

(1, 1) = 2.


5-15.

(b) Note que

h′(x) =∂f

∂x(x, f(x, x)) +

∂f(x, x)

∂x

∂f

∂y(x, f(x, x))

=∂f

∂x(x, f(x, x)) + (

∂f

∂x(x, x) +

∂f

∂y(x, x))

∂f

∂y(x, f(x, x)).

(c) Use (a) e (b) com f(x, y) = xy. Assim,d(xx)

dx= xxx−1 + xx log x.

5-17.

(d) Resolva a equacao diferencial ordinaria g′′(r)+2

rg′(r) = 0. Para isto, considere a reducao

y′ +2

ry = 0, cuja solucao geral e y = a/r2, a constante.

5-21.

(d) u(y, s) = f(y) =⇒ u(y + cs, s) = f(y) =⇒ u(x, t) = f(x− ct).

5-22.

(a)8

3.

(b) 0.

(c)2√5

(Tome U =α′(0)

‖α′(0)‖).

(d)4√

3

3.

(e)2√

6

3.

5-23. Aqui U denotara a direcao de crescimento maxima e ∂f∂U

a taxa de crescimento (maxima) def nesta direcao.

(a) U =∇f(4, 1, 1)

‖∇f(4, 1, 1)‖ =

√29

29(4, 2, 3) e ∂f

∂U(4, 1, 1) = ‖∇f(4, 1, 1)‖ =

√116.

(b) Temos que ∇f(x, y, z) = (2x, 4y, 6z) e perpendicular a superfıcie f(x, y, z) = 6 no pontoX = (x, y, z). Como o plano dado tem normal dado por N = (1, 2, 3), o problemaconsiste em determinar todas as solucoes do sistema

(2x, 4y, 6z) = λ(1, 2, 3), λ ∈ Rx2 + 2y2 + 3z2 = 6,

que sao P1 = (1, 1, 1) e P2 = (−1,−1,−1).

5-24. Temos que f e diferenciavel (f e C∞). Assim, ∂f∂U

(X) = ∇f(X) ·U . Alem disto, tal derivadae maxima quando o vetor U coincide com o unitario na direcao de ∇f(X). Assim, devemosdeterminar a, b, e c verificando

∇f(1, 2,−1)

‖∇f(1, 2,−1)‖ = (0, 0, 1) e ‖∇f(1, 2,−1)‖ = 64,

o que equivale a (4a + 3c, 4a− b, 2b− 2c) = (0, 0, 64). Logo, a = 6, b = 24 e c = −8.


5-25.

(a) x + y = 2.

(b) 13x + 15y + z = −15.

(c) 6x + 8y − z = 25.

(d)x

x0

+y

y0

+z

z0

= 3.

5-26. Suponhamos que S = f−1(0). Logo, ∇f(x0, y0, z0) = (x0 + z0,−y0− z0, x0− y0), num pontoarbitrario X0 = (x0, y0, z0) de S. Daı ∇f(x, y, z) = (x + z,−y− z, x− y), X = (x, y, z) ∈ S.Deste modo, f deve ser tal que

∂f∂x

= x + z

∂f∂y

= −y − z

∂f

∂z= x− y

f(1, 2, 3) = 0.

(¶8)

A primeira equacao em (¶8) indica que f(x, y, z) =x2

2+ xz + g(y, z). Derivando esta

expressao com relacao a y e comparando com a segunda equacao de (¶8) obtemos que

∂g∂y

= −y − z. Donde g(y, z) = −y2

2−zy+h(z). Assim, f(x, y, z) =

x2

2+xz− y2

2−zy+h(z).

Agora derivando f com relacao a z e comparando com a terceira equacao em (¶8), vem queh′(z) = 0, o que produz h(z) = c, para alguma constante c. Portanto,

f(x, y, z) =x2

2+ xz − y2

2− zy + c.

Agora usando a ultima equacao em (¶8), vem que c = 9/2. Donde,

f(x, y, z) =x2

2+ xz − y2

2− zy + 9/2.

Enfim, S = (x, y, z) ∈ R3; x2 − y2 + 2xz − 2yz + 9 = 0.5-27. Nao e difıcil verificar que o plano π dado por

x− x0√x0

+y − y0√

y0

+z − z0√

z0

= 0

e o plano tangente em X0. O ponto onde π e furado pelo eixo-x e obtido na equacao de πfazendo y = 0 e z = 0. Tal ponto e dado por P1 = (

√x0

√a, 0, 0). De modo inteiramente

analogo, vemos que P2 = (0,√

y0

√a, 0) e P3 = (0, 0,

√z0

√a) sao os pontos onde π corta o

eixo-y e o eixo-z, respectivamente. Assim, a soma dos segmentos determinados por π noseixo-x, eixo-y e eixo-z e dada por

√x0

√a +

√y0

√a +

√z0

√a =

√a(√

x0 +√

y0 +√

z0) =√

a√

a = a.

(Note que√

x0 +√

y0 +√

z0 =√

a porque X0 pertence a superfıcie√

x +√

y +√

z =√

a.)


5-28.

(c) A reta tangente e ∂f∂x

(a, b)(x− a) + ∂f∂y

(a, b)(y − b) = 0.

5-29.

(a) Fixe (x, y) e derive ambos os membros da expressao dada com relacao a t.

(b) Tome o limite (lateral) quando t → 0+, e obtenha x∂f∂x

(0, 0) + y ∂f∂y

(0, 0) = f(x, y). Noteque aqui estamos usando o fato que as derivadas parciais de f sao contınuas. Pronto!Ponha a = ∂f

∂x(0, 0) e b = ∂f

∂y(0, 0).

(c) Nao.√

x2 + y2 nao e diferenciavel em (0, 0).

5-30.

(b) De fato, fazendo t = 0 em (a), vem que u(c1, c2) = C. Logo, u(c1 et, c2 et) = u(c1, c2) et.Como c1 e c2 sao arbitrarios segue-se (b).

(c) Dado t > 0, seja s ∈ R tal que es = t. (Por que s existe?) De (b) segue-se que

u(tx, ty) = u(es x, es y) = es u(x, y) = tu(x, y).

(d) Use (c) junto com o exercıcio 5-29.

5-31.

(a) Fixe (x, y) e derive duas vezes ambos os membros de (¶22) dada com relacao a t.

6-1.

(b) Se α fosse uniformemente contınua em R, terıamos δ > 0 tal que

∀s, t ∈ R, |s− t| < δ =⇒√

(s− t)2 + (s2 − t2)2 < 1.

Seja n0 ∈ N tal que 1/n < δ para todo n ∈ N com n > n0. Agora tomamos s = n et = n + 1/n. Logo, |s− t| = 1/n < δ. Portanto,

√(s− t)2 + (s2 − t2)2 =

1

n

√1 + (2n + 1/n)2 < 1, ∀n ≥ n0.

Passando o limite quando n → +∞, obtemos 2 < 1, um absurdo.

(c) A prova deste fato e feita por reducao ao absurdo, e pode ser encontrada, por exemplo,em [Lima], volume 1, para o caso n = m = 1. Imite-a, usando o fato que toda sequenciaem K possui uma subsequencia que converge para um ponto de K, como fizemos nolema 6.1.36.

(d) Temos ‖f(X)− f(Y )‖ ≤ M ‖X − Y ‖ , ∀X,Y . Dado ε > 0, tome δ = ε/M .

6-2.

(a) ‖T‖ = 3.

(b) ‖Tθ‖ = 1.

(c) ‖f‖ =√

7.

(d) ‖R‖ = 1.

(e) ‖S‖ = 3.


6-4.

(a) Dado (u, v) ∈ R2, seja y uma raiz real do polinomio (em y) p(y) = y(v−y3)4 +v−y3−u.(Voce pode justificar a existencia de tal raiz?) Agora ponha x = v − y3. Pronto:f(x, y) = (u, v).

(c) Use o teorema da funcao inversa.

(d) Jf−1(2, 2) = (Jf(1, 1))−1 =1

14

(3 −1

−1 5

).

(e) f−1

(1, 99

2, 001

)≈

(0, 99779

1, 0011

).

(f) ∂x∂u

(2, 2) = 3/14 e ∂y∂v

(2, 2) = 5/14.

6-5.

(d) Temos que

(g f)(r, θ) = g(r cos θ, r sen θ) = (r, π + 2 arctgr sen θ

r cos θ − r)

= (r, π + 2arctgsen θ

cos θ − 1) = (r, π + 2arctg

cos θ + 1− sen θ

)

= (r, π + 2arctg(− cos(θ/2)sen(θ/2)

) = (r, π + 2arctg(− cotg(θ/2))

= (r, π + 2arctg tg(θ

2− π

2)) = (r, θ).

Verifique agora o que falta: (f g)(x, y) = (x, y).

6-7. De fato, det JF (x, y, z) = 0.

6-8.

(a) Comece observando que h(u) =

∫ u

0

g(t)dt e injetiva, visto que h′ > 0. Isto implica que

f e injetiva.

(b) Use o teorema da funcao inversa.

6-9.

(a) Use o teorema do valor medio no segmento [X, 2X].

(b) De fato, temos que | grad f(Y ) · Y | < 1, para ‖Y ‖ > M , para algum M > 0. Logo, se‖X‖ > M , vem de (a) que

|f(2X)− f(X)| = | grad f(θX) ·X| = 1

θ| grad f(θX) · θX| < | grad f(θX) · θX| < 1.

Agora estude o caso X ≤ M . (Lembre que f e contınua e que B[0,M ] e compacta.)

6-10. Use o exercıcio 6-9.

6-11.

(b) Use o teorema de Rolle.

(d) Note que f ′(X), X ∈ Rn, sao isomorfismos.

(e) f(x) = arctg x.


6-12.

(a) Use 6-11.

(b) Seja g = f−1. Entao ‖g(Y2)− g(Y1)‖ ≤ α−1 ‖Y2 − Y1‖, Y1, Y2 ∈ f(Rn), posto que

‖dgY (W )‖ ≤ α−1 ‖W‖ , Y ∈ f(Rn) e W ∈ Rn.

Pronto: agora e so fazer Y1 = f(X) e Y2 = f(Y ).

(c) Seja (Yn) = (f(Xn)) uma sequencia na imagem de f que converge para Y ∈ Rn. Doitem (b) vem que (Xn) e uma sequencia de Cauchy em Rn. Logo, Xn → X ∈ Rn. Comof e contınua, Yn → f(X) e, portanto, Y = f(X).

(d) Vem do fato que a imagem de f e conexa, fechada e aberta em Rn.

6-13.

(d) Use (c)-(ii) para mostrar que ‖f(X2)− f(X1)‖ ≥ ‖X2 −X1‖.6-14. Mostre que ‖I‖ = 1 e use o corolario 6.3.11.

6-15.

(a) Usando o exercıcio anterior, basta mostrar que ‖φ′(x, y)‖ ≤ λ < 1, onde φ e dada porφ(x, y) = (f(y), f(x)).

(d) Jg−1(0, 0) =

(4/3 −2/3

−2/3 4/3

).

(e) ∂y∂v

(0, 0) = 4/3.

6-16.

(b) ‖T‖ = 1 e ‖T−1‖ = 3.

(d) Use o corolario 6.3.11.

6-17. Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn de classe C1 e tal que Jf(X0) e invertıvel. Defina h : Rn ×D −→ Rn

por h(X,Y ) = X−f(Y ). Se Y0 = f(X0), entao JhY (Y0, X0) = Jf(X0). O teorema da funcaoimplıcita garante a existencia de retangulos simples abertos (em Rn), R1 3 Y0, R2 3 X0, euma funcao g : R1 −→ R2, de classe C1, tais que g(Y0) = X0 e h(X, g(X)) = h(Y0, X0) = O,isto e, X − f(g(X)) = O, X ∈ R1. Donde, f(g(X)) = X, X ∈ R1. Ainda do teorema dafuncao implıcita, se h(X,Y ) = O e (X, Y ) ∈ R1×R2, entao Y = g(X). Como f e contınua,existe um aberto U ⊂ R2, U 3 X0, tal que f(X) ∈ R1, sempre que X ∈ U . Logo, se X ∈ U ,entao (f(X), X) ∈ R1 × R2 e h(f(X), X) = f(X) − f(X) = 0. Portanto, X = g(f(X)),sempre que X ∈ U . Portanto, f(U) = g−1(U) e aberto e g : f(U) −→ U e a inversa de fprocurada, a qual, claro, e de classe C1.

6-18.

(a) veja o exemplo 5.1.28.

(b) Se f fosse injetiva em I = (−δ, δ) seria crescente aı e, portanto, f ′(x) ≥ 0 neste intervalo.Agora tome xk = 1/(2kπ), onde k ∈ N e suficientemente grande para xk ∈ I. Logo,f ′(xk) ≥ 0 e

f ′(xk) = 2x sen1

x− cos

1

x+

1

2= −1

2.

Um absurdo.


6-19. Divida o problema em dois: grad f = (0, 0), sempre; existe X0 tal que grad f(X0) 6= (0, 0).No segundo caso, tome c = f(X0), e use o teorema da funcao implıcita.

6-20. Existe X0 tal que grad f(X0) 6= 0. Suponha entao que ∂f∂y

(X0) > 0. Logo f e crescente ao

longo de um segmento do tipo l = X0 + t(0, 1), −ε < t < ε. Ponha I = f(l).

6-21.

(b) Basta mostrar que limy→+∞ f(0, y) = +∞ e limy→−∞ f(0, y) = −∞.

(c) De fato, f(0, y) e estritamente crescente.

(e) g′c(x) =ex2

eg2c (x)

.

6-23.

(a) Ponha f(x, y, z, u) = (3x + y − z + u2, x− y + 2z + u, 2x + 2y − 3z + 2u). Verifique

∂(f1, f2, f3)

∂(x, y, u)= det

3 1 2u

1−1 1

2 2 2

= −12 + 8u.

Logo, (¶7) pode ser resolvido para x, y e u em termos de z, pelo menos em pontosproximos daqueles com u 6= 3/2.

(d) Subtraia a segunda equacao da primeira, e obtenha um absurdo!

(e) Para (a) temos: Existe uma aplicacao de classe C∞, f : I ⊂ R −→ R3, f = (f1, f2, f3),tal que f(f1(z), f2(z), z, f3(z)) = (0, 0, 0).

6-24. Mostre que Jf(A,B) tem posto m, e use o teorema da funcao implıcita.

6-25.

(a) Aplique o teorema da funcao implıcita em (1, 1,−1).

(b) Observe que voce precisa calcular β′(1) e β′′(1). A curvatura pedida e√

5/3.

6-26.

(a) Note que

gradF (x, y, z) = (∂f

∂x(√

x2 + y2, z)x√

x2 + y2,∂f

∂x(√

x2 + y2, z)y√

x2 + y2,∂f

∂y(√

x2 + y2, z)).

Logo, grad F 6= 0 ao longo de Sγ = f−1(0).

6-28.

(c) O seguinte fato pode ajudar: se Y, Z ∈ Rn, entao tr Y tZ = tr tZY = tr Z · Y = Z · Y .

Agora note que ‖V (X)‖2 = tr((V (X))t(V (X))) = tr(X tXX tX).

(d) De V (X) = V (Y ) obtenha X ‖X‖2 = (X · Y )Y . Donde, X = λY , para algum λ ∈ R.Agora use (c) para mostrar que λ2 = 1.

(e) V (α(u)) = α(u) t(α(u)), e a derivacao ocorre como em um “produto”.

(h) Se X 6= 0, entao dVX(W ) = 0 ⇒ W = −X ·W‖X‖2 X ⇒ W = 0.


6-29.

(a) Como ∂f∂y

e contınua e ∂f∂y

(X0) > 0, podemos usar o resultado de exercıcio 3-6 para obter

δ > 0 tal que a restricao de ∂f∂y

a bola aberta B(X0, δ) ainda e positiva. Logo, a restricao

de ∂f∂y

ao retangulo simples fechado contido em B[X0, δ/2] tambem e positiva.

(b) Como ∂f∂y

(a, y) > 0, para y ∈ [b− ε1, b + ε1], vem que f(a, y) e crescente como funcao de

y. Logo, f(a, b− ε1) < f(a, b) < f(a, b + ε1), isto e, f(a, b− ε1) < c < f(a, b + ε1).

(c) Ponha P = (a, b − ε1) e Q = (a, b + ε1). Como f(P ) < c < f(Q) e f e contınua, existeε > 0, que tomamos menor do que ε1, tal f(x, y) < c, para (x, y) ∈ B(P, ε), e f(x, y) > c,para (x, y) ∈ B(Q, ε). Em particular, segue-se que ε tem a propriedade desejada.

(d) Fixe x ∈ (a − ε, a + ε). Entao, f(x, b − ε1) < c < f(x, b + ε1) e ∂f∂y

(x, y) > 0, para todo

y ∈ [b− ε1, b + ε1]. Usando o teorema do valor intermediario, obtemos y ∈ [b− ε1, b + ε1]tal que f(x, y) = c. A unicidade de tal y segue-se do fato que f(x, y) e crescente comofuncao de y, y ∈ [b− ε1, b + ε1].

(e) Fixe x0 ∈ (a− ε, a + ε), e seja (xn) uma sequencia em (a− ε, a + ε) convergindo para x0.Assim, f(xn, g(xn)) = c e (g(xn)) e uma sequencia em [b − ε1, b + ε1], a qual devemosmostrar que converge para g(x0). Seja (g(xnj

)) uma subsequencia de (g(xn)) tal queg(xnj

)−−−→ l ∈ [b−ε1, b+ε1], a qual existe porque (g(xn)) e limitada. De g(xnj, g(xnj

)) = ce da continuidade de f segue-se que f(x0, l) = c. Da unicidade de g(x0), vem quel = g(x0) e, portanto, g(xnj

)−−−→ g(x0). Logo, toda subsequencia convergente de (g(xn))tem o mesmo limite, a saber, g(x0). Isto implica que g(xn)−−−→ g(x0).

(f) Usaremos aqui os itens (i) e (ii) da proposicao 4.2.5, pagina 128. Seja x0 ∈ (a− ε, a + ε).Entao, f(x0, g(x0)) = c e ∂f

∂y(x, y)) > 0, para (x, y) perto de (x0, g(x0)). Seja h suficien-

temente pequeno. Temos que g(x0 + h) = g(x0) + k, onde k−−−→ 0, quando h−−−→ 0, poisg e contınua. Tambem,

c = f(x0 + h, g(x0 + h)) = f(x0 + h, g(x0) + k)

= f(x0, g(x0)) +∂f

∂y(x0, g(x0) + θ2k)k +

∂f

∂x(x0 + θ1h, g(x0) + k)h,

para alguns θ1, θ2 ∈ (0, 1). Como f(x0, g(x0)) = c, vem que

∂f

∂y(x0, g(x0) + θ2k)k +

∂f

∂x(x0 + θ1h, g(x0) + k)h = 0.

Logo,g(x0 + h)− g(x0)

h= −

∂f∂x

(x0 + θ1h, g(x0) + k)∂f∂y

(x0, g(x0) + θ2k).

Donde,

limh→0

g(x0 + h)− g(x0)

h= −

∂f∂x

(x0, g(x0))∂f∂y

(x0, g(x0)),

pois ∂f∂x

e ∂f∂y

sao contınuas. Logo, g′(x) = −∂f∂x

(x,g(x))∂f∂y

(x,g(x)), x ∈ (a − ε.a + ε), o que mostra

que g e de classe C1 e, em particular, g′(a) = −∂f∂x

(a, b)/∂f∂y

(a, b).


6-30.

(b)

(i) E so usar o teorema 6.4.7.

(ii) Defina T (u, v) = (v, u) e f = f T . Logo, ∂f∂v

(b, a) = ∂f∂x

(a, b). Agora aplique o

teorema 6.4.7 a f .

(d) De fato, se B(O, δ) e uma bola aberta qualquer contendo a origem O, entao B(O, δ)∩Lnao pode ser do tipo G1 nem do tipo G2.

6-31.

(a)

(i) E so usar o teorema 6.4.13. Para isto, escreva A = x0, X = x, B = (y0, z0) e

Y = (y, z). Logo, Z = (X, Y ), Z0 = (A,B) e det JfY (X0) = ∂(u,v)∂(y,z)

(X0) 6= 0.

Portanto, existem um intervalo aberto I 3 x0, um retangulo simples R 3 (y0, z0) euma aplicacao de classe C1, g : I −→ R ⊂ R2, g = (g1, g2), tais que g(x0) = (y0, z0) ef−1(c) ∩ (I ×R) = G(g) = G1(g1, g2).

6-32.

(b) α′(1) = (−8/7,−1/7).

(d) Inicialmente, note que se X = (x, y, z) ∈ f−1(0, 0), entao xyz 6= 0, o que vem def2(X) = 0. Portanto, se dfX nao e sobrejetiva, vem que

xz + x2y − yz5 = 0

x + 2x2 − 5z5 = 0

xy + x2y − 4yz5 − xz = 0

. (∗)

A primeira equacao de (∗) junto com f2(X) = 0 da que −1+x2y2−y2z5 = 0, que compa-

rada com a segunda (que automaticamente da 5z5 = x(1 + 2x)) produz y2 =5

x(3x− 1).

Portanto, z2 =3x− 1

5x. Subtraindo a terceira equacao de (∗), de f1(X) = 0, obtemos

que 5y2z5 = 2. Donde x = −7/4. Assim, y2 = 16/35 e z2 = 5/7. O que nao e com-patıvel, por exemplo, com a segunda equacao de (∗). Logo, dfX tem sempre posto 2,em qualquer X ∈ f−1(0, 0).

6-34.

(a) Defina f1(x, y, z) = x + y + z e f2(x, y, z) = x − 2y + z. Logo, γ = S1 ∩ S2, ondeS1 = f−1

1 (1) e S2 = f−12 (1). Temos que e3 ∈ γ, o que mostra que γ e nao-vazio. Alem

disto, ∇f1 = (1, 1, 1) e ∇f2 = (1,−2, 1) que sao linearmente independente, sempre.Logo, γ e uma curva regular. Observe que γ e uma reta.

(b) Defina f1(x, y, z) = x2 + y2 + z2 e f2(x, y, z) = z. Logo, γ = S1 ∩ S2, onde S1 = f−11 (1)

e S2 = f−12 (0). Temos que e1 ∈ γ, o que mostra que γ e nao-vazio. Alem disto,

∇f1(x, y, z) = (2x, 2y, 2z) e ∇f2(x, y, z) = (0, 0, 1), que sao linearmente independente,sempre que (x, y) 6= (0, 0). Como (0, 0,±1) /∈ γ, segue-se que ∇f1 e ∇f2 sao l.i. ao longode γ. Logo, γ e uma curva regular. Observe que γ e o cırculo de raio 1 e centro O doplano-xy.

I

Indice

284 Indice

areade um paralelogramo gerado por dois vetores, 21

angulo entre vetores, 10

aceleracao escalar, 66

altura relativa, 11

aplicacaoaberta, 234afim, 159de Veronese (exercıcio 6-28), 261diferenciavel, 156linear, 36

norma de uma, 218

aproximacao afim, 153

argumento complexo (exercıcio 6-5), 256

bolaaberta, 91, 221fechada, 91, 221

cırculo, 29

cırculos no R3, 79

centro de curvatura, 80

cicloide, 44, 68

componentenormal da aceleracao, 76tangencial da aceleracao, 76

comprimento de arco, 83

cone de duas folhas, 35

conjuntoaberto, 115, 221compacto, 216conexo, 191convexo, 189de nıvel, 33, 215definido explicitamente, 30definido implicitamente, 33fechado, 214limitado, 216ortogonal, 11ortonormal, 11

continuidade da funcao composta, 110

contracao, 223

coordenadascilındricas, 142, 235esfericas, 142, 235polares, 142, 231

coordenadas polares (exercıcio 6-5), 256

curvacoordenada, 45parametrizada, 42

canonica (exercıcio 6-30), 262regular, 68traco de uma, 42

plana, 77regular

em R2 (exercıcio 6-30), 262em R3 (exercıcio 6-31), 262

regular (exercıcio 6-31), 262

curvatura, 70da helice circular, 70do cırculo, 70

derivada, 59de uma funcao vetorial, 156direcional, 143, 194parcial, 117, 132

com relacao a x, 117com relacao a xj , 132com relacao a y, 117

desigualdadede Cauchy-Schwarz, 10, 12do valor medio, 64, 224triangular, 13

determinante jacobiano, 242

difeomorfismo, 230

direcao de crescimento maximo, 194

distanciade um ponto a um plano, 26de um ponto a uma reta, 24de um ponto a uma reta em R2, 26de um ponto a uma reta em R3, 25de um ponto a uma reta em Rn, 25induzida pela norma, 14

duplo produto vetorial, 22

elipse, 29, 43

Indice 285

construcao geometrica de uma, 29

equacaocartesiana de uma reta em R2, 26da onda, 192parametrica

de um plano, 17de uma reta, 15

equacoes de Frenet, 74

espaco euclidiano, 2

evolvente de uma curva parametrizada, 83

evolvente do cırculo, 61

funcaocontınua, 59coordenada, 28de classe C1, 230de classe C∞, 131de classe Ck, 131

em um ponto, 165exponencial complexa (exercıcio 6-6), 256harmonica (exercıcio 4-9), 149logaritmo (exercıcio 6-6), 256vetorial, 28

conjunto de nıvel de uma, 33contınua, 103derivada de uma, 156diferenciavel, 156grafico de uma, 30imagem de uma, 28limitada, 96lipschitziana, 105

funcional linear, 218

grafico, 30, 46, 249

gradiente, 134, 194

helice circular, 32, 44, 62, 66, 68

hiperboles equilateras, 34

hiperboloide de revolucao, 36

hiperplano, 19

homeomorfismo, 228

imersao (exercıcio 6-28), 261

interpretacao

fısica, 66geometrica

das derivadas parciais, 121de uma n-upla, 5soma de n-uplas, 7

inversao em Gl(n), 222

isomorfismo, 220

jacobianas parciais, 242

laplaciano, 137em coordenadas polares, 185

limite, 59, 93da funcao composta, 101

limites iterados, 127

matriz de uma aplicacao linear, 39

meridianos, 48

movimentocircular uniforme, 67uniforme, 67

multiplicacao de uma n-upla por um numero real, 2

nucleo, 39

norma ou comprimento, 8

operador diagonal, 218

parabola semi-cubica, 69

parametros, 45

paraboloidede revolucao, 31, 196hiperbolico (sela), 31

paralelos, 48

parametrizacao canonica de um grafico, 46, 249

perturbacao, 227da identidade, 227do isomorfismo, 229

planono R3, 46no Rn, 17passando por tres pontos, 18tangente a um grafico, 122, 172

286 Indice

tangente a uma superfıcie parametrizada, 172

pontode acumulacao, 92fixo de uma funcao, 225isolado, 92medio de um segmento, 16regular, 252

produto escalar (ou interno), 7

produto vetorial, 19

projecao ortogonal, 10

projecao sobre o eixo-xj , 107

propriedadesdo produto escalar, 8do produto vetorial, 20

quociente de Newton, 116

ramo do Log, 256

regrada cadeia, 63, 177

classica, 184do sanduıche para limites, 98

resto, 156

retangulo simples aberto, 243

retanormal a um grafico (exercıcio 4-13), 150passando por P e paralela a V , 15passando por dois pontos, 15tangente, 61

retas em Rn, 43

rotacaoem R2, 41em R3, 42

sımbolosX × Y = X ∧ Y (produto vetorial de X por Y ),

19π = P + [V, W] (plano que passa por P e e

paralelo a V e W ), 17S1(C, a) (cırculo de centro C e raio a), 79κ (curvatura), 70f ′(X0) ou dfX0 (derivada de f em X0), 156∂f

∂U(derivada direcional de f na direcao U), 143,

194

α′ (derivada), 59∂f

∂xj(derivada parcial de f com relacao a xj), 132

∂f

∂x(derivada parcial de f com relacao a x), 117

∂f

∂y(derivada parcial de f com relacao a y), 117

Exp z (exponencial do complexo z), 256Gl(n) (isomorfismos de L(Rn,Rn)), 222grad f ou ∇f (gradiente de f), 134lim

k→∞Xk (limite da sequencia X), 208

L(Rn,Rm) (espaco das aplicacoes lineares de Rn

em Rm), 219Log z (logaritmo do complexo z), 256‖ ‖ (norma), 8πP (f) (plano tangente ao grafico de f), 122πg(u0, v0) (plano tangente a superfıcie parametri-

zada g), 139X · Y (produto escalar), 7l = P +[V ] (reta passando por P e paralela a V ),

15ltα (reta tangente de α em t), 61Rn (espaco euclidiano), 2[P, Q] (segmento de reta), 16τ (torcao), 73G12(f), G13(f), G23(f) (tracos das superfıcies pa-

rametrizadas canonicas), 250

segmento de reta, 16

sela, 196

sequenciaconvergente, 208coordenada, 207de Cauchy, 210em Rn, 207em R, 207limitada, 209

soma de n-uplas, 2

subespaco gerado, 17

subsequencia, 212

superfıciede revolucao (rotacao), 47definida implicitamente, 197parametrizada, 45

canonica, 249traco de uma, 45

Indice 287

regular, 197, 249, 250

superfıcies transversais (exercıcio 6-33), 263

taxa de crescimento, 194

teoremada funcao implıcita, 238, 243

prova classica (exercıcio 6-29), 261da funcao inversa, 231de Bolzano-Weierstrass, 213de Cauchy, 213de Pitagoras, 12de Schwarz, 130, 132de Weierstrass, 217do valor medio, 63, 187, 190fundamental das perturbacoes, 227

torcao, 73da helice circular, 74do cırculo, 73

toro de revolucao, 49como superfıcie regular (exercıcio 6-27), 260

valor regular, 252

velocidade escalar, 66

vetor, 3aceleracao, 66binormal, 72gradiente, 134, 194normal a um grafico, 122normal unitario, 71tangente, 61tangente unitario, 69unitario, 8velocidade, 66

vizinhanca coordenada, 250na esfera, 251

R

Referencias

Bibliograficas

Referencias Bibliograficas 289

[Coura] Richard Courant, Calculo Diferencial e Integral (traducao de Alberto Nunes Serraoe Ruy Honorio Bacelar), volumes 1 e 2, Editora Globo, Rio de Janeiro (1966).

[ Lang] Serge Lang, Calculo, Volume 2, AO LIVRO TECNICO S.A. , Rio de Janeiro (1970).

[ Lima] Elon Lages Lima, Curso de Analise, Volumes 1 e 2, IMPA , Rio de Janeiro (1976).

[ N e i l l ] Barret O’Neill, Elementary Differential Geometry, Academic Press, New York(1966).

[Rudin] Walter Rudin, Principle of Mathematical Analysis, Third Edition, McGRAW-Hill,Singapore (1976).

[W i l l i ] Richard E. Williamson, Richard H. Crowell and Hale F. Trotter, AlgebraLinear e Calculo Diferencial (traducao de Genesio dos Reis e Angela Costales), volumes1 e 2, Livros Tecnicos e Cientıficos, Rio de Janeiro (1974).

adonai ufal

Documents