Apostila de cálculo 3 UFPE 2010.1, Notas de estudo de Engenharia Elétrica

Baixe Apostila de cálculo 3 UFPE 2010.1 e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Elétrica, somente na Docsity! Curso de Cálculo 3 UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA NATUREZA Disciplina: Cálculo 3 - 2010.1 Professor: Gabriel de Morais Coutinho Data: Mar/2010 Observação importante: Ao longo do que segue, não estaremos preocupados com os devidos cuidados formais que algumas definições, passagens, comentários e demonstrações exigem. Este é um texto com o objetivo de motivar e explicar, e não de apresentar resultados matemáticos formais. Para os que quiserem textos rigorosos a ńıvel de um curso de Cálculo, sugiro: Cálculo 2 de Serge Lang, editora Ao Livro Técnico S.A. Um curso de Cálculo vols 2, 3 e 4 de Hamilton Guidorizzi, editora LTC. Um bom livro com exerćıcios e figuras, e referência para a montagem deste curso é: Cálculo, v.2 de James Stewart, editora CENGAGE. Livros de um ńıvel mais aprofundado, para os que quiserem contato com matemática a ńıvel superior, são: Geometria Diferencial de Curvas e Superf́ıcies de Manfredo P. Carmo, editora da SBM. Análise Real v.1 de Elon L. Lima, editado pelo IMPA. 1 Sumário I 1a unidade 4 1 Curvas parametrizadas 5 1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 A derivada de uma curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.1 Curva (parametrização) regular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2.2 Reparametrização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3 O comprimento de uma curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3.1 Reparametrização pelo comprimento do arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.4 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2 Integrais de linha e campos vetoriais 15 2.1 Integrais de linha por comprimento de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.2 Integrais de linha sobre campos vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2.1 Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2.2 Integral de linha sobre um campo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.2.3 Campos Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.2.4 Teorema Fundamental da Integrais de Linha sobre Campos Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.3 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3 Teorema de Green 24 3.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 A Apêndice - Geometria de Curvas 27 A.1 Curvatura para curvas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 A.2 Curvas espaciais - o triedro de Frenet e a torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 A.2.1 Fórmulas de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 A.3 Parametrizações quaisquer e fórmulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 A.3.1 Fórmula para curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 A.3.2 Fórmula para torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 A.4 Existência e Unicidade de curvas - breve comentário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 A.5 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 II 2a unidade 35 4 Superf́ıcies parametrizadas e integrais de superf́ıcie 36 4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2 Caṕıtulo 1 Curvas parametrizadas 1.1 Introdução Nosso ambiente de estudo poderá ser os espaços R2 ou R3. Nosso interesse inicial é descrever curvas nestes espaços, e para tal vamos introduzir a idéia de curva parametrizada. Definição 1.1. Uma curva parametrizada em R2 é uma função cont́ınua definida num intervalo I dos números reais. Ou seja, α : I → R2 que associa a cada número no intervalo a um ponto no plano. Será comum representarmos da forma a seguir: α(t) = (x(t), y(t)) A motivação de introduzir essa definição para falarmos de curvas no R2 é que nem todas as curvas podem ser expressas como o gráfico de uma função f : R→ R. Por exemplo, não existe função desta forma cuja o gráfico seja uma circunferência. No máximo podemos expressar uma semi-circunferência fazendo f(t) = √ 1− t2 (no caso, o raio seria 1). Exemplo 1.1. Por outro lado, a circunferência de raio 1 pode ser representada como uma curva parametrizada da seguinte forma: α(t) = (cos(t), sen(t)) onde t ∈ [0, 2π], ou seja, α : [0, 2π] → R2. Para se convencer disto, basta pensarmos no ćırculo trigonométrico, que é um ćırculo e as coordenadas dos pontos são exatamente o seno e o cosseno do Ângulo (no caso, o nosso parâmetro t). Note que neste exemplo, x(t) = cos(t) e y(t) = sen(t). Talvez seja interessante imaginarmos uma curva parametrizada como um ponto descrevendo uma trajetória no plano. Mesmo que trajetória seja o ćırculo unitário, existem diversas como um ponto pode percorrê-la: velocidade baixa, alta, constante ou variável, acelerando e depois desacelerando, etc. Esta forma de percorrer é dada pela parametrização. Isto nos sugere que diferentes parametrizações podem ter a mesma curva como imagem. Exemplo 1.2. A curva β(t) = (cos(2t), sen(2t)) com t ∈ [0, π] é exatamente o ćırculo unitário, mas é como se a velocidade tivesse sido duas vezes maior. E ainda, (cos(t2), sen(t2)), com t ∈ [0, √ 2π] é a mesma curva, mas é como se a velocidade fosse aumentando a medida que t cresce. Futuramente, ao falarmos de derivada, vamos quantificar esta noção de velocidade. Estender os comentários acima para o espaço R3 é fácil. 5 Definição 1.2. Uma curva parametrizada em R3 é uma função cont́ınua α : I → R3 que associa a cada número no intervalo I ⊂ R a um ponto no espaço. Será comum representarmos da forma a seguir: α(t) = (x(t), y(t), z(t)) Exemplo 1.3. Consideramos a seguinte curva γ(t) = (cos(t), sen(t), t) onde t ∈ [0, 2π]. Qual o formato desta curva? Para responder perguntas deste tipo, o mais interessante é eliminarmos uma coordenada de modo que ela se torne mais familiar. Por exemplo, se não existisse a última, seria exatamente o ćırculo do exemplo anterior. Significa que onde quer que ela esteja no espaço, sua projeção no plano será o ćırculo unitário, ou seja, esta curva localiza-se no cilindro reto sobre este ćırculo. Ocorre que a medida que o parâmetro t aumenta, de 0 a 2π, as duas primeiras coordenadas fazem os pontos da curva descrevem uma trajetória circular, ao passo que a última coordenada faz os pontos “subirem”. Ou seja, teremos um formato helicoidal - a curva será uma hélice! Exemplo 1.4. Qual uma curva parametrizada que representa a interseção entre o cilindro x2 +y2 = 1 e o plano y + z = 2 ? Ora, chamando x = x(t), y = y(t) e z = z(t), temos que: x(t)2 + y(t)2 = 1 O conjuntos de todos os pontos que satisfazem tal equação é justamente x(t) = cos(t) e y(t) = sen(t), com t ∈ [0, 2π]. Agora: y(t) + z(t) = 2⇒ sen(t) + z(t) = 2⇒ z(t) = 2− sen(t) Portanto nossa curva será: α(t) = (cos(t), sen(t), 2− sen(t)) com t ∈ [0, 2π] Exemplo 1.5. Este exemplo é um exerćıcio. Qual uma curva parametrizada que representa a in- terseção entre o parabolóide y = x2 + z2 com o plano x = z ?? (1) Encare estas variáveis como as funções x(t), y(t), z(t). (2) O que você pode dizer facilmente sobre x(t) e z(t)? (3) Arbitrariamente, decida que alguma destas funções será simplesmente = t. Quais parecem uma boa escolha? (4) Substitua na expressão para y(t). Você seria capaz de desenhar esta curva? Tendo chamado x(t) de t2, teŕıamos obtido a mesma curva? E se fosse t3? Citamos que uma curva parametrizada deve ser uma função cont́ınua. De fato, para que isto ocorra, é necessário e suficiente que cada função coordenada seja cont́ınua. A proposição a seguir esclarece este fato: Proposição 1.1. Seja α : I → R3 uma curva parametrizada tal que α(t) = (x(t), y(t), z(t)). Então: lim t→t0 α(t) = ( lim t→t0 x(t), lim t→t0 y(t), lim t→t0 z(t)) Se cada componente é cont́ınua, teremos que: ( lim t→t0 x(t), lim t→t0 y(t), lim t→t0 z(t)) = (x(t0), y(t0), z(t0)) Logo limt→t0 α(t) que é exatamente a primeira parte será igual a α(t0), que é segunda parte, garantindo que a curva é cont́ınua. 6 1.2 A derivada de uma curva A pergunta natural a se fazer em um curso de cálculo logo que uma estrutura é definida é: e a sua derivada? Sem dificuldades, temos que: Proposição 1.2. Seja α : I → R3 uma curva parametrizada tal que α(t) = (x(t), y(t), z(t)). Então: α′(t) = (x′(t), y′(t), z′(t)) valendo o resultado análogo para R2. Demonstração. Por definição de derivada, temos que: α′(t) = lim ∆t→0 α(t+ ∆t)− α(t) ∆t Mas o lado direito é exatamente: lim ∆t→0 (x(t+ ∆t), y(t+ ∆t), z(t+ ∆t))− (x(t), y(t), z(t)) ∆t = = lim ∆t→0 (x(t+ ∆t)− x(t), y(t+ ∆t)− y(t), z(t+ ∆t)− z(t)) ∆t Colocando o ∆t para dentro das coordenadas, teremos: lim ∆t→0 ( x(t+ ∆t)− x(t) ∆t , y(t+ ∆t)− y(t) ∆t , z(t+ ∆t)− z(t) ∆t ) = = ( lim ∆t→0 x(t+ ∆t)− x(t) ∆t , lim ∆t→0 y(t+ ∆t)− y(t) ∆t , lim ∆t→0 z(t+ ∆t)− z(t) ∆t ) Que finalmente é: (x′(t), y′(t), z′(t)) como queŕıamos. Esperamos que a demonstração acima não tenha parecido longa e técnica - na verdade ela só é maçante. O leitor atento pode observar que trata-se apenas de operações simples com vetores, e de uma aplicação da Proposição 1 sobre limite de funções vetoriais. Exemplo 1.6. A derivada da curva α(t) = (cos(t), sen(t)) é: α′(t) = (−sen(t), cos(t)) A cada ponto de uma curva está associado um vetor derivada. Se imaginarmos uma curva parametrizada como um ponto descrevendo uma trajetória no espaço, este vetor será exatamente a tangente da curva naquele ponto - fisicamente, o tamanho do vetor é exatamente a velocidade do ponto, pois o tamanho do vetor dá a idéia de com qual intensidade a part́ıcula está se movendo para a direção do vetor. 7 a velocidade varia a cada mı́nimo instante. Então podeŕıamos pegar um valor médio da velocidade em cada unidade de tempo e fazermos esta conta - obteŕıamos um valor aproximado. Para melhorar a aproximação, podeŕıamos dividir o tempo em décimos de uma unidade, pegando o valor médio da velocidade em cada décimo, calculando cada comprimento percorrido, e depois somando tudo. Mas este ainda não seria o valor exato. O leitor perspicaz já deveria ter antevisto onde vamos chegar. O que estamos sugerindo é iterar infinitas vezes uma soma de valores sobre partições cada vez menores de um intervalo - ou seja: integrar! Em matemática, a integração serve justamente para interpretarmos os casos em que queremos fazer uma soma (infinita) de uma grandeza que varia continuamente de acordo com outra. Motivados por esta discussão, e sem mais delongas, teremos que: Teorema 1.1. Dada uma parametrização α : [a, b]→ R3 de uma curva em R3, temos que o compri- mento da curva será dado por: L = ∫ b a ||α′(t)|| dt O leitor já deveria está bastante convencido deste resultado, mas apresentaremos um esboço da demonstração formal por questões de completude - e para que fique claro que as idéias matemáticas não dependem a priori de conceitos f́ısicos. Demonstração. Consideremos a partição do intervalo [a, b] em {a = t0, t2, ..., tn = b}. Seja Pi = α(ti). Observe agora que a poligonal que liga os pontos Pi é uma aproximação da curva. O tamanho da curva será aproximadamente n∑ j=1 ||Pj − Pj−1|| Vamos agora fazer essa soma tomando uma partição infinita. Se a partição for infinita, teremos que tj − tj−1 = ∆t→ 0. Neste caso: lim ∆t→0 Pj − Pj−1 ∆t = lim ∆t→0 ( x(tj)− x(tj−1) ∆t , y(tj)− y(tj−1) ∆t , z(tj)− z(tj−1) ∆t ) = α′(tj) Concluindo que: Pj − Pj−1 = α′(tj) ·∆t se ∆→ 0 Então finalmente: lim n→∞ n∑ j=1 ||Pj − Pj−1|| = lim ∆t→0 n→∞ n∑ j=1 ||α′(tj)|| ·∆t Mas esta é exatamente a definição de integral. Logo: L = ∫ b a ||α′(t)|| dt Exemplo 1.13. Qual o comprimento da catenária dada por y = cosh(x) no intervalo x ∈ [0, 2] ? Começamos parametrizando a curva, fazendo x(t) = t. Logo: α(t) = (t, cosh(t)) com t ∈ [0, 2] Dáı teremos que: α′(t) = (1, senh(t))⇒ ||α′(t)|| = √ 1 + senh2(t) 10 Lembrando que a identidade trigonométrica hiperbólica fundamental diz que cosh2(t) = 1 + senh2(t), teremos que: ||α′(t)|| = cosh(t) Logo L = ∫ 2 0 cosh(t) dt = senh(t) ∣∣∣∣2 0 = e2 − e−2 2 Exemplo 1.14. Este exemplo é um exerćıcio. Exiba uma integral que determina peŕımetro da elipse que passa pelos pontos (2, 0), (0, 1), (−2, 0) e (0,−1). (1) Que tal desenhar a elipse? (2) Qual a equação cartesiana que esta elipse satisfaz? Comece determinando o a e o b e lembre-se que a equação é x 2 a2 + y 2 b2 = 1. (3) Qual o conjunto de todos os pontos que satisfazem uma soma de quadrados igual a 1? Isso mesmo, chame x(t)a = cos(t) e y(t) b = sen(t). (4) Escreva a parametrização. Qual é o intervalo? O mesmo de sempre, afinal estamos dando uma volta. (5) Calcule a derivada da parametrização. (6) Calcule a função da velocidade. (7) Exiba a integral. Você seria capaz de calcular esta integral? Alguém questionador poderia estar pensando: o comprimento de uma curva só depende da curva e não depende da parametrização - mas para calculá-lo nós utilizamos uma parametrização espećıfica α!! A proposição a seguir vai convencê-lo de vez que esta dependência é apenas aparente. Proposição 1.3. O comprimento de uma curva não depende da parametrização. Demonstração. Consideramos duas parametrizações de uma curva qualquer, α : [a, b] → R3 e β : [c, d]→ R3, sendo ϕ : [c, d]→ [a, b] como já hav́ıamos definido. Suponhamos que ϕ′(s) > 0 sempre, o caso oposto é análogo. Nós vamos mostrar que:∫ b a ||α′(t)|| dt = ∫ d c ||β′(s)|| ds Para tal, observe que: ∫ d c ||β′(s)|| ds = ∫ d c ||α′(ϕ(s))|| · ϕ′(s) ds Agora chamamos t = ϕ(s). Vamos aplicar o Teorema de Mudança de Variáveis para integrais. Pela regra prática, fazemos: dt ds = ϕ′(s)⇒ dt = ϕ′(s) ds Notando também a = ϕ(c) e b = ϕ(d), teremos:∫ d c ||α′(ϕ(s))|| · ϕ′(s) ds = ∫ ϕ(d)=b ϕ(c)=a ||α′(t))|| · dt exatamente como queŕıamos. 11 1.3.1 Reparametrização pelo comprimento do arco Nem sempre será posśıvel, mas as vezes é interessante reparametrizarmos uma curva de modo que a velocidade da part́ıcula seja sempre 1, ou seja, dado um α(t), acharmos um β(s) = α(ϕ(s)) de modo que ||β′(s)|| = 1. Significa dizer que o comprimento do arco no instante t em α será exatamente igual à variação do tempo (parâmetro s). Por isto tal parametrização será chamada de parametrização pelo comprimento de arco. Queremos dizer que: s = ψ(t) = ∫ t a ||α′(u)|| du Tal relação nos permite mandar o intervalo [a, b] do parâmetro t no intervalo [0, L] do parâmetro s por meio da função ψ(t). Mas para acharmos a β(s), precisamos da ϕ(s), que tem exatamente a ação oposta, ou seja, é a inversa de ψ(t). Como calcular ψ(t)? Ora, se ||α′(t)|| possuir uma primitiva então o Teorema Fundamental do Cálculo nos garante que ψ(t) será exatamente esta primitiva. Para comprovar que este procedimento de fato irá gerar uma parametrização de velocidade 1, note que: ||β′(s)|| = ϕ′(s) · ||α′(ϕ(s))|| = ||α ′(t)|| ψ′(t) Mas ψ(t) é uma primitiva de ||α′(t)|| - sua derivada é exatamente ||α′(t)||. Logo: ||β′(s)|| = ||α ′(t)|| ψ′(t) = ||α′(t)|| ||α′(t)|| = 1 Exemplo 1.15. Vamos reparametrizar a hélice dada por α(t) = (cos(t), sen(t), t) pelo comprimento de arco. Começamos fazendo α′(t) = (−sen(t), cos(t), 1). Dáı teremos que: ||α′(t)|| = √ 2. Calculamos então: ψ(t) = ∫ ||α′(t)|| dt︸ ︷︷ ︸∫ t a ||α′(u)|| du pelo TFC = ∫ √ 2 dt = √ 2t A inversa desta função é: ϕ(s) = s√ 2 Logo a parametrização por comprimento de arco da hélice será: β(s) = ( cos ( s√ 2 ) , sen ( s√ 2 ) , s√ 2 ) 12 Caṕıtulo 2 Integrais de linha e campos vetoriais Até o presente momento, ao longo do estudo do cálculo integral, só nos dedicamos a definir integrais de funções reais sobre regiões de mesmo dimensão que o espaço ambiente. Ou seja, t́ınhamos integrais de funções reais de 1 variável sobre R, integrais de funções reais de 2 variáveis sobre R2 e integrais de funções reais de 3 variáveis sobre R3. Neste caṕıtulo, estaremos interessados em definir integrais diferentes. O primeiro tipo se pretende a calcular a integral de uma função real definida sobre a curva. Já o segundo tipo dependerá da noção de campo vetorial, e pretenderá calcular a integral deste campo ao longo da curva. 2.1 Integrais de linha por comprimento de arco O primeiro tipo de integral que definiremos são as integrais de linha por comprimento de arco. O objetivo é generalizar as observações feitas acerca de como se calcula o comprimento de curvas. Consideramos uma parametrização α : I → R3. No espaço em que a imagem (curva) estiver definida, consideramos uma função real f : R3 → R. Estaremos interessados em calcular a integral desta função ao longo da curva. Para tal, lembramos da motivação do conceito de integral: calcular a soma dos valores de uma função sobre um espaço considerando uniformemente a dimensão do espaço. Em outras palavras, é como se estivéssemos somando o valor médio da função em intervalos regulares de distância, e fizéssemos os limites dos comprimentos desses intervalos tenderem a zero. A parametrização é arbitrária, mas sabemos que o componente ||α′(t)|| “uniformiza”a integral - é o parâmetro comprimento de arco. Sem mais delongas, definimos: Definição 2.1. Seja α : I → R3 uma parametrização e f : Ω→ R uma função definida num conjunto Ω ⊂ R3 que contenha a curva. A integral de linha de f sobre α com respeito ao comprimento de arco será: ∫ α f ds = ∫ b a f(α(t))||α′(t)|| dt Observe que se por algum motivo a curva estiver parametrizada por comprimento de arco, então ||α′(t)|| = 1 e é como se simplesmente estivéssemos calculando a integral sobre um intervalo da reta de mesmo comprimento que a curva. Exemplo 2.1. Vamos calcular a integral da função f(x, y) = x2 + 2y2 ao longo da circunferência unitária α(t) = (cos(t), sen(t)) com t ∈ [0, 2π]. Como sempre, temos: ||α′(t)|| = 1 15 Então aplicamos nossa definição de integral:∫ α f ds = ∫ 2π 0 (cos(t)2 + 2sen(t)2) dt = ∫ 2π 0 (1 + sen(t)2) dt = 3π Exemplo 2.2. Vamos calcular a integral da função f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 ao longo da hélice distendida α(t) = (2 cos(t), 2sen(t), t2) com t ∈ [0, 1]. Primeiro fazemos: α′(t) = (−2sen(t), 2 cos(t), 2t)⇒ ||α′(t)|| = 2 √ 1 + t2 Então aplicamos nossa definição de integral:∫ α f ds = ∫ 1 0 [ (2 cos(t))2 + (2sen(t))2 + (t2)2 ] · 2 √ 1 + t2 dt = 2 ∫ 2π 0 (4 + t4) √ 1 + t2 dt Qualquer pessoa nota facilmente que o resultado será 1 24 ( t √ 1 + t2 ( 93 + 2t2 + 8t4 ) + 99ArcSenh(t) ) ∣∣∣∣1 0 = = 1 24 (√ 2 (103) + 99ArcSenh(1) ) Exemplo 2.3. Exemplo exerćıcio. A massa de um objeto é a sua densidade calculada ao longo de sua dimensão. Se pensarmos num fio muito fino como algo unidimensional, poderemos calcular sua massa fazendo a integral de uma função densidade ao longo da curva descrita por ele. Por exemplo, consideramos o fio α(t) = (t, t, t) com t ∈ [0, 2] e δ(x, y, z) = xyz a densidade linear do fio. Qual a sua massa? Basta (1) calcular ||α′(t)|| (2) montar a integral (3) resolvê-la. 2.2 Integrais de linha sobre campos vetoriais Motivados pelo conceito f́ısico de trabalho, vamos mostrar como integrar um campo de vetores (em geral do R3) ao longo de uma curva no espaço ambiente. A partir de agora introduziremos o termo suave para nos referirmos a curvas com derivada cont́ınua. Felizmente estas integrais podem ser facilmente tratadas se o campo de vetores satisfizer uma determinada condição, através de um resultado análogo ao Teorema Fundamental do Cálculo. Ao longo do texto, Ω representará um conjunto do R2 ou do R3, mas as idéias se generalizam para o Rn. Sem mais delongas: 2.2.1 Trabalho Vamos iniciar motivando a definição de integral de linha: Seja F : Ω → R3 uma campo de forças, ou seja, uma função que associa a cada ponto de Ω um vetor, e consideremos uma part́ıcula cuja trajetória é descrita por uma curva γ : [a, b] → Ω. Se o campo for constante, se a trajetória for um segmento reto, e se o sentido do campo for o mesmo da trajetória, então o trabalho τ realizado por F é dado por τ = ||F ||.||γ(b)− γ(a)|| 16 Note que se a força não atuasse no mesmo sentido, e que o ângulo entre os sentido fosse θ, faŕıamos simplesmente: τ = ||F ||.||γ(b)− γ(a)||. cos(θ) = 〈 F, ( γ(b)− γ(a) )〉 = F · ( γ(b)− γ(a) ) Suponhamos agora que F e γ sejam quaisquer, com F cont́ınuo e γ suave. Para calcularmos o trabalho, fazemos como sempre. Consideramos uma partição de [a, b] chamada P definida por a = t0 < t1 < ... < tn = b, onde o maior ∆ti = ti − ti−1 é suficientemente pequeno. É razoável então esperar que a soma: n∑ i=1 F (γ(ti−1)) · ( γ(ti)− γ(ti−1) ) seja uma boa aproximação para τ . Quanto menor for max ∆ti, melhor será a aproximação. Agora lembre-se que: lim ∆ti→0 γ(ti)− γ(ti−1) ∆ti = γ′(ti−1) Logo a medida que max ∆ti diminuir, teremos a aproximação. γ(ti)− γ(ti−1) ≈ γ′(ti−1)∆ti Logo temos que: τ ≈ n∑ i=1 F (γ(ti−1)) · ( γ′(ti−1)∆ti ) Como F (γ(t)) · γ′(t) é cont́ınua, logo integrável, teremos que: lim ∆ti→0 n∑ i=1 F (γ(ti−1)) · (γ′(ti−1)∆ti) = ∫ b a F (γ(t)) · γ′(t) dt Isto motiva nossa definição. 2.2.2 Integral de linha sobre um campo Seja F : Ω → R3 um campo vetorial cont́ınuo. Seja γ : [a, b] → Ω uma curva suave. Definimos a integral de linha de F sobre γ como sendo:∫ γ F dγ = ∫ b a F (γ(t)).γ′(t) dt É conveniente termos em mente que tal integral independe da parametrização escolhida, basta que se tome o cuidado de reparametrizar conservando a mesma orientação. Isto é consequência imediata do teorema de mudança de variáveis em integrais. Exemplo 2.4. Vamos integrar F (x, y) = (−y2, x2) em γ(t) = (t2, t), como t variando de 0 a 1. Simplesmente: ∫ γ F dγ = ∫ 1 0 (−t2, t4) · (2t, 1) dt = ∫ 1 0 t4 − 2t3 dt = − 3 10 17 implica que ϕ1(x, y) = 3x2y é uma boa candidata. Definida assim, teremos que ∂ϕ1 ∂y = 3x2 6= 3x2 + 6y Uma boa maneira de continuar com a busca é somar a 3x2y um termo cuja derivada seja 6y. É important́ıssimo que este termo seja função somente de y, para que ∂ϕ ∂x permaneça igual a 6xy. Então temos que: ϕ(x, y) = 3x2y + h(y) onde ∂h ∂y = 6y. Logo h(y) = 3y2 e teremos finalmente que ϕ(x, y) = 3x2y + 3y2, encerrando. Note porém que podeŕıamos ter somado qualquer constante à função ϕ, uma vez que ela não alteraria as derivadas. Logo o formato geral será: ϕ(x, y) = 3x2y + 3y2 +K Generalizando e organizando as idéias intuitivas apresentadas acima, apresentamos um exemplo mais esquematizado. Exemplo 2.10. Dado F (x, y, z) = (yz + 2xy + z − 2x, xz + x2 − z2 − 1, xy − 2zy + x − 3z2), existe alguma função potencial? 1. Dizemos que ϕ(x, y, z) = f(x, y, z) + g(y, z) + h(z). 2. Da igualdade ∂ϕ∂x = ∂f ∂x , temos que f(x, y, z) = xyz + x 2y + zx− 2x2. 3. Da igualdade ∂ϕ∂y = ∂f ∂y + ∂g ∂y , temos que ∂g ∂y = −z 2 − 1, logo g(y, z) = −z2y − y. 4. Da igualdade ∂ϕ∂z = ∂f ∂z + ∂g ∂z + ∂h ∂z , temos que ∂h ∂z = −3z 2, logo h(z) = −z3. De fato, ϕ(x, y, z) = xyz − z3 + x2y − yz2 + x2 + xz − y +K é função potencial para F . Exemplo 2.11. Seja F (x, y) = (4x2y, 1x). Se tentarmos proceder como antes (tente!) não conseguire- mos. De fato, pela proposição apresentada: ∂P ∂y = 4x2 6= −1 x2 = ∂Q ∂x logo esse campo não pode possuir função potencial. 2.2.4 Teorema Fundamental da Integrais de Linha sobre Campos Conservativos Observe que uma função gradiente é uma espécie de primitiva de um campo. O leitor deve se lembrar que a integrais de funções reais são calculadas ao acharmos uma primitiva da função. É natural portanto esperar que que as funções gradientes se relacionem com as integrais de linha sobre os campos conservativos. Formalizando esta idéia, introduzimos o Teorema Fundamental das Integrais de Linha sobre Cam- pos Conservativos: 20 Teorema 2.1. Se F : Ω→ R3 for conservativo, sendo ϕ uma função potencial e γ : [a, b]→ R suave, então: ∫ γ F dγ = ∫ γ ∇ϕ dγ = ϕ(B)− ϕ(A) onde γ(a) = A e γ(b) = B Demonstração. Pela regra da cadeia, temos que: d dt ϕ(γ(t)) = ∇ϕ(γ(t)).γ′(t) = F (γ(t))γ′(t) Logo ∫ γ F dγ = ∫ b a F (γ(t))γ′(t) dt = ∫ b a d dt ϕ(γ(t)) dt Pelo Teorema Fundamental do Cálculo∫ b a d dt ϕ(γ(t)) dt = ϕ(γ(t))|ba = ϕ(B)− ϕ(A) Ou seja, o valor da integral de um campo conservativo sobre uma curva não depende do traço da curva, mas somente dos seus valores nos pontos iniciais e finais. Note que, em particular, toda integral de linha de campos conservativos sobre curvas fechadas será 0. Por este destaque, quando γ for uma curva fechada, é comum o uso da notação a seguir para a integral de linha: ∮ γ F dγ Observe o exemplo: Exemplo 2.12. Seja F : R2 → R2 tal que F (x, y) = (x + y, x). Seja γ(t) = (cos(t), sin(t)) definida sobre [0, 2π]. Notemos que ϕ(x, y) = x 2 2 + xy é uma função potencial do campo. Então∮ γ F dγ = ∫ 2π 0 F (γ(t)) · γ′(t) dt = ∫ 2π 0 (cos(t) + sin(t), cos(t)) · (− sin(t), cos(t))dt = = ∫ 2π 0 cos2(t)− sin2(t)− cos(t) sin(t) dt que certamente não é muito simples de calcular. Por outro lado∫ 2π 0 F (γ(t)) · γ′(t) dt = ϕ(γ(2π))− ϕ(γ(0)) = 1 2 − 1 2 = 0 resultado este que já sab́ıamos de antemão pois a curva é fechada. A volta do teorema acima também é verdade. Ou seja, se uma integral de linha sobre um campo não depender do caminho de integração, então o campo é conservativo. A demonstração é mais técnica e a importância do resultado é menor, uma vez que costuma ser mais fácil concluir que o campo é conservativo que concluir que qualquer integral não depende do caminho; por outro lado é mais útil obter a segunda informação a partir de uma condição fraca, como é a obtenção de uma função potencial. De qualquer forma, apresentamos a demonstração para o leitor interessado: 21 Teorema 2.2. Seja F : Ω→ R3 um campo vetorial. São equivalentes: 1 F é conservativo. 2 A integral de F ao longo de qualquer caminho fechado em Ω é 0. 3 Se A,B ∈ Ω, então a integral de linha sobre qualquer curva suave ligando A a B é a mesma. Na demonstração a seguir, P indicará um ponto, e as variáveis x1 = x, x2 = y e x3 = z. Demonstração (Esboço). Já fizemos de (1) para (2). De (2) para (3), consideramos α e β dois caminhos entre A e B. Consideramos o caminho β de B para A. Não é dif́ıcil mostrar que: ∫ β F = − ∫ −β F Dáı ∫ α∪−β F = ∫ α F + ∫ −β F = 0 pois α ∪ −β é um caminho fechado. Mas então temos que:∫ α F = − ∫ −β F = ∫ β F para quaisquer caminho entre A e B e o resultado segue. De (3) para (1) temos mais trabalho. Em linhas gerais, fixamos um ponto O ∈ Ω e definimos ϕ(P ) = ∫ P O F para todo P ∈ Ω, o que faz sentido pois a integral não depende do caminho. O objetivo é mostrar que ∂ϕ xi coincide com a i-ésima coordenada de F . Isto é feito tomando um ponto próximo a P na direção de xi e considerando o quociente de Newton. Temos ϕ(P + hei)− ϕ(p) h = 1 h (∫ P+hei O F − ∫ P O F ) = 1 h ∫ P+hei P F Consideramos então o segmento de reta r ligando P e P + hei. Teremos que r′(t) = ei, logo F (r(t))r′(t) = fi(r(t)). Pelo teorema fundamental do cálculo: lim h→0 1 h ∫ h 0 fi(r(t))dt = fi(r(0)) = fi(P ) Logo temos a igualdade: ϕ′(P ) = lim h→0 ϕ(P + hei)− ϕ(p) h = lim h→0 1 h ∫ h 0 fi(r(t))dt = fi(r(0)) = fi(P ) como queŕıamos. 22 = ∫ 2 0 0 dt+ ∫ 3 0 8 dt− ∫ 2 0 9t dt− ∫ 3 0 0 dt = 24− 18 = 6 Pelo Teorema de Green, teremos:∮ γ F dγ = ∫ ∫ Q ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y ) dxdy = ∫ 2 0 ∫ 3 0 3x2 − 2yx dydx = ∫ 2 0 9x2 − 9x dx = 24− 18 = 6 Exemplo 3.2. Seja γ(t) = ( cos(t), sen(t) ) , 0 ≤ t < 2π, e F (x, y) = (x4 − y3, x3 + y5). O campo em questão certamente não é um campo potencial. Teŕıamos que usar a definição:∮ γ Fdγ = ∫ 2π 0 ( cos4(x)− sen3(t), cos3(t) + sen5(t) ) · ( − sen(t), cos(t) ) dt = = ∫ 2π 0 −sen(t) cos4(t) + sen4(t) + cos4(t) + cos(t)sen5(t) dt o que pode levar mais que alguns minutos para resolver. Para aplicar o Teorema de Green, note que a região cuja fronteira é γ é o ćırculo unitário S. Teremos:∮ γ F dγ = ∮ γ (x4 − y3) dx+ (x3 + y5) dy = ∫ ∫ S ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y ) dxdy = ∫ ∫ S 3x2 + 3y2 dxdy Passando para coordenadas polares, teremos:∫ ∫ S 3x2 + 3y2 dxdy = ∫ 1 0 ∫ 2π 0 3r3 ( cos2(θ) + sen2(θ) ) dθdr = = 3 4 · 2π = 3π 2 25 3.1 Exerćıcios Questão 3.1. Aplique o Teorema de Green e resolva as integrais de linha a seguir. 1. ∫ γ f dγ onde f(x, y) = (x3, xy2) e γ(t) = (2 cos(t), 3sen(t)) com 0 ≤ t ≤ 2π. Desenhe esta curva! 2. ∫ γ f dγ onde f(x, y) = (cos(x) + sen(y), tg2(y)) e γ(t) é o triângulo de vértices (0, 0), (1, 0) e (0, 3) parametrizado no sentido horário. 3. ∫ γ f dγ onde f(x, y) = (x + y, x2 + y2) e γ(t) é uma parametrização no sentido horário para a curva fechada formada pelos gráficos de y = sen(x) e y = −sen(x) com 0 ≤ x ≤ π. 4. ∫ γ f dγ onde f(x, y) = (eyx, x2y3) e γ(t) = (cos(t), sen(t)) com 0 ≤ t ≤ 2π. 5. ∫ γ f dγ onde f(x, y) = (cos(xy), sen(xy)) e γ(t) é o quadrado de lado 2 centrado na origem, parametrizado no sentido anti-horário. Questão 3.2. Utilize o Teorema de Green para calcular a área da elipse de equação x2 a2 + y2 b2 = 1 Dica: Parta de uma integral dupla para calcular uma integral de linha. Invente um campo vetorial tal que Qx − Py = 1. Questão 3.3. Calcule ∮ C y2 dx+ 3xy dy + ∮ D y2 dx+ 3xy dy onde C é a circunferência x2 + y2 = 4 parametrizada no sentido anti-horário e D é a circunferência x2 + y2 = 1 no sentido horário. Tente usar o Teorema de Green dividindo a região em duas partes, de modo que cada parte seja cercada por uma curva composta de 4 partes. Note que duas partes de cada curva ocorrem em sentidos opostos, logo se cancelam! Questão 3.4. Seja F (x, y) = ( −y x2 + y2 , x x2 + y2 ) Calcule ∮ γ F onde γ é qualquer curva parametrizada no sentido anti-horário que fique em volta da origem. Dicas: (1) Não dá pra usar o Teorema de Green pois esta função não está definida na origem. Este campo é conservativo? Existe alguma boa candidata para função potencial? Em qual ponto esta função teria problemas? (2) Imagine agora sua curva arbitrária em torno da origem. Entre ela e a origem ponha uma circunferência muita pequena. Para as duas curvas ao mesmo tempo é posśıvel usar o Teorema de Green, certo? Por que? Cuidado com o sentido da parametrização! (3) Então você quer saber a integral de linha na curva maior. Você sabe que ela somada com a integral de linha na circunferência pequena é igual a integral de Qx − Py na região compreendida entre elas. Falta calcular o que? (4) Faça o limite do raio da circunferência tender a 0. 26 Apêndice A Geometria de Curvas - Curvatura e Torção Neste addendum, vamos nos dedicar a calcular certas funções que descrevem o comportamento geométrico de curvas. Para um estudo mais aprofundado deste tópico e de outros tópicos concernentes à geome- tria diferencial, indico o excelente livro Geometria Diferencial de Curvas e Superf́ıcies de Manfredo Perdigão do Carmo, da Coleção Textos Universitários da SBM - a venda nas secretarias de graduação dos cursos de matemática. Menciono também o Prof. Sérgio Santa Cruz (DMat, UFPE) cujas aulas sobre o assunto foram extremamente motivadoras e cujas notas de aula me ajudaram a escrever este breve apêndice. A.1 Curvatura para curvas planas Inicialmente, vamos supor que temos uma curva e uma parametrização por comprimento de arco α : I → R2. Definimos: T (s) = α′(s) que pode ser interpretado como um campo (diferenciável) unitário definido ao longo da curva, pois a curva está parametrizada por comprimento de arco. Ou seja: ||T (s)|| = ||α′(s)|| = 1 Observemos agora que T (s) e T ′(s) são campos ortogonais, pois: d ds 〈T (s), T (s)〉 = 2〈T (s), T ′(s)〉 mas 〈T (s), T (s)〉 = ||T (s)||2 = 1 uma constante, dáı a derivada é zero, portanto os vetores T (s) e T ′(s) são ortogonais. Estamos portanto definindo um campo vetorial T ′(s) ao longo da curva que mede a variação do vetor tangente unitário T (s) em uma direção ortogonal, ou seja, o quanto o vetor tangente tende a alterar sua direção. Temos que ||T ′(s)|| é portanto uma medida de quão rapidamente uma curva se afastará da reta tangente a ela em um determinado ponto. Motivados por isso, definimos: Definição A.1. Seja α(s) uma parametrização por comprimento de arco, seja T (s) = α′(s). Defini- mos: κ(s) = ||T ′(s)|| = ||α′′(s)|| como a função curvatura da curva no ponto α(s). 27 Proposição A.1. T ′(s) = +κ(s) ·N(s) N ′(s) = −κ(s) · T (s) +τ(s) ·B(s) B′(s) = −τ(s) ·N(s) Exemplo A.3. Vamos calcular o triedro de Frenet, a curvatura e a torção da hélice: α(t) = (cos(t), sen(t), t) Começamos fazendo uma reparametrização por comprimento de arco. Teremos que: ||α′(t)|| = √ 2 Logo α(s) = ( cos ( s√ 2 ) , sen ( s√ 2 ) , s√ 2 ) Agora calcularemos o triedro de Frenet: T (s) = α′(s) = ( − 1√ 2 sen ( s√ 2 ) , 1√ 2 cos ( s√ 2 ) , 1√ 2 ) N(s) = T ′(s) ||T ′(s)|| = ( −12 cos ( s√ 2 ) ,−12sen ( s√ 2 ) , 0 ) 1/2 = ( − cos ( s√ 2 ) ,−sen ( s√ 2 ) , 0 ) B(s) = T (s)×N(s) = ( 1√ 2 sen ( s√ 2 ) ,− 1√ 2 cos ( s√ 2 ) , 1√ 2 ) A curvatura já foi calculada quando fizemos: ||T ′(s)|| = 1 2 ⇒ κ(s) = 1 2 Para ver a torção, note que B′(s) = ( 1 2 cos ( s√ 2 ) , 1 2 sen ( s√ 2 ) , 0 ) = −τ(s) ·N(s) = −τ(s) · ( − cos ( s√ 2 ) ,−sen ( s√ 2 ) , 0 ) Donde conclúımos trivialmente que: τ(s) = 1 2 A.3 Parametrizações quaisquer e fórmulas Suponhamos agora α(t) : [a, b]→ R3 uma parametrização qualquer, e α̃(s) : [c, d]→ R3 reparametri- zação por comprimento de arco, ou seja, α(t) = α̃(s(t)) de modo que s(t) = ∫ t c ||α′(u)|| du Lembramos que curvatura e torção são grandezas geométricas, independentes da parametrização, portanto definimos em geral: κ(t) = κ̃(s) e τ(t) = τ̃(s) Seja {T̃ , Ñ , B̃} o triedro de Frenet com relação a α̃. Vamos obter as equações de Frenet para {T,N,B}. 30 Lema A.1. Temos que T (t) = T̃ (s), N(t) = Ñ(s) e B(t) = B̃(s). Demonstração. Comece observando que: s(t) = ∫ t c ||α′(u)|| du⇒ s′(t) = ||α′(t)|| Note que: α(t) = α̃(s(t))⇒ α′(t) = s′(t)α̃′(s) = ||α′(t)||α̃′(s) Logo T (t) = α′(t) ||α′(t)|| = ||α′(t)||.α̃′(s) ||α′(t)|| = T̃ (s) Agora note que: T (t) = T̃ (s(t))⇒ T ′(t) = s′(t)T̃ ′(s) = ||α′(t)||T̃ ′(s) dáı N(t) = T ′(t) ||T ′(t)|| = ||α′(t)||.T̃ ′(s) ||α′(t)||.||T̃ ′(s)|| = Ñ(s) Por fim: B(t) = T (t)×N(t) = T̃ (s)× Ñ(s) = B̃(s) Proposição A.2. As equações de Frenet generalizadas são dadas por: T ′ = v ( κ ·N) N ′ = v ( − κ · T + τ ·B ) B′ = v ( − τ ·N ) Demonstração. Vamos chamar ||α′(t)|| = v(t). Basta observar agora então que: d dt T (t) = d dt T̃ (s(t)) = s′(t)T̃ ′(s) = v(t)κ̃(s)Ñ(s) = v(t)κ(t)N(t) d dt N(t) = d dt Ñ(s(t)) = s′(t)Ñ ′(s) = v(t) ( − κ̃(s)T̃ (s) + τ̃(s)B̃(s) ) = v(t) ( − κ(t)T (t) + τ(t)B(t) ) d dt B(t) = d dt B̃(s(t)) = s′(t)B̃′(s) = v(t)(−τ̃(s)Ñ(s)) = v(t)(−τ(t))N(t) Por fim, vamos obter fórmulas gerais para a curvatura e a torção de uma curva dada pela parametrização α(t). Novamente vamos omitir o termo (t). A.3.1 Fórmula para curvatura Começamos observando que: α′ = v.T e que: α′′ = v′.T + v.T ′ = v′.T + v2κ.N Seria interessante fazermos alguma operação que cancelasse o termo v′ e isolasse o κ. Usando α′ e α′′, nada mais natural portanto do que usar a operação vetorial que zera em vetores paralelos. Ou seja: α′ × α′′ = vv′(T × T ) + v3κ.(T ×N) = v3κ.B Tomando o módulo, o que é posśıvel pois a curvatura é sempre positiva, teremos portanto: κ = ||α′ × α′′|| v3 = ||α′ × α′′|| ||α′||3 31 A.3.2 Fórmula para torção Além de α′ = v.T e α′′ = v′.T + v.T ′ = v′.T + v2κ.N Agora temos que: α′′′ = v′′.T + v′.T ′︸︷︷︸ v′vκ.N +2vv′κ.N + v2κ′.N + v2κ.N ′︸ ︷︷ ︸ v2κv(−κ.T+τ.B) = T (v′′ − v3κ2) +N(3vv′κ+ v2κ′) +B(v3κτ) Para isolar o τ , notamos que: 〈B,α′′′〉 = v3κτ ⇒ τ = 〈B,α ′′′〉 v3κ Para obtermos o B, fazemos: α′ × α′′ = v3κ.B ⇒ B = α ′ × α′′ v3κ Por fim, obtemos: τ = 〈α′ × α′′, α′′′〉 v6κ2 = 〈α′ × α′′, α′′′〉 ||α′ × α′′||2 A.4 Existência e Unicidade de curvas - breve comentário Fisicamente, pode-se pensar numa curva como sendo uma reta curvada e torcida. É natural portanto esperar que a função curvatura e a função torção detenham informações sobre a curva. Na verdade, essas duas funções determinam uma e única curva, o que apresentamos no formato de um teorema. Teorema A.1. Dadas funções diferenciáveis κ(s) > 0 e τ(s), s ∈ I, existe uma curva parametrizada regular α : I → R3 tal que s é o comprimento de arco, κ(s) é a curvatura e τ(s) é a torção de α. Além disso, qualquer outra curva α̃ satisfazendo as mesmas condições, difere de de α por um movimento ŕıgido; ou seja, existe uma transformação linear ortogonal ρ de R3, com determinante positivo, e um vetor c tal que α̃ = ρ ◦ α+ c Para mostrar a existência, é necessário utilizar o teorema que garante a existência e unicidade de soluções para sistemas de equações diferenciais ordinárias. Já a demonstração da unicidade, apesar de mais elementar, é técnica e não cabe nos propósitos dessas notas. Por este motivo, encerramos esta seção sem demonstrar o teorema, na esperança de que o leitor não desconfie da veracidade das nossas afirmações. 32 Parte II 2a unidade Onde falaremos sobre superf́ıcies parametrizadas, integrais de superf́ıcie, o teoremas de Stokes e o teorema da divergência 35 Caṕıtulo 4 Superf́ıcies parametrizadas e integrais de superf́ıcie Nosso objetivo neste caṕıtulo será introduzir a integração ao longo de superf́ıcies, generalizando a idéia de integrar sobre regiões do R2. Em certo sentido, haverá uma analogia com as integrais de linha por comprimento de arco. Em outras palavras, estaremos interessados em calcular a soma dos valores que uma função definida numa superf́ıcie (imersa em R3) atinge de um modo uniforme, ou seja, dando um peso proporcional a área. Antes de começarmos falando de integrais de superf́ıcie, vamos discutir como representar superf́ıcies no R3. 4.1 Introdução Lembramos que uma curva parametrizada em R2 é uma função α : [a, b] → R2, que manda um intervalo da reta no plano. Observe que a dimensão da (imagem da) curva corresponde à dimensão do domı́nio da parametrização α. Estendendo esta idéia para superf́ıcie, cuja dimensão é 2, teremos que: Definição 4.1. Uma superf́ıcie parametrizada σ em R3 é uma função diferenciável e injetiva σ : D → R3 onde D é o retângulo [a1, b1]× [a2, b2]. Geralmente, representamos como: σ(u, v) = ( x(u, v), y(u, v), z(u, v) ) Lembramos que para parametrizarmos uma curva dada em termos de uma equação cartesiana, colocávamos uma variável em termos da outra e faźıamos uma escolha arbitrária para uma delas. O esṕırito permanece o mesmo, observe o exemplo: Exemplo 4.1. O plano 2x − 3y + 2z = 15 pode ser parametrizado observando que z = 15−2x+3y2 e definindo x = u e y = v. Logo: σ :  x = u y = v z = 15−2u+3v2 com (u, v) livres. Exemplo 4.2. O cilindro x2 + y2 = R2 pode ser parametrizado utilizando nosso conhecimento sobre o sistema de coordenadas ciĺındricas. De fato: σ :  x = R cos(u) y = Rsen(u) z = v 36 com u ∈ [0, 2π) e v livre, R fixo sendo o raio do cilindro. Exemplo 4.3. A esfera x2 + y2 + z2 = R2 pode ser parametrizada utilizando nosso conhecimento sobre o sistema de coordenadas esféricas. De fato: σ :  x = R cos(u)sen(v) y = Rsen(u)sen(v) z = R cos(v) com u ∈ [0, 2π) e v ∈ [0, π). 4.2 Plano tangente e vetor normal Como determinar um vetor tangente a uma superf́ıcie parametrizada?! Certamente, em um ponto da superf́ıcie, existem infinitos vetores tangentes. Ocorre que os vetores tangentes a cada curva contida na superf́ıcie serão tangentes à superf́ıcie também. Uma estratégia eficiente portanto será achar um vetor tangente a uma curva que possa ser descrita simplificadamente e que passe pelo ponto. Dado um ponto σ(u0, v0) = (x0, y0, z0) = P0, uma curva simples passando por este ponto será a curva tomada fazendo u variar próximo de u0 e mantendo v fixo em v0. Esta estratégia de manter uma variável fixa é a mesma utilizada quando calculamos as derivadas parciais, então o vetor derivada da curva σ(u, v0) é igual à derivada da parametrização σ(u, v) com respeito a u. Como o vetor derivada da curva é tangente a ela, teremos que dois vetores tangentes à superf́ıcie σ(u, v) são simplesmente: ∂σ ∂u e ∂σ ∂v usualmente denotados por σu e σv. Dois vetores (linearmente independentes) são suficientes para determinar um plano, então dizemos que o plano tangente à superf́ıcie dada por σ no ponto σ(u0, v0) = P0 é o plano determinado pelos vetores σu e σv calculados em u = u0 e v = v0. Definimos um vetor normal a uma superf́ıcie em um ponto P0 como sendo um vetor normal ao plano tangente em P0. A geometria anaĺıtica nos diz que, dados dois vetores σu e σv, um vetor ortogonal a eles é: −→ N = σu × σv Logo um vetor normal à superf́ıcie em P0 = σ(u0, v0) é: n(u, v) = σu × σv ||σu × σv|| calculados em u0 e v0. O outro vetor normal é −n(u, v). Exemplo 4.4. Desenhe a superf́ıcie parametrizada σ(u, v) = ( v cos(u), vsen(u), v2 ) , com 0 ≤ u ≤ 2π e v ≥ 0 (sugestão: quais a curvas obtidas fazendo u fixo? E v fixo?). Esta superf́ıcie nada mais é que um parabolóide de revolução. Verifique que a parametrização satisfaz x2 + y2 = z. O plano tangente a esta superf́ıcie no ponto P = σ(0, 2) = (2, 0, 4) é aquele determinado pelos vetores: σu ∣∣ P = (−vsen(u), v cos(u), 0) ∣∣ P = (0, 2, 0) σv ∣∣ P = (cos(u), sen(u), 2v) ∣∣ P = (1, 0, 2) 37 4.4 Integrais de superf́ıcie Seja f(x, y, z) função real definida num subconjunto de R3 contendo superf́ıcie S parametrizada por σ(u, v) : D → R3. Nada mais natural nesta altura do campeonato do que definir a integral de superf́ıcie por elemento de área: ∫∫ S f dS = ∫∫ D f ( σ(u, v) ) ||σu × σv|| dudv Ou seja, estamos calculando a soma dos valores de f ao longo da superf́ıcie considerando uniforme- mente a contribuição do valor que f assume em cada ponto da superf́ıcie. Em certo sentido, estamos corrigindo distorções que a parametrização considerada poderia gerar. O teorema a ser apresentado neste momento é o de sempre: garantir que esta definição não depende da parametrização escolhida: Teorema 4.2. Sejam σ(u, v) : D → R3 e τ(u, v) : E → R3 parametrizações da mesma região S ⊂ R3. Seja f(x, y, z) função real definida num conjunto do R3 contendo S. Então:∫∫ S f dS = ∫∫ D f ( σ(u, v) ) ||σu × σv|| dudv = ∫∫ E f ( τ(u, v) ) ||τu × τv|| dudv Demonstração. Seja r : E → D a função que torna τ uma reparametrização de σ, ou seja: σ ◦ r(u, v) = τ(u, v) Considere agora r : E → D como mudança de coordenadas r(u, v) = ( s(u, v), t(u, v) ) . O determinante jacobiano da transformação s = s(u, v) e t = t(u, v) é dado por:∣∣∣∣ su svtu tv ∣∣∣∣ = sutv − svtu Agora temos, pela regra da cadeia, que: (σ ◦ r)u = σssu + σttu e que (σ ◦ r)v = σssv + σttv Efetuando o produto vetorial, teremos: (σ ◦ r)u × (σ ◦ r)v = (σssu + σttu)× (σssv + σttv) = (σs × σt)(sutv − svtu) Finalmente:∫∫ D f ( σ(s, t) ) ||σs × σt|| dsdt = ∫∫ E f ( σ ◦ r(u, v) ) ||(σ ◦ r)u × (σ ◦ r)v|| |sutv − svtu| .|sutv − svtu| dudv = = ∫∫ E f ( τ(u, v) ) ||τu × τv|| dudv Uma mesma aplicação para cálculo de massa e centro de massa é obtida no contexto das integrais de superf́ıcies, e o leitor interessado é convidado a pesquisá-la nas fontes recomendadas. Exemplo 4.7. Considere a função f(x, y, z) = xyz definida no quarto de cilindro S parametrizado por σ(u, v) = ( R cos(u), Rsen(u), v ) , como u ∈ [ 0, π2 ] e v ∈ [0, 1]. Então:∫ S f dS = ∫∫ D f ◦ σ(u, v)||σu × σv|| dudv = ∫ π/2 0 ∫ 1 0 R2 cos(u)sen(u)v ·R dudv = R 3 4 O leitor atendo deve ter notado que se a superf́ıcie estiver contida no plano, o vetor σu × σv é constante e unitário (aponta para cima ou para baixo), logo dS = dudv - ou seja, nossa definição de integral de superf́ıcie é de fato uma generalização da idéia de integral sobre regiões do R2. 40 4.5 Exerćıcios Questão 4.1. As superf́ıcies a seguir são de revolução. Lembre-se que, dada uma curva (f(v), 0, g(v)) no plano xz, a rotação dela em torno do eixo z se expressa como (cos(u)f(v), sen(u)f(v), g(v)). 1. Parametrize o cone reto centrado na origem de eixo z. Qual o plano tangente a este cone no ponto (1, 1, 1)? Qual o vetor normal? Este cone possui plano tangente com z = 0? 2. Parametrize um hiperbolóide de duas folhas cujo eixo é y, dado pela equação: y2 − x2 − z2 = 1. Dê uma fórmula para o cálculo do plano tangente. 3. Parametrize um elipsóide de revolução x 2 4 + y2 4 + z2 9 = 1. Ache uma fórmula para o vetor normal. 4. Parametrize o toro de raio interno 1 e raio externo 3. Toro é o nome dado à casca da “câmara de ar de um pneu”ou de uma “rosquinha”. Questão 4.2. 1. Calcule a área do cone com −2 ≤ z ≤ 2. 2. Calcule a área do hiperbolóide com −4 ≤ y ≤ 4. 3. Calcule a área do elipsóide. 4. Calcule a área do toro. Questão 4.3. 1. Calcule a integral da função f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 ao longo da esfera de raio 3. 2. Calcule a integral da função f(x, y, z) = x+ y + z no elipsóide descrito acima. 3. Calcule a massa de um cilindro reto de raio 2 em volta do eixo z, com −2 ≤ z ≤ 2, se sua densidade é dada por ρ(x, y, z) = x2 + y2 + ez. Questão 4.4. Observe a figura abaixo, retirada do livro do Stewart. Exiba a parametrização de uma superf́ıcie que tenha este formato. 41 Caṕıtulo 5 Teorema de Stokes e Teorema da Divergência Neste caṕıtulo, vamos apresentar dois teoremas muito importantes do cálculo vetorial. O Teorema (clássico) de Stokes, que em certo sentido generaliza o Teorema de Green, e o Teorema da Divergência (ou de Gauss). Ambos são conseqüências do Teorema geral de Stokes para dimensão qualquer, o que obviamente não será assunto deste curso. 5.1 Teorema de Stokes Em outra ocasião, já definimos o que vem a ser o rotacional de um campo. Se F (x, y, z) = ( P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) ) , lembramos: rotF = (Ry −Qz, Pz −Rx,Qx − Py) = ( ∂R ∂y − ∂Q ∂z , ∂P ∂z − ∂R ∂x , ∂Q ∂x − ∂P ∂y ) = ∣∣∣∣∣∣∣ −→ i −→ j −→ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z P Q R ∣∣∣∣∣∣∣ A versão do teorema de Stokes no espaço diz que a integral de um campo sobre a fronteira de uma superf́ıcie é igual ao fluxo do rotacional sobre a superf́ıcie, desde que a orientação esteja compat́ıvel. A frase acima precisa de alguns esclarecimentos. O fluxo de um campo sobre uma superf́ıcie é a medida de quanto o campo atravessa a superf́ıcie. Não faremos uma motivação f́ısica detalhada (um curso de eletromagnetismo talvez o faça), mas em linha gerais isso significa que estaremos interessado em somar ao longo da superf́ıcie (de modo uniforme) os comprimentos das componentes dos vetores do campo que sejam ortogonais à superf́ıcie. Ou seja, tomando −→n normal unitária à superf́ıcie S, o fluxo de F ao longo de S no sentido de −→n será dado a integral de superf́ıcie de cos(θ)||F ||, onde θ é o ângulo entre −→n e F . Mas como ||−→n || = 1, isto é o mesmo que F · −→n . Neste momento, o fato de cada ponto de uma superf́ıcie possuir duas normais será importante. De fato, podemos tomar uma normal unitária “apontando para cima ou para baixo”. A escolha de um sentido é chamada de orientação da superf́ıcie. Geralmente, a própria parametrização já induz uma normal unitária: −→n = σu × σv ||σu × σv|| Definição 5.1. O fluxo de um campo F sobre uma superf́ıcie S parametrizada por σ(u, v) : D → R3 no sentido da normal −→n induzida por σ é dado por:∫ S F · −→n dS 42 A demonstração do teorema acima é oferecida no Apêndice B destas notas. Observe os exemplos: Exemplo 5.3. Seja F (x, y, z) = (x, y, z2). Seja B o cilindro definido por x2 + y2 ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1. Calcule a integral de superf́ıcie ao longo da fronteira de B considerando a normal exterior de duas formas: pela definição e pelo Teorema da Divergência. 1. A fronteira de B consiste nas superf́ıcies: (i) Face superior: σ1(u, v) = ( v cos(u), vsen(u), 1 ) com 0 ≤ v ≤ 1 e 0 ≤ u ≤ 2π; (ii) Face inferior: σ2(u, v) = ( v cos(u), vsen(u), 0 ) com 0 ≤ v ≤ 1 e 0 ≤ u ≤ 2π; (iii) Face lateral: σ3(u, v) = ( cos(u), sen(u), v ) com 0 ≤ v ≤ 1 e 0 ≤ u ≤ 2π. O campo normal ao longo de σ1 é (0, 0, 1); ao longo de σ2 é (0, 0,−1); ao longo de σ3 é (cos(u), sen(u), 0). Então: ∫ S F · −→n dS = ∫ 2π 0 ∫ 1 0 〈( v cos(u), v sen(u), 12 ) , ( 0, 0, 1 )〉 .v dudv+ + ∫ 2π 0 ∫ 1 0 〈( v cos(u), v sen(u), 0 ) , ( 0, 0,−1 )〉 .v dudv+ + ∫ 2π 0 ∫ 1 0 〈( cos(u), sen(u), v2 ) , ( cos(u), sen(u), 0 )〉 dudv Logo: ∫ S F · −→n dS = 3π 2. Pelo Teorema da Divergência, temos:∫ S F · −→n dS = ∫∫∫ B divF dxdydz Considerando nosso campo F (x, y, z) = (x, y, z2), teremos que: divF = ∂x ∂x + ∂y ∂y + ∂z2 ∂z = 1 + 1 + 2z = 2 + 2z Usando coordenadas ciĺındricas, teremos:∫∫∫ B divF dxdydz = ∫ 2π 0 ∫ 1 0 ∫ 1 0 (2 + 2z)r dzdrdθ = 3π Apresentamos mais um exemplo: Exemplo 5.4. Vamos calcular o fluxo de F (x, y, z) = (x3 + y sen(z), y3 + z sen(x), 3z) através da superf́ıcie composta pela parte superior das esferas de raios 1 e 2, e pela parcela do plano z = 0 situada entre elas, no sentido ao exterior da região compreendida entre as superf́ıcies. O cálculo do fluxo pela definição fica por conta do leitor!! Nós somente aplicaremos o Teorema da Divergência:∫ S F · −→n dS = ∫∫∫ B divF dxdydz Note que divF = 3x2 + 3y2 + 3 = 3(x2 + y2 + 1). Utilizando coordenadas esféricas, teremos:∫ 2 1 ∫ 2π 0 ∫ π 2 0 3(r2sen2(ϕ) + 1)r2sen(ϕ) dϕdθdr = 45 = 6π · [∫ 2 1 r4 (∫ π 2 0 sen3(ϕ) dϕ ) dr + ∫ 2 1 r2 (∫ π 2 0 sen(ϕ) dϕ ) dr ] Temos que ∫ sen3(u) du = ∫ sen2(u)sen(u) du Chamando sen2(u) = t e sen(u) = ds du , teremos pela regra do produto ∫ t ds = ts− ∫ s dt o seguinte:∫ sen3(u) du = ∫ sen2(u)sen(u) du = −sen2(u) cos(u) + 2 ∫ sen(u) cos2(u) du Logo ∫ sen3(u) du = −sen2(u) cos(u) + 2 ∫ sen(u)− 2 ∫ sen3(u) du⇒ ⇒ ∫ sen3(u) du = −sen2(u) cos(u)− 2 cos(u) 3 Logo ∫ π 2 0 sen3(ϕ) dϕ = 2 3 e ∫ π 2 0 sen(ϕ) dϕ = 1 Então nossa integral ficará: 6π · [ 2 3 ∫ 2 1 r4 dr + ∫ 2 1 r2 dr ] = 6π ( 62 15 − 7 3 ) = 54π 5 46 5.3 Exerćıcios Questão 5.1. 1. Calcule o fluxo do rotacional do campo F (x, y, z) = (x3y, zy2, xz) ao longo da superf́ıcie x2 − y2 − z2 = 1 com 1 ≤ x ≤ 2. Escolha a orientação de modo que o vetor (−1, 0, 0) esteja no campo normal definido. 2. Calcule o fluxo do rotacional do campo F (x, y, z) = ( x2 + y2, zxy , x 2 + y2 ) ao longo da superf́ıcie σ(u, v) = (u cos(v), usen(v), u2sen(2v)), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 2π]. 3. Calcule o fluxo do rotacional do campo F (x, y, z) = (−z, x2,−y3) ao longo do elipsóide x24 + y2 4 + z2 9 = 1. Faça agora ao longo da metade superior do elipsóide. 4. Calcule o fluxo do rotacional do campo F (x, y, z) = (x2, y2, ezx3) ao longo do cone x2+y2−z2 = 0 com 1 ≤ z ≤ 4. 5. Calcule a integral de linha do campo F (x, y, z) = (x+ y + z, x− y − z,−x− y − z) ao longo da borda da superf́ıcie (u, v, sen(v)) com 0 ≤ v ≤ 2π e −1 ≤ u ≤ 1. 6. Calcule a integral de linha do campo F (x, y, z) = (x + y2, y + z2, z + x2) ao longo da borda do triângulo de vértices (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 1), orientada no sentido anti-horário em relação ao vetor (1, 1, 1). 7. Calcule a integral de linha do campo F (x, y, z) = (yz, 2xz, exy) ao longo do ćırculo x2 + y2 = 16 e z ≡ 5, orientado positivamente em relação ao vetor (0, 0, 1). Questão 5.2. 1. Calcule o fluxo do campo F (x, y, z) = (x3, y3, z3) através da esfera de raio R. 2. Calcule o fluxo do campo F (x, y, z) = (sen(y), cos(x)ez, y 2 x2 ) através da superf́ıcie limitada por z2−x2− y2 = 1 e por x2 + y2 = 3. Reflita sobre que superf́ıcie é esta. Calcule a interseção entre as duas equações impĺıcitas. 3. Calcule o fluxo do campo F (x, y, z) = (x2, sen(y)z, z2) através da superf́ıcie limitada superior- mente pelo parabolóide z = (−x2 − y2) + 1 e inferiormente pela esfera de raio 1. 4. Calcule o fluxo do campo F (x, y, z) = (xyz, y, z) através da superf́ıcie limitada superiormente pelo cone (z − 1)2 = x2 + y2 e inferiormente pelo cone (z + 1)2 = x2 + y2. Questão 5.3. Demonstre, utilizando o Teorema da Divergência, que o fluxo do rotacional de um campo ao longo de qualquer superf́ıcie fechada é sempre zero. Questão 5.4. Demonstre o Teorema de Green usando o Teorema de Stokes. Questão 5.5. Seja C curva simples fechada contida no plano x+ y + z = 1. Mostre que a integral:∫ C zdx− 2xdy + 3ydz só depende da área da região confinada por C, e não do seu formato ou de sua posição no espaço. Questão 5.6. Calcule: ∫ C (y + sen(x))dx+ (z2 + cos(y))dy + x3dx onde C é a curva α(t) = (sen(t), cos(t), sen(2t)), t ∈ [0, 2π]. Você saberia exibir uma superf́ıcie que contivesse esta curva?! 47 Demonstração (B.1). É fácil notar que:∫ l⊂∂R1 F = − ∫ l⊂∂R2 F pois os sentidos são opostos. Logo na soma ∫ ∂R1 F + ∫ ∂R2 F este termo se cancela, sobrando apenas os três lados restantes de cada retângulo. Com a orientação anti-horária escolhida em ambos, teremos exatamente a fronteira de R1 ∪R2, logo: ∫ ∂(R1∪R2) F // Lema B.2. O Teorema de Stokes vale para quando a superf́ıcie for um retângulo R infinitesimal, ie:∫ ∂R F = (rotF ) · −→n dR Note que não há sinais de integração do lado esquerdo, pois o retângulo é infinitesimal... Com os lemas acima, a demonstração do resultado segue facilmente se passarmos por cima de certos detalhes técnicos. Como sempre, aproximamos a integral de superf́ıcie como a soma das integrais em retângulos que aproximam uma partição da superf́ıcie em regiões quadrilaterais curvas (como foi feito para a área!). Então faremos o limite desta soma quando (1) temos infinitos retângulos (2) eles são infinitamente pequenos. Em termos informais:∫ S (rotF ) · −→n dS = ∑ retângulos R infinitesimais (rotF ) · −→n dR = = ∑ retângulos R infinitesimais ∫ ∂R F Esta última igualdade valendo pelo Lema B.2. Mas usando o Lema B.1 indutivamente, transformando cada par de retângulos em um retângulo maior, acabaremos que:∫ S (rotF ) · −→n dS = ∑ retângulos R infinitesimais ∫ ∂R F = ∫ ∂S F // Falta demonstrar o Lema B.2, o que contém de fato a essência deste resultado. Demonstração (B.2). Para simplificar a notação, vamos assumir que por uma mudança de coorde- nadas o nosso retângulo esteja no plano xy e um dos vértices seja a origem. Considere então os lados do retângulo como sendo: I: s1(t) = (t∆x, 0, 0), t ∈ [0, 1] II: s2(t) = (∆x, t∆y, 0), t ∈ [0, 1] III: s3(t) = (∆x(1− t),∆y, 0), t ∈ [0, 1] IV: s4(t) = (0,∆y(1− t), 0), t ∈ [0, 1] 50 Observemos que o vetor normal unitário a este retângulo é n = (0, 0, 1). Seja: F (x, y, z) = ( P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) ) Lembre-se que o fato a seguir é sempre verdadeiro para qualquer f (mudança de variáveis):∫ 1 0 f(t) dt = ∫ 1 0 f(1− t) dt Teremos então que:∫ ∂R F = ∫ I F + ∫ II F + ∫ III F + ∫ IV F = 4∑ k=1 ∫ 1 0 F (sk(t)) · s′k(t) dt = = ∫ 1 0 [ P (t∆x, 0, 0)∆x +Q(∆x, t∆y, 0)∆y − P (t∆x,∆y, 0)∆x −Q(0, t∆y, 0)∆y ] dt = = ∫ 1 0 ( Q(∆x, t∆y, 0)−Q(0, t∆y, 0) ∆x − P (t∆x,∆y, 0)− P (t∆x, 0, 0) ∆y ) ∆x∆y dt Tomando limites, a última integral acima converge para:∫ 1 0 ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y ) dxdydt Donde conclúımos que: ∫ ∂R F = ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y ) dxdy = (rotF ) · −→n dxdy Mas dxdy = dR, concluindo nossa demonstração. Observamos que passamos por cima de vários detalhes (questões de convergência, mudanças de coordenadas...) e só utilizando a definição de rotacional para obter a última igualdade da demonstração do lema anterior. Para justificar a definição completa, podemos argumentar que simplesmente o resultado teria que continuar valendo qualquer que fosse nossa mudança de coordenadas, portanto mandar em retângulos no plano xz deveria fazer aparecer o termo Pz − Rx, e mandar em retângulos no plano yz deveria fazer aparecer o termo Ry −Qz. B.2 Demonstração do Teorema da Divergência Enunciamos agora o Teorema da Divergência: Teorema B.2. Seja B uma região fechada e limitada do R3, cuja fronteira ∂B é uma superf́ıcie S. Seja −→n o campo de vetores normal à S que aponta para o exterior de B. Seja F um campo vetorial definido num conjunto Ω cujo interior contenha B. Nestas condições:∫ S F · −→n dS = ∫∫∫ B divF dxdydz 51 Demonstração. Vamos começar fazendo uma hipótese simplificadora. Suponha que B é uma região simples, ou seja, que qualquer reta paralela a um dos eixos coordenados intersecte B somente em um segmento de reta ou ponto. Isso significa que uma esfera (maciça), por exemplo, é simples, ao passo que um toro (maciço) não é. Continuando, denotamos: F (x, y, z) = ( P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) ) = ( P,Q,R ) e denotamos também o campo normal unitário −→n por: n(x, y, z) = ( n1(x, y, z), n2(x, y, z), n3(x, y, z) ) = ( n1, n2, n3 ) Queremos mostrar que: ∫∫ ∂B=S F · n dS = ∫∫∫ divF dxdydz ou seja: ∫∫ ∂B ( Pn1 +Qn2 +Rn3 ) dS = ∫∫∫ ( Px +Qy +Rz ) dxdydz Na verdade, mostraremos algo ainda mais espećıfico. Mostraremos que:∫∫ ∂B Pn1 dS = ∫∫∫ Px dxdydz∫∫ ∂B Qn2 dS = ∫∫∫ Qy dxdydz∫∫ ∂B Rn3 dS = ∫∫∫ Rz dxdydz Por questões de simetria na argumentação, basta mostrar uma delas, digamos, a última. Como estamos supondo que B é uma região simples, podemos dividir a fronteira de B em três partes conexas: {∂B}topo onde n3 > 0 {∂B}meio onde n3 = 0 {∂B}base onde n3 < 0 Dáı teremos que:∫∫ ∂B Rn3 dS = ∫∫ ∂Btopo Rn3 dS + ∫∫ ∂Bmeio Rn3 dS + ∫∫ ∂Bbase Rn3 dS = = ∫∫ ∂Btopo Rn3 dS + ∫∫ ∂Bbase Rn3 dS pois n3 = 0 em {∂B}meio. Agora suponhamos que exista uma região D no plano xy tal que {∂B}topo é a imagem da função: T (x, y) 7→ (x, y, t(x, y)), (x, y) ∈ D e que {∂B}base é a imagem da função: B(x, y) 7→ (x, y, b(x, y)), (x, y) ∈ D 52 Nas condições acima apresentadas, temos uma região A do R3 delimitada por: a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x), h1(x, y) ≤ z ≤ h2(x, y) Então, se f é uma função real de três variáveis, podemos considerar:∫ A f = ∫ b a ∫ g2(x) g1(x) ∫ h2(x,y) h1(x,y) f(x, y, z) dzdydx onde neste caso a ordem de integração não pode ser alterada, a não ser que se determinem novas funções. Exemplo C.2. Considere a região A delimitada por 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y Como exerćıcio: 1. Quais são as funções g1, g2, h1 e h2 ? 2. Desenhe esta região! Se f(x, y, z) = x está definida nesta região, então:∫ A f = ∫ 1 0 ∫ 1−x 0 ∫ 1−x−y 0 x dzdydx = ∫ 1 0 ∫ 1−x 0 xz ∣∣∣∣1−x−y 0 dydx = = ∫ 1 0 ∫ 1−x 0 x− x2 − xydydx = ∫ 1 0 y(x− x2)− xy 2 2 ∣∣∣∣1−x 0 dx = = ∫ 1 0 (1− x)(x− x2)− x(1− x) 2 2 dx = ∫ 1 0 x 2 − x2 + x 3 2 dx = x2 4 − x 3 3 + x4 8 ∣∣∣∣1 0 = 1 24 Em algumas situações, a região poderá estar sendo expressa de uma maneira levemente diferente de como introduzido acima. Neste caso, convém fazer uma adequação. Considere a região A limitada pelos planos do R3: x = 0, x = 1, y = 0, z = 0, z + y = 1 Certamente a melhor maneira de visualizar a região é desenhando-a. Poderemos concluir então que: 0 ≤ x ≤ 1, donde obtemos nossos a e b. Concluiremos também que: y ≥ 0, z ≥ 0, z + y ≤ 1 que ainda não está na forma desejada. Como y e z são positivos, a condição z + y ≤ 1 implica naturalmente que z ≤ 1 e que y ≤ 1. Esta última condição é única que associa duas variáveis, então certamente uma delas permanecerá livre, enquanto a outra deverá ser limitada por uma função da anterior. Neste caso, temos: 0 ≤ y ≤ 1, donde obtemos nossos g1(x) e g2(x). e também: 0 ≤ z ≤ 1− y, donde obtemos nossos h1(x, y e h2(x, y). 55 C.2 Mudança de variáveis Consideremos uma transformação G : (x, y, z)→ (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)) que envia a região A do R3 em outra região B do R3, ou, melhor dizendo, que escreve as variáveis x, y e z de outra forma. Consideremos uma função f : R3 → R definido em B. Então o seguinte resultado é válido:∫ B f = ∫ A (f ◦G)| det(DG)| onde DG é a matriz composta pelas derivadas parciais de x, y e z com respeito às variáveis u, v e w, chamada matriz Jacobiana. Ou seja: DG =  ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w  As duas seções seguintes se dedicam a apresentar aplicações muito úteis destes resultados. C.3 Coordenadas ciĺındricas Considere o problema a seguir: Exemplo C.3. Integre a função f(x, y, z) = x2 + y2 na região A limitada pelo plano z = 0 e pelo parabolóide z + x2 + y2 = 1. Após desenhar a região, obtemos em termos de desigualdades: z ≥ 0 e z + x2 + y2 ≤ 1 (∗) Com o que vimos em coordenadas retangulares, começamos limitando o x, ignorando y e z. Como x2 é positivo, temos que |x| ≤ 1, logo −1 ≤ x ≤ 1 Tratemos de limitar y agora com respeito a x. Ignorando o z temporariamente, temos que x2 +y2 ≤ 1, logo: − √ 1− x2 ≤ y ≤ √ 1− x2 Por fim, olhando para as duas desigualdades em (∗), temos que z está limitado da seguinte forma: 0 ≤ z ≤ 1− x2 − y2 Então nossa integral fica no formato:∫ A f = ∫ 1 −1 ∫ √1−x2 − √ 1−x2 ∫ 1−x2−y2 0 x2 + y2 dzdydx e o leitor fica convidado a resolvê-la neste formato se não tiver mais o que fazer. 56 Certamente esta não deve ser a melhor estratégia para resolver um problema aparentemente tão simples. A expressão de um parabolóide possui um forte apelo de simetria com respeito a rotação. A função considerada também possui uma considerável simetria rotacional. De fato, se formos capazes de reescrevemos as variáveis de modo que essa simetria se expresse mais claramente, conseguiremos resolver o problema com facilidade. Neste contexto, introduzimos a mudança de coordenadas retangulares para ciĺındricas: x→ r. cos(θ) y → r.sen(θ) z → z onde 0 ≤ θ < 2π e r ≥ 0. Note que a variável z de altura permanece inalterada. A nova variável r é a distância do ponto (x, y, z) ao eixo z, e a variável θ mede o ângulo da projeção do ponto com respeito ao eixo x. O aluno interessado poderá tentar compreender melhor tal mudança de coordenadas fazendo um desenho e imaginando um cilindro dentro do R3, ou pesquisando nas fontes recomendadas. A nomenclatura das variáveis é apenas arbitrária. No caso, u, v e w são r, θ e z. Calculamos então o determinante da matriz Jacobiana: |DG| = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x ∂z ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y ∂z ∂z ∂r ∂z ∂θ ∂z ∂z ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣ cos(θ) −rsen(θ) 0 sen(θ) r cos(θ) 0 0 0 1 ∣∣∣∣∣∣ Facilmente calcula-se |DG| = r Voltando ao exemplo anterior, temos: Exemplo C.4. A região é z ≥ 0 e z + x2 + y2 ≤ 1. Trocando (x, y, z) pelos novos (r, θ, z), teremos: z ≥ 0 e z + r2 ≤ 1 pois (r cos(θ)︸ ︷︷ ︸ x )2 + (rsen(θ)︸ ︷︷ ︸ y )2 = r2, onde o θ é livre de 0 a 2π e r ≥ 0. Vemos facilmente então que: 0 ≤ r ≤ 1 e que o ≤ z ≤ 1− r2 A função, por outro lado, fica: f ◦G(x, y, z) = (r cos(θ)︸ ︷︷ ︸ x )2 + (rsen(θ)︸ ︷︷ ︸ y )2 = r2 Então aplicando a mudança de variáveis, ou seja, ajustando aos novos limites, usando a função com- posta, e não esquecendo o determinante Jacobiano, teremos que:∫ A f = ∫ 2π 0 ∫ 1 0 ∫ 1−r2 0 r2.r dzdrdθ 57 Exemplo C.8. Vamos calcular o volume de uma pirâmide P reta de base quadrada. Se um lado da base mede 2 e se a altura é 2, trata-se da região limitada pelas desigualdades: z ≥ 0; z + 2y ≤ 2; z − 2y ≤ 2; z + 2x ≤ 2; z − 2x ≤ 2 Elegemos a variável x para ser livre. Claramente −1 ≤ x ≤ 1donde temos nossos a e b Olhando para as quatro desigualdades, e com o objetivo de isolar o z, obteremos que z deve satisfazer simultaneamente: z ≤ 2− 2x; z ≤ 2− 2y; z ≤ 2 + 2x; z ≤ 2 + 2y Por exemplo, quando x for positivo e maior que |y|, será o caso da primeira. Quando for y positivo maior que |x|, será o caso da segunda. Tente interpretar geometricamente para quais regiões da pirâmide essas desigualdades se aplicam! De qualquer maneira, elas dividem a pirâmide em 4 partes iguais. Então o volume da pirâmide poderá ser obtido usando apenas a primeira, ou seja, exigindo x positivo e x ≥ |y| ⇒ −x ≤ y ≤ x:∫ P 1 = ∫ 1 0 ∫ x −x ∫ 2−2x 0 1 dzdydx = ∫ 1 0 ∫ x −x 2− 2x dydx = ∫ 1 0 4x− 4x2 dx = 2− 4 3 = 2 3 Multiplicando por 4, obtemos 83 . Se existe uma função densidade d definida em cada ponto do sólido A, então a massa do sólido é dada por: ∫ A d Exemplo C.9. Qual a massa da esfera S cuja densidade é igual a distância do ponto ao centro da esfera? A densidade trata-se da função d(x, y, z) = √ x2 + y2 + z2. Então a massa será dada por:∫ S √ x2 + y2 + z2 Passando para coordenadas esféricas, teremos que:∫ S √ x2 + y2 + z2 = ∫ 1 0 ∫ 2π 0 ∫ π 0 √ r2r2sen(ϕ) dϕdθdr = = (∫ 1 0 r3 dr )(∫ 2π 0 1 dθ )(∫ π 0 sen(ϕ) dϕ ) = π 60 C.6 Exerćıcios Questão C.1 (Fixação). a. Integre a função f(x, y, z) = x+ y no retângulo [−1, 1]× [0, 1]× [2, 5]. b. Integre a função f(x, y, z) = sen(x)sen(z) no retângulo [0, π]× [0, 2]× [−π, π]. c. Integre a função f(x, y, z) = cos(x+ y + z) no retângulo [0, π]× [0, π]× [−π2 , π 2 ]. Questão C.2 (Coordenadas retangulares). a. Desenhe a região determinada por 0 ≤ x ≤ 1, −x ≤ y ≤ x e −x ≤ z ≤ x. Integre a função f(x, y, z) = xyz nesta região. b. Integre a função f(x, y, z) = x + y + z na região limitada pelos planos z = y + 1, z = −y + 1, x = 1, x = −1 e z = 0. Talvez seja necessário fazer 2 integrais! Questão C.3 (Coordenadas ciĺındricas). a. Integre a função f(x, y, z) = z no cilindro reto de raio 3 limitado pelos planos z = 0 e z = 2. b. Desenhe a região limitada pelo cilindro x2 + y2 ≤ 1, pelo parabolóide z = x2 + y2 e pelo plano z = 2. Integre a função f(x, y, z) = 1 x2+y2 nesta região. Questão C.4 (Coordenadas esféricas). a. Integre a função f(x, y, z) = 1z na esfera de raio 1. Este resultado mudaria se fosse 1x? Tente calcular de fato a integral de 1 x . b. Integre a função f(x, y, z) = √ x2 + y2 na casca esférica 1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 4. Questão C.5 (Volume e massa). a. Calcule o volume da região limitada pelas superf́ıcies y = cos(x), z = y, x = 0, x = π2 e z = 0. b. Calcule o volume da região limitada acima pela esfera de raio 1 e abaixo pelo parabolóide z = x2 + y2. c. Calcule a massa do sólido limitado acima pela esfera x2 + y2 + z2 = z e abaixo pelo cone z2 = x2 + y2, se a função densidade é dada por 2 vezes a distância do ponto à origem. d. Deduza fórmulas para o cálculo do volume da esfera e do parabolóide z = x2 + y2 limitado pelo plano z = a. e. Deduza fórmula para o cálculo do volume de um elipsóide x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1 61 Parte III 3a unidade Onde falaremos sobre sequências de números, séries numéricas, séries de potências e séries de Taylor 62 O leitor é convidado a analisar os casos em que temos lim n→∞ xn = −∞ ao invés de +∞. Exemplo 6.5. Calcule o limite lim n→∞ n2 − 3n+ 1 2n2 + 5 . A proposição acima não se verifica, pois os limites de ambos os fatores são +∞. Mas note que: n2 − 3n+ 1 2n2 + 5 = 1− 3n + 1 n2 2 + 5 n2 O limite de ambos os fatores agora existe, e temos: lim n→∞ ( 1− 3 n + 1 n2 ) = 1 e lim n→∞ ( 2 + 5 n2 ) = 2 Pelo item 2 acima, teremos: lim n→∞ n2 − 3n+ 1 2n2 + 5 = lim n→∞ 1− 3n + 1 n2 2 + 5 n2 = 1 2 O leitor certamente já compreendeu o esṕırito da coisa: tudo que se disse sobre lim x→∞ f(x), onde x é uma variável cont́ınua e f : R→ R se aplica aos limites de sequências. 6.1 Critérios de convergência A proposição a seguir apresenta um critério bastante útil: Proposição 6.2. Seja uma sequência sn é crescente. 1. Se for limitada superiormente, então o limite lim n→∞ sn existe, ie, sn é convergente. 2. Caso contrário, sn será divergente. Caso seja decrescente, consideramos limites inferiores. Demonstração. Todo conjunto de números reais limitados superiormente admite supremo S. Este supremo será o limite da sequência, uma vez que dado um  > 0, existirá um S −  < sn0 ≤ S por definição de supremo. A partir de tal sn0 , os termos seguintes se acumularão entre S −  e S. Mas isto para qualquer escolha de , logo S é o limite. No caso da sequência não limitada superiormente, é óbvio que ela não pode ter limite, senão todos os termos seriam menores ou iguais a este. Como aplicação do critério acima, vamos mostrar que uma sequência converge e que outra diverge. Exemplo 6.6. Considere a sequência definida por sn = n∑ k=1 1 k2 . Ou seja: s1 = 1, s2 = 1 + 1 22 , s3 = 1 + 1 22 + 1 32 , s4 = 1 + 1 22 + 1 32 + 1 42 , s5 = 1 + 1 22 + 1 32 + 1 42 + 1 52 , ... Vamos mostrar que esta sequência converge. Falando de um modo informal, vamos mostrar que a soma infinita: lim n→∞ sn = 1 + 1 22 + 1 32 + 1 42 + 1 52 + 1 62 + 1 72 + ... converge para um valor. Inicialmente note que sn+1 − sn = 1(n+1)2 > 0, logo a sequência é crescente. Pelo critério acima, basta verificarmos que é limitada. Para isso, faremos uso do cálculo: 65 f HxL = 1 x 2 1 2 3 4 5 6 7 1 Observe que a área de cada retângulo é igual a cada termo da soma. Logo a soma de todas as áreas será igual à nossa soma infinita. Mas note que a soma dessas áreas é inferior à área sob o gráfico. O leitor deve ser lembrar que área sob o gráfico é calculada fazendo uso do cálculo: lim b→∞ ∫ b 1 1 x2 dx = lim b→∞ ( −1 x ) ∣∣∣∣b 1 = lim b→∞ 1− 1 b = 1 Logo 1 + 1 22 + 1 32 + 1 42 + ... < lim b→∞ ∫ b 1 1 x2 dx ≤ 1 Nossa sequência, formada pelas somas parciais, é portanto crescente e limitada, logo convergente, a partir da proposição acima apresentada. Calcular o limite, por outro lado, não é fácil. Com um pouco de técnica, obtém-se o impressionante resultado: lim n→∞ sn = ∞∑ n=1 = π2 6 O leitor interessado poderá consultar uma demonstração deste resultado no apêndice ao final do texto. Exemplo 6.7. Se removermos os quadrados dos termos da sequência anterior, a sequência divergirá. Considere a sequência definida por sn = n∑ k=1 1 k . Ou seja: s1 = 1, s2 = 1 + 1 2 , s3 = 1 + 1 2 + 1 3 , s4 = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 , s5 = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 , ... Vamos mostrar que esta sequência diverge. Falando de um modo informal, vamos mostrar que a soma infinita: lim n→∞ sn = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 7 + ... diverge, ou seja, seu limite é o infinito. Inicialmente note que sn+1− sn = 1(n+1) > 0, logo a sequência é crescente. Pelo critério acima, basta verificarmos que é não é limitada. Para isso, faremos uso do cálculo: f HxL = 1 x 0 1 2 3 4 5 6 7 1 66 Observe que a área de cada retângulo é igual a cada termo da soma. Logo a soma de todas as áreas será igual à nossa soma infinita. Mas note que a soma dessas áreas é superior à área sob o gráfico. Novamente: lim b→∞ ∫ b 1 1 x dx = lim b→∞ ln(x) ∣∣∣∣b 1 = lim b→∞ ln(b) =∞ Logo 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ... > lim b→∞ ∫ b 1 1 x dx→∞ Nossa sequência, formada pelas somas parciais, é portanto crescente e ilimitada, logo divergente, a partir da proposição acima apresentada. Nos dois exemplos acima, tratamos do limite de sequências formadas por somas parciais, e sem pudor falamos de soma infinita, dando uso à notação: ∞∑ n=1 sn No caṕıtulo seguinte, daremos muita atenção a este tipo de sequência, chamada série. O teste que fizemos para mostrar se a série convergia ou divergia é chamado teste da integral, e voltaremos a falar dele no futuro. Por ora, apresentamos um critério deveras famoso, a t́ıtulo de curiosidade. Proposição 6.3 (Critério de Cauchy). Uma sequência sn é convergente se, e somente se, dado  > 0, existe n0 tal que se i, j ≥ n0, então |si − sj | < . A proposição acima diz os fatos a seguir sempre ocorrem simultaneamente: 1. Uma sequência se acumula em torno de um ponto, ie, converge para um limite. 2. Os termos da sequência tornam-se cada vez mais próximos um do outro. A demonstração que estes dois fatos são equivalentes não é trivial, e preferiremos não apresentá-la aqui. 6.2 Exemplos clássicos Observe a proposição a seguir, de extrema importância: Proposição 6.4 (Critério da razão para sequências). 1. Se sn é uma sequência de termos posi- tivos, e se lim n→∞ sn+1 sn = a < 1, então lim n→∞ sn = 0. 2. Se sn é uma sequência de termos positivos, e se lim n→∞ sn+1 sn = b > 1, então lim n→∞ sn =∞. 3. Se sn é uma sequência de termos positivos, e se lim n→∞ sn+1 sn = 1, então nada podemos afirmar sobre a sequência. Demonstração. 67 6.3 Exerćıcios Questão 6.1. Calcule os limites abaixo. 1. lim n→∞ n3 + n2 n− 1 2. lim n→∞ n+ 2 n3 3. lim n→∞ √ n3 + n2 n2 + 1 4. lim n→∞ n3 − n2 Questão 6.2. Para cada natural n, seja An o ćırculo de raio n. Prove que a sequência abaixo converge: an = ∫ ∫ An e−(x 2+y2)2dxdy Questão 6.3. Prove que a sequência abaixo converge: an = ∫ n 1 sen2(x) x2 dx Questão 6.4. Utilizando o critério da razão, resolva as questões abaixo. 1. Dados k natural e a > 0, calcule: lim n→∞ n! nk.an 2. Dados k natural e a > 0, com a 6= e, calcule: lim n→∞ ann! nn e lim n→∞ nkann! nn . Questão 6.5. Calcule os limites abaixo, seguindo as sugestões. 1. lim n→∞ n √ n!; Observe que n √ n! > ( n √ n 2 )n 2 = √ n 2 . 2. lim n→∞ log n n ; Note que log( √ n) < √ n. Logo 0 < log(n) n < 2√ n . 70 Caṕıtulo 7 Séries No caṕıtulo anterior, falamos brevemente de séries. Apresentamos a definição formal e uma definição intuitiva. Definição 7.1 (Formal). Dada uma sequência ak, dizemos que a sequência cujo termo é: Sn = n∑ k=0 ak é a série numérica associada a ak. Dizemos que ak é o termo geral da série, e que Sn é uma soma parcial. Quando existe lim n→∞ Sn, finito ou infinito, tal limite é chamado de soma da série, e denotado em geral por ∞∑ k=0 ak. Exemplo 7.1. Seja ak = k2. Então: Sn = n∑ k=0 ak = 12 + 22 + 32 + ...+ (n− 1)2 + n2 E então: lim n→∞ Sn = ∞∑ k=0 ak = 12 + 22 + ...+ n2 + ... Definição 7.2 (Intuitiva). Podemos abusar da linguagem, e dizer que uma série é uma soma infinita de termos, usualmente representada por: ∞∑ k=0 ak = a0 + a1 + a2 + ...+ an + ... Alternaremos entre as duas definições, geralmente usando a primeira para demonstrar proposições, e a segunda para apresentar problemas e motivar técnicas de resolução. Muitas vezes omitiremos os ı́ndices quando isto não gerar confusão, convencionando que ∑ representará ∞∑ k=0 . Em alguns casos,∑ poderá representar também ∑∞ k=1, quando o termo ak não estiver definido com k = 0. 71 Definição 7.3. Se o limite das somas parciais existir e for finito, ou seja, se lim n→∞ n∑ k=0 an = ∞∑ k=0 ak = L, diremos que a série é convergente, e que converge para L. Se o limite for ∞ ou −∞, ou mesmo se não existir, diremos que a série é divergente. Algumas propriedades básicas são apresentadas, mas o leitor notará que elas são bastante intuitivas: 1. Se α é uma constante e se ∑ ak for convergente, então: ∑ α.ak = α · ∑ ak 2. Se ∑ ak e ∑ bk convergirem, então: ∑ (ak + bk) = (∑ ak ) + (∑ bk ) 3. Teremos que ∞∑ k=0 ak será convergente se, e somente se, para qualquer natural p, a série represen- tada por ∞∑ k=p ak também for convergente. E ainda: ∞∑ k=0 ak = ( p−1∑ k=0 ak ) +  ∞∑ k=p ak  Exemplo 7.2. O leitor deve voltar ao caṕıtulo de sequências e constatar que lá apresentamos demon- strações garantindo que a série ∑ 1 k diverge, ao passo que a série ∑ 1 k2 converge. Exemplo 7.3. A série ∑ rk, com r < 1, é chamada série geométrica. Tal série converge. Observe: Sejam Sn = n∑ k=0 rk as somas parciais. Note que: r.Sn = Sn+1 − r0 = rn+1 + Sn − 1⇒ Sn = 1− rn+1 1− r Logo: lim n→∞ Sn = lim n→∞ 1− rn+1 1− r = 1 1− r pois r < 1 Em particular, se r = 12 , teremos:∑(1 2 )k = 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 + ... = 1 1− 12 = 2 Exemplo 7.4. Se o termo geral ak de uma série for tal que ak = bk − bk+1, então a série é chamada de telescópica. Observe que: Sn = ∑ ak = ∑ (bk − bk+1) = b1 − bn+1 Se por acaso lim n→∞ bn = b, então teremos que: lim n→∞ Sn = lim n→∞ (b1 − bn+1) = b1 − b Observe: ∑ 1 k(k + 1) = ∑(1 k − 1 k + 1 ) = lim n→∞ ( 1− 1 n+ 1 ) = 1 72 Exemplo 7.8. Este é um exemplo exerćıcio: Decida se a série ∞∑ k=2 1 k. ln(k) converge ou diverge. Sugestão: Aplique o critério utilizando a função f(x) = 1 x. ln(x) com x ≥ 2. Esta função satisfaz as condições do critério? Calcule lim a→∞ ∫ a 2 1 x. ln(x) dx. Lembre-se que lim a→∞ ln ( ln(a) ) =∞. O critério abaixo é muito importante. Critério 7.4 (da Comparação). Consideremos as séries ∑ ak e ∑ bk e suponha que a partir de um certo p, com k ≥ p tem-se que bk ≥ ak ≥ 0. Então: (a) Se ∑ bk convergir, então ∑ ak converge. (b) Se ∑ ak divergir, então ∑ bk diverge. Ou seja, uma série maior convergente “espreme”a menor, tornando esta convergente; ao passo que uma série menor divergente “empurra”a maior, fazendo com que esta divirja. Esta idéia intuitiva dispensa a demonstração formal. Exemplo 7.9. Vamos oferecer outra demonstração que a série ∑ 1 k diverge. Note que: 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 + 1 9 + 1 10 + 1 11 + 1 12 + 1 13 + 1 14 + 1 15 + 1 16 + .... > > 1 + 1 2 + 1 4 + 1 4︸ ︷︷ ︸ 1/2 + 1 8 + 1 8 + 1 8 + 1 8︸ ︷︷ ︸ 1/2 + 1 16 + 1 16 + 1 16 + 1 16 + 1 16 + 1 16 + 1 16 + 1 16︸ ︷︷ ︸ 1/2 +.... = = 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + ... que certamente diverge. Exemplo 7.10. Vamos oferecer outra demonstração que a série ∑ 1 k2 converge. Note que: 1 + 1 22 + 1 32 + 1 42 + 1 52 + 1 62 + 1 72 + 1 82 + 1 92 + 1 102 + 1 112 + 1 122 + 1 132 + 1 142 + 1 152 + ... < < 1 + 1 22 + 1 22︸ ︷︷ ︸ 1/2 + 1 42 + 1 42 + 1 42 + 1 42︸ ︷︷ ︸ 1/4 + 1 82 + 1 82 + 1 82 + 1 82 + 1 82 + 1 82 + 1 82 + 1 82︸ ︷︷ ︸ 1/8 +... = = 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 + ... = 2 como o leitor deve se lembrar. Exemplo 7.11. A série ∑ 1 k .sen ( 1 k ) converge, uma vez que, como 0 ≤ 1k ≤ π 2 , teremos: sen ( 1 k ) < 1 k ⇒ 1 k .sen ( 1 k ) ≤ 1 k2 Como ∑ 1 k2 converge, ∑ 1 k .sen ( 1 k ) convergirá. E ainda, o valor desta soma certamente é maior que sen(1) e menor que 2, pois ∑ 1 k2 ≤ 2 como vimos logo acima. 75 Exemplo 7.12. A série ∑ k k2 + 2k + 1 diverge, uma vez que: k k2 + 2k + 1 = 1 k . 1 1 + 2k + 1 k2 Sem dificuldades, vemos que se k ≥ 1, valerá: 1 1 + 2k + 1 k2 ≥ 1 4 Logo: ∑ k k2 + 2k + 1 ≥ ∑ 1 4k = 1 4 ∑ 1 k que certamente diverge. O critério abaixo é uma reapresentação do critério acima, mas que pode ter uso mais fácil em certos contextos. Critério 7.5 (do Limite). Sejam ∑ ak e ∑ bk duas séries como sempre. Considere: L = lim k→∞ ak bk Então: (a) Se L > 0, L real, então ambas as séries divergem ou ambas as séries convergem. (b) Se L =∞, então caso ∑ bk seja divergente, ∑ ak também o será. (c) Se L = 0, então caso ∑ bk seja convergente, ∑ ak também o será. Demonstração. Se L é finito diferente de 0, temos que para valores grandes de k, existem L1 ≤ L ≤ L2 tais que: L1 ≤ ak bk ≤ L2 Logo: bk.L1 ≤ ak ≤ L2.bk e ak L2 ≤ bk ≤ ak L1 Portanto a convergência ou divergência de uma implica a convergência ou divergência de outra, pelo critério de comparação acima. Se L é infinito, então dado um natural M , para valores suficientemente grandes de k, temos que ak > bk.M . Podemos garantir então que a divergência de bk implica a de ak. Se L é finito, então dado um natural m, para valores suficientemente grandes de k, temos que ak < bk.m. Podemos garantir então que a convergência de bk implica a de ak. Exemplo 7.13. Vamos decidir se a série ∑ k.e−k é convergente ou divergente. Da experiência, sabemos que os termos exponenciais costumam variar com maior intensidade que os termos lineares. Desta forma, sabendo que a série ∑ 1 ek certamente é convergente, é natural esperar 76 que ∑ k ek também seja, mesmo sabendo que ∑ k é divergente. Note ainda que lim k ek = 0, logo a série pode ser convergente. Vamos então compará-la com alguma série convergente que conheçamos. Como vamos fazer uma divisão, seria interessante que o termo geral desta série pudesse cancelar alguns termos daquela... Neste esṕırito, observe: ∑ 1 ek/2 é convergente. Utilizando o critério acima: L = lim k→∞ k ek 1 ek/2 = k ek/2 = 0 Pelo ı́tem (c) do critério, temos que ∑ k.e−k é convergente. O leitor é convidado a compará-la com ∑ 1 k2 e obter a mesma conclusão. Exemplo 7.14. Este exemplo é um exerćıcio. Para decidir se a série: ∞∑ k=2 k2 + 2 k5 + 2k + 1 é convergente ou divergente, compare-a com ∑ 1 k3 O critério abaixo é certamente um dos mais importantes, e nos referiremos a ele futuramente. Critério 7.6 (da Razão e da Raiz). Consideremos a série ∑ ak de termos positivos. Suponhamos que o limite L abaixo exista: L = lim k→∞ ak+1 ak Nestas condições: (a) Se L < 1, então ∑ ak converge. (b) Se L > 1, então ∑ ak diverge. (c) Se L = 1, então nada podemos afirmar sobre a série. Da mesma forma, se o limite J abaixo exista: J = lim k→∞ k √ ak Nestas condições: (a) Se J < 1, então ∑ ak converge. (b) Se J > 1, então ∑ ak diverge. (c) Se J = 1, então nada podemos afirmar sobre a série. E mais, se L existe, então L = J . 77 7.2 Exemplos mais sofisticados e um resultado surpreendente Exemplo 7.22. Vamos mostrar que, se 0 < α ≤ 1, então: arctan(α) = ∞∑ k=0 (−1)k α 2k+1 2k + 1 Usaremos um racioćınio semelhante ao usado para mostrar que ln(2) = 1 − 12 + 1 3 − ... + ... Observe que: 1 + r + r2 + ...+ rn = 1− rn+1 1− r ⇒ 1 1− r = 1 + r + r2 + ...+ rn + rn+1 1− r Trocando r por −x2, teremos que: 1 1 + x2 = 1−x2 + x4 − x6 + ...+ (−1)nx2n + (−1) n+1x2n+2 1 + x2 Integrando ambos os lados de 0 a α, teremos que: arctan(α) = α− α 3 3 + α5 5 + ...+ (−1)nα2n+1 2n+ 1 + (−1)n+1 ∫ α 0 x2n+2 1 + x2 dx Tomando o limite n→∞ em ambos os lados, só precisaremos mostrar que: lim n→∞ ∫ α 0 x2n+2 1 + x2 dx = 0 Mas isto é fácil, uma vez que: 0 ≤ x 2n+2 1 + x2 ≤ x2n+2 Logo: lim n→∞ ∫ α 0 x2n+2 1 + x2 dx ≤ lim n→∞ ∫ α 0 x2n+2dx = lim n→∞ α2n+3 2n+ 3 = 0 desde que α ≤ 1, o que encerra. Exemplo 7.23. Aplicando o exemplo acima para α = 1, teremos que: π 4 = 1− 1 3 + 1 5 − 1 7 + ... = ∑ (−1)k 1 2k + 1 que fornece uma excelente maneira de calcular o número π com a aproximação que queiramos. Exemplo 7.24. Vamos calcular para qual valor converge a série ∞∑ k=1 1 k2 O valor desta série foi calculado pela primeira vez por Euler, e é um resultado bastante elegante. Sua demonstração, contudo, não é trivial; todavia o leitor interessado certamente irá apreciá-la: Vamos calcular a integral I = ∫ 1 0 ∫ 1 0 1 1− xy dxdy de duas formas diferentes. 80 1. Observando que 0 < xy < 1, temos que: ∞∑ k=0 (xy)k = 1 1− xy Então teremos que: I = ∫ 1 0 ∫ 1 0 1 1− xy dxdy = ∫ 1 0 ∫ 1 0 ( ∞∑ k=0 (xy)k ) dxdy = ∞∑ k=0 (∫ 1 0 ∫ 1 0 xkykdxdy ) = ∞∑ k=0 (∫ 1 0 xkdx )(∫ 1 0 ykdy ) = ∞∑ k=0 ( 1 k + 1 )( 1 k + 1 ) = ∞∑ k=1 1 k2 2. Vamos fazer uma mudança de coordenadas. Sejam: u = x+ y 2 e v = y − x 2 Observe que esta mudança altera o domı́nio de integração conforme a figura abaixo: 1 x 1 y 1 2 1 u - 1 2 1 2 v Observando que x = u− v e y = u+ v, logo xy = u2 − v2; e que:∣∣∣∣∣ ∂(u−v)∂u ∂(u−v)∂v∂(u+v) ∂u ∂(u+v) ∂v ∣∣∣∣∣ = 2 Teremos que: I = ∫ 1 0 ∫ 1 0 1 1− xy dxdy = ∫ 1 2 0 ∫ u −u 1 1− (u2 − v2) · 2 · dvdu+ ∫ 1 1 2 ∫ 1−u u−1 1 1− (u2 − v2) · 2 · dvdu Observando que a função é simétrica com respeito ao eixo u, teremos: I = 4 ∫ 1 2 0 ∫ u 0 dv 1− (u2 − v2) du+ 4 ∫ 1 1 2 ∫ 1−u 0 dv 1− (u2 − v2) du Lembrando que ∫ dx a2 + x2 = 1 a arctan (x a ) , teremos que: I = 4 ∫ 1 2 0 1√ 1− u2 arctan ( u√ 1− u2 ) du+ 4 ∫ 1 1 2 1√ 1− u2 arctan ( 1− u√ 1− u2 ) du 81 Substituindo u por sen(θ) na primeira e u por cos(θ) na segunda, teremos: I = 4 ∫ π 6 0 1 cos(θ) arctan ( tan(θ) ) cos(θ)dθ + 4 ∫ 0 −π 3 1 sen(θ) arctan ( 1− cos(θ) sen(θ) )( − sen(θ) ) dθ Dáı obtemos: I = 4 ∫ π 6 0 θdθ − 4 ∫ 0 −π 3 arctan ( 1− cos(θ) sen(θ) ) dθ O leitor deve lembrar-se que 1− cos(θ) sen(θ) = tan ( θ 2 ) . Portanto, teremos: I = 4 ∫ π 6 0 θdθ − 4 ∫ 0 −π 3 θ 2 dθ = 4 ( θ2 2 ∣∣∣π/6 0 − θ 2 4 ∣∣∣0 −π/3 ) Finalmente: I = π2 6 A despeito do que pareceria natural, não se conhece o valor de ∞∑ k=0 1 k3 Nem com qualquer expoente ı́mpar. Por outro lado, Euler resolveu o problema para qualquer expoente par. Encerraremos esta seção apresentando um resultado um tanto quanto surpreendente: Definição 7.5. Uma série é chamada de condicionalmente convergente se for convergente, mas não for absolutamente convergente. Um t́ıpico exemplo é ∑ (−1)k k . Teorema 7.1 (Riemann). Alterando-se convenientemente a ordem dos termos de uma série condi- cionalmente convergente, pode-se fazer com que a soma da série seja igual a qualquer número real pré-determinado. Ou seja, a ordem dos termos numa série condicionalmente convergente altera o valor da série! Tal fenômeno não ocorre em séries absolutamente convergentes. A demonstração é simples: Demonstração. Fixado um número real c, começamos somando termos positivos até que a série ultrapasse c pela primeira vez, uma vez que isto ocorra, começamos somando termos negativos, até que a soma torne-se menor que c. Então voltamos a somar termos positivos, e depois negativos, e assim sucessivamente, de modo que o valor da soma oscile em torno de c. Tal processo é posśıvel pois, como a série é condicionalmente convergente, a soma de todos os termos positivos é ∞, assim como a de todos os negativos é −∞. Logo sempre será posśıvel chegar em qualquer valor por somas sucessivas de termos de mesmo sinal. Para garantir que de fato a soma, posta dessa forma, convergirá para c, basta notar que após a k-ésima oscilação, ocorrida após a soma do termo ank , a distância do valor da soma para c será menor que |ank |. Como lim k→∞ ak = 0, temos que haverá a convergência. 82 Caṕıtulo 8 Séries de Potências e Séries de Taylor Nosso objetivo neste caṕıtulo será introduzir o estudo de um importante tipo de séries. Definição 8.1. Uma série do tipo ∞∑ n=0 an.(x− x0)n é chamada série de potências em torno do ponto x0 com coeficientes an. Exemplo 8.1. A série a seguir ∑ (x− 2)n n2 é uma série de potências, onde an = 1n2 . Quando x = 3, ela é exatamente a série∑ 1 n2 nossa velha conhecida, que sabemos convergir para o valor π 2 6 . Quando x = 4, teremos:∑ 2n n2 que certamente é divergente, pois lim 2n n2 =∞. Para cada valor de x, teremos uma série de potências diferente! Na seção a seguir, vamos estudar como a convergência dessas séries ocorre quando variamos o x. Em alguns momentos vamos considerar x0 = 0 com um objetivo de deixar a notação menos pesada e as demonstrações mais simples, mas todo tratamento a seguir se generaliza para qualquer valor de x0. 8.1 Raio de Convergência O resultado a seguir garante que se uma série de potências convergir para determinado valor t, ela convergirá para todos os valores que forem mais próximos do x0 em relação a t. Teorema 8.1. Suponha que ∑ an(x − x0)n seja convergente para x = t, t 6= x0. Seja r = |t − x0|. Então a série ∑ an(x− x0)n convergirá absolutamente em todo o intervalo (x0 − r, x0 + r). 85 Demonstração. Seja x0 = 0. Como ∑ ant n converge, temos por (1) que limn→∞ antn = 0. Dáı para todo  > 0, existe n0 tal que n > n0 implica que |antn| < . Agora temos que |anxn| = |antn| ∣∣∣x t ∣∣∣n Fazendo  = 1, temos que para todo n maior que algum n0 vale |anxn| ≤ ∣∣∣x t ∣∣∣n Se |x| < |t|, então a série ∑∣∣∣x t ∣∣∣n é convergente. Pelo critério (2), ∑ anx n converge absolutamente, pois ∑ |anxn| converge para todo x com |x| < |t|. Exemplo 8.2. Considere a série de potências do exemplos anterior:∑ (x− 2)n n2 Pelo teorema acima, e como ela converge para x = 3, temos que para qualquer valor de x no intervalo (2− 1, 2 + 1) = (1, 3) ela convergirá. Apresentamos agora um resultado que generaliza o acima apresentado. Suponhamos neste mo- mento, sem perda de generalidade, que x0 = 0. Teorema 8.2. Seja ∑ anx n. Então ocorre exatamente uma das seguintes: i ∑ anx n converge apenas se x = 0 (x = x0). ii ∑ anx n converge para todo x ∈ R. iii Existe um R > 0 tal que ∑ anx n converge para todo x ∈ (−R,R) e diverge para todo x /∈ [−R,R] (consideramos de fato (x0 −R, x0 +R) et cetera). Observe que a proposição nada fala sobre o que ocorre nos pontos R e −R!! Tal R será chamado raio de convergência da série. Demonstração. Seja A ⊆ R o conjunto dos pontos não negativos para os quais a série converge. Suponha que A 6= {0}. Logo: Seja A ilimitado. Dado x ∈ R, seja t ∈ A tal que |x| < t. Como t ∈ A, ∑ ant n converge por hipótese. Pelo teorema anterior, ∑ anx n converge para todo x tal que |x| < t. Então converge para o dado x que era arbitrário em R, logo converge em todo o R. Suponha que A seja limitado superiormente. Logo A tem um supremo, seja R = supA. Pelo teorema anterior, para todo x tal que |x| < R, ∑ anx n converge. Logo x ∈ (−R,R) implica que∑ anx n converge. Agora suponha para efeito de derivar contradição que convergisse para um x tal que |x| > R. Seja c tal que R < c < |x|. Temos que ∑ anx n converge em c, logo c ∈ A e R não seria supremo, uma contradição. Logo ∑ anx n diverge se x /∈ [−R,R]. 86 O resultado anterior é muito positivo pois garante que uma série convergente sempre converge em um conjunto razoável. Observe os exemplos: Exemplo 8.3. Considere a série:∑ (x− 3)n n+ 1 = 1 1 + x− 3 2 + (x− 3)2 3 + (x− 3)3 4 + ... Se x = 4, tal série nada mais é do que a série harmônica:∑ (4− 3)n n+ 1 = 1 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ... que sabemos divergir. Certamente o raio de convergência desta série, como está centrada em x0 = 3, é no máximo que |4− 3| = 1. Por outro lado, se x = 2, teremos:∑ (2− 3)n n+ 1 = 1− 1 2 + 1 3 − 1 4 + ... que sabemos convergir para log(2). Logo o raio de convergência é pelo menos |2 − 3| = 1. O raio de convergência desta série então será 1, o intervalo de convergência (centrado em 3) é [2, 4), divergindo em (−∞, 3) e em [4,∞). Exemplo 8.4. A série de potências centrada na origem∑ xn n! converge em todos os pontos, pois para qualquer valor de x fixado, temos pelo critério da razão que: lim n→∞ an+1 an = lim n→∞ x(n+1) (n+1)! xn n! = lim n→∞ x n+ 1 = 0 < 1 Muitas vezes é útil determinar o tal raio R. Então: Proposição 8.1. Seja ∑ anx n série satisfazendo an 6= 0 a partir de um certo n0. Dáı: R = lim n→∞ ∣∣∣∣ anan+1 ∣∣∣∣ desde que este limite exista. E mais, desde que o limite exista, o raio também pode ser expresso por: R = 1 limn→∞ n √ |an| Costumaremos utilizar a primeira expressão, e a demonstração a seguir refere-se somente a ela. Demonstração. Vamos utilizar o ı́tem (3) apresentado no ińıcio. Temos que: lim n→∞ ∣∣∣∣an+1xn+1anxn ∣∣∣∣ = |x| limn→∞ ∣∣∣∣an+1an ∣∣∣∣ Se lim ∣∣∣an+1an ∣∣∣ = 0, então para todo x real a série convergirá, logo R =∞. Note que: lim n→∞ ∣∣∣∣an+1an ∣∣∣∣ = 0⇔ limn→∞ ∣∣∣∣ anan+1 ∣∣∣∣ =∞ 87 f ′′′(x0) = ∞∑ n=3 n(n− 1)(n− 2)an(x0 − x0)n−3 = 3.2.a1 Em geral, teremos: f (n)(x0) = n! · an ⇒ an = f (n)(x0) n! 8.2.2 Série de Taylor de uma função A seção anterior nos mostrou que dada uma série de potências, se a encararmos uma como uma função, então esta função é infinitamente derivável e integrável no intervalo de convergência da série original, e mais, os coeficientes da série original podem se expressar em termos de suas derivadas calculadas no ponto em que a série esteja centrada. A pergunta natural é: dada uma função, podemos expressá-la como uma série de potências?! Felizmente, para boa parte das funções que conhecemos, a resposta é sim! A forma de representá-la será exatamente como vimos acima olhando do ponto de vista das séries. Antes de ler a dedução a seguir, o leitor deve se lembrar que: (u(t).v(t))′ = u′(t)v(t) + u(t)v′(t)⇒ ∫ (u(t).v(t))′ dt = ∫ u′(t)v(t) dt+ ∫ u(t)v′(t) dt Logo obtemos a notória fórmula de integração por partes:∫ u(t)v′(t) dt = u(t)v(t)− ∫ u′(t)v(t) dt Pelo Teorema Fundamental do Cálculo: f(x)− f(x0) = x∫ x0 f ′(t) dt Queremos que esta integral se decomponha em uma soma, e que seja posśıvel repetir o processo em uma nova integral, e assim sucessivamente, para que assim uma série emerja. Naturalmente, vamos aplicar a fórmula de integração por partes. Precisaremos da mudança de variáveis t = x− s. Então: f(x)− f(x0) = − 0∫ x−x0 f ′(x− s) ds Pela fórmula de integração por partes, temos que: f(x)− f(x0) = − f ′(x− s).s∣∣0 x−x0 − 0∫ x−x0 −f ′′(x− s).s ds  = f ′(x0)(x− x0)− 0∫ x−x0 f ′′(x− s).s ds Repetindo o procedimento, teremos: f(x)− f(x0) = f ′(x0)(x− x0)− f ′′(x− s).s2 2 ∣∣∣0 x−x0 − 0∫ x−x0 −f ′′′(x− s).s 2 2 ds  90 Logo: f(x)− f(x0) = f ′(x0)(x− x0) + f ′′(x0) 2 (x− x0)2 − 0∫ x−x0 f ′′′(x− s).s 2 2 ds Faremos ainda o próximo passo: f(x)− f(x0) = f ′(x0)(x− x0) + f ′′(x0) 2 (x− x0)2 − f ′′′(x− s).s3 3! ∣∣∣0 x−x0 − 0∫ x−x0 −f (4)(x− s).s 3 3! ds  Finalmente: f(x)− f(x0) = f ′(x0)(x− x0) + f ′′(x0) 2! (x− x0)2 + f ′′′(x0) 3! (x− x0)3 − 0∫ x−x0 f (4)(x− s).s 3 3! ds O leitor já deve ter notado que, seguindo este procedimento, obteremos a seguinte expansão de f(x) em torno de f(x0). Voltaremos à variável t original por questão de estética: f(x) =f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + f ′′(x0) 2! (x− x0)2 + ...+ f (k)(x0) k! (x− x0)k + ... ...+ f (n)(x0) n! (x− x0)n + 1 n! x∫ x0 f (n+1)(t).(x− t)n dt = = n∑ k=0 f (k)(x0) k! (x− x0)k +Rn O somatório é definido como o polinômio de Taylor de ordem n de f(x). Estamos definindo Rn como sendo a integral da linha anterior, e chamaremos este termo de resto integral do polinômio de Taylor de ordem n. Tomamos então o limite n→∞ em ambos os lados, obtendo: f(x) = ∞∑ k=0 f (k)(x0) k! (x− x0)k + lim n→∞ Rn A série obtida é chamada série de Taylor de f(x). Observe que esta série coincidirá com a função se, e somente se, for uma série convergente e o limite do resto integral for 0. Felizmente, para a maioria das funções que conhecemos, é sempre posśıvel obter um raio de convergência para a série em torno de um ponto e o limite do resto costuma ser 0. Se a série estiver centrada no ponto x0 = 0, é comum nos referirmos a ela como série de MacLaurin. Observe que se uma função coincide com sua série de Taylor, ela é infinitamente diferenciável e integrável, e será chamada, no âmbito das funções reais, de função anaĺıtica. Exemplo 8.6. A série de Taylor de um polinômio é o próprio polinômio, e obviamente a convergência ocorre livremente em todo R. Proposição 8.2. As funções 1x , e x, cos(x), sen(x), tan(x), log(x), arctan(x), arccos(x) e arcsen(x) são todas funções anaĺıticas. A soma e o produto de funções anaĺıticas é uma função anaĺıtica. 91 Exemplo 8.7. A série de Taylor da função exponencial em torno do ponto x0 = 0 é: ex = 1 + x+ x2 2! + x3 3! + x4 4! + ... Uma vez que e0 = 1 e (ex)(k) = ex para todo k. Observe que o raio de convergência desta série é infinito. Exemplo 8.8. Vamos calcular a série de Taylor da função seno em torno do ponto x0 = 0. Observe que sen(0) = 0, cos(0) = 1, −sen(0) = 0 e − cos(0) = −1, e as derivadas voltam a se repetir a cada múltiplo de quatro. Então: sen(x) = x− x 3 3! + x5 5! − x 7 7! + ...+ (−1)n (2n+ 1)! x2n+1 + ... Observe que o raio de convergência desta série também é infinito. Exemplo 8.9. Vamos calcular a série de Taylor da função f(x) = 11−x em torno do ponto x0 = 0. Observe que f ′(x) = 1 (1−x)2 , f ′′(x) = 2 (1−x)3 , f ′′′(x) = 3! (1−x)4 , f (k)(x) = k! (1−x)k+1 . Então: 1 1− x = ∞∑ k=0 k! (1− 0)k+1 · 1 k! · xk = ∞∑ k=0 xk Observe que o raio de convergência desta série é 1, e ainda, a série só converge para a função no intervalo (−1, 1). Exemplo 8.10. O leitor deve se lembrar que, por outros métodos, calculamos no caṕıtulo anterior as séries de Taylor de log(1 + x) e de arctan(x) em torno de 0. Vamos agora utilizar aquelas idéias para calcular o valor da série: ∞∑ n=0 n 2n Para tal, vamos olhar para esta série como uma série de potências calculada com x = 12 . Logo estamos interessados em decidir se a série a seguir é a série de Taylor de alguma função: ∞∑ n=0 nxn Suponhamos que seja, então é necessário que: n · xn = f (n)(0) n! · xn Logo f (n)(0) = n · n!. Não parece fácil associar esta derivada n-ésima com n.n!, por outro lado, seria muito interessante que este segundo termo tivesse sido (n + 1)!. Para isto, bastaria que nossa série original fosse: ∞∑ n=0 (n+ 1)xn = ∞∑ n=0 nxn + ∞∑ n=0 xn 92