Apostila MAT 22

Captulo 1

Introduo

O objeto de estudo de Mat-22 so as funes definidas em Rn assumindo valores em Rm,com n,m N, isto f : Rn Rm.Quando n = m = 1 temos as funes reais de uma varivel real, j estudadas em

MAT-12. Quando n = 1 e m > 1, denominamos tais funes de funes vetoriais, queso uma extenso natural do caso anterior e em geral descrevem curvas. Quando n > 1 em = 1 so denominadas campos escalares, que sero estudados mais profundamente poisa maioria dos fenmenos no dependem de uma nica varivel; por exemplo: o volume deum gs ideal, se mantivermos a temperatura constante, funo de uma nica varivelmas em geral a temperatura tambm varia e portanto o volume funo de duas variveis:a temperatura e a presso. Estas sero o foco principal de MAT-22. Finalmente quandon,m > 1 elas so denominadas campos vetoriais, que so uma extenso dos camposescalares.O foco principal desta disciplina so os conceitos de limite, continuidade, derivabilidade

e integrabilidade de campos escalares.Vamos iniciar nosso curso estabelecendo as noes topolgicas bsicas do Rn, que nos

permitiro definir com rigor os conceitos de limite, continuidade de campos escalares evetoriais. Faremos uma breve apresentao do conceito de limite, continuidade, derivabil-idade e integrao de funes vetoriais, por ser uma extenso muito simples dos conceitosestudados em MAT-12.Ao final deste curso o aluno dever ser capaz de avaliar a existncia de limite e analisar

a continuidade num ponto, de funes de vrias variveis, calcular a derivada direcionale analisar a diferenciabilidade de funes de vrias variveis, determinar mximos e mn-imos locais e absolutos, condicionados ou no de um campo escalar e finalmente calcularintegrais duplas e triplas em regies gerais, utilizando mudana de variveis.

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2 CAPTULO 1. INTRODUO

Captulo 2

Noes de topologia do Rn

Introduziremos algumas noes de topologia do Rn necessrias para o estudo do Clculode funes de vrias variveis.

Definio 2.1 Seja E um conjunto no vazio. Uma mtrica em E uma funo d :E E R+ satisfazendo as seguintes condies:a) d (x, y) = 0 x = yb) d (x, y) = d (y, x)c) d(x, z) d (x, y) + d (y, z) .Neste caso dizemos que (E, d) um espao mtrico.

Exemplo 2.2 Se em R definimos d (x , y) = |x y| , segue que (R,d) um espaomtrico.

Exemplo 2.3 Se x = (x1, x2) , y = (y1, y2) R2 podemos definir as seguintes mtricas:

1. d (x, y) =(x1 y1)2 + (x2 y2)2

12 ,

2. dS (x, y) = |x1 y1|+ |x2 y2| ,

3. dM (x, y) = max {|x1 y1| , |x2 y2|} .

Temos assim trs espaos mtricos distintos, a saber, (R2, d) , (R2, dS) e (R2, dM) , apartir do mesmo conjunto.

Exemplo 2.4 Em qualquer conjunto no vazio E, pode-se definir o que denominamos de

mtrica discreta, a saber, d : E E R+, definida por d (x, y) =0, x = y1, x 6= y .

Nota 2.5 A mtrica num conjunto na realidade define uma "distncia"entre doispontos do conjunto.

3

4 CAPTULO 2. NOES DE TOPOLOGIA DO RN

As mtricas apresentadas nos dois primeiros exemplos so mtricas que provm deuma norma, cuja definio veremos a seguir. Intuitivamente uma norma nos fornece ocomprimento de um vetor do espao vetorial.

Definio 2.6 Seja V um espao vetorial sobre R. Uma norma em V uma funok.k : V R+ tal que para todos x, y V e para todo R satisfaz :

1. kxk = 0 x = 0,2. kxk = || kxk , R, x V.3. kx+ yk kxk+ kyk , x, y V.

Neste caso dizemos que (V, kk) um espao normado.

Exemplo 2.7 No Rn, se x = (x1, x2..., xn) , podemos considerar as normas:

1. Norma euclidiana

kxk = [< x, x >] 12 ="

nXi=1

x2i

# 12

.

2. Norma da soma

kxkS =nXi=1

|xi| .

3. Norma do mximo

kxkM = max {|x1| , |x2| , ..., |xn|} .

Nota 2.8 Podemos mostrar que :

kxkM kxk kxkS n kxkM . (2.1)

Quando uma desigualdade como em 2.1 ocorre dizemos que as normas envolvidas sonormas equivalentes.

Nota 2.9 Uma norma no espao vetorial V d origem a uma mtrica, basta definir

d (x, y) = kx yk , x, y V.

Como fcil observar, as mtricas definidas em R2, provm das normas definidas acima.

Proposio 2.10 Seja (V, k.k) um espao vetorial normado. Ento |kxk kyk| kx yk ,x, y V.

5Prova. Como x = x y + y e y = y x+ x ento segue da desigualdade triangularque kxk kx yk + kyk e kyk ky xk + kxk . Assim, utilizando a propriedade (ii)da definio de norma, segue que kxk kyk kx yk e kyk kxk kx yk . Portantotemos que

kx yk kxk kyk kx yk |kxk kyk| kx yk .

Definio 2.11 Seja V um espao vetorial real. Um produto interno em V umafuno h, i : V V R, satisfazendo as seguintes condies:i) hx, xi 0, x V e hx, xi = 0 x = 0.ii) hx, yi = hy, xi , x, y V.iii) hx, yi = hx, yi , x, y V, R.iv) hx+ y, wi = hx,wi+ hy,wi , x, y, w V .

Exemplo 2.12 Em R3 tem-se que h(x, y, z) , (a, b, c)i = xa+yb+zc um produto interno,como vocs j viram em MAT-17. Generalizando, o produto interno usual do Rn definidopor h(x1, x2, . . . , xn) , (y1, y2, . . . , yn)i =

nPi=1xiyi.

Exemplo 2.13 Considerando V = C ([a, b]) pode-se mostrar que hf, gi = R ba f(x)g(x)dx um produto interno em V. (Mostre!).

Nota 2.14 Um produto interno num espao vetorial fornece uma norma, a saber, kxk =[hx, xi]1/2 , denominada norma euclidiana.

Exemplo 2.15 Em R3 a norma j conhecida de vocs, isto , k(x, y, z)k =px2 + y2 + z2 uma norma euclidiana, pois provm do produto interno usual.

Exemplo 2.16 Em C ([a, b]) a norma euclidiana definida como kfk =hR b

a (f(x))2 dx

i1/2.

Para sabermos se uma norma provm ou no de um produto interno temos o seguinteresultado.

Proposio 2.17 Seja V um espao vetorial real e k.k uma norma definida em V. Entotal norma provm de um produto interno em V esta norma satisfaz a lei do paralelo-grama, isto ,

kx+ yk2 + kx yk2 = 2 kxk2 + kyk2 .


Prova. () Se a norma provm de um produto interno, segue que kxk2 = hx, xi . As-sim, das propriedades de produto interno segue que kx+ yk2+kx yk2 = hx+ y, x+ yi+hx y, x yi = kxk2 + 2 hx, yi+ kyk2 + kxk2 2 hx, yi+ kyk2 = 2 kxk2 + kyk2 .() Supondo que a norma satisfaz a lei do paralelogramo, devemos provar que ela

provm de um produto interno definido em V. Definimos ento h, i : V V R porhx, yi = 1

4

kx+ yk2 kx yk2 . claro que hx, xi = 14k2xk2 = kxk2 . Assim s resta

mostrar que funo definida acima um produto interno. Para isso devemos mostrar queela satisfaz as propriedades da definio. Primeiro fcil provar que h0, yi = hy, 0i = 0,y V e deixamos como exerccio. Mostraremos a seguir que tal funo satisfaz aspropriedades exigidas a um produto interno. De fato:i) hx, xi = kxk2 0, x V e hx, xi = 0 kxk2 = 0 x = 0.ii) hx, yi = 1

4

kx+ yk2 kx yk2 = 14

ky + xk2 k (y x)k2 ==1

4

ky + xk2 ky xk2 = hy, xi .iii) kx+ y + 2zk2 + kx yk2 = k(x+ z) + (z + y)k2 + k(x+ z) (y + z)k2 == 2

kx+ zk2 + ky + zk2 .Analogamente tem-se que kx+ y 2zk2 + kx yk2 = 2 kx zk2 + ky zk2 .Logo, 2

kx+ zk2 kx zk2+2 ky + zk2 ky zk2 = kx+ y + 2zk2kx+ y 2zk2 .Assim, hx, zi+ hy, zi = 1

4

kx+ zk2 kx zk2+ 14

ky + zk2 ky zk2 ==1

8

kx+ y + 2zk2 kx+ y 2zk2 = 12hx+ y, 2zi .

Portanto, hx, zi + hy, zi = 12hx+ y, 2zi , x, y, z V. Logo, fazendo y = 0 nesta

igualdade, obtemos hx, zi = 12hx, 2zi , x, z V e portanto, pode-se concluir que

hx, zi+ hy, zi = 12hx+ y, 2zi = hx+ y, zi , x, y, z V.

A quarta e ltima propriedade ser provada primeiramente para todos os inteiros, emseguida para todos os racionais e finalmente por um processo de limite para todos os reais.Vejamos.iv) hx, yi = 1 hx, yi , x, y V. Suponhamos que n hx, yi = hnx, yi , x, y V. As-

sim, h(n+ 1)x, yi = hnx+ x, yi = hnx, yi + hx, yi = n hx, yi + hx, yi = (n+ 1) hx, yi .Logo a propriedade est demonstrada para todo n N. Ainda como h0x, yi = h0, yi =0 = 0 hx, yi , ento esta propriedade vlida para todo n Z, n 0. Considereagora n Z, n < 0, ento n = m, onde m N. Assim, hnx, yi = hmx, yi =1

4

k(mx) + yk2 k(mx) yk2 = 14

k (mx y)k2 k (mx+ y)k2 ==1

4

kmx yk2 kmx+ yk2 = 14

kmx+ yk2 kmx yk2 == hmx, yi = m hx, yi = n hx, yi .Logo a propriedade est demonstrada para todo n Z. Considere ento p Q, ou

seja, p =mn, onde m,n Z com n 6= 0. Assim, hpx, yi =

Dmnx, yE= m

1

nx, y=

7mnn1

nx, y=

mn

Dnnx, yE=

mnhx, yi = p hx, yi . Resta agora mostrarmos que a pro-

priedade vlida para todo R. Sabemos de MAT-12 que existe uma sequncia denmeros racionais (pn) Q tal que pn

n. Assim, segue que pn hx, yi hx, yi e

das propriedades de norma e da definio dada, segue que hpnx, yi hx, yi . Logo comopn hx, yi = hpnx, yi , ento hx, yi = hx, yi , R e x, y V.Conclumos ento que tal funo um produto interno em V e assim a norma que

satisfaz a lei do paralelogramo provm deste produto interno.

Veremos a seguir algumas definies e propriedades de conjuntos, necessrias no decor-rer do curso.

Definio 2.18 Seja k.k uma norma qualquer no Rn.1. A bola aberta de centro em a Rn e raio r > 0 o conjunto:

Br (a) = {x Rn : kx ak < r} .2. A bola fechada de centro em a Rn e raio r > 0 o conjunto :

Br (a) = {x Rn : kx ak r} .3. A esfera de centro em a Rn e raio r > 0 o conjunto :

Br (a) = {x Rn : kx ak = r} .Exemplo 2.19 Em R temos :

1. Br (a) = (a r, a+ r) .

2. Br (a) = [a r, a+ r] .

3. Br (a) = {a r, a+ r} .Exemplo 2.20 No R2 a forma geomtrica desses conjuntos depende da norma consider-ada, vejamos os exemplos na figura abaixo das bolas fechadas.

( ) 22, yxyx += ( ) { }yxyx ,max, = ( ) yxyx +=,( ) 22, yxyx += ( ) { }yxyx ,max, = ( ) yxyx +=,


Exemplo 2.21 No R3 as bolas abertas podem ser: o interior de uma esfera para a normaeuclidiana, o interior de cubos com arestas paralelas aos eixos para a norma do mximo,e o interior de octaedros com diagonais paralelas aos eixos para a norma da soma.

Em todo o resto do curso estaremos trabalhando com o Rn munido do produto internousual e portanto com a norma euclidiana.

Definio 2.22 Sejam S e F subconjuntos do Rn. Dizemos que a S um pontointerior de S quando

r > 0 tal que Br (a) S.

Exemplo 2.23 Todos os pontos de uma bola aberta do Rn so pontos interiores. De fatoconsidere Br (a) Rn e x Br (a) ento kx ak < r. Tome = r kx ak > 0 eprovemos que B (x) Br (a) . Para isso tomemos y B (x) ento ky xk < . Logoky ak ky xk+ kx ak < + kx ak = r kx ak+ kx ak = r y Br (a) ecomo y qualquer, segue que B (x) Br (a) , como queramos mostrar.

Definio 2.24 Seja S Rn. Definimos o conjunto interior de S, como sendo oconjunto de todos os pontos interiores de S, denotado por S0. Dizemos ento que S aberto quando S = S0, ou seja se todos os pontos de S so interiores.

Exemplo 2.25 Pode-se concluir do exemplo anterior que toda bola aberta um conjuntoaberto.

Exemplo 2.26 S =] 2, 3[]0, 1[ um conjunto aberto do R2.

Exemplo 2.27 S = [0, 1[] 1, 2[ no aberto, pois os pontos da forma (0, y) , comy ] 1, 2[ no so pontos interiores de S.

Exemplo 2.28 S = {1

n, nn, n N} no aberto pois nenhum de seus pontos

interior, uma vez que todo a bola aberta centrada num deles contm pontos que no estoem S.

Definio 2.29 Seja S Rn. Dizemos que S fechado quando seu complementar, isto, SC aberto.

Exemplo 2.30 Toda bola fechada do Rn um conjunto fechado. De fato considereBr (a) uma bola fechada do Rn. Seja x

Br (a)

Cento kx ak > r. Tome =

kx ak r > 0, logo para cada y B (x) tem-se que ky xk < e portanto ky ak |ky xk kx ak| kx ak ky xk > kx ak = kx ak + r kx ak = r eportanto y

Br (a)

C B (x) Br (a)C logo Br (a)C aberto e portanto Br (a) fechado.

9Exemplo 2.31 S = [0, 1[] 1, 2[ no fechado, pois SC = (], 0[[1,+[) (],1] [2,+[) no aberto, j que os pontos da forma (1, y) com y ],1][2,+[ no so pontos interiores de SC . Portanto tal conjunto no nem aberto nemfechado.

Exemplo 2.32 S = [2, 6] [1, 4] fechado, uma vez que SC = (],2[]6,+[)(], 1[]4,+[) aberto.

Definio 2.33 Seja S Rn e a Rn. Dizemos que a um ponto de acumulao deS quando

r > 0, (Br (a) \{a}) S 6= .Denotamos por S0, denominado conjunto derivado de S, o conjunto de todos os pontosde acumulao de S.

Nota 2.34 Observe que um ponto de acumulao de um conjunto no necessariamenteum elemento do conjunto. Ainda a definio acima afirma que to prximo de um pontode acumulao a de um conjunto, quanto se queira, existem pontos do conjunto distintosde a.

Exemplo 2.35 Considerando S =] 2, 3[]0, 1[ , segue que S0 = [2, 3] [0, 1].

Exemplo 2.36 Se S uma bola aberta centrada em a de raio r, ento seu conjuntoderivado a bola fechada centrada em a de raio r.

Exemplo 2.37 S = [0, 1[] 1, 2[{(3, 5)} ento S0 = [0, 1] [1, 2].

Exemplo 2.38 S = {1

n, nn, n N} ento S0 = {(0, 1)} pois como 1

n 0 e nn 1,

segue que r > 0, n0 N tal que1

n, nn Br ((0, 1)) , n n0.

Exemplo 2.39 S = {(n, n+ 1) ; n Z} ento S0 = pois existe 0 < r < 1 tal queBr ((n, n+ 1)) S = , n Z. Ainda, como para todo x R, existe n Z tal quen x < n+1, segue que para cada (x, y) R2\S, exsitem n,m Z tais que n x < n+1e m y < m+ 1. Assim, tomando

r = min{k(x, y) (n+ i, n+ i+ 1)k , k(x, y) (m+ i,m+ i+ 1)k , i = 0, 1}segue que Br ((x, y)) S = .

Definio 2.40 Seja S Rn. O fecho de S, denotado por S, definido da seguintemaneira:

S = {x Rn;r > 0, Br (x) S 6= }.

Proposio 2.41 Seja S Rn ento S = S S0.


Prova. claro que S, S0 S e portanto S S0 S. Resta provar a outra incluso.Seja ento a S a S ou a / S. Se a S a S S0. Caso a / S e como a S,segue que r > 0, (Br (a) \{a}) S 6= a S0 a S S0, ou seja em qualquersituao tem-se que a S S0, o que implica que S S S0. Fica ento provada aigualdade de conjuntos.

Daremos a seguir um resultado, que permite determinar se um conjunto fechado,sem necessariamente determinar seu complementar, usando o fecho do conjunto.

Proposio 2.42 Um conjunto F Rn um conjunto fechado se e s se F = F.Portanto, um conjunto fechado se e s se F 0 F.

Prova. () fcil ver que F F . Assim, basta provar que F F. Para isso,suponhamos por absurdo que F no est contido em F, ou seja, F F logo existe y Ftal que y / F y F c. Como F fechado temos que F c aberto, logo:

> 0 : B (y) F c. (2.2)

Assim, > 0 tal que B (y) F = , o que contradiz o fato de y F. Assim F F eportanto F = F .()Devemos provar que F c aberto. Seja y F c, logo y / F = F ento

r > 0 tal que Br (y) F = ,

ou seja r > 0 tal que Br (y) F c,

assim F c aberto, o que implica que F fechado.

Exemplo 2.43 S = [0, 1[] 1, 2[{(3, 5)} ento S = [0, 1] [1, 2] {(3, 5)} 6= S, logocomo j havamos visto, S no fechado.

Exemplo 2.44 S = {1

n, nn, n N} entoS = S {(0, 1)} 6= S S no fechado.

Definio 2.45 Seja S Rn e a Rn. Dizemos que a um ponto fronteira de Squando

r > 0, Br (a) S 6= e Br (a) SC 6= .Denotamos por S o conjunto de todos os pontos fronteira de S, denominado fronteirade S.

Nota 2.46 Novamente, pode-se observar que os pontos fronteira de um conjunto no sonecessariamente elementos do conjunto. Intuitivamente a fronteira de um conjunto aborda do mesmo.

11

Exemplo 2.47 A fronteira de uma bola , aberta ou fechada a esfera de mesmo centroe raio.

Exemplo 2.48 S = [0, 1[] 1, 2[{(3, 5)} entoS = {(0, y) ; y [1, 2]} {(1, y) ; y [1, 2]} {(x,1) ; x [0, 1]} {(x, 2) ;

x [0, 1]} {(3, 5)}

Exemplo 2.49 S = {1

n, nn, n N} ento S = S {(0, 1)}.

Definio 2.50 Seja S Rn e a Rn. Dizemos que a um ponto exterior de Squando

r > 0 tal que Br (a) S = .Ou seja, um ponto exterior de um conjunto um ponto que no pertence ao seu fecho.

Definio 2.51 Dizemos que X Rn conexo quando para todo par de conjuntosabertos A,B Rn tais que (A X) (B X) = e X = (A X) (B X) implicaque A X = ou B X = .

Nota 2.52 Intuitivamente, dizemos que um conjunto conexo se constitudo de ums "pedao", mas podendo ter "buracos". Assim, os nicos subconjuntos de R que soconexos so os intervalos.

Proposio 2.53 Sejam X,Y Rn tais que X Y X. Se X conexo ento Ytambm conexo.

Prova. Sejam A,B abertos do Rn tais que (A Y ) (B Y ) = e Y = (A Y ) (B Y ) . ComoX Y ento segue que (A X)(B X) = eX = (A X)(B X) ,logo como X conexo tem-se que (A X) = ou (B X) = . Suponhamos que(A X) = e suponhamos por absurdo que (A Y ) 6= . Assim, existe y0 (A Y ) ecomo (A X) = , segue que y0 / X. Como Y X ento y0 X 0. Ainda como y0 Ae A aberto, segue que existe r > 0 tal que Br (y0) A e do fato de y0 X 0, segueque Br (y0) X 6= , e como Br (y0) X A X, tem-se que (A X) 6= , o quecontradiz a hiptese, portanto (A Y ) = . Analogamente, prova-se que se (B X) = (B Y ) = . Logo Y conexo.

Corolrio 2.54 Se X Rn conexo ento X tambm conexo.

Exemplo 2.55 S = Br (a) \{a} um conjunto conexo.

Exemplo 2.56 S = {t, sen

1

t

; t (0, 1]} um conjunto conexo, pois o grfico

de uma funo contnua e portanto constitudo de um s "pedao". Pelo corolriopode-se concluir que D = S = S {(0, t) ; t [1, 1]} tambm conexo. Observe queesta concluso j no to intuitiva. Ainda da proposio temos que S I, onde I {(0, t) ; t [1, 1]}, tambm conexo. Por exemplo S {(0, 0)} conexo.


Definio 2.57 Seja S Rn. Dizemos que S um domnio, quando S aberto econexo, isto , no existem dois abertos no vazios e disjuntos cuja unio seja igual a S.

Nota 2.58 Intuitivamente, dizemos que um domnio um aberto constitudo de um s"pedao", mas podendo ter "buracos". Observe que os nicos subconjuntos de R que sodomnios so os intervalos abertos.

Nota 2.59 Nenhum dos dois exemplos anteriores um domnio, pois apesar de seremconexos, no so abertos.

Exemplo 2.60 O conjunto D = {x R2; 1 < kxk < 2} um domnio, pois aberto econexo.

Definio 2.61 Seja S Rn. Dizemos que S um conjunto convexo se dados doispontos quaisquer de S, o segmento de reta unindo estes dois pontos est inteiramentecontido em S.

Nota 2.62 claro que todo subconjunto convexo conexo, mas a recproca no ver-dadeira.

Exemplo 2.63 S =]0, 1[] 1, 2[ um domnio, tambm convexo.Exemplo 2.64 S =]0, 1[[1, 2] conexo e tambm convexo, mas no um domnio,pois no aberto.

Exemplo 2.65 Toda bola aberta um domnio e um conjunto convexo.

Exemplo 2.66 Toda bola aberta ou fechada um conjunto conexo e tambm um con-junto convexo.

Exemplo 2.67 S = Br (a) \Br/2 (a) um domnio, mas no convexo.Exemplo 2.68 S = B1 ((0, 0))B1 ((2, 3)) no um domnio, pois apesar de ser aberto,no conexo, j que existem dois abertos no vazios e disjuntos, a saber B1 ((0, 0)) eB1 ((2, 3)) , tais que sua unio igual a S.

Definio 2.69 Dizemos que X Rn um conjunto limitado quando existe M > 0 talque kxk M, x X.Exemplo 2.70 X = B2 (a) limitado, pois para todo x X, tem-se que kx ak < 2kxk < 2 + kak =M.Definio 2.71 Dizemos que X Rn um conjunto compacto quando X um conjuntofechado e limitado.

Nota 2.72 O exemplo anterior no um conjunto compacto, pois apesar de ser limitadono fechado.

Exemplo 2.73 X = B2 (a) compacto, pois fechado e limitado.

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2.0.1 Lista de Exerccios

Exerccio 2.74 Prove que:

1. A interseco finita de conjuntos abertos um conjunto aberto. D um exemplo deque a interseo infinita de abertos pode no ser um aberto.

2. A unio qualquer de conjuntos abertos um conjunto aberto.

3. A interseco qualquer de conjuntos fechados um conjunto fechado.

4. A unio finita de conjuntos fechados um conjunto fechado. D um exemplo de quea unio infinita de conjuntos fechados pode no ser um conjunto fechado.

Exerccio 2.75 Prove que todo ponto da bola Br (a) ponto de acumulao da mesma .

Exerccio 2.76 Prove que todo ponto da esfera Sr (a) ponto de acumulao de Br (a).

Exerccio 2.77 Verifique geometricamente que se S = (a, b)[c, d) ento todos os pontosde S so pontos de acumulao de S.

Exerccio 2.78 Determine o interior, o conjunto derivado e a fronteira de cada um dossubconjuntos do R2 abaixo. Verifique ainda se os conjuntos abaixo so abertas ou fechadosou nem abertos nem fechados e se so domnios:

1. S = {(x, y) R2; y x e x2 + y2 < 4}

2. S = {(x, y) R2; y > x} {

nn,

nn+ 1

; n N}

3. S = (1, 3) (0, 4)4. S = [5, 4] [2, 6]5. S = (a, b) (c, d)6. S = [a, b] [c, d]7. S = [a, b] [c, d)

Exerccio 2.79 Seja S Rn. Mostre que S = S0 S.

Exerccio 2.80 Justifique a afirmao abaixo, se for verdadeira e d um contra-exemplo,se for falsa: "Se B A R2, com A e B abertos, ento A\B aberto.Exerccio 2.81 Mostre que toda bola aberta ou fechada um conjunto convexo.

Exerccio 2.82 Mostre que a bola fechada Br (a) um conjunto compacto.

Exerccio 1Considere M um conjunto no vazio e d : M M tal que dx,x 0,

para todo x M, dx,y 0, para todos x,y M com x y edx, z dx,y dz,y, para todos x,y, z M. Mostre que M,d um espaomtrico.

Soluo: Para mostrar que M,d um espao mtrico, basta mostrar que d uma mtrica. Para isso basta mostrar que dx,y 0, para todo x,y M, com x ye que dx,y dy,x.

Sejam x,y M, com x y. Usando a primeira e a terceira propriedades, temosque

0 dx,x dx,y dx,y,logo obtemos que dx,y 0, mas da segunda propriedade temos que dx,y 0 eportanto obtemos que

dx,y 0, x,y M, x y.Ainda da terceira propriedade temos que dx,y dx,x dy,x dy,x e

dy,x dy,y dx,y dx,y, o que implica quedx,y dy,x, x,y M.

iExerccio 2

Considere S um subconjunto no vazio de Rn:

a) Prove que S0 e ext (S) so conjuntos abertos, onde ext (S) o conjunto dos pontos exetri-ores de S:

b) Prove que Rn = S0[ext (S)[@S (uma unio de conjuntos disjuntos) e use isso para provarque @S um conjunto fechado.

@S[Soluo:

a) Tome x 2 S0, temos que 9r > 0 tal que Br(x) S. Agora, tome y 2 Br(x); qualquer. Como Br(x) um conjunto aberto, y ponto interior de Br(x), ou seja, 9r2 > 0 tal que Br2(y) Br(x) S ) Br2(y) S. Logo, y 2 S0; para todo y 2 Br(x) e assim temos que Br(x) S0. Logo, x ponto interior de S0 qualquer que seja x 2 S: Logo, S0 aberto. Como ext (S) = SC0, usandoo resultado anterior ext (S) tambm aberto.

b) Isso equivalente a mostrar que (@S)C = S0 [ ext (S), pois S0 e ext (S) so conjuntos disjuntos, jque S e SC so conjuntos disjuntos e temos que S0 S e ext (S) SC .

Se x 2 (@S)C , temos uma das duas possibilidades:

1. 9r > 0 tal que Br(x) \ S = ; ) Br(x) SC ) x 2 ext (S)2. 9r > 0 tal que Br(x) \ SC = ; ) Br(x) S ) x 2 S0:

Logo, (@S)C S0 [ ext (S).Considere x 2 S0 [ ext (S) ento ou x 2 S0 ou x 2 S0 [ ext (S) : Analisemos ento as duas possibili-

dades:

Se x 2 S0 ento existe r > 0 tal que Br (x) S ) Br (x) \ SC = ; ) x =2 @S; logo x 2 (@S)C : Se x 2 ext (S) ento existe r > 0 tal que Br(x) \ S = ; ) x =2 @S; logo x 2 (@S)C :

Portanto S0 [ ext (S) (@S)C :O que nos permite concluir que (@S)C = S0 [ ext (S) e assim, Rn = @S [ (@S)C = @S [ S0 [ ext (S).

Como S0 e ext (S) so abertos, (@S)C tambm aberto, j que uma unio nita de conjuntosabertos. Pela denio, como (@S)C aberto, ento @S um conjunto fechado.

iExerccio 3

Considere R2 munido do produto interno usual e da norma que provm deste produtointerno, ou seja h(x; y) ; (a; b)i = xa+ yb e k(x; y)k2 = h(x; y) ; (x; y)i = x2 + y2: Mostre que

a) jh(x; y) ; (a; b)ij k(x; y)k k(a; b)k :b) jk(x; y)k k(a; b)kj k(x; y) (a; b)k :

Soluo:

a) jh(x; y) ; (a; b)ij =q(h(x; y) ; (a; b)i)2 =

px2a2 + 2xayb+ y2b2: Mas,

2xayb = 2xbya (xb)2 + (ya)2 = x2b2 + y2a2;

portanto substituindo na igualdade acima, obtemos:

jh(x; y) ; (a; b)ij =px2a2 + 2xayb+ y2b2

px2a2 + x2b2 + y2a2 + y2b2 =

p(x2 + y2) (a2 + b2) = k(x; y)k k(a; b)k :

b) Da denio de norma, temos que

k(x; y) (a; b)k2 = h(x; y) (a; b) ; (x; y) (a; b)i :

Das propriedades de produto interno e da denio de norma, temos que

h(x; y) (a; b) ; (x; y) (a; b)i = k(x; y)k2 2 h(x; y) (a; b)i+ k(a; b)k2 :

Utilizando o tem (a), segue que

k(x; y)k22 h(x; y) (a; b)i+k(a; b)k2 k(x; y)k22 k(x; y)k k(a; b)k+k(a; b)k2 = (k(x; y)k k(a; b)k)2 :

Portanto,k(x; y) (a; b)k2 k(x; y) (a; b)k2 ;

o que implica quek(x; y) (a; b)k jk(x; y)k k(a; b)kj :

iExerccio 4

Seja E um espao vetorial e d uma mtrica em E tal que d (x+ z; y + z) = d (x; y) ed (x; y) = jj d (x; y) para todos x; y; z 2 E e 2 R: Mostre que existe uma norma k:k emE; tal que d (x; y) = kx yk :

Soluo: Considere a funo k:k : E ! R; denida por kxk = d (x; 0) ; para todo x 2 E: Mostremosque tal funo uma norma. Para isso devemos provar que ela satisfaz as seguintes propriedades:

kxk = d (x; 0) 0; para todod x 2 E e kxk = 0, d (x; 0) = 0, x = 0: kxk = d (x; 0) = d (x; 0) = jj d (x; 0) = jj kxk ; para todo x 2 E e 2 R: Estapropriedade segue da segunda propriedade desta mtrica.

kx+ yk = d (x+ y; 0) d (x+ y; y)+ d (y; 0) = d (x+ y; 0 + y)+ d (y; 0) = d (x; 0)+ d (y; 0) =kxk + kyk ; para todos x; y 2 E: Esta propriedade segue da terceira propriedade da deniode mtrica e da primeira propriedade desta mtrica.

Assim, a funo acima uma norma e da denio desta norma e da primeira propriedade destamtrica, temos que

kx yk = d (x y; 0) = d ((x y) + y; 0 + y) = d (x; y) :

iExerccio 5

Sejam a; b; c; d 2 R tais que a < b e c < d: Considere S = [a; b] [c; d] : Mostre que

a) S um subconjunto convexo do R2.

b) S um subconjunto compacto do R2.

Considere R2 munido da norma euclidiana.

Soluo:

a) Sejam (x; y) ; (u; v) 2 S; ento a x; u b e c y; v d: Ainda o segmento de reta que une os pontos(x; y) e (u; v) o conjunto = f(x; y) + t (u x; v y) ; t 2 [0; 1]g = ft (u; v) + (1 t) (x; y) ; t 2[0; 1]g: Devemos mostrar que S: De fato, como t 2 [0; 1] ; ento 1 t 2 [0; 1] e portanto temosque ta+ (1 t) a tu+ (1 t)x tb+ (1 t) b; ou seja, tu+ (1 t)x 2 [a; b], para todo t 2 [0; 1]e analogamente tv + (1 t) y 2 [c; d] ; para todo t 2 [0; 1] : Portanto S, o que implica que S convexo.

b) Da denio de S;pode-se armar que jxj maxfjaj ; jbjg = e jyj maxfjcj ; jdjg = ; paratodo (x; y) 2 S: Portanto k(x; y)k

p2 + 2 = K; logo, S limitado. Resta provar que S

fechado. Para issso basta provar que SC aberto. Mas SC = f(x; y) 2 R2; x =2 [a; b] ouy =2 [c; d]g = f(x; y) 2 R2; x 2 (1; a)[ (b;+1) ou y 2 (1; a)[ (b;+1)g: Considere (x; y) 2 SC :Temos ento 4 possibilidades:

x < a ) a x > 0: Tome r = a x > 0: Vamos mostrar que Br (x; y) SC : De fato seja(u; v) 2 Br (x; y) ; ento k(u; v) (x; y)k = k(u x; v y)k < r ) ju xj < r ) u < x+ r =a; ou seja u =2 [a; b]) (u; v) 2 SC e como (u; v) arbitrrio, segue que Br (x; y) SC :

x > b) x b > 0: Tome r = x b e (u; v) 2 Br (x; y)) k(u; v) (x; y)k = k(u x; v y)k r ) u > x r = b; ou seja u =2 [a; b] ) (u; v) 2 SC e portantoBr (x; y) SC :

As outras duas possibilidades so anlogas.

Logo SC aberto e portanto S fechado.

iExerccio 6

a) Prove que a unio de uma famlia de subconjuntos conexos do Rn; que possuem um pontoem comum, tambm um subconjunto conexo do Rn:

b) Se X um subconjunto conexo do Rn; mostre que X tambm conexo.

Soluo:

a) Considere U; 2 F; uma famlia de subconjuntos conexos do Rn; tais que a 2 U; 8 2 F: SejaU = [

2FU; mostremos que U conexo.

Sejam A;B abertos do Rn tais que (A \ U) \ (B \ U) = ; e U = (A \ U) [ (B \ U) : Como U U;para todo 2 F; segue que U = U\U = (A \ U)[(B \ U) e (A \ U)\(B \ U) = ;; para todo 2 F:Mas, como cada U conexo, segue que para cada 2 F; A\U = ; ou B\U = ;: Ainda a 2 U; 8 2 F;ento a 2 A\U ou a 2 B\U; 8 2 F: Se a 2 A\U; ento A\U 6= ; ) B\U = ;; para todo 2 Fe portanto U = A \ U; para todo 2 F: Como U = [

2FU = [

2F(A \ U) = A \

[2F

U

= A \ U:

Assim, do fato de (A \ U) \ (B \ U) = ; e U = (A \ U) [ (B \ U) ; segue que B \ U = ;;o que implicaque U conexo.

b) Suponhamos por absurdo que X no conexo, ento existem A;B abertos do Rn tais queA \X \

B \X = ;, X = A \X [ B \X com A \X 6= ; e B \X 6= ;: Mas X = X0 [ @X;logo A \ X = A \X0 [ (A [ @X) e B \ X = B \X0 [ (B [ @X) : ComoA \X 6= ; )A \X0[(A [ @X) 6= ; e como X0 e @X so disjuntos ento temos que A\X0 6= ; ou A[@X 6= ;:Se A \X0 6= ;; como X0 X; segue que A \X 6= ;: Se A [ @X 6= ;; seja a 2 A [ @X ) a 2 A ea 2 @X: Como A aberto ento existe r > 0 tal que Br (a) A e da denio de @X; segue queBr (a) \ X 6= ; ) A \ X 6= ;: Ou seja

B \X 6= ; ) (A \X) 6= ; e (B \X ) 6= ;: De fato,

seja a 2 A \X = A \X0 [ (A [ @X) ; ento a 2 A \X0 ou a 2 A [ @X: Se a 2 A \X0; comoX0 X; segue que A \X 6= ; ) (A \X) 6= ;: Analogamente, prova-se que B \X 6= ; e do fatode X X; segue que (A \X )\ (B \X ) = ;, X = X \X =(A \X)[ (B \X) com (A \X ) 6= ;e (B \X ) 6= ;; o que um absurdo, pois X conexo.

Captulo 3

Funes vetoriais de varivel real

O estudo de funes vetoriais muito simples, pois uma extenso imediata do estudode funes reais de uma varivel real feito em MAT-12. As funes vetoriais aparecem noestudo do movimento de partculas, descrevendo sua posio, velocidade, acelerao comrespeito ao tempo t. So utilizadas tambm na descrio de curvas no plano e no espao.Por exemplo, os pontos de uma circunferncia no plano, centrada na origem e de raio 1pode ser descrita pela funo vetorial r : [0, 2] R2, tal que r(t) = (cos t, sen t) .As funes vetoriais descrevem tambm sequncias no Rn. Por exemplo a funo s :

N R3, definida por s (n) =

nn,1

n,

n2

3n2 + 2

uma sequncia no R3.

Definio 3.1 Uma funo vetorial de varivel real uma aplicao

F : X RRn, t F (t) = (F1 (t) , F2 (t) , ..., Fn (t)) ,

onde Fi : X RR para cada i = 1, 2, 3...n so funes reais de uma varivel real,denominadas funes componentes ou funes coordenadas de F.

Nota 3.2 Observe que da definio acima o domnio de F a interseo dos domniosde cada Fi

Por exemplo o vetor velocidade de uma partcula, que varia com o tempo, a foraque atua sobre uma partcula, dependendo apenas do tempo, so exemplos de funesvetoriais.

Exemplo 3.3 f : R R3, definida por f(t) = (sen t2, 3t+ 2, et) .

Exemplo 3.4 f : (0,+) R2, definida por f(t) =ln t,

cos tt

. Abaixo est o trao

15

16 CAPTULO 3. FUNES VETORIAIS DE VARIVEL REAL

da curva descrito pela funo vetorial acima.

Exemplo 3.5 F : [0, 2] R2, definida por F (t) =cos t+

1

2, sen t 1

2

. Esta funo

descreve uma circunferncia de centro1

2,12

e raio 1, como podemos verificar abaixo.

Exemplo 3.6 F : R R2, definida por F (t) = (t, t2) . Esta funo vetorial descreve

17

uma parbola, como podemos verificar no grfico abaixo.

Exemplo 3.7 F : [0, ] R3, definida por F (t) = (cos 2t, sen 2t, t) , cujo grfico segueabaixo.

Exemplo 3.8 s : N R2, definida por F (n) =

n2

2n2 + 1, nndescreve uma sequncia


do R2. Plotamos aguns pontos no plano.

Definio 3.9 Operaes com funes vetoriais:Se F,G : X RRn e h : X RR, definimos:

1. A soma de F e G

F +G : X RRn, (F +G) (t) = F (t) +G (t) .

2. O produto de F por h

hF : X RRn, (hF ) (t) = h (t)F (t) .

3. O produto escalar de F por G

hF,Gi : X RR, hF,Gi (t) = hF (t) , G (t)i .

4. O produto vetorial de F por G (para n = 3 ).

F G : X RRn, (F G) (t) = F (t) G (t) .

Exemplo 3.10 Sejam F (t) = (cos 3t, sen 2t, t2), G (t) = (3, t3, t2) e h (t) = sen t, t R.Temos:

1. (F +G) (t) = (3 + cos 3t, t3 + sen 2t, 2t2) .

2. (hF ) (t) = (sen t cos 3t, sen t sen 2t, t2 sen t) .

3. hF,Gi (t) = 3 cos 3t+ t3 sen 2t+ t4.4. (F G) (t) = (t2 sen 2t t5,t2 cos 3t+ 3t2, t3 cos 3t 3 sen 2t) .

19

3.0.2 Limite de funes vetoriais

Estudaremos os conceitos de limite, continuidade, derivabilidade e integrabilidade defunes vetorias e veremos que este estudo recai no estudo de suas coordenadas, queso funes reais de uma varivel real.

Definio 3.11 Sejam F : X RRn, t0 X 0. Dizemos que o limite de F noponto t0 igual a L quando, dado > 0, existe > 0 tal que para todo t X com0 < |t t0| < , tem-se que kF (t) Lk < e escrevemos:

limtt0

F (t) = L.

Teorema 3.12 Sejam F = (F1, F2, ...Fn) : X RRn, L = (L1, L2, ...Ln) e t0 X 0.Temos:

limtt0

F (t) = L limtt0

Fi (t) = Li, i = 1, 2, 3..., n

Prova. ()Comolimtt0

F (t) = L,

segue da definio 3.11 que: dado > 0, existe > 0 tal que

t X, 0< |t t0| < kF (t) Lk < , (3.1)

mas, para cada i = 1, 2, 3..., n temos

kF (t) Lk ="

nXj=1

[Fj (t) Lj]2# 12

|Fi (t) Li| . (3.2)

Logo por (3.1) e (3.2) temos

> 0, > 0 : t X, 0< |t t0| < |Fi (t) Li| < , i = 1, 2, 3..., n.

ou sejalimtt0

Fi (t) = Li, para cada i = 1, 2, 3..., n.

() Como limtt0

Fi(t) = Li ento para cada i = 1, 2, . . . , n, dado > 0, existe i > 0 tal

que para todo t X com 0 < |t t0| < i tem-se que |Fi(t) Li| < n. Assim, tomando = min{i; 1 i n} segue que t X com 0 < |t t0| < ento |Fi(t) Li|


Nota 3.13 O teorema acima afirma que uma funo vetorial tem limite num ponto deacumulao de seu domnio se e s se suas funes coordenadas tm limite neste ponto e olimite da funo vetorial o vetor cujas coordenadas so, nesta ordem, os limite de cadauma das funes coordenadas. Sendo assim, todos os resultados conhecidos de MAT-12podem ser aplicados nas coordenadas de uma funo vetorial.

Exemplo 3.14 Se F (t) =sen tt

, t2 + 3para t 6= 0,temos

limt0

F (t) =limt0

sen tt

, limt0(t2 + 3)

= (1, 3) .

Exemplo 3.15 Se F (t) = (cos t , sen t , t) , t R, temos

limh0

F (t+ h) F (t)h

=

limh0

cos (t+ h) cos th

, limh0

sen (t+ h) sen th

, limh0

1

= ( sen t , cos t , 1) .

Exemplo 3.16 O limt0

ln (1 + t2)t 1 ,

sen (3t)t

, t cos1

t

= (0, 3, 0) , pois na primeira co-

ordenada temos uma indeterminao do tipo0

0, podemos aplicar lHpital, assim,

limt0

ln (1 + t2)t 1 = limt0

2t1 + t21

= 0.

Na segunda coordenada podemos utilizar o limite fundamental e portanto limt0

sen (3t)t

=

lim3t0

sen (3t)3t

= 3 e finalmente para o ltimo limite temos o produto de uma funo limitada

por uma que tende a 0 e assim limt0

t cos1

t

= 0.

Proposio 3.17 Operaes com limites: Sejam F,G : X RRn e h : X R R.Se t0 X 0, lim

tt0F (t) = a, lim

tt0G (t) = b e lim

tt0h (t) = , temos:

1. limtt0

(F +G) (t) = a+ b.

2. limtt0

(hF ) (t) = a.

3. limtt0

hF,Gi (t) = ha, bi .

4. limtt0

(F G) (t) = a b (n = 3) .

21

5. limtt0

kF (t)k = kak .

Esta proposio pode ser demonstrada diretamente da definio de limite ou utilizandoa proposio acima e as propriedades j conhecidas de limite de funes reais de umavarivel real e por isso ser deixada a cargo do aluno.

3.0.3 Sequncias no Rn

Uma seqncia no Rn na realidade uma funo vetorial cujo domnio o conjunto dosnmeros naturais e portanto o limite de uma seqncia no Rn poder ser visto como umlimite de uma funo vetorial e so vlidos os resultados acima. Vejamos

Definio 3.18 Uma sequncia no Rn uma funo vetorial s : N Rn tal ques(m) = xm = (x1m, . . . , xnm) Rn. Denotamos a seqncia por (xm) e dizemos que xm =(x1m, . . . , xnm) Rn o seu termo geral.

Definio 3.19 Uma sequncia, (xm) , no Rn converge para L Rn se e s se dado > 0, existe m0 N tal que para todo m m0 tem-se que kxm Lk < .

Analogamente ao resultado para funes vetoriais, segue que uma sequncia do Rnconverge se e somente se cada uma de suas coordenadas converge.

Proposio 3.20 Considere uma sequncia, (xm) = ((x1m, . . . , xnm)) , no Rn. Ento (xm) convergente para L = (L1, L2, . . . Ln) Rn (xim) convergente para Li, 1 i n.

A demonstrao anloga a que foi feita acima e portanto ser deixada como exerccio.

Exemplo 3.21 O limite da sequncia

n sen1

n

, nn,1 +

1

n

n

n+(1, 1, e)

pois n sen1

n

n+1, j que lim

t0

sen tt

= 1 e1

n

n+0, com

1

n6= 0, para todo n N.

As demais sequncias so conhecidas de MAT-12.

Definio 3.22 Seja s : N Rn uma sequncia do Rn e A = {n1, n2, . . .} um subcon-junto infinito de N, tal que ni < ni+1, para todo i N. Uma subsequncia da sequncias a restrio de s A, isto , s|A : A Rn. Se (xm) o termo geral da sequncia s, otermo geral da subsequncia ser denotado por (xmk) .

Nota 3.23 (xmk) =x1mk , . . . , x

nmk

uma subsequncia da sequncia (xm) = ((x1m, . . . , xnm))

do Rn se e somente se para cada i = 1, . . . , n,ximk

uma subsequncia de (xim) .

Analogamente ao que j foi dito pode-se provar que uma subsequncia converge se es se cada uma de suas coordenadas converge e cada uma de suas coordenadas umasubsequncia de uma sequncia de R. Ou seja so vlidos os resultados de MAT-12.Portanto podemos facilmente provar o importante resultado.


Teorema 3.24 Toda sequncia limitada do Rn, admite uma subsequncia convergente.

Prova. Seja (xm) = ((x1m, . . . , xnm)) uma sequncia limitada do Rn, ento existeM > 0tal que kxmk M, para todo m N |xim| M, para todo m N, para i = 1, . . . , n.Portanto pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, para i = 1, existe uma subsequncia

x1mk

de (x1m) convergente. Assim,

x2mk

uma subsequncia de (x2m) e portanto limitada, logo

existe uma subsequnciax2mkj

dex2mk

convergente. Como

x1mkj

uma subsequn-

cia dex1mk

, que convergente, ento

x1mkj

convergente. Considerando,

x3mkj

,

temos que limitada e novamente por B-W, existe uma subsequnciax3mkjl

dex3mkj

,

convergente. Novamente, comox1mkjl

ex2mkjl

so subsequncias de sequncias con-

vergentes, ento tambm convergem. Procedendo assim, obteremos uma subsequncia de(xm) convergente, j que cada uma de suas coordenadas convergente.

Nota 3.25 O resultado acima uma generalizao do teorema de Bolzano-Weierstrasspara o Rn.

Nota 3.26 As operaes com limites de sequncia seguem da proposio anterior e dosresultados de MAT-12 sobre operaes com limites. Assim, como os limites infinitos desequncias.

Nota 3.27 Vale ainda a caracterizao de limite de funo vetorial por sequncia, comopara funo real de uma varivel real, estudada em MAT-12.

3.0.4 Continuidade de funes vetoriais

O conceito de continuidade de funes vetoriais tambm uma extenso muito simplesdo conceito de continuidade de funes reais de uma varivel real.

Definio 3.28 Sejam F : X RRn e t0 X. Dizemos que F contnua emt0 quando dado > 0, existe > 0 tal que para todo t X com |t t0| < entokF (t) F (t0)k < .Nota 3.29 Dizemos que F contnua em X quando F contnua em todo ponto de X.Como no Teorema 3.12, podemos mostrar que F contnua em t0 X quando e somentequando cada funo coordenada de F contnua em t0. Quando t0 XX 0 temos que F contnua em t0 se e s se lim

tt0F (t) = F (t0). Caso contrrio, isto se t0 um ponto

isolado de X, ento F sempre contnua em t0. Portanto os casos de interesse prticoso aqueles em que t0 X X 0 e portanto seguem os resultados de limte j enunciados.

Teorema 3.30 Seja f : D R Rn, t0 D, f(t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) , ondecada fi : D R R. Ento f contnua em t0 fi contnua em t0 para cadai = 1, 2, . . . , n.

23

Como a continuidade de uma funo vetorial segue da continuidade de cada uma desuas coordenadas que so funes reais de uma varivel real, pode-se aplicar todos osresultados conhecidos de MAT-12 a cada uma das funes coordenadas. Valem tambma caracterizao de continuidade de funo vetorial por sequncias.

Exemplo 3.31 So contnuas em R as funes abaixo:

1. F (t) = (3 sen2 t , cos t) .

2. F (t) = (F1 (t) , F2 (t)) , onde

F1 (t) =

( sen tt

, se t 6= 01 , se t = 0

F2 (t) =

( 1 cos tt

, se t 6= 00 , se t = 0

3. F (t) = (sen (t2) , ln (1 + t4) , arctg t) .

Tambm vlido a caracterizao de continuidade por sequncias.

Proposio 3.32 Seja F : X Rn e t0 X. F contnua em t0 para qualquersequncia (tn) de elementos de X, que convergem para t0, tem-se que F (tn) converge paraF (t0) .

Exemplo 3.33 A funo F (t) = (f1 (t) , f2 (t)) , t R onde f1 (t) =sen (1/t) ; se t 6= 0

0; se t = 0

e f2 (t) =

t cos (1/t) ; se t 6= 00; se t = 0 no contnua em 0, j que tomando a sequncia (tn)

tal que tn =2

+ 4n, n N, temos que tn 0 e F (tn) (1, 0) 6= F (0, 0) .

3.0.5 Derivada de funes vetoriais

A nooo de derivada a mesma vista em MAT-12, isto a taxa de variao instantnea.Por exemplo, a derivada do vetor posio de uma partcula com respeito ao tempo o vetorvelocidade desta partcula em cada instante de tempo. A derivada do vetor velocidade o vetor acelerao da mesma partcula em cada instante de tempo.

Definio 3.34 Sejam F : X RRn e t0 X X 0. Definimos a derivada de F emt0 como sendo

dFdt(t0) = F 0 (t0) = lim

tt0

F (t) F (t0)t t0

,

quando este limite existir. Se F admite derivada em t0, dizemos que F derivvel emt0. Se X tal que X X 0 = X, dizemos que F derivvel em X quando F derivvelem todo ponto de X.


Teorema 3.35 Sejam F = (F1, F2, ...Fn) : X RRn e t0 X X 0. Ento F derivvel em t0 se e s se cada Fi, i = 1, 2, ...n, derivvel em t0 e alm disso:

F 0 (t0) = (F 01 (t0) , F02 (t0) , ..., F

0n (t0)) .

Prova. consequncia direta da Definio3.34 e do Teorema3.12.

Exemplo 3.36 Seja F : RR3 dada por

F (t) =sen 3t, et

2

, t.

Temos F 0 : RR3 dada por

F 0 (t) =3 cos 3t, 2tet

2

, 1.

Exemplo 3.37 Seja F : RR3 dada por

F (t) =t2, arctg 2t, et

.

Temos F 0, F 00 : RR3 dadas por

F 0 (t) =2t,

2

1 + 4t2,et

, F 00 (t) =

2, 16t

(1 + 4t2)2, et

.

Exemplo 3.38 Se f : [0,+) R3 definida por f(t) =ln (1 + t3) , arctg (t2) ,

t1 + t

o vetor posio de uma partcula em cada instante t, determine o vetor velocidade desta

partcula em cada instante. Assim, f 0(t) =3t2

1 + t3,2t

1 + t4,

1

(1 + t)2

o vetor velocidade

desta partcula em cada instante.

As operaes a seguir seguem diretamente das operaes de derivao para funesreais de varivel real e do 3.35 e portanto sua demonstrao ser deixada como exerccio.

Proposio 3.39 Sejam F,G : X RRn e h : X RR derivveis em t X X 0,Ento:

1. (hF )0 (t) = h0 (t) F (t) + h (t) F 0 (t) .

2. hF,Gi0 (t) = hF 0 (t) , G (t)i+ hF (t) , G0 (t)i .3. (F G)0 (t) = F 0 (t) G (t) + F (t) G0 (t) .

4. (F +G)0 (t) = F 0 (t) +G0 (t) .

25

3.0.6 Integral de funes vetoriais

Ainda, se conhecemos o vetor velocidade de uma partcula em cada instante de tempo esabemos a posio dela num determinado instante podemos determinar o vetor posio emcada instante, integrando o vetor velocidade. Para no gastarmos tempo com partiesde intervalo, soma superior e inferior e depois mostrarmos a equivalncia entre a integra-bilidade de uma funo vetorial e suas coordenadas, j daremos a seguinte definio:

Definio 3.40 Seja f : [a, b] R Rn, f(t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) , onde cadafi : [a, b] R R. Dizemos que f integrvel em [a, b] se e s se cada fi integrvelem [a, b] , i = 1, 2, . . . , n eZ b

af(t)dt =

Z baf1(t)dt,

Z baf2(t)dt, . . . ,

Z bafn(t)dt

.

Definio 3.41 Seja f : I R Rn, f(t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) , onde cada fi :I R R. Dizemos que f admite primitiva no intervalo I se e s se cada fiadmite primitiva em I, i = 1, 2, . . . , n e a primitiva F : I Rn de f tal que F (t) =(F1(t), F2(t), . . . , Fn(t)) , onde cada Fi uma primitiva de fi, i = 1, 2, . . . , n.

Da definio, todos os mtodos de integrao aprendidos em MAT-12, podem seraplicados em cada coordenada. Vejamos os exemplos a seguir.

Exemplo 3.42 Determine uma primitiva de f(t) =arcsen

1

t, arctg

1 + t1 t

no intervalo

I = (1,+).Para isso devemos determinar uma primitiva de cada uma das coordenadas. Portanto,

F1(t) =Zarcsen

1

tdt = t arcsen

1

tZ tp

1 1/t21

t2dt = t arcsen

1

t+

Zdtt2 1

.

A ltima primitiva pode ser obtida fazendo a mudana de varivel t = sec e assimchegamos a Z

sec = ln (|sec + tg |) .

Portanto, temos que

F1(t) = t arcsen1

t+ ln

t+

t2 1

,t I.

Ainda

F2(t) =Zarctg

1 + t1 tdt = t arctg

1 + t1 t

Zt

1 +

1 + t1 t

2 2(1 t)2dt.


Logo,

F2(t) = t arctg1 + t1 t

Z2t

2 (1 + t2)dt = t arctg

1 + t1 t

1

2ln1 + t2

.

Finalmente, conclumos que uma primitiva de f em I

F (t) =t arcsen

1

t+ ln

t+

t2 1

, t arctg

1 + t1 t

1

2ln1 + t2

Exemplo 3.43 Para calcular a integralZ 10

t2 et3,

tet,et+3

dt, temos da definio

que Z 10

t2 et

3

,tet,et+3

dt =

Z 10

t2 et3

dt,Z 10

t et dt,Z 10

et+3dt

.

Portanto devemos calcular cada uma das integrais.

- Na primeira fazemos a substituio u = t3 du = 3t2dt. Logo,Z 10

t2 et3

dt =1

3

Z 10

eu du =1

3[e1] .

- A segunda integral deve ser feita por partes,Z 10

t et dt =t et

10+

Z 10

et dt = e1 e1+1 = 1 2 e1 .

- Finalmente a ltima integral pode ser feita fazendo substituioet+3 = u u2 =

et+3 2udu = et dt dt = 2uu2 3du. Logo,Z 1

0

et+3dt =

Z e+32

2u2

u2 3du =Z e+32

2du+Z e+32

6

u2 3du.

A primeira integral imediata e a segunda integral podemos fazer por fraes par-ciais, ou seja,Z e+3

2

6

u2 3du =Z e+32

6u

3 u+

3du =

=

Z e+32

3

u3du Z e+3

2

3

u+3du =

=3hlnu

3 ln

u+

3i e+3

2

Portanto obtemosZ 10

et+3dt = 2

e+3 4 +

3 ln

e+3

3

e+3 +3

!3 ln

2

3

2 +3

!.

27

Finalmente, obtemos o seguinte resultado finalZ 10

t2 et

3

, e2t+1,tet,et+3

dt =

=

1

3(e 1) , e

2

e2 1

,2e+ 1, 2

e+3

4 +

3+ 2

3 ln

e+3

3

23

!.

Exemplo 3.44R /20

(cos3 t, sen4 t) dt =R /2

0cos3 tdt,

R /20

sen4 tdt. Novamente calcu-

lamos cada uma das integrais.

- Primeiramente usamos identidades trigonomtricas e ento a primeira integral se toena,Z /20

cos3 tdt =Z /20

cos t1 2sen t

dt =

Z /20

cos tdtZ /20

cos t2sen tdt.

A primeira integral imediata e a segunda fazendo a substituio u = sen t du =cos tdt, obtemos que Z /2

0

cos t2sen tdt =

Z 10

u2du =u3

3

1

0=1

3.

Assim, Z /20

cos3 tdt = 1 13=2

3.

- Novamente na segunda integral, usando identidades trigonomtricas, obtemosZ /20

4sen tdt =

Z /20

2sen t

2dt =

Z /20

1 cos 2t

2

2dt =

=1

4

Z /20

1 2 cos 2t+ 1 + cos 4t

4

dt.

Agora temos integrais imediatas e obtemos;Z /20

4sen tdt =

316.

Logo, Z /20

cos3 t,

4sen t

dt =

2

3,316


3.0.7 Lista de Exerccios

Exerccio 3.44 Calcule:

1. limt1

t 1t 1 , t

2,t 1t

.

2. limt0

tg 3tt

,e2t 1

t,ln (1 + t)

t

.

3. limt2

t

3 8t2 4 ,

cos/tt 2 , (cos (t))

1

t 2

.

4. limt

(ln t)2

t7, t sen

t

!.

5. limt

1 +

1

t

cot 1/t,

t3

1 + t4

!.

Exerccio 3.45 Sejam F,G : I R Rn, t0 I 0 com limtt0

G(t) = 0. Suponha que

existam r > 0 e M > 0 tais que kF (t)k M, t (t0 r, t0 + r) I. Ento, mostre que:

1. limtt0

hF (t) , G (t)i = 0.

2. limtt0

F (t)G (t) = 0.

Exerccio 3.46 Calcule a derivada das funes abaixo, indicando o domnio de derivabil-idade das funes:

1. F (t) = (3t2, et, ln (1 + t2)) .

2. F (t) =t1/3, cos t2, 3t

.

3. F (t) = (sen 5t, cos 4t,e2t) .

4. F (t) =arcsen

1

t2, arctg

1 + t1 t

.

5. F (t) =t senh t,

t2

cosh t

, onde

senh t =et et2

e cosh t =et + et

2.

29

Exerccio 3.47 Calcule:

1.Z 10

(t, et) dt.

2.Z 11

sen 3t,

1

1 + t2, ln (2 + t)

dt.

3.Z /40

(sen5 t, tg4 t, t sen t) dt.

4.Z 10

(t2e3t, t sen t, t sen t cos t) dt.

5.Z 10

cosh3 t, tgh3 t

dt.

6. Se R0 (t) = (sen2 t, 2 cos2 t) e R () = (0, 0), determine R (t) .

7. Seja F : [0,+) R2, F (t) =t ln (t+ 2) , t arctg

1

t+ 1

a velocidade de uma pe-

quena partcula, idealizada como massa pontual, em funo do tempo t. No instantet = 2. esta partcula encontra-se na origem (0, 0) . Determine a posio da partculano instante t = 5 e no instante inicial, isto t = 0.

Exerccio 3.48 Seja X um subconjunto fechado do Rn, e (xm) uma sequncia qualquerde elementos de X que converge para x Rn. Mostre que x X.

Exerccio 3.49 Seja X um subconjunto compacto do Rn, mostre que toda sequncia (xm)de elementos de X admite uma subsequncia que converge para um elemento de X.

Exerccio 1

Um ponto se move no espao com velocidade v t, tal que v t k t,onde k 0 uma constante. Prove que v t, at 0 t, onde at o vetoracelerao da partcula. Interprete.

SOLUO:Como v t k k2 v t2 v t, v t .

Portanto derivando ambos os lados da igualdade em relao a t, obtemos quepara todo t

0 ddt v t, v t ddt v t, v t v t,

ddt v t 2 v t,

ddt v t .

Mas,

at ddt v t

Logo, substituinda na equao,

v t, at 0, t.

Interpretando fisicamente a questo observa-se que para termos um corpo semovendo no espao com velocidade de mdulo constante devemos ter um vetoracelerao ortogonal ao vetor velocidade a fim de que a acelerao mudesomente a direo do vetor velocidade e no o mdulo.

Exerccio 2

Seja f : a,b n, contnua. Prove que existe M 0 tal que ft M,para todo t a,b.

SOLUO:Seja ft f1t, , fnt para todo t a,b. Ento para cada i 1, ,n,

fi : a,b contnua, o que implica que fi2 contnua, para i 1, ,n. Assim,a funo g : a,b , definida por

gt ft f1t2 fnt2 contnua em a,b, que um compacto, logo g admite mximo absoluto em a,b,ou seja existe a,b tal que gt g, para todo t a,b. Portanto tomandoM f 1 0, segue que

ft gt g M, para todo t a,b.

Exerccio 3

a) Seja f : I n, derivvel em t0 I I. Mostre que f contnua em t0.b) Seja f : I n, contnua no intervalo I e derivvel em I0 e tal que

f t 0, para todo t I0. Prove que f constante em I.c) Seja f : I 3, duas vezes derivvel no intervalo I. Suponha que

existe tal que d2dt2

ft ft, para todo t I. Mostre queft dfdt t constante em I.

SOLUO:a) Seja ft f1t, , fnt para todo t I fi derivvel em t0, i 1, ,n.

Logo, cada fi contnua em t0 e portanto f contnua em t0.

b) Seja ft f1t, , fnt para todo t I. Ento para cada i 1, ,n,fi : I contnua no intervalo I e derivvel em I0, e que fit 0 paratodo t I0, o que implica que fi constante, para i 1, ,n, ou seja paracada i 1, ,n existe ci , tal que fit ci, para todo t I. Assim,para todo t I,

ft c c1, ,cn,ou seja um vetor constante.

c) Para mostrar que ft dfdt t constante em I, basta mostrar queddt f

dfdt t 0, em I. Mas,

ddt f

dfdt t

dfdt t

dfdt t ft

d2fdt2

t ft d2f

dt2t 0, t I,

pois o produto vetorial de vetores l.d. igual a 0. Portanto ft dfdt t constante em I.

Exerccio 4

Uma partcula se movimenta no plano e seu vetor posio em cadainstante t dado por r : 0, 2, rt acos t,b sen t, onde a,b coma 0 e b 0.

a) Mostre que a trajetria do movimento uma elipse.

b) Determine a condio para que o vetor velocidade vt sejaperpendicular ao vetor posio rt, para todo t 0,.

c) Mostre que o ngulo entre o vetor acelerao at e o vetor posiort , para todo t 0,.

SOLUO:a) Da definio de r temos que xt acos t e

yt b sen t xta2 ytb

2 1, para todo t, ou seja as

coordenadas satisfazem a equao de uma elipse e portanto a trajetriado movimento uma elipse.

b) Para que vt e rt sejam perpendiculares, devemos ter vt, rt 0,para todo t. Mas vt a sen t,bcos t e portantovt, rt a2 sen tcos t b2 sen tcos t sen2t2 b

2 a2. Comovt, rt 0, para todo t, em particular para t 4 e portanto teremosb2 a2 0, como a 0 e b 0, ento a b.

c) O ngulo entre os vetores at e rt do 2 tal que cos at, rtatrt .Mas at dvdt t acos t,b sen t. Assim,

cos a2 cos2t b2 sen2 t

a2 cos2t b2 sen2 t a2 cos2t b2 sen2 t 1,

o que implica que .

Exerccio 5

Seja F : t1, t2 3, integrvel em t1, t2 , uma fora, dependendo dotempo t, que atua sobre uma partcula. Denomina-se impulso de F nointervalo de tempo t1, t2 , o vetor do 3;

I t1

t2Ftdt.

Calcule o impulso de Ft 4 t2 , arcsen t, tt 1t2 2t 3 no intervalo

0, 12

.

Soluo:Da definio, temos que

I 0

1/ 2 Ftdt 0

1/ 2 2 t2 dt, 0

1/ 2 arcsen tdt, 0

1/ 2 dtt 1t2 2t 3 .

Fazendo a mudane de varivel t 2 senu dt 2 cosudu, logo0

1/ 2 2 t2 dt 2 0

/6 cos2udu 0

/61 cos2udu 6 12 sen

3 .

Portanto 0

1/ 2 2 t2 dt 6 32 .

Integrando por partes,0

1/ 2 arcsen tdt tarcsen t 1/ 20 01/ 2 t

1 t2dt

4 2

0

1/ 2 t1 t2

dt.

Na integral do lado direito, fazendo a substituio1 t2 u du 2tdt,0

1/ 2 t1 t2

dt 12 11/2 du

u u 11/2 1 12 . Portanto,

0

1/ 2 arcsen tdt 44 2

1. Utilizando a decomposio em frees parciais,0

1/ 2 dtt 1t2 2t 3

12 0

1/ 2 dtt 1

12 0

1/ 2 t 1t2 2t 3 dt

12 ln 1 2

Na integral do lado direito, fazemos a substituiou t2 2t 3 du 2t 2dt e portanto,12 0

1/ 2 t 1t2 2t 3 dt

14 3

7/2 2 duu 14 ln

7 2 22 ln3 . Assim,

0

1/ 2 dtt 1t2 2t 3

12 ln 1 2

14 ln

7 2 26 .

Logo, o impulso de F no intervalo 0, 12

o vetor

I 3 36 , 44 2

1, 12 ln 1 2 14 ln

7 2 26 .

Exerccio 6

Seja : a,b 3, duas vezes derivvel no intervalo a,b, uma curva no3, tal que t 0,0,0 para todo t a,b. Considere Tt o vetor tangenteunitrio em cada ponto da curva.

a) Determine dTdt t.

b) Sabendo que L a

b tdt o comprimeto de arco da curva, mostreque s : a,b , definida por st

a

t tdt inversvel, cominversa t : 0,L a,b derivvel em 0,L.

c) Considere : 0,L 3, s ts uma curva no 3, tal queIm Im. Mostre que s Tts e portanto um vetor tangenteunitrio curva.

d) Mostre que s perpendicular ao vetor s em cada s 0,L, ouseja um vetor normal curva.

Soluo:

a) Como Tt um vetor tangente unitrio, ento Tt t

t , logo,

dTdt t

t t t t t2 . Mas

t t, t e

portanto t 2t, t

2 t, t

t, t t . Assim,

dTdt t

t t2 t t, t t3 .

b) Como derivvel e portanto contnua, segue que t contnua ema,b. Portanto, do que j foi visto em MAT-12, tem-se que s derivvel e uma primitiva de t em a,b, ou seja, st t, para todot a,b. Mas, por hiptese, t 0,0,0 para todo t a,b e portanto t 0, para todo t a,b. Logo, s estritamente crescente em a,b,o que implica que s injetora, alm disso da continuidade de s, temos quesa,b um intervalo e como sa 0, sb L e s estritamentecrescente, ento sa,b 0,L. Portanto s : a,b 0,L bijetora cominversa t : 0,L a,b. Como s contnua no intervalo a,b, segue que t contnua no intervalo 0,L. Alm disso s derivvel, com derivadast t 0, para todo t a,b. Portanto destas condies temosque t derivvel e t s 1 ts .

c) Da regra da cadeia, segue que

s tst s ts 1 ts ts

ts Tts.

d) s tst s2 tst s ts

ts2 tst s. Mas

t s ts, tst s

ts3 ts, ts

ts4 , portanto

s ts

ts2 ts ts, ts

ts4 . Logo,

s,s ts, ts ts3

ts, ts ts, ts ts5 0,

o que implica que s perpendicular a s para todo s 0,L eportanto um vetor norma curva.

Captulo 4

Campos escalares e vetoriais

Existem vrias situaes em que uma varivel depende de vrias outras. Por exemplo,a rea de um retngulo depende do comprimento e da altura deste. O volume de umcone circular reto depende do raio do crculo da base e da altura do cone. A pressode um gs ideal depende do volume, da massa gasosa em moles e da temperatura. Amdia aritmtica de n nmeros depende destes n nmeros. Estes so alguns exemplos defunes que dependem de vrias variveis e cujo valor um nmero real. Estas funesso denominadas campos escalares.

Definio 4.1 Um campo escalar uma funo cujo domnio um subconjunto do Rn,n > 1 e cujo contradomnio R, isto , f : D Rn R, tal que a cada n upla de D,f associa um nico nmero real.

Exemplo 4.2 Dada f(x, y, z) = ln (1 + x+ y z) , o seu domnio o conjunto D ={(x, y, z) R3;x+ y z + 1 > 0} e a sua imagem R.

Exemplo 4.3 Dada a funo f(x, y) =p4 x2 y2, o seu domnio o conjunto D =

{(x, y) R2;x2 + y2 4} = B2 ((0, 0)) e a sua imagem [0,+).

Nota 4.4 Observe que se f um campo escalar cujo domnio um subconjunto de R2,ento seu grfico um subconjunto do R3. Para campos escalares cujo domnio umsubconjunto do Rn com n > 2, no mais possvel fazer a representao grfica, pois seugrfico um subconjunto do Rn+1. Sendo assim para a funo do primeiro exemplo nopodemos esboar seu grfico, pois seria um subconjunto do R4. No entanto o grfico do

31

32 CAPTULO 4. CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS

segundo exemplo o seguinte subconjunto do R3 :

Nota 4.5 Existem ainda funes que dependem de vrias variveis e cujo valor aindaum vetor. Por exemplo, a fora gravitacional que atua em cada ponto do universo, dependeda posio do ponto e o seu valor um vetor. O vetor velocidade de cada ponto noescoamento de um fluido, depende da posio do ponto e do tempo. Estas funes sodenominadas campos vetoriais.

Definio 4.6 Um campo vetorial uma funo cujo domnio um subconjunto doRn, n > 1 e cujo contradomnio Rm, com m > 1, isto , f : D Rn Rm, tal que acada n upla de D, f associa um nico vetor do Rm. Assim, f(x) = (f1(x), . . . , fm(x)) ,onde x = (x1, . . . , xn) D e fi : D Rn R so campos escalares, i = 1, . . . ,m.

Nota 4.7 Da definio acima observa-se que um campo vetorial uma funo cujascoordenadas so campos escalares.

Exemplo 4.8 Dada f(x, y) =1

5

y, 0seu domnio D = {(x, y) R2; y 0} e sua

imagem [0,+) {0}, ou seja o semi-eixo real positivo.

Exemplo 4.9 Dada f(x, y, z) =arcsen

1

xy, coshxz2

, seu domnio D = {(x, y, z)

R3; |xy| 1} e sua imagem ((/2, 0) (0, /2)) [1,+).Nosso objetivo em MAT-22 o estudo do Clculo para campos escalares e vetoriais.

No entanto assim como as funes vetoriais so uma extenso muito simples de funesreais de varivel real, no estudo do Clculo diferencial e integral, os campos vetoriaistambm so um extenso muito simples dos campos escalares. Portanto enfocaremosespecialmente os campos escalares e daremos sempre que possvel a extenso para camposvetoriais.

4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 33

4.1 Limite de campos escalares e vetoriais

O conceito de limte para campos escalares e vetoriais anlogo ao conceito de limite defunes reais de varivel real, que o conceito fundamental do Clculo.

Definio 4.10 Seja f : D Rn R, a D0 e l R. Dizemos que l o limite de fno ponto a quando dado > 0, existe > 0 tal que para todo x D com 0 < kx ak < tem-se que |f(x) l| < . Neste caso usamos a notao

limxa

f(x) = l

Nota 4.11 Observe que quando queremos estudar limite de uma funo num ponto, es-tamos interessados no comportamento da funo numa vizinhana do ponto, mas no in-teressa o comportamento da funo neste ponto. Por isso o ponto no precisa estar nemno domnio da funo, mas necessrio que seja um ponto de acumulao do domnio dafuno. Observe tambm que a definio no nos d uma maneira de calcular o limite,mas apenas de testar se um determinado nmero o limite da funo naquele ponto.

Exemplo 4.12 Mostremos que lim(x,y)(1,2)

3x 2y = 1. De fato, dado > 0, tomemos

=5> 0, assim, (x, y) R2 tal que 0 < k(x, y) (1, 2)k =

q(x 1)2 + (y 2)2 <

tem-se que |3x 2y + 1| = |3 (x 1) 2 (y 2)| 3 |x 1| + 2 |y 2| < 5 = , o queimplica que lim

(x,y)(1,2)3x 2y = 1.

Exemplo 4.13 Provemos, por definio, que

lim(x,y)(2,0)

8

x+ y 3 = 8 .

Resoluo. Devemos provar que

> 0, > 0 : 0 < k(x, y) (2, 0)k <

8

x+ y 3 + 8< . (4.1)

Temos 8

x+ y 3 + 8=|8 + 8 (x+ y 3)|

|x+ y 3| 8 |x 2|+ 8 |y||x+ y 3| , (4.2)

comok(x, y) (2, 0)k < |x 2| < e |y| < , (4.3)

segue de (4.1) que 8

x+ y 3 + 8 16 |x+ y 3| . (4.4)

Assim, devemos agora encontrar C > 0 tal que

|x+ y 3| > C.


De (4.3) temos2 1 < x+ y 3 < 2 1 .

Logo se considerarmos 0 < 1

4, o que implica que

32< x+ y 3 < 1

2,

ou seja

|x+ y 3| = (x+ y 3) > 12,

usando isto em (4.4) segue 8

x+ y 3 + 8< 32.

Consideramos ento

= min32

,1

4

,

e voltando a (4.4) obtemos (4.1).

Proposio 4.14 Seja f : D Rn R, a D0. Se existe limxa

f(x) ento este nico.

Prova. Suponhamos que existam l1 e l2 R tais que limxa

f(x) = l1 e limxa

f(x) = l2.

Ento dado > 0, existem 1, 2 > 0 tais que x D com 0 < kx ak < 1 tem-se que |f(x) l1| <

2e x D com 0 < kx ak < 2 tem-se que |f(x) l2| <

2.

Assim, tomando = min{1, 2} > 0 segue que x D com 0 < kx ak < tem-seque |f(x) l1| <

2e |f(x) l2| <

2. Portanto tomando x D com 0 < kx ak < ,

obtemos que |l1 l2| |f(x) l1|+ |f(x) l2| < , > 0 l1 = l2.

Como conseqncia imediata da proposio acima temos o seguinte resultado:

Corolrio 4.15 Seja f : D Rn R, a D0. Considere S1, S2 D tais que a S01S02.Se lim

xaxS1

f(x) 6= limxaxS2

f(x) ento @limxa

f(x).

Exemplo 4.16 No existe lim(x,y)(0.0)

xyx2 + y2

pois se tomarmos os subconjuntos Sm de

R2\{(0, 0)}, onde Sm = {(x, y) R2\{(0, 0)}; y = mx}, temos que (0, 0) S0m e lim(x,y)(0,0)(x,y)Sm

f(x, y) =


limx0

mx2

(1 +m2)x2=

m1 +m2

e portanto lim(x,y)(0,0)(x,y)Sm

f(x, y) 6= lim(x,y)(0,0)(x,y)Sk

f(x, y), se m 6= k. O gr-

fico desta funo segue abaixo:

Ou seja o limite acima no existe pois depende da inclinao da reta que passa pelaorigem. Vejamos mais um exemplo.

Exemplo 4.17 Considere f(x, y) =xy2

x2 + y4. Vemos que

lim(x,y)(0,0)(x,y)Sm

f(x, y) = limx0

m2x3

(1 +m4x2)x2= 0,

onde Sm = {(x, y) R2\{(0, 0)}; y = mx}. Podemos ser tentados a achar que o limiteexiste e vale 0, no entanto se tomarmos S = {(x, y) R2\{(0, 0)};x = y2}, vemos que(0, 0) S0 e

lim(x,y)(0,0)(x,y)S

f(x, y) = limy0

y4

2y4=1

26= 0 = lim

(x,y)(0,0)(x,y)Sm

f(x, y),


o que implica que @ lim(x,y)(0,0)

f(x, y). Vejamos o grfico de f :

Exemplo 4.18 Considere f(x, y) = sen1

x2 + y2. Para mostrar que tal limite no existe,

considere S1 = {

1n

, 0;n N} e S2 = {

1p

(/2) + 2n, 0

!;n N}. Na realidade

S1 e S2 so duas seqncias distintas em R2 e como ambas convergem para (0.0) , segueque (0, 0) S01 S02. Como, f(

1n

, 0) = 0, n N e f( 1p(/2) + 2n

, 0) = 1, n N,

temos que lim(x,y)(00)(x,y)S1

f(x) 6= lim(x,y)(0,0)(x,y)S2

f(x) portanto @ lim(x,y)(0,0)

f(x, y). Vejamos o grfico de

f numa vizinhana de (0, 0) .


Nota 4.19 Observe ento que s podemos utilizar curvas ou seqncias para provar queum limite no existe. No entanto temos os seguintes resultados, cujas demonstraesdeixamos a cargo do aluno.

Proposio 4.20 Sejam f : D Rn R, a D0, Si D, 1 i k tais que a ki=1

S0i

eki=1

Si = D. Se limxaxSi

f(x) = l, 1 i k ento limxa

f(x) = l.

Nota 4.21 Na realidade a proposio acima garante a existncia de limite, se pudermosdividir o domnio da funo num nmero finito de conjuntos tais que o limite ao longode cada subconjunto existe e igual. O resultado no mais vlida se o nmero deconjuntos for infinito, como pudemos ver em exemplo anterior, onde o limite existe e igual ao longo de qualquer reta passando pela origem, no entanto diferente ao longo daparbola passando pela origem. Observe que o R2 pode ser visto como unio de todas asretas passando pela origem, mas esta unio infinita e por isso a proposio acima nopode ser aplicada.

Exemplo 4.22 Seja f (x, y) =1 x2 y2; k(x, y)k < 10; k(x, y)k > 1 . claro que os pontos

(x0, y0) R2 tais que k(x0, y0)k = 1 so pontos de acumulao do domnio Df def. Ainda Df = S1 S2, onde S1 = {(x, y) R2; k(x, y)k < 1} e S2 = {(x, y) R2; k(x, y)k > 1}, com (x0, y0) S01S02. Assim, como lim

(x,y)(x0,y0)(x,y)S1

f(x, y) = 1x20y20 = 0

e lim(x,y)(x0,y0)(x,y)S2

f(x, y) = 0, segue da proposio anterior que lim(x,y)(x0,y0)

f(x, y) = 0.

Proposio 4.23 (Caracterizao de limite por sequncia): Sejam f : D Rn R, a D0. lim

xaf(x) = l para toda sequncia (xm) tal que xm D e xm 6= a, para todo

m N, com xm a temos que f (xm) l.

Como a definio de limite no nos permite calcular o limite, mas apenas testar seum determinado nmero ou no limite de uma funo num determinado ponto deacumulao, daremos a seguir alguns resultados que nos permitiro determinar limtes maiscomplicados, a partir de limites mais simples, que podem ser demonstrados por definio.Mas antes de demonstrarmos as propriedades de operaes com limite, apresentaremosalgumas propriedades necessrias para as demontraes das operaes com limites.

Proposio 4.24 Sejam f : D Rn R, a D0 e l R. Se limxa

f(x) = l entor,K > 0 tais que |f(x)| K, x D Br (a) .

Prova. Da definio de limite, segue que considerando = 1 > 0, existe > 0tal que x D (B (a) \{a}) tem-se que |f(x) l| < 1 |f(x)| < 1 + |l| , x


D (B (a) \{a}) . Assim, se a / D segue que |f(x)| < 1 + |l| , x D B (a) e aproposio fica provada neste caso, com r = e K = 1+ |l| . Caso a D ento tomamosK = max{1 + |l| , |f(a)|} e portanto tem-se que |f(x)| K, x D B (a) . Portanto aproposio est provada.

Proposio 4.25 Sejam f : D Rn R, a D0 e l R, l 6= 0 tais que limxa

f(x) = lento:a) Existe r > 0 tal que f(x)l > 0, x D (Br (a) \{a}) .b) Existem r,M > 0 tais que |f(x)| > M, x D (Br (a) \{a}) .

Nota 4.26 O tem (a) da proposio acima conhecido como teorema da conservaode sinal, pois ele afirma que a funo numa vizinhana furada do ponto a tem o mesmosinal que o seu limite neste ponto. As demonstraes dos dois tens so anlogas as queforam feitas em MAT-12 e por isso sero deixadas como exerccio.

Proposio 4.27 Sejam f, g : D Rn R, a D0, l1, l2 R tais que limxa

f(x) = l1 elimxa

g(x) = l2. Ento:

a) limxa

(f(x) g(x)) = l1 l2.b)lim

xa(fg) (x) = l1l2.

c) limxa

f(x)g(x)

=l1l2, se l2 6= 0.

d) limxa

|f(x)| = |l| .

Prova. Os tens (a) e (d) so facilmente demonstrados. Provaremos ento as tens(b) e (c).(b) Como lim

xaf(x) = l1 segue da proposio anterior que existem r,K > 0 tais que

|f(x)| K, x D Br (a) . Ainda da definio de limite, segue que > 0, existem1, 2 > 0 tais que x D com 0 < kx ak < 1 tem-se que |f(x) l1| < |K|+ |l2| ex D com 0 < kx ak < 2 tem-se que |g(x) l2| < |K|+ |l2| . Portanto, tomando =min{1, 2, r} > 0 tem-se que x D com 0 < kx ak < , obtemos |f(x)g(x) l1l2| |f(x)| |g(x) l2|+ |l2| |f(x) l1| K |g(x) l2|+ |l2| |f(x) l1| < . O que demonstra aproposio.(c) Como lim

xag(x) = l2 6= 0, segue da proposio anterior que existem r,M > 0 tais que

|g(x)| > M, x D Br (a) . Ainda das definies de limites segue que > 0, existem1, 2 > 0 tais que x D com 0 < kx ak < 1 tem-se que |f(x) l1| < M |l2| |l1|+ |l2| e

x D com 0 < kx ak < 2 tem-se que |g(x) l2| < M |l2| |l1|+ |l2| . Portanto, tomando

= min{1, 2, r} > 0 tem-se que x D com 0 < kx ak < , obtemosf(x)g(x)

l1l2

=

4.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES E VETORIAIS 39f(x)l2 g(x)l1

g(x)l2

|l2| |f(x) l1|+ |l1| |g(x) l2|

M |l2| < , o que demonstra a proposio.

Exemplo 4.28 fcil provar por definio que lim(x,y)(x0,y0)

ax = ax0 e lim(x,y)(x0,y0)

by = by0

a, b R (Mostre!). Assim, lim(x,y)(x0,y0)

ax2 + by2 = ax20 + by20, utilizando as propriedades

(a) e (b).

Exemplo 4.29 lim(x,y,z)(1,2,1)

x3 y2 + z4x2 + 3y z =

14, pois das propriedades (a) e (b) temos

que lim(x,y,z)(1,2,1)

x3 y2 + z4 = 2 e lim(x,y,z)(1,2,1)

x2 + 3y z = 8 6= 0, portanto de (c)segue o resultado.

Proposio 4.30 Sejam f, g : D Rn R, a D0. Se limxa

f(x) = 0 e existem r > 0 e

M > 0 tais que |g(x)| M, x D Br (a) ento limxa

f(x)g(x) = 0.

Prova. Como limxa

f(x) = 0 ento dado > 0, existe > 0 tal que x D com

0 < kx ak < tem-se que |f(x)| < M

. Logo, tomando 1 = min{, r} > 0, temos quex D com 0 < kx ak < 1 |f(x)g(x)| < lim

xaf(x)g(x) = 0.

Nota 4.31 Observe que o resultado acima diferente da propriedade de produto de lim-ites, pois a funo que por hiptese limitada poder no ter limite no ponto em questo.

Exemplo 4.32 O lim(x,y,z)(1,1,2)

(x+ 1)2q(x+ 1)2 + (y 1)2 + (z 2)2

= 0, pois

lim(x,y,z)(1,1,2)

(x+ 1) = 0

e (x+ 1)q(x+ 1)2 + (y 1)2 + (z 2)2

1, (x, y, z) R2, (x, y, z) 6= (1, 1, 2) .

Observe que o exemplo acima um exemplo tpico onde no se pode aplicar a pro-

priedade de produto de limites, pois a funo(x+ 1)q

(x+ 1)2 + (y 1)2 + (z 2)2 limitada

em todo o seu domnio, mas no admite limite no ponto (1, 1, 2) . (Verifique!).Existem dois resultados importantes, que so os teorema da funo composta, que nos

permitem utilizar importantes resultados de MAT-12, tais como lHpital. Vejamos.


Teorema 4.33 (Teorema da Composta I) Sejam f : D Rn R, g : I R R,a D0, b I 0, l R tais que f(D) I, lim

xaf(x) = b, lim

tbg(t) = l e existe r > 0 tal que

f(x) 6= b, x [Br (a) \{a}] D. Ento limxa

(g f) (x) = l.

Prova. Como limtb

g(t) = l, segue que > 0, > 0 tal que t I com 0 < |t b| < tem-se que |g(t) l| < . Ainda como lim

xaf(x) = b, ento tomando > 0 encontrado

acima, existe 1 > 0 tal que x D com 0 < kx ak < 1 tem-se que |f(x) b| < .Portanto, tomando 2 = min{1, r} > 0 , x D com 0 < kx ak < 2 obtm-se que0 < |f(x) b| < |g(f(x)) l| < lim

xa(g f) (x) = l.

Teorema 4.34 (Teorema da Composta II) Sejam f : D Rn R, g : I R R,a D0, b I tais que f(D) I, lim

xaf(x) = b, e g contnua em b. Ento lim

xa(g f) (x) =

g(b) = glimxa

f(x).

A demonstrao anloga a anterior, na realidade mais simples e por isso ser deixadacomo exerccio. Observe que a continuidade de g no limite de f elimina a condio def(x) ter que ser diferente de seu limite pelo menos numa vizinhana furada de a. Vejamoscom dois exemplos a necessidade destas condies.

Exemplo 4.35 Seja f : R2 R , definida por f(x, y) = (x 1) y e g : R R, definida

por g(t) =

t ln t; t > 0t; t < 02; t = 0

. Assim, temos que lim(x,y)(1,1)

f(x, y) = 0 e limt0

g(t) = 0 6=

g(0) = 2. No entanto r > 0, os pontos (1, y) tais que 0 < |y 1| < r so tais que(1, y) Br (1, 1) \{(1, 1)} e f(1, y) = 0, logo esta funo no satisfaz a ltima condioexigida pelo teorema I e nem a condio de continuidade da g, condio do teorema II.Portanto no podemos aplicar nenhum dos teoremas da composta. Vejamos ento o queacontece com a composta. Consideremos gf : R2 R, que definida por (g f) (x, y) =(x 1) y ln (x 1) y; (x 1) y > 0

(x 1) y; (x 1) y < 02; (x 1) y = 0

. Assim, tomando S1 = {(x, y) R2; y = 1} e

S2 = {(x, y) R2;x = 1}, tem-se que lim(x,y)(1,1)(x,y)S1

(g f) (x, y) = 0 e lim(x,y)(1,1)(x,y)S2

(g f) (x, y) =

2, o que implica que o limite da composta no existe, mesmo existindo cada um doslimites da f e da g. Isto acontece porque a funo f no satisfaz a condio de serdiferente de seu limite em alguma vizinhana furada de (1, 1) e nem g contnua em0 = lim

(x,y)(1,1)f(x, y) = 0.

Exemplo 4.36 Seja f : R2 R , definida por f(x, y) = 0 e g : R R, definida por

g(t) =

t ln t; t > 0t; t < 02; t = 0

. claro que lim(x,y)(1,1)

f(x, y) = 0 e limt0

g(t) = 0, mas f(x, y) =


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

f(x, y), (x, y) R2 e g no contunua em t0 = 0. Ou seja as condies denenhum dos dois teorema da composta esto satisfeitas. Portanto para sabermos se g fadmite ou no limite no ponto (1, 1) , devemos trabalhar com a prpria funo compostaou seja gf : R2 R, definida por (g f) (x, y) = 2, e assim lim

(x,y)(1,1)(g f) (x, y) =

2 6= 0 = limt0

g(t) = 0.

O que observamos que mesmo que os limite de f e g existam se no houver a hiptesede continuidade de g ou a hiptese de f ser diferente de seu limite numa vizinhana furadado ponto, a composta poder no ter limite ou se tiver, o limite poder ser diferente dolimite de g. Vejamos a seguir como podemos aplicar o resultado.

Exemplo 4.37 O lim(x,y)(1,1)

sen(x 1)2 + (y 1)2

(x 1)2 + (y 1)2

= 1, pois

lim(x,y)(1,1)

(x 1)2 + (y 1)2

= 0,

limt0

sen tt= 1

e (x 1)2 + (y 1)2

6= 0, (x, y) R2, (x, y) 6= (1, 1) ,assim estamos nas condies do teorema I e podemos concluir o resultado.

Exemplo 4.38 O lim(x,y,z)(1,0,2)

(cos (xyz))1/(xy)2

= e2 . Antes, observe que o domnio de

f (x, y, z) = (cos (xyz))1/(xy)2

D = {(x, y, z) R3;xy 6= 0} e podemos escrever a funodada como

(cos (xyz))1/(xy)2

= e

ln [cos (xyz)](xy)2 .

Mas para todo (x, y, z) D, com 0 < k(x, y, z) (1, 0, 2)k < 14, temos que z 6= 0 e ento,

podemos escrever a funo neste domnio, como

(cos (xyz))1/(xy)2

= e

z2 ln [cos (xyz)](xyz)2 .

Ainda, lim(x,y,z)(1,0,2)

xyz = 0 e a funo cosseno contnua em 0, tem-se

lim(x,y,z)(1,0,2)

cos (xyz) = 1

e como a funo ln contnua em t = 1, segue que

lim(x,y,z)(1,0,2)

ln (cos (xyz)) = 0.


Como, xyz 6= 0, para todo (x, y, z) D, com 0 < k(x, y, z) (1, 0, 2)k < 14e aplicando

lHpital tem-se que

limt0

ln (cos t)t2

= 12,

segue do teorema da composta I, que

lim(x,y,z)(1,0,2)

=ln [cos (xyz)](xyz)2

= 12.

Portanto, j que lim(x,y,z)(1,0,2)

z2 = 4, obtem-se que

lim(x,y,z)(1,0,2)

z2 ln [cos (xyz)](xyz)2

= 2.

Logo, como a exponencial contnua em t = 2,

lim(x,y,z)(1,0,2)

(cos (xyz))1/(xy)2

= lim(x,y,z)(1,0,2)

e

z2 ln [cos (xyz)](xyz)2 = e2 .

Antes de entrarmos em limite de campos vetoriais vejamos a definio de limite infinitopara campos escalares. Observe que quando dizemos que o limite de um campo escalarnum ponto infinito, no significa que este limite existe, pois infinito no nmero real. apenas uma maneira de dizer que o limite no existe pois a funo cresce ou decresceindefinidamente, medida que se aproxima do ponto. Vejamos.

Definio 4.39 Sejam f : D Rn R, a D0. Ento:a) Dizemos que lim

xaf(x) = + quando dado M > 0 existe > 0 tal que para todo

x D com 0 < kx ak < tem-se que f(x) > M.b) Dizemos que lim

xaf(x) = quando dado N < 0 existe > 0 tal que para todo

x D com 0 < kx ak < tem-se que f(x) < N.

Exemplo 4.40 claro que limxa

1

kx ak = + pois M > 0 basta tomar =1

M> 0 e

assim, x Rn com 0 < kx ak < tem-se que f(x) = 1kx ak >1

=M.

Exemplo 4.41 claro que limxa

ln (kx ak) = , pois N < 0 basta tomar = eN > 0e assim, x Rn com 0 < kx ak < tem-se que ln (kx ak) < ln = N.

Na realidade no se pode falar em operaes com limites infinitos, pois tal limite noexiste e apenas uma maneira de se mostrar o comportamento da funo prximo aum determinado ponto. No entanto temos alguns resultados que permitem manipular


com somas, produtos e quocientes de funes que divegem para . Mas estes resultadosestaro na lista de exerccios.Para terminarmos a parte de limite daremos a seguir a definio de limite de campo

vetorial e o resultado principal que nos diz que determinar o limite de um campo vetorial sereduz a determinar o limite de cada uma de suas componentes, que so campos escalares.

Definio 4.42 Sejam f : S Rn Rm e a S0. Dizemos que b Rm o limite de fno ponto a quando dado > 0, existe > 0 tal que para todo x S com 0 < kx ak < tem-se que kf (x) bk < .Nestas condies usamos a notao

limxa

f (x) = b.

Nota 4.43 Da definio seguem as seguintes observaes:

1. limxa

f (x) = b limkxak0

kf (x) bk = 0.

2. limxa

f (x) = b limkhk0

kf (a+ h) bk = 0.

Observe que a definio sempre a mesma, j que uma funo tem limite L quando xtende a a, se podemos tornar f(x) to prximo de L quanto se queira, desde que x estejasuficientemente prximo de a. O que muda na realidade a funo distncia, que comoestamos em Rn e Rm o mdulo agora se transforma na norma.Vejamos ento o resultado fundamental que nos permitir utilizar os resultados de

campos escalares para campos vetoriais.

Proposio 4.44 Sejam f : D Rn Rm, f(x) = (f1(x), . . . , fm(x)) , onde fi : D Rn R, a D0 e L = (L1, . . . , Lm) Rm. Ento

limxa

f(x) = L limxa

fi(x) = Li, i = 1, . . . ,m.

Prova. () Como limxa

f(x) = L ento dado > 0, existe > 0 tal que para todo x D com 0 < kx ak < tem-se que kf(x) Lk < . Mas como |fi Li| kf(x) Lk ,i = 1, . . . ,m ento |fi Li| < , x D com 0 < kx ak < lim

xafi(x) = Li, i =

1, . . . ,m.() Como lim

xafi(x) = Li, i = 1, . . . ,m segue que para cada i = 1, . . . ,m, dado > 0,

existe i > 0 tal que para todo x D com 0 < kx ak < i tem-se que |fi(x) Li| 0 segue que x D com 0 < kx ak <

tem-se que |fi(x) Li| < m kf(x) Lk =r

mPi=1(fi(x) Li)2 0 limxa

(fg) (x) =,

2. limxa

f (x) = e limxa

g (x) = c < 0 limxa

(fg) (x) = ,

3. limxa

f (x) = e limxa

g (x) = c > 0 limxa

(fg) (x) =

4. limxa

f (x) = e limxa

g (x) = c < 0 limxa

(fg) (x) =,

5. limxa

f (x) = 0 , f (x) > 0 e limxa

g (x) = c > 0 limxa

g (x)f (x)

=,

6. limxa

f (x) = 0 , f (x) < 0 e limxa

g (x) = c > 0 limxa

g (x)f (x)

= .

Exerccio 4.51 Sejam f : D Rn R e g : I R R, tal que f(D) I. Considerea D0 e l R. Prove que:

1. Se limxa

f(x) = + e limx+

g(x) = l ento limxa

(g f) (x) = l.

2. Se limxa

f(x) = e limx

g(x) = l ento limxa

(g f) (x) = l.

3. Se limxa

f(x) = e limx

g(x) = ento limxa

(g f) (x) = . (Considere ambos oscasos ).

Exerccio 4.52 Sejam f : D Rn R, a D0. Prove que limxa

f (x) = l qualquerque seja a seqncia (xn) D com xn 6= a, n N e xn a tem-se que f(xn) l.

Exerccio 1Determine o domnio D da funo fx,y lny x

2 1 x2 y2y 2x e

represente-o graficamente. Determine tambm, D0, D, D. Diga, se D aberto, fechado ou nem aberto nem fechado, conexo, convexo e compacto.

Soluo: Dos domnios de . , ln e do fato de termos um quociente defunes, obtemos que, D x,y 2;x2 y2 1,y x2,y 2x, que oconjunto sombreado, na figura abaixo:

Temos ainda que D0 x,y 2;x2 y2 1,y x2,y 2x D e portanto D no aberto. Ainda D x,y 2;x2 y2 1,y x2,y 2x D, o que implica queD no fechado. Finalmente

D x,y 2;x2 y2 1,2 5 1

2 x 55 x,y

2; ,y x2,2 5 1

2Temos ainda que D limitado, j que para todo x,y D, tem-se que x,y 1,no entanto D no compacto, uma vez que no fechado.

Exerccio 2Mostre, pela definio, que:

x,y,z0,0,0lim xy

2

x2 y2 z2 0.

Soluo: Temos que |fx 0| xy2x2 y2 z2 ,

|x| ||x,y, z 0,0,0|| x2 y2 z2 e y2 x2 y2 z2. Portanto dado 0, tome 0, entox,y, z 3 com 0 ||x,y, z 0,0,0|| , tem-se que

xy2x2 y2 z2 |x| x

2 y2 z2 ||x,y, z 0,0,0|| Ou seja,

x,y,z0,0,0lim xy

2

x2 y2 z2 0.

Exerccio 3Determine os limites abaixo, caso existam:

a)x,y,z1,1,,2

lim z2 sen 1x2 y

b)x,y1,0

lim x2 y21/xy

c)x,y1,0

lim x2 y21/ x2y21

Soluo:

a) O domnio de fx,y, z z2 sen 1x2 y D x,y, z

3;x2 y 0.

Considere as sequncias am 1 12m ,1 1

2m , 2 e

bm 1,1 1/2 2m , 2 de elementos de D, tais que am 1,1,2e bm 1,1,2 para todo m , com am 1,1,2 e bm 1,1,2.Ainda fam f 1 12m ,1

12m , 2 4senm 0, para todo

m , o que implica que fam 0 efbm f 1,1 1/2 2m , 2 4sen/2 2m 4, para todom , o que implica que fbm 4. Portanto no existe

x,y,z1,1,,2lim z2 sen 1

x2 y .

b) O domnio de gx,y x2 y21/xy D x,y 2;xy 0 e podemosreescrever g da seguinte maneira, para todo x,y D,

gx,y e1/xy lnx2y2 .Considere Sm x,y D;y mx 1, segue que 1,0 Sm , para todom , m 0. Assim,

limx,ySm

x,y1,0lnx2 y2

xy limx1ln x2 m2x 12

xmx 1 .

O limite do segundo membro um limite de uma funo de uma varivelreal que uma indeterminao do tipo 00 e portanto podemos aplicarlHpital, obtendo

limx1

ln x2 m2x 12xmx 1 limx1

2x 2m2x 1/ x2 m2x 12mx 1 mx

2m .

Como a exponencial contnua em , segue do teorema da composta de

MAT-12, quelim

x,ySmx,y1,0gx,y e

2/m,

que depende da inclinao da reta que passa pelo ponto 1,0, ou sejano existe

x,y1,0lim x2 y21/xy.

c) O domnio de hx,y x2 y21/ x2y21 D x,y 2;x2 y2 1 epodemos reescrever h da seguinte maneira, para todo x,y D,

hx,y e lnx2y2 / x2y21 .Temos que

x,y1,0lim x2 y2 1, x2 y2 1, para todo x,y D e

t1lim ln t

t 1 t1lim1/t

1/2 t 1 t1lim2 t 1

t 0, por lHpital. Logo, doteorema da composta I, segue que

x,y1,0lim lnx

2 y2x2 y2 1

0.

Como a exponencial contnua em a 0, segue do teorema da compostaII que

x,y1,0lim hx,y e0 1.

Exerccio 4

Seja f : D 2 , a D e L . Suponha que limx,ya.b fx,y L e queexistam os limites iterados limyb fx,y , limxa fx,y. Prove quelimyb fx,y limxa fx,y.

Soluo:Como limx,ya.b fx,y L ,ento temos que dado 0, 0 tal que para

todo x,y D, com 0 x,y a,b implica em fx,y L 2 .Denotemos limxa fx,y gy devemos provar ento que limyb gy L. Pela

existncia de limyb fx,y podemos dizer que para cada y , tal que x,y D,2y 0 tal que x , com x,y D e

0 x a 2y implica em |fx,y gy| 2 .Devemos ,agora, verificar limyb gy L. Para cada y com x,y D e

0 |y b| 2, tome xy com x,y D e 0 |xy a| y, onde

y min2y, 2

0, logo 0 xy,y a,b xy a2 y b2 .Portanto,

gy L gy fxy,y fxy,y L gy fxy,yfxy,y L2

2 . Ou seja, gy L , desde que y com x,y D e

0 |y b| 2

. Logo, limyb gy L.A prova anloga para limxalimyb fx,y.

Exerccio 5

Para cada uma das funes abaixo, calcule, caso existam, os limites

iteradosx0lim

y0lim fx,y,

y0lim

x0lim fx,y e o limite

x,y0,0lim fx,y e verifique se

so ou no iguais. Relacione os resultados obtidos com o exerccio 3.

a) f : 2 ; fx,y x2 y2x2 y2 , se x,y 0,0

0, se x,y 0,0.

b) f : 2 ; fx,y x2y2

x2y2 x y2 , se x y

0, se x y.

c) f : 2 ; fx,y x sen1y , se y 0

0, se y 0.

Soluo:

a) Para cada x 0, fixado, temos quey0lim fx,y

y0lim x

2 y2x2 y2

x2x2

1, demaneira que

x0lim

y0lim fx,y

x0lim 1 1. Ainda, para cada y 0, temos

quex0lim fx,y

x0lim x

2 y2x2 y2

y2y2

1 e portantoy0lim

x0lim fx,y

y0lim 1 1. Ainda, considere Sm x,y 2;y mx\0,0,

ento

x,ySmx,y0,0

lim fx,y x0lim 1 m

2x21 m2x2

1 m21 m2 , que depende de m, logo

no existex,y0,0

lim fx,y. Sendo assim as hipteses do exerccio 3 noesto satisfeitas e por isso, no temos necessariamente

x0lim

y0lim fx,y

y0lim

x0lim fx,y.

b) Para cada y 0, tem-se quexyx0lim fx,y 0 e

xyx0lim fx,y

x0lim x

2y2

x2y2 x y2 0y2

0 e portantoy0lim

x0lim fx,y 0.

Analogamente, prova-se quex0lim

y0lim fx,y 0. Ainda,

xyx,y0,0

lim fx,y 0

exyy2x,y0,0

lim fx,y y0lim y

4 3y3 y2y2y4 3y3 y2y2 y4 y0lim

y2 2y 1y2 2y 2

12 e

portanto no existex,y0,0

lim fx,y. Observe que as hipteses do exerccio3no so satisfeitas pois no temos a existncia do limite, no entanto oslimites iterados existem e so iguais. Este exemplo mostra que aexistncia e igualdade dos limiteas iterados no implica a existncia delimite.

c) Para y 0,x0lim fx,y 0sen 1y 0 e portanto y0lim x0lim fx,y 0. No

entanto para cada x 0, no existey0lim fx,y, pois se tomarmos a

sequncia yn 12n , temos que yn 0, yn 0, para todo n efx,yn 0, para todo n , enquanto que se tomarmos a sequnciayn 1/2 2n tal que yn

0, yn 0, para todo n efx,yn x 0, para todo n . Logo, no existe o limite iterado

x0lim

y0lim fx,y. No entanto

x,y0,0lim fx,y 0, uma vez que sen 1y 1,

para todo y 0 ex,y0,0

lim x 0. Novamente, este exemplo mostra que ano existncia de um dos limites iterados no implica a no existncia dolimite.

Ou seja, a existncia ou no do limitex,ya,b

lim fx,y no est relacionada com aexistncia ou no dos limites iterados

xalim

yblim fx,y,

yblim

xalim fx,y.

Exerccio 6

Dizemos que uma funo f : D n homognea de grau n, quando

ftx tnfx,para todo x,y D e para todo t , t 0, tais que tx D.

Seja f

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Apostila MAT 22