análise matemática iii textos de apoio

Analise Matematica III

Textos de Apoio

Cristina Caldeira

A grande maioria dos exercıcios presentes nestestextos de apoio foram recolhidos de folhas praticaselaboradas ao longo dos anos por varios docentesdo Departamento de Matematica da FCTUC.

Indice

1 Calculo diferencial em Rn 1

1.1 Algumas nocoes topologicas em Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Produto interno. Norma e distancia euclidianas . . . . . . . . . . . 11.1.2 Bolas abertas e fechadas. Pontos interiores, fronteiros, de acumulacao,

isolados, exteriores e aderentes. Vizinhanca de um ponto. Conjuntosabertos, conjuntos fechados e conjuntos limitados . . . . . . . . . . 3

1.1.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Funcoes reais de varias variaveis reais (parte 1) . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.1 Definicoes basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.3 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.2.5 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.6 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.2.7 Derivacao parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.2.8 Teorema de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.2.9 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.2.10 Funcoes diferenciaveis e diferencial de uma funcao . . . . . . . . . . 341.2.11 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411.2.12 Derivacao de funcoes compostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421.2.13 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.2.14 Derivadas direccionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.2.15 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.3 Funcoes vectoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531.3.1 Limites, continuidade e matriz Jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . 531.3.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 581.3.3 Curvas no espaco. Recta tangente a uma curva no espaco, plano

tangente e recta normal a uma superfıcie . . . . . . . . . . . . . . . 591.3.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651.3.5 Teorema da funcao inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 661.3.6 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

1.4 Funcoes reais de varias variaveis reais (parte 2) . . . . . . . . . . . . . . . 681.4.1 Teorema da funcao implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 681.4.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 721.4.3 Formula de Taylor para funcoes reais de 2 variaveis reais . . . . . . 73

i

1.4.4 Extremos. Extremos condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 761.4.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

2 Equacoes diferenciais lineares 952.1 Definicoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 952.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 972.3 Equacoes diferenciais lineares de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . 982.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012.5 Equacoes diferenciais lineares de ordem n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

2.5.1 Classificacao e teorema da existencia e unicidade . . . . . . . . . . . 1022.5.2 Sistemas fundamentais de solucoes para equacoes diferenciais lineares

homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1042.5.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122.5.4 Metodo de abaixamento de ordem ou metodo de D’Alembert . . . . 1132.5.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1192.5.6 Equacoes diferenciais lineares homogeneas de coeficientes constantes 1202.5.7 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1342.5.8 Metodo do polinomio anulador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1362.5.9 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1392.5.10 Exemplo de aplicacao das equacoes diferenciais lineares de ordem

dois e coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Movimento harmonico simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Movimento harmonico amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144Movimento harmonico forcado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

2.5.11 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1452.5.12 Equacoes de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1462.5.13 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1502.5.14 Metodo de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1512.5.15 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

Bibliografia 157

Capıtulo 1

Calculo diferencial em Rn

1.1 Algumas nocoes topologicas em Rn

1.1.1 Produto interno. Norma e distancia euclidianas

Seja n um inteiro positivo. Por Rn designamos o conjunto

{(x1, x2, . . . , xn) : xi ∈ R , i = 1, 2, . . . , n} .

Rn e um espaco vectorial real de dimensao n para a adicao de vectores e multiplicacao

escalar definidas do seguinte modo:

para x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn) ∈ Rn, λ ∈ R

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

e

λx = (λx1, λx2, . . . , λxn) .

A base canonica de Rn e a base constituıda pelos vectores e1, e2, . . . , en, onde

i↓

ei = (0, . . . , 0, 1 , 0, . . . , 0) , i = 1, 2, . . . , n .

Para x = (x1, x2, . . . , xn) e y = (y1, y2, . . . , yn) em Rn o produto interno de x e y e o

numero real definido por

< x, y >=n∑

i=1

xiyi .

Observacao 1.1.1 Sao tambem usuais as notacoes ~x para (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn e ~x · ~y

para < x, y >.

Para x = (x1, x2, . . . , xn) em Rn a norma euclidiana de x e o numero real nao negativo

‖x‖ =√< x, x > =

√x2

1 + x22 + · · · + x2

n .

1

2 Textos de Apoio de Analise Matematica III

O espaco vectorial real Rn com este produto interno e esta norma e o espaco euclidiano

de dimensao n.

Recorde-se, de Algebra Linear, que num espaco vectorial real,V , com um produto in-

terno < , > e uma norma definida por ‖v‖ =√< v, v > sao validas as desigualdades:

| < u, v > | ≤ ‖u‖ ‖v‖ , ∀u, v ∈ V (desigualdade de Cauchy-Schwarz) ;

‖u+ v‖ ≤ ‖u‖ + ‖v‖ , ∀u, v ∈ V (desigualdade triangular) ;

‖u− v‖ ≥ | ‖u‖ − ‖v‖ | , ∀u, v ∈ V .

No caso particular do espaco euclidiano de dimensao n estas desigualdades tomam a

forma:

∣∣∣∣∣

n∑

i=1

xiyi

∣∣∣∣∣ ≤

√√√√n∑

i=1

x2i

√√√√n∑

i=1

y2i , ∀(x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ∈ R

n (1.1)

(desigualdade de Cauchy-Schwarz) ;

√√√√n∑

i=1

(xi + yi)2 ≤

√√√√n∑

i=1

x2i +

√√√√n∑

i=1

y2i , ∀(x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ∈ R

n (1.2)

(desigualdade triangular) ;

√√√√n∑

i=1

(xi − yi)2 ≥

∣∣∣∣∣∣

√√√√n∑

i=1

x2i −

√√√√n∑

i=1

y2i

∣∣∣∣∣∣, ∀(x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ∈ R

n . (1.3)

Sejam x = (x1, x2, . . . , xn) e y = (y1, y2, . . . , yn) em Rn. A distancia euclidiana entre x

e y e o numero real nao negativo

d(x, y) = ‖x− y‖ =√

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

Verifica-se facilmente que d(x, y) = 0 ⇔ x = y.

Em R, R2 e R

3 a nocao de distancia euclidiana coincide com a “nocao intuitiva”de

distancia entre dois pontos:

Para x, y ∈ R, d(x, y) =√

(x− y)2 = |x − y| e a medida do segmento de recta cujas

extremidades sao os pontos da recta real de abcissas x e y, respectivamente. Se y > x > 0

esse segmento de recta e o representado na figura 1.1.1.

Cristina Caldeira 3

Fig. 1.1.1

Para x = (x1, x2) e y = (y1, y2) em R2, d(x, y) = ‖x − y‖ e a medida do segmento de

recta cujas extremidades sao os pontos do plano de coordenadas (x1, x2) e (y1, y2), respec-

tivamente (figura 1.1.2).

Fig. 1.1.2

1.1.2 Bolas abertas e fechadas. Pontos interiores, fronteiros, deacumulacao, isolados, exteriores e aderentes. Vizinhancade um ponto. Conjuntos abertos, conjuntos fechados econjuntos limitados

Seja n um inteiro positivo. Vamos definir duas nocoes que generalizam os conceitos de

intervalo aberto e intervalo fechado de R.

Chama-se bola aberta de centro em a ∈ Rn e raio δ ∈ R

+ ao conjunto

B(a, δ) = {x ∈ Rn : d(a, x) < δ} .

Chama-se bola fechada de centro em a ∈ Rn e raio δ ∈ R

+ ao conjunto

B(a, δ) = {x ∈ Rn : d(a, x) ≤ δ} .

Observe-se que a ∈ B(a, δ) e B(a, δ) ⊂ B(a, δ).


Exemplo 1.1.1

(1) Em R,

B(a, δ) = {x ∈ R : |x− a| < δ} =]a− δ, a+ δ[

e

B(a, δ) = {x ∈ R : |x− a| ≤ δ} = [a− δ, a+ δ] .

(2) Em R2 a bola aberta de centro em a e raio δ e o cırculo, sem a circunferencia que o

delimita, de centro em a e raio δ. A bola fechada de centro em a e raio δ e o cırculo

de centro em a e raio δ (figura 1.1.3).

Fig. 1.1.3

(3) Em R3 a bola aberta de centro em a e raio δ e a esfera, sem a superfıcie esferica que

a delimita, de centro em a e raio δ. A bola fechada de centro em a e raio δ e a esfera

de centro em a e raio δ.

Seja S um subconjunto de Rn.

Um ponto a ∈ S diz-se um ponto interior de S se existe uma bola aberta de centro em

a e contida em S, isto e, se

∃δ ∈ R+ : B(a, δ) ⊆ S .

O interior de S e o conjunto dos pontos interiores de S e representa-se por int(S). Se

a e um ponto interior de S diz-se tambem que S e uma vizinhanca de a.

Um ponto a ∈ Rn diz-se um ponto fronteiro de S se qualquer bola aberta de R

n centrada

em a intersecta (isto e, tem interseccao nao vazia com) S e o complementar de S,

Rn\S = {x ∈ R

n : x 6∈ S} .A fronteira de S e o conjunto dos pontos fronteiros de S e representa-se por fr(S).

Um ponto a ∈ Rn diz-se um ponto de acumulacao de S se toda a bola aberta centrada

em a contem pontos de S distintos de a, isto e,

∀δ ∈ R+ (B(a, δ) \ {a}) ∩ S 6= ∅ .

Cristina Caldeira 5

Observe-se que um ponto de acumulacao nao precisa de pertencer ao conjunto.

O conjunto de pontos de acumulacao de S e o derivado de S e representa-se por S ′.

Um ponto a diz-se um ponto isolado de S se a ∈ S e a 6∈ S ′, isto e,

∃δ > 0 : B(a, δ) ∩ S = {a} .

E valido o resultado:

Proposicao 1.1.1 Sejam S ⊆ Rn e a ∈ R

n. O ponto a e um ponto de acumulacao de S

se e so se a e um ponto interior de S ou a e um ponto fronteiro nao isolado.

Um ponto a ∈ Rn diz-se um ponto exterior de S se a e um ponto interior de R

n\S. O

exterior de S e o conjunto dos pontos exteriores de S e representa-se por ext(S).

Um ponto a ∈ Rn diz-se um ponto aderente a S se

∀δ ∈ R+ B(a, δ) ∩ S 6= ∅ .

O conjunto de pontos aderentes a S e o fecho de S e representa-se por S. Facilmente se

conclui que S ′ ⊆ S.

Exemplo 1.1.2

(1) Seja S1 = [2, 4[∪{5} ⊆ R. Tem-se:

int(S1) =]2, 4[, fr(S1) = {2, 4, 5}, S ′1 = [2, 4], ext(S1) =] − ∞, 2[∪]4, 5[∪]5,+∞[ e

S1 = [2, 4] ∪ {5}.Observe-se que 4 e um ponto fronteiro e um ponto de acumulacao de S1 mas nao

pertence a S1. O ponto 5 e um ponto isolado de S1.

(2) Seja S2 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y}.

Fig. 1.1.4


Para este conjunto tem-se:

int(S2) = {(x, y) ∈ R2 : x < y}, fr(S2) = {(x, y) ∈ R

2 : x = y},ext(S2) = {(x, y) ∈ R

2 : x > y}, S ′2 = S2 e S2 = S2.

(3) Seja

S3 =

{(1

n, 0

): n ∈ N

}.

O interior de S3 e o conjunto vazio porque qualquer vizinhanca de um numero racional

contem numeros irracionais. Vejamos que (0, 0) e um ponto de acumulacao (alias o

unico) de S3. Seja δ > 0 qualquer. Considere-se n ∈ N tal que n > 1/δ. Entao

∥∥∥∥(

1

n, 0

)− (0, 0)

∥∥∥∥ =

√1

n2=

1

n< δ

e portanto em toda a bola aberta centrada em (0, 0) existem pontos de S3 obviamente

distintos de (0, 0).

Seja S um subconjunto S de Rn.

S diz-se um conjunto aberto se S coincide com o seu interior, isto e, int(S) = S.

S diz-se um conjunto fechado se S contem a sua fronteira, isto e, fr(S) ⊆ S.

S diz-se um conjunto limitado se existe uma bola aberta de Rn que contem S.

Prova-se que

Proposicao 1.1.2 Um subconjunto S de Rn e aberto se e so se S e uma uniao (finita ou

infinita) de bolas abertas.

Proposicao 1.1.3 Seja S um subconjunto Rn. As afirmacoes seguintes sao equivalentes

(i) S e fechado;

(ii) Rn\S e aberto;

(iii) S = S.

Exemplo 1.1.3

(1) O conjunto vazio e Rn sao simultaneamente abertos e fechados.

(2) O conjunto S1 = [2, 4[∪{5} ⊆ R nao e aberto nem fechado. S1 e limitado. Por exemplo

S1 ⊂]1, 6[.

Cristina Caldeira 7

1.1.3 Exercıcios

1. Verifique se cada um dos seguintes conjuntos e ou nao vizinhanca dos pontos P

indicados:

(a) {(x, y) ∈ R2 : (x− 3)2 + (y − 1)2 < 1} e P = (3, 1);

(b) {(x, y) ∈ R2 : (x− 3)2 + (y − 1)2 ≤ 1

2} e P = (3, 1);

(c) R2 e P = (3, 1);

(d) {(3, 1)} e P = (3, 1);

(e) Uma recta que contenha o ponto (3, 1) e P = (3, 1);

(f) Uma bola fechada de centro em (2, 1, 5) e P = (2, 1, 5);

(g) Uma recta que contenha (2, 1, 5) e P = (2, 1, 5);

(h) Um plano que contenha (2, 1, 5) e P = (2, 1, 5).

2. Considere os seguintes subconjuntos de R2:

S1 = {(x, y) ∈ R2 : (x > 0 ∧ x+ y < 1) ∨ (1 < x < 3 ∧ 0 < y < 2)} ;

S2 = {(x, y) ∈ R2 : xy 6= 0} ;

S3 = {(x, y) ∈ R2 : xy

y−x2 ∈ R ou xy = 0} ;

S4 = {(x, y) ∈ R2 : 2x

4−x2−y2 ∈ R ou x = 0} .

Para cada um deles,

(a) determine o interior, o exterior, a fronteira, o fecho e o derivado;

(b) verifique se sao abertos, fechados ou limitados.

1.2 Funcoes reais de varias variaveis reais (parte 1)

1.2.1 Definicoes basicas

Seja ∅ 6= D ⊆ Rn. Uma funcao real de n variaveis reais definida em D e uma corres-

pondencia que a cada x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D associa um e um so numero real y =

f(x1, x2, . . . , xn).

Abreviadamente escreve-se

f : D ⊆ Rn −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x1, x2, . . . , xn)

ouf : D ⊆ R

n −→ R

x 7−→ f(x) .


O domınio de f e D. O contradomınio de f e o conjunto dos valores que f toma em

R, isto e,

{f(x1, x2, . . . , xn) : (x1, x2, . . . , xn) ∈ D} ⊆ R .

O grafico de f e o subconjunto de Rn+1

{(x1, x2, . . . , xn, f(x1, x2, . . . , xn)) : (x1, x2, . . . , xn) ∈ D} .

Observacao 1.2.1 Em R2 e R

3 e usual usarem-se as notacoes f(x, y) e f(x, y, z) em vez

de f(x1, x2) e f(x1, x2, x3), respectivamente.

Exemplo 1.2.1 Seja f a funcao real de duas variaveis reais definida por f(x, y) = x2 +y2.

O domınio de f e R2, o contradomınio e R

+0 e o grafico e

{(x, y, x2 + y2) : (x, y) ∈ R2} = {(x, y, z) ∈ R

3 : (x, y) ∈ R2 e z = x2 + y2} .

Uma representacao grafica (do grafico) de f e

Fig. 1.2.1

Exemplo 1.2.2 O domınio da funcao real de 2 variaveis reais f(x, y) = 50ln(|xy| + 1)

x2 + y2 + 1e

R2. Qual o contradomınio ? Como obter uma representacao grafica do grafico de f ?

Podemos usar um programa de computador. Na figura 1.2.2 tem-se uma representacao

grafica da porcao de superfıcie

{(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ [−10, 10] × [−10, 10] e z = f(x, y)} ,

obtida com o programa de computador “Mathematica”, sendo marcadas as imagens, por

f , de 2500 pontos do quadrado [−10, 10] × [−10, 10].

Fig. 1.2.2

Cristina Caldeira 9

Geralmente nao e facil representar graficamente uma funcao real de 2 variaveis reais,

isto e, representar em R3 o grafico da funcao e as representacoes obtidas com programas de

computador nem sempre tem a precisao desejada. E por vezes util recorrer as chamadas

curvas de nıvel da funcao que numa imagem a duas dimensoes permitem obter informacao

sobre o grafico da funcao.

Considere-se a funcao real de 2 variaveis reais f : D ⊆ R2 −→ R

(x, y) 7−→ f(x, y).

Para k

pertencente ao contradomınio de f a curva de nıvel de f de valor k e a projeccao ortogonal,

sobre o plano XOY , da interseccao do plano de equacao z = k com o grafico de f , isto e,

com a superfıcie de equacao z = f(x, y).

Analiticamente a curva de nıvel de f de valor k e {(x, y) ∈ D : f(x, y) = k}.

C e a curva de nıvel de f de valor k

Fig. 1.2.3

Na figura 1.2.4 estao representadas as curvas de nıvel de valores 2,5, 5 e 7,5 da funcao do

exemplo 1.2.2, obtidas com o programa de computador “Mathematica”. Verifica-se ainda

facilmente que a curva de nıvel de valor 0 dessa funcao e constituıda pela uniao dos eixos

dos XX e dos Y Y .

Fig. 1.2.4


Exemplo 1.2.3 Sendo f(x, y) = x2 + y2 o contradomınio de f e R+0 . Para k ∈ R

+0 , a

curva de nıvel de f de valor k e :

o ponto (0, 0) se k = 0;

a circunferencia do plano XOY de centro (0, 0) e raio√k se k > 0.

Analogamente definem-se as superfıcies de nıvel de uma funcao real de 3 variaveis reais.

Sendof : D ⊆ R

3 −→ R

(x, y, z) 7−→ f(x, y, z),

para k pertencente ao contradomınio de f , a superfıcie de nıvel de f de valor k e

{(x, y, z) ∈ D : f(x, y, z) = k} .Exemplo 1.2.4 Seja

f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 + y2 + z2 .

O contradomınio de f e R+0 . Para k ∈ R

+0 , a superfıcie de nıvel de f de valor k e

{((x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = k} ,

ou seja:

o ponto (0, 0, 0) se k = 0;

a superfıcie esferica de centro (0, 0, 0) e raio√k se k > 0.

1.2.2 Exercıcios

1. Descreva geometricamente o domınio das seguintes funcoes :

(a) f(x, y) =xy

y − 2x;

(b) f(x, y) =

√x+ 1√

1 − x2 − y2;

(c) f(x, y) = ln (xy);

(d) f(x, y) =x3

3+ arcsin (y + 3);

(e) f(x, y, z) =√

4 − x2 − y2 − z2;

(f) f(x, y) =

√x2 + y2 + 2x

x2 + y2 − 2x;

(g) f(x, y) = ln[x ln (y − x2)];

(h) f(x, y) = ln [(16 − x2 − y2)(x2 + y2 − 4)];

(i) f(x, y, z) = h(x) + h(y) + h(z), onde h e uma funcao real de variavel real com

domınio [0, π/2];

(j) f(x, y) =

sin(x4 + y6)

x4 + y6se x > 0

y +√

1 − x se x ≤ 0

.

Cristina Caldeira 11

1.2.3 Limites

Sejam f : D ⊆ Rn −→ R

x 7−→ f(x)

, a = (a1, a2, . . . , an) um ponto de acumulacao de D e

L ∈ R. Diz-se que L e o limite de f quando x tende para a ou o limite de f no ponto a, e

escreve-se

limx→a

f(x) = L ou lim(x1,x2,...,xn)→(a1,a2,...,an)

f(x1, x2, . . . , xn) = L ,

se

∀ε > 0 ∃δ > 0 : (0 < ‖x− a‖ < δ ∧ x ∈ D) ⇒ |f(x) − L| < ε . (1.4)

Observacao 1.2.2

(1) O facto de se impor em (1.4) que 0 < ‖x− a‖ faz com que possa existir o limite de f

quando x tende para a sem que f esteja definida em a (exemplo 1.2.5) ou, no caso

de f estar definida em a, o valor de f em a nao interessa para o calculo do limite.

Isto e, nesta definicao de limite de f quando x tende para a nao interessa o que se

passa em a. Para realcar este facto por vezes escreve-se

limx → ax 6= a

f(x) = L

e diz-se que “x tende para a por valores distintos de a”.

(2) O motivo de se definir o limite de f quando x tende para a apenas para pontos a

pertencentes ao derivado de D e que se a nao e ponto de acumulacao de D entao

qualquer numero real L verifica (1.4). De facto, se a 6∈ D′, entao existe um numero

real δ > 0 tal que

B(a, δ) ∩ D =

{{a} se a ∈ D∅ se a 6∈ D .

Entao

{x ∈ D : 0 < ‖x− a‖ < δ} = ∅e portanto quaisquer que sejam L ∈ R e ε > 0 a afirmacao de que |f(x) − L| < ε

para todo o x pertencente a {x ∈ D : 0 < ‖x− a‖ < δ} e verdadeira.

De modo intuitivo se a 6∈ D′ existe uma bola aberta centrada em a que nao contem

pontos de D distintos de a e portanto “nao e possıvel fazer x tender para a por pontos

distintos de a”.

Exemplo 1.2.5 Considere-se a funcao real de duas variaveis reais cuja expressao analıtica

e

f(x, y) =2x3

x2 + y2.

O domınio de f e D = R2 \ {(0, 0)}. O ponto (0, 0) nao pertence a D mas e um ponto

de acumulacao de D. Verifique-se ainda que existe o limite de f quando (x, y) tende para

(0, 0) e que esse limite e zero.


Seja ε > 0 qualquer. Pretende-se provar que existe δ > 0 verificando

(0 < ‖(x, y) − (0, 0)‖ < δ ∧ (x, y) ∈ R

2 \ {(0, 0)})⇒ |f(x, y) − 0| < ε . (1.5)

Ora

|f(x, y)| =

∣∣∣∣2x3

x2 + y2

∣∣∣∣ = 2|x|∣∣∣∣

x2

x2 + y2

∣∣∣∣ ,

e uma vez que, para (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)}, x2 ≤ x2 + y2, tem-se que

∣∣∣∣x2

x2 + y2

∣∣∣∣ ≤ 1

e portanto

|f(x, y)| = 2|x|∣∣∣∣

x2

x2 + y2

∣∣∣∣ ≤ 2|x| ≤ 2√x2 + y2 = 2‖(x, y) − (0, 0)‖ .

Assim, para todo o ε > 0 existe δ = ε/2 > 0 verificando (1.5) e portanto

lim(x,y)→(0,0)

2x3

x2 + y2= 0 .

Uma questao que se coloca naturalmente e a de saber se e possıvel que dois numeros

reais distintos L1 e L2 verifiquem simultaneamente (1.4). Provaremos que nao.

Proposicao 1.2.1 Considere-se uma funcao real de n variaveis reais

f : D ⊆ Rn −→ R

x 7−→ f(x) .

Seja a um ponto de acumulacao de D. Se existe o limite de f quando x tende para a entao

ele e unico.

Demonstracao: Sejam L1 e L2 numeros reais verificando (1.4). Considere-se ε > 0

qualquer. Entao

∃δ1 > 0 : (0 < ‖x− a‖ < δ1 ∧ x ∈ D) ⇒ |f(x) − L1| <ε

2; (1.6)

∃δ2 > 0 : (0 < ‖x− a‖ < δ2 ∧ x ∈ D) ⇒ |f(x) − L2| <ε

2. (1.7)

Seja δ = min{δ1, δ2}. Sendo a um ponto de acumulacao de D, existe x0 ∈ D tal que

0 < ‖x0 − a‖ < δ. De (1.6) e (1.7) conclui-se que

|f(x0) − L1| <ε

2e |f(x0) − L2| <

ε

2.

Entao

|L1 − L2| = |L1 − f(x0) + f(x0) − L2| ≤ |f(x0) − L1| + |f(x0) − L2| < ε .


Provou-se assim que |L1 − L2| < ε para todo o ε ∈ R+. Uma vez que |L1 − L2| ∈ R

+0

conclui-se que |L1 − L2| = 0, ou seja, L1 = L2.

Em (1.4) intervem apenas a distancia de x a a e nao o modo como x se aproxima de a.

Se existir o limite de f quando x tende para a ele deve ser independente da forma como x

se aproxima de a.

Sejam f : D ⊆ R2 → R e a ∈ D′. Seja C uma curva (trajectoria) contida em D e que

contem a.

Fig. 1.2.5

Considerando o limite de f quando (x, y) tende para a = (a1, a2) ao longo de C tem-se

um limite trajectorial,

lim(x, y) → (a1, a2)

(x, y) ∈ C

f(x, y) .

Claro que se existe o lim(x,y)→(a1,a2)

f(x, y), todos os limites trajectoriais (no ponto a) devem

existir e ser iguais.

Esta nocao de limite trajectorial pode ser formalizada definindo o conceito de limite

segundo um conjunto.

Sejam f : D ⊆ Rn → R, A um subconjunto de D e a ∈ A′. Diz-se que L ∈ R e o limite

de f quando x tende para a no conjunto A e escreve-se

limx → ax ∈ A

f(x) = L ,

se

∀ε > 0 ∃δ > 0 : (0 < ‖x− a‖ < δ ∧ x ∈ A) ⇒ |f(x) − L| < ε . (1.8)

Este conceito sera muito util na pratica para se concluir que um dado limite nao existe,

uma vez que e valido o resultado:


Proposicao 1.2.2 Sejam f : D ⊆ Rn → R, A um subconjunto de D e a ∈ A′. Se existe

limx→a

f(x), entao tambem existe limx → ax ∈ A

f(x) e sao iguais.

Demonstracao : exercıcio 4 da seccao 1.2.4.

Exemplo 1.2.6 Considere-se a funcao

f : R2 \ {(0, 0)} −→ R

(x, y) 7−→ x4

y4+(y−x)2.

Seja A = {(x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)} : y = x}. Isto e, A obtem-se da recta de equacao y = x

retirando-lhe o ponto (0, 0). O ponto (0, 0) e um ponto de acumulacao de A.

lim(x, y) → (0, 0)

(x, y) ∈ A

f(x, y) = lim(x, y) → (0, 0)

y = x

x4

y4 + (y − x)2= lim

x→0

x4

x4 + 0= 1 .

Seja B = {(x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)} : y = x2}. Isto e, B obtem-se da parabola de equacao

y = x2 retirando-lhe o ponto (0, 0). O ponto (0, 0) e um ponto de acumulacao de B.

lim(x, y) → (0, 0)

(x, y) ∈ B

f(x, y) = lim(x, y) → (0, 0)

y = x2

x4

y4 + (y − x)2

= limx→0

x4

x8 + (x2 − x)2

= limx→0

x2

x6 + x2 − 2x+ 1= 0 .

De acordo com a proposicao anterior e uma vez que

lim(x, y) → (0, 0)

(x, y) ∈ A

f(x, y) 6= lim(x, y) → (0, 0)

(x, y) ∈ B

f(x, y) ,

conclui-se que nao existe o limite de f quando (x, y) tende para (0, 0).

Proposicao 1.2.3 Sejam D ⊆ Rn, com D = A∪B, e seja a ∈ R

n um ponto de acumulacao

de A e tambem de B. Seja ainda f : D → R. Se

limx → ax ∈ A

f(x) = limx → ax ∈ B

f(x) = L

entao existe o limite de f quando x tende para a e e igual a L.

Demonstracao: exercıcio 5 da seccao 1.2.4.

Ha um caso particular de limite segundo um conjunto que e especialmente importante.

E o caso dos chamados limites direccionais em que o conjunto A e a interseccao do domınio


da funcao com uma semi-recta com origem no ponto em causa, isto e, a trajectoria e uma

semi-recta com origem no ponto onde se pretende calcular o limite.

Sendo a = (a1, a2, a3) ∈ R3 e ~v = (v1, v2, v3) ∈ R

3 \ {0}, a recta de R3 que passa por a

e tem a direccao de ~v e

{a+ t~v : t ∈ R} = {(a1 + tv1, a2 + tv2, a3 + tv3) : t ∈ R} .A semi-recta com origem em a e que tem a direccao e o sentido de ~v e

{a+ t~v : t ∈ R+0 } = {(a1 + tv1, a2 + tv2, a3 + tv3) : t ∈ R

+0 } .

Estes conceitos generalizam-se facilmente para Rn. Sendo a ∈ R

n e ~v ∈ Rn \ {0}, a semi-

-recta de Rn com origem em a e que tem a direccao e o sentido de ~v e o subconjunto de

Rn,

S = {a+ t~v : t ∈ R+0 } .


x 7−→ f(x)

, a ∈ Rn, ~v ∈ R

n \ {0} e S a semi-recta de Rn com

origem em a e que tem a direccao e o sentido de ~v. Suponha-se que a e um ponto de

acumulacao de S ∩ D. O limite direccional de f no ponto a segundo ~v e, caso exista, o

limite de f quando x tende para a segundo S ∩ D.

Observe-se que uma vez que a semi-recta S e independente da norma do vector ~v, o

limite direccional de f no ponto a segundo ~v coincide, caso exista, com limite direccional

de f no ponto a segundo qualquer vector da forma α~v, para α ∈ R+.

Isto e, para o limite direccional de f no ponto a segundo ~v apenas interessam a direccao

e o sentido de ~v. E por isso usual falar-se no limite direccional de f no ponto a segundo

a direccao e o sentido de ~v e calcular-se o referido limite usando o versor de ~v, isto e, o

vector de norma 1 que tem a direccao e o sentido de ~v.

Prova-se facilmente que o limite direccional de f no ponto a segundo ~v existe se e so se

existe o limite (de uma funcao real de uma variavel real)

limt → 0+

a + t~v ∈ D

f(a+ t~v) ,

e que nesse caso os dois limites coincidem.

Os limites laterais de funcoes reais de uma variavel real sao limites direccionais.

Da proposicao 1.2.2 conclui-se que se existe o limite de f no ponto a entao existem e

sao iguais todos os limites direccionais de f em a (para vectores ~v ∈ Rn \ {0} tais que a e

ponto de acumulacao de S∩D, sendo S a semi-recta com origem em a e que tem a direccao

e o sentido de ~v) e o seu valor comum coincide com o limite de f no ponto a.

No caso n = 1, isto e, no caso de funcoes reais de uma variavel real o resultado recıproco

e verdadeiro: se existem (isto e, se existem e sao numeros reais) ambos os limites laterais

de f no ponto a e sao iguais, entao existe o limite de f no ponto a e e igual aos limites

laterais.

Para n > 1 o recıproco e falso. Podem existir todos os limites direccionais no ponto e

serem iguais sem que exista o limite da funcao no ponto, como se pode comprovar atraves

do exemplo seguinte.



f :{

(x, y) ∈ R2 : y 6= − 1

3√

2x2}

−→ R

(x, y) 7−→ x2y2

x6+2y3

.

Seja ~v = (v1, v2) ∈ R2 \ {(0, 0)}. Para a = (0, 0),

limt→0+

f(a+ t~v) = limt→0+

(tv1)2(tv2)

2

(tv1)6 + 2(tv2)3

= limt→0+

tv21v

22

t3v61 + 2v3

2

= 0 .

Existem todos os limites direccionais de f no ponto (0, 0) e sao todos iguais a zero. No

entanto nao existe o limite de f no ponto (0, 0). De facto, se se calcular o limite de f

quando (x, y) tende para (0, 0) segundo a parabola de equacao y = x2 obtem-se

lim(x, y) → (0, 0)

y = x2

x2y2

x6 + 2y3= lim

x→0

x6

x6 + 2x6=

1

36= 0 ,

concluindo-se da proposicao 1.2.2 que nao existe o limite de f no ponto (0, 0).

Nas tres proposicoes seguintes serao enunciadas algumas propriedades dos limites.

Proposicao 1.2.4 Sejam α um numero real, D um subconjunto nao vazio de Rn, a um

ponto de acumulacao de D e f a funcao constante

f : D −→ R

x 7−→ α.

Entao existe o limite de f no ponto a e e igual a α.

Demonstracao: Seja ε > 0 qualquer. Para (qualquer!) δ > 0, se x e um ponto de D tal

que 0 < ‖x− a‖ < δ, entao

|f(x) − α| = |α− α| = 0 < ε .

Proposicao 1.2.5 Sejam D um subconjunto nao vazio de Rn e i ∈ {1, 2, . . . , n}. Consi-

dere-se a funcaoPi : D −→ R

x = (x1, x2, . . . , xn) 7−→ xi.

Se a = (a1, a2, . . . , an) e um ponto de acumulacao de D, entao existe o limite de Pi no

ponto a e e igual a ai.


Demonstracao: Seja ε > 0 qualquer.

|Pi(x) − ai| = |xi − ai| =√

(xi − ai)2 ≤

√√√√n∑

j=1

(xj − aj)2 = ‖x− a‖ .

Sendo δ = ε, para x ∈ D tal que 0 < ‖x− a‖ < δ tem-se entao |Pi(x) − ai| < ε.

Sejam f e g duas funcoes reais de n variaveis reais de domınios Df e Dg, respectivamente.

Seja ainda α um numero real.

A soma de f e g e a funcao

f + g : Df ∩ Dg −→ R

x 7−→ f(x) + g(x) .

O produto de α pela funcao f e a funcao

α f : Df −→ R

x 7−→ α f(x) .

O produto de f e g e a funcao

f g : Df ∩ Dg −→ R

x 7−→ f(x) g(x) .

O quociente de f e g e a funcao

f

g: {x ∈ Df ∩ Dg : g(x) 6= 0} −→ R

x 7−→ f(x)

g(x).

Proposicao 1.2.6 Nas condicoes anteriores, seja a um ponto de acumulacao de Df e

de Dg. Suponha-se que existem os limites de f e g no ponto a e que a e um ponto de

acumulacao dos domınios de f + g, f g ef

g. Entao:

1. Existe o limite de f + g no ponto a e limx→a

(f + g)(x) = limx→a

f(x) + limx→a

g(x);

2. Existe o limite de α f no ponto a e limx→a

(α f)(x) = α limx→a

f(x);

3. Existe o limite de f g no ponto a e limx→a

(f g)(x) = limx→a

f(x) limx→a

g(x);

4. Se limx→a

g(x) 6= 0, existe o limite def

gno ponto a e

limx→a

(f

g

)(x) =

limx→a

f(x)

limx→a

g(x).

Demonstracao: Sejam L1 = limx→a

f(x) e L2 = limx→a

g(x).


1. Considere-se ε > 0, qualquer. Existem δ1, δ2 ∈ R+ tais que

(0 < ‖x− a‖ < δ1 ∧ x ∈ Df ) =⇒ |f(x) − L1| <ε

2

e

(0 < ‖x− a‖ < δ2 ∧ x ∈ Dg) =⇒ |g(x) − L2| <ε

2.

Seja δ = min{δ1, δ2}. Para x ∈ Df ∩ Dg tal que 0 < ‖x− a‖ < δ tem-se

|(f+g)(x)−(L1+L2)| = |(f(x)−L1)+(g(x)−L2)| ≤ |(f(x)−L1)|+|(g(x)−L2)| <ε

2+ε

2= ε .

2. Considere-se ε > 0, qualquer.

Se α = 0, |α f(x)| = 0 e portanto para um qualquer δ > 0,

(0 < ‖x− a‖ < δ ∧ x ∈ Df ) =⇒ |α f(x)| = 0 < ε ,

concluindo-se que limx→a

(α f)(x) = 0 = α limx→a

f(x).

Suponha-se que α 6= 0. Uma vez queε

|α| > 0, existe δ > 0 tal que

(0 < ‖x− a‖ < δ ∧ x ∈ Df ) =⇒ |f(x) − L1| <ε

|α|=⇒ |α f(x) − αL1| < ε .

Tendo em conta que o domınio de α f e Df , conclui-se que limx→a

(α f)(x) = αL1.

3. Considere-se ε > 0, qualquer. Existem δ1, δ2 ∈ R+ tais que

(0 < ‖x− a‖ < δ1 ∧ x ∈ Df ) =⇒ |f(x) − L1| <√ε

e

(0 < ‖x− a‖ < δ2 ∧ x ∈ Dg) =⇒ |g(x) − L2| <√ε .

Seja δ = min{δ1, δ2}.Para x ∈ Df ∩ Dg tal que 0 < ‖x− a‖ < δ tem-se

|(f(x) − L1)(g(x) − L2) − 0| = |(f(x) − L1)||(g(x) − L2)| <√ε√ε = ε .

Assim,

limx→a

[(f(x) − L1)(g(x) − L2)] = 0 .

Tem-se ainda que

f(x) g(x) − L1L2 = (f(x) − L1)(g(x) − L2) + L2(f(x) − L1) + L1(g(x) − L2) .

Por outro lado, da parte 1 desta proposicao e da proposicao 1.2.4 obtem-se

limx→a

(f(x) − L1) = limx→a

[f(x) + (−L1)] = limx→a

f(x) + limx→a

(−L1) = L1 − L1 = 0 .


Analogamente

limx→a

(g(x) − L2) = 0 .

Usando estas 3 igualdades e as partes 1 e 2 desta proposicao obtem-se

limx→a

(f(x)g(x) − L1L2) =

= limx→a

[(f(x) − L1)(g(x) − L2) + L2(f(x) − L1) + L1(g(x) − L2)]

= limx→a

[(f(x) − L1)(g(x) − L2)] + limx→a

L2(f(x) − L1) + limx→a

L1(g(x) − L2)

= 0 + L2 × 0 + L1 × 0

= 0 .

Ou seja, e uma vez que o domınio da funcao fg − L1L2 e Df ∩ Dg,

∀ε > 0 ∃δ > 0 :

(0 < ‖x− a‖ < δ ∧ x ∈ Df ∩ Dg) ⇒ |(f(x)g(x) − L1L2) − 0| < ε

⇒ |f(x)g(x) − L1L2| < ε .

Mas isto significa precisamente que

limx→a

f(x)g(x) = L1L2 .

4. Atendendo a parte 3 desta proposicao basta provar que

limx→a

1

g(x)=

1

L2

.

Seja ε > 0, qualquer. Uma vez que |L2| > 0, existe δ1 > 0 tal que

(0 < ‖x− a‖ < δ1 ∧ x ∈ Dg) =⇒ |g(x) − L2| <1

2|L2| .

Usando a desigualdade (1.3) com n = 1 obtem-se

|α− β| ≥ | |α| − |β| | ≥ |α| − |β| , ∀α, β ∈ R .

Assim,

|g(x) − L2| = |L2 − g(x)| ≥ |L2| − |g(x)| , ∀x ∈ Dg

e portanto

(0 < ‖x− a‖ < δ1 ∧ x ∈ Dg) =⇒ |g(x)| > 1

2|L2| .

Por outro lado existe tambem δ2 > 0 tal que

(0 < ‖x− a‖ < δ2 ∧ x ∈ Dg) =⇒ |g(x) − L2| <1

2|L2|2ε .

Sendo δ = min{δ1, δ2}, para x ∈ Dg tal que 0 < ‖x− a‖ < δ,∣∣∣∣

1

g(x)− 1

L2

∣∣∣∣ =|L2 − g(x)||L2||g(x)|

<12|L2|2ε12|L2|2

= ε .


1.2.4 Exercıcios

1. Prove, usando a definicao, que lim(x,y)→a

f(x, y) = L, sendo

(a) f(x, y) = 2x+ 3y, a = (1, 3) e L = 11;

(b) f(x, y) = xy, a = (0, 0) e L = 0;

(c) f(x, y) =x4y4

x4 + 1, a = (0, 0) e L = 0;

(d) f(x, y) =x3y2

x2 + y2, a = (0, 0) e L = 0.

2. Calcule (se existir)

(a) lim(x,y)→(1,2)

x2

x2 + y2;

(b) lim(x,y,z)→(π/2,1/

√2,1/2)

ln

(sin x

2+ (yz)

2

3

);

(c) lim(x,y)→(1,−1)

2xy

(x+ y)2;

(d) lim(x,y)→(0,0)

x4 − 4y4

2x2 + 4y2;

(e) lim(x,y)→(1,3)

xy − 2x− y + 2

(x− 1)(y2 − 4y + 4).

3. Usando trajectorias convenientes tire conclusoes sobre a existencia dos seguintes lim-

ites

(a) lim(x,y)→(0,0)

x2

x2 + y2; (b) lim

(x,y)→(0,0)

xy(x2 − y2)

x4 + y4;

(c) lim(x,y)→(1,0)

2xy − 2y

(x− 1)2 + y2; (d) lim

(x,y)→(0,0)

xy(x− y)

x2 + y4;

(e) lim(x,y)→(0,0)

xy4

x3 + y6; (f) lim

(x,y,z)→(1,0,0)

(x− 1)yz

(x− 1)3 + y3 + z3.

4. Demonstre a proposicao 1.2.2.


6. Sejam f, g : D ⊆ Rn → R e a ∈ D′. Suponha-se que |f(x)| ≤ |g(x)| para todo o

x ∈ (V \ {a}) ∩ D, onde V e uma vizinhanca de a, e que limx→a

g(x) = 0. Prove que

limx→a

f(x) = 0.

7. Sejam f, g : D ⊆ Rn → R e a ∈ D′. Suponha-se que existe uma vizinhanca V de a tal

que g e limitada em (V \ {a}) ∩ D e que limx→a

f(x) = 0. Prove que limx→a

f(x)g(x) = 0.


8. Mostre que

(a) lim(x,y)→(0,0)

(x2 + 2y2) sin1

xy= 0 ; (b) lim

(x,y)→(0,0)

3x2y

x2 + 2y2= 0 ;

(c) lim(x,y)→(0,0)

x2 + xy − y2

√x2 + y2

= 0; (d) lim(x,y)→(0,0)

3x2 sin y

x2 + 2y2= 0 .

9. Determine o domınio das seguintes funcoes e estude a existencia de limite nos pontos

a indicados.

(a) f(x, y) =x2

x2 + y2em a = (0, 0);

(b) f(x, y) =x2y2

x2 + y2em a = (0, 0);

(c) f(x, y) =

2xy

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

em a = (0, 0) ;

(d) f(x, y) =x2 − y2

x+ yem a = (−1, 1);

(e) f(x, y) =

x2 − y2

x+ yse x 6= −y

0 se x = −yem a = (−1, 1) ;

(f) f(x, y) =x2 − 2xy + y2

x2y − y3em a = (−1, 1);

(g) f(x, y) =x2y2

x2y2 + (y − x)2em a = (0, 0);

(h) f(x, y) =

xy

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

1 se (x, y) = (0, 0)

em a = (0, 0) ;


(i) f(x, y, z) =x2yz

x8 + y4 + z2em a = (0, 0, 0);

(j) f(x, y) =

x se x = y

x2 se x 6= yem a = (1, 1) ;

(k) f(x, y) =x |y|

|x| + |y| em a = (0, 0);

(l) f(x, y) =

|y|x2

e−|y|

x2 se x 6= 0

0 se x = 0

em a = (0, 0) .

1.2.5 Continuidade

Sejam f : D ⊆ Rn → R uma funcao real de n variaveis reais e a ∈ D. Se a e um ponto de

acumulacao de D, diz-se que f e contınua em a se existe o limite de f em a e esse limite e

igual a f(a).

Se a e um ponto isolado de D, por definicao, f e contınua em a.

Verifica-se facilmente que:

Proposicao 1.2.7 A funcao f e contınua em a ∈ D se e so se

∀ε > 0 ∃δ > 0 : (‖x− a‖ < δ ∧ x ∈ D) ⇒ |f(x) − f(a)| < ε .

O domınio de continuidade de f e o subconjunto de D constituıdo pelos pontos nos

quais f e contınua.

Usando a proposicao 1.2.6 prova-se facilmente o resultado seguinte:

Proposicao 1.2.8 Sejam f e g duas funcoes reais de n variaveis reais de domınios Df

e Dg, respectivamente. Suponha-se que f e g sao contınuas em a ∈ Df ∩ Dg. Entao as

funcoes f + g e f g sao contınuas em a. Se g(a) 6= 0 tambem a funcaof

ge contınua em a.

Suponham-se dadas n funcoes reais de uma variavel real,

fi : Di ⊆ R → R , i = 1, 2, . . . , n .

Usando estas n funcoes define-se uma funcao real de n variaveis reais de domınio

D = D1 ×D2 × · · · × Dn = {(x1, x2, . . . , xn) : xi ∈ Di , i = 1, 2, . . . , n} ,

do seguinte modo:

f : D ⊆ Rn −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f1(x1)f2(x2) · · · fn(xn) .


Proposicao 1.2.9 Suponha-se que, para i = 1, 2, . . . , n, fi e contınua em ai ∈ Di. Entao

f e contınua em a = (a1, a2, . . . , an).

Demonstracao: Vai fazer-se a demonstracao apenas para n = 2. Para x1 ∈ D1 e x2 ∈ D2,

| f(x1, x2) − f(a1, a2) | = | f1(x1)f2(x2) − f1(a1)f2(a2) |= | (f1(x1) − f1(a1))f2(x2) + f1(a1)(f2(x2) − f2(a2)) |≤ | f1(x1) − f1(a1) | | f2(x2) | + | f1(a1) | | f2(x2) − f2(a2) | .

Usando (1.3) obtem-se

| f2(x2) | ≤ | f2(x2) − f2(a2) | + | f2(a2) |e portanto

| f(x1, x2) − f(a1, a2) | ≤ | f1(x1) − f1(a1) | | f2(x2) − f2(a2) |+ | f2(a2) | | f1(x1) − f1(a1) |+ | f1(a1) | | f2(x2) − f2(a2) | . (1.9)

Considere-se ε > 0, qualquer. Seja ε1 > 0 tal que

ε1 < min

{1,

ε

| f2(a2) | + | f1(a1) | + 1

}.

Sendo ε1 < 1 entao ε21 < ε1. Por outro lado, de ε1 <

ε

| f2(a2) | + | f1(a1) | + 1resulta

que ε1 (| f2(a2) | + | f1(a1) |) + ε1 < ε.

Assim,

ε1 (| f2(a2) | + | f1(a1) |) + ε21 < ε . (1.10)

Uma vez que f1 e contınua em a1 e f2 e contınua em a2, existem δ1, δ2 ∈ R+ tais que

(|x1 − a1| < δ1 ∧ x1 ∈ D1) ⇒ |f1(x1) − f1(a1)| < ε

e

(|x2 − a2| < δ2 ∧ x2 ∈ D2) ⇒ |f2(x2) − f2(a2)| < ε .

Seja δ = min{δ1, δ2}. Para (x1, x2) ∈ D1 ×D2,

‖(x1, x2) − (a1, a2)‖ < δ ⇐⇒√

(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 < δ

=⇒{

|x1 − a1| < δ|x2 − a2| < δ

=⇒{

|f1(x1) − f1(a1)| < ε1

|f2(x2) − f2(a2)| < ε1

=⇒(1.9)

|f(x1, x2) − f(a1, a2)| < ε1 (| f2(a2) | + | f1(a1) |) + ε21

=⇒(1.10)

|f(x1, x2) − f(a1, a2)| < ε .


Exemplo 1.2.8 Usando a proposicao anterior conclui-se facilmente que a funcao definida

por

f(x, y, z) =x sinx cos z

ey

e contınua em R3.

Casos importantes de funcoes contınuas no seu domınio sao as funcoes polinomiais, isto

e, as funcoes f : D ⊆ Rn → R em que f(x1, . . . , xn) e uma soma finita de parcelas do tipo

αxk1

1 xk2

2 · · · xknn com α ∈ R e ki ∈ N0, para i = 1, . . . , n.

Tambem as funcoes racionais (funcoes que sao o quociente de duas funcoes polinomiais)

sao contınuas no seu domınio.

Exemplo 1.2.9 A funcao definida por

f(x, y) =xy − x2

x2 − y2

e uma funcao racional e portanto e contınua no seu domınio, que e

{(x, y) ∈ R2 : x 6= y e x 6= −y} .

Tem-se ainda o resultado:

Proposicao 1.2.10 Sejam f : A ⊆ Rn → R e g : B ⊆ R → R duas funcoes com f(A) ⊆ B

e seja a um ponto de A tal que f e contınua em a. Suponha-se ainda que g e contınua em

f(a). Entao a funcao g ◦ f e contınua em a.

Demonstracao: Seja ε > 0, qualquer. Sendo g contınua em f(a), existe δ1 > 0 tal que

(|y − f(a)| < δ1 ∧ y ∈ B) =⇒ |g(y) − g(f(a))| < ε .

Por outro lado, sendo f contınua em a, existe δ > 0 tal que

(‖x− a‖ < δ ∧ x ∈ A) =⇒ |f(x) − f(a)| < δ1 .

Entao,

(‖x− a‖ < δ ∧ x ∈ D) =⇒ (|f(x) − f(a)| < δ1 ∧ f(x) ∈ B)

=⇒ |g(f(x)) − g(f(a))| < ε

=⇒ |(g ◦ f)(x) − (g ◦ f)(a)| < ε .

Exemplo 1.2.10 A funcao f definida por

f(x, y) =x2 + y2

x4 + y4


e uma funcao racional e portanto e contınua no seu domınio que e R2\{(0, 0)}. Alem disso,

f(x, y) > 0 para todo o (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)}. Pode entao considerar-se a funcao definida

por

g(x, y) = ln

(x2 + y2

x4 + y4

)

e a proposicao anterior permite-nos concluir que g e contınua em R2 \ {(0, 0)}.

Da proposicao 1.2.10 e atendendo a que a funcao modulo e contınua em R obtem-se:

Corolario 1.2.1 Seja f : D ⊆ Rn → R uma funcao contınua em a ∈ D. Entao a funcao

|f | e contınua em a.

Exemplo 1.2.11 Deste corolario e do exemplo 1.2.9 conclui-se que o domınio de con-

tinuidade da funcao

f(x, y) =

∣∣∣∣xy − x2

x2 − y2

∣∣∣∣e

{(x, y) ∈ R2 : x 6= y e x 6= −y} .

1.2.6 Exercıcios

1. Sejam f : A ⊆ Rn → R e g : B ⊆ R → R duas funcoes com f(A) ⊆ B e seja a

um ponto de acumulacao de A. Suponha-se que limx→a

f(x) = b, em que b e um ponto

de acumulacao de B, e que limy→b

g(y) = L. Prove que limx→a

(g ◦ f) (x) = L, se uma das

condicoes seguintes for verificada:

(a) ∃r > 0 : (0 < ‖x− a‖ < r ∧ x ∈ A) ⇒ f(x) 6= b;

(b) g e contınua em b.

2. Calcule os limites indicados, depois de escrever cada uma das funcoes como com-

posicao de duas:

(a) lim(x,y)→(0,0)

ln(1 − x2 − y2)

x2 + y2;

(b) lim(x,y)→(0,0)

x2 + y2

√x2 + y2 + 1 − 1

;

(c) lim(x,y)→(2,0)

sin(xy)

xy.

3. Determine o domınio de continuidade das funcoes definidas por:

(a) f(x, y) =

x2 + y2 se x2 + y2 ≤ 1

0 se x2 + y2 > 1;


(b) f(x, y) =

3x2y

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

;

(c) As funcoes dos exercıcios 9 (c), (d), (e), (f), (g), (j) e (l) da seccao 1.2.4;

(d) f(x, y) =

ey

x se x 6= 0

2y se x = 0;

(e) f(x, y) =

1 + x2 se y = 0

1 + y2 se x = 0

0 se x 6= 0 e y 6= 0

;

(f) f(x, y) =

xy2

x2 + y4se x < y2

0 se x ≥ y2

;

(g) f(x, y) =

x+ y se xy = 0

0 se xy 6= 0.


1.2.7 Derivacao parcial

Seja f : D ⊆ R2 −→ R

(x, y) 7−→ f(x, y)

uma funcao real de duas variaveis reais e (x0, y0) ∈ D.

Fixando y = y0 define-se uma funcao real de uma variavel real,

g : {x ∈ R : (x, y0) ∈ D} −→ R

x 7−→ f(x, y0).

Se a funcao g for derivavel no ponto x0, a derivada de g em x0, g′(x0), chama-se derivada

parcial de f em ordem a x no ponto (x0, y0) e representa-se por

∂f

∂x(x0, y0) ou fx(x0, y0) .

Tem-se entao que

∂f

∂x(x0, y0) = lim

h→0

g(x0 + h) − g(x0)

h= lim

h→0

f(x0 + h, y0) − f(x0, y0)

h, (1.11)


desde que o limite exista.

Exemplo 1.2.12 Se f e a funcao definida em R2 por f(x, y) = x2 sin(xy) e y0 = π a funcao

g tem domınio R e e definida por g(x) = x2 sin(xπ). Assim g′(x) = 2x sin(xπ)+x2π cos(xπ),

para todo o x ∈ R e portanto

∂f

∂x(x0, π) = 2x0 sin(x0π) + x2

0π cos(x0π) ,∀x0 ∈ R .

Suponha-se que existe a derivada parcial de f em ordem a x no ponto (x0, y0) e veja-se

qual o seu significado geometrico.

Designe-se por S a porcao de superfıcie

{(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D e z = f(x, y)} .

Considere-se o ponto de S, P0 = (x0, y0, f(x0, y0)).

Intersectando a superfıcie S com o plano (paralelo a XOZ) de equacao y = y0 obtem-

se uma curva, C1, contida no plano y = y0 e de equacao z = f(x, y0) = g(x). Entao∂f

∂x(x0, y0) = g′(x0) e o declive da recta r1, contida no plano y = y0 e que e tangente a

curva C1 no ponto P0. Ou seja, e a tangente da medida do angulo que a recta r1 faz com

o semi-eixo OX.

Fig. 1.2.6

De modo analogo, a derivada parcial de f em ordem a y no ponto (x0, y0) e definida

como sendo o limite, caso exista,

limh→0

f(x0, y0 + h) − f(x0, y0)

h.

Esta derivada parcial representa-se por

∂f

∂y(x0, y0) ou fy(x0, y0) . (1.12)


Intersectando a superfıcie S, de equacao z = f(x, y), com o plano (paralelo a YOZ) de

equacao x = x0 obtem-se uma curva, C2, contida no plano x = x0 e de equacao z = f(x0, y).

Entao∂f

∂y(x0, y0) e o declive da recta r2, contida no plano x = x0 e que e tangente a curva

C2 no ponto P0 = (x0, y0).

Como calcular as derivadas parciais de f em (x0, y0)? Regra geral, se numa vizinhanca

do ponto (x0, y0) a funcao f e dada por uma unica expressao, para calcular a derivada

parcial de f em ordem a x considera-se y constante na expressao de definicao de f e

deriva-se em ordem a x, fazendo em seguida x = x0 e y = y0. De modo analogo, para

calcular a derivada parcial de f em ordem a y considera-se x constante na expressao de

definicao de f e deriva-se em ordem a y, fazendo em seguida x = x0 e y = y0.

Exemplo 1.2.13 Seja f(x, y) = 2xy + y2 cos(−2x+ y). Entao

fx(0, π) = (2y + 2y2 sin(−2x+ y))|x=0,y=π = 2π + 2π2 sin(π) = 2π

e

fy(0, π) = (2x− y2 sin(−2x+ y) + 2y cos(−2x+ y))|x=0,y=π = 2π cos(π) = −2π .

No caso de, em qualquer vizinhanca de (x0, y0), a funcao f ser dada por mais do que uma

expressao de definicao, as derivadas parciais fx(x0, y0) e fy(x0, y0) obteem-se calculando os

limites (1.11) e (1.12), respectivamente.


f : R2 −→ R

(x, y) 7−→{xy se y 6= xx3 se y = x

.

∂f

∂x(1, 1) = lim

h→0

f(1 + h, 1) − f(1, 1)

h

= limh→ 0h 6= 0

f(1 + h, 1) − f(1, 1)

h

= limh→0

(1 + h)1 − 13

h

= limh→0

h

h= 1 .

Por outro lado,

limh→0

f(2 + h, 2) − f(2, 2)

h= lim

h→0

(2 + h)2 − 8

h

= limh→0

−4 + 2h

h

e este limite nao existe, concluindo-se que nao existe a derivada parcial de f em ordem a

x em (2, 2).


Fazendo variar o ponto (x0, y0) definem-se duas novas funcoes reais de duas variaveis

reais a que se chama derivadas parciais de 1a ordem de f :

• funcao derivada parcial de 1a ordem de f em ordem a x, definida por

∂f

∂x(x, y) = fx(x, y) = lim

h→0

f(x+ h, y) − f(x, y)

h;

• funcao derivada parcial de 1a ordem de f em ordem a y, definida por

∂f

∂y(x, y) = fy(x, y) lim

h→0

f(x, y + h) − f(x, y)

h.

Cada uma destas funcoes so esta definida nos pontos (x, y) do domınio de f onde existe

o limite considerado.

Sendo∂f

∂xe∂f

∂yfuncoes reais de 2 variaveis reais podem considerar-se as suas derivadas

parciais . Obtem-se assim as derivadas parciais de 2a ordem de f :

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(∂f

∂x

)tambem representada por (fx)x = fx2 ;

∂2f

∂y∂x=

∂

∂y

(∂f

∂x

)tambem representada por (fx)y = fxy ;

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(∂f

∂y

)tambem representada por (fy)x = fyx ;

∂2f

∂y2=

∂

∂y

(∂f

∂y

)tambem representada por (fy)y = fy2 .

A partir das derivadas parciais de 2a ordem de f obtem-se as derivadas parciais de 3a


ordem de f e assim sucessivamente:

f

∂f

∂x

∂2f

∂x2

∂3f

∂x3· · ·

∂3f

∂y∂x2· · ·

∂2f

∂y∂x

∂3f

∂x∂y∂x· · ·

∂3f

∂y2∂x· · ·

∂f

∂y

∂2f

∂x∂y

∂3f

∂x2∂y· · ·

∂3f

∂y∂x∂y· · ·

∂2f

∂y2

∂3f

∂x∂y2· · ·

∂3f

∂y3· · ·

.

Para k inteiro positivo ha 2k derivadas parciais de ordem k. Conforme se vera, em

certas condicoes, algumas identificam-se.

A nocao de derivacao parcial vista para funcoes reais de 2 variaveis reais generaliza-se

facilmente para funces reais de n variaveis reais.

Considere-se a funcao

f : D ⊆ Rn −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x1, x2, . . . , xn).

Para i = 1, 2, . . . , n, a funcao derivada parcial de f em ordem a xi e a funcao fxiou

∂f

∂xi

definida por

∂f

∂xi

(x1, x2, . . . , xn) = limh→0

f(x1, x2, . . . , xi−1, xi + h, xi+1, . . . , xn) − f(x1, x2, . . . , xn)

h,


Sejam f : D ⊆ Rn → R, S ⊆ D e r um numero inteiro nao negativo. Diz-se que f e de

classe Cr em S e escreve-se f ∈ Cr(S) se f admite derivadas parciais contınuas ate a ordem

r em todos os pontos de S. Se S coincide com o domınio D de f diz-se simplesmente que

f e de classe Cr. Dizer que f e de classe C0 em S significa que f e contınua em S.


1.2.8 Teorema de Schwarz

O Teorema de Schwarz da condicoes suficientes para que a existencia de uma das chamadas

derivadas rectangulares (fxy e fyx) num dado ponto garanta que a outra derivada rectan-

gular existe e que ambas coincidem.

Teorema 1.2.1 (Teorema de Schwarz)

Sejam f uma funcao real de 2 variaveis reais de domınio D e (x0, y0) um ponto interior

de D. Suponha-se que as funcoes fx, fy e fxy existem numa bola aberta, B, contida em De centrada em (x0, y0). Suponha-se ainda que fxy e contınua em (x0, y0). Entao existe a

derivada fyx em (x0, y0) e

fyx(x0, y0) = fxy(x0, y0) .

Demonstracao: Pretende provar-se que existe o

limh→0

fy(x0 + h, y0) − fy(x0, y0)

h(1.13)

e que e igual a fxy(x0, y0).

Seja h 6= 0 suficientemente pequeno, em modulo, (isto e, h suficientemente proximo de

zero) para que (x0 + h, y0) ∈ B. Entao

fy(x0 + h, y0) − fy(x0, y0) =

= limk→0

f(x0 + h, y0 + k) − f(x0 + h, y0)

k− lim

k→0

f(x0, y0 + k) − f(x0, y0)

k

= limk→0

1

k[f(x0 + h, y0 + k) − f(x0 + h, y0) − f(x0, y0 + k) + f(x0, y0)] .

Seja k 6= 0 suficientemente pequeno, em modulo, para que (x0 +h, y0 +k), (x0, y0 +k) ∈B.

Sem perda de generalidade suponha-se que h > 0 e considere-se a funcao real de uma

variavel realϕk : [x0, x0 + h] −→ R

x 7−→ f(x, y0 + k) − f(x, y0).

(Se h < 0 basta considerar ϕk definida em [x0 + h, x0]).

Entao

f(x0 + h, y0 + k)− f(x0 + h, y0)− f(x0, y0 + k) + f(x0, y0) = ϕk(x0 + h)−ϕk(x0) . (1.14)

Com o objectivo de aplicar o teorema do valor medio a ϕk vai provar-se que ϕk e

derivavel em ]x0, x0 + h[ e contınua em [x0, x0 + h].

Seja x1 ∈]x0, x0 + h[, qualquer.

lim`→0

ϕk(x1 + `) − ϕk(x1)

`= lim

`→0

f(x1 + `, y0 + k) − f(x1 + `, y0) − f(x1, y0 + k) + f(x1, y0)

`.


Uma vez que x1 ∈]x0, x0 + h[ verifica-se facilmente que (x1, y0 + k), (x1, y0) ∈ B. Entao,

por hipotese existem os limites

lim`→0

f(x1 + `, y0 + k) − f(x1, y0 + k)

`e lim

`→0

f(x1 + `, y0) − f(x1, y0)

`,

e sao iguais, respectivamente, a fx(x1, y0 + k) e fx(x1, y0).

Assim,

lim`→0

ϕk(x1 + `) − ϕk(x1)

`= fx(x1, y0 + k) − fx(x1, y0)

e portanto ϕk e derivavel em ]x0, x0 + h[. Entao e tambem contınua em ]x0, x0 + h[.

Analogamente

lim`→0+

ϕk(x0 + `) − ϕk(x0)

`= fx(x0, y0 + k) − fx(x0, y0) .

Entao

lim`→0+

([ϕk(x0 + `) − ϕk(x0)] = lim`→0+

[`ϕk(x0 + `) − ϕk(x0)

`

]

= 0 × [fx(x0, y0 + k) − fx(x0, y0)] = 0 ,

concluindo-se que

lim`→0+

ϕk(x0 + `) = ϕk(x0) .

Assim ϕk e contınua em x0. Do modo semelhante prova-se que e contınua em x0 + h.

O teorema do valor medio garante a existencia de c ∈]x0, x0 + h[ tal que

ϕk(x0 + h) − ϕk(x0) = hϕk′(c) .

Mas sendo c um elemento do intervalo ]x0, x0 + h[, existe t ∈]0, 1[ tal que c = x0 + th.

Entao

ϕk(x0 + h) − ϕk(x0) = h [fx(x0 + th, y0 + k) − fx(x0 + th, y0)] .

Provou-se assim que, para h tal que (x0 + h, y0) ∈ B, existe t ∈]0, 1[ tal que

fy(x0 + h, y0) − fy(x0, y0) = limk→0

h [fx(x0 + th, y0 + k) − fx(x0 + th, y0)]

k

= h limk→0

fx(x0 + th, y0 + k) − fx(x0 + th, y0)

k= hfxy(x0 + th, y0) .

Assim, o limite (1.13) e igual a

limh→0

fxy(x0 + th, y0) ,

que por sua vez e igual a fxy(x0, y0), porque fxy e contınua em (x0, y0).

Corolario 1.2.2 Sejam f uma funcao real de 2 variaveis reais de domınio D e (x0, y0) um

ponto interior de D. Suponha-se que f e de classe C2 numa vizinhanca de (x0, y0). Entao

fyx(x0, y0) = fxy(x0, y0) .


1.2.9 Exercıcios

1. Usando a definicao de derivada parcial, determine

(a) fx(0, 0) e fy(1, 2), sendo f(x, y) = x2y;

(b) fx(1, 1) e fy(0, 0), sendo

f(x, y) =

{x se x < yy se x ≥ y

.

2. Mostre que a funcao f definida por

f(x, y) =

{ 2xyx2+y4 se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

possui derivadas parciais em (0, 0), embora seja descontınua nesse ponto.

3. Calcule as derivadas parciais de 1a ordem das funcoes seguintes:

(a) f(x, y) = e2xy3

;

(b) f(x, y, z) = ln(ex + zy) ;

(c) f(x, y, z) = ex sin y + cos(z − 3y) ;

(d) f(x, y) = (cotg x)tg y ;

(e) f(x, y) = arcsin

√x2 − y2

x2 + y2 ;

(f) f(x, y, z) = cos(y√x2 + z2);

(g) f(x, y) =

x3y

x6 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0);

(h) f(x, y) =

{ xy

x+ yse x+ y 6= 0

x se x+ y = 0.

4. Calcule as derivadas parciais de 2a ordem das funcoes seguintes:

(a) f(x, y) = ln(x+ y) + ln(x− y) ;

(b) f(x, y, z) = sin(xyz) ;

(c) f(x, y, z) = x2eyz + y ln z .


5. Prove que, sendo f(x, y) = − ln(x3 + y3) se tem fxy = fxfy.

Nota: A igualdade acima nem sempre e verdadeira.

6. Uma funcao f(x, y) diz-se harmonica se verificar a equacao seguinte, dita equacao de

Laplace,∂2f

∂x2+∂2f

∂y2= 0 .

Prove que as seguintes funcoes sao harmonicas:

(a) f(x, y) = arctg (yx) ;

(b) f(x, y) = ln(√x2 + y2) .

7. Sejam u(x, y) e v(x, y) duas funcoes com derivadas de 2a ordem contınuas. Prove

que, se {ux(x, y) = vy(x, y)uy(x, y) = −vx(x, y)

,

entao u e uma funcao harmonica.

8. Sendo w(x, y) = cos(x− y) + ln(x+ y) prove que ∂2w∂x2 − ∂2w

∂y2 = 0 .

9. Calcule todas as derivadas de 3a ordem da funcao definida por z(x, y) = ln(x2 + y2) .

10. Utilizando o Teorema de Schwarz, mostre que nao existe nenhuma funcao f : R2 → R

tal que∂f∂x

= xy2 + 1 e∂f∂y

= y2 .

11. Considere a funcao f : R2 → R definida por f(x, y) =

xy2

x+ yse x 6= −y

0 se x = −y.

Calcule fy(x, 0), fx(0, y) e mostre que fxy(0, 0) 6= fyx(0, 0).

1.2.10 Funcoes diferenciaveis e diferencial de uma funcao

A nocao de diferenciabilidade esta ligada aos chamados problemas de aproximacao linear.

Se uma funcao f : D ⊆ R −→ R

x 7−→ f(x)

e diferenciavel em x0, ponto interior de D,

entao numa vizinhanca suficientemente pequena de x0, a funcao cujo grafico e a recta

tangente ao grafico de f no ponto (x0, f(x0)) da uma boa aproximacao para f .

Se uma funcao real de 2 variaveis reais, f , e diferenciavel em (x0, y0), ponto interior do

domınio de f , entao numa vizinhanca suficientemente pequena de (x0, y0) pode substituir-se

f por uma funcao cujo grafico e um plano, com um erro pequeno.

Veja-se entao qual a definicao de funcao diferenciavel num ponto para funcoes reais de

2 variaveis reais. Considere-se a funcao

f : D ⊆ R2 −→ R

(x, y) 7−→ f(x, y)


e seja z = f(x, y) (diz-se que x e y sao as variaveis independentes e z e a variavel depen-

dente).

Seja (x0, y0) um ponto interior de D.

Considerem-se acrescimos ∆x e ∆y (∆x,∆y ∈ R) das variaveis independentes x e y tais

que (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ∈ D. Seja ∆z o acrescimo correspondente da variavel dependente

z, isto e,

∆z = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0) .

Observe-se que ∆z e funcao de ∆x e de ∆y.

P0 = (x0, y0, f(x0, y0)) P1 = (x0 + ∆x, y0 + ∆y, f(x0 + ∆x, y0 + ∆y))

Fig. 1.2.7

Diz-se que f e diferenciavel em (x0, y0) se existem as derivadas parciais de 1a ordem

de f em (x0, y0) e se existe uma bola aberta centrada em (x0, y0) e contida em D, B, tal

que, para quaisquer ∆x e ∆y numeros reais tais que (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ∈ B, se tem

∆z = ∆xfx(x0, y0) + ∆yfy(x0, y0) + ∆x ε1(∆x,∆y) + ∆y ε2(∆x,∆y) , (1.15)

onde ε1 e ε2 sao funcoes de ∆x e ∆y tais que

lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε1(∆x,∆y) = lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε2(∆x,∆y) = 0 .

Se S ⊆ int(D) e f e diferenciavel em todo o ponto de S, diz-se que f e diferenciavel

em S.

Resulta da definicao que se f e diferenciavel em (x0, y0) entao existem as derivadas

parciais de primeira ordem de f em (x0, y0). Contudo, como se vera (exemplo 1.2.16), a

existencia das derivadas parciais de primeira ordem de f em (x0, y0) nao e suficiente para

garantir a diferenciabilidade de f em (x0, y0). Esta e uma diferenca importante em relacao

as funcoes reais de uma variavel real, para as quais a existencia de derivada no ponto

garante a diferenciabilidade nesse ponto.

Usar a definicao para saber se uma dada funcao de 2 variaveis e diferenciavel num ponto

pode ser bastante complicado. Frequentemente usar-se-a o resultado seguinte.


Proposicao 1.2.11 Sejam f : D ⊆ R2 → R e (x0, y0) um ponto interior de D. Suponha-

se que f admite derivadas parciais de 1a ordem em todos os pontos de uma bola aberta

centrada em (x0, y0) e contida em D. Suponha-se ainda que pelo menos uma das derivadas

parciais fx ou fy e contınua em (x0, y0). Entao f e diferenciavel em (x0, y0).

Demonstracao: Sem perda de generalidade suponha-se que fx e contınua em (x0, y0).

Seja B uma bola aberta contida em D tal que f admite derivadas parciais de 1a ordem em

todos os pontos de B. Sejam ∆x,∆y ∈ R tais que (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ∈ B.

∆z = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0)

= [f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0 + ∆y)] +

[f(x0, y0 + ∆y) − f(x0, y0)] . (1.16)

Sem perda de generalidade suponha-se que ∆x ≥ 0 e considere-se a funcao real de uma

variavel realϕ : [x0, x0 + ∆x] −→ R

x 7−→ f(x, y0 + ∆y).

(Se ∆x < 0 basta considerar ϕ definida em [x0 + ∆x, x0]).

Prova-se que ϕ e derivavel em ]x0, x0 + ∆x[ e contınua em [x0, x0 + ∆x] e portanto o

teorema do valor medio garante a existencia de c ∈]x0, x0 + ∆x[ tal que

ϕ(x0 + ∆x) − ϕ(x0) = ∆xϕ′(c) .

Assim, para ∆x,∆y tais que (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ∈ B existe c ∈]x0, x0 + ∆x[ (se ∆x ≥ 0),

ou c ∈]x0 + ∆x, x0[ (se ∆x < 0) tal que

f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0 + ∆y) = ∆x fx(c, y0 + ∆y) . (1.17)

Observe-se que c depende de ∆x e de ∆y.

Considere-se a funcao ε2 definida por

ε2(∆x,∆y) =

{ f(x0,y0+∆y)−f(x0,y0)∆y

− fy(x0, y0) se ∆y 6= 0

0 se ∆y = 0 .

Verifica-se facilmente que lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε2(∆x,∆y) = 0. Por outro lado, de (1.16) e (1.17)

obtem-se

∆z = ∆x fx(c, y0 + ∆y) + ∆y ε2(∆x,∆y) + ∆y fy(x0, y0) . (1.18)

Considere-se a funcao ε1 definida por

ε1(∆x,∆y) = fx(c, y0 + ∆y) − fx(x0, y0) .

Uma vez que c ∈]x0, x0 + ∆x[ ou c ∈]x0 + ∆x, x0[, o ponto (c, y0 + ∆y) aproxima-se de

(x0, y0) quando (∆x,∆y) → (0, 0). Por outro lado, fx e contınua em (x0, y0), logo

lim(∆x,∆y)→(0,0)

fx(c, y0 + ∆y) = fx(x0, y0)


e portanto

lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε1(∆x,∆y) = 0 .

De (1.16) e (1.18) obtem-se finalmente que

∆z = ∆xfx(x0, y0) + ∆yfy(x0, y0) + ∆x ε1(∆x,∆y) + ∆y ε2(∆x,∆y) ,

e portanto f e diferenciavel em (x0, y0).

Corolario 1.2.3 Sejam f : D ⊆ R2 → R e S ⊆ D um conjunto aberto. Se f e de classe

C1 em S entao f e diferenciavel em S.

Os recıprocos dos dois resultados anteriores sao falsos. Pode acontecer que f seja

diferenciavel em (x0, y0) sem que nenhuma das derivadas parciais fx e fy seja contınua em

(x0, y0). E o que se passa com a funcao do exemplo seguinte no ponto (0, 0).


f : R2 −→ R

(x, y) 7−→

x2 sin(

1x

)se x 6= 0

y2 sin(

1y

)se x = 0 e y 6= 0

0 se x = y = 0 .

Calculem-se as derivadas parciais de 1a ordem de f .

Seja (x, y) ∈ R2.

Se x 6= 0,

fx(x, y) = 2x sin

(1

x

)− cos

(1

x

).

Para x = 0 e y 6= 0,

limh→0

f(0 + h, y) − f(0, y)

h= lim

h→0

h2 sin(

1h

)− y2 sin

(1y

)

h

= limh→0

(h sin

(1

h

)− 1

hy2 sin

(1

y

))

e este limite e zero se y e da forma 1/(kπ), com k ∈ Z \ {0}, e nao existe nos restantes

casos.

Se x = y = 0,

limh→0

f(0 + h, 0) − f(0, 0)

h= lim

h→0

h2 sin(

1h

)− 0

h

= limh→0

h sin

(1

h

)

= 0 ,


concluindo-se que fx(0, 0) = 0.

Resumindo, o domınio de fx e

{(x, y) ∈ R2 : x 6= 0} ∪ {(x, y) ∈ R

2 : x = 0 e y = 1/(kπ) , k ∈ Z \ {0}} ∪ {(0, 0)}

e

fx(x, y) =

2x sin(

1x

)− cos

(1x

)se x 6= 0

0 se x = 0 e y = 1/(kπ) , k ∈ Z \ {0}0 se (x, y) = (0, 0) .

De modo analogo conclui-se que o domınio de fy e R2 e

fy(x, y) =

{2y sin

(1y

)− cos

(1y

)se x = 0 e y 6= 0

0 nos restantes casos .

Verifica-se facilmente que nao existe o limite de fx em (0, 0) segundo {(x, y) ∈ R2 : x 6=

0} e portanto fx nao e contınua em (0, 0).

Tambem nao existe o limite de fy em (0, 0) segundo {(x, y) ∈ R2 : x = 0} e portanto

fy nao e contınua em (0, 0).

Contudo, como se prova seguidamente, f e diferenciavel em (0, 0).

Designe-se por B a bola aberta de centro (0, 0) e raio δ > 0. Sejam ∆x,∆y ∈ R tais

que (∆x,∆y) ∈ B.

f(0+∆x, 0+∆y)−f(0, 0) = f(∆x,∆y) =

(∆x)2 sin(

1∆x

)se ∆x 6= 0

(∆y)2 sin(

1∆y

)se ∆x = 0 e ∆y 6= 0

0 se ∆x = ∆y = 0

.

Assim, sendo ε1 e ε2 definidas por

ε1(∆x,∆y) =

{(∆x) sin

(1

∆x

)se ∆x 6= 0

0 se ∆x = 0

e

ε2(∆x,∆y) =

{(∆y) sin

(1

∆y

)se ∆x = 0 e ∆y 6= 0

0 nos restantes casos,

tem-se

f(∆x,∆y) = ∆x× 0 + ∆y × 0 + ∆x× ε1(∆x,∆y) + ∆y × ε2(∆x,∆y)

= ∆xfx(0, 0) + ∆yfy(0, 0) + ∆x× ε1(∆x,∆y) + ∆y × ε2(∆x,∆y) .

Uma vez que

lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε1(∆x,∆y) = lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε2(∆x,∆y) = 0 ,

conclui-se que f e diferenciavel em (0, 0).


Proposicao 1.2.12 Sejam f : D ⊆ R2 → R e (x0, y0) um ponto interior de D. Se f e

diferenciavel em (x0, y0) entao f e contınua em (x0, y0).

Demonstracao: Sendo (x0, y0) um ponto interior de D entao (x0, y0) e um ponto de

acumulacao de D. Da definicao de funcao diferenciavel conclui-se que

lim(∆x,∆y)→(0,0)

[f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0)] = 0

e portanto

lim(∆x,∆y)→(0,0)

f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) = f(x0, y0) .

A proposicao anterior e particularmente util quando se pretende mostrar que uma

dada funcao nao e diferenciavel num ponto. E o que se fara no exemplo seguinte, que serve

ainda para apresentar uma funcao que, embora admitindo derivadas parciais de 1a ordem

em (0, 0) nao e diferenciavel nesse ponto.

Exemplo 1.2.16 Considere-se a funcao real de 2 variaveis reais definida por

f(x, y) =

{0 se x = 0 ou y = 01 se x 6= 0 e y 6= 0 .

A funcao f admite derivadas parciais de 1a ordem em (0, 0):

fx(0, 0) = limh→0

f(0 + h, 0) − f(0, 0)

h= lim

h→0

0

h= 0 ,

fy(0, 0) = limh→0

f(0, 0 + h) − f(0, 0)

h= lim

h→0

0

h= 0 .

No entanto,

lim(x, y) → (0, 0)

x = 0

f(x, y) = 0 e lim(x, y) → (0, 0)

x = y

f(x, y) = 1 ,

concluindo-se que f nao e contınua em (0, 0) e portanto da proposicao 1.2.12 resulta que

f nao e diferenciavel em (0, 0).

Seja f uma funcao diferenciavel em (x0, y0). Seja B uma bola aberta centrada em

(x0, y0) para a qual se verifica (1.15).

Considere-se z = f(x, y) e designem-se os acrescimos das variaveis independentes por

dx e dy. O diferencial total em (x0, y0) da variavel dependente, z (ou da funcao f), e

dz(x0, y0) = fx(x0, y0) dx+ fy(x0, y0) dy . (1.19)

Tambem se usa a notacao df(x0, y0). Posteriormente veremos qual o significado geometrico

de dz(x0, y0).


Observacao 1.2.3 O diferencial total dz(x0, y0) depende do ponto (x0, y0) e tambem de

(dx, dy), por isso, por vezes, diz-se que o numero real dado por (1.19) e o diferencial da

variavel dependente z no ponto (x0, y0), relativo ao vector ~u = (dx, dy) e representa-se por

(dz)~u(x0, y0).

Para dx e dy tais que (x0 +dx, y0 +dy) ∈ B, sendo ∆z = f(x0 +dx, y0 +dy)−f(x0, y0),

tem-se

∆z − dz = dx ε1(dx, dy) + dy ε2(dx, dy) .

Entao (ε1 e ε2 tendem para 0 quando (dx, dy) tende para (0, 0)) o diferencial total dz(x0, y0)

da uma boa aproximacao para o acrescimo ∆z, desde que dx e dy sejam suficientemente

pequenos. Assim a nocao de diferencial total pode ser usada em problemas de aproximacao.

Exemplo 1.2.17 Calcular um valor aproximado para e−0,002 + ln(1, 001), usando diferen-

ciais. Considere-se a funcao f : R × R+ → R definida por f(x, y) = ex + ln y. As

derivadas parciais de primeira ordem de f sao fx(x, y) = ex e fy(x, y) = 1/y. Entao f e

de classe C1 em R×R+ e portanto e diferenciavel em R×R

+. Considerem-se z = f(x, y),

(x0, y0) = (0, 1), dx = −0, 002 e dy = 0, 001.

∆z = f(−0, 002, 1, 001) − f(0, 1) = f(−0, 002, 1, 001) − 1 .

Por outro lado,

∆z ≈ df(0, 1) = e0 dx+1

1dy = dx+ dy = −0, 001 .

Entao

e−0,002 + ln(1, 001) = f(−0, 002, 1, 001) = ∆z + 1 ≈ 1 − 0, 001 = 0, 999 .

As definicoes de diferenciabilidade e de diferencial total para funcoes reais de n > 2

variaveis reais sao a extensao natural das vistas para o caso n = 2.

Seja f : D ⊆ Rn −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x1, x2, . . . , xn)

uma funcao real de n variaveis reais

e considere-se uma variavel dependente u = f(x1, x2, . . . , xn). Seja x0 = (x01, x

02, . . . , x

0n) um

ponto interior de D. Se, para i = 1, 2, . . . , n, ∆xi for o acrescimo da variavel independente

xi, entao o acrescimo correspondente da variavel dependente e

∆u = f(x01 + ∆x1, x

02 + ∆x2, . . . , x

0n + ∆xn) − f(x0

1, x02, . . . , x

0n) .

Diz-se que f e diferenciavel em x0 se f admite derivadas parciais de 1a ordem em x0

e existe uma bola aberta B centrada em x0 e contida em D tal que, para (x01 + ∆x1, x

02 +

∆x2, . . . , x0n + ∆xn) ∈ B o acrescimo ∆u se pode escrever na forma

∆u =n∑

i=1

(∂f

∂xi

(x0) + εi(∆x1,∆x2, . . . ,∆xn)

)∆xi ,

com ε1, ε2, . . . , εn funcoes de (∆x1,∆x2, . . . ,∆xn) que tem por limite zero quando

(∆x1,∆x2, . . . ,∆xn) tende para (0, 0, . . . , 0).

Tal como para funcoes reais de 2 variaveis reais sao validos os resultados:


Proposicao 1.2.13 Sejam f : D ⊆ Rn → R e x0 um ponto interior de D. Suponha-se que

f admite derivadas parciais de 1a ordem em todos os pontos de uma bola aberta centrada

em x0 e contida em D. Suponha-se ainda que pelo menos n− 1 das derivadas parciais 1a

ordem de f sao contınuas em x0. Entao f e diferenciavel em x0.

Corolario 1.2.4 Sejam f : D ⊆ Rn → R e S ⊆ D um conjunto aberto. Se f e de classe

C1 em S entao f e diferenciavel em S.

Proposicao 1.2.14 Sejam f : D ⊆ Rn → R e x0 um ponto interior de D. Se f e

diferenciavel em x0 entao f e contınua em x0.

Se f e diferenciavel em x0 o diferencial total de u = f(x1, x2, . . . , xn) em x0 e

du(x0) =n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) dxi .

1.2.11 Exercıcios

1. Usando a definicao, verifique se sao diferenciaveis as seguintes funcoes nos pontos

dados:

(a) f(x, y, z) = x y z , em todo o seu domınio;

(b) f(x, y) =

{x2 + y2 se x 6= 0y4 se x = 0

no ponto P = (0, 0) ;

(c) f(x, y) =

{0 se x 6= y2

y − 1 se x = y2 no ponto P = (1, 1) .

2. Usando condicoes necessarias ou suficientes para a diferenciabilidade de uma funcao

num dado ponto, averigue se sao diferenciaveis as seguintes funcoes nos pontos dados:

(a) f(x, y) = ex2 + y2

, no ponto (2, 1) ;

(b) f(x, y, z) = x2eyz + y ln z , no ponto (1, 2, 1) ;

(c) f(x, y) =

sin(xy − y)(x− 1)2 + y2 se (x, y) 6= (1, 0)

2 se (x, y) = (1, 0)

no ponto (1, 0) ;

(d) f(x, y, z) = cos(y√x2 + z2) , no ponto (0, 1, 0) .

3. Determine, caso exista, o diferencial total das funcoes seguintes nos pontos indicados:

(a) f(x, y) = ln(x2 + y2) + x tg y , no ponto (0, π4);


(b) f(x, y, z) = x2eyz + y ln z , no ponto (2, 0, 1);

(c) f(x, y) = arcsin xy + x3ey , no ponto (1, 2);

(d) f(x, y) = ln(x2 + y2) + x cotg y , no ponto (0, π4);

(e) f(x, y) =xy3

x4 + y6 , no ponto (0, 0);

(f) f(x, y, z) = xαyβzγ , no ponto (1, 1, 1) e sendo α, β, γ constantes.

4. Usando diferenciais, calcule o valor aproximado das seguintes funcoes nos pontos

dados:

(a) f(x, y) = cos(x2 + y) , no ponto (0.1, 3.14);

(b) g(x, y, z) =√x2 + y2 + z2 , no ponto (2.001, 0.003,−0.001);

(c) h(x, y) = x3y2 , no ponto (1.02, 0.97).

5. Calcule um valor aproximado para (3.05)2 × (2.01)3 × (1.006)6 .

6. Uma caixa sem tampa vai ser construıda com madeira de 0.5cm de espessura. O

comprimento interno deve ter 70cm, a largura interna 40cm e a altura interna 35cm.

Use o conceito de diferencial para calcular a quantidade aproximada de madeira que

sera utilizada na construcao da caixa.

7. Qual e, aproximadamente, o acrescimo sofrido pelo volume de um cilindro quando

o raio da sua base, sendo inicialmente de 30cm, e aumentado em 5cm e a altura,

inicialmente de 1.2m, e reduzida em 5cm.

1.2.12 Derivacao de funcoes compostas

Suponha-se que se tem uma funcao real nas n variaveis reais x1, x2, . . . , xn, f(x1, x2, . . . , xn).

Pode acontecer que as variaveis x1, x2, . . . , xn dependam de outras variaveis, digamos

t1, t2, . . . , tr. Define-se a funcao composta

h(t1, t2, . . . , tr) = f (x1(t1, t2, . . . , tr), x2(t1, t2, . . . , tr), . . . , xn(t1, t2, . . . , tr)) .

Pode colocar-se o problema de calcular as derivadas parciais de h. O caso mais simples e

o que se obtem quando r = 1, isto e, quando x1, x2, . . . , xn sao funcoes de uma so variavel,

t.

Proposicao 1.2.15 (Regra da cadeia)

Sejam f(x1, x2, . . . , xn) uma funcao real de n variaveis reais e x1(t), x2(t), . . . , xn(t) funcoes

de uma mesma variavel real t, diferenciaveis em t0 (i.e., x1(t), x2(t), . . . , xn(t) tem derivada

em t0). Suponha-se ainda que f e diferenciavel em x0 = (x1(t0), x2(t0), . . . , xn(t0)).

Entao a funcao real de uma variavel real, g(t) = f(x1(t), x2(t), . . . , xn(t)) e diferenciavel

em t0 edg

dt(t0) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0)dxi

dt(t0) .


Demonstracao:

Faremos a demonstracao apenas para n = 2. Pretende calcular-se

limh→0

g(t0 + h) − g(t0)

h.

Considerem-se as funcoes de h, ∆x1 = x1(t0 + h) − x1(t0) e ∆x2 = x2(t0 + h) − x2(t0), e

designem-se x1(t0) por x01 e x2(t0) por x0

2.

Entao

g(t0 + h) − g(t0) = f(x1(t0 + h), x2(t0 + h)) − f(x1(t0), x2(t0))

= f(x1(t0) + ∆x1, x2(t0) + ∆x2) − f(x1(t0), x2(t0))

= f(x01 + ∆x1, x

02 + ∆x2) − f(x0

1, x02) .

A funcao f e diferenciavel em x0 = (x01, x

02) logo existe uma bola aberta B centrada em x0

tal que para (x01 + ∆x1, x

02 + ∆x2) ∈ B,

f(x01 + ∆x1, x

02 + ∆x2) − f(x0

1, x02) = ∆x1

∂f

∂x1

(x0) + ∆x2∂f

∂x2

(x0) +

∆x1 ε1(∆x1,∆x2) + ∆x2 ε2(∆x1,∆x2) ,

onde ε1 e ε2 tendem para 0 quando (∆x1,∆x2) tende para (0, 0).

Como h→ 0 pode escolher-se h suficientemente pequeno de modo a que (x01 +∆x1, x

02 +

∆x2) pertenca a B. Observe-se que isto e possıvel porque as funcoes x1(t) e x2(t) sao

contınuas em t0 logo

limh→0

∆xi = limh→0

[xi(t0 + h) − xi(t0)] = 0 , i = 1, 2 .

Assim,

g(t0 + h) − g(t0) = ∆x1∂f

∂x1

(x0) + ∆x2∂f

∂x2

(x0) +

∆x1 ε1(∆x1,∆x2) + ∆x2 ε2(∆x1,∆x2) .

Definam-se as funcoes

ηi(∆x1,∆x2) =

{εi(∆x1,∆x2) se (∆x1,∆x2) 6= (0, 0)

0 se (∆x1,∆x2) = (0, 0), i = 1, 2 .

As funcoes η1 e η2 sao contınuas em (0, 0) e

g(t0 + h) − g(t0)

h=

∆x1

h

(∂f

∂x1

(x0) + η1(∆x1,∆x2)

)+

∆x2

h

(∂f

∂x2

(x0) + η2(∆x1,∆x2)

).


Quando h→ 0, (∆x1,∆x2) → (0, 0) logo limh→0 ηi = 0, para i = 1, 2. Por outro lado,

limh→0

∆xi

h= lim

h→0

xi(t0 + h) − xi(t0)

h=dxi

dt(t0) , i = 1, 2 .

Entao

limh→0

g(t0 + h) − g(t0)

h=

∂f

∂x1

(x0)dx1

dt(t0) +

∂f

∂x2

(x0)dx2

dt(t0) .

Exemplo 1.2.18 Suponha-se que f(x1, x2) = x21x2 + ex2 , x1(t) = sin t e x2(t) = cos t. A

funcao composta e dada por g(t) = f(sin t, cos t). Usando a regra da cadeia obtem-se:

g′(t) =∂f

∂x1

(sin t, cos t)d

dt(sin t) +

∂f

∂x2

(sin t, cos t)d

dt(cos t)

= (2 sin t cos t) cos t+(sin2 t+ ecos t

)(− sin t) .

Se r > 1, tem-se o resultado:

Proposicao 1.2.16 (Regra da cadeia)

Seja f(x1, x2, . . . , xn) uma funcao real nas n variaveis reais x1, x2, . . . , xn. Suponha-se que

existem as derivadas parciais de 1a ordem das funcoes

x1 = x1(t1, t2, . . . , tr), x2 = x2(t1, t2, . . . , tr) . . . , xn = xn(t1, t2, . . . , tr) ,

no ponto t0 = (t01, t02, . . . , t

0r). Suponha-se ainda que f e diferenciavel em

x0 = (x1(t01, t

02, . . . , t

0r), x2(t

01, t

02, . . . , t

0r), . . . , xn(t01, t

02, . . . , t

0r)) .

Entao existem as derivadas parciais de 1a ordem da funcao

h(t1, t2, . . . , tr) = f(x1(t1, t2, . . . , tr), x2(t1, t2, . . . , tr), . . . , xn(t1, t2, . . . , tr))

em t0 e sao dadas por∂h

∂tj(t0) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0)∂xi

∂tj(t0) .

Observacao 1.2.4 Nas condicoes da proposicao anterior, se f e diferenciavel em x0 e cada

xi e diferenciavel em t0, entao a funcao composta, h, e diferenciavel em t0.

Exemplo 1.2.19 Seja z = x2 ln y, com x = uv

e y = 3u− 2v. Entao

∂z

∂u(3, 4) =

∂z

∂x(x(3, 4), y(3, 4))

∂x

∂u(3, 4) +

∂z

∂y(x(3, 4), y(3, 4))

∂y

∂u(3, 4)

=∂z

∂x(3

4, 1)

∂x

∂u(3, 4) +

∂z

∂y(3

4, 1)

∂y

∂u(3, 4)

= [2x ln y]x = 3

4

y = 1

× 1

4+

[x2

y

]

x = 34

y = 1

× 3

=27

16.


∂z

∂v(3, 4) =

∂z

∂x(3

4, 1)

∂x

∂v(3, 4) +

∂z

∂y(3

4, 1)

∂y

∂v(3, 4)

= [2x ln y]x = 3

4

y = 1

× −3

16+

[x2

y

]

x = 34

y = 1

× (−2)

= −9

8.

1.2.13 Exercıcios

1. Calcule dudt

sendo u = ln (sin xy ) e

{x = 3t2

y =√

1 + t2.

2. Calcule ∂u∂s

e ∂u∂t

sendo u = x2exy + y2 sin(xy) e

{x = s2ty = s et .

3. Calcule dzdy

sendo z = f(x2 + y2, x+ y) e x = φ(y).

4. Sendo u = x3F (yx,zx) , prove que xux + y uy + z uz = 3u.

5. Sendo z =y2

2 + φ( 1x + ln y) , prove que y zy + x2zx = y2.

6. Considere a funcao h definida por h(x, y) = f

(1

x2 + y2

), onde f e uma funcao

real de variavel real diferenciavel. Se g(u, v) = h(x(u, v), y(u, v)) e x(u, v) = u cos v,

y(u, v) = u sin v,

(a) verifique que∂g∂v

(u, v) = 0;

(b) calcule∂g∂u

(1, 0), sabendo que f ′(1) = 2.

7. A funcao f(u, v, w) e diferenciavel e as suas derivadas satisfazem

fu(α, α, β) = fv(α, α, β) = αβfw(α, α, β) = α2 − β2 .

Calcule o valor das derivadas parciais da funcao g(x, y) = f(x2 − y, 3x− 3y2, 2x), no

ponto (2, 1).

8. Sendo z = xφ(x+ y) + ψ(x+ y) , prove que zx2 − 2zxy + zy2 = 0.

9. Sejam f e g funcoes de uma variavel que admitem derivadas de 1a e 2a ordens. Sendo

c ∈ Z+, prove que a funcao u(x, t) = f(x+ c t)+g(x− c t) verifica a seguinte equacao

(dita equacao de propagacao):∂2u

∂t2= c2

∂2u

∂x2.

10. 1.Sendo φ(x), ψ(x, y) e η(x, y, z), funcoes com derivadas contınuas de todas as ordens,

calcule F ′′(θ) nos seguintes casos:


(a) F (θ) = ψ(cos θ, θ3);

(b) F (θ) = η(φ(θ), sin θ, θ);

(c) F (θ) = φ(η(θ, θ, θ) + ψ(θ, θ)).

2.Determine as derivadas parciais de 2a ordem das funcoes f(u, v) nos seguintes casos:

(a) f(u, v) = ψ(u cos v, u sin v);

(b) f(u, v) = ψ(ψ(u, v), ψ(v, u));

(c) f(u, v) = φ(φ(uv)).

11. Seja w(x, y, z) = f(y−z, z−x, x−y) com f funcao real admitindo derivadas parciais

contınuas de todas as ordens.

(a) Mostre que∂w

∂x+∂w

∂y+∂w

∂z= 0.

(b) Calcule∂2w

∂y∂xe∂2w

∂x∂z.

12. Seja g : R2 → R

+ uma funcao de classe C3. Sendo F (x, y) = ln g(2x, y2),

(a) Calcule as derivadas parciais de 1a¯ ordem de F em funcao das derivadas parciais

de g;

(b) Sabendo que g e as suas derivadas satisfazem as seguintes relacoes

g(0, β) = 2β

guv(0, β) = gu(0, β)gv(0, β) = β, mostre que∂2F

∂y∂x(0, 1) = 1.

1.2.14 Derivadas direccionais

Sejamf : D ⊆ R

n −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x1, x2, . . . , xn)

uma funcao real de n variaveis reais, x0 = (x01, x

02, . . . , x

0n) um ponto de D e ~v = (v1, v2, . . . , vn) ∈

Rn.

A derivada direccional de f no ponto x0 segundo o vector ~v e

D~vf(x01, x

02, . . . , x

0n) = lim

h→0

f(x01 + hv1, x

02 + hv2, . . . , x

0n + hvn) − f(x0

1, x02, . . . , x

0n)

h,


Observacao 1.2.5 Sendo

i↓

ei = (0, . . . , 0, 1 , 0, . . . , 0) , i = 1, 2, . . . , n


(usa-se o sımbolo em vez de ~ para enfatizar que se trata de um vector unitario, isto e,

um vector com norma 1) tem-se

Deif(x0

1, x02, . . . , x

0n) = lim

h→0

f(x01, . . . , x

0i−1, x

0i + h, x0

i+1, . . . , x0n) − f(x0

1, x02, . . . , x

0n)

h

=∂f

∂xi

(x0) ,

caso esta derivada parcial exista.

Veja-se qual a interpretacao geometrica da derivada direccional num ponto (x0, y0),

segundo um vector unitario, no caso de uma funcao real de 2 variaveis reais

f : D ⊆ R2 −→ R

(x, y) 7−→ f(x, y)

que seja diferenciavel em (x0, y0).

Sejam u = (u1, u2) um vector unitario, S a superfıcie de equacao z = f(x, y), P0 =

(x0, y0, f(x0, y0)) e π o plano perpendicular ao plano XOY que contem P0 e e paralelo a u.

O plano π intersecta a superfıcie S segundo uma curva C. Designe-se por r a recta do

plano π que e tangente a C em P0.

Fig. 1.2.8

Considerem-se os pontos Ph = (x0 + hu1, y0 + hu2, f(x0 + hu1, y0 + hu2)) e Qh =

(x0 + hu1, y0 + hu2, f(x0, y0)). Designe-se por αh o angulo formado pelos segmentos de

recta PhP0 e QhP0.

Suponha-se que h < 0. No plano π tem-se a situacao representada na figura seguinte.


Fig. 1.2.9

limh→0−

f(x0 + hu1, y0 + hu2) − f(x0, y0)

h= lim

h→0−

‖−−−→PhQh‖h

.

Uma vez que u tem norma 1 e h < 0, h = −‖hu‖ = −‖−−−→P0Qh‖ e portanto

limh→0−


= limh→0−

‖−−−→PhQh‖−‖−−−→P0Qh‖

= − limh→0−

tg αh .

Quando h tende para 0, Ph aproxima-se de P0 e a amplitude do angulo αh aproxima-se de

π − θ. Entao

limh→0−


= −tg (π − θ) = tg θ . (1.20)

Suponha-se agora que h > 0. No plano π tem-se a situacao representada na figura

seguinte.

Fig. 1.2.10


limh→0+

f(x0 + hu1, y0 + hu2) − f(x0, y0)

h= lim

h→0+

−‖−−−→PhQh‖h

.

Neste caso h = ‖hu‖ = ‖−−−→P0Qh‖ e portanto

limh→0+


= limh→0+

−‖−−−→PhQh‖‖−−−→P0Qh‖

= − limh→0+

tg αh .

Quando h tende para 0, Ph aproxima-se de P0 e a amplitude do angulo αh aproxima-se de

π − θ. Entao

limh→0+


= −tg (π − θ) = tg θ . (1.21)

De (1.20) e (1.21) conclui-se que Du f(x0, y0) = tg θ, i.e., Du f(x0, y0) coincide com o

declive da recta r.

Note-se que esta interpretacao geometrica e valida apenas se o vector tiver norma 1.

Assim, Du f(x0, y0) da-nos informacao acerca da variacao da cota de um observador

que, caminhando sobre a superfıcie de equacao z = f(x, y), passe pelo ponto P0 =

(x0, y0, f(x0, y0)) deslocando-se segundo a direccao e o sentido de u.

Se a funcaof : D ⊆ R

n −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x1, x2, . . . , xn)

admite todas as derivadas parciais de 1a ordem em x0 = (x01, x

02, . . . , x

0n) ∈ D, define-se o

vector gradiente de f em x0,

∇f(x0) =

(∂f

∂x1

(x0),∂f

∂x2

(x0), . . . ,∂f

∂xn

(x0)

).

Este vector pode tambem ser designado por grad f (x0).

No caso da funcao ser diferenciavel em x0, ponto interior de D, as derivadas direccionais

de f em x0 podem ser calculadas facilmente usando a proposicao seguinte.

Proposicao 1.2.17 Se f e diferenciavel em x0 ∈ int(D) entao para todo o vector ~v =

(v1, v2, . . . , vn) ∈ Rn existe a derivada direccional de f em x0 segundo ~v e e dada por

D~v f(x0) =⟨∇f(x0), ~v

⟩

=n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) vi .

Demonstracao: Considere-se a funcao real de uma variavel real definida num intervalo

aberto centrado em 0 por

g(h) = f(x01 + hv1, x

02 + hv2, . . . , x

0n + hvn) .

A funcao f e diferenciavel em x0 e cada uma das funcoes

xi : h 7→ x0i + hvi , i = 1, 2, . . . , n


e diferenciavel em 0. Entao (regra da cadeia) g e diferenciavel em 0 e

g′(0) =n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0)dxi

dh(0) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) vi .

Por outro lado, a derivada direccional de f em x0 segundo ~v e o limite, caso exista,

limh→0

f(x01 + hv1, x

02 + hv2, . . . , x

0n + hvn) − f(x0

1, x02, . . . , x

0n)

h= lim

h→0

g(h) − g(0)

h= g′(0) .

Assim, existe a derivada direccional de f em x0 segundo ~v e

D~v f(x0) = g′(0) =n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) vi .

Proposicao 1.2.18 Suponha-se que f e diferenciavel em x0 ∈ int(D). O valor maximo da

derivada direccional de f em x0 segundo um vector unitario u e ‖∇f(x0)‖, e esse maximo

e atingido quando

u = vers ∇f(x0) =∇f(x0)

‖∇f(x0)‖ .

Demonstracao: Usando a proposicao 1.2.17 obtem-se

Du f(x0) =⟨∇f(x0), u

⟩

= ‖∇f(x0)‖ ‖u‖ cos θ

= ‖∇f(x0)‖ cos θ ,

onde θ designa o angulo entre ∇f(x0) e u. Uma vez que −1 ≤ cos θ ≤ 1, o maximo e

‖∇f(x0)‖ e e atingido quando cos θ = 1, ou seja, quando θ = 0 e portanto ∇f(x0) e u tem

a mesma direccao e o mesmo sentido.

Podem definir-se derivadas direccionais de ordem superior a primeira. Vejamos como

isto e feito para funcoes reais de 2 variaveis reais.

Considere-se a funcao f : D ⊆ R2 −→ R

(x, y) 7−→ f(x, y)

e suponha-se que D e aberto e que

f e diferenciavel em D.

Seja ~v ∈ R2. De acordo com a proposicao 1.2.17, para todo o (x, y) ∈ D, existe

D~v f(x, y). Tem-se assim uma nova funcao de (x, y). A derivada direccional (caso exista)

desta nova funcao em (x, y) segundo ~v e a segunda derivada direccional de f em (x, y)

segundo ~v,

D2

~v f(x, y) = D~v(D~v f

)(x, y) .

Para m ≥ 2,

Dm

~v f(x, y) = D~v

(Dm−1

~vf)

(x, y) .


Proposicao 1.2.19 Se U ⊆ D e aberto e f e de classe Cm em U entao, para todo o

(x, y) ∈ U e todo o ~v = (v1, v2) ∈ R2 existe Dm

~vf(x, y) e

Dm

~v f(x, y) =m∑

k=0

(mk

)vm−k

1 vk2

∂mf

∂xm−k ∂yk(x, y) .

1.2.15 Exercıcios

1. Usando a definicao , calcule as derivadas direccionais das funcoes seguintes nos pontos

P0 dados e segundo o vector ~v indicado.

(a) f(x, y) = x2 − xy em P0 = (0, 1) e ~v = 3ı+ 4 ;

(b) f(x, y, z) = xyz2 em P0 = (0, 1, 0) e ~v = 2ı+ + k .

2. Sejam f(x, y) = sin(xy) e g(t) = sin((π + t√2)(1

2+ t√

2)) .

(a) Calcule g ′(0) ;

(b) Utilize o resultado da alınea anterior para calcular pela definicao Dvf(π, 12)

sendo ~v = ı√2

+√2

.

3. Calcule Dvf(P0), sendo:

(a) f(x, y) = extg y + 2x2y ; P0 = (0, π4 ) ; ~v = − ı√2

+√2

.

(b) f(x, y, z) = 3x2y + 2yz ; P0 = (−1, 0, 4) ; ~v = ı√2− k√

2.

(c) f(x, y, z) = x2z + y exz ; P0 = (1,−2, 3) ; ~v = ı− 2+ 3k .

(d) f(x, y) = x2 − xy − 2y2 ; P0 = (1, 2) ; ~v e um vector que faz um angulo de 60O

com OX .

4. Seja f : R2 → R a funcao dada por f(x, y) =

{x+ y se x < y2y se x ≥ y

.

(a) Calcule Dvf(0, 0) , onde ~v = − ı√5

+2√5

.

(b) Prove que f nao e diferenciavel em (0, 0).

5. Seja f : R2 → R uma funcao tal que fx(0, 0) = fy(0, 0) = 0 . Sabendo que, para um

dado vector unitario u do plano, Duf(0, 0) = 3, prove que f nao e diferenciavel em

(0, 0).

6. Determine os vectores ~v, nao nulos, para os quais existe D~vf(P0), sendo


(a) f(x, y) =√x2 + y2 , P0 = (0, 0);

(b) f(x, y) =√|xy| , P0 = (0, 0);

(c) f(x, y) =

{xy2 se y ≥ 0x3 se y < 0

, P0 = (0, 0).

7. Seja f : R2 → R definida por f(x, y) = x2 + y2 cos x . Indique todos os vectores

unitarios v onde a derivada direccional atinge os seguintes valores:

(a) valor maximo de Dvf(0, π) ;

(b) valor mınimo de Dvf(0, π) ;

(c) Dvf(0, π) = 0 .

(d) Resolva as alıneas anteriores para o ponto P = (π, 2π).

(e) Mostre que as direccoes onde a derivada direccional se anula sao ortogonais as

direccoes onde ela atinge os valores extremos.

8. Num mapa topografico de uma regiao montanhosa, faca coincidir a Rosa dos Ventos

com o referencial ortonormado usual XOY , por forma a que o semi-eixo positivo OY

tenha a “direccao Norte”. A altitude em cada ponto (x, y) representado no mapa e

dada, em metros, pela funcao h(x, y) = 3000 − 2x2 − y2. Suponha que um alpinista

se encontra no ponto (30,-20), sobre a curva de nıvel de valor 800 da funcao h.

(a) Se o alpinista se mover na direccao sudoeste, estara a subir ou a descer?

(b) Em que direccao devera o alpinista mover-se por forma a

(b.1) ascender mais rapidamente;

(b.2) percorrer um caminho plano.

9. Seja f : R2 → R a funcao dada por

f(x, y) =

x3

y se y 6= 0

0 se y = 0

.

(a) Mostre que f admite todas as derivadas parciais de 1a¯ ordem em (0, 0).

(b) Prove que f admite derivada direccional segundo qualquer vector ~v do plano,

sendo

Dvf(0, 0) = 〈∇f(0, 0), v〉 .(c) Mostre que f nao e diferenciavel em (0, 0), justificando a sua resposta.

10. Seja f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x3 + y3

x2 + y2 se (x, y) 6= (0, 0

0 se (x, y) = (0, 0)

.

Mostre que


(a) f e contınua em (0, 0);

(b) f possui derivada em (0, 0) segundo qualquer vector;

(c) f nao e diferenciavel em (0, 0).

1.3 Funcoes vectoriais

1.3.1 Limites, continuidade e matriz Jacobiana

Uma funcao vectorial em n variaveis reais e uma funcao de domınio contido em Rn e que

toma valores em Rm, com m > 1, f : D ⊆ R

n → Rm.

Exemplo 1.3.1

f : R2 \ {(0, 0)} −→ R

3

(x, y) 7−→(

x

x2 + y2,

3y2

x2 + y2, x− y

)

e uma funcao vectorial de 2 variaveis reais.

Considere-se uma funcao

f : D ⊆ Rn −→ R

m

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x1, x2, . . . , xn)

e por ‖ · ‖n e ‖ · ‖m designem-se, respectivamente, a norma em Rn e em R

m.

Seja a = (a1, a2, . . . , an) um ponto de acumulacao de D. Diz-se que b = (b1, b2, . . . , bm) ∈R

m e o limite de f quando x = (x1, x2, . . . , xn) tende para a e escreve-se

limx→a

f(x) = b ou lim(x1,x2,...,xn)→(a1,a2,...,an)

f(x1, x2, . . . , xn) = (b1, b2, . . . , bm) ,

se

∀ε > 0 ∃δ > 0 : (0 < ‖x− a‖n < δ ∧ x ∈ D) ⇒ ‖f(x) − b‖m < ε . (1.22)

Se a ∈ D e um ponto de acumulacao de D, diz-se que f e contınua em a se existe o

limite de f quando x tende para a e este limite e igual a f(a). Se a e um ponto isolado de

D, por definicao, f e contınua em a.

Na pratica o calculo de limites e o estudo da continuidade de uma funcao f : D ⊆R

n → Rm reduz-se ao calculo de limites e ao estudo da continuidade de m funcoes reais de n

variaveis reais, as ditas funcoes componentes. Para (x1, x2, . . . , xn) ∈ D, f(x1, x2, . . . , xn) ∈R

m, logo

f(x1, x2, . . . , xn) = (f1(x1, x2, . . . , xn)︸︷︷︸∈R

, f2(x1, x2, . . . , xn)︸︷︷︸∈R

, . . . , fm(x1, x2, . . . , xn)︸︷︷︸∈R

) .

As m funcoes reais de n variaveis reais

fi : D ⊆ Rn −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ fi(x1, x2, . . . , xn), i = 1, 2, . . . ,m


sao as chamadas funcoes componentes de f .

No caso da funcao do exemplo anterior as funcoes componentes sao

f1 : R2 \ {(0, 0)} −→ R

(x, y) 7−→ x

x2 + y2

,f2 : R

2 \ {(0, 0)} −→ R

(x, y) 7−→ 3y2

x2 + y2

ef3 : R

2 \ {(0, 0)} −→ R

(x, y) 7−→ x− y.

Proposicao 1.3.1 Sejam

f : D ⊆ Rn −→ R

m

x 7−→ f(x) = (f1(x), f2(x), . . . , fm(x)),

a um ponto de acumulacao de D e b = (b1, b2, . . . , bm) ∈ Rm. Entao

limx→a

f(x) = b⇔(

limx→a

fi(x) = bi , i = 1, 2, . . . ,m).

Demonstracao: Suponha-se que

limx→a

f(x) = b . (1.23)

Fixe-se i ∈ {1, 2, . . . ,m}. Seja ε > 0, qualquer. De (1.23) conclui-se que existe δ > 0 tal

que

(0 < ‖x− a‖n < δ ∧ x ∈ D) ⇒ ‖f(x) − b‖m < ε .

Mas

‖f(x) − b‖m =

√√√√m∑

j=1

(fj(x) − bj)2

≥ |fi(x) − bi|

e portanto

(0 < ‖x− a‖n < δ ∧ x ∈ D) ⇒ |fi(x) − bi| < ε ,

concluindo-se que

limx→a

fi(x) = bi .

Reciprocamente suponha-se que

limx→a

fi(x) = bi , , i = 1, 2, . . . ,m . (1.24)

Seja ε > 0, qualquer. ε/√m ∈ R

+ e portanto, para i = 1, 2, . . . ,m, existe δi > 0 tal que

(0 < ‖x− a‖n < δi ∧ x ∈ D) ⇒ |fi(x) − bi| <ε√m.


Seja δ = min{δ1, δ2, . . . , δm}.

(0 < ‖x− a‖n < δ ∧ x ∈ D) ⇒ (0 < ‖x− a‖n < δi ∧ x ∈ D) , i = 1, . . . ,m

⇒ |fi(x) − bi| <ε√m, i = 1, . . . ,m

⇒ (fi(x) − bi)2 <

ε2

m, i = 1, . . . ,m

⇒m∑

i=1

(fi(x) − bi)2 < ε2

⇒ ‖f(x) − b‖m < ε .

Deste resultado conclui-se facilmente que:

Proposicao 1.3.2 Sejam

f : D ⊆ Rn −→ R

m

x 7−→ (f1(x), f2(x), . . . , fm(x))

e a ∈ D. Entao f e contınua em a se e so se fi e contınua em a, i = 1, 2, . . . ,m.

Diz-se que uma funcao f : D ⊆ Rn −→ R

m e de classe Ck num conjunto aberto S ⊆ Dse as funcoes componentes de f sao de classe Ck em S.

Sejam f : Df ⊆ Rn −→ R

m e g : Dg ⊆ Rn −→ R

m duas funcoes vectoriais. Seja ainda

α um numero real.

A soma de f e g e a funcao

f + g : Df ∩ Dg ⊆ Rn −→ R

m

x 7−→ f(x) + g(x) .

O produto de α pela funcao f e a funcao

α f : Df ⊆ Rn −→ R

m

x 7−→ α f(x) .

Para funcoes vectoriais sao validos resultados analogos aos das proposicoes 1.2.6 (partes

1. e 2.), 1.2.8 (para a soma de funcoes) e 1.2.10:

Proposicao 1.3.3 Nas condicoes anteriores, seja a um ponto de acumulacao de Df e

de Dg. Suponha-se que existem os limites de f e g no ponto a e que a e um ponto de

acumulacao do domınio de f + g. Entao:

1. Existe o limite de f + g no ponto a e limx→a

(f + g)(x) = limx→a

f(x) + limx→a

g(x);

2. Existe o limite de α f no ponto a e limx→a

(α f)(x) = α limx→a

f(x);

Proposicao 1.3.4 Nas condicoes anteriores, se f e g sao contınuas em a ∈ Df ∩ Dg,

entao a funcao f + g e contınua em a.


Proposicao 1.3.5 Sejam f : A ⊆ Rn → R

m e g : B ⊆ Rm → R

k duas funcoes com

f(A) ⊆ B e seja a um ponto de A tal que f e contınua em a. Suponha-se ainda que g e

contınua em f(a). Entao a funcao g ◦ f e contınua em a.


m, a = (a1, a2, . . . , an) um ponto de D e ~u = (u1, u2, . . . , un) ∈R

n. Chama-se derivada direccional de f em a segundo ~u ao limite, se existir,

limh→0

f(a+ h~u) − f(a)

h= lim

h→0

f(a1 + hu1, . . . , an + hun) − f(a1, . . . , an)

h.

Este limite, se existir, e um vector de Rm e representa-se por D~uf(a).

Suponha-se que f tem componentes f1, f2, . . . , fm todas diferenciaveis em a (diz-se que

f e diferenciavel em a). Entao existe D~uf(a) e a i-esima componente de D~uf(a) e

limh→0

fi(a1 + hu1, . . . , an + hun) − fi(a1, . . . , an)

h= D~ufi(a)

= 〈∇fi(a), ~u〉

=∂fi

∂x1

(a)u1 + · · · + ∂fi

∂xn

(a)un .

Isto e valido para i = 1, 2, . . . ,m. Pode entao escrever-se

D~uf(a) =

∂f1

∂x1

(a)∂f1

∂x2

(a) · · · ∂f1

∂xn

(a)

∂f2

∂x1

(a)∂f2

∂x2

(a) · · · ∂f2

∂xn

(a)

......

. . ....

∂fm

∂x1

(a)∂fm

∂x2

(a) · · · ∂fm

∂xn

(a)

u1

u2...un

. (1.25)

A matriz m × n, presente na igualdade (1.25), que na linha i, coluna j tem∂fi

∂xj

(a),

chama-se matriz Jacobiana de f no ponto a e representa-se por Jf (a). Se m = 1, Jf (a) =

∇f(a)t.


f : R2 −→ R

2

(x, y) 7−→ (x2y, cos(xy)).

As funcoes componentes de f sao

f1 : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x2ye

f2 : R2 −→ R

(x, y) 7−→ cos(xy).


Assim, para todo o (x, y) ∈ R2,

Jf (x, y) =

[2xy x2

−y sin(xy) −x sin(xy)

].

Uma vez que f1 e f2 sao de classe C1 em R2, sao diferenciaveis em R

2 e portanto, para

todo o vector ~u = (u1, u2) ∈ R2 e todo o (x, y) ∈ R

2,

D~uf(x, y) =

[2xy x2

−y sin(xy) −x sin(xy)

] [u1

u2

]=

[2xyu1 + x2u2

−y sin(xy)u1 − x sin(xy)u2

].

Assim, por exemplo, se ~u = (2, 1),

D~uf(1,π

2

)=

[2π + 1−π − 1

].

Vejamos agora como se processa a derivacao da composicao de funcoes vectoriais. Sejam

f : A ⊆ Rn −→ R

m

x = (x1, . . . , xn) 7−→ (f1(x), f2(x), . . . , fm(x))

g : B ⊆ Rm −→ R

k

y = (y1, . . . , ym) 7−→ (g1(y), g2(y), . . . , gk(y))

duas funcoes vectoriais tais que f(A) ⊆ B. Pode considerar-se a funcao composta

g ◦ f : A ⊆ Rn −→ R

k

x 7−→ g(f(x)) = (g1(f(x)), g2(f(x)), . . . , gk(f(x))).

Proposicao 1.3.6 Nas condicoes anteriores, se f1, f2, . . . , fm tem derivadas parciais de

1a ordem em a ∈ A e g1, g2, . . . , gk sao diferenciaveis em f(a), entao

Jg◦f (a) = Jg(f(a)) Jf (a) .

Demonstracao: Seja h = g ◦ f . As funcoes componentes de h sao

hi : A ⊆ Rn −→ R

x 7−→ gi(f(x)) = (gi ◦ f)(x), i = 1, 2, . . . , k .

Usando a regra da cadeia obtem-se

∂hi

∂xj

(a) =m∑

`=1

∂gi

∂y`

(f(a))∂f`

∂xj

(a) , i = 1, 2, . . . , k, j = 1, 2, . . . , n .

Mas isto significa precisamente que Jg◦f (a) = Jg(f(a)) Jf (a).


Exemplo 1.3.3 Sejam f : R3 → R

2 e g : R2 → R

2 duas funcoes vectoriais definidas por

f(u, v, w) = (u+ 2v2 + 3w3, 2v − u2) e g(x, y) = ex+2y ı+ sin(y + 2x) .

Calcule-se Jg◦f (1,−1, 1), usando a proposicao anterior.

Para (x, y) ∈ R2 e (u, v, w) ∈ R

3, quaisquer

Jf (u, v, w) =

[1 4v 9w2

−2u 2 0

]e Jg(x, y) =

[ex+2y 2ex+2y

2 cos(y + 2x) cos(y + 2x)

].

Uma vez que f e g sao diferenciaveis nos respectivos domınios, da proposicao anterior

obtem-se

Jg◦f (1,−1, 1) = Jg(f(1,−1, 1)) Jf (1,−1, 1)

= Jg(6,−3) Jf (1,−1, 1)

=

[1 2

2 cos 9 cos 9

] [1 −4 9−2 2 0

]

=

[−3 0 90 −6 cos 9 18 cos 9

].

1.3.2 Exercıcios

1. Considere o campo de vectores definido por

f(x, y) =

((x2 + 2y2) sin

1

xy,

3x2y

x2 + 2y2+ 1,

√x2 + y2

).

Mostre que lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = (0, 1, 0).

2. Calcule as matrizes Jacobianas das seguintes funcoes:

(a) f(x, y) = (x2 + y2, sin x) , (x, y) ∈ R2;

(b) g(x, y, z) = (x2 + y2, sin x) , (x, y, z) ∈ R3;

(c) h(t) = cos t ı+ sin t , t ∈ [0, 2π];

(d) ϕ(u, v, w) = eu(cos v sinwı+ sin v sinw+ coswk) , (u, v, w) ∈ R3.

3. Seja ~u = 3ı − 5. Determine D~ug(π,−2, 1) e D~uϕ(0, π4, π

4) sendo g e ϕ as funcoes

definidas no exercıcio anterior.

4. Considere a funcao vectorial

f : R2 −→ R

3

(x, y) 7−→ (x+ y2, xy, ey).

Para P0 = (1, 0) e ~u = ı− calcule Jf (P0) e Duf(P0).


5. Considere as funcoes f : R2 → R e g : R

2 → R2 definidas por f(x, y) = sin(x2 − y2)

e g(x, y) = (x + y, x − y). Calcule as matrizes Jacobianas de f , g e f ◦ g no ponto

(x, y).

6. Calcule a matriz Jacobiana de g ◦ f no ponto (x, y, z), sendo:

f : R3 −→ R

2 e g : R2 −→ R

3

(x, y, z) 7−→ (x+ y2, xy2z) (s, t) 7−→ (s2 + t, st, et) .

1.3.3 Curvas no espaco. Recta tangente a uma curva no espaco,plano tangente e recta normal a uma superfıcie

Suponha-se que se tem uma funcao vectorial

~r : [a, b] ⊆ R −→ R3

t 7−→ ~r(t) = (r1(t), r2(t), r3(t))

= r1(t)ı+ r2(t)+ r3(t)k ,

contınua em [a, b]. Considere-se fixado em R3 um referencial ortonormado OXY Z. Quando

t varia de a para b, a extremidade do vector ~r(t) (aplicado na origem) descreve uma curva

no espaco, C.

Fig. 1.3.1

As equacoes

x = r1(t)y = r2(t)z = r3(t)

, t ∈ [a, b]

dizem-se equacoes parametricas de C.

O ponto A da curva C tal que−→OA = ~r(a) e o ponto inicial da curva e o ponto B tal−−→

OB = ~r(b) e o ponto final. Para simplificar a linguagem muitas vezes confundiremos o

ponto P da curva tal que−→OP = ~r(t) com o vector ~r(t) aplicado na origem e do qual P e

a extremidade. Assim, abreviadamente diz-se que ~r(a) e o ponto inicial e ~r(b) e o ponto

final. A multiplicidade de um ponto P da curva C e o cardinal do conjunto

{t ∈ [a, b] : ~r(t) =−→OP} .


Ao longo deste curso uma curva no espaco nao sera vista meramente como um conjunto

de pontos. Uma curva tem um sentido, um ponto inicial, um ponto final, e cada ponto da

curva tem uma multiplicidade.

Vejamos alguns exemplos.

Exemplo 1.3.4 Considere-se a curva de equacoes parametricas

x = t cos(2t)y = t sin(2t)z = t

, t ∈ [0, 2π] .

O ponto inicial e (0, 0, 0), o ponto final e (2π, 0, 2π) e todos os pontos tem multiplicidade

1.

Fig. 1.3.2

Exemplo 1.3.5 Seja C a curva de equacoes parametricas

x = cos ty = sin tz = 0

, t ∈ [0, 2π] .

O ponto inicial e o ponto final coincidem com (1, 0, 0). Todos os pontos de C tem

multiplicidade 1, com excepcao do ponto (1, 0, 0) que tem multiplicidade 2. As equacoes

x = cos(2t)y = sin(2t)z = 0

, t ∈ [0, π]

sao tambem equacoes parametricas de C.

A curva de equacoes parametricas

x = cos ty = sin tz = 0

, t ∈ [0, 4π]

nao e C, porque neste caso todos os pontos tem multiplicidade 2, com excepcao do ponto

(1, 0, 0) que tem multiplicidade 3.


Tambem a curva de equacoes parametricas

x = sin ty = cos tz = 0

, t ∈ [0, 2π]

nao e C, porque esta curva tem ponto inicial (0, 1, 0) e o ponto inicial de C e (1, 0, 0).

Considere-se uma funcao vectorial

~r : [a, b] ⊆ R −→ R3

t 7−→ ~r(t) = (r1(t), r2(t), r3(t))

e suponha-se que as funcoes componentes de ~r, r1, r2 e r3, sao diferenciaveis em t0 ∈]a, b[.

A matriz Jacobiana de ~r em t0 e o vector

J~r(t0) =

dr1dt

(t0)

dr2dt

(t0)

dr3dt

(t0)

=

(limh→0

r1(t0 + h) − r1(t0)

h, limh→0

r2(t0 + h) − r2(t0)

h, limh→0

r3(t0 + h) − r3(t0)

h

)

= limh→0

1

h[(r1(t0 + h), r2(t0 + h), r3(t0 + h)) − (r1(t0), r2(t0), r3(t0))]

= limh→0

~r(t0 + h) − ~r(t0)

h.

Assim, esta matriz Jacobiana costuma ser representada por ~r ′(t0) oud~r

dt(t0).

Vejamos qual o significado geometrico de ~r ′(t0). Seja C a curva de equacoes parametricas

(x, y, z) = ~r(t), t ∈ [a, b]. Considere-se h 6= 0. Sejam P0 e Q os pontos de C tais que−−→OP0 = ~r(t0) e

−→OQ = ~r(t0 + h).

Fig. 1.3.3


Considere-se ainda o vector

~rh =~r(t0 + h) − ~r(t0)

h.

Se h > 0, ~rh tem a direccao e o sentido de ~r(t0 + h) − ~r(t0). Se h < 0, ~rh tem a direccao

de ~r(t0 + h) − ~r(t0) mas o sentido contrario. Fazendo h tender para zero o vector−→OQ

“aproxima-se”de−−→OP0 e ~rh “aproxima-se”de um vector paralelo a recta tangente a C em

P0. Assim, desde que seja nao nulo, o vector ~r ′(t0) e paralelo a recta tangente a C no

ponto P0. Entao, se ~r ′(t0) 6= 0, uma equacao da recta tangente a C no ponto P0 e

(x, y, z) = P0 + λ~r ′(t0) , λ ∈ R . (1.26)

Exemplo 1.3.6 Seja C a curva no espaco com equacoes parametricas

x = ty = t2

z = 2t, 0 ≤ t ≤ 1 .

Escreva-se uma equacao da recta tangente a C no ponto P0 = (1/2, 1/4, 1). Seja ~r(t) =

(t, t2, 2t). Entao P0 = ~r(1/2) e uma equacao da recta tangente a C em P0 e

(x, y, z) = P0 + λ~r ′(1/2) , λ ∈ R

= (1/2, 1/4, 1) + λ(1, 1, 2) , λ ∈ R .

Usando o conhecimento de como determinar uma equacao da recta tangente, num

ponto, a uma curva no espaco vamos ver como determinar uma equacao do plano tangente,

num ponto, a uma superfıcie de nıvel de uma funcao real de 3 variaveis reais.

Considere-se entao uma funcao real de 3 variaveis reais,

f : D ⊆ R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ f(x, y, z),

de classe C1. Sejam k pertencente ao contradomınio de f , S a superfıcie de nıvel de f de

valor k (isto e, S = {(x, y, z) ∈ D : f(x, y, z) = k}) e P0 = (x0, y0, z0) um ponto de S.

O plano tangente a S em P0 e o plano (caso exista) que contem P0 e e paralelo a todas

as rectas que sejam tangentes, em P0, a curvas do espaco que estejam contidas em S e que

passem em P0.

Fig. 1.3.4


Seja entao C uma curva do espaco que esta contida na superfıcie S e que contem P0.

Seja~r : [a, b] ⊆ R −→ R

3

t 7−→ ~r(t) = (r1(t), r2(t), r3(t))

uma funcao vectorial que parametriza C e suponha-se que ~r(t0) =−−→OP0 (t0 ∈ [a, b]), que

~r(t) e diferenciavel em t0 e que ~r ′(t0) 6= 0. Uma vez que a curva C esta contida na superfıcie

S tem-se

f(r1(t), r2(t), r3(t)) = k , ∀t ∈ [a, b] .

Derivando ambos os membros em ordem a t em t0 (regra da cadeia) obtem-se

∂f

∂x(x0, y0, z0)

dr1dt

(t0) +∂f

∂y(x0, y0, z0)

dr2dt

(t0) +∂f

∂z(x0, y0, z0)

dr3dt

(t0) = 0 ,

ou seja, ⟨∇f(P0),

d~r

dt(t0)

⟩= 0 .

Verificou-se assim que o vector gradiente de f em P0 e ortogonal a recta tangente a C em P0.

Isto acontece para toda a curva contida em S e que passe em P0. Entao, se ∇f(P0) 6= ~0, a

superfıcie S admite plano tangente em P0 e esse plano tangente e perpendicular a ∇f(P0).

Assim, se ∇f(P0) 6= ~0, uma equacao do plano tangente a S em P0 e

〈(x− x0, y − y0, z − z0),∇f(P0)〉 = 0 . (1.27)

Se ∇f(P0) 6= ~0, a recta normal a S em P0 e a recta que passa em P0 e e paralela a

∇f(P0). Uma sua equacao vectorial e

(x, y, z) = P0 + λ∇f(P0) , λ ∈ R .

Exemplo 1.3.7 Considerem-se a superfıcie de R3 de equacao z = x2 + y2 − 2 e o ponto

de S, P0 = (0, 0,−2). Determinemos equacoes parametricas para a recta normal a S em

P0 e uma equacao cartesiana do plano tangente a S em P0.

Considere-se a funcao real de 3 variaveis reais de domınio R3 e cuja expressao analıtica

e f(x, y, z) = x2 + y2 − z. S e a superfıcie de nıvel de f de valor 2. O vector gradiente de

f em (x, y, z) e ∇f(x, y, z) = (2x, 2y,−1), logo ∇f(P0) = (0, 0,−1). Entao as equacoes

x = 0y = 0z = −2 − λ

, λ ∈ R

sao equacoes parametricas da recta normal a S em P0, concluindo-se que essa recta coincide

com o eixo dos ZZ.

Uma equcao cartesiana do plano tangente a S em P0 e

〈(x− 0, y − 0, z + 2), (0, 0,−1)〉 = 0 ⇔ z = −2 .


Estamos agora na posse dos conhecimentos necessarios para obter uma interpretacao

geometrica do diferencial total de uma funcao real de 2 variaveis reais.

Seja f(x, y) uma funcao real de 2 variaveis reais de domınio D e diferenciavel em

(x0, y0) ∈ int(D). Considere-se uma variavel dependente z = f(x, y) e designem-se por dx

e dy os acrescimos das variaveis independentes x e y. Recorde-se que o diferencial total

em (x0, y0) da variavel dependente z e dz = fx(x0, y0) dx+ fy(x0, y0) dy.

Considere-se a porcao de superfıcie

S = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D e z = f(x, y)} .

S e a superfıcie de nıvel de valor 0 de uma funcao cuja expressao analıtica e g(x, y, z) =

−z + f(x, y). Seja ainda z0 = f(x0, y0) e considere-se o ponto de S, P0 = (x0, y0, z0). O

gradiente de g em P0 e

∇g(P0) = (fx(x0, y0), fy(x0, y0),−1) 6= (0, 0, 0)

e portanto a equacao

(x− x0)fx(x0, y0) + (y − y0)fy(x0, y0) − z + z0 = 0 (1.28)

e uma equacao cartesiana do plano tangente a S em P0. Considere-se o ponto P1 =

(x1, y1, z1), em que

x1 = x0 + dx ;y1 = y0 + dy ;z1 = z0 + fx(x0, y0) dx+ fy(x0, y0) dy = z0 + dz .

Verifica-se facilmente que P1 satisfaz a equacao (1.28) e portanto e um ponto do plano

tangente a S em P0. Alem disso dz = z1 − z0, isto e, o diferencial total dz e igual a

diferenca entre a cota do ponto do plano tangente a S em P0 cuja projeccao sobre XOY

e (x0 + dx, y0 + dy, 0) e a cota de P0.

Fig. 1.3.5


Suponha-se que consideravamos a aproximacao f(x0 + dx, y0 + dy) ≈ z1. O modulo do

erro cometido e

|f(x0 + dx, y0 + dy) − z1| = |(f(x0 + dx, y0 + dy) − f(x0, y0)) + (f(x0, y0) − z1)|= |∆z + z0 − z1|= |∆z − dz| .

Sendo f diferenciavel em (x0, y0), (∆z − dz) → 0 quando (dx, dy) → (0, 0) e assim para

(x0 + dx, y0 + dy) suficientemente proximo de (x0, y0) esta aproximacao e boa. Assim, se f

e diferenciavel em (x0, y0), numa vizinhanca de (x0, y0) pode aproximar-se a superfıcie S

(i.e. o grafico de f) pelo plano tangente a S em P0 = (x0, y0, f(x0, y0)).

1.3.4 Exercıcios

1. Determine uma equacao da recta tangente a curva C com equacoes parametricas

dadas, no ponto P0 indicado.

(a) C :

x = cos ty = 2 sin tz = t

, t ∈ [0, 2π]; P0 = (−1, 0, π);

(b) C :

x = t2

y = 2z = −t3

, t ∈ [0, 2]; P0 = (1, 2,−1).

2. Determine a equacao do plano tangente as seguintes superfıcies nos pontos indicados:

(a) z = x2 + y2 no ponto P0 = (1,−2, 5);

(b) (x− 1)2 + (y − 2)2 + z2 = 3 no ponto P0 = (0, 1,−1);

(c) x2

16+y2

9− z2

8= 0 no ponto P0 = (4, 3, 4);

(d) x2 + y2 + z2 = 2rz no ponto P0 = (r cos θ, r sin θ, r) com r > 0;

(e) z2 = x2 + y2 no ponto P0 = (1, 1,√

2);

(f) x2 + y2 = 25 no ponto P0 = (3, 4, 2).

3. Mostre que, para a, b, c ∈ R \ {0}, as superfıcies de equacao

x2

a2+y2

b2=z2

c2e x2 + y2 +

(z − b2 + c2

c

)2

=b2

c2(b2 + c2

)

sao tangentes nos pontos (0,±b, c).

4. Seja f uma funcao diferenciavel e S a superfıcie de equacao z = y f(xy ).

(a) Determine uma equacao do plano tangente a S num ponto (x0, y0, z0) ∈ S.

(b) Mostre que todos os planos tangentes a S passam em (0, 0, 0).


5. Prove que toda a recta normal a uma esfera passa no seu centro.

6. Determine os pontos do paraboloide z = 4x2 + 9y2 onde a normal a superfıcie e

paralela a recta que passa por P (−2, 4, 3) e Q(5,−1, 2).

7. Prove que o plano tangente a superfıcie z = x2 − y2 no ponto P = (a, b, c) e intersec-

tado pelo eixo dos zz no ponto (0, 0,−c).

8. Considere a superfıcie S definida por

x2 + y2 − z2 − 2x = 0 .

Determine os pontos de S nos quais o plano tangente a S e paralelo a um dos planos

coordenados.

1.3.5 Teorema da funcao inversa

Considere-se uma funcao f : D ⊆ Rn → R

n, onde D e aberto e f e de classe C1 em

D. Suponha-se que se quer saber em que condicoes a funcao f e invertıvel, isto e, em

que condicoes e que existe uma funcao g tal que g ◦ f e f ◦ g coincidem com a aplicacao

identidade de Rn. Para n = 1 e valido o resultado:

Teorema 1.3.1 Sejam f uma funcao real de uma variavel real de classe C1 e ]a, b[ um

intervalo real tal que

f ′(x) 6= 0 , ∀x ∈]a, b[ .

Entao f e uma bijeccao de ]a, b[ sobre um intervalo ]α, β[ e portanto e invertıvel em ]a, b[.

Isto e, existe uma funcao g :]α, β[→]a, b[ tal que

(g ◦ f)(x) = x , ∀x ∈]a, b[(f ◦ g)(y) = y , ∀y ∈]α, β[ .

(A funcao g nestas condicoes diz-se a funcao inversa de f em ]a, b[). Mais, g e de classe

C1 em ]α, β[ e

g′ (f(x)) =1

f ′(x),∀x ∈]a, b[ .

Para n ≥ 2 tem-se o resultado seguinte, que nao demonstraremos.

Teorema 1.3.2 (Teorema da funcao inversa)

Seja f : D ⊆ Rn → R

n, de classe C1 em D e a ∈ int(D) tal que det Jf (a) 6= 0. Entao

existem dois conjuntos abertos, A ⊆ D e B ⊆ f(D) tais que

(i) a ∈ A e f(a) ∈ B;

(ii) A funcao f|A : A −→ Bx 7−→ f(x)

e bijectiva e portanto invertıvel;


(iii) A funcao inversa de f|A, f−1|A , e de classe C1 em B;

(iv) ∀x ∈ A, Jf−1

|A

(f(x)) = Jf (x)−1.

Observe-se que este resultado apenas garante a invertibilidade local (invertibilidade

numa vizinhanca do ponto a) da funcao. Para n ≥ 2 o facto de se verificar

det Jf (x) 6= 0 , ∀x ∈ B(a, δ)

nao garante que a funcao f seja invertıvel em B(a, δ), como se comprova atraves do exemplo

seguinte.


f : R2 −→ R

2

(x, y) 7−→ (ex cos y, ex sin y).

Considere-se a bola aberta B((0, 2π), 2π). Para (x, y) ∈ R2,

det Jf (x, y) =

∣∣∣∣ex cos y −ex sin yex sin y ex cos y

∣∣∣∣ = e2x 6= 0 .

Assim,

det Jf (x, y) 6= 0 , ∀(x, y) ∈ B((0, 2π), 2π) .

No entanto f(0, π/2) = (0, 1) = f(0, 5π/2) e portanto f nao e invertıvel em B((0, 2π), 2π),

porque nao e injectiva em B((0, 2π), 2π).

Relativamente ao teorema da funcao inversa tem-se ainda que se f e de classe Ck em

D tambem f−1|A e de classe Ck em B.

Para terminar vejamos um exemplo de aplicacao do teorema da funcao inversa.

Exemplo 1.3.9 Consideremos a funcao

f : R2 −→ R

2

(x, y) 7−→ (exy, 2x− 2y).

Esta funcao e de classe C1 em R2. Para (x, y) ∈ R

2,

det Jf (x, y) =

∣∣∣∣yexy xexy

2 −2

∣∣∣∣ = (−2x− 2y)exy .

Por exemplo, det Jf (0, 1) = −2 6= 0 e aplicando o teorema da funcao inversa conclui-se que

f e invertıvel numa vizinhanca de (0, 1). Designando por g a funcao que e a inversa de f

nessa vizinhanca de (0, 1), tem-se ainda que

Jg(1,−2) = Jg(f(0, 1)) = Jf (0, 1)−1 =

[1 02 −2

]−1

=

[1 01 −1/2

].


1.3.6 Exercıcios

1. Mostre que a funcao vectorial definida por f(x, y, z) = (x2 − y2, xy, ez) e invertıvel

numa vizinhanca de qualquer ponto (x0, y0, z0) ∈ R3 tal que x2

0+y20 6= 0 e determine a

matriz Jacobiana, no ponto (1, 0, 1), da funcao g que e a inversa de f numa vizinhanca

de (1, 0, 0).

2. Determine os pontos P0 para os quais o teorema da funcao inversa garante a inver-

tibilidade, numa vizinhanca de P0, das seguintes funcoes:

(a) f(x, y) = (x2 + y2, sin x) , (x, y) ∈ R2;

(b) ϕ(u, v, w) = eu(cos v sinwı+ sin v sinw+ coswk) , (u, v, w) ∈ R3;

(c) h(x, y) = (x2 + 2xy, 2x+ 2y) , (x, y) ∈ R2.

1.4 Funcoes reais de varias variaveis reais (parte 2)

1.4.1 Teorema da funcao implıcita

A equacao x+ y− 1 = 0 e a equacao de uma recta de R2. Pode ser resolvida em ordem a y

obtendo-se y = 1−x. Tem-se assim uma funcao f : R −→ R

x 7−→ 1 − x

tal que x+ f(x)−

1 = 0, para todo o x ∈ R, isto e, tal que todos os pontos da forma (x, f(x)) pertencem a

recta de equacao x+ y − 1 = 0.

Isto nem sempre e possıvel. Por exemplo, a equacao x2+y2+1 = 0 nao tem solucoes reais

e portanto nao existe uma funcao real de uma variavel, f , verificando x2 + f(x)2 + 1 = 0.

Seja F uma funcao real de 2 variaveis reais. Diz-se que a equacao F (x, y) = 0 define

implicitamente y como funcao de x numa vizinhanca de (x0, y0) se existem pelo menos

um intervalo real aberto I, contendo x0, e exactamente uma funcao f : I ⊆ R → R tal que

f(x0) = y0

e F (x, f(x)) = 0 , ∀x ∈ I .

Exemplo 1.4.1 Seja F (x, y) = x2 + y2 − 1. Considere-se a funcao

f1 : ] − 1, 1[ −→ R

x 7−→√

1 − x2.

Para todo o x ∈]−1, 1[, F (x, f1(x)) = 0 e portanto a equacao x2+y2−1 = 0 define implici-

tamente y como funcao de x em qualquer vizinhanca de um ponto da forma (x0,√

1 − x20),

com x0 ∈] − 1, 1[. Note-se que se se considerar a funcao

f2 : ] − 1, 1[ −→ R

x 7−→ −√

1 − x2

tem-se tambem F (x, f2(x)) = 0, para todo o x ∈]−1, 1[, e portanto a equacao x2+y2−1 = 0

define implicitamente y como funcao de x em qualquer vizinhanca de um ponto da forma

(x0,−√

1 − x20), com x0 ∈] − 1, 1[.


Vejamos agora que a mesma equacao nao define implicitamente y como funcao de x em

qualquer vizinhanca de (1, 0). Suponha-se que existem I intervalo real aberto contendo 1 e

f : I → R tais que f(1) = 0 e x2 + f(x)2 − 1 = 0, para todo o x ∈ I. Sendo I um intervalo

aberto e 1 um elemento de I, existe 0 < δ < 2 tal que 1 + δ ∈ I. Assim,

(1 + δ)2 + f(1 + δ)2 − 1 = 0 ⇔ 1 + 2δ + δ2 + f(1 + δ)2 − 1 = 0

⇔ f(1 + δ)2 = −δ2 − 2δ < 0 ,

chegando-se assim a uma contradicao.

Teorema 1.4.1 (Teorema da funcao implıcita)

SejamF : D ⊆ R

2 −→ R

(x, y) 7−→ F (x, y)

uma funcao e (x0, y0) ∈ int(D) tal que F (x0, y0) = 0. Suponha-se que existe uma bola

aberta, B, contida em D e centrada em (x0, y0) tal que F ∈ C1(B) e que Fy(x0, y0) 6= 0.

Entao existe um intervalo aberto de R contendo x0, I, e existe uma unica funcao f : I → R

verificando

(i)f ∈ C1(I) ;f(x0) = y0 ;F (x, f(x)) = 0 , ∀x ∈ I .

(ii) Para x1 ∈ I tal que Fy(x1, f(x1)) 6= 0 tem-se

df

dx(x1) = −Fx(x1, f(x1))

Fy(x1, f(x1)).

Demonstracao: Comecemos por demonstrar (i). Considere-se a funcao vectorial

g : D ⊆ R2 −→ R

2

(x, y) 7−→ (x, F (x, y)).

Esta funcao e de classe C1 em B e

det Jg(x0, y0) =

∣∣∣∣1 0

Fx(x0, y0) Fy(x0, y0)

∣∣∣∣ = Fy(x0, y0) 6= 0 .

O teorema da funcao inversa garante que existem dois conjuntos abertos, A1 ⊆ B,

A2 ⊆ g(B) e uma unica funcao h : A2 → A1 tais que (x0, y0) ∈ A1, g(x0, y0) ∈ A2,

h ∈ C1(A2),

(h ◦ g)(x, y) = (x, y) , ∀(x, y) ∈ A1 (1.29)

e

(g ◦ h)(u, v) = (u, v) , ∀(u, v) ∈ A2 . (1.30)


Designem-se por h1 e h2 as componentes de h. De (1.30) obtem-se que, para qualquer

(u, v) ∈ A2,

(u, v) = (g ◦ h)(u, v) = g(h1(u, v), h2(u, v)) = (h1(u, v), F (h1(u, v), h2(u, v)))

e portanto {h1(u, v) = uF (h1(u, v), h2(u, v)) = v

.

Provou-se assim que

F (u, h2(u, v)) = v , ∀(u, v) ∈ A2 . (1.31)

Atendendo a definicao de g obtem-se que g(x0, y0) = (x0, F (x0, y0)) = (x0, 0). Por outro

lado g(x0, y0) ∈ A2 e este conjunto e aberto. Assim, existe δ > 0 tal que B((x0, 0), δ) ⊆ A2.

Seja I =]x0 − δ, x0 + δ[ e considere-se a funcao

f : I → R

x 7→ h2(x, 0).

Sendo h de classe C1 em A2 tambem f e de classe C1 em I. Alem disso,

f(x0) = h2(x0, 0) = (h2 ◦ g)(x0, y0) = y0

(1.29)

eF (x, f(x)) = F (x, h2(x, 0)) = 0 , ∀x ∈ I .

(1.31)

A unicidade de f resulta da unicidade de h.

Demonstre-se agora a parte (ii) do teorema.

Seja x1 ∈ I. O ponto (x1, 0) e um ponto de B((x0, 0), δ) logo (x1, 0) ∈ A2 e

(x1, f(x1)) = (x1, h2(x1, 0)) = h(x1, 0) ∈ A1 ⊆ B .

Uma vez que F e de classe C1 em B pode concluir-se que F e diferenciavel em (x1, f(x1)).

Por outro lado f e de classe C1 em I e portanto e diferenciavel em x1. Pode entao aplicar-se

a regra da cadeia para derivar ambos os membros da igualdade F (x, f(x)) = 0 em ordem

a x no ponto x1, obtendo-se

Fx(x1, f(x1))dx

dx(x1) + Fy(x1, f(x1))

df

dx(x1) = 0 .

Assim, se Fy(x1, f(x1)) 6= 0, obtem-se

df

dx(x1) = −Fx(x1, f(x1))

Fy(x1, f(x1)).

Pode provar-se que se F e de classe Ck em B entao f e de classe Ck em I.

As definicoes e o resultado anterior generalizam-se para equacoes em n ≥ 3 incognitas.


Sejam entao n um inteiro superior ou igual a 3 e

F : D1 ⊆ Rn −→ R

(x1, . . . , xn−1, y) 7−→ F (x1, . . . , xn−1, y)

uma funcao. Diz-se que a equacao F (x1, . . . , xn−1, y) = 0 define implicitamente y como

funcao das variaveis x1, . . . , xn−1, numa vizinhanca do ponto (a1, . . . , an−1, y0), se existem

um aberto de Rn−1 contendo (a1, . . . , an−1), D2, e exactamente uma funcao

f : D2 ⊆ Rn−1 −→ R

(x1, . . . , xn−1) 7−→ f(x1, . . . , xn−1)

tal quef(a1, . . . , an−1) = y0

e F (x1, . . . , xn−1, f(x1, . . . , xn−1)) = 0 , ∀(x1, . . . , xn−1) ∈ D2 .

Teorema 1.4.2 (Teorema da funcao implıcita)

SejamF : D ⊆ R

n −→ R

(x1, . . . , xn−1, y) 7−→ F (x1, . . . , xn−1, y)

uma funcao e (a1, . . . , an−1, y0) ∈ int(D) tal que F (a1, . . . , an−1, y0) = 0. Suponha-se que

existe uma bola aberta, B, contida em D e centrada em (a1, . . . , an−1, y0) tal que F ∈ Ck(B)

e que Fy(a1, . . . , an−1, y0) 6= 0. Entao existe uma bola aberta de B′ ⊆ Rn−1 centrada em

(a1, . . . , an−1) e existe uma unica funcao f : B′ → R verificando

(i)f ∈ Ck(B′) ;f(a1, . . . , an−1) = y0 ;F (x1, . . . , xn−1, f(x1, . . . , xn−1)) = 0 , ∀(x1, . . . , xn−1) ∈ B′ .

(ii) Para (x1, . . . , xn−1) ∈ B′ tal que Fy(x1, . . . , xn−1, f(x1, . . . , xn−1)) 6= 0 tem-se

fxi(x1, . . . , xn−1) = −Fxi

(x1, . . . , xn−1, f(x1, . . . , xn−1))

Fy(x1, . . . , xn−1, f(x1, . . . , xn−1)), i = 1, 2, . . . , n− 1 .

Exemplo 1.4.2 Considere-se a equacao x2 + y2 + z2 − 1 = 0. Vamos mostrar que esta

equacao define implicitamente z como funcao de x e y numa vizinhanca do ponto P0 =

(0,√

2/2,√

2/2) e calcular zx(0,√

2/2) e zy(0,√

2/2).

A funcao definida por F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 −1 em R3 e uma funcao polinomial logo

e de classe C1. Tem-se ainda que F (P0) = 0 + 1/2 + 1/2 − 1 = 0 e

Fz(0,√

2/2,√

2/2) = [2z](0,√

2/2,√

2/2) =√

2 6= 0 .

Assim o teorema e aplicavel concluindo-se que a equacao dada define implicitamente z

como funcao de x e y numa vizinhanca do ponto P0 e que

zx(0,√

2/2) = −Fx(0,√

2/2,√

2/2)

Fz(0,√

2/2,√

2/2)= −

[2x](0,√

2/2,√

2/2)√2

= 0

e

zy(0,√

2/2) = −Fy(0,√

2/2,√

2/2)

Fz(0,√

2/2,√

2/2)= −

[2y](0,√

2/2,√

2/2)√2

= −1 .


1.4.2 Exercıcios

1. Mostre que a equacao x2 + y2 − z2 − xy = 0 define z como funcao implıcita de x e y

numa vizinhanca do ponto (1, 1, 1) e calcule ∂z∂x

(1, 1) e ∂z∂y

(1, 1) .

2. Suponha que a equacao f(yx,zx) = 0 define z como funcao implıcita de x e y nas

condicoes do teorema da funcao implıcita. Mostre que entao x ∂z∂x

+ y ∂z∂y

= z .

3. Seja H(x, y) = sin(3x− y). Calcule dHd t

nos pontos em que as equacoes

{x3 + 2y = 2t3

x− y2 = t2 + 3t

definem implicitamente, nas condicoes do teorema, funcoes x(t) e y(t).

4. Para que pontos (x0, y0) (e nas respectivas vizinhancas), define a expressao

y2 − 2xy = 1:

(a) y como funcao implıcita de x ;

(b) x como funcao implıcita de y .

5. Seja f(θ) uma funcao com derivada contınua, para todo o θ ∈ R, e tal que f(1) = e+2.

(a) Prove que a equacao z2

2 + exy = f(xy ) define z como funcao implıcita de x e y

numa vizinhanca do ponto (1, 1,−2).

(b) Prove que

(x∂z

∂x+ y

∂z

∂y

)

(1,1)

= e.

6. Seja f : R2 → R uma funcao com derivadas parciais contınuas em R

2 e tal que

f(1, 2) = f(2, 1) = 0fx(1, 2) = 1fy(2, 1) = 2

.

(a) Prove que a equacao (z+f(x, y))(z+f(y, x)) = 1 define z como funcao implıcita

de x e y numa vizinhanca do ponto (1, 2, 1).

(b) Calcule zx(1, 2) .

7. Determine uma relacao do tipo F (x, y, z) = 0 que defina z como funcao implıcita de

x e y, com domınio R2, e satisfazendo

∂z∂x

=4x3y

3z2 + 1

z(1, y) = y

.

8. Considere a equacao x− z + (y + z)2 − 6 = 0.


(a) Mostre que a equacao dada define z como funcao implıcita de x e y numa

vizinhanca do ponto (3,−3, 1).

(b) Calcule ∂z∂x

(3,−3) , ∂z∂y

(3,−3) e ∂2z∂x∂y

(3,−3).

9. Sejam f , g e h funcoes diferenciaveis. Sabendo que a relacao f [g(xy, zx)] = 0 define

implicitamente z = h(x, y), prove que

x∂z

∂x− y

∂z

∂y= −z .

10. Considere a equacao

log(xyz) + ex+ 2y − ez = 0 .

(a) Prove que numa vizinhanca de (1, 1/2, 2/e) esta equacao define x como funcao

implıcita de y e z.

(b) Calcule∂x

∂y

(1

2,2

e

)e

∂2x

∂z∂y

(1

2,2

e

).

1.4.3 Formula de Taylor para funcoes reais de 2 variaveis reais

De seguida enunciamos e demonstramos o teorema de Taylor (para funcoes reais de 2

variaveis reais) que sera usado na demonstracao do resultado fundamental da subseccao

seguinte.

Teorema 1.4.3 (Teorema de Taylor)

Seja f : D ⊆ R2 → R uma funcao de classe Cm+1 numa bola aberta, B, contida em D

e centrada em (x0, y0) ∈ D. Seja ~u = (u1, u2) um vector de R2 tal que (x0, y0) + ~u =

(x0 + u1, y0 + u2) ∈ B. Entao

f(x0 + u1, y0 + u2) = f(x0, y0) +D~uf(x0, y0) +1

2!D2

~uf(x0, y0) + · · · + 1

m!Dm

~uf(x0, y0)

+1

(m+ 1)!Dm+1

~uf(x0 + θu1, y0 + θu2) , com θ ∈]0, 1[ . (1.32)

Demonstracao: Suponha-se que ~u 6= ~0 e designe-se por r o raio da bola aberta B. Para

t ∈ R a distancia de (x0 + tu1, y0 + tu2) a (x0, y0) e ‖(tu1, tu2)‖ = |t| ‖~u‖. Assim,

(x0 + tu1, y0 + tu2) ∈ B ⇔ |t| ‖~u‖ < r

⇔ t ∈]− r

‖~u‖ ,r

‖~u‖

[.

Pode pois definir-se uma funcao real de uma variavel real por

ϕ : I −→ R

t 7−→ f(x0 + tu1, y0 + tu2) ,


sendo I =

]− r

‖~u‖ ,r

‖~u‖

[.

Para t ∈ I, usando a regra da cadeia, obtem-se

ϕ′(t) = fx(x0 + tu1, y0 + tu2)d

dt(x0 + tu1) + fy(x0 + tu1, y0 + tu2)

d

dt(y0 + tu2)

= fx(x0 + tu1, y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1, y0 + tu2)u2

= 〈∇f(x0 + tu1, y0 + tu2), ~u〉= D~uf(x0 + tu1, y0 + tu2) .

Por inducao em k e atendendo a que f e de classe Cm+1 em B prova-se facilmente que

ϕ(k)(t) = Dk

~uf(x0 + tu1, y0 + tu2) , k = 1, 2, . . . ,m+ 1 , t ∈ I

e que ϕ e de classe Cm+1 em I. Uma vez que (x0 + u1, y0 + u2) ∈ B, ‖~u‖ = d((x0, y0), (x0 +

u1, y0 + u2)) < r. Entao 1 ∈ I. Obviamente tambem 0 ∈ I. A formula de MacLaurin para

a funcao ϕ permite obter

ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ′(0) +1

2!ϕ(2)(0) + · · · + 1

m!ϕ(m)(0) +

1

(m+ 1)!ϕ(m+1)(θ) ,

com θ ∈]0, 1[.

Mas esta igualdade e precisamente (1.32).

Observacao 1.4.1 A formula (1.32) costuma ser designada por formula de Taylor de

ordem m de f em torno de (x0, y0).

A soma

f(x0, y0) +D~uf(x0, y0) +1

2!D2

~uf(x0, y0) + · · · + 1

m!Dm

~uf(x0, y0)

chama-se expansao de Taylor de ordem m de f em torno de (x0, y0), e a

1

(m+ 1)!Dm+1

~uf(x0 + θu1, y0 + θu2)

chama-se resto de ordem m+ 1 da formula de Taylor no ponto (x0, y0).

Iremos ver em seguida que o resto de ordem m + 1 da formula de Taylor no ponto

(x0, y0) pode ser escrito de outro modo. Para tal precisaremos do lema seguinte.

Lema 1.4.1 Seja f uma funcao de classe Cp num aberto de R2, D. Para (x0, y0) ∈ D,

λ ∈ R, ~v = (v1, v2) ∈ R2 e k = 1, 2, . . . , p tem-se

Dk

λ~vf(x0, y0) = λkDk

~vf(x0, y0) .


Demonstracao: Usando a proposicao 1.2.19 tem-se que

Dk

λ~vf(x0, y0) =

∑ki=0

(ki

)(λv1)

k−i (λv2)i ∂kf

∂xk−i1

∂xi2

(x0, y0)

= λk∑k

i=0

(ki

)vk−i

1 vi2

∂kf

∂xk−i1

∂xi2

(x0, y0)

= λkDk

~vf(x0, y0) .

Por uma questao de simplificar a notacao representaremos, no que se segue, o versor

de um vector ~v 6= ~0 por v. Isto e,

v =1

‖~v‖~v .

Observacao 1.4.2 O resto da formula de Taylor pode ser escrito de outra forma. Para

f , (x0, y0) e ~u = (u1, u2) ∈ R2 \ {~0} nas condicoes do teorema de Taylor defina-se

α(~u) = Dm+1

uf(x0 + θ(~u)u1, y0 + θ(~u)u2) −Dm+1

uf(x0, y0) ,

onde θ(~u) ∈]0, 1[ e o numero cuja existencia e garantida pelo teorema de Taylor. Usando

a proposicao 1.2.19 obtem-se

α(u1, u2) =m+1∑

k=0

(m+ 1k

)um+1−k

1 uk2

(u21 + u2

2)m+1

2

[∂m+1f

∂xm+1−k ∂yk(x0 + θ(u1, u2)u1, y0 + θ(u1, u2)u2)

− ∂m+1f

∂xm+1−k ∂yk(x0, y0)

].

Para cada k, [um+1−k

1 uk2

(u21 + u2

2)m+1

2

]2

≤ 1

e portanto a funcao

(u1, u2) 7→um+1−k

1 uk2

(u21 + u2

2)m+1

2

e limitada.

Por outro lado, sendo f de classe Cm+1 numa vizinhanca de (x0, y0) e θ(u1, u2) ∈]0, 1[,

lim(u1,u2)→(0,0)

[∂m+1f

∂xm+1−k ∂yk(x0 + θ(u1, u2)u1, y0 + θ(u1, u2)u2) −

∂m+1f

∂xm+1−k ∂yk(x0, y0)

]= 0 .

Entao

lim~u→~0

α(~u) = 0 .

Assim o resto da formula de Taylor toma a forma


1

(m+ 1)!Dm+1

~uf(x0 + θ(~u)u1, y0 + θ(~u)u2) =

‖~u‖m+1

(m+ 1)!Dm+1

uf(x0 + θ(~u)u1, y0 + θ(~u)u2)

=‖~u‖m+1

(m+ 1)!

[Dm+1

uf(x0, y0) + α(~u)

],

onde lim~u→~0 α(~u) = 0.

Observacao 1.4.3 Para funcoes reais de n > 2 variaveis reais definem-se as derivadas

direccionais de ordem superior a primeira da mesma maneira que para funcoes reais de 2

variaveis e e tambem valido o teorema de Taylor.

Exemplo 1.4.3 Vamos escrever a expansao de Taylor de ordem 2 da funcao f(x, y) =

sin(xy), em torno do ponto (1, π).

A funcao f e de classe C3 em R2. Sejam ~u = (u1, u2) e (x, y) ∈ R

2. Usando a proposicao

1.2.19 obtem-se

D~uf(1, π) = fx(1, π)u1 + fy(1, π)u2

= π cos(π)u1 + 1 cos(π)u2

= −πu1 − u2

e

D2

~uf(1, π) = fx2(1, π)u21 + 2fxy(1, π)u1u2 + fy2(1, π)u2

2

= −π2 sin(π)u21 + 2(cos(π) − sin(π))u1u2 − sin(π)u2

2

= −2u1u2 .

Assim, a expansao de Taylor de ordem 2 da funcao f , em torno do ponto (1, π) e

f(1, π) +D~uf(1, π) +1

2!D2

~uf(1, π) = −πu1 − u2 − u1u2 .

1.4.4 Extremos. Extremos condicionados

Considere-se uma funcao real de n ≥ 2 variaveis reais,

f : D ⊆ Rn −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x1, x2, . . . , xn)

e seja a = (a1, a2, . . . , an) um ponto de D.

Diz-se que f tem em a um mınimo local se existe uma bola aberta B centrada em a tal

que

∀x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D ∩ B , f(x) ≥ f(a) .

Diz-se que f tem em a um maximo local se existe uma bola aberta B centrada em a tal

que

∀x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D ∩ B , f(x) ≤ f(a) .


Se f tem em a um mınimo ou maximo local, diz-se que f(a) e um extremo local de f

e que a e um ponto extremante para f .

A funcao f tem em a um mınimo absoluto se

∀x ∈ D , f(x) ≥ f(a) .

A funcao f tem em a um maximo absoluto se

∀x ∈ D , f(x) ≤ f(a) .

Teorema 1.4.4 (Teorema de Weierstrass)

Se D e um subconjunto de Rn fechado e limitado e f e uma funcao contınua em D entao

f tem em D um mınimo absoluto e um maximo absoluto.

Veremos primeiro como determinar os pontos extremantes (caso existam) que pertencem

ao interior do domınio da funcao. As condicoes necessarias para a existencia de um extremo

local num ponto interior do domınio, dadas na proposicao seguinte, sao conhecidas como

condicoes de 1a ordem ou de estacionaridade.

Proposicao 1.4.1 Se a funcao f tem em a ∈ int(D) um extremo local e se existem as

derivadas parciais de 1a ordem de f em a, entao elas sao todas iguais a zero.

Demonstracao: Suponha-se que f tem em a = (a1, a2, . . . , an) um mınimo local. Existe

δ > 0 tal que B(a, δ) ⊆ D e

∀x ∈ B(a, δ) , f(x) ≥ f(a) .

Fixe-se i ∈ {1, 2, . . . , n} qualquer e considere-se a funcao real de uma variavel real

gi : ]ai − δ, ai + δ[ −→ R

xi 7−→ f(a1, . . . , ai−1, xi, ai+1, . . . , an) .

Para todo o xi ∈]ai − δ, ai + δ[,

gi(xi) = f (a1, . . . , ai−1, xi, ai+1, . . . , an)︸︷︷︸∈B(a,δ)

≥ f(a1, . . . , an) = gi(ai) .

Isto e, gi tem em ai um mınimo local. Uma vez que

g′i(ai) =∂f

∂xi

(a) ,

conclui-se que esta derivada parcial e zero.

Um ponto a do domınio de f diz-se um ponto crıtico (ou ponto estacionario) de f se

existem e sao nulas todas as derivadas parciais de 1a ordem de f em a. Da proposicao

anterior resulta entao que se a e um ponto extremante de f , pertencente ao interior do

domınio de f , e se existem todas as derivadas parciais de 1a ordem de f em a entao a e

um ponto crıtico de f . Como se vera no exemplo seguinte o recıproco e falso, isto e, um

ponto crıtico nem sempre e um ponto extremante.


Exemplo 1.4.4 Vejamos que o ponto (0, 0) e um ponto crıtico da funcao f(x, y) = x3−2y3,

definida em R2, mas nao e um ponto extremante.

fx(0, 0) =[3x2](0,0)

= 0 e fy(0, 0) =[−6y2

](0,0)

= 0 ,

e portanto (0, 0) e um ponto crıtico de f .

Seja δ > 0 qualquer e designe-se por B a bola aberta centrada em (0, 0) de raio δ. Seja

y1 ∈]0, δ[. Entao −y1 ∈] − δ, 0[ e (0, y1), (0,−y1) ∈ B. Ora

f(0, y1) = −2y31 < 0 = f(0, 0) e f(0,−y1) = 2y3

1 > 0 = f(0, 0)

e portanto toda a bola aberta centrada em (0, 0) contem pontos onde f assume valores

estritamente inferiores a f(0, 0) e contem pontos onde f assume valores estritamente su-

periores a f(0, 0).

O

Z

XY

z=x -2y33

Fig. 1.4.1

Como saber se um dado ponto crıtico e um ponto extremante? Claro que se pode tentar

fazer o estudo directo da natureza do ponto, como no exemplo anterior, mas, regra geral,

esse estudo nao e simples.

Observe-se que se a e um ponto crıtico situado no interior do domınio da funcao e se

esta for diferenciavel em a, para qualquer vector ~v ∈ Rn,

D~vf(a) = 〈∇f(a), ~v〉 =⟨~0, ~v⟩

= 0 .

Isto e, todas as derivadas direccionais de 1a ordem de f no ponto a sao nulas.

Para estudar a natureza de um ponto crıtico a, situado no interior do domınio de f , o

procedimento usual e determinar a ordem da primeira derivada direccional de f no ponto

a que nao se anula identicamente, isto e, determinar o menor inteiro positivo m tal que

Dm

~vf(a) 6= 0, para algum ~v ∈ R

n. Pelo visto anteriormente, sendo a um ponto crıtico de

f forcosamente este m e estritamente superior a 1. Aplica-se depois o teorema seguinte

(condicoes de ordem superior a 1a).


Teorema 1.4.5 Sejam f : D ⊆ Rn → R, a ∈ int(D) um ponto crıtico de f e m > 1 a

ordem da primeira derivada direccional de f em a que nao se anula identicamente (isto

e existe ~w ∈ Rn tal que Dm

~wf(a) 6= 0 e Dp

~vf(a) = 0 para todo o ~v ∈ R

n e todo o p ∈{1, . . . ,m− 1}). Suponha-se que f e de classe Cm numa vizinhanca de a. Entao:

(a) Se m e ımpar o ponto a nao e extremante para f ;

(b) Se m e par e Dm

~vf(a) > 0 para todo o ~v ∈ R

n \ {~0} entao f tem um mınimo local em

a;

(c) Se m e par e Dm

~vf(a) < 0 para todo o ~v ∈ R

n \ {~0} entao f tem um maximo local em

a;

(d) Se m e par e existem ~u,~v ∈ Rn tais que Dm

~vf(a) < 0 e Dm

~uf(a) > 0 entao a nao e

extremante para f ;

(e) Se m e par, Dm

~vf(a) ≥ 0 para todo o ~v ∈ R

n (ou Dm

~vf(a) ≤ 0 para todo o ~v ∈ R

n) e

existem direccoes singulares (isto e, existe ~u ∈ Rn \ {~0} tal que Dm

~uf(a) = 0), tres

situacoes podem ocorrer:

(e1) Ao longo de alguma direccao singular (direccao de um vector ~u ∈ Rn tal que

Dm

~uf(a) = 0) a primeira derivada direccional que nao se anula tem ordem ımpar.

Entao a nao e um ponto extremante de f ;

(e2) Ao longo de alguma direccao singular a primeira derivada direccional que nao

se anula tem ordem par mas e de sinal contrario ao de Dm

~vf(a), para ~v nao

definindo uma direccao singular. Neste caso a nao e extremante;

(e3) Ao longo de todas as direccoes singulares as primeiras derivadas direccionais

que nao se anulam sao de ordem par e tem o mesmo sinal que Dm

~vf(a), para ~v

nao definindo uma direccao singular. Neste caso nada se pode concluir.

Faremos a demonstracao apenas para n = 2. Para tal precisaremos do lema seguinte.

Lema 1.4.2 Sejam n = 2 e f , a = (a1, a2) e m nas condicoes do teorema. Seja ainda

B = B(a, r) uma vizinhanca de a onde f e de classe Cm. Se ~v = (v1, v2) ∈ R2\{~0} e tal que

Dm

~vf(a1, a2) 6= 0, entao existe δ > 0 (dependente de ~v) tal que, para todo o λ verificando 0 <

λ < δ, o ponto (a1+λv1, a2+λv2) pertence a B e a diferenca f(a1+λv1, a2+λv2)−f(a1, a2)

tem o sinal de Dvf(a1, a2).

Demonstracao: Considere-se ~v = (v1, v2) ∈ R2 \ {~0} tal que Dm

~vf(a1, a2) 6= 0. Seja

λ ∈ R+ tal que λ < r

‖~v‖ . Entao (a1 + λv1, a2 + λv2) ∈ B e da formula de Taylor de ordem

m− 1 de f em torno de a obtem-se


f(a1 + λv1, a2 + λv2) − f(a1, a2) =m−1∑

k=0

1

k!Dk

λ~vf(a1, a2) +

1

m!Dm

λ~vf(a1 + θλv1, a2 + θλv2)

=λm‖~v‖m

m!Dm

v f(a1 + θλv1, a2 + θλv2) , (1.33)

com θ ∈]0, 1[ .

Sendo f de classe Cm em B, a funcao Dm

vf : (x1, x2) 7→ Dm

vf(x1, x2) e contınua em B e

portanto

Dm

v f(a1 + θλv1, a2 + θλv2) → Dm

v f(a1, a2)

quando λ→ 0.

Seja 0 < ε <∣∣∣Dm

vf(a1, a2)

∣∣∣. Da definicao de limite conclui-se que existe δ > 0 tal que

δ < r‖~v‖ e

0 < λ < δ ⇒∣∣∣Dm

v f(a1 + θλv1, a2 + θλv2) −Dm

v f(a1, a2)∣∣∣ < ε

⇒ Dm

v f(a1, a2) − ε < Dm

v f(a1 + θλv1, a2 + θλv2) < Dm

v f(a1, a2) + ε .

Entao para 0 < λ < δ, Dm

vf(a1 + θλv1, a2 + θλv2) tem o sinal de Dm

vf(a1, a2) e portanto

de (1.33) conclui-se que o mesmo acontece com f(a1 + θλv1, a2 + θλv2) − f(a1, a2).

Demonstracao do teorema: Seja B = B(a, r) uma vizinhanca de a = (a1, a2) onde f e

de classe Cm.

Demonstracao da parte (a):

Seja B′ uma qualquer bola aberta centrada em a e designe-se por r′ o seu raio. Suponha-

se que r′ < r. Considere-se ~u = (u1, u2) ∈ R2 \ {~0} tal que Dm

~uf(a1, a2) 6= 0. Sem perda de

generalidade suponha-se que Dm

~uf(a1, a2) > 0. Entao (m e ımpar) do lema 1.4.1 conclui-se

que

Dm

−~uf(a1, a2) = (−1)mDm

~uf(a1, a2) = −Dm

~uf(a1, a2) < 0 .

Designe-se por δ1 o numero real positivo cuja existencia e garantida pelo lema 1.4.2

aplicado ao vector ~u. Seja λ1 ∈ R+ tal que λ1 < min{δ1, r′

‖~u‖}.O ponto (b1, b2) = (a1 + λ1u1, a2 + λ1u2) e um ponto de B′ e f(b1, b2)− f(a1, a2) tem o

sinal de Dm

~uf(a1, a2), isto e, f(b1, b2) − f(a1, a2) > 0.

Considere-se agora o numero real positivo, δ2, cuja existencia e garantida pelo lema

1.4.2 aplicado ao vector −~u e seja λ2 ∈ R+ tal que λ2 < min{δ2, r′

‖~u‖}. O ponto (c1, c2) =

(a1 −λ2u1, a2 −λ2u2) e um ponto de B′ e f(c1, c2)− f(a1, a2) tem o sinal de Dm

−~uf(a1, a2),

isto e, f(c1, c2) − f(a1, a2) < 0.

Provou-se assim que em qualquer bola aberta centrada em (a1, a2) existem pontos

(b1, b2) e (c1, c2) verificando f(c1, c2) < f(a1, a2) < f(b1, b2). Entao (a1, a2) nao e extre-

mante.

Demonstracao das partes (b) e (c):


Da proposicao 1.2.19 conclui-se que, para todo o k ∈ N, a funcao

R2 \ {~0} −→ R

~v = (v1, v2) 7−→ Dk

vf(a1, a2)

e o quociente de uma funcao polinomial pela funcao (v21 + v2

2)k2 e portanto e contınua.

Entao a funcaoR

2 \ {~0} −→ R

~v = (v1, v2) 7−→∣∣∣Dm

vf(a1, a2)

∣∣∣e tambem contınua e o teorema de Weierstrass garante que tem um mınimo absoluto no

conjunto fechado e limitado

{~v = (v1, v2) ∈ R2 : v2

1 + v22 = 1} .

Seja µ esse mınimo. Existe um vector u de norma 1 tal que

µ =∣∣∣Dm

u f(a1, a2)∣∣∣ ≤

∣∣∣Dm

v f(a1, a2)∣∣∣ , ∀~v ∈ R

2 \ {~0} . (1.34)

Seja (x1, x2) ∈ B \ {(a1, a2)} e considere-se ~v = (x1 − a1, x2 − a2) ∈ R2. Tem-se

0 < ‖~v‖ < r e portanto usando a formula de Taylor de ordem m − 1 (observacao 1.4.2)

obtem-se

f(x1, x2) − f(a1, a2) = f(a1 + v1, a2 + v2) − f(a1, a2)

=‖~v‖m

m!

[Dm

v f(a1, a2) + α(~v)], (1.35)

onde lim~v→~0

α(~v) = 0 .

Entao (definicao de limite) existe δ3 > 0 tal que

0 < ‖~v‖ < δ3 ⇒ |α(~v)| < µ

⇒ −µ < α(~v) < µ

⇒ −µ+Dm

v f(a1, a2) < Dm

v f(a1, a2) + α(~v) < µ+Dm

v f(a1, a2)

⇒(1.34)

Dm

v f(a1, a2) + α(~v) tem o mesmo sinal que Dm

v f(a1, a2)

⇒(1.35)

f(x1, x2) − f(a1, a2) tem o mesmo sinal que Dm

v f(a1, a2) .

Assim, no caso da alınea (b), para todo o (x1, x2) ∈ B((a1, a2), δ3), tem-se f(x1, x2) ≥f(a1, a2) e f tem um mınimo local em (a1, a2).

No caso da alınea (c) tem-se f(x1, x2) ≤ f(a1, a2) para todo o (x1, x2) ∈ B((a1, a2), δ3)

e f tem um maximo local em (a1, a2).

Demonstracao da parte (d):

Sejam ~u = (u1, u2), ~v = (v1, v2) ∈ R2 tais que Dm

~vf(a1, a2) < 0 e Dm

~uf(a1, a2) > 0.

Entao (lema 1.4.2) existem δ1, δ2 ∈ R+ tais que

0 < λ < δ1 ⇒ f(a1 + λv1, a2 + λv2) > f(a1, a2)


e

0 < λ < δ2 ⇒ f(a1 + λu1, a2 + λu2) < f(a1, a2) .

Seja B((a1, a2), r′) uma qualquer bola aberta centrada em (a1, a2) e considerem-se

δ′1 = min

{r′

‖~v‖ , δ1}, δ′2 = min

{r′

‖~u‖ , δ2}, 0 < λ1 < δ′1 , e 0 < λ2 < δ′2 .

Os pontos definidos por b = (a1 + λ1v1, a2 + λ1v2) e c = (a1 + λ2u1, a2 + λ2u2) sao pontos

de B((a1, a2), r′) e f(c) < f(a) < f(b), concluindo-se que a nao e extremante.

Demonstracao da parte (e):

Suponha-se que Dm

~vf(a1, a2) ≥ 0 para todo o ~v ∈ R

2 e que a direccao de ~u ∈ R2 \ {~0}

e uma direccao singular, isto e, Dm

~uf(a1, a2) = 0. Seja k > m o menor inteiro tal que

Dk

~uf(a1, a2) 6= 0. Aplicando o lema 1.4.2 a ~u conclui-se que, para λ ∈ R

+ suficientemente

pequeno, f(a1 + λu1, a2 + λu2) − f(a1, a2) tem o sinal de Dk

uf(a1, a2).

(e1): Se k e ımpar, por um processo analogo ao usado em (a) conclui-se que (a1, a2)

nao e extremante.

(e2): Neste casoDk

~uf(a1, a2) < 0 e, por hipotese, existe ~w ∈ R

2 tal queDm

~wf(a1, a2) > 0.

Tal como em (d) conclui-se que (a1, a2) nao e extremante.

Vejamos dois exemplos.

Exemplo 1.4.5 Determinemos os extremos locais de

f(x, y) = x2 − 7xy2 + 10y4 .

A funcao f e polinomial logo admite derivadas parciais de qualquer ordem contınuas em

R2. Os pontos crıticos sao os pontos que satisfazem

{2x− 7y2 = 0−14xy + 40y3 = 0

⇔{x = 7

2y2

−9y3 = 0⇔{x = 0y = 0

.

As derivadas parciais de f de segunda ordem sao fx2 = 2, fxy = fyx = −14y e fy2 =

−14x+ 120y2.

Assim, da proposicao 1.2.19 conclui-se que, para ~v = (v1, v2),

D2

~vf(0, 0) = fx2(0, 0)v21 + 2fxy(0, 0)v1v2 + fy2(0, 0)v2

2 = 2v21 .

Entao m = 2 e D2

~vf(0, 0) > 0 se v1 6= 0, D2

~vf(0, 0) = 0 se v1 = 0. Isto e, a direccao de

e2 e singular.

Novamente da proposicao 1.2.19 obtem-se que, para ~v = (0, v2),

D3

~vf(0, 0) = fx3(0, 0) × 0 + 3fx2y(0, 0) × 0 + 3fxy2(0, 0) × 0 + fy3(0, 0) × v32 = 0

e

D4

~vf(0, 0) = fy4(0, 0)v42 = 240v4

2 > 0 .


Esta-se no caso (e3) e nada se pode concluir. Tera de se estudar directamente a natureza

do ponto.

Observe-se que f(x, y) = (x− 5y2)(x− 2y2).

x− 5y2 = 0 e x− 2y2 = 0 sao as equacoes de 2 parabolas de vertice na origem e que so

se intersectam precisamente na origem.

Fig. 1.4.2

Assim, em qualquer vizinhanca de (0, 0) existe um ponto, P1 = (x1, y1), situado entre as

2 parabolas, isto e, tal que 2y21 < x1 < 5y2

1. E f(x1, y1) = (x1−5y21)(x1−2y2

1) < 0 = f(0, 0).

Em qualquer vizinhanca de (0, 0) existe tambem um ponto, P2 = (x2, 0), com x2 6= 0.

E f(x2, 0) = x22 > 0.

Conclui-se assim que (0, 0) nao e extremante e que f nao tem extremos locais.

Exemplo 1.4.6 Consideremos a funcao f(x, y, z) = xy+x2+y2+z2. As derivadas parciais

de 1a ordem de f sao fx = y + 2x, fy = x + 2y e fz = 2z, concluindo-se facilmente que

(0, 0, 0) e o unico ponto crıtico de f .

Neste exemplo temos uma funcao de 3 variaveis e portanto ja nao se pode usar a

proposicao 1.2.19 para calcular as derivadas direccionais de ordem superior a primeira.

Seja ~v = (v1, v2, v3) ∈ R3 \ {~0} e considere-se a funcao

g(x, y, z) = D~vf(x, y, z) = 〈∇f(x, y, z), ~v〉 = (y + 2x)v1 + (x+ 2y)v2 + 2zv3 .

∇g(x, y, z) = (2v1 + v2, v1 + 2v2, 2v3) e portanto

D2

~vf(0, 0, 0) = D~vg(0, 0, 0) = 〈∇g(0, 0, 0), ~v〉 = 2v2

1 + v1v2 + 2v22 + v1v2 + 2v2

3

= v21 + v2

2 + 2v23 + (v1 + v2)

2 > 0 .

f tem em (0, 0, 0) um mınimo local e esse mınimo e f(0, 0, 0) = 0.

Para funcoes de 2 variaveis e no caso de ser tambem m = 2 pode-se usar uma versao

simplificada do teorema anterior.

Sejam f : D ⊆ R2 −→ R, (x0, y0) ∈ int(D) e f de classe C2 numa vizinhanca de (x0, y0).

A matriz Hessiana de f em (x0, y0) e a matriz

H(x0, y0) =

∂2f

∂x2(x0, y0)

∂2f

∂x∂y(x0, y0)

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

∂2f

∂y2(x0, y0)

.


Uma vez que se esta nas condicoes do teorema de Schwarz a matrizH(x0, y0) e simetrica,

isto e, coincide com a sua transposta.

O Hessiano de f em (x0, y0) e o determinante da matriz Hessiana,

∆(x0, y0) = detH(x0, y0) .

Proposicao 1.4.2 Sejam f : D ⊆ R2 −→ R, (x0, y0) ∈ int(D) um ponto crıtico de f ,

sendo f de classe C2 numa vizinhanca de (x0, y0).

(1) Se ∆(x0, y0) > 0 e∂2f

∂x2(x0, y0) > 0 entao f tem em (x0, y0) um mınimo local;

(2) Se ∆(x0, y0) > 0 e∂2f

∂x2(x0, y0) < 0 entao f tem em (x0, y0) um maximo local;

(3) Se ∆(x0, y0) < 0 entao (x0, y0) nao e ponto extremante para f .

Demonstracao:

Partes (1) e (2):

Para λ ∈ R considere-se o vector ~u = (λ, 1) = λı+ .

D2

~uf(x0, y0) =2∑

k=0

(2k

)λ2−k 1k ∂2f

∂x2−k ∂yk(x0, y0)

=∂2f

∂x2(x0, y0)λ

2 + 2λ∂2f

∂x∂y(x0, y0) +

∂2f

∂y2(x0, y0) . (1.36)

O discriminante desta forma quadratica em λ e

∆ = 4

(∂2f

∂x∂y(x0, y0)

)2

− 4∂2f

∂x2(x0, y0)

∂2f

∂y2(x0, y0) = −4∆(x0, y0) < 0 .

Entao, para todo o λ ∈ R, D2

λı+ f(x0, y0) e diferente de zero e tem o sinal de

∂2f

∂x2(x0, y0).

Sera que isto se passa para qualquer vector?

Seja ~v = (v1, v2) ∈ R2 \ {~0}, qualquer.

Se v2 6= 0, ~v = v2~u, sendo ~u =(

v1

v2, 1). Aplicando lema 1.4.1 obtem-se

D2

~vf(x0, y0) = v22D

2

~uf(x0, y0)

e portanto D2

~vf(x0, y0) e diferente de zero e tem o sinal de

∂2f

∂x2(x0, y0).

Se v2 = 0 tera de ser v1 6= 0 e tambem (proposicao 1.2.19)

D2

~vf(x0, y0) = v21

∂2f

∂x2(x0, y0) .


Esta-se entao em condicoes de aplicar o teorema anterior (parte (b) ou parte (c))

concluindo-se que (x0, y0) e um ponto minimizante de f se∂2f

∂x2(x0, y0) > 0 e que (x0, y0) e

um ponto maximizante de f se∂2f

∂x2(x0, y0) < 0.

Parte (3):

Tal como em (1) e (2), para λ ∈ R,

D2

λı+ f(x0, y0) =∂2f

∂x2(x0, y0)λ

2 + 2λ∂2f

∂x∂y(x0, y0) +

∂2f

∂y2(x0, y0) ,

mas neste caso o discriminante desta forma quadratica e −4∆(x0, y0) > 0.

Suponha-se que∂2f

∂x2(x0, y0) 6= 0.

Existem λ1, λ2 ∈ R com λ1 < λ2 tais que

D2

λ1ı+ f(x0, y0) = D2

λ2ı+ f(x0, y0) = 0 ,

D2

λı+ f(x0, y0) tem o sinal de∂2f

∂x2(x0, y0) para λ ∈] −∞, λ1[∪]λ2,+∞[

e

D2

λı+ f(x0, y0) tem o sinal de − ∂2f

∂x2(x0, y0) , para λ ∈]λ1, λ2[ .

Do teorema anterior conclui-se que (x0, y0) nao e extremante.

No caso de se ter∂2f

∂x2(x0, y0) = 0 e

∂2f

∂y2(x0, y0) 6= 0 considerando vectores da forma

ı+ λ chega-se a mesma conclusao.

Se∂2f

∂x2(x0, y0) =

∂2f

∂y2(x0, y0) = 0, por hipotese tera de ser

∂2f

∂x∂y(x0, y0) 6= 0.

Se λ > 0, D2

λı+ f(x0, y0) tem o sinal de∂2f

∂x∂y(x0, y0) e D2

−λı− f(x0, y0) tem o sinal

contrario, concluindo-se tambem que (x0, y0) nao e ponto extremante.

Exemplo 1.4.7 Determinemos os extremos locais da funcao definida em R2 por f(x, y) =

xye−x−y. As derivadas parciais de 1a ordem de f sao fx = y(−x + 1)e−x−y e fy = x(1 −y)e−x−y. Os pontos crıticos de f sao os pontos (0, 0) e (1, 1). A funcao f e de classe C2 em

R2 logo pode aplicar-se a proposicao anterior. As derivadas parciais de 2a ordem de f sao

fx2 = y(x− 2)e−x−y, fy2 = x(y − 2)e−x−y e fxy = fyx = (xy − y − x+ 1)e−x−y. Assim

∆(0, 0) =

∣∣∣∣fx2(0, 0) fyx(0, 0)fxy(0, 0) fy2(0, 0)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣0 11 0

∣∣∣∣ = −1 < 0

e portanto (0, 0) nao e um ponto extremante. De

∆(1, 1) =

∣∣∣∣fx2(1, 1) fyx(1, 1)fxy(1, 1) fy2(1, 1)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−e−2 0

0 −e−2

∣∣∣∣ = e−4 > 0

e uma vez que fx2(1, 1) < 0, conclui-se que (1, 1) e um ponto maximizante de f . Assim f

atinge um maximo local no ponto (1, 1) e esse maximo e f(1, 1) = e−2.


Suponha-se que queremos determinar os pontos extremantes da funcao

f : D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1} −→ R

(x, y) 7−→ 2x2 − 2y2 .

Ja sabemos como determinar os extremos locais que, eventualmente, f tenha no interior

de D. Falta ver como podemos averiguar da existencia de extremos na fronteira de D que

e a curva de equacao x2 + y2 = 1.

Isto e um problema de extremos condicionados ou extremos ligados - determinacao de

possıveis pontos extremantes de uma funcao sujeitos a equacoes de ligacao - que iremos

procurar resolver usando o metodo dos multiplicadores de Lagrange.

Suponha-se que se tem uma funcao

f : D ⊆ R2 −→ R

(x, y) 7−→ f(x, y),

diferenciavel no seu domınio, e que pretendemos determinar os possıveis pontos extremantes

de f que pertencem ao conjunto

C = {(x, y) ∈ R2 : g(x, y) = 0} ,

onde g e uma funcao de classe C1 num aberto de R2 contendo C e C ⊆ D. Seja (x0, y0) ∈ C

um ponto extremante de f . Suponha-se que e um ponto maximizante. Isto e, existe uma

bola aberta, B, centrada em (x0, y0) tal que

∀(x, y) ∈ B ∩ D, f(x, y) ≤ f(x0, y0) .

Suponha-se ainda que ∇g(x0, y0) 6= 0. Sem perda de generalidade suponha-se que

gy(x0, y0) 6= 0. Estamos em condicoes de aplicar o teorema da funcao implıcita a equacao

g(x, y) = 0 numa vizinhanca de (x0, y0).

Entao existem um intervalo real aberto contendo x0, I, e uma funcao ϕ : I → R, de

classe C1 em I tal que ϕ(x0) = y0 e

g(x, ϕ(x)) = 0 ,∀x ∈ I . (1.37)

Derivando ambos os membros de (1.37) em ordem a x em x0 obtem-se

gx(x0, y0) + gy(x0, y0)ϕ′(x0) = 0 ,

ou seja,

〈∇g(x0, y0), (1, ϕ′(x0))〉 = 0 . (1.38)

Seja r o raio da bola aberta B. A funcao vectorial

I −→ R2

x 7−→ (x, ϕ(x))


e contınua em x0 porque as suas componentes sao contınuas em x0. Entao existe δ > 0 tal

que

|x− x0| < δ ⇒ ‖(x, ϕ(x)) − (x0, ϕ(x0))‖ < r

⇒ ‖(x, ϕ(x)) − (x0, y0)‖ < r

⇒ (x, ϕ(x)) ∈ B .

Por outro lado, de (1.37) conclui-se que

(x, ϕ(x)) ∈ C ⊆ D , ∀x ∈ I .

Entao existe I ′ ⊆ I, intervalo aberto centrado em x0 e tal que

(x, ϕ(x)) ∈ B ∩ D , ∀x ∈ I ′ .

Considere-se a funcao composta

h : I ′ −→ R

x 7−→ f(x, ϕ(x)).

Para todo o x ∈ I ′,

h(x) = f(x, ϕ(x)) ≤ f(x0, y0) = h(x0)

e portanto h tem um extremo em x0. Uma vez que h e derivavel em x0 (regra da cadeia)

tera de ser h′(x0) = 0. Isto e,

0 = h′(x0)

= fx(x0, y0) + fy(x0, y0)ϕ′(x0)

= 〈∇f(x0, y0), (1, ϕ′(x0))〉 . (1.39)

De (1.38) e (1.39) conclui-se que os vectores de R2, ∇f(x0, y0) e ∇g(x0, y0) sao ambos

perpendiculares ao vector nao nulo (1, ϕ′(x0)). Entao estes 2 vectores tem de ser paralelos.

Assim, se (x0, y0) e um ponto extremante de f que pertence a C, existe λ ∈ R (multiplicador

de Lagrange) tal que ∇f(x0, y0) = λ∇g(x0, y0). Esta condicao e necessaria para que (x0, y0)

seja um ponto extremante de f mas nao e suficiente.

O metodo dos multiplicadores de Lagrange para determinar os pontos extremantes de

f em C consiste em determinar todos os pontos (x, y) verificando

∃λ ∈ R :

{∇f(x, y) = λ∇g(x, y)g(x, y) = 0

e em estudar directamente a natureza de cada um deles.

Exemplo 1.4.8 Determinemos os extremos da funcao f definida por f(x, y) = x + y na

elipse de equacao

(x− 1)2 +y2

4= 1 .


Seja g(x, y) = (x− 1)2 + y2

4− 1.

∃λ ∈ R :

{∇f(x, y) = λ∇g(x, y)g(x, y) = 0

⇔ ∃λ ∈ R :

{(1, 1) = λ(2x− 2, y

2)

(x− 1)2 + y2

4= 1

⇔ ∃λ ∈ R :

1 = λ(2x− 2)1 = λy

2

(x− 1)2 + y2

4= 1

⇔ ∃λ ∈ R :

y2

= (2x− 2)y2

= 1λ

5x2 − 10x+ 4 = 0

⇔{x = 5+

√5

5

y = 4√

55

∨{x = 5−

√5

5

y = −4√

55

.

Assim os possıveis pontos extremantes de f , definida na elipse dada, sao

P0 =

(5 +

√5

5, 4

√5

5

)e P1 =

(5 −

√5

5,−4

√5

5

).

f(P0) = 1 +√

5 e f(P1) = 1 −√

5. A funcao f e contınua e a elipse e um subconjunto de

R2 fechado e limitado. Aplicando o teorema de Weierstrass conclui-se que 1+

√5 e o valor

maximo e 1 −√

5 e o valor mınimo atingidos por f na elipse dada.

Exemplo 1.4.9 Voltemos ao exemplo inicial e determinemos os extremos da funcao

f : D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1} −→ R

(x, y) 7−→ 2x2 − 2y2 .

Comecemos por determinar os possıveis pontos extremantes situados no interior de D. As

derivadas parciais de 1a ordem de f sao fx = 4x e fy = −4y. Assim f so tem um ponto

crıtico no interior de D, que e (0, 0). Uma vez que f e polinomial e de classe C2 e podemos

usar as condicoes de 2a ordem.

∆(0, 0) =

∣∣∣∣4 00 −4

∣∣∣∣ = −16 < 0 ,

concluindo-se que (0, 0) nao e um ponto extremante.

O cırculo D e um subconjunto de R2 fechado e limitado e a funcao f e contınua. De

acordo com o teorema de Weierstrass f tem uma maximo absoluto e um mınimo absoluto

que terao de ser atingidos na fronteira de D, uma vez que ja verificamos que no interior de

D nao ha pontos extremantes. Usando o metodo dos multiplicadores de Lagrange obtem-se

∃λ ∈ R :

{∇f(x, y) = λ∇g(x, y)g(x, y) = 0

⇔ ∃λ ∈ R :

{(4x,−4y) = λ(2x, 2y)x2 + y2 = 1

⇔ ∃λ ∈ R :

x(4 − 2λ) = 0y(−4 − 2λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔{x = 0y = 1

∨{x = 0y = −1

∨{x = 1y = 0

∨{x = −1y = 0 .

Uma vez que f(1, 0) = f(−1, 0) = 2 e f(0, 1) = f(0,−1) = −2, conclui-se que o maximo

absoluto de f (no cırculo D) e 2, sendo atingido nos pontos (1, 0) e (−1, 0), e que o mınimo

absoluto de f e −2, sendo atingido nos pontos (0, 1) e (0,−1).



f : D = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x} −→ R

(x, y) 7−→ x2 + xy.

O vector gradiente de f no ponto (x, y) e ∇f(x, y) = (2x + y, x) e portanto f nao tem

pontos crıticos no interior do seu domınio que e

{(x, y) ∈ R2 : y > x} .

Usando o metodo dos multiplicadores de Lagrange para determinar os possıveis extremos

de f na fronteira de D, isto e, na recta de equacao y = x obtem-se (com g(x, y) = x− y)

∃λ ∈ R :

{∇f(x, y) = λ∇g(x, y)g(x, y) = 0

⇔ ∃λ ∈ R :

{(2x+ y, x) = λ(1,−1)y = x

⇔ ∃λ ∈ R :

2x+ y = λx = −λy = x

⇔ ∃λ ∈ R :

3x = λx = −λy = x

⇔{x = 0y = 0

.

Neste caso o domınio de f nao e limitado logo nao se pode aplicar o teorema de Weierstrass.

Temos de estudar directamente a natureza do ponto. Seja B uma qualquer bola aberta

centrada em (0, 0) e designe-se por r o seu raio. Verifica-se facilmente que(−r

2, 0),(−r

3,r

2

)∈ B ∩ D .

Alem disso

f(−r

2, 0)

=r2

4> 0 = f(0, 0)

e

f(−r

3,r

2

)= − r2

18< 0 = f(0, 0) ,

concluindo-se que f nao tem extremos.

Vejamos agora como tratar o caso geral de determinar os extremos (se existirem) de

uma funcao real de n variaveis reais sujeitos a m equacoes de ligacao.

Sejaf : D ⊆ R

n −→ R

(x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x1, x2, . . . , xn)

uma funcao diferenciavel no seu domınio. Suponha-se que se pretendem determinar os

possıveis pontos extremantes de f sujeitos as m < n equacoes de ligacao

g1(x1, x2, . . . , xn) = 0g2(x1, x2, . . . , xn) = 0

...gm(x1, x2, . . . , xn) = 0

, (1.40)


onde g1, g2, . . . , gm sao funcoes de classe C1.

Para determinar os pontos extremantes de f , (x1, x2, . . . , xn), sujeitos as m < n

equacoes de ligacao dadas em (1.40), e para os quais os m vectores de Rn,

∇g1(x1, x2, . . . , xn), . . . ,∇gm(x1, x2, . . . , xn) ,

sao linearmente independentes, faz-se o seguinte:

(1) Determinam-se os pontos (x1, x2, . . . , xn) para os quais existem escalares λ1, λ2, . . . , λm

(multiplicadores de Lagrange) verificando

{∇f(x1, x2, . . . , xn) =

∑mi=1 λi∇gi(x1, x2, . . . , xn)

gi(x1, x2, . . . , xn) = 0 , i = 1, 2, . . . ,m. (1.41)

(2) Estuda-se a natureza de cada um dos pontos obtidos em (1).

Exemplo 1.4.11 Determinemos os extremos de f(x, y, z) = x2−y2−z2 na circunferencia

{x2 + y2 + z2 = 1x+ y + z = 0

.

Observe-se que os vectores gradiente das funcoes que definem as equacoes de ligacao sao

(2x, 2y, 2z) e (1, 1, 1) sendo portanto linearmente independentes quando calculados em

qualquer ponto da circunferencia dada.

(2x,−2y,−2z) = λ1(2x, 2y, 2z) + λ2(1, 1, 1)x+ y + z = 0x2 + y2 + z2 = 1

⇔

2(λ1 − 1)x = −λ2

2(λ1 + 1)y = −λ2

2(λ1 + 1)z = −λ2

x+ y + z = 0x2 + y2 + z2 = 1

.

Se λ1 = 1, das 4 primeiras equacoes obtem-se λ2 = 0 e x = y = z = 0, o que contradiz a

ultima equacao. Se λ1 = −1 obtem-se

λ2 = 0x = 0y + z = 0y2 + z2 = 1

⇔

λ2 = 0x = 0

y =√

22

z = −√

22

∨

λ2 = 0x = 0

y = −√

22

z =√

22

.

Se λ1 6= 1 e λ1 6= −1 obtem-se

x = −λ2

2(λ1−1)

y = −λ2

2(λ1+1)

z = −λ2

2(λ1+1)

x+ y + z = 0x2 + y2 + z2 = 1

⇔

x = −λ2

2(λ1−1)

y = −λ2

2(λ1+1)

z = −λ2

2(λ1+1)

λ2(−3λ1 + 1) = 0x2 + y2 + z2 = 1

⇔

x = 3λ2

4

y = −3λ2

8

z = −3λ2

8

λ1 = 13

x2 + y2 + z2 = 1


⇔

x =√

63

y = −√

66

z = −√

66

λ1 = 13

λ2 = 4√

69

∨

x = −√

63

y =√

66

z =√

66

λ1 = 13

λ2 = −4√

69

.

Assim os possıveis pontos extremantes de f na circunferencia dada sao

P1 =

(0,−

√2

2,

√2

2

), P2 =

(0,

√2

2,−

√2

2

), P3 =

(√6

3,−

√6

6,−

√6

6

)

e P4 =

(−√

6

3,

√6

6,

√6

6

). Uma vez que f(P1) = f(P2) = −1 e f(P3) = f(P4) = 1

3, conclui-

se, por aplicacao do teorema de Weierstrass, que os valores extremos de f na circunferencia

dada sao −1 e 13.

1.4.5 Exercıcios

1. Determine os extremos das seguintes funcoes:

(a) f(x, y) = x y ex−y;

(b) f(x, y) = sinx cos y;

(c) f(x, y) = (y2 − x)2;

(d) f(x, y) = (x2 + y2 − 1)2;

(e) f(x, y, z) = 4 − x2;

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

(g) f(x, y, z) = 2x2 + y2 + 4z2;

(h) f(x, y, z) = xy + yz + xz + 14(x2 + y2 + z2);

(i) f(x, y, z) = x3 − y3 + z3;

(j) f(x, y) = x2 − 2xy2 + y4 − y5;

(k) f(x, y) = (x− y)2 − x4 − y4;

(l) f(x, y) =

√x2 + y2 se y ≥ 0

|x| se y < 0.


2. Seja F (x, y, z) = g(x2 + y2 + z2) onde g e uma funcao de classe C1 com derivada nao

nula em R.

(a) Supondo que g(1) = 0, verifique que a equacao F (x, y, z) = 0 define, nas

condicoes do Teorema da Funcao Implıcita, uma funcao x = h(y, z), numa

vizinhanca do ponto (1, 0, 0).

(b) Averigue se (0, 0) e um ponto extremante de h.

3. Determine os extremos da funcao z = f(x, y) definida implicitamente pela equacao

z2 − z(x2 + y2) = 1 e tais que

(a) f(0, 0) = 1;

(b) f(0, 0) = −1.

4. Considere a seguinte equacao , ez + x2 + y2 − z2

2= 1.

(a) Mostre que a equacao acima define z como funcao implıcita de x e y.

(b) Seja z = h(x, y) a funcao implıcita da alınea anterior. Faca o estudo completo

dos extremos locais de h(x, y).

Nota: A equacao ez − z2

2− 1 = 0 tem uma unica solucao real, que e z = 0.

5. Considere a funcao real F definida em R3 por

F (x, y, z) = 2x2 + 2y2 + z2 − 8xy − 2z .

(a) Mostre que a equacao F (x, y, z) = −7 define, nas condicoes do Teorema da

Funcao Implıcita, uma funcao y = h(x, z), numa vizinhanca do ponto (2, 1, 1).

(b) Mostre que (2, 1) e um ponto crıtico de h e classifique-o.

6. Utilizando, se possıvel, o metodo dos Multiplicadores de Lagrange, determine os ex-

tremos locais das seguintes funcoes sujeitas as condicoes de ligacao indicadas:

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

(b) f(x, y, z) = x− 2y + 2z; x2 + y2 + z2 = 1;

(c) f(x, y) = 2x2 + xy − y2 + y; 2x+ 3y = 1;

(d) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2; x− y + z = 1;

(e) f(x, y, z) = z − x2 − y2;

{x+ y + z = 1x2 + y2 = 4 .


7. De entre todos os paralelipıpedos rectangulos em que a soma das medidas das arestas

e 12cm, qual e o que tem maior volume?

8. Determine o ponto do plano de equacao x+ y+ 2z = 1 que esta mais perto do ponto

M = (1, 2, 3).

9. Determine os extremos absolutos da funcao definida por f(x, y) = x3 + y3 sobre o

conjunto D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1}.

10. Uma dada empresa produz um certo artigo em 3 fabricas. Em cada uma delas

produzem-se x, y e z milhoes de unidades do artigo, com despesa anual dada por

L(x, y, z) = 2(x2 + y2 + z)+ 500. No proximo ano comercial, a empresa vai produzir,

no total, quatro milhoes de unidades de artigo. Sabendo que duas das fabricas

devem ter uma producao que satisfaca a restricao adicional x2 + y2 = 2 (em milhoes

de unidades), determine as quantidades x, y e z que cada fabrica deve produzir de

modo a minimizar a despesa anual.

11. Determine os extremos das funcoes :

(a) f(x, y) = x3 com domınio D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1};

(b) f(x, y, z) = x− 2y + 2z com domınio D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1}.

Capıtulo 2

Equacoes diferenciais lineares

2.1 Definicoes

A resolucao de muitos problemas em engenharia e ciencias fısicas envolve a determinacao

de uma ou mais funcoes satisfazendo uma equacao contendo uma ou mais derivadas das

funcoes a determinar.

Uma equacao contendo derivadas de uma ou mais variaveis dependentes em relacao a

uma ou mais variaveis independentes diz-se uma equacao diferencial.

Se uma equacao diferencial contem apenas derivadas de uma ou mais variaveis de-

pendentes em relacao a uma unica variavel independente diz-se uma equacao diferencial

ordinaria.

Uma equacao diferencial envolvendo derivadas parciais de uma ou mais variaveis depen-

dentes em relacao a duas ou mais variaveis independentes diz-se uma equacao diferencial

de derivadas parciais.

A ordem de uma equacao diferencial e a ordem da derivada de maior ordem presente

na equacao.

Exemplo 2.1.1 As equacoesdy

dx= 3y + 4

(dx

dt

)2

+dy

dt= 3t2 + 1

x2 dy

dx− xy + 4 = 0

yd3y

dx3+ y +

dy

dx= 1

d4y

dx4− 4

d2y

dx2+ y = 0

sao equacoes diferenciais ordinarias de ordens 1,1,1,3 e 4, respectivamente.

As equacoes∂u

∂x+ y

∂v

∂y= u

95


∂2u

∂x2=∂2u

∂t2

∂4u

∂x4− ∂2u

∂y2= u

sao equacoes diferenciais de derivadas parciais com ordens 1,2 e 4, respectivamente.

Consideraremos apenas equacoes diferenciais ordinarias com uma unica variavel depen-

dente. Uma equacao diferencial ordinaria de ordem n na variavel dependente y e variavel

independente x e muitas vezes representada por

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 , (2.1)

onde F e uma funcao real em n+ 2 variaveis reais, e esta subentendido que a derivada de

ordem n, y(n), aparece efectivamente em (2.1).

Exemplo 2.1.2 A equacao

y sin(y′) = x

e uma equacao diferencial ordinaria de primeira ordem.

Seja I um intervalo real. (I pode ser de uma das formas, [a, b], ]a, b[, [a, b[, [a,+∞[,

] −∞,+∞[, etc.)

Uma solucao da equacao diferencial (2.1) no intervalo I e uma funcao real de variavel

real, f , definida e derivavel, pelo menos ate a ordem n, em I e que satisfaz a equacao, isto

e,

F (x, f(x), f ′(x), . . . , f (n)(x)) = 0 , ∀x ∈ I .

Exemplo 2.1.3 Verifica-se facilmente que toda a funcao da forma y = 1 + Cex2

, com

C ∈ R e uma solucao da equacao diferencial y′ − 2xy + 2x = 0, em R.

A equacao diferencial do exemplo anterior possui uma infinidade de solucoes. Mas

tambem pode acontecer que uma equacao diferencial nao tenha solucao ou tenha uma

unica solucao.

Exemplo 2.1.4 A equacao diferencial (y′)4 + 1 = 0 nao possui solucoes reais enquanto a

equacao (y′)2 + y2 = 0 possui apenas a solucao y = 0.

Um problema de valores iniciais ou problema de Cauchy e um problema cuja resolucao

consiste em determinar solucoes de uma equacao diferencial satisfazendo condicoes dadas

num ponto fixo do intervalo em que se considera a equacao.

E um problema do tipo

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0y(x0) = A0

y′(x0) = A1...

y(n−1)(x0) = An−1

, x ∈ I ,


onde x0 ∈ I esta fixo e A0, A1, . . . , An−1 ∈ R sao constantes.

Uma equacao diferencial ordinaria diz-se linear se pode ser escrita na forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x) , x ∈ I ,

e sera destas equacoes que nos iremos ocupar.

2.2 Exercıcios

1. Nas alıneas seguintes averigue se y e ou nao solucao da equacao diferencial dada:

(a) y = 3x+2

x+ 4, y′′′ +

3

xy′′ = 0;

(b) y = C1x+2

x+ C2, y′′′ +

3

xy′′ = 0, (C1, C2 ∈ R);

(c) y = C1ex + C2e

2x, y′′ − 3y′ + 2y = 0, (C1, C2 ∈ R);

(d) y = ex(C1 cos x+ C2 sinx), y′′ − 2y′ + 2y = 0, (C1, C2 ∈ R).

2. Determine m de tal modo que:

(a) y = emx seja solucao da equacao y′′

+ 10y′+ 25y = 0;

(b) y = xm seja solucao da equacao x2y′′

+ 6xy′+ 4y = 0.

3. Em cada alınea determine uma equacao diferencial da qual a famılia de funcoes dada

seja solucao.

(a) y = C1x+ 2 , C1 ∈ R;

(b) y = C1e3x + C2e

−4x , C1, C2 ∈ R;

(c) y = C1 sin(λt) + C2 cos(λt) , C1, C2 ∈ R (λ e uma constante a nao eliminar).

4. Verifique que y = Cx + C2 e uma famılia de solucoes da equacao diferencial y =

xy′+ (y

′)2.

Determine k por forma a que y = kx2 seja solucao da equacao diferencial dada.

5. Sabendo que, em R, y = C1ex+C2e

−x e uma famılia de solucoes da equacao diferencial

y′′ − y = 0, determine a solucao que satisfaz as condicoes iniciais:

{y(0) = 0y

′(0) = 1.

6. Determine a solucao do problema de valores iniciais

y′′′ = 4x2 + 3, y(0) = 0, y′(0) = 2 e y′′(0) = 1.


2.3 Equacoes diferenciais lineares de primeira ordem

Uma equacao diferencial linear de primeira ordem e da forma

a1(x) y′ + a0(x) y = g(x) , x ∈ I . (2.2)

Suporemos que a0, a1 e g sao funcoes contınuas em I e que a1(x) 6= 0, para todo o x ∈ I.

Assim (2.2) pode ser escrita na forma (dita forma canonica)

y′ + P (x) y = Q(x) , x ∈ I , (2.3)

onde P (x) =a0(x)

a1(x)e Q(x) =

g(x)

a1(x). As funcoes P e Q sao tambem contınuas em I. Mul-

tiplicando ambos os membros de (2.3) por

e∫

P (x) dx (factor integrante)

obtem-se

y′ e∫

P (x) dx + P (x) y e∫

P (x) dx = Q(x) e∫

P (x) dx

⇐⇒ d

dx

(y e

∫P (x) dx

)= Q(x) e

∫P (x) dx .

Entao existe C ∈ R tal que

y e∫

P (x) dx =

∫Q(x) e

∫P (x) dx dx+ C ,

ou seja,

y = e−∫

P (x) dx

(∫Q(x) e

∫P (x) dx dx+ C

).

Veremos mais tarde que todas as solucoes de (2.3) sao desta forma.

Exemplo 2.3.1 Na seccao seguinte veremos que o problema de valor inicial{y′ + 2xy = xy(0) = 1

, x ∈ R

so tem uma solucao. Determinemo-la.

A equacao y′ + 2xy = x esta na forma canonica. Assim, um seu factor integrante e

e∫

2x dx = ex2

.

ex2

y′ + 2xex2

y = xex2 ⇔ d

dx

(ex2

y)

= xex2

⇔ ∃C ∈ R : ex2

y =

∫ex2

x dx+ C

⇔ ∃C ∈ R : ex2

y =1

2ex2

+ C

⇔ ∃C ∈ R : y =1

2+ Ce−x2

.


y(0) = 1 ⇔ 1

2+ C = 1 ⇔ C =

1

2.

Assim a solucao do problema de valor inicial dado e a funcao definida em R por

y(x) =1

2+

1

2e−x2

.

Vejamos agora algumas aplicacoes das equacoes diferenciais lineares de primeira ordem.

Um problema de valor inicial do tipo

{dx

dt= k x

x(t0) = x0

, t ∈ I ,

onde k e uma constante de proporcionalidade, aparece em muitos problemas praticos

chamados problemas de crescimento ou de decrescimento. Em Biologia verifica-se que

a taxa de crescimento de certas populacoes de bacterias e proporcional ao numero de

bacterias presentes em cada instante. Em Fısica a resolucao de um problema de valor ini-

cial do tipo do anterior permite calcular a quantidade que sobra, de uma dada substancia

radioactiva que se esta a desintegrar, ao fim de um determinado tempo, a partir do conhec-

imento da meia-vida dessa substancia, isto e, o tempo que demora a reduzir-se a metade

qualquer quantidade dessa substancia. Vejamos um exemplo.

Exemplo 2.3.2 O isotopo radioactivo radio-226 tem uma meia-vida de 1620 anos. De

uma massa de 100mg de radio-226 que quantidade resta ao fim de 50 anos?

Seja x(t) a massa (medida em mg) de radio-226 existente no instante t (tempo medido

em anos). Por hipotese x(0) = 100. A velocidade de desintegracao edx

dt. Tem-se assim

quedx

dt− kx(t) = 0 .

Um factor integrante desta equacao e e∫−k dt = e−kt. Obtem-se assim

dx

dt− kx(t) = 0 ⇔ e−ktdx

dt− ke−ktx(t) = 0

⇔ d

dt

(x(t)e−kt

)= 0

⇔ ∃C ∈ R : x(t) = Cekt .

De x(0) = 100 obtem-se que C = 100. Assim, x(t) = 100ekt. Por outro lado, sendo a

meia-vida deste isotopo 1620 anos, deve ter-se x(1620) = 50. Isto e,

100e1620k = 50 ⇔ 1620k = ln(1/2) ⇔ k = − ln 2

1620.

Assim

x(t) = 100e−ln 2

1620t , t ≥ 0 .

Ao fim de 50 anos restam x(50) = 100e−ln 2

162050 ≈ 97, 88 miligramas.


Outra aplicacao das equacoes diferenciais lineares de primeira ordem e a resolucao de

problemas de arrefecimento de corpos. A lei de Newton do arrefecimento de corpos diz

que a taxa de variacao da temperatura T de um corpo em arrefecimento e proporcional a

diferenca entre a temperatura do corpo e a temperatura, t0, do meio ambiente, desde que

esta possa ser considerada constante. Tem-se assim que

dT

dt= k(T − t0) ,

sendo k a constante de proporcionalidade.

Exemplo 2.3.3 Um bolo sai do forno a temperatura de 180◦C. Tres minutos mais tarde

a sua temperatura e de 120◦C. Quanto tempo demorara o bolo a arrefecer numa sala cuja

temperatura se mantem constante e igual a 25◦C?

Pretendemos resolver o problema de valor inicial

{dT

dt= k(T − 25)

T (0) = 180, t ≥ 0 ,

onde k deve ser tal que T (3) = 120, e determinar em seguida t tal que T (t) = 25.

Um factor integrante da equacao considerada e e∫−k dt = e−kt.

dT

dt− kT = −25k ⇔ e−ktdT

dt− kTe−kt = −25ke−kt

⇔ d

dt

(Te−kt

)= −25ke−kt

⇔ ∃C ∈ R : Te−kt = 25e−kt + C

⇔ ∃C ∈ R : T (t) = 25 + Cekt .

T (0) = 180 ⇔ 25 + C = 180 ⇔ C = 155 .

Assim, para t ≥ 0, T (t) = 25 + 155ekt.

T (3) = 120 ⇔ 155e3k + 25 = 120 ⇔ 3k = ln

(95

155

)⇔ k ≈ −0, 16318 .

Entao T (t) = 25 + 155e−0,16318t, para t ≥ 0. E claro que a equacao T (t) = 25 e

impossıvel, pelo que, de acordo com este modelo, o bolo nunca ficara a 25◦C. Contudo se

resolvermos T (t) = 25, 1 obtemos

155e−0,16318t = 0, 1 ⇔ −0, 16318t = ln(1/1550) ⇔ t ≈ 45, 02 .

Ao fim de 45 minutos o bolo estara aproximadamente a temperatura ambiente.


2.4 Exercıcios

1. Integre as equacoes diferenciais lineares de primeira ordem

(a) y′ − 3y

x= x , x ∈]0,+∞[;

(b) y′ =y

2y ln y + y − x, y ∈]0,+∞[;

(c) y′tg x = y , x ∈]0, π/2[;

(d) x2y′ + y = 1 , x ∈] −∞, 0[.

2. Uma equacao de Bernoulli e uma equacao da forma

dy

dx+ P (x) y = f(x) yn , (2.4)

onde n e um numero real. Se n = 0 ou n = 1 esta equacao e linear. Mostre que, para

n 6∈ {0, 1} e y 6= 0, fazendo a mudanca de variavel w = y1−n em (2.4) se obtem uma

equacao diferencial linear de primeira ordem.

3. Integre as equacoes de Bernoulli

(a)dy

dx+y

x= −xy2 , x ∈]0,+∞[;

(b) y′ = 2xy + xy3 , x ∈ R.

4. Determine a solucao dos seguintes problemas de valores iniciais:

(a) y′ +y

x= x, y(1) = 0;

(b) yy′ + x = 0, y(0) = 1;

(c) x2u′ + x(x+ 2)u = ex, u(1) =e

2.

5. Sejam a, b : R → R funcoes contınuas e seja y uma funcao derivavel em R e tal que

y′(x) ≤ a(x)y(x) + b(x) , ∀x ∈ R .

Fixando x0 ∈ R, seja z a solucao do problema de Cauchy

{z′ = a(x)z + b(x)z(x0) = y(x0)

, x ∈ R .

Mostre que y(x) ≤ z(x), para todo o x ≥ x0.

6. O numero inicial de bacterias numa cultura e 600 e aumenta para 1800 em duas horas.

Supondo que a taxa de variacao do numero de bacterias e directamente proporcional

ao numero de bacterias presente determine o numero de bacterias ao fim de 4 horas.


7. O isotopo radioactivo radio-226 desintegra-se a uma taxa proporcional a quantidade

de radio-226 presente em cada instante, sendo o tempo medido em anos e a constante

de proporcionalidade

k = − ln 2

1620.

Determine a meia-vida deste isotopo radioactivo, isto e, o numero de anos que qual-

quer massa de radio-226 demora a reduzir-se a metade.

8. Uma gota de agua colocada numa superfıcie plana assume uma forma semi-esferica

e evapora-se de modo tal que o seu raio diminui a uma taxa proporcional a area da

sua superfıcie em contacto com o ar . Suponha que o raio dessa gota semi-esferica e

inicialmente de 3mm e que passado meia-hora e de 2mm. Determine uma expressao

para o raio da gota em qualquer instante.

9. Um objecto metalico a temperatura de 100◦C e mergulhado em agua. Ao fim de

cinco minutos a temperatura do objecto desceu para 60◦C. Determine o instante em

que a temperatura do objecto e de 31◦C, sabendo que a agua e mantida a 30◦C.

10. A meia-vida do radio (isto e, o tempo que qualquer massa de radio leva por desinte-

gracao a reduzir-se a metade) e de 1590 anos. Sabendo que a velocidade de desinte-

gracao e proporcional a massa existente em cada instante, determine a percentagem

de massa que se desintegra ao fim de 100 anos.

11. Um ponto de massa m descreve uma recta sob accao de uma forca F = v, onde

v representa a velocidade do ponto. Tomando a posicao inicial como origem do

referencial e supondo que v(0) = 1ms−1, determine a posicao do ponto em cada

instante.

2.5 Equacoes diferenciais lineares de ordem n

2.5.1 Classificacao e teorema da existencia e unicidade

Sejam n um inteiro positivo e I um intervalo real. Uma equacao diferencial linear de ordem

n, em I, e uma equacao que pode ser escrita na forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x) , x ∈ I , (2.5)

onde a0, a1, . . . , an e g sao funcoes apenas da variavel independente x, definidas em I, e an

nao e a funcao nula em I, isto e, existe x0 ∈ I tal que an(x0) 6= 0.

As funcoes a0, a1, . . . , an dizem-se os coeficientes e a funcao g diz-se o termo indepen-

dente da equacao diferencial (2.5).

Se g(x) = 0, para todo o x ∈ I, a equacao (2.5) diz-se homogenea. Caso contrario, isto

e, se g nao e a funcao nula em I, (2.5) diz-se completa.

Se an nao se anula em I, isto e, se an(x) 6= 0 para todo o x ∈ I, a equacao linear (2.5)

diz-se normal.


Geralmente consideraremos apenas equacoes normais.

Suporemos ainda que as funcoes a0, a1, . . . , an e g sao contınuas em I. Uma vez que an

nao se anula em I a equacao (2.5) e equivalente a equacao

dny

dxn+an−1(x)

an(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

an(x)

dy

dx+a0(x)

an(x)y =

g(x)

an(x), x ∈ I . (2.6)

Diz-se que (2.6) e a forma canonica de (2.5).

Veremos de seguida, sem demonstracao, um resultado que, em certas condicoes, esta-

belece a existencia e unicidade de solucao para um problema de valores iniciais associado

a uma equacao diferencial linear normal.

Teorema 2.5.1 (Teorema da existencia e unicidade)

Sejam a0, a1, . . . , an e g funcoes reais de uma variavel real contınuas no intervalo real I e

suponha-se que an nao se anula em I, isto e, an(x) 6= 0, para todo o x ∈ I. Considerem-se

ainda x0 ∈ I e A0, A1, . . . , An−1 ∈ R. A equacao diferencial

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x) , x ∈ I ,

sujeita as condicoes iniciais

y(x0) = A0

y′(x0) = A1...

y(n−1)(x0) = An−1

,

tem uma e uma so solucao em I.

Observacao 2.5.1 No teorema anterior e essencial impor que an nao se anula em I. Con-

sideremos o problema de valor inicial

{xy′ + y = 0y(0) = 1

, x ∈ R .

Suponha-se que este problema tem pelo menos uma solucao, f . Assim,

xf ′(x) + f(x) = 0 ⇔ d

dx(xf(x)) = 0

⇔ ∃C ∈ R : xf(x) = C .

Atendendo a que f(0) = 1 obtem-se C = 0. Entao xf(x) = 0, para todo o x ∈ R. Assim

tera de ser

f(x) =

{0 se x 6= 01 se x = 0

.

Chegou-se assim a uma contradicao porque esta funcao nao tem derivada em 0.


2.5.2 Sistemas fundamentais de solucoes para equacoes diferen-ciais lineares homogeneas

Seja I um intervalo real aberto (I pode ser de qualquer uma das formas ]a, b[, ]a,+∞[,

] −∞, b[ ou ] −∞,+∞[).

O conjunto das funcoes reais de uma variavel real definidas e contınuas em I, C0(I), e

um espaco vectorial real para as operacoes usuais de adicao de funcoes e multiplicacao de

uma funcao por um numero real. O vector nulo deste espaco e a funcao nula definida no

intervalo I, isto e,I → R

x 7→ 0.

Verifica-se facilmente que, sendo k um inteiro positivo, o conjunto Ck(I), das funcoes que

sao continuamente derivaveis, pelo menos, ate a ordem k em I e um subespaco vectorial

de C0(I).

Recorde-se de Algebra Linear que um conjunto (ou sistema) {f1, f2, . . . , fn} de funcoes

pertencentes a C0(I) e linearmente dependente (diremos que e linearmente dependente

em I para realcar qual o intervalo em que estamos a trabalhar) se pelo menos uma

das funcoes for combinacao linear das restantes, isto e, se existirem i ∈ {1, 2, . . . , n} e

C1, . . . , Ci−1, Ci+1, . . . , Cn ∈ R tais que

fi(x) = C1f1(x) + · · · + Ci−1fi−1(x) + Ci+1fi+1(x) + · · · + Cnfn(x) , ∀x ∈ I .

Caso contrario, isto e, se nenhuma das funcoes do sistema for combinacao linear das

restantes, o sistema de funcoes diz-se linearmente independente em I.

Tem-se ainda o seguinte resultado de Algebra Linear.

Proposicao 2.5.1 Um sistema de funcoes reais definidas e contınuas em I, {f1, f2, . . . , fn}e linearmente dependente em I se e so se existem C1, C2, . . . , Cn ∈ R, nao todos nulos tais

que

C1f1(x) + C2f2(x) + · · · + Cnfn(x) = 0 , ∀x ∈ I .

Resulta desta proposicao que o sistema {f1, f2, . . . , fn} e linearmente independente em

I se e so se as unicas constantes reais C1, C2, . . . , Cn, verificando

C1f1(x) + C2f2(x) + · · · + Cnfn(x) = 0 , ∀x ∈ I ,

sao C1 = C2 = · · · = Cn = 0.

Sejam f1, f2, . . . , fn funcoes reais de uma variavel real derivaveis, pelo menos, ate a

ordem n − 1 no intervalo I. O Wronskiano das funcoes f1, f2, . . . , fn e a funcao real de

uma variavel real definida em I por

W (f1, f2, . . . , fn)(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

f1(x) f2(x) · · · fn(x)f ′

1(x) f ′2(x) · · · f ′

n(x)...

.... . .

...

f(n−1)1 (x) f

(n−1)2 (x) · · · f

(n−1)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣, x ∈ I .


Seguidamente estabelece-se uma condicao suficiente para que n funcoes, derivaveis pelo

menos ate a ordem n− 1 no intervalo I, sejam linearmente independentes em I.

Proposicao 2.5.2 Sejam f1, f2, . . . , fn funcoes reais de uma variavel real derivaveis, pelo

menos, ate a ordem n−1 no intervalo I. Se existe x0 ∈ I tal que W (f1, f2, . . . , fn)(x0) 6= 0

entao o sistema de funcoes {f1, f2, . . . , fn} e linearmente independente em I.

Demonstracao Suponha-se que {f1, f2, . . . , fn} e linearmente dependente em I. Entao

existem C1, C2, . . . , Cn ∈ R, nao todos nulos, tais que

C1f1(x) + C2f2(x) + · · · + Cnfn(x) = 0 , ∀x ∈ I .

Derivando esta igualdade n− 1 vezes obtem-se

C1f′1(x) + C2f

′2(x) + · · · + Cnf

′n(x) = 0

...

C1f(n−1)1 (x) + C2f

(n−1)2 (x) + · · · + Cnf

(n−1)n (x) = 0

, ∀x ∈ I .

Para x = x0 tem-se entao que

f1(x0) f2(x0) · · · fn(x0)f ′

1(x0) f ′2(x0) · · · f ′

n(x0)...

.... . .

...

f(n−1)1 (x0) f

(n−1)2 (x0) · · · f

(n−1)n (x0)

C1

C2...Cn

=

00...0

. (2.7)

Designe-se por A a matriz n×n presente em (2.7). Uma vez que pelo menos uma das cons-

tantes C1, C2, . . . , Cn e nao nula, de (2.7) conclui-se que o sistema de equacoes algebricas

lineares, homogeneo, e cuja matriz dos coeficientes e A tem uma solucao nao nula sendo

portanto indeterminado. Assim a matriz A e singular e o seu determinamte e nulo. Mas

detA = W (f1, f2, . . . , fn)(x0), chegando-se a uma contradicao. Entao {f1, f2, . . . , fn} e

linearmente independente em I.

Desta proposicao obtem-se facilmente ainda que

Corolario 2.5.1 Sejam f1, f2, . . . , fn funcoes reais de uma variavel real derivaveis, pelo

menos, ate a ordem n − 1 no intervalo I. Se o sistema de funcoes {f1, f2, . . . , fn} e

linearmente dependente em I entao

W (f1, f2, . . . , fn)(x) = 0 , ∀x ∈ I .

Exemplo 2.5.1 Consideremos as funcoes f1(x) = 1, f2(x) = x2 e f3(x) = x3, definidas

em R. Para todo o x real,

W (f1, f2, f3)(x) =

∣∣∣∣∣∣

1 x2 x3

0 2x 3x2

0 2 6x

∣∣∣∣∣∣= 6x2 .

Por exemplo, W (f1, f2, f3)(1) = 6 6= 0 e portanto as funcoes dadas sao linearmente inde-

pendentes em R.


Consideremos a equacao diferencial linear homogenea de ordem n

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = 0 , x ∈ I , (2.8)

onde a0, a1, . . . , an sao funcoes contınuas em I e an(x) 6= 0 para todo o x ∈ I.

Seja y uma solucao, em I, desta equacao. Sendo y derivavel, pelo menos, ate a ordem

n, tem-se que y ∈ Cn−1(I). Por outro lado, para todo o x ∈ I,

dny

dxn(x) =

n−1∑

i=0

− ai(x)

an(x)

diy

dxi(x) ,

concluindo-se que tambem y(n) e contınua em I e portanto y ∈ Cn(I).

Assim o conjunto das solucoes, em I, de (2.8) esta contido em Cn(I).

Sendo a0, a1, . . . , an funcoes contınuas em I, para qualquer funcao y ∈ Cn(I), a funcao

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x)y

e contınua em I. Pode entao definir-se a aplicacao

T : Cn(I) → C0(I)y 7→ an(x)y(n) + an−1(x)y

(n−1) + · · · + a1(x)y′ + a0(x)y

.

Para quaisquer y1, y2 ∈ Cn(I) e qualquer α ∈ R,

T (y1 + y2) =n∑

i=0

ai(x)di

dxi(y1 + y2)

=n∑

i=0

ai(x)

(diy1

dxi+diy2

dxi

)

=n∑

i=0

ai(x)diy1

dxi+

n∑

i=0

ai(x)diy2

dxi

= T (y1) + T (y2)

e

T (αy1) =n∑

i=0

ai(x)di

dxi(αy1)

=n∑

i=0

ai(x)αdiy1

dxi

= αT (y1) ,

ou seja, a aplicacao T e linear. Por outro lado a equacao (2.8) pode ser escrita na forma

T (y) = 0, ou seja, o conjunto das solucoes, em I, de (2.8) e o espaco nulo (ou nucleo) da

transformacao linear T . Entao o conjunto das solucoes, em I, de (2.8) e um subespaco


vectorial de Cn(I). Veremos posteriormente que este subespaco tem dimensao n. O conhe-

cimento de uma base deste subespaco permitira obter todas as solucoes, em I, de (2.8),

como combinacoes lineares dos elementos dessa base. Antes de mostrarmos esse resultado

vejamos uma definicao.

Um sistema fundamental de solucoes, em I, da equacao (2.8) e um qualquer sistema

de n solucoes, em I, de (2.8) e que sejam linearmente independentes em I.

Na proposicao seguinte estabelece-se uma condicao necessaria e suficiente para que n

solucoes de (2.8) constituam um sistema fundamental de solucoes de (2.8).

Proposicao 2.5.3 Sejam y1, y2, . . . , yn solucoes, em I, da equacao diferencial linear ho-

mogenea de ordem n, (2.8). Entao {y1, y2, . . . , yn} e um sistema fundamental de solucoes,

em I, de (2.8) se e so se

W (y1, y2, . . . , yn)(x) 6= 0 , ∀x ∈ I .

Demonstracao Seja {y1, y2, . . . , yn} e um sistema fundamental de solucoes, em I, de (2.8)

e suponha-se que existe x0 ∈ I tal que W (y1, y2, . . . , yn)(x0) = 0.

Entao o determinante da matriz dos coeficientes do sistema homogeneo de n equacoes

algebricas lineares nas incognitas C1, C2, . . . , Cn,

y1(x0) y2(x0) · · · yn(x0)y′1(x0) y′2(x0) · · · y′n(x0)

......

. . ....

y(n−1)1 (x0) y

(n−1)2 (x0) · · · y

(n−1)n (x0)

C1

C2...Cn

=

00...0

, (2.9)

e zero e portanto este sistema tem solucoes nao nulas.

Seja (C∗1 , C

∗2 , . . . , C

∗n) 6= (0, 0, . . . , 0) uma solucao de (2.9) e considere-se a funcao y

definida em I por

y(x) = C∗1y1(x) + C∗

2y2(x) + · · · + C∗nyn(x) , x ∈ I .

Sendo y uma combinacao linear de solucoes, em I, de (2.8) tambem y e uma solucao, em I,

de (2.8) (porque ja vimos que o conjunto das solucoes, em I, de (2.8) e um espaco vectorial

real).

Alem disso, da equacao i+ 1 do sistema (2.9) obtem-se que

y(i)(x0) = C∗1y

(i)1 (x0) + C∗

2y(i)2 (x0) + · · · + C∗

ny(i)n (x0) = 0 ,

para i = 0, 1, . . . , n− 1. Entao y e solucao do problema de valores iniciais

(Pj)

an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · + a1(x)y

′ + a0(x)y = 0

y(i)(x0) = 0 , i = 0, 1, . . . , n− 1, x ∈ I .

Tambem a funcao nula em I e solucao deste problema. Pelo teorema da existencia e

unicidade tera de ser y(x) = 0, para todo o x ∈ I. Isto e

C∗1y1(x) + C∗

2y2(x) + · · · + C∗nyn(x) = 0 , x ∈ I ,


com C∗1 , C

∗2 , . . . , C

∗n nao todos nulos. Isto contradiz a independencia linear de y1, y2, . . . , yn.

Entao

W (y1, y2, . . . , yn)(x) 6= 0 , ∀x ∈ I .

Reciprocamente, se

W (y1, y2, . . . , yn)(x) 6= 0 , ∀x ∈ I ,

a proposicao 2.5.2 garante que y1, y2, . . . , yn sao linearmente independentes. Uma vez que,

por hipotese, y1, y2, . . . , yn sao n solucoes, em I, de (2.8), conclui-se que {y1, y2, . . . , yn} e

um sistema fundamental de solucoes de (2.8).

Corolario 2.5.2 Se y1, y2, . . . , yn sao n solucoes, em I, da equacao diferencial linear ho-

mogenea de ordem n, (2.8), entao

W (y1, y2, . . . , yn)(x) = 0 , ∀x ∈ I

ou

W (y1, y2, . . . , yn)(x) 6= 0 , ∀x ∈ I .

Teorema 2.5.2 (Teorema fundamental)

(i) Toda a equacao diferencial linear homogenea normal admite um sistema fundamental

de solucoes;

(ii) Se {y1, y2, . . . , yn} e um sistema fundamental de solucoes, em I, de (2.8) entao

{y1, y2, . . . , yn} e uma base do espaco vectorial das solucoes, em I, de (2.8).

Demonstracao

(i) Seja x0 ∈ I, fixo. Para j = 0, 1, 2, . . . , n− 1 considere-se o problema de Cauchy

(Pj)

an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · + a1(x)y

′ + a0(x)y = 0

y(i)(x0) = δi,j , i = 0, 1, . . . , n− 1, x ∈ I ,

onde δi,j designa o sımbolo de Kronecker, isto e,

δi,j =

{1 se i = j0 se i 6= j

.

Pelo teorema da existencia e unicidade o problema (Pj) tem uma e uma so solucao.

Designemo-la por yj+1, para j = 0, 1, . . . , n − 1. As funcoes y1, y2, . . . , yn sao n


solucoes, em I, de (2.8). Resta provar que sao linearmente independentes. Calculemos

o seu Wronskiano em x0.

W (y1, y2, . . . , yn)(x0) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1(x0) y2(x0) · · · yn(x0)y′1(x0) y′2(x0) · · · y′n(x0)

......

. . ....

y(n−1)1 (x0) y

(n−1)2 (x0) · · · y

(n−1)n (x0)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 1 6= 0 .

Da proposicao 2.5.2 conclui-se que y1, y2, . . . , yn sao linearmente independentes em I.

Esta assim provado que {y1, y2, . . . , yn} e um sistema fundamental de solucoes, em I,

de (2.8).

(ii) Designe-se por S o conjunto das solucoes, em I, de (2.8). Como ja se viu S e um

subespaco vectorial de Cn(I), sendo entao ele proprio um espaco vectorial real.

Seja {y1, y2, . . . , yn} um sistema fundamental de solucoes, em I, de (2.8). Por definicao

de sistema fundamental de solucoes y1, y2, . . . , yn ∈ S e {y1, y2, . . . , yn} e linearmente

independente em I. Assim, para mostrar que {y1, y2, . . . , yn} e uma base de S, basta

mostrar que {y1, y2, . . . , yn} e um conjunto gerador de S, isto e, que toda a solucao, em

I, de (2.8) se escreve como combinacao linear (de coeficientes reais) de y1, y2, . . . , yn.

Seja entao z uma qualquer solucao, em I, de (2.8). Fixe-se x0 ∈ I e sejam

b1 = z(x0) , b2 = z′(x0) , . . . , bn = z(n−1)(x0) .

Considere-se o sistema de n equacoes algebricas lineares nas n incognitas C1, C2, . . . , Cn

y1(x0) y2(x0) · · · yn(x0)y′1(x0) y′2(x0) · · · y′n(x0)

......

. . ....

y(n−1)1 (x0) y

(n−1)2 (x0) · · · y

(n−1)n (x0)

C1

C2...Cn

=

b1b2...bn

.

O determinante da matriz dos coeficientes deste sistema e W (y1, y2, . . . , yn)(x0) 6= 0

(proposicao 2.5.3). Entao o sistema e possıvel e determinado. Seja (C∗1 , C

∗2 , . . . , C

∗n)

a sua solucao e considere-se a funcao, G, definida em I por

G(x) = C∗1y1(x) + C∗

2y2(x) + · · · + C∗nyn(x) , x ∈ I .

Verifica-se facilmente que G e solucao do problema de valores iniciais

an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · + a1(x)y

′ + a0(x)y = 0

y(i)(x0) = bi+1 , i = 0, 1, . . . , n− 1, x ∈ I .


Mas tambem z e solucao deste problema de valores iniciais. Pelo teorema da exis-

tencia e unicidade, z = G e portanto z e combinacao linear de y1, y2, . . . , yn.

De acordo com a parte (ii) deste teorema se, {y1, y2, . . . , yn} e um sistema fundamental

de solucoes, em I, de (2.8) entao o conjunto das solucoes, em I, de (2.8) e

S = {C1y1 + C2y2 + · · · + Cnyn : C1, C2, . . . , Cn ∈ R} .

Assim, a famılia de funcoes

yH = C1y1 + C2y2 + · · · + Cnyn , com C1, C2, . . . , Cn ∈ R constantes arbitrarias

chama-se solucao geral ou integral geral, em I, da equacao diferencial linear homogenea

(2.8).

Uma solucao particular, em I, de (2.8) e uma qualquer funcao que seja solucao, em

I, da equacao e portanto pode ser obtida do integral geral por atribuicao de valores reais

concretos as constantes C1, C2, . . . , Cn.

Consideremos agora a equacao diferencial linear completa de ordem n,

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x) , x ∈ I , (2.10)

onde a0, a1, . . . , an e g sao funcoes contınuas em I e an(x) 6= 0 para todo o x ∈ I.

A equacao homogenea associada a (2.10) e a equacao diferencial linear homogenea

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = 0 , x ∈ I . (2.11)

Proposicao 2.5.4 Sejam yp uma solucao particular, em I, de (2.10) e {y1, y2, . . . , yn}um sistema fundamental de solucoes, em I, da equacao homogenea que lhe esta associada,

(2.11). Entao o conjunto das solucoes de (2.10) e

{yp + C1y1 + C2y2 + · · · + Cnyn : C1, C2, . . . , Cn ∈ R} .

Demonstracao Considere-se a aplicacao linear


(n−1) + · · · + a1(x)y′ + a0(x)y

.

Verifica-se facilmente que o conjunto das solucoes de (2.10) e

SC = {y ∈ Cn(I) : T (y) = g} .

Seja y ∈ SC . Uma vez que yp ∈ SC tem-se T (y − yp) = T (y) − T (yp) = g − g = 0.

Entao y − yp e uma solucao de (2.11) e portanto e combinacao linear de y1, y2, . . . , yn, ou

seja, existem C1, C2, . . . , Cn ∈ R tais que

y = yp + C1y1 + C2y2 + · · · + Cnyn .


Reciprocamente suponha-se que

y ∈ {yp + C1y1 + C2y2 + · · · + Cnyn : C1, C2, . . . , Cn ∈ R} .Entao y − yp e combinacao linear de y1, y2, . . . , yn e portanto e solucao de (2.11), ou seja

T (y − yp) = 0 ⇔ T (y) − T (yp) = 0

⇔ T (y) = T (yp)

⇔ T (y) = g

⇔ y ∈ SC .

Provou-se assim que o conjunto das solucoes de (2.10) e

{yp + C1y1 + C2y2 + · · · + Cnyn : C1, C2, . . . , Cn ∈ R} .

Sejam yp uma solucao particular, em I, de (2.10) e yH = C1y1 + C2y2 + · · · + Cnyn

(C1, C2, . . . , Cn ∈ R) a solucao geral, em I, da equacao homogenea que lhe esta associada,

(2.11). A famılia de funcoes yC = yp + yH chama-se solucao geral ou integral geral, em I,

da equacao diferencial linear completa (2.10).

Observacao 2.5.2 Estamos agora em condicoes de provar (conforme foi afirmado na

seccao 2.3) que todas as solucoes da equacao diferencial linear de primeira ordem

y′ + P (x) y = Q(x) , x ∈ I , (2.12)

sao da forma

y = e−∫

P (x) dx

(∫Q(x) e

∫P (x) dx dx+ C

),

para algum C ∈ R. De acordo com a proposicao 2.5.4 basta mostrar que

yp = e−∫

P (x) dx

∫Q(x) e

∫P (x) dx dx

e uma solucao particular de (2.12) e que

y1 = e−∫

P (x) dx

e solucao de

y′ + P (x)y = 0 , x ∈ I .

Observe-se que y1 e linearmente independente porque y1 nao e a funcao nula em I. Efectue-

mos os calculos

y′p + P (x)yp = −P (x) e−∫

P (x) dx

∫Q(x) e

∫P (x) dx dx+ e−

∫P (x) dx Q(x) e

∫P (x) dx

+P (x) e−∫

P (x) dx

∫Q(x) e

∫P (x) dx

= Q(x) .

y′1 + P (x)y1 = −P (x) e−∫

P (x) dx + P (x) e−∫

P (x) dx

= 0 .


2.5.3 Exercıcios

1. Estude quanto a independencia linear os seguintes conjuntos de funcoes, nos conjun-

tos indicados :

(a) f1(x) = x, f2(x) = x+ 1, em R;

(b) f1(x) = x, f2(x) = |x|, em R;

(c) f1(x) = x, f2(x) = |x|, em R+;

(d) f1(x) = 0, f2(x) = x, f3(x) = ex, em R;

(e) f1(x) = sin x, f2(x) = cosx, f3(x) = 1, em R;

(f) f1(x) = sin2 x, f2(x) = cos2 x, f3(x) = 1, em R;

(g) f1(x) = cos 2x, f2(x) = 1, f3(x) = cos2 x, em R;

(h) f1(x) = ex, f2(x) = e−x, f3(x) = e4x, em R.

2. Considerando f1(x) = 2 e f2(x) = ex, repare que f1(0) − 2f2(0) = 0. Pode garantir

que f1 e f2 sao linearmente dependentes em qualquer intervalo contendo x = 0 ?

3. Averigue se as funcoes ex e e2x constituem um sistema fundamental de solucoes para

as seguintes equacoes diferenciais:

(a) y′′ − 3y′ + 2y = 0;

(b) y′′′ − 4y′′ + 5y′ − 2y = 0.

4. Averigue se as funcoes seguintes constituem um sistema fundamental de solucoes

para a equacao diferencial y′′′ = 0:

(a) {1, x+ 1, x2};(b) {x2, x2 + 1, (x2 + 1)2};(c) {x+ 1, (x+ 1)2};(d) {1, x− 1, (x+ 2)2};(e) {x, 2x}.

5. Em algumas das alıneas seguintes as funcoes apresentadas contituem sistemas fun-

damentais de solucoes para determinadas equacoes diferenciais homogeneas normais

em certos intervalos. Em cada caso, determine essas equacoes diferenciais e os cor-

respondentes intervalos.

(a) {2, x− 4, x2}; (b) {x3, x4};

(c) {ex, e3x, e5x}; (d) {x− 1, sin x, cos x};

(e) {1, x, sin x, cos x}; (f) {2, x+ 2, x− 4};

(g) {ex, sinh x, cosh x}; (h) {x2, x− 12, (x− 1)2}.


2.5.4 Metodo de abaixamento de ordem ou metodo de D’Alembert

O metodo de D’Alembert permite determinar o integral geral de uma equacao diferencial

linear de ordem n a partir do conhecimento de n − 1 solucoes linearmente independentes

da equacao diferencial homogenea associada.

Vejamos primeiro o caso n = 2. Considere-se a equacao

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x) , ∀x ∈ I , (2.13)

onde a0, a1, a2 e g sao funcoes contınuas em I e a2(x) 6= 0, para todo o x ∈ I.

Seja y1 uma solucao lineramente independente da equacao homogenea associada a

(2.13), isto e,

a2(x)d2y1

dx2+ a1(x)

dy1

dx+ a0(x)y1 = 0 , ∀x ∈ I , (2.14)

e suponha-se que y1(x) 6= 0 para todo o x ∈ I.

Em (2.13) faca-se a mudanca de variavel y = y1u. Tem-se

dy

dx=

dy1

dxu+ y1

du

dx

d2y

dx2=

d2y1

dx2u+ 2

dy1

dx

du

dx+ y1

d2u

dx2.

Substituindo em (2.13) obtem-se

a2(x)

(d2y1

dx2u+ 2

dy1

dx

du

dx+ y1

d2u

dx2

)+ a1(x)

(dy1

dxu+ y1

du

dx

)+ a0(x)y1u = g(x) , x ∈ I

⇔ a2(x)y1d2u

dx2+

(a1(x)y1 + 2a2(x)

dy1

dx

)du

dx

+

(a2(x)

d2y1

dx2+ a1(x)

dy1

dx+ a0(x)y1

)u = g(x) , x ∈ I . (2.15)

Recorrendo a (2.14) conclui-se que o coeficiente de u em (2.15) e zero. Fazendo a

mudanca de variavel w =du

dxem (2.15) obtem-se a equacao linear de primeira ordem

a2(x)y1dw

dx+

(a1(x)y1 + 2a2(x)

dy1

dx

)w = g(x) , x ∈ I , (2.16)

que sabemos resolver.

Seja

wc = wp + C1 w1 , C1 ∈ R (2.17)

o integral geral de (2.16), onde wp e uma solucao particular de (2.16) e w1 e uma solucao

particular nao nula da equacao homogenea associada a (2.16).

Integrando (2.17) membro a membro obtem-se

u = up + C1 u1 + C2 , C1, C2 ∈ R , (2.18)


onde up e uma primitiva de wp, e u1 e uma primitiva de w1.

Vejamos agora que

yC = y1 up + C1 y1 u1 + C2 y1 , C1, C2 ∈ R ,

e o integral geral da equacao (2.13). Obviamente y1up e uma solucao de (2.13) e z1 = y1 u1

e uma solucao da equacao homogenea associada a (2.13). Resta entao provar que y1 e z1

sao linearmente independentes em I. Calcule-se o seu Wronskiano. Para todo o x ∈ I,

W (y1, z1)(x) =

∣∣∣∣y1(x) z1(x)y′1(x) z′1(x)

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣y1(x) y1(x)u1(x)y′1(x) y′1(x)u1(x) + y1(x)u

′1(x)

∣∣∣∣= y1(x)y

′1(x)u1(x) + (y1(x))

2u′1(x) − y′1(x)y1(x)u1(x)

= (y1(x))2u′1(x)

= (y1(x))2w1(x) .

Uma vez que y1 nao se anula em I e w1 nao e a funcao nula em I, conclui-se que existe

x0 ∈ I tal que W (y1, z1)(x0) 6= 0 e portanto y1 e z1 sao linearmente independentes em I.

Vejamos um exemplo.

Exemplo 2.5.2 Determinemos o integral geral de

(x− 1)y′′ − xy′ + y = −1 , x ∈]1,+∞[ ,

sabendo que y1 = ex e solucao da equacao homogenea associada. Faca-se a mudanca de

variavel y = exu.

y′ = exu+ exu′ = ex(u+ u′)

y′′ = ex(u+ u′) + ex(u′ + u′′) = ex(u′′ + 2u′ + u)

Substituindo na equacao dada obtem-se

(x− 1)ex(u′′ + 2u′ + u) − xex(u+ u′) + exu = −1

⇔ (x− 1)exu′′ + (x− 2)exu′ = −1

⇔ u′′ +x− 2

x− 1u′ = − e−x

x− 1.

Fazendo a mudanca de variavel u′ = w obtem-se uma equacao diferencial linear de primeira

ordem,

w′ +x− 2

x− 1w = −−e−x

x− 1,

equacao esta que admite

e∫

x−2

x−1dx = e

∫( −1

x−1+1) dx = e− ln(x−1)+x =

ex

x− 1


como factor integrante. Assim,

ex

x− 1w′ +

ex(x− 2)

(x− 1)2w = − exe−x

(x− 1)2

⇔ d

dx

(ex

x− 1w

)=

−1

(x− 1)2

⇔ ex

x− 1w =

1

x− 1+ C1 , C1 ∈ R

⇔ w = e−x + C1(x− 1)e−x , C1 ∈ R

⇔ u =

∫e−x dx+ C1

∫(x− 1)e−x dx+ C2 , C1, C2 ∈ R

⇔ u = −e−x − C1xe−x + C2 , C1, C2 ∈ R .

Assim

y = y1u = exu = −1 − C1x+ C2ex .

Podemos entao dizer que o integral geral da equacao dada e

y = −1 + C1x+ C2ex , C1, C2 ∈ R .

Vejamos agora o caso geral.

Teorema 2.5.3 Considere-se uma equacao diferencial linear completa de ordem n ≥ 2,

an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · + a1(x)y

′ + a0(x)y = g(x) , x ∈ I , (2.19)

onde a0, a1, . . . , an e g sao funcoes contınuas em I e an(x) 6= 0, para todo o x ∈ I. A partir

de n− 1 solucoes, em I, da equacao homogenea associada a (2.19) que sejam linearmente

independentes em I e tais que, pelo menos, uma delas nao se anula em I, e possıvel obter

o integral geral de (2.19) nalgum intervalo contido em I.

Demonstracao A demonstracao e feita por inducao em n. O caso n = 2 ja foi tratado.

Suponha-se que n ≥ 3 e que o resultado e valido para equacoes de ordem n− 1 (hipotese

de inducao). Seja {y1, y2, . . . , yn−1} um conjunto linearmente independente constituıdo por

n−1 solucoes, em I, da equacao homogenea associada a (2.19) e suponha-se que y1(x) 6= 0,

para todo o x ∈ I. Considere-se a aplicacao linear


(n−1) + · · · + a1(x)y′ + a0(x)y

.

Entao

T (yj) = 0 , j = 0, 1 . . . , n− 1 (2.20)

e (2.19) pode ser escrita na forma T (y) = g(x) , x ∈ I.

Faca-se a mudanca de variavel y = y1u.

T (y) = g(x) ⇔ T (y1u) = g(x) .


Para calcular T (y1u) precisamos de calcular as n primeiras derivadas de y1u.

d

dx(y1u) = y′1u+ y1u

′

d2

dx2(y1u) = y′′1u+ 2y′1u

′ + y1u′′

d3

dx3(y1u) = y

(3)1 u+ 3y′′1u

′ + 3y′1u′′ + y1u

(3) .

Por inducao em k prova-se que, para todo o k ∈ N,

dk

dxk(y1u) =

k∑

i=0

(ki

)dk−iy1

dxk−i

diu

dxi. (2.21)

Assim,

T (y1u) =n∑

k=0

ak(x)dk

dxk(y1u)

=n∑

k=0

k∑

i=0

(ki

)ak(x)

dk−iy1

dxk−i

diu

dxi

=n∑

i=0

[n∑

k=i

(ki

)ak(x)

dk−iy1

dxk−i

]diu

dxi.

Para i = 0, 1, . . . , n considere-se

bi(x) =n∑

k=i

(ki

)ak(x)

dk−iy1

dxk−i∈ C0(I) .

Tem-se que

bn(x) = an(x)y1(x) 6= 0 , ∀x ∈ I

e que

b0(x) =n∑

k=0

(k0

)ak(x)

dky1

dxk= T (y1) = 0 .

Assim

T (y1u) = bn(x)u(n) + bn−1(x)u(n−1) + · · · + b1(x)u

′(x) ∈ C0(I) .

Pode pois considerar-se a aplicacao linear

T1 : Cn(I) → C0(I)u 7→ T (y1u) = bn(x)u(n) + bn−1(x)u

(n−1) + · · · + b1(x)u′(x)

.

Entao

T (y) = g(x) ⇔ T (y1u) = g(x) ⇔ T1(u) = g(x) .


Defina-se a aplicacao linear

T2 : Cn−1(I) → C0(I)w 7→ bn(x)w(n−1) + bn−1(x)w

(n−2) + · · · + b1(x)w.

Entao

T (y) = g(x) ⇔ T1(u) = g(x) ⇔ T2(u′) = g(x) .

A equacao

T2(w) = g(x) (2.22)

e uma equacao diferencial linear, normal de ordem n− 1. Considerem-se as n− 2 funcoes

wk =d

dx

(yk

y1

), k = 2, . . . , n− 1 .

Para k = 2, . . . , n− 1,

T2 (wk) = T2

(d

dx

(yk

y1

))= T1

(yk

y1

)= T

(y1yk

y1

)= T (yk) = 0 .

Vejamos agora que w2, . . . , wn−1 sao linearmente independentes em I. Sejam α2, . . . , αn−1 ∈R tais que

α2w2(x) + α3w3(x) · · · + αn−1wn−1(x) = 0 , ∀x ∈ I .

Isto e,n−1∑

k=2

αkd

dx

(yk

y1

)(x) = 0 , ∀x ∈ I

⇔ d

dx

(n−1∑

k=2

αkyk

y1

)(x) = 0 , ∀x ∈ I

⇔ ∃C ∈ R :n−1∑

k=2

αkyk

y1

(x) = C , ∀x ∈ I

⇔ Cy1(x) − α2y2(x) − · · · − αn−1yn−1(x) = 0 , ∀x ∈ I .

Mas y1, y2, . . . , yn−1 sao linearmente independentes em I e portanto desta ultima igualdade

obtem-se

C = α2 = · · · = αn−1 = 0 .

Assim tambem w2, . . . , wn−1 sao linearmente independentes em I. Entao w2 nao e a funcao

nula em I. Seja I ′ um subintervalo de I no qual w2 nao se anula. Podemos aplicar a hipotese

de inducao a (2.22) no intervalo I ′. Suponhamos que

w(x) = wp(x) +n∑

k=2

Ckwk(x) , C2, . . . , Cn ∈ R (2.23)

e o integral geral de (2.22) em I ′. Isto e, wp e uma solucao particular de (2.22) em I ′ e

w2, . . . , wn sao n − 1 solucoes, em I ′, linearmente independentes, da equacao homogenea

associada a (2.22). Integrando membro a membro a igualdade (2.23) obtem-se

u(x) = up(x) +n∑

k=2

Ckuk(x) + C1 , C1, C2, . . . , Cn ∈ R , (2.24)


onde up e uma primitiva de wp e uk e uma primitiva de wk, para k = 2, . . . , n. Multiplicando

ambos os membros de (2.24) por y1 obtem-se

y(x) = y1up(x) + C1y1 +n∑

k=2

Cky1uk(x) , C1, C2, . . . , Cn ∈ R . (2.25)

Vejamos que (2.25) e o integral geral de (2.19) em I ′.

T (y1up) = T1(up) = T2(u′p) = T2(wp) = g(x)

e portanto y1up e uma solucao particular de (2.19). Por hipotese y1 e solucao da equacao

homogenea associada a (2.19). Para k = 2, . . . , n

T (y1uk) = T1(uk) = T2(u′k) = T2(wk) = 0

e assim tambem y1u2, . . . , y1un sao solucoes da equacao homogenea associada a (2.19).

Resta provar que y1, y1u2, . . . , y1un sao linearmente independentes em I ′. Sejam α1, α2, . . . , αn ∈R tais que

α1y1(x) + α2y1(x)u2(x) + · · · + αny1(x)un(x) = 0 , ∀x ∈ I ′ . (2.26)

Entao (e porque y1 nao se anula em I)

y1(x)[α1 + α2u2(x) + · · · + αnun(x)] = 0 , ∀x ∈ I ′

⇔ α1 + α2u2(x) + · · · + αnun(x) = 0 , ∀x ∈ I ′

⇒ α2u′2(x) + · · · + αnu

′n(x) = 0 , ∀x ∈ I ′

⇒ α2w2(x) + · · · + αnwn(x) = 0 , ∀x ∈ I ′

⇒ α2 = · · · = αn = 0 .

Substituindo α2, . . . , αn por 0 em (2.26) conclui-se que tambem α1 = 0.

A demonstracao do teorema ilustra o algoritmo a usar para baixar a ordem de uma

equacao ate se chegar a uma equacao se ordem 1. Vejamos um exemplo para n = 3.

Exemplo 2.5.3 Vamos resolver a equacao

x3y′′′ + x2y′′ − 6xy′ + 6y = 0 , x ∈]0,+∞[ ,

sabendo que y1 = x e y2 = 1/x2 sao duas solucoes particulares da equacao dada. Faca-se

a mudanca de variavel y = xu. Entao y′ = u + xu′, y′′ = 2u′ + xu′′ e y′′′ = 3u′′ + xu′′′,

obtendo-se

3x3u′′ + x4u′′′ + 2x2u′ + x3u′′ − 6xu− 6x2u′ + 6xu = 0

⇔ x4u′′′ + 4x3u′′ − 4x2u′ = 0 . (2.27)

Sendo y1 e y2 solucoes da equacao dada e y = y1u, a funcao u1 =y2

y1

= x−3 e solucao de

(2.27). Em (2.27) faca-se u′ = w. Obtem-se a equacao

x4w′′ + 4x3w′ − 4x2w = 0 , (2.28)


da qual w1 = u′1 = −3x−4 e solucao. Baixe-se novamente a ordem fazendo w = w1z =

−3x−4z em (2.28). Tem-se w′ = 12x−5z − 3x−4z′ e w′′ = −60x−6z + 24x−5z′ − 3x−4z′′.

Entao de (2.28) obtem-se

−60x−2z + 24x−1z′ − 3z′′ + 48x−2z − 12x−1z′ + 12x−2z = 0

⇔ −3z′′ +12

xz′ = 0 . (2.29)

Fazendo z′ = v em (2.29) obtem-se a equacao de primeira ordem,

−3v′ +12

xv = 0 ⇔ v′ − 4

xv = 0 .

Esta segunda equacao admite e−∫

4/x dx =1

x4como factor integrante. Assim

1

x4v′ − 4

x5v = 0 ⇔ d

dx

(1

x4v

)= 0 ⇔ ∃C1 ∈ R : v = C1x

4 .

Entao

z =

∫v dx = C1

x5

5+ C2 , C1, C2 ∈ R ,

w = −3x−4z

=−3

5C1x−

3C2

x4, C1, C2 ∈ R

= D1x+D21

x4, D1, D2 ∈ R

e de u′ = w obtem-se

u = E1x2 + E2

1

x3+ E3 , E1, E2, E3 ∈ R .

Assim

y = xu = E1x3 + E2

1

x2+ E3x , E1, E2, E3 ∈ R

e o integral geral da equacao dada.

2.5.5 Exercıcios

1. Utilizando o metodo do abaixamento de ordem (metodo de d’Alembert), encontre

os integrais gerais das seguintes equacoes diferenciais, sabendo que as equacoes ho-

mogeneas associadas admitem os integrais particulares, yi, indicados.

(a) x y′′ − y′ = 0;

(b) x y′′ − y′ = x2ex;

(c) x y′′ + 2 y′ − x y = −ex, com y1 = ex

x ;

(d) x3 y′′′ − 6x2 y′′ + 15x y′ − 15 y = 0, com y1 = x e y2 = x3;


(e) x3 y′′′ − x2 y′′ + 2x y′ − 2 y = 0, com y1 = x;

(f) 6x2 y′′ − 9x y′ + 6 y = x, com y1 = x2;

(g) x y′′′ − y′′ + x y′ − y = 0, com y1 = sin x e y2 = cos x;

(h) cos2x y′′ − 2 y = 0, com y1 = tgx;

(i) (1 + x2) y′′ + 2x y′ − 2 y = 4x2 + 2, com y1 = x.

2.5.6 Equacoes diferenciais lineares homogeneas de coeficientesconstantes

Seja I um intervalo real. Para cada n ∈ N0 designe-se por Dn a aplicacao linear de Cn(I)

em C0(I) que a cada funcao y ∈ Cn(I) faz corresponder a sua derivada de ordem n, isto

e, Dny = y(n). Um polinomio diferencial ou operador diferencial linear com coeficientes

constantes e uma qualquer aplicacao linear, T , de Cn(I) em C0(I) tal que, para todo o

y ∈ Cn(I),

T (y) = any(n) + an−1y

(n−1) + · · · + a1y′ + a0y

= anDny + an−1D

n−1y + · · · + a1Dy + a0y ,

onde a0, a1, . . . , an sao constantes reais. Costuma escrever-se

T = P (D) = anDn + an−1D

n−1 + · · · + a1D + a0 .

Uma equacao diferencial linear homogenea de ordem n e coeficientes constantes e uma

equacao da forma

andny

dxn+ an−1

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1

dy

dx+ a0y = 0 , x ∈ I , (2.30)

onde a0, a1, . . . , an sao constantes reais e an 6= 0.

Assim a equacao (2.30) pode ser escrita na forma

P (D)y = 0 , x ∈ I ,

sendo P (D) o operador diferencial linear de coeficientes constantes

anDn + an−1D

n−1 + · · · + a1D + a0 .

Entao o conjunto das solucoes de (2.30) e o nucleo de P (D). Assim, com o objectivo

de resolver equacoes diferenciais lineares homogeneas de coeficientes constantes, iremos

estudar algo sobre operadores diferenciais lineares de coeficientes constantes.

Sejam

T1 = P (D) = anDn + an−1D

n−1 + · · · + a1D + a0

e

T2 = Q(D) = bmDm + bm−1D

m−1 + · · · + b1D + b0


dois operadores diferenciais lineares com coeficientes constantes. Considerando estas duas

aplicacoes lineares definidas em Cm+n(I) podemos definir a sua soma e a sua composicao

da forma usual, isto e, para todo o y ∈ Cm+n(I),

(T1 + T2) (y) = T1(y) + T2(y)

(T1 ◦ T2) (y) = T1 (T2(y)) .

Efectuando alguns calculos verifica-se que, para todo o y ∈ Cm+n(I),

(T1 + T2) (y) = (P (D) +Q(D)) (y) (2.31)

(T1 ◦ T2) (y) = (P (D) ×Q(D)) (y) , (2.32)

onde o sinal + no segundo membro de (2.31) representa a adicao de polinomios e o sinal

× no segundo membro de (2.32) representa a multiplicacao de polinomios.

Usando (2.31), (2.32) e as propriedades das operacoes com polinomios prova-se facil-

mente a proposicao seguinte.

Proposicao 2.5.5 Sejam T1, T2 e T3 operadores diferenciais lineares com coeficientes con-

stantes que suporemos definidos num espaco Ck(I) com k suficientemente grande para que

todas as operacoes de composicao indicadas sejam possıveis. Entao

1. T1 + T2 = T2 + T1;

2. T1 + (T2 + T3) = (T1 + T2) + T3;

3. T1 ◦ T2 = T2 ◦ T1;

4. T1 ◦ (T2 ◦ T3) = (T1 ◦ T2) ◦ T3;

5. T1 ◦ (T2 + T3) = T1 ◦ T2 + T1 ◦ T3.

Considere-se o polinomio diferencial

P (D) = anDn + an−1D

n−1 + · · · + a1D + a0 ,

onde an 6= 0.

Associado a este polinomio diferencial podemos considerar o polinomio, de coeficientes

em R e grau n na indeterminada λ,

P (λ) = anλn + an−1λ

n−1 + · · · + a1λ+ a0 .

Este polinomio tem exactamente n raızes em C e as raızes complexas aparecem aos pares,

uma vez que, se z ∈ C \ R e uma raız de P (λ) entao tambem o conjugado de z, z, e raız

de P (λ). Sejam λ1, . . . , λt as raızes reais de P (λ) e suponha-se que λj tem multiplicidade

rj ∈ N, para j = 1, 2, . . . , t. Sejam α1 ± iβ1, α2 ± iβ2, . . . , αs ± iβs os pares de raızes

complexas conjugadas de P (λ). Para ` = 1, . . . , s seja m` a multiplicidade do par α` ± iβ`.

(Esta-se a supor que n = r1 + · · · + rt + 2m1 + · · · + 2ms). Uma vez que

[λ− (α` + iβ`)][λ− (α` − iβ`)] = (λ− α`)2 + β2

` ,


conclui-se que o polinomio P (λ) se factoriza na forma

P (λ) = an (λ− λ1)r1 · · · (λ− λt)

rt[(λ− α1)

2 + β21

]m1 · · ·[(λ− αs)

2 + β2s

]ms.

De (2.32) conclui-se entao que o polinomio diferencial P (D) se factoriza na forma

P (D) = an (D − λ1)r1 ◦ · · · ◦ (D − λt)

rt ◦[(D − α1)

2 + β21

]m1 ◦ · · · ◦[(D − αs)

2 + β2s

]ms.

(2.33)

Usualmente numa igualdade deste tipo omitem-se os sinais ◦.

Lema 2.5.1 Sejam T1, T2, . . . , Tm operadores diferenciais lineares de coeficientes constantes

definidos em Ck(I), com k suficientemente grande para que tambem o produto (composicao)

T = T1T2 · · · Tm

possa ser considerado definido em Ck(I). Entao, para j = 1, 2, . . . ,m, o nucleo de Tj esta

contido no nucleo do produto T .

Demonstracao Considere-se j ∈ {1, 2, . . . ,m}. Seja y pertencente ao nucleo de Tj, isto

e, Tj(y) = 0. Pretendemos provar que T (y) = 0. Fazendo uso da proposicao 2.5.5 (parte

3) temos

T (y) = (T1T2 · · · Tm) (y)

= (T1T2 · · · Tj−1Tj+1 · · · TmTj) (y)

= (T1T2 · · · Tj−1Tj+1 · · · Tm) (Tj(y))

= (T1T2 · · · Tj−1Tj+1 · · · Tm) (0)

= 0 .

Consideremos entao a equacao diferencial linear homogenea de coeficientes constantes

(2.30). O polinomio de grau n, na indeterminada λ e coeficientes reais,


n−1 + · · · + a1λ+ a0

diz-se o polinomio caracterıstico de (2.30) e


n−1 + · · · + a1D + a0

diz-se o polinomio diferencial caracterıstico de (2.30). A equacao (2.30) pode ser escrita

na forma

P (D)y = 0 , x ∈ I .

Se conseguirmos determinar as n raızes (em C) de P (λ) obtemos uma factorizacao de

P (D) do tipo de (2.33), com λ1, . . . , λt, α1, . . . , αs, β1, . . . , βs reais. Assim, do lema 2.5.1

conclui-se que, obtendo funcoes pertencentes ao nucleo de cada um dos operadores

(D − λj)rj , j = 1, 2, . . . , t ;[

(D − α`)2 + β2

`

]m` , ` = 1, 2, . . . , s ,


obteremos, pelo menos, algumas solucoes de (2.30).

Comecaremos primeiro por determinar o nucleo de um operador da forma D − a, com

a numero real. Isto e equivalente a resolver a equacao diferencial linear homogenea de

coeficientes constantes e ordem 1,

dy

dx− ay = 0 , x ∈ I . (2.34)

Multiplicando pelo factor integrante

e−ax

obtem-sed

dx

(ye−ax

)= 0

e portanto a solucao geral de (2.34) e

yH = C eax , C ∈ R .

Portanto o nucleo de D − a, com a real, e

{C eax : C ∈ R} .Vejamos agora o que se passa com o nucleo de (D−a)2. Isto e, pretendemos determinar

as solucoes da equacao diferencial

(D2 − 2aD + a2)y = 0 ⇔ y′′ − 2ay′ + a2y = 0 .

Do lema 2.5.1 e do visto anteriormente sabemos que eax e uma solucao desta equacao

diferencial. Usemos o metodo de D’Alembert e facamos a mudanca de variavel y = eaxu.

Tem-se y′ = eax(u′ + au) e y′′ = eax(u′′ + 2au′ + a2u). Entao

y′′ − 2ay′ + a2y = 0 ⇔ eaxu′′ + eax(2a− 2a)u′ + eax(a2 − 2a2 + a2)u = 0

⇔ eaxu′′ = 0

⇔ u′′ = 0

⇔ u = C1 + C2x , C1, C2 ∈ R .

Assim o integral geral de y′′ − 2ay′ + a2y = 0 e

yH = C1eax + C2xe

ax , C1, C2 ∈ R .

Entao xeax e outra solucao de y′′−2ay′+a2y = 0 e portanto pertence ao nucleo de (D−a)2.

Isto sugere-nos que, para r ∈ N, xr−1eax pertence ao nucleo de (D−a)r, o que provare-

mos por inducao em r. Ja vimos que isto e verdade para r = 1 e r = 2. Suponha-se que

r ≥ 3 e que xr−2eax pertence ao nucleo de (D − a)r−1, isto e, (D − a)r−1 (xr−2eax) = 0 .

Entao

(D − a)r(xr−1eax

)= (D − a)r−1

((D − a)

(xr−1eax

))

= (D − a)r−1((r − 1)xr−2eax + axr−1eax − axr−1eax

)

= (D − a)r−1((r − 1)xr−2eax

)

= (r − 1)(D − a)r−1(xr−2eax

)

= (r − 1) × 0

= 0 .


Temos assim (lema 2.5.1) que as funcoes

eax, xeax, . . . , xr−1eax

pertencem ao nucleo de (D−a)r, isto e sao solucoes da equacao diferencial linear homogenea

de ordem r, (D − a)ry = 0. Vejamos que sao linearmente independentes, em qualquer

intervalo real, I. Sejam C0, C1, . . . , Cr−1 ∈ R.

r−1∑

j=0

Cjxjeax = 0 , ∀x ∈ I ⇔ eax

r−1∑

j=0

Cjxj = 0 , ∀x ∈ I

⇔r−1∑

j=0

Cjxj = 0 , ∀x ∈ I . (2.35)

Para x0 ∈ I o Wronskiano de 1, x, . . . , xr−1 em x0 e

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 x0 x20 · · · xr−1

0

0 1 2x0 · · · (r − 1)xr−20

0 0 2 · · · (r − 1)(r − 2)xr−30

......

.... . . · · ·

0 0 0 · · · (r − 1)!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0! 1! 2! · · · (r − 1)! 6= 0 .

Entao as funcoes 1, x, . . . , xr−1 sao linearmente independentes em I (observe-se que isto

e valido para qualquer inteiro positivo r e qualquer intervalo real I) e portanto de (2.35)

obtem-se que

C0 = C1 = · · · = Cr−1 = 0 .

Assim tambem as funcoes

eax, xeax, . . . , xr−1eax

sao linearmente independente em I e pelo visto anteriormente constituem um sistema

fundamental de solucoes da equacao diferencial linear homogenea de ordem r

(D − a)ry = 0 , x ∈ I ,

para qualquer intervalo real I.

Vejamos agora o que se passa com o nucleo de um operador da forma (D − a)2 + b2,

com a, b ∈ R. Pretendemos resolver a equacao diferencial

(D2 − 2aD + a2 + b2)y = 0 ⇔ y′′ − 2ay′ + (a2 + b2)y = 0 .

Para o caso b = 0 ja vimos que {eax, xeax} e um sistema fundamental de solucoes da

equacao anterior. Se a = 0 e b = 1 temos a equcao y′′ + y = 0. Verifica-se facilmente

que sinx e cos x sao solucoes desta equacao. Se a = 0 e b e qualquer nao nulo obtem-se a

equacao

y′′(x) + b2y(x) = 0 . (2.36)


Nesta equacao faca-se a mudanca de variavel independente definida por t = bx. Usando a

regra de derivacao da funcao composta obtem-se

dy

dx=

dy

dt

dt

dx

= bdy

dt

e

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dt

)

= bd2y

dt2dt

dx

= b2d2y

dt2.

Substituindo em (2.36) tem-se que

b2d2y

dt2(t) + b2y(t) = 0 ⇔ d2y

dt2(t) + y(t) = 0 .

As funcoes cos t e sin t sao solucoes desta equacao. Assim as funcoes cos(bx) e sin(bx) sao

solucoes de (2.36).

Consideremos agora o caso geral de a, b quaisquer em R com b 6= 0. No caso b = 0

vimos que a equacao (D − a)2y = 0 admitia como solucoes as funcoes eax e xeax. Por

analogia averiguemos se

y′′ − 2ay′ + (a2 + b2)y = 0 (2.37)

tem solucoes da forma y(x) = u(x)emx, com m numero real. Derivando em ordem a x

obtem-se

y′ = u′emx +muemx = emx(u′ +mu)

y′′ = emx(u′′ + 2mu′ +m2u) .

Substitundo em (2.37) vem

emx(u′′ + 2mu′ +m2u− 2au′ − 2amu+ a2u+ b2u) = 0

⇔ u′′ + (2m− 2a)u′ + (m2 − 2am+ a2 + b2)u = 0 . (2.38)

Se considerarmos m = a a equacao (2.38) fica consideravelmente mais simples, a saber

u′′ + b2u = 0. Ja vimos que cos(bx) e sin(bx) sao solucoes desta equacao. Entao as funcoes

y1 = eax cos(bx) e y2 = eax sin(bx) sao solucoes de (2.37). Vejamos que sao linearmente

independentes. Para todo o x ∈ R,

W (y1, y2)(x) =

∣∣∣∣eax cos(bx) eax sin(bx)

eax(a cos(bx) − b sin(bx)) eax(a sin(bx) + b cos(bx))

∣∣∣∣= e2ax(a cos(bx) sin(bx) + b cos2(bx) − a cos(bx) sin(bx) + b sin2(bx))

= be2ax 6= 0 .


Assim, para a, b reais, com b 6= 0, o conjunto {eax cos(bx), eax sin(bx)} constitui um sistema

fundamental de solucoes para a equacao diferencial linear de ordem 2,

[(D − a)2 + b2]y = 0 , x ∈ I , (2.39)

qualquer que seja o intervalo real I.

Pode tambem dizer-se que eax cos(bx) e eax sin(bx) pertencem ao nucleo de (D−a)2+b2.

Da mesma maneira que foi feito para o caso de (D − a)r pode provar-se que, para r ∈ N,

as 2r funcoes

eax cos(bx), xeax cos(bx), . . . , xr−1eax cos(bx) ,

eax sin(bx), xeax sin(bx), . . . , xr−1eax sin(bx)

pertencem ao nucleo de [(D−a)2 +b2]r. Veremos, posteriormente, que estas 2r funcoes sao

linearmente independentes, em qualquer intervalo real I, constituindo entao um sistema

fundamental de solucoes da equcao (2.39), em qualquer intervalo real I.

Tendo como objectivo demonstrar o teorema principal desta subseccao vamos primeiro

enunciar e demonstrar alguns lemas.

Sendo P (λ) um polinomio de coeficientes reais representa-se por P (k)(λ) a sua derivada

de ordem k, em relacao a λ. Por P (k)(D) representa-se o operador diferencial linear de

coeficientes constantes associado a P (k)(λ).

Exemplo 2.5.4 Se P (λ) = 3λ5 + λ3 − λ2 + 2,

P (1)(λ) = 15λ4 + 3λ2 − 2λ

e

P (2)(λ) = 60λ3 + 6λ− 2 .

Assim, neste caso, P (2)(D) = 60D3 + 6D − 2.

Lema 2.5.2 Seja P (λ) um polinomio de coeficientes reais e de grau n. Sendo f uma

funcao real de variavel real, derivavel pelo menos ate a ordem n, e a ∈ R,

P (D) (eaxf(x)) = eax

n∑

k=0

1

k!P (k)(a)Dkf(x) .

Demonstracao Suponha-se que


n−1 + · · · + a1λ+ a0 .

Usando a igualdade (2.21) para o calculo de Dj(eaxf(x)) obtem-se

P (D) (eaxf(x)) =n∑

j=0

ajDj (eaxf(x))

=n∑

j=0

aj

j∑

k=0

(jk

)Dj−keax Dkf(x)


=n∑

j=0

j∑

k=0

aj

(jk

)aj−keax Dkf(x)

= eax

n∑

k=0

(n∑

j=k

aj

(jk

)aj−k

)Dkf(x)

= eax

n∑

k=0

(n∑

j=k

aj1

k!j(j − 1) · · · (j − k + 1)aj−k

)Dkf(x)

= eax

n∑

k=0

1

k!P (k)(a) Dkf(x) .

Lema 2.5.3 Seja P (λ) um polinomio de coeficientes reais na indeterminada λ e de grau

n. Seja q(x) um polinomio, em x, de coeficientes reais, nao nulo e de grau inferior ou

igual a n− 1. Para a ∈ R,

P (D) (eaxq(x)) = 0 ⇒ P (a) = 0 .


P (λ) =n∑

k=0

akλk

e que

q(x) =n−1∑

j=0

cjxj .

Dnq(x) = 0 e, para k = 0, 1, . . . , n− 1,

Dkq(x) =n−1∑

j=k

cjj(j − 1) · · · (j − k + 1)xj−k

=n−1∑

j=k

cj

(jk

)k! xj−k

= k!n−k−1∑

`=0

ck+`

(k + `k

)x` .

Usando o lema 2.5.2 obtem-se

P (D) (eaxq(x)) = eax

n−1∑

k=0

1

k!P (k)(a)Dkq(x)

= eax

n−1∑

k=0

P (k)(a)n−k−1∑

`=0

ck+`

(k + `k

)x`

= eax

n−1∑

`=0

(n−`−1∑

k=0

P (k)(a)ck+`

(k + `k

))x` .


Para ` = 0, 1, . . . , n− 1 seja

b` =n−`−1∑

k=0

P (k)(a)ck+`

(k + `k

)=

n−1∑

j=`

cj

(j

j − l

)P (j−`)(a) .

Ja vimos que {1, 2, . . . , xn−1} e linearmente independente sobre qualquer intervalo real e

portanto, se P (D) (eaxq(x)) = 0, tera de ser b` = 0, para ` = 0, 1, . . . , n− 1. Uma vez que

q nao e o polinomio nulo existe r ∈ {0, 1, . . . , n− 1} tal que cr 6= 0 e cr+1 = · · · = cn−1 = 0.

Assim,

0 = br =n−1∑

j=r

cj

(j

j − r

)P (j−r)(a) = cr

(r0

)P (a) ,

o que implica que P (a) = 0.

Lema 2.5.4 Sejam P (λ) um polinomio de coeficientes reais e de grau n e f uma funcao

real de variavel real, derivavel pelo menos ate a ordem n. Entao, para j = 0, 1, . . . , n− 1,

P (D)(xjf(x)

)=

j∑

`=0

(j`

)xj−` P (`)(D)f(x) .


P (λ) =n∑

k=0

akλk .

Usando (2.21) obtem-se

P (D)(xjf(x)

)=

n∑

k=0

akDk(xjf(x)

)

=n∑

k=0

ak

k∑

`=0

(k`

)D`xj Dk−`f(x)

=n∑

`=0

D`xj

n∑

k=`

ak

(k`

)Dk−`f(x)

=

j∑

`=0

j(j − 1) · · · (j − `+ 1)xj−`

n∑

k=`

ak

(k`

)Dk−`f(x)

=

j∑

`=0

(j`

)xj−`

n∑

k=`

`! ak

(k`

)Dk−`f(x)

=

j∑

`=0

(j`

)xj−`

(n∑

k=`

akk(k − 1) · · · (k − `+ 1)Dk−`f(x)

)

=

j∑

`=0

(j`

)xj−` P (`)(D)f(x) .


Lema 2.5.5 Seja P (λ) um polinomio de coeficientes reais e de grau n. Sejam q1(x) e

q2(x) dois polinomios de coeficientes reais, nao ambos nulos, e de grau r inferior ou igual

a n− 1. Entao, para a, b ∈ R, com b 6= 0,

P (D) [q1(x)eax cos(bx) + q2(x)e

ax cos(bx)] = 0 ⇒ P (a+ ib) = 0 .


P (λ) =n∑

k=0

akλk ,

q1(x) =r∑

j=0

cjxj e que q2(x) =

r∑

j=0

djxj .

Comecaremos por provar o resultado para polinomios constantes, q1 = c0 e q2 = d0,

com c0 6= 0 ou d0 6= 0.

Vamos aplicar o lema 2.5.2 considerando f(x) = c0 cos(bx) + d0 sin(bx). Para isso

precisamos de calcular as derivadas de f . Por inducao em k prova-se que

Dkf(x) =

{(−1)k/2 bk f(x) se k e par(−1)(k−1)/2 bk−1 f ′(x) se k e ımpar .

Entao

P (D) (eaxf(x)) = eax

n∑

k=0

k par

1

k!(−1)k/2 bk P (k)(a)

f(x)

+eax

n∑

k=1

k ımpar

1

k!(−1)(k−1)/2 bk−1 P (k)(a)

f ′(x) .

Sejam

A =n∑

k=0

k par

1

k!(−1)k/2 bk P (k)(a)

e

B =n∑

k=1

k ımpar

1

k!(−1)(k−1)/2 bk−1 P (k)(a) .

Assim

P (D) (eaxf(x)) = 0 ⇔ Af(x) +Bf ′(x) = 0 .

Suponha-se que B 6= 0. Temos entao que

f ′(x) +A

Bf(x) = 0 .


Integrando esta equacao linear de primeira ordem obtem-se

f(x) = Ee−(A/B)x, com E ∈ R .

Entao

c0 cos(bx) + d0 sin(bx) − Ee−(A/B)x = 0 ,

com c0 6= 0 ou d0 6= 0, o que e absurdo porque

W (e−(A/B)x, cos(bx), sin(bx))(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

e−(A/B)x cos(bx) sin bx

−ABe−(A/B)x −b sin bx b cos(bx)

A2

B2 e−(A/B)x −b2 cos(bx) −b2 sin bx

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= e−(A/B)xb

(b2 +

A2

B2

)6= 0 .

Assim tera de ser B = 0 obtendo-se

Af(x) = 0 ⇔ Ac0 cos(bx) + Ad0 sin(bx) = 0 ⇔ A = 0 ,

porque cos(bx), sin(bx) sao linearmente independentes e c0 6= 0 ou d0 6= 0.

Por outro lado,

P (a+ ib) =n∑

j=0

aj(a+ ib)j =n∑

j=0

aj

j∑

k=0

(jk

)aj−kikbk .

Atendendo a que

ik =

{(−1)k/2 se k e pari (−1)(k−1)/2 se k e ımpar

obtem-se

P (a+ ib) =n∑

j=0

j∑

k=0

k par

(jk

)aj a

j−k bk (−1)k/2

+in∑

j=0

j∑

k=1

k ımpar

(jk

)aj a

j−k bk (−1)(k−1)/2

=n∑

k=0

k par

1

k!bk (−1)k/2

n∑

j=k

aj j(j − 1) · · · (j − k + 1) aj−k

+in∑

k=1

k ımpar

1

k!bk (−1)(k−1)/2

n∑

j=k

aj j(j − 1) · · · (j − k + 1) aj−k

=n∑

k=0

k par

1

k!bk (−1)k/2 P (k)(a) + i b

n∑

k=1

k ımpar

1

k!bk−1(−1)(k−1)/2P (k)(a)

= A+ ibB

= 0 .


Demonstremos agora o caso geral.


ax cos(bx)] =

=r∑

j=0

[cjP (D)

(xjeax cos(bx)

)+ djP (D)

(xjeax sin(bx)

)].

Usando o lema 2.5.4 obtem-se


ax cos(bx)] =

=r∑

j=0

j∑

`=0

(j`

)xj−`

[cjP

(`)(D) (eax cos(bx)) + djP(`)(D) (eax sin(bx))

]

=r∑

j=0

j∑

k=0

(jk

)xk[cjP

(j−k)(D) (eax cos(bx)) + djP(j−k)(D) (eax sin(bx))

]

=r∑

k=0

{r∑

j=k

(jk

)[cjP


]}xk .

Assim, se P (D) [q1(x)eax cos(bx) + q2(x)e

ax cos(bx)] = 0, tera de ser

r∑

j=k

(jk

)[cjP


]= 0 , k = 0, 1, . . . , r .

(2.40)

Uma vez que q1 e q2 nao sao ambos nulos existe s ∈ {0, 1, . . . , r} tal que cs+1 = cs+2 =

· · · = cr = ds+1 = ds+2 = · · · = dr = 0 e cs 6= 0 ou ds 6= 0. Fazendo k = s em (2.40)

obtem-se

r∑

j=s

(js

)[cjP

(j−s)(D) (eax cos(bx)) + djP(j−s)(D) (eax sin(bx))

]= 0

⇔(ss

)[csP

(0)(D) (eax cos(bx)) + dsP(0)(D) (eax sin(bx))

]= 0

⇔ P (D) [cseax cos(bx) + dse

ax sin(bx)] = 0 .

Atendendo a que cs 6= 0 ou ds 6= 0 e usando o ja provado para polinomios constantes

conclui-se que P (a+ ib) = 0.

Teorema 2.5.4 Considere-se a equacao diferencial linear homogenea de ordem n com co-

eficientes constantes,

any(n) + an−1y

(n−1) + · · · + a1y′ + a0y = 0 , x ∈ I , (2.41)

com an 6= 0. Suponha-se que as n raızes do polinomio caracterıstico associado a (2.41) sao

λ1, λ2, . . . , λt ∈ R , com multiplicidades r1, r2, . . . , rt ∈ N , respectivamente ;

α1 ± iβ1, . . . αs ± iβs ∈ C \ R , com multiplicidades m1, . . . ,ms ∈ N , respectivamente .


Entao o conjunto constituıdo pelas funcoes

eλjx, xeλjx, . . . , xrj−1eλjx , j = 1, . . . , t ,

eα`x cos(β`x), xeα`x cos(β`x), . . . , x

m`−1eα`x cos(β`x) , ` = 1, . . . , s

e eα`x sin(β`x), xeα`x sin(β`x), . . . , x

m`−1eα`x sin(β`x) , ` = 1, . . . , s , (2.42)

e um sistema fundamental de solucoes de (2.41), qualquer que seja o intervalo real I.

Demonstracao Uma vez que o polinomio caracterıstico de (2.41) e de grau n tem exac-

tamente n raızes em C Assim,

r1 + r2 + · · · + rt + 2m1 + · · · + 2ms = n .

Vamos supor que n ≥ 2rk, para k = 1, 2, . . . , t e que n ≥ 2mh, para h = 1, 2, . . . , s.

As funcoes dadas em (2.42) sao, pelo visto anteriormente, n solucoes de (2.41). Basta

entao provar que sao linearmente independentes. Suponha-se que

t∑

j=1

rj−1∑

`=0

cj,` xèλjx +

s∑

h=1

mh−1∑

`=0

dh,` xèαhx cos(βhx)+

s∑

h=1

mh−1∑

`=0

fh,` xèαhx sin(βhx) = 0 (2.43)

⇔t∑

j=1

rj−1∑

`=0

cj,` xèλjx +

s∑

h=1

[q1,h(x)eαhx cos(βhx) + q2,h(x)e

αhx sin(βhx)] = 0 , (2.44)

onde

q1,h(x) =

mh−1∑

`=0

dh,`x`

e

q2,h(x) =

mh−1∑

`=0

fh,`x` .

A equacao (2.41) pode ser escrita na forma P (D)y = 0, onde

P (D) = an (D − λ1)r1 · · · (D − λt)

rt[(D − α1)

2 + β21

]m1 · · ·[(D − αs)

2 + β2s

]ms

Para k = 1, 2, . . . , t seja

Qk(D) =P (D)

(D − λk)rk.

De (2.44) conclui-se que

t∑

j=1

rj−1∑

`=0

cj,`Qk(D)(xèλjx

)+

s∑

h=1

Qk(D) [q1,h(x)eαhx cos(βhx) + q2,h(x)e

αhx sin(βhx)] = 0 .

(2.45)

Usando o lema 2.5.1 e o ja visto anteriormente obtem-se que, para j = 1, . . . , t com

j 6= k, e ` = 0, 1, . . . rj − 1,

Qk(D)(xèλjx

)=

P (D)

(D − λk)rk (D − λj)

rj(D − λj)

rj(xèλjx

)= 0 .


Analogamente, para h = 1, 2, . . . , s e ` = 0, 1, . . . ,mh − 1,

Qk(D)(xèαhx cos(βhx)

)=

=P (D)

(D − λk)rk[(D − αh)

2 + β2h

]mh

[(D − αh)

2 + β2h

]mh(xèαhx cos(βhx)

)= 0

e tambem

Qk(D)(xèαhx sin(βhx)

)= 0 .

Assim, de (2.45) e usando o lema 2.5.3 (e aplicavel porque o grau de Qk(λ) e n−rk > rk−1),

obtem-serk−1∑

`=0

ck,`Qk(D)(xèλkx

)= 0

⇔ Qk(D)

(eλkx

rk−1∑

`=0

ck,`x`

)= 0

⇒ Qk(λk) = 0 ∨rk−1∑

`=0

ck,`x` .

Ora obviamente Qk(λk) 6= 0 e portanto

rk−1∑

`=0

ck,`x` ⇒ ck,` = 0 , ` = 0, 1, . . . , rk − 1 .

Como isto e valido para todo o k = 1, . . . , t ja mostramos que todos os coeficientes do

primeiro somatorio de (2.43) sao nulos.

Para k = 1, 2, . . . , s seja

Rk(D) =P (D)[

(D − αk)2 + β2

k

]mk.

Para h = 1, 2, . . . , s, com h 6= k, e ` = 0, 1, . . . ,mh − 1,

Rk(D)(xèαhx cos(βhx)

)=

P (D)[(D − αk)

2 + β2k

]mk[(D − αh)

2 + β2h

]mh

[(D − αh)

2 + β2h

]mh(xèαhx cos(βhx)

)= 0

e tambem

Rk(D)(xèαhx cos(βhx)

)= 0 .

Assim, de (2.45) e usando o lema 2.5.5 (e aplicavel porque o grau de Rk(λ) e n −mk >

mk − 1), obtem-se

Rk(D) [q1,k(x)eαkx cos(βkx) + q2,k(x)e

αkx sin(βkx)] = 0

⇒ Rk(αk + iβk) = 0 ∨ q1,k = q2,k = 0 .

Obviamente Rk(αk + iβk) 6= 0, concluindo-se que q1,k = q2,k = 0 e portanto tambem todos

os coeficientes do segundo e terceiro somatorios de (2.43) sao nulos.

Esta assim provado que as funcoes de (2.42) sao linearmente independentes.


Exemplo 2.5.5 Determinemos o integral geral da equacao

y(6) − 2y(5) + 3y(4) − 4y(3) + 3y(2) − 2y′ + y = 0 , x ∈ R .

O polinomio caracterıstico desta equacao e

P (λ) = λ6 − 2λ5 + 3λ4 − 4λ3 + 3λ2 − 2λ+ 1 .

Verifica-se facilmente que P (1) = 0. Usando a regra de Ruffini para dividir P (λ) por (λ−1)

obtem-se

1 -2 3 -4 3 -2 11 1 -1 2 -2 1 -1

1 -1 2 -2 1 -1 01 1 0 2 0 1

1 0 2 0 1 0

.

Assim

P (λ) = (λ− 1)2(λ4 + 2λ2 + 1) = (λ− 1)2(λ2 + 1)2 = (λ− 1)2(λ− i)2(λ+ i)2

e portanto as raızes de P (λ) sao 1, i e −i, todas com multiplicidade 2. De acordo com o

teorema 2.5.4,

{ex, xex, cos x, x cos x, sin x, x sin x}e um sistema fundamental de solucoes da equacao dada e portanto

yH = C1ex + C2xe

x + C3 cos x+ C4x cos x+ C5 sinx+ C6x sinx , C1, C2, . . . , C6 ∈ R

e o seu integral geral.

2.5.7 Exercıcios

1. Determine o integral geral das seguintes equacoes diferenciais lineares de coeficientes

constantes e, nos casos indicados, determine o integral particular que verifica as

condicoes iniciais dadas.

(a) y′′ − y′ − 2y = 0 ;

{y(0) = 0y′(0) = 3

.

(b) y′′′ − 6y′′ + 12y′ − 8y = 0 ;

y(0) = 1y′(0) = 0y′′(0) = −3

.

(c) d3xdt3

− 2d2xdt2

− 3dxdt

= 0 ;

{x(0) = 1x′(0) = 6 = x′′(0)

.

(d) ((D − 1)2 + 1)y = 0 ;

{y(0) = 0y′(π

2) = c

π2

.


(e) y(4) + y(2) = 0.

(f) y(4) = y.

(g) (D3 − 4D2 + 4D)y = 0.

(h) y(4) + 18y′′ + 81y = 0.

(i) y(n+2) + y(n) = 0.

(j) y(n+1) + y(n) = 0.

(k) y(n+2) = y(n).

(l) ((D + 1)2 + 4)2y = 0.

2. Determine uma equacao diferencial linear, homogenea e de coeficientes constantes

que admite a seguinte solucao particular:

(a) y = 4e2x + 3e−x;

(b) y = 7 + 2x+ 5e3x;

(c) y = 2x+ 5xe3x;

(d) y = 4 + 2x2 − e−3x;

(e) y = 4e−x sin 2x;

(f) y = 6xe2x sin 3x;

(g) y = 6 + 3xex cosx;

(h) y = x2 − 5 sin 3x;

(i) y = 34sinx− 1

4sin 3x;

(j) y = xe−x sin 2x− 3e−x cos 2x.

3. Utilizando o metodo do abaixamento de ordem (metodo de d’Alembert), encontre os

integrais gerais das seguintes equacoes diferenciais.

(a) y′′ + y = secx;

(b) y′′ − 4 y′ + 4 y = e−x.

4. Determine o integral geral da equacao diferencial

y′′ + y = cos x

sabendo que x sin x2 e um integral particular dessa mesma equacao .


2.5.8 Metodo do polinomio anulador

O metodo do polinomio anulador e um metodo que permite determinar uma solucao par-

ticular de determinados tipos de equacoes diferenciais lineares, de coeficientes constantes

e completas.

Sejam P (D) um polinomio diferencial e y uma funcao real de variavel real. Diz-se que

P (D) e um polinomio anulador para y, ou que P (D) anula y se P (D)y = 0.

Exemplo 2.5.6 Usando inducao em n prova-se facilmente que o polinomio diferencial Dn

(com n ∈ N) e um polinomio anulador para as n funcoes 1, x, . . . , xn−1. Daqui resulta

ainda que, quaisquer que sejam c0, c1, . . . , cn−1 ∈ R,

Dn(c0 + c1x+ · · · + cn−1x

n−1)

=n−1∑

k=0

ckDn(xk) = 0 ,

isto e, para n ∈ N, Dn e um polinomio anulador para qualquer funcao polinomial com grau

inferior ou igual a n− 1.

Como se vera, a proposicao seguinte e consideravelmente util para obter polinomios

anuladores.

Proposicao 2.5.6 Sejam P (D) e Q(D) dois polinomios diferenciais tais que P (D) anula

a funcao y1 e Q(D) anula a funcao y2. Entao o produto (composicao) P (D)Q(D) anula

y1 + y2.

Demonstracao Usando a propsicao 2.5.5, parte 3, obtem-se

P (D)Q(D)(y1 + y2) = P (D)Q(D)y1 + P (D)Q(D)y2

= Q(D)[P (D)y1] + P (D)[Q(D)y2]

= Q(D)0 + P (D)0

= 0 .

Exemplo 2.5.7 Vimos anteriormente xex e solucao da equacao (D − 1)2y = 0. Mas

isto significa precisamente que (D − 1)2 e um polinomio anulador para xex. Do exemplo

anterior sabemos que D4 anula x3 − x2. Usando a proposicao anterior podemos dizer que

D4(D − 1)2 = D6 − 2D5 +D4 anula xex + x3 − x2.

Na proposicao seguinte estao resumidos alguns resultados que foram obtidos anterior-

mente.

Proposicao 2.5.7

1. Para n ∈ N, o operador diferencial Dn anula cada uma das funcoes

1, x, . . . , xn−1 ;


2. Para n ∈ N e a ∈ R o operador diferencial (D − a)n anula cada uma das funcoes

eax, x eax, . . . , xn−1 eax ;

3. Para n ∈ N e α, β ∈ R o operador diferencial [(D − α)2 + β2]n anula cada uma das

funcoes

eαx cos(βx), x eαx cos(βx), . . . , xn−1 eαx cos(βx) ;

eαx sin(βx), x eαx sin(βx), . . . , xn−1 eαx sin(βx) .

Vejamos entao em que consiste o metodo do polinomio anulador.

Considere-se a equacao diferencial linear de coeficientes constantes e completa

any(n) + an−1y

(n−1) + · · · + a1y + a0 = g(x) , x ∈ I , (2.46)

onde an 6= 0. O polinomio diferencial caracterıstico de (2.46) e


n−1 + · · · + a1D + a0

e (2.46) pode ser escrita na forma

P (D)y = g(x) , x ∈ I .

Suponha-se que g(x) e de uma das formas

• g(x) e um polinomio em x;

• g(x) = xk eax, com k ∈ N0 e a ∈ R;

• g(x) = xk eαx cos(βx), com k ∈ N0 e α, β ∈ R;

• g(x) = xk eαx sin(βx), com k ∈ N0 e α, β ∈ R;

• g(x) e uma combinacao linear de funcoes de uma das formas anteriores.

Usando as duas proposicoes anteriores e possıvel determinar um polinomio anulador para

g(x), que designaremos por Q(D).

Seja yp uma solucao particular de (2.46).

P (D)yp = g(x) , x ∈ I ⇒ Q(D)P (D)yp = Q(D)g(x) , x ∈ I

⇒ Q(D)P (D)yp = 0 , x ∈ I .

Assim, se yp e uma solucao particular de (2.46) entao yp e uma solucao particular da

equacao diferencial linear homogenea de coeficientes constantes

Q(D)P (D)y = 0 , x ∈ I . (2.47)

Mas o resultado recıproco e falso. Nem toda a solucao de (2.47) e solucao de (2.46).

Suponha-se que {y1, y2, . . . , yk} e um sistema fundamental de solucoes da equacao au-

xiliar (2.47). Entao yp e combinacao linear de y1, y2, . . . , yk. O passo seguinte do metodo

do polinomio anulador consiste em procurar constantes C1, C2, . . . , Ck ∈ R tais que

P (D)(C1y1 + C2y2 + · · · + Ckyk

)= g(x) , x ∈ I .


Exemplo 2.5.8 Determinemos o integral geral de

3y′′ − 9y′ + 6y = 3e2x + 1 , x ∈ R . (2.48)

Atendendo a proposicao 2.5.4, conclui-se que o integral geral desta equacao e a soma de

uma sua qualquer solucao particular com o integral geral da equacao homogenea associada,

3y′′ − 9y′ + 6y = 0 , x ∈ R .

Comecemos por determinar o integral geral da equacao homogenea associada a (2.48).

O seu polinomio caracterıstico e P (λ) = 3λ2 − 9λ + 6. Usando a formula resolvente para

equacoes do segundo grau obtem-se

P (λ) = 0 ⇔ λ =9 ±

√81 − 72

6⇔ λ = 2 ∨ λ = 1 .

Assim P (λ) = 3(λ− 1)(λ− 2) e o integral geral da equacao homogenea associada a (2.48)

e

yH = C1ex + C2e

2x , C1, C2 ∈ R .

Determinemos agora uma solucao particular, yp, de (2.48) usando o metodo do polinomio

anulador.

O polinomio diferencial Q1(D) = D − 2 anula 3e2x e Q2(D) = D anula 1. Entao

(proposicao 2.5.6) o polinomio diferencial Q(D) = D(D − 2) anula 3e2x + 1.

Seja P (D) = 3(D − 1)(D − 2).

P (D)yp = 3e2x + 1 ⇒ Q(D)P (D)yp = 0

⇒ 3D(D − 1)(D − 2)2yp = 0 .

A equacao homogenea auxiliar que temos de resolver e

3D(D − 1)(D − 2)2y = 0 , x ∈ R .

O conjunto {1, ex, e2x, xe2x

}

e um sistema fundamental de solucoes desta equacao homogenea. Assim, existem

C1, C2, C3, C4 ∈ R tais que

yp = C1 + C2ex + C3e

2x + C4xe2x .

P (D)(C1 + C2e

x + C3e2x + C4xe

2x)

= 3e2x + 1

⇔ P (D)(C2e

x + C3e2x)

+ P (D)(C1 + C4x e

2x)

= 3e2x + 1

⇔ 0 + 3(D − 1)(D − 2)(C1 + C4xe

2x)

= 3e2x + 1

⇔ (3D2 − 9D + 6)(C1 + C4xe

2x)

= 3e2x + 1 . (2.49)


Uma vez que

D(xe2x

)= e2x + 2xe2x

= e2x(1 + 2x)

e

D2(xe2x

)= D

(e2x(1 + 2x)

)

= 2e2x(1 + 2x) + 2e2x

= 4e2x(1 + x) ,

de (2.49) obtem-se

6C1 + 12C4e2x(1 + x) − 9C4e

2x(1 + 2x) + 6C4xe2x = 3e2x + 1

⇔ 6C1 + 3C4e2x = 3e2x + 1

⇔ (6C1 − 1)1 + (3C4 − 3)e2x = 0 .

Uma vez que 1, e2x sao linearmente independentes em R tera de ser

{6C1 − 1 = 0

3C4 − 3 = 0⇔{C1 = 1/6

C4 = 1.

Observe-se que C2 e C3 podem ser quaisquer. Para simplificar faca-se C2 = C3 = 0. Entao

obtem-se a solucao particular de (2.48),

yp =1

6+ xe2x

e o integral geral de (2.48) e

yC =1

6+ xe2x + C1e

x + C2e2x , C1, C2 ∈ R .

2.5.9 Exercıcios

1. Usando o metodo do polinomio anulador, integre as seguintes equacoes diferenciais

lineares completas de coeficientes constantes.

(a) y′′ − 9 y = e3x;

(b) y′′′ − 4 y′′ + 5 y′ − 2 y = 2x+ 3;

(c) y′′ − y′ − 6 y = e3x sin 2x;

(d) y′′ + 4 y = sin22x;

(e) y′′′ − y′ = 3(2 − x2);

(f) y′′ − y = 3e2x cos x;

(g) y′′ + y = xex + 2e−x.


2. Determine a solucao geral da equacao y′′′ + 4 y′ = cos x .

Sabendo que ex2

e uma solucao particular da equacao y′′′ + 4 y′ = f(x), determine:

(a) o integral geral de y′′′ + 4 y′ = 2 f(x) − 3 cos x;

(b) a funcao f(x).

2.5.10 Exemplo de aplicacao das equacoes diferenciais linearesde ordem dois e coeficientes constantes

Movimento harmonico simples

Suponha-se que uma mola flexıvel esta pendurada verticalmente num suporte rıgido e que

na extermidade livre da mola se pendura uma massa m. Esta massa vai provocar um

movimento vibratorio da mola ate ser atingida uma posicao de equilıbrio. Designe-se por

L o alongamento da mola na posicao de equilıbrio, isto e, L e o comprimento da mola na

posicao de equilıbrio menos o comprimento original da mola.

m

L

Mola sem Posicao demassa de equilıbrio

Fig. 2.5.1

Para construir um referencial relativamente ao qual sera descrito o movimento da massa

supomos que a massa esta concentrada num ponto material e consideramos um eixo vertical,

OX, em que O coincide com o ponto material na posicao de equilıbrio e o semi-eixo positivo

OX aponta para baixo. Assim, consideramos deslocamentos positivos os efectuados para

baixo da posicao de equilıbrio e negativos os feitos para cima da posicao de equilıbrio. Seja

x(t) a posicao do ponto material no instante t, referenciada no eixo OX.


OO

X X

m

m x(t)=0x(t)>0

x(t)<0

Posicao de Massa numade equilıbrio posicao com x(t) > 0

Fig. 2.5.2

O alongamento da mola no instante t e o comprimento da mola no instante t menos

o comprimento original da mola. Facilmente se verifica que o alongamento da mola no

instante t e x(t) + L, tanto se x(t) ≥ 0 como se x(t) < 0. Este alongamento e positivo ou

negativo consoante a mola esta esticada ou encolhida. De acordo com a lei de Hooke, no

instante t, a mola exerce na massa uma forca, ~F (t), que tem a direccao vertical (direccao

coincidente com a direccao do alongamento), sentido contrario ao do alongamento e cuja

norma e, em cada instante, proporcional ao alongamento sofrido pela mola nesse instante.

Isto e, ~F (t) = −k(x(t) + L) ı, onde a constante de proporcionalidade, k > 0, e designada

por constante da mola e ı representa o vector de norma um com a direccao e o sentido do

semi-eixo OX.

A posicao de equilıbrio e atingida quando a forca exercida pela mola e o peso ~P = mg ı,

(onde g = 9.8 ms−2 e a aceleracao da gravidade) se anulam, isto e, quando ~F (t) = − ~P .

m

→F(t)

→P

Posicao de equilıbrio

Fig. 2.5.3


Uma vez que, na posicao de equilıbrio, se tem x(t) = 0, a condicao de equilıbrio e mg = kL.

Assim, conhecendo o alongamento da mola na posicao de equilıbrio, L, e a massa, m, pode

obter-se a constante da mola, k.

Suponha-se agora que a massa e deslocada verticalmente a partir da posicao de equilıbrio

e depois libertada com velocidade inicial v0. Seja x0 = x(0) a posicao ocupada pela massa

(ponto material) no instante inicial (instante em que e libertada). Assim x0 > 0 ou x0 < 0

consoante a massa e libertada de uma posicao abaixo ou acima da posicao de equilıbrio.

Pela lei de Newton a forca total a actuar na massa no instante t e mx′′(t) ı. Supondo

que se trata de um movimento livre, por exemplo no vacuo, as forcas que actuam na massa

no instante t sao a forca exercida pela mola, ~F (t) = −k(x(t) + L) ı, e o peso, ~P = mg ı.

Deve assim ter-se quemx′′(t) = −k(x(t)+L)+mg. Da condicao de equilıbrio, kL = mg,

resulta que mx′′(t) + kx(t) = 0. Obtem-se assim a equacao diferencial linear de ordem 2 e

coeficientes constantes,

x′′(t) +k

mx(t) = 0 , t > 0 .

Entao a solucao do problema de valor inicial

x′′(t) + kmx(t) = 0 , t > 0

x(0) = x0

x′(0) = v0

(2.50)

descreve completamente o movimento vibratorio da massa.

Seja ω =√k/m e resolva-se o problema anterior. A equacao diferencial assume a forma

x′′(t) + ω2x(t) = 0 ⇔ (D2 + ω2)x(t) = 0 .

Assim, o seu integral geral e

x(t) = C1 cos(ωt) + C2 sin(ωt) , C1, C2 ∈ R .

Considerando as condicoes de valor inicial obtem-se C1 = x0 e C2 = v0/ω e portanto a

solucao do problema de valor inicial (2.50) e

x(t) = x0 cos(ωt) +v0

ωsin(ωt) , t > 0 . (2.51)

Observe-se que esta funcao e periodica de perıodo 2π/ω. A T = 2πω

chama-se o perıodo

do movimento e a ω (medido em radianos por unidade de tempo) chama-se a frequencia

circular do movimento. A amplitude do movimento e o afastamento maximo da massa,

em relacao a posicao de equilıbrio, atingido durante o movimento.

Se quisermos calcular a amplitude do movimento temos de obter os extremos de x(t).

E por isso por vezes vantajoso dar outra forma a solucao x(t). Suponha-se que v0 6= 0.

Procuremos A e φ tais que x(t) = A sin(ωt+ φ). Entao

x0 cos(ωt) +v0

ωsin(ωt) = A sin(ωt+ φ)

⇔ x0 cos(ωt) +v0

ωsin(ωt) = A sin(ωt) cosφ+ A cos(ωt) sinφ

⇔{A sinφ = x0

A cosφ = v0

ω

.


Assim

tg φ =x0ω

v0

e A2 = x20 +

v20

ω2,

concluindo-se que

φ = arctg

(x0ω

v0

)∈]−π

2,π

2

[

e

A =

√x2

0 +v2

0

ω2se v0 > 0

−√x2

0 +v2

0

ω2se v0 < 0

.

A amplitude do movimento e

|A| =

√x2

0 +v2

0

ω2.

Exemplo 2.5.9 Uma massa pesando 5 N provoca um alongamento de 5 cm numa mola.

Suponha-se que a massa e deslocada 5 cm na direccao positiva e libertada com uma veloci-

dade inicial, para cima, de 0, 3 m/s. Determinemos a posicao da massa em cada instante,

o perıodo e a amplitude do movimento.

Comecemos por usar a condicao de equilıbrio para determinar a constante da mola. O

peso da massa e 5 N e o alongamento da mola e L = 0, 05 m. Assim 0, 05k = 5 e portanto

k = 100 N/m. Por outro lado, a massa e m = 5/9, 8 Kg . Designe-se por x(t) o afastamento

da massa a posicao de equilıbrio no instante t.

5

9, 8x′′(t) + 100x(t) = 0 ⇔ x′′(t) + 196x(t) = 0 ⇔ (D2 + 142)x(t) = 0 .

Entao existem C1, C2 ∈ R tais que

x(t) = C1 cos(14t) + C2 sin(14t) .

Da condicao inicial x(0) = 0, 05 conclui-se que C1 = 0, 05. Por outro lado,

x′(t) = −14C1 sin(14t) + 14C2 cos(14t)

e de x′(0) = −0, 3 obtem-se que C2 = −3/140.

Assim o afastamento da massa a posicao de equilıbrio no instante t (em segundos), e

dado (em metros) por

x(t) = 0, 05 cos(14t) − 3

140sin(14t) .

O perıodo do movimento e T = 2π14

= π7

segundos.

Calculemos agora a amplitude do movimento.

A sin(14t+ φ) = 0, 05 cos(14t) − 3

140sin(14t)

⇔ A sinφ cos(14t) + A cosφ sin(14t) = 0, 05 cos(14t) − 3

140sin(14t)


⇔{A sinφ = 0, 05A cosφ = − 3

140

⇒ A2 = (0, 05)2 +9

1402.

A amplitude do movimento e

|A| =

√(0, 05)2 +

9

1402≈ 0, 0543983m.

O movimento harmonico simples e algo irrealıstico pois, de acordo com a solucao en-

contrada, uma vez a massa posta em movimento ela nunca mais parara.

Movimento harmonico amortecido

Neste caso e assumido que ha forcas amortecedoras, como por exemplo a resistencia do

meio em que se desloca a massa. Supondo que a forca amortecedora total e proporcional

a velocidade instantanea da massa obtem-se a equacao

mx′′(t) = −βx′(t) − kx(t) , t > 0 ,

onde β > 0 e a constante de amortecimento. Ou seja,

mx′′(t) + βx′(t) + kx(t) = 0 , t > 0 . (2.52)

O polinomio caracterıstico desta equacao e mλ2 + βλ+ k, cujas raızes sao

λ1 =−β +

√β2 − 4km

2me λ2 =

−β −√β2 − 4km

2m.

Assim ha tres tipos possıveis de solucoes, consoante β2−4km seja positivo, nulo ou negativo.

Se β2 − 4km > 0 as raızes λ1 e λ2 sao reais e distintas e a solucao e da forma

x(t) = C1eλ1t + C2e

λ2t , C1, C2 ∈ R .

Se β2 − 4km = 0 tem-se λ1 = λ2 ∈ R e a solucao e da forma

x(t) = C1eλ1t + C2te

λ1t , C1, C2 ∈ R .

Se β2 − 4km < 0 as raızes λ1 e λ2 sao complexas conjugadas e a solucao e da forma

x(t) = C1e−β/(2m)t cos

(√4km− β2

2mt

)+C2e

−β/(2m)t sin

(√4km− β2

2mt

), C1, C2 ∈ R .

Exemplo 2.5.10 Uma massa com um peso de 2 N provoca um alongamento de 0, 2 m

numa mola. A massa e deslocada a partir da posicao de equilıbrio com uma velocidade

inicial, no sentido negativo, de 0, 5 m/s. Supondo que actua na massa uma forca de amor-

tecimento numericamente igual a dez vezes a velocidade instantanea da massa, determinar

o afastamento da massa em relacao a posicao de equilıbrio, em cada instante.


Pretendemos resolver o problema de valor inicial

mx′′(t) + 10x′(t) + kx(t) = 0 , t > 0x(0) = 0x′(0) = −0, 5

, (2.53)

onde k e a constante da mola e m a massa. Usando a lei de Hooke, 0, 2k = 2 logo

k = 10 Nm−1. Por outro lado, m = 2/9, 8 = 1/4, 9 Kg . Tem-se entao a equacao

1

4, 9x′′(t) + 10x′(t) + 10x(t) = 0 ⇔ x′′(t) + 49x′(t) + 49x(t) = 0 .

O polinomio caracterıstico desta equacao e λ2+49λ+49 e as suas raızes sao −24, 5±10, 5√

5,

isto e, aproximadamente −1, 021 e −47, 98. Assim

x(t) = C1e−1,021t + C2e

−47,98t , C1, C2,∈ R .

Usando as condicoes de valor inicial obtem-se que C1 + C2 = x(0) = 0 e −1, 021C1 −47, 98C2 = x′(0) = −0, 5. Entao C1 ≈ −0, 011 e C2 ≈ 0, 011.

Movimento harmonico forcado

Neste caso alem de existir, eventualmente, amortecimento ha uma forca externa, vertical,

a actuar no sistema “mola-massa”.

Suponha-se que o valor numerico dessa forca e, em cada instante f(t) (f(t) > 0 ou

f(t) < 0 consoante a forca externa aponta para baixo ou para cima). Assim, o problema

de valor inicial cuja solucao descreve o movimento vibratorio da massa e do tipo

mx′′(t) + βx′(t) + kx(t) = f(t) , t > 0x(0) = x0

x′(0) = v0

,

onde β = 0 se nao houver amortecimento e β > 0 se houver amortecimento.

2.5.11 Exercıcios

1. Uma massa de 2 Kg provoca um alongamento de 10 cm numa mola. Suponha-se que

a massa e puxada para baixo mais 5 cm e depois libertada, com velocidade inicial

nula. Supondo que nao ha resistencia do ar determine a posicao da massa em cada

instante t, o perıodo e a amplitude do movimento.

2. Uma massa de 100 g provoca um alongamento de 5 cm numa mola. A massa e posta

em movimento a partir da sua posicao de equilıbrio com uma velocidade inicial, no

sentido positivo, de 10 cm/s. Desprezando a resistencia do ar determine a posicao

da massa em cada instante t. Em que instantes e que a massa passa pela sua posicao

de equilıbrio?


3. Uma massa pesando 3 N provoca um alongamento de 6 cm numa mola. Suponha-se

que a massa e empurrada para cima numa distancia de 1 cm e e entao colocada em

movimento com uma velocidade inicial, no sentido positivo, de 1 m/s. Desprezando

a resistencia do ar determine o perıodo e a amplitude do movimento.

4. O movimento de um certo sistema mola-massa e governado pela equacao

x′′(t) + x′(t) +5

2x(t) = 0 , t > 0 ,

onde t esta medido em segundos e x em metros. Supondo que x(0) = 0 e x′(0) =√3/2, determine a posicao da massa em qualquer instante t. Determine ainda qual

o instante em que a massa, apos ser colocada em movimento, volta a passar pela sua

posicao de equilıbrio, pela primeira vez.

5. Uma massa de 4 Kg esta presa a uma mola cuja constante vale 2 N/m. O meio

onde o sistema esta colocado oferece uma resistencia ao movimento da massa que

e numericamente igual a quatro vezes a velocidade instantanea da massa. Suponha

que a massa e libertada do seu ponto de equilıbrio com uma velocidade inicial, no

sentido positivo, de 2 m/s.

(a) Determine a posicao da massa em cada instante.

(b) Em que instante a massa atinge a posicao mais afastada da sua posicao equilıbrio

e qual e a sua posicao nesse instante?

(c) Supondo desprezaveis vibracoes de amplitude inferior a 0, 1 mm, quanto tempo

demora a massa a imobilizar-se?

6. Uma massa pesando 2 N provoca um alongamento de 4 cm numa mola. Suponha-se

que a massa e deslocada 5 cm no sentido positivo e libertada sem velocidade inicial.

Suponha-se ainda que o sistema se move num meio que oferece uma resistencia ao

movimento da massa que e numericamente igual a 3 vezes a velocidade instantanea

da massa e que uma forca externa, vertical e apontando para baixo, de 2 sin t N actua

na massa. Formule o problema de valor inicial cuja solucao descreve o movimento da

massa.

2.5.12 Equacoes de Euler

Uma equacao diferencial de Euler e uma equacao diferencial linear da forma

xn dny

dxn+ an−1x

n−1 dn−1y

dxn−1+ · · · + a1x

dy

dx+ a0y = g(x) , x ∈ I , (2.54)

onde a0, a1, . . . , an−1 sao constantes reais, g e uma funcao contınua em I e I ⊆]0,+∞[ ou

I ⊆] −∞, 0[.

Uma equacao de Euler pode ser transformada numa equacao diferencial linear de coe-

ficientes constantes efectuando uma mudanca da variavel independente adequada.


Se I ⊆]0,+∞[ faz-se a mudanca de variavel x = et. Se I ⊆] −∞, 0[ faz-se a mudanca

de variavel x = −et.

Suponha-se que I ⊆]0,+∞[ e faca-se a mudanca de variavel x = et ⇔ t = ln x em

(2.54).

Precisamos de saber como sao as derivadas de y em ordem a x em funcao das derivadas

de y em ordem a t. Usando a regra da cadeia obtem-se

dy

dx=dy

dt

dt

dx=dy

dt

1

x

e

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dt

1

x

)

=d

dx

(dy

dt

)1

x+dy

dt

(−1

x2

)

=d

dt

(dy

dt

)dt

dx

1

x− dy

dt

1

x2

=d2y

dt21

x2− dy

dt

1

x2.

Destas igualdades conclui-se entao que

xdy

dx=dy

dt

e

x2 d2y

dx2=d2y

dt2− dy

dt.

Lema 2.5.6 Para k ∈ N, existem numeros reais bk,i, i = 1, . . . , k − 1 tais que

xk dky

dxk=dky

dtk+

k−1∑

i=1

bk,idiy

dti.

Demonstracao A demonstracao e feita por inducao em k. Para k = 1 ja vimos que o

resultado e verdadeiro. Suponha-se que k ≥ 1 e que

xk dky

dxk=dky

dtk+

k−1∑

i=1

bk,idiy

dti,

com bk,i ∈ R, i = 1, . . . , k − 1. Entao

dky

dxk=

1

xk

dky

dtk+

k−1∑

i=1

bk,i1

xk

diy

dti


e portanto

dk+1y

dxk+1=

d

dx

(1

xk

dky

dtk

)+

k−1∑

i=1

bk,id

dx

(1

xk

diy

dti

)

=−kxk−1

x2k

dky

dtk+

1

xk

dk+1y

dtk+1

dt

dx+

k−1∑

i=1

bk,i

(−kxk−1

x2k

diy

dti+

1

xk

di+1y

dti+1

dt

dx

)

=−kxk+1

dky

dtk+

1

xk

dk+1y

dtk+1

1

x+

k−1∑

i=1

bk,i

( −kxk+1

diy

dti+

1

xk

di+1y

dti+1

1

x

).

Assim

xk+1 dk+1y

dxk+1= −k d

ky

dtk+dk+1y

dtk+1+

k−1∑

i=1

(−k)bk,idiy

dti+

k−1∑

i=1

bk,idi+1y

dti+1

= −k dky

dtk+dk+1y

dtk+1+

k−1∑

i=1

(−k)bk,idiy

dti+

k∑

i=2

bk,i−1diy

dti

=dk+1y

dtk+1− k

dky

dtk+

k−1∑

i=2

(−kbk,i + bk,i−1)diy

dti− kbk,1

dy

dt

=dk+1y

dtk+1+

k∑

i=1

bk+1,idiy

dti,

onde

bk+1,i =

−kbk,1 se i = 1bk,i−1 − kbk,i se 2 ≤ i ≤ k − 1−k se i = k

, i = 1, . . . , k .

Para i = 1, . . . , k, bk+1,i ∈ R, ficando assim provado o lema.

Usemos este lema para fazer a mudanca de variavel x = et ⇔ t = lnx em (2.54).

xn dny

dxn+

n−1∑

k=1

akxk d

ky

dxk+ a0y = g(x)

⇔ dny

dtn+

n−1∑

i=1

bn,idiy

dti+

n−1∑

k=1

ak

(dky

dtk+

k−1∑

i=1

bk,idiy

dti

)+ a0y = g(et)

⇔ dny

dtn+

n−1∑

i=1

bn,idiy

dti+

n−1∑

k=1

akdky

dtk+

n−1∑

k=1

k−1∑

i=1

akbk,idiy

dti+ a0y = g(et)

⇔ dny

dtn+

n−1∑

i=1

(bn,i + ai)diy

dti+

n−2∑

i=1

(n−1∑

k=i+1

akbk,i

)diy

dti+ a0y = g(et)

⇔ dny

dtn+ (bn,n−1 + an−1)

dn−1y

dtn−1+

n−2∑

i=1

(bn,i + ai +

n−1∑

k=i+1

akbk,i

)diy

dti

+ a0y = g(et) ,


e esta ultima equacao e uma equacao diferencial linear de coeficientes constantes.

Vejamos um exemplo.

Exemplo 2.5.11 Determinemos o integral geral da equacao diferencial

x3 d3y

dx3+ 2x2 d

2y

dx2+ x

dy

dx− y = ln(x2) , x > 0 . (2.55)

Faca-se a mudanca de variavel x = et ⇔ t = lnx em (2.55).

Ja vimos quedy

dx=dy

dt

dt

dx=dy

dt

1

xe

d2y

dx2=d2y

dt21

x2− dy

dt

1

x2.

Entao

d3y

dx3=

d

dx

(d2y

dt21

x2− dy

dt

1

x2

)

=d3y

dt3dt

dx

1

x2+d2y

dt2

(−2

x3

)− d2y

dt2dt

dx

1

x2− dy

dt

(−2

x3

)

=d3y

dt31

x3− 3

d2y

dt21

x3+ 2

dy

dt

1

x3.

Destas igualdades conclui-se entao que

xdy

dx=dy

dt,

x2 d2y

dx2=d2y

dt2− dy

dte

x3 d3y

dx3=d3y

dt3− 3

d2y

dt2+ 2

dy

dt.

Substituindo na equacao (2.55) obtem-se

d3y

dt3− d2y

dt2+dy

dt− y = 2t , t ∈ R . (2.56)

A equacao (2.56) e uma equacao diferencial linear de coeficientes constantes. O polinomio

caracterıstico da equacao homogenea associada e

P (λ) = λ3 − λ2 + λ− 1 = (λ− 1)(λ2 + 1) = (λ− 1)(λ− i)(λ+ i) .

Assim o conjunto {et, cos t, sin t} e um sistema fundamental de solucoes da equacao ho-

mogenea associada a (2.56). Determinemos uma solucao particular de (2.56), yp(t), usando

o metodo do polinomio anulador.

O polinomio Q(D) = D2 anula 2t.


P (D)yp = 2t

⇒ Q(D)P (D)yp = Q(D)2t

⇒ D2(D − 1)(D2 + 1)yp = 0 .

Entao existem C1, C2, C3, C4, C5 ∈ R tais que

yp = C1 + C2t+ C3et + C4 cos t+ C5 sin t .

P (D)yp = 2t

⇔ (D − 1)(D2 + 1)(C1 + C2t+ C3et + C4 cos t+ C5 sin t) = 2t

⇔ (D − 1)(D2 + 1)(C3et + C4 cos t+ C5 sin t) + (D − 1)(D2 + 1)(C1 + C2t) = 2t

⇔ 0 + (D − 1)(C1 + C2t) = 2t

⇔ C2 − C1 − C2t = 2t

⇔ (C2 − C1)1 + (−C2 − 2)t = 0 .

Uma vez que 1, t sao linearmente independentes conclui-se que

{C2 − C1 = 0

−C2 − 2 = 0⇔{C1 = −2

C2 = −2.

As constantes C3, C4 e C5 podem ser quaisquer por isso podemos faze-las iguais a zero,

obtendo-se yp(t) = −2 − 2t. Assim o integral geral de (2.56) e

y(t) = −2 − 2t+ C1et + C2 cos t+ C3 sin t , C1, C2, C3 ∈ R

e portanto o integral geral de (2.55) e

y(x) = −2 − 2 ln x+ C1x+ C2 cos(lnx) + C3 sin(lnx) , x > 0 , C1, C2, C3 ∈ R .

2.5.13 Exercıcios

1. Determine a solucao geral das seguintes equacoes de Euler:

(a) x3 y′′′ + x2 y′′ − 2x y′ + 2y = x3 , x > 0;

(b) x3 y′′′ − x2 y′′ + 2x y′ − 2y = 0 , x > 0;

(c) x2 y′′ − 4x y′ + 6y =1

x, x < 0.


2.5.14 Metodo de Lagrange

Considere-se uma equacao diferencial linear completa na forma canonica,

y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · + a1(x)y

′ + a0(x)y = g(x) , x ∈ I , (2.57)

onde I e um intervalo real e a0, a1, . . . , an−1 e g sao funcoes contınuas em I. O metodo de La-

grange ou metodo de variacao das constantes arbitrarias permite determinar uma solucao

particular de (2.57) a partir do conhecimento de um sistema fundamental de solucoes da

equacao homogenea que lhe esta associada ,

y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · + a1(x)y

′ + a0(x)y = 0 , x ∈ I . (2.58)

Tem-se o resultado

Proposicao 2.5.8 Seja {y1, y2, . . . , yn} um sistema fundamental de solucoes de (2.58).

Sejam c1(x), c2(x), . . . , cn(x) funcoes derivaveis em I e verificando

c′1(x)y1(x) + c′2(x)y2(x) + · · · + c′n(x)yn(x) = 0c′1(x)y

′1(x) + c′2(x)y

′2(x) + · · · + c′n(x)y′n(x) = 0

...

c′1(x)y(n−2)1 (x) + c′2(x)y

(n−2)2 (x) + · · · + c′n(x)y

(n−2)n (x) = 0

c′1(x)y(n−1)1 (x) + c′2(x)y

(n−1)2 (x) + · · · + c′n(x)y

(n−1)n (x) = g(x)

, ∀x ∈ I . (2.59)

Entao a funcao yp definida por

yp(x) = c1(x)y1(x) + c2(x)y2(x) + · · · + cn(x)yn(x) , ∀x ∈ I

e uma solucao, em I, de (2.57).

Demonstracao Para mostrar que yp e solucao de (2.57) temos de calcular as suas derivadas

ate a ordem n.

y′p(x) =d

dx

(n∑

i=1

ci(x)yi(x)

)

=n∑

i=1

c′i(x)yi(x) +n∑

i=1

ci(x)y′i(x) .

Usando a primeira equacao do sistema (2.59) conclui-se que o primeiro somatorio da ultima

igualdade e zero e portanto

y′p(x) =n∑

i=1

ci(x)y′i(x) .

Por inducao em k vamos mostrar que, para k = 1, . . . , n− 1,

y(k)p (x) =

n∑

i=1

ci(x)y(k)i (x) .


Para k = 1 ja esta verificado. Suponha-se que 1 ≤ k ≤ n− 2 e que

y(k)p (x) =

n∑

i=1

ci(x)y(k)i (x) .

Entao

y(k+1)p (x) =

d

dx

(n∑

i=1

ci(x)y(k)i (x)

)

=n∑

i=1

c′i(x)y(k)i (x) +

n∑

i=1

ci(x)y(k+1)i (x) .

Da equacao k + 1 do sistema (2.59) conclui-se que o primeiro somatorio da ultima

igualdade e zero e portanto

y(k+1)p (x) =

n∑

i=1

ci(x)y(k+1)i (x) .

Calculemos agora a derivada de ordem n de yp.

y(n)p (x) =

d

dx

(n∑

i=1

ci(x)y(n−1)i (x)

)

=n∑

i=1

c′i(x)y(n−1)i (x) +

n∑

i=1

ci(x)y(n)i (x) .

Da ultima equacao do sistema (2.59) verifica-se que o primeiro somatorio da ultima igual-

dade e igual a g(x), para todo o x ∈ I e portanto

y(n)p (x) = g(x) +

n∑

i=1

ci(x)y(n)i (x) .

Assim

y(n)p (x) +

n−1∑

k=0

ak(x)y(k)p (x) = g(x) +

n∑

i=1

ci(x)y(n)i (x) +

n−1∑

k=0

ak(x)

(n∑

i=1

ci(x)y(k)i (x)

)

= g(x) +n∑

i=1

ci(x)

[y

(n)i (x) +

n−1∑

k=0

ak(x)y(k)i (x)

].

Uma vez que y1, y2, . . . , yn sao solucoes de (2.58), para i = 1, 2, . . . , n,

y(n)i (x) +

n−1∑

k=0

ak(x)y(k)i (x) = 0 ,

obtendo-se

y(n)p (x) +

n−1∑

k=0

ak(x)y(k)p (x) = g(x) .


O metodo de Lagrange consiste entao em resolver o sistema (2.59), para todo o x ∈ I.

Observe-se que, para cada x ∈ I, fixo, (2.59) e um sistema de n equacoes nas n incognitas

c′1(x), . . . , c′n(x). O determinante da matriz dos coeficientes e W (y1, . . . , yn)(x) 6= 0 e

portanto este sistema e possıvel e determinado.

Apos resolver-se (2.59), para todo o x ∈ I, obtem-se as funcoes c′1(x), . . . , c′n(x). A fim

de calcular yp e ainda necessario primitivar estas n funcoes para se obter c1(x), . . . , cn(x).

Exemplo 2.5.12 Determinemos a solucao geral da equacao diferencial

y′′ − 4y′ + 5y =e2x

cos x, x ∈

]0,π

2

[. (2.60)

O polinomio caracterıstico da equacao homogenea associada a (2.60) e λ2 − 4λ + 5 e

tem por raızes 2± i. Assim as funcoes y1 = e2x cos x e y2 = e2x sinx constituem um sistema

fundamental de solucoes da equacao homogenea associada a (2.60).

Nao podemos usar o metodo do polinomio anulador para determinar uma solucao par-

ticular de (2.60), uma vez que nao conhecemos um polinomio diferencial que anulee2x

cos x.

Usemos o metodo de Lagrange. Para tal precisamos de calcular as derivadas de y1 e y2.

y′1(x) = 2e2x cos x− e2x sinx = e2x(2 cos x− sinx) .

y′2(x) = 2e2x sinx+ e2x cos x = e2x(2 sin x+ cos x) .

Para cada x ∈] − π/2, π/2[ temos de resolver o sistema

c′1(x)e2x cos x+ c′2(x)e

2x sinx = 0

c′1(x)e2x(2 cos x− sinx) + c′2(x)e

2x(2 sin x+ cos x) =e2x

cos x

.

Na forma matricial temos o sistema

e2x cos x e2x sin x

e2x(2 cos x− sin x) e2x(2 sin x+ cos x)

[c′1(x)c′2(x)

]=

0e2x

cos x

.

Usando a Regra de Cramer obtem-se

c′1(x) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 e2x sin x

e2x

cos xe2x(2 sin x+ cos x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

e2x cos x e2x sinx

e2x(2 cos x− sinx) e2x(2 sin x+ cos x)

∣∣∣∣∣∣

=−e4xtg x

e4x cos x(2 sin x+ cos x) − e4x sinx(2 cos x− sin x)

=−tg x

2 sin x cos x+ cos2 x− 2 cos x sinx+ sin2 x= −tg x


e

c′2(x) =

∣∣∣∣∣∣∣

e2x cos x 0

e2x(2 cos x− cos x)e2x

cos x

∣∣∣∣∣∣∣

e4x=e4x

e4x= 1 .

Assim

c1(x) =

∫−tg x dx = ln(cosx) +K1 , K1 ∈ R

e

c2(x) = x+K2 , K2 ∈ R .

Como se procura apenas uma solucao particular pode-se escolher K1 = K2 = 0.

A funcao definida em ] − π/2, π/2[ por

yp(x) = ln(cos x)e2x cos x+ xe2x sinx

e uma solucao particular de (2.60). Entao o integral geral de (2.60) em ] − π/2, π/2[ e

yC = ln(cosx)e2x cos x+ xe2x sinx+ C1e2x cos x+ C2e

2x sin x , C1, C2 ∈ R .

2.5.15 Exercıcios

1. Utilizando o metodo da variacao das constantes arbitrarias (metodo de Lagrange), en-

contre os integrais gerais das seguintes equacoes diferenciais, sabendo que as equacoes

homogeneas associadas admitem os integrais particulares, yi, indicados.

(a) y′′′ − y′ = 3(2 − x2);

(b) y′′ − 9 y′ = e3x;

(c) x y′′ + y′ = x2, com y1 = logx;

(d) y′′′ − y′′ − 4 y′ + 4 y = x2;

(e) y′′′ − y′′ + 2 y = x+ ex;

(f) 6x2 y′′ − 9x y′ + 6 y = x, com y1 = x2;

(g) x2 y′′ + x y′ − y = 2x, com y1 = x e y2 = 1x ;

(h) ex(x− 1) y′′ − xex y′ + ex y = e2x(x− 1)2, com y1 = x e y2 = ex.

2. Determine:

(a) Para x > e, funcoes a0(x), a1(x) e f(x) de tal modo que 1 , 1 + x e 1 + log x

sejam integrais particulares de

y′′ + a0(x) y′ + a1(x) y = f(x) ;

(b) O integral geral da equacao diferencial obtida na alınea anterior, justificando

convenientemente.


3. Sabendo que a equacao diferencial

x2 y′′ + x y′ − y = 8x3

admite como solucoes particulares x3 e x3 + 1x , determine o seu integral geral.

4. Considere a seguinte equacao diferencial

∣∣∣∣∣∣

x2 x y0 1 y′

1 0 y′′

∣∣∣∣∣∣= (x2 + x− 1) ex . (∗)

(a) Mostre que ex e ex +1

xsao duas solucoes particulares de (∗);

(b) Conclua, a partir da alınea anterior, e justificando, que1

xe uma solucao partic-

ular da equacao diferencial homogenea associada a (∗);

(c) Mostre que

{x,

1

x

}e um sistema fundamental de solucoes para a equacao ho-

mogenea associada a (∗);(d) Indique a solucao geral de (∗).

5. Considere a equacao diferencial

(1 − x2)d2y

dx2− x

dy

dx= 0 , x ∈]0, 1[ .

(a) Classifique-a;

(b) Mude a variavel independente de x para t atraves da relacao x = cos t e resolva

a equacao obtida. Escreva a solucao geral da equacao dada.

(c) Resolva a equacao dada por outro processo.

Bibliografia

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