Cálculo Diferencial e Integral - Ciência de Dados - Petrobras - Parte II

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17 DE JANEIRO 
 
 
 
Petrobras Pra Torar 
Ciência de Dados 
Criado por: Guilherme Neves 
 
Cálculo diferencial 
e integral 
2022 – Parte II 
 
 
2 
 
Sumário 
Considerações Iniciais ................................................................................................ 4 
Sequências ................................................................................................................ 4 
Sequências crescentes e decrescentes .................................................................... 7 
Teorema da Sequência Monotônica ........................................................................... 8 
Séries ........................................................................................................................ 8 
Progressão Geométrica ............................................................................................ 10 
Cálculo da razão ................................................................................................... 10 
Termo Geral ........................................................................................................ 11 
Soma dos termos de uma Progressão Geométrica finita ....................................... 12 
Soma dos termos de uma Progressão Geométrica Infinita .................................... 12 
Teste para Divergência ............................................................................................ 13 
Teste da Integral ...................................................................................................... 15 
“Teorema da série p” ........................................................................................... 16 
Teste da comparação ............................................................................................... 16 
Teste de Comparação do Limite ............................................................................... 20 
Séries alternadas ..................................................................................................... 21 
Convergência absoluta ............................................................................................ 22 
Teste da razão ......................................................................................................... 24 
Teste da raiz ............................................................................................................ 25 
Séries de potências .................................................................................................. 28 
Teorema .............................................................................................................. 29 
Representações de funções como séries de potências .............................................. 33 
Derivadas e integrais de séries de potências............................................................. 34 
Séries de Taylor e Maclaurin .................................................................................... 34 
Funções de várias variáveis reais .............................................................................. 39 
Derivadas Parciais ................................................................................................... 42 
Diferenciais ............................................................................................................. 45 
Vetor Gradiente ...................................................................................................... 46 
 
 
3 
 
Regra da Cadeia ....................................................................................................... 47 
Diferenciação implícita ............................................................................................ 49 
Função Homogênea ................................................................................................. 52 
Máximos e mínimos ................................................................................................ 53 
Teste da segunda derivada ...................................................................................... 54 
Multiplicador de Lagrange ....................................................................................... 56 
Integrais Duplas ....................................................................................................... 59 
Teorema de Fubini ................................................................................................... 60 
Integrais duplas sobre regiões quaisquer ................................................................. 63 
Mudança de variáveis em integrais duplas ............................................................... 67 
Equações diferenciais .............................................................................................. 71 
Classificação das equações diferenciais ................................................................ 71 
Equações diferenciais de primeira ordem ................................................................. 74 
Equações separáveis ............................................................................................ 74 
Fator integrante ................................................................................................... 78 
Equações lineares de segunda ordem com coeficientes constantes ........................... 82 
Equações lineares não-homogêneas com coeficientes constantes ............................ 85 
Método dos coeficientes a determinar ................................................................. 86 
Sistema de duas equações lineares de 1ª ordem com coeficientes constantes .......... 88 
Considerações Finais................................................................................................ 91 
 
 
 
 
4 
 
Considerações Iniciais 
Esse é um material exclusivo do programa de ensino Pra Torar®! Oferecido como Bônus 
no curso Revisão Petrobras Pra Tora – Ciência de Dados, uma cortesia do Mestre 
Guilherme Neves. 
 
Você pode encontrá-lo no Instagram @profguilhermeneves ou entrar em contato 
diretamente por email em: profguilhermeneves@gmail.com. 
Sequências 
Uma sequência é uma lista de números escritos em uma ordem definida. 
(𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, … 𝑎𝑛, … ) 
O número 𝑎1 é chamado de primeiro termo, 𝑎2 é o segundo termo, e em geral 𝑎𝑛 é o n-
ésimo termo (termo de ordem n). Quando lidamos com sequências infinitas, cada termo 
𝑎𝑛 terá um sucessor 𝑎𝑛+1. 
A sequência (𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, … 𝑎𝑛, … ) pode ser representada das seguintes maneiras: 
{𝑎𝑛} 𝑜𝑢 {𝑎𝑛}𝑛=1
∞ 
Algumas sequências são definidas através de uma lei de formação para o n-ésimo termo. 
Nos próximos exemplos utilizaremos três notações: uma que acabamos de representar, 
outra usando a lei de formação e finalmente com os próprios termos da sequência. 
{
𝑛 + 1
𝑛
}
𝑛=1
∞
 𝑎𝑛 =
𝑛 + 1
𝑛
 {
2
1
,
3
2
,
4
3
,
5
4
, … ,
𝑛 + 1
𝑛
,… } 
{√𝑛 − 4}
𝑛=4
∞
 𝑎𝑛 = √𝑛 − 4, 𝑛 ≥ 4 {0,1, √2, √7,… , √𝑛 − 4,… } 
{
(−1)𝑛(𝑛 + 2)
3𝑛
}
𝑛=1
∞
 𝑎𝑛 =
(−1)𝑛(𝑛 + 2)
3𝑛
 {−1,
2
3
,−
5
9
,
1
2
,… ,
(−1)𝑛(𝑛 + 2)
3𝑛
,… } 
É importante observar que não necessariamente o n deve começar em 1. 
Observe que os sinais dos termos da última sequência vão se alternando. Para que isto 
aconteça, basta que o termo geral seja multiplicado por (−1)𝑛. 
mailto:profguilhermeneves@gmail.com
 
 
5 
 
Preste atenção na nossa primeira sequência. 
{
2
1
,
3
2
,
4
3
,
5
4
, … ,
𝑛 + 1
𝑛
,… } 
À medida que n vai crescendo, o termo geral se aproxima cada vez mais de 1. Vejamos: 
𝑎1000 =
1.001
1.000
= 1,001 
𝑎1.000.000 =
1.000.001
1.000.000
= 1,000001 
Indicamos isso escrevendo: 
lim
𝑛→∞
𝑎𝑛 = 1 
Isto significa que os termos da sequência {𝑎𝑛} ficam arbitrariamente próximos de 1 
tomando-se n suficientemente grande. Se limite lim
𝑛→∞
𝑎𝑛 existir, dizemos que a sequência 
converge (ou é convergente). Se o limite não existe, dizemos que apróximo exemplo: 
03. Se 𝑅 = [0,
𝜋
2
] × [0,
𝜋
2
], calcule ∬ (𝑠𝑒𝑛 𝑥 cos 𝑦
𝑅
)𝑑𝑥𝑑𝑦. 
Resolução 
∬ (𝑠𝑒𝑛 𝑥 cos 𝑦
𝑅
)𝑑𝑥𝑑𝑦 = (∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
2
0
) ∙ (∫ 𝑐𝑜𝑠 𝑦 𝑑𝑦
𝜋
2
0
) = 
= [−cos 𝑥]0
𝜋/2 
∙ [𝑠𝑒𝑛 𝑦]0
𝜋
2 = 1 ∙ 1 = 1 
Integrais duplas sobre regiões 
quaisquer 
Até agora, só calculamos integrais duplas sobre retângulo, ou seja, com x variando de a 
até b e y variando de c até d. Para integrais duplas, queremos calcular integrais duplas 
não só sobre retângulos, mas também sobre uma região D de forma geral. 
Vamos dividir nossas regiões genéricas em dois subgrupos. 
As regiões do tipo I serão aquelas contidas entre os gráficos de duas funções de x, ou 
seja: 
x varia no intervalo [𝑎, 𝑏]. 
y varia entre duas funções de x. 
 
 
64 
 
 
Pois bem, se f é contínua em uma região D do tipo I, tal que 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 e 𝑔2(𝑥) ≤ 𝑦 ≤
𝑔1(𝑥), então: 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑔1(𝑥)
𝑔2(𝑥)
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
A integral do lado direito é uma integral iterada semelhante às consideradas 
anteriormente, só que na integral de dentro enxergamos x como constante não só em 
f(x,y), mas também nos limites de integração. 
Temos também as regiões do tipo II. Neste caso, y varia entre os números c e d. Já a 
variável x varia entre duas funções de y, ou seja, ℎ1(𝑥) ≤ 𝑥 ≤ ℎ2(𝑥). 
 
Analogamente, temos: 
 
 
65 
 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
ℎ2(𝑥)
ℎ1(𝑥)
𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 
04. Calcular ∬ (𝑥 + 2𝑦)
𝐷
𝑑𝐴, onde D é a região limitada pelas parábolas 𝑦 = 2𝑥2 e 𝑦 =
1 + 𝑥2. 
Resolução 
As parábolas têm a concavidade voltada para cima. Então y fica entre as duas funções. 
Temos uma região do tipo 1. 
Vamos determinar os pontos de interseção das parábolas. 
2𝑥2 = 1 + 𝑥2 
𝑥2 = 1 
𝑥 = ±1 
Assim, x varia de -1 a 1 e y varia de 2𝑥2 até 1 + 𝑥2. E por que colocamos de 2𝑥2 até 1 +
𝑥2 e não o contrário? 
Coloque, por exemplo, x=0. Facilmente percebemos que 2x2, neste caso, é menor que 
1+x2. 
∬ (𝑥 + 2𝑦)
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦
1+𝑥2
2𝑥2
𝑑𝑥
1
−1
 
Vamos calcular a integral interna (integramos em relação a y, fazendo x constante). 
∫ (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦
1+𝑥2
2𝑥2
= [𝑥𝑦 + 𝑦2]2𝑥2
1+𝑥2
= 𝑥(1 + 𝑥2) + (1 + 𝑥2)2 − 𝑥(2𝑥2) − (2𝑥2)2 = 
= −3𝑥4 − 𝑥3 + 2𝑥2 + 𝑥 + 1 
Vamos agora integrar esta função em relação a x no intervalo de -1 a 1. 
 
 
66 
 
∫ ∫ (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦
1+𝑥2
2𝑥2
𝑑𝑥
1
−1
= ∫ (−3𝑥4 − 𝑥3 + 2𝑥2 + 𝑥 + 1)𝑑𝑥
1
−1
= [
−3𝑥5
5
−
𝑥4
4
+
2𝑥3
3
+
𝑥2
2
+ 𝑥]
−1
1
 
∬ (𝑥 + 2𝑦)
𝐷
𝑑𝐴 =
32
15
 
05. Calcular ∬ 𝑥𝑦
𝐷
𝑑𝐴, onde D é o triângulo de vértices (-1,0), (0,1) e (1,0). 
Resolução 
Vamos desenhar o triângulo. 
 
Vemos que y varia no intervalo de 0 a 1 e que x varia entre os segmentos de reta 
vermelhos (segmentos inclinados). Precisamos calcular a equação destas retas. Note que 
se trata de uma região do tipo II. 
Reta da esquerda: 
A reta da esquerda passa pelos pontos (-1,0) e (0,1). Vamos calcular o coeficiente angular 
da reta de equação y=ax+b. 
𝑎 =
∆𝑦
∆𝑥
=
1 − 0
0 − (−1)
= 1 
Como a reta toca o eixo y no ponto de ordenada 1, então b=1. 
Assim, a equação da reta da esquerda é y=x+1. 
 
 
67 
 
Analogamente, descobrimos que a equação da reta da direita é y= -x+1. 
Só que devemos escrever estas equações em função de y. 
Desta forma, a equação da reta da esquerda é x = y-1 e a equação da reta da direita é x = 
-y + 1. 
∬ 𝑥𝑦
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥
−𝑦+1
𝑦−1
𝑑𝑦
1
0
 
Vamos calcular a integral interna: 
∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥
−𝑦+1
𝑦−1
= [
𝑥2𝑦
2
]
𝑦−1
−𝑦+1
=
(1 − 𝑦)2𝑦
2
−
(𝑦 − 1)2𝑦
2
= 0 
Portanto, 
∫ ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥
−𝑦+1
𝑦−1
𝑑𝑦
1
0
= ∫ 0 𝑑𝑦
1
0
= 0 
Mudança de variáveis em integrais 
duplas 
Podemos usar várias vezes a mudança de variável (substituição) para simplificar as 
integrais. Uma mudança de variáveis também pode ser útil em integrais duplas. 
Genericamente, vamos considerar uma mudança de variável dada pela transformação T 
para deixar as variáveis x e y em função das variáveis u e v. 
Ou seja, 
𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣) 
𝑦 = ℎ(𝑢, 𝑣) 
Um determinante que aparece neste cálculo é chamado de jacobiano da transformação. 
O jacobiano da transformação T é: 
 
 
68 
 
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑥, 𝑦)
= |
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
| =
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
−
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
 
Para mudarmos uma integral em x e em y para uma integral em u e v, devemos escrever 
x e y em função de u e v e trocar dA por: 
|
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑥, 𝑦)
| 𝑑𝑢𝑑𝑣 
Observe que devemos colocar o jacobiano em valores absolutos (módulo). 
06. Calcule a integral 
∬ 𝑒
𝑥+𝑦
𝑥−𝑦𝑑𝐴
𝑅
 
onde R é a região trapezoidal com vértices (1,0), (2,0), (0,-2) e (0,-1). 
Resolução 
O tipo da função sugere utilizar as seguinte mudança de variáveis: 
𝑢 = 𝑥 + 𝑦 
𝑣 = 𝑥 − 𝑦 
Para aplicar a fórmula que envolve o jacobiano, devemos resolver o sistema, ou seja, 
escrever x e y em função de u e v. Somando as duas equações, obtemos: 
𝑢 + 𝑣 = 2𝑥 
𝑥 =
1
2
(𝑢 + 𝑣) 
Subtraindo a primeira equação da segunda, obtemos: 
𝑢 − 𝑣 = 2𝑦 
𝑦 =
1
2
(𝑢 − 𝑣) 
 
 
69 
 
Vamos calcular as imagens dos pontos que delimitam a região pelas funções u e v. 
Nossa região original era delimitada pelos pontos (1,0), (2,0), (0,-2) e (0,-1). 
Substituindo esses pontos nas expressões 𝑢 = 𝑥 + 𝑦 e 𝑣 = 𝑥 − 𝑦, encontramos os 
pontos (1,1), (2,2), (-2,2) e (-1,1). 
Vamos desenhar esse trapézio. 
 
Note que é uma região do tipo II. 
Note que v varia de 1 a 2. Já u varia entre os segmentos inclinados. 
Perceba que no segmento da direita, temos sempre u=v. Já no segmento da esquerda 
temos u=-v (você pode achar a equação destas retas calculando o coeficiente angular, 
etc., da mesma maneira que fizemos na aula de função afim). 
Assim, a nossa região é dada por: 
𝑆 = {(𝑢, 𝑣)|1 ≤ 𝑣 ≤ 2 𝑒 − 𝑣 ≤ 𝑢 ≤ 𝑣} 
Já calculamos os novos limites de integração. Vamos agora calcular o jacobiano. 
Lembre-se que: 
𝑥 =
1
2
(𝑢 + 𝑣) 𝑒 𝑦 =
1
2
(𝑢 − 𝑣) 
O jacobiano é: 
 
 
70 
 
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑥, 𝑦)
= |
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
| = |
1
2
1
2
1
2
−
1
2
| =
1
2
∙ (−
1
2
) −
1
2
∙
1
2
= −
2
4
= −
1
2
 
O módulo do jacobiano é igual a: 
|
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑥, 𝑦)
| =
1
2
 
Agora, finalmente, vamos calcular a integral. Lembre-se de substituir dA por 
|
𝜕(𝑥,𝑦)
𝜕(𝑥,𝑦)
| 𝑑𝑢𝑑𝑣. 
∬ 𝑒
𝑥+𝑦
𝑥−𝑦𝑑𝐴
𝑅
=∬ 𝑒𝑢/𝑣 |
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑥, 𝑦)
| 𝑑𝑢𝑑𝑣
𝑆
= ∫ ∫ 𝑒𝑢/𝑣 ∙
1
2
𝑣
−𝑣
𝑑𝑢𝑑𝑣
2
1
=
1
2
∫ ∫ 𝑒𝑢/𝑣
𝑣
−𝑣
𝑑𝑢𝑑𝑣
2
1
 
Vamos calcular a integral interna. Lembre-se que quando integramos em relação a u, 
consideramos v como constante. 
∫ 𝑒𝑢/𝑣
𝑣
−𝑣
𝑑𝑢 = ∫ 𝑒𝑢/𝑣
𝑣
−𝑣
𝑑𝑢 = [𝑣𝑒𝑢/𝑣 ]
−𝑣
𝑣
= 𝑒𝑣 − 𝑒−1𝑣
= (𝑒 − 𝑒−1)𝑣 
Vamos agora derivar esta função em relação a v. 
1
2
∫ ∫ 𝑒𝑢/𝑣
𝑣
−𝑣
𝑑𝑢𝑑𝑣
2
1
=
1
2
∫ (𝑒 − 𝑒−1)𝑣𝑑𝑣
2
1
 
Note que 𝑒 − 𝑒−1 é constante. 
1
2
∫ (𝑒 − 𝑒−1)𝑣𝑑𝑣
2
1
=
(𝑒 − 𝑒−1)
2
∫ 𝑣𝑑𝑣
2
1
=
(𝑒 − 𝑒−1)
2
∙ [
𝑣2
2
]
1
2
=
(𝑒 − 𝑒−1)
2
∙
3
2
 
Portanto, 
 
 
71 
 
∬ 𝑒
𝑥+𝑦
𝑥−𝑦𝑑𝐴
𝑅
=
3
4
∙ (𝑒 − 𝑒−1) 
Equações diferenciais 
O estudo das equações diferenciais atraiu a atenção dos maiores matemáticos durante 
os três últimos séculos. Ainda hoje é uma área de pesquisa dinâmica, com muitas 
questões em aberto. 
Muitos dos princípios e leis que regem o comportamento do mundo físico são relações 
envolvendo a taxa segundo a qual as coisas acontecem. Expressando esses fatos 
matematicamente, as relações são equações e as taxas são derivadas. Equações 
contendo derivadas são equações diferenciais. 
Destarte, para compreender e investigar problemas envolvendo o movimento de fluidos, 
fluxo de corrente elétrica em circuitos, dissipação de calor em objetos, entre muitos 
outros, é necessário saber alguma coisa sobre equações diferenciais. 
Classificação das equações diferenciaisEquações diferenciais ordinárias e parciais – Uma das classificações mais óbvias é 
baseada em se descobrir se a função desconhecida depende de uma única variável 
independente ou de diversas variáveis independentes. No primeiro caso, aparecem na 
equação diferencial apenas derivadas simples e ela é dita equação diferencial ordinária. 
No segundo caso, as derivadas são derivadas parciais e a equação é chamada de equação 
diferencial parcial. 
Sistemas de equações diferenciais – Uma outra classificação de equações diferenciais 
depende do número de funções desconhecidas. Se existe uma única função a ser 
determinada, uma equação é suficiente. Se existem, no entanto, duas ou mais funções 
que devem ser determinadas, precisamos de um sistema de equações. 
Ordem – A ordem de uma equação diferencial é a ordem da derivada de maior ordem 
que aparece na equação. Por exemplo, a equação 𝑦´´´ + 2𝑒𝑡𝑦´´ + 𝑦𝑦´ = 𝑡4 é uma 
equação diferencial de terceira ordem. 
 
 
72 
 
Equações lineares e não-lineares – Uma classificação crucial de equações diferenciais é 
se elas são lineares ou não. Uma equação é dita linear se F é uma combinação linear das 
variáveis 𝑦, 𝑦´𝑦´´, 𝑦´´´, 𝑦(4), … , 𝑦(𝑛). 
Em suma, uma equação diferencial é uma equação que contém uma função 
desconhecida e uma ou mais de suas derivadas. A ordem de uma equação diferencial é a 
ordem da derivada mais alta que ocorre na equação. Uma função f é chamada solução 
de uma equação diferencial se a equação é satisfeita quando y=f(x) e suas derivadas são 
substituídas na equação. 
Quando nos é pedido para resolver uma equação diferencial espera-se que encontremos 
todas as soluções possíveis da equação. Já resolvemos algumas equações diferenciais 
particularmente simples, a saber, aquelas da forma 
𝑦´ = 𝑓(𝑥) 
Neste caso, bastar usar integral. 
Por exemplo, sabemos que a solução geral da equação diferencial 
𝑦´ = 12𝑥5 
é dada por 
𝑦 =
12𝑥6
6
+ 𝐶 = 2𝑥6 + 𝐶 
onde C é uma constante. 
Em geral, resolver uma equação diferencial não é uma tarefa fácil. Não existe uma técnica 
sistemática que nos permita resolver todas as equações diferenciais. 
01. Mostre que todo membro da família de funções 
𝑦 =
1 + 𝑐𝑒𝑥
1 − 𝑐𝑒𝑥
 
é uma solução da equação diferencial 
𝑦´ =
1
2
(𝑦2 − 1) 
Resolução 
 
 
73 
 
Vamos derivar a função dada 𝑦 =
1+𝑐𝑒𝑥
1−𝑐𝑒𝑥
. Para isso, usamos a regra do quociente. 
𝑦´ =
(1 − 𝑐𝑒𝑥)(𝑐𝑒𝑥) − (1 + 𝑐𝑒𝑥)(−𝑐𝑒𝑥)
(1 − 𝑐𝑒𝑥)2
 
𝑦´ =
𝑐𝑒𝑥 − 𝑐𝑒2𝑒2𝑥 + 𝑐𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒2𝑥
(1 − 𝑐𝑒𝑥)2
 
𝑦´ =
2𝑐𝑒𝑥
(1 − 𝑐𝑒𝑥)2
 
Vamos agora desenvolver o lado direito da equação diferencial dada no enunciado. 
𝑦´ =
1
2
(𝑦2 − 1) 
Substituindo y por 
1+𝑐𝑒𝑥
1−𝑐𝑒𝑥
, temos: 
𝑦´ =
1
2
[(
1 + 𝑐𝑒𝑥
1 − 𝑐𝑒𝑥
)
2
− 1]
=
1
2
[
1 + 2𝑐𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒2𝑥 − (1 − 𝑐𝑒𝑥)2
(1 − 𝑐𝑒𝑥)2
] 
𝑦´ =
1
2
[
1 + 2𝑐𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒2𝑥 − (1 − 2𝑐𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒2𝑥)
(1 − 𝑐𝑒𝑥)2
]
1
2
[
4𝑐𝑒𝑥)
(1 − 𝑐𝑒𝑥)2
] =
2𝑐𝑒𝑥
(1 − 𝑐𝑒𝑥)2
 
Portanto, para todo valor de c, a função dada é uma solução da equação diferencial. 
Quando aplicamos as equações diferenciais geralmente não estamos interessados em 
encontrar uma família de soluções (a solução geral) quanto em encontrar uma solução 
que satisfaça algumas condições adicionais. Esta é chamada de condição inicial e o 
problema de achar uma solução da equação diferencial que satisfaça a condição inicial é 
chamado de problema de valor inicial. 
02. Encontre uma solução da equação diferencial 𝑦´ =
1
2
(𝑦2 − 1) que satisfaça a 
condição inicial y(0)=2. 
Resolução 
Substituindo os valor x = 0 e y= 2 na solução geral do exercício 01: 
 
 
74 
 
𝑦 =
1 + 𝑐𝑒𝑥
1 − 𝑐𝑒𝑥
 
2 =
1 + 𝑐𝑒0
1 − 𝑐𝑒0
 
2 =
1 + 𝑐
1 − 𝑐
 
𝑐 =
1
3
 
Assim, a solução do problema do valor inicial é: 
𝑦 =
1 +
1
3
𝑒𝑥
1 −
1
3
𝑒𝑥
 
Simplificando, ficamos com: 
𝑦 =
3 + 𝑒𝑥
3 − 𝑒𝑥
 
Equações diferenciais de primeira 
ordem 
Infelizmente, para uma função arbitrária f, não existe um método geral para resolver a 
equação em termos de funções elementares. Em vez disso, descreveremos alguns 
métodos, cada um dos quais aplicável a determinada subclasse de equações de primeira 
ordem. 
Equações separáveis 
Uma equação separável é uma equação diferencial de primeira ordem na qual a 
expressão 𝑑𝑦/𝑑𝑥 pode ser fatorada como uma função de x vezes uma função de y. Ou 
seja, pode ser escrita na forma 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑔(𝑥)𝑓(𝑦) 
 
 
75 
 
O nome separável vem do fato de que a expressão do lado direito pode ser separada em 
uma função de x e uma função de y. Podemos reescrever a expressão acima: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑔(𝑥)
ℎ(𝑦)
 
Onde a função h(y) é igual a 1/f(y). Para resolver esta equação, a reescrevemos na forma 
diferencial 
ℎ(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 
Agora integramos os dois lados da equação. 
∫ℎ(𝑦)𝑑𝑦 = ∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥 
03. Resolva a equação diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
6𝑥2
2𝑦+cos𝑦
 e, em seguida, encontre a solução dessa 
equação que satisfaz a condição inicial 𝑦(1) = 𝜋. 
Resolução 
Escrevemos a equação em forma diferencial e, em seguida, integramos os dois lados da 
equação. 
(2𝑦 + cos 𝑦)𝑑𝑦 = 6𝑥2𝑑𝑥 
∫(2𝑦 + cos 𝑦)𝑑𝑦 = ∫6𝑥2𝑑𝑥 
2𝑦2
2
+ 𝑠𝑒𝑛 𝑦 =
6𝑥3
3
+ 𝐶 
A rigor, deveríamos usar uma constante C1 no lado esquerdo e outra constante C2, no 
lado direito, mas podemos combinar essas duas constantes em apenas um lado fazendo 
C=C1 – C2. 
Simplificando... 
𝑦2 + 𝑠𝑒𝑛 𝑦 = 2𝑥3 + 𝐶 
Esta equação fornece uma solução geral implícita. Nesse caso não temos como resolver 
a equação para expressar y explicitamente como uma função de x. 
 
 
76 
 
Vamos agora determinar a solução da equação com a condição inicial 𝑦(1) = 𝜋. 
Substituindo x por 1 e y por 𝜋, ficamos: 
𝜋2 + 𝑠𝑒𝑛 𝜋 = 2 ∙ 13 + 𝐶 
𝐶 = 𝜋2 − 2 
Portanto, a solução é dada implicitamente por: 
𝑦2 + 𝑠𝑒𝑛 𝑦 = 2𝑥3 + 𝜋2 − 2 
04. Resolva a equação 𝑦´ = 𝑥2𝑦. 
O primeiro passo é escrever a equação na notação dy/dx (notação de Leibniz). 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥2𝑦 
𝑑𝑦
𝑦
= 𝑥2𝑑𝑥 
∫
1
𝑦
𝑑𝑦 = ∫𝑥2𝑑𝑥 
ln|𝑦| =
𝑥3
3
+ 𝐶 
Lembre-se que ln a é uma notação para logaritmo de a na base e. Portanto, a expressão 
acima pode ser reescrita: 
|𝑦| = 𝑒(𝑥
3/3)+𝐶 = 𝑒𝐶 ∙ 𝑒(𝑥
3/3) 
Portanto, 
𝑦 = ±𝑒𝐶 ∙ 𝑒(𝑥
3/3) 
05. Resolva o problema de valor inicial 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
3𝑥2 + 4𝑥 + 2
2𝑦 − 2
, 𝑦(0) = −1 
Resolução 
 
 
77 
 
A equação diferencial pode ser escrita como: 
(2𝑦 − 2)𝑑𝑦 = (3𝑥2 + 4𝑥 + 2)𝑑𝑥 
Integrando a expressão à esquerda do sinal de igualdade em relação a y e a expressão à 
direita em relação a x, obtemos: 
2𝑦2
2
− 2𝑦 =
3𝑥3
3
+
4𝑥2
2
+ 2𝑥 + 𝐶 
Simplificando: 
𝑦2 − 2𝑦 = 𝑥3 + 2𝑥2 + 2𝑥 + 𝐶 
Para determinar a solução que satisfaz a condição inicial dada, substituímos os valores 
x=0 e y=-1. 
(−1)2 − 2(−1) = 03 + 2 ∙ 02 + 2 ∙ 0 + 𝐶 
𝐶 = 3 
Assim, a solução do problema de valor inicial é dada implicitamente por: 
𝑦2 − 2𝑦 = 𝑥3 + 2𝑥2 + 2𝑥 + 3 
06. Resolva a equação 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
4𝑥 − 𝑥3
4 + 𝑦3
 
Encontre também a solução cujo gráfico contém o ponto (0,1). 
Resolução 
Escrevendo em forma diferencial: 
(4 + 𝑦3)𝑑𝑦 = (4𝑥 − 𝑥3)𝑑𝑥 
Integrando os dois membros: 
4𝑦 +
𝑦4
4
=
4𝑥2
2
−
𝑥4
4
+ 𝐶 
 
 
78 
 
Vamos multiplicar os dois membros da equação por 4. Não precisamos multiplicar a 
constante, já que uma constante multiplicada por 4 é também constante. Vou trocar a 
constante C por uma constante c, tal que c = 4C. 
16𝑦 + 𝑦4 = 8𝑥2 − 𝑥4 + 𝑐 
Para encontrar a solução particular que passa pelo ponto (0,1), fazemos x=0 e y=1. 
16 ∙ 1 + 14 = 8 ∙ 02 − 04 + 𝑐 
𝑐 = 17 
Logo, a solução em questão é dada implicitamente por: 
16𝑦 + 𝑦4 = 8𝑥2 − 𝑥4 + 17 
Fator integrante 
Uma equação linear de primeira ordem é aquela que pode ser escrita na forma 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) (1) 
Ou simplesmente 𝑦´ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥). 
onde P e Q são funções contínuas em determinadointervalo. Um exemplo de equação 
linear é 𝑥𝑦´ + 𝑦 = 2𝑥 porque, para x diferente de zero, esta pode ser escrita na forma: 
𝑦´ +
1
𝑥
𝑦 = 2 
Basta que você divida os dois membros da equação por x. 
Note que esta equação não é separável, porque não temos como fatorar a expressão 𝑦´ 
como uma função de x vezes uma função de y. Mas podemos resolver a equação notando 
que, pela regra do produto 
(𝑥𝑦)´ = 𝑥𝑦´ + 𝑦 
Obviamente, estamos derivando xy em relação a x. 
Ora, a equação dada no enunciado é 𝑥𝑦´ + 𝑦 = 2𝑥. Então podemos escrever 
 
 
79 
 
(𝑥𝑦)´ = 2𝑥 
Se integrarmos os dois lados dessa equação, obtemos: 
𝑥𝑦 =
2𝑥2
2
+ 𝐶 
Isolando y: 
𝑦 = 𝑥 +
𝐶
𝑥
 
Perceba então o seguinte: se a equação tivesse sido dada na forma 𝑦´ +
1
𝑥
𝑦 = 2, teríamos 
que fazer uma etapa preliminar multiplicando cada lado da equação por x. 
Toda equação linear de primeira ordem pode ser resolvida de uma maneira similar pela 
multiplicação de ambos os lados da equação (1) por uma função adequada I(x), chamada 
de fator integrante. 
O objetivo é encontrar I de tal modo que o lado esquerdo da equação (1), quando 
multiplicado por I(x), torna-se a derivada do produto I(x)y. 
Não demonstrarei o fato aqui, mas memorize o seguinte: 
A fórmula para a solução geral da equação 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) (1) 
é dada por 
𝑦(𝑥) =
1
𝐼(𝑥)
∙ [∫ 𝐼(𝑥)𝑄(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶] 
Onde 
𝐼(𝑥) = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 
Ou, se no lugar de decorar esta fórmula, memorize o seguinte: 
 
 
80 
 
Para resolver a equação diferencial linear 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥), que também pode ser 
escrita como 𝑦´ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥), multiplique os dois lados da equação pelo fator 
integrante 𝐼(𝑥) = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 e integre os dois lados. 
07. Resolva a equação diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 3𝑥2𝑦 = 6𝑥2. 
Resolução 
A equação dada é linear porque ela tem a forma da equação (1) com 𝑃(𝑥) = 3𝑥2 e 
𝑄(𝑥) = 6𝑥2. Um fator integrante é 
𝐼(𝑥) = 𝑒∫3𝑥
2𝑑𝑥 = 𝑒𝑥
3
 
Assim, vamos multiplicar os dois membros da equação por 𝑒𝑥
3
. 
𝑒𝑥
3 𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 3𝑥2𝑒𝑥
3
𝑦 = 6𝑥2𝑒𝑥
3
 
O lado esquerdo da equação é justamente a derivada do produto 𝐼(𝑥)𝑦 = 𝑒𝑥
3
𝑦. 
(𝑒𝑥
3
𝑦)´ = 6𝑥2𝑒𝑥
3
 
Vamos agora integrar os dois lados. 
𝑒𝑥
3
𝑦 = ∫6𝑥2𝑒𝑥
3
𝑑𝑥 
Vamos resolver a integral do lado direito por substituição. Fazendo 𝑢 = 𝑥3, temos que 
𝑑𝑢 = 3𝑥2𝑑𝑥, donde: 
𝑒𝑥
3
𝑦 = ∫2 ∙ 3𝑥2𝑒𝑥
3
𝑑𝑥 
𝑒𝑥
3
𝑦 = ∫2 ∙ 𝑒𝑢 𝑑𝑢 
𝑒𝑥
3
𝑦 = 2𝑒𝑢 + 𝐶 
Mas 𝑢 = 𝑥3, 
𝑒𝑥
3
𝑦 = 2𝑒𝑥
3
+ 𝐶 
 
 
81 
 
Dividindo os dois membros por 𝑒𝑥
3
: 
𝑦 = 2 + 𝐶𝑒−𝑥
3
 
08. Determine a solução para o problema de valor inicial 
𝑥2𝑦´ + 𝑥𝑦 = 1, 𝑥 > 0, 𝑦(1) = 2 
Resolução 
Vamos dividir os dois membros da equação pelo coeficiente de 𝑦´ para deixar na forma 
padrão. Ou seja, vamos dividir os dois membros da equação por x2. 
𝑦´ +
1
𝑥
𝑦 =
1
𝑥2
 
O fator integrante é 
𝐼(𝑥) = 𝑒∫1/𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒ln𝑥 = 𝑥 
Assim, vamos multiplicar os dois membros da equação por x. 
𝑥𝑦´ + 𝑦 =
1
𝑥
 
O lado esquerdo da equação é justamente a derivada do produto 𝐼(𝑥)𝑦 = 𝑥𝑦. 
Portanto, 
(𝑥𝑦)´ =
1
𝑥
 
Integrando os dois lados: 
𝑥𝑦 = ln 𝑥 + 𝐶 
Lembre-se que como estamos trabalhando com 𝑥 > 0, não precisamos colocar módulo 
de x no ln x. 
Então, 
𝑦 =
ln 𝑥 + 𝐶
𝑥
 
 
 
82 
 
Como 𝑦(1) = 2: 
2 =
ln 1 + 𝐶
1
 
𝐶 = 2 
A resposta do problema de valor inicial é 𝑦 =
ln 𝑥+2
𝑥
. 
Equações lineares de segunda ordem 
com coeficientes constantes 
Uma equação diferencial linear de segunda ordem tem a forma 
𝑃(𝑥)𝑦´´ + 𝑄(𝑥)𝑦´ + 𝑅(𝑥)𝑦 = 𝐺(𝑥) 
onde P, Q, R e G são funções contínuas. Vamos estudar o caso em que G(x)=0, para todo 
x. Estas equações são chamadas de equações lineares homogêneas (da mesma forma que 
na nossa aula sobre sistemas lineares). 
Destarte, a forma de uma equação diferencial linear homogênea de segunda ordem é: 
𝑃(𝑥)𝑦´´ + 𝑄(𝑥)𝑦´ + 𝑅(𝑥)𝑦 = 0 
Em seguida estudaremos as equações não-homogêneas. 
Existem duas coisas importantes que precisamos aprender para resolver equações 
lineares homogêneas. O primeiro fato é que se conhecermos duas soluções y1 e y2 da 
equação, então a combinação linear c1y1 + c2y2 também é uma solução, onde c1 e c2 
são constantes quaisquer. 
Se y1 e y2 forem linearmente independentes, ou seja, nem y1 e nem y2 forem um 
múltiplo constante do outro, então a solução geral da equação é dada por c1y1 + c2y2. 
Para exemplificar, as funções x3 e 7x3 são linearmente dependentes, já que uma é o 
múltiplo constante da outra. Já as funções 𝑒𝑥 𝑒 𝑥2𝑒𝑥 são linearmente independentes. 
Este teorema diz que se conhecermos duas soluções particulares linearmente 
independentes, então conhecemos TODAS as soluções da equação. 
 
 
83 
 
Geralmente, não é fácil descobrir soluções particulares para uma equação linear de 
segunda ordem. Mas é sempre possível conseguir se as funções P, Q e R forem funções 
constantes. Ou seja, resolveremos equações do tipo: 
𝑎𝑦´´ + 𝑏𝑦´ + 𝑐𝑦 = 0 
Onde a,b,c são constantes e 𝑎 ≠ 0. 
Estamos examinando para uma função y tal que uma constante vezes sua segunda 
derivada mais outra constante vezes a sua primeira derivada mais a terceira constante 
vezes y é igual a 0. Sabemos que a função exponencial 𝑦 = 𝑒𝑟𝑥(onde r é constante) tem 
a propriedade que sua derivada é uma constante múltiplo dela mesma, ou seja, 𝑦´ =
𝑟𝑒𝑟𝑥. Além disso, 𝑦´´ = 𝑟2𝑒𝑟𝑥. Se substituirmos essas expressões na equação acima, 
veremos que 𝑦 = 𝑒𝑟𝑥 é uma solução se: 
𝑎 ∙ 𝑟2𝑒𝑟𝑥 + 𝑏 ∙ 𝑟𝑒𝑟𝑥 + 𝑐 ∙ 𝑒𝑟𝑥 = 0 
Colocando 𝑒𝑟𝑥 em evidência: 
𝑒𝑟𝑥(𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐) = 0 
Ora, mas 𝑒𝑟𝑥 é um número positivo (diferente de zero). Então 𝑦 = 𝑒𝑟𝑥 é uma solução da 
equação se r é raiz da equação 
𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0 
Esta equação 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0 é chamada de equação característica (ou auxiliar) da 
equação diferencial 𝑎𝑦´´ + 𝑏𝑦´ + 𝑐𝑦 = 0. 
E agora vamos usar os fatos que estudamos na aula sobre equação do segundo grau. 
Definindo o discriminante ∆= 𝑏2 − 4𝑎𝑐, temos três casos a considerar. 
Caso I - ∆> 0 
Neste caso as raízes r1 e r2 da equação auxiliar são reais e distintas, portanto 𝑦1 = 𝑒
𝑟1𝑥 
e 𝑦2 = 𝑒
𝑟2𝑥 são duas soluções linearmente independentes. Desta forma, a solução geral 
da equação 𝑎𝑦´´ + 𝑏𝑦´ + 𝑐𝑦 = 0 é 𝑦 = 𝑐1𝑒
𝑟1𝑥 + 𝑐2𝑒
𝑟2𝑥. 
09. Resolva a equação 𝑦´´ + 𝑦´ − 6𝑦 = 0. 
A equação característica é: 
 
 
84 
 
𝑟2 + 𝑟 − 6 = 0 
Resolvendo esta equação, temos: 
𝑟 =
−1 ± √12 − 4 ∙ 1 ∙ (−6)
2 ∙ 1
 
Assim, 𝑟 = 2 ou 𝑟 = −3. A solução geral desta equação diferencial é dada por 
𝑦 = 𝑐1𝑒
2𝑥 + 𝑐2𝑒
−3𝑥 
Caso II - ∆= 0 
Neste caso as raízes r1 e r2 da equação auxiliar são reais e iguais. 
É possível demonstrar que a solução geral da equação 𝑎𝑦´´ + 𝑏𝑦´ + 𝑐𝑦 = 0 é 𝑦 =
𝑐1𝑒
𝑟𝑥 + 𝑐2𝒙𝑒
𝑟𝑥. 
10. Resolva a equação 𝑦´´ − 8𝑦´ + 16𝑦 = 0. 
A equação característica é 𝑟2 − 8𝑟 + 16 = 0. 
𝑟 =
8 ± √(−8)2 − 4 ∙ 1 ∙ 16
2
=
8 ± 0
2
= 4 
As duas raízes da equação característica são iguais. Portanto, a solução geral é 
𝑦 = 𝑐1𝑒
4𝑥 + 𝑐2𝒙𝑒
4𝑥 
Caso III - ∆2𝑥 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 2𝑥) 
Resumindo: 
Raízes de 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0 Solução geral 
Raízes reais e distintas (∆> 0) 𝑦
= 𝑐1𝑒
𝑟1𝑥
+ 𝑐2𝑒
𝑟2𝑥 
Raízes reais e iguais (∆> 0) 𝑦
= 𝑐1𝑒
𝑟𝑥
+ 𝑐2𝒙𝑒
𝑟𝑥 
Raízes complexas 𝛼 ± 𝛽𝑖 (∆sequência diverge (ou 
é divergente). 
A única diferença entre as notações 
lim
𝑛→∞
𝑎𝑛 𝑒 lim
𝑥→∞
𝑓(𝑥) 
é que no limite de sequência n precisa ser inteiro. 
Se 𝑎𝑛 se tornar grande quando n se tornar grande, escrevemos: 
lim
𝑛→∞
𝑎𝑛 = ∞ 
Se isso acontece, a sequência {𝑎𝑛} é divergente, mas diverge de uma maneira especial. 
Dizemos que {𝑎𝑛} diverge para ∞. 
As leis do limite que aprendemos na aula sobre limites, também valem para limites de 
sequências. Assim: 
Se lim
𝑥→∞
𝑓(𝑥) = 𝐿 e 𝑓(𝑛) = 𝑎𝑛 quando n é inteiro, então lim
𝑛→∞
𝑎𝑛 = 𝐿. 
Um fato importantíssimo sobre limites de sequências é dado pelo seguinte teorema: 
 
 
6 
 
𝑆𝑒 lim
𝑛→∞
|𝑎𝑛| = 0, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 lim
𝑛→∞
𝑎𝑛 = 0. 
01. Calcule lim
𝑛→∞
ln𝑛
𝑛
. 
Note que o numerador e o denominador se aproximam de infinito quando n tende a 
infinito. A regra de L´Hospital se aplica a funções de variáveis reais. Contudo, podemos 
aplicar a regra de L´Hospital à função f(x)=(ln x)/x. 
lim
𝑥→∞
ln 𝑥
𝑥
= lim
𝑥→∞
1/𝑥
1⏟ 
𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟
𝑒 𝑑𝑒𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜𝑟
𝑅𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝐿´𝐻𝑜𝑠𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙
= lim
𝑥→∞
1
𝑥
= 0 
Portanto, 
lim
𝑛→∞
ln 𝑛
𝑛
= 0 
Um resultado importante sobre limites de sequências que devemos memorizar é o 
seguinte: 
A sequência de termo geral 𝑎𝑛 = 𝑝
𝑛 é convergente se −1) é uma P.G. com razão −1 1 e divergente se 𝑝 ≤ 1. 
A partir deste teorema, podemos descobrir para que valores de p a série 
∑
1
𝑛𝑝
∞
𝑛=1
 
é convergente se 𝑝 > 1 e divergente se 𝑝 ≤ 1. 
Esta série é comumente chamada de série p ou série harmônica. Para referências futuras 
na aula, chamarei este teorema de “Teorema da série p”. 
Teste da comparação 
O teste da comparação é bastante intuitivo. 
Vamos considerar a série geométrica 1/2 + 1/4 + 1/8 + ... 
A soma desta série convergente (já que o módulo da razão é menor que 1) é igual a: 
𝑆 =
𝑎
1 − 𝑞
=
1/2
1 −
1
2
= 1 
A representação desta série é: 
 
 
17 
 
∑
1
2𝑛
∞
𝑛=1
 
Já que cada parcela é o inverso de uma potência de 2. 
Vamos agora considerar a série 
∑
1
2𝑛 + 5
∞
𝑛=1
 
Esta série é bem parecida com a série ∑
1
2𝑛
∞
𝑛=1 , que é uma série geométrica convergente 
de soma 1. 
Ora, quando mantemos fixo o numerador e aumentamos o denominador, o valor da 
fração diminui. Portanto, 
1
2𝑛 + 5
do Limite. 
 
 
20 
 
Teste de Comparação do Limite 
Já mostramos que a série 
∑
1
2𝑛 + 5
∞
𝑛=1
 
é convergente, pois seus termos são menores que os termos da série geométrica ∑
1
2𝑛
∞
𝑛=1 . 
Suponha agora que queremos estudar a seguinte série: 
∑
1
2𝑛 − 1
∞
𝑛=1
 
Neste caso, os termos desta série são maiores que os termos da série geométrica ∑
1
2𝑛
∞
𝑛=1 , 
pois estamos diminuindo 1 unidade no denominador. 
Eis o enunciado do Teste de Comparação do Limite. Suponha que ∑𝑎𝑛 e ∑𝑏𝑛 sejam 
séries com termos positivos. Se 
lim
𝑛→∞
𝑎𝑛
𝑏𝑛
= 𝑘 
onde k é um número positivo, então ambas as séries convergem ou ambas as séries 
divergem. Ou seja, se o limite dos quocientes dos termos correspondentes quando n 
tende a infinito é um número positivo, então as duas séries têm o mesmo 
comportamento: ou são ambas convergente, ou são ambas divergentes. 
Vamos voltar ao exemplo da série ∑
1
2𝑛−1
∞
𝑛=1 . 
Vamos usar: 
𝑎𝑛 =
1
2𝑛 − 1
 𝑒 𝑏𝑛 =
1
2𝑛
 
Calculemos o limite do quociente. 
lim
𝑛→∞
𝑎𝑛
𝑏𝑛
= lim
𝑛→∞
1
2𝑛 − 1
1
2𝑛
= lim
𝑛→∞
(
1
2𝑛 − 1
×
2𝑛
1
) = lim
𝑛→∞
(
2𝑛
2𝑛 − 1
) 
 
 
21 
 
lim
𝑛→∞
𝑎𝑛
𝑏𝑛
= lim
𝑛→∞
2𝑛
2𝑛 ∙ (1 −
1
2𝑛)
= lim
𝑛→∞
1
1 −
1
2𝑛
 
Quando n tende a infinito, 1/2n tende a 0, portanto: 
lim
𝑛→∞
𝑎𝑛
𝑏𝑛
=
1
1 − 0
= 1 
Assim, as séries ∑
1
2𝑛−1
∞
𝑛=1 e ∑
1
2𝑛
∞
𝑛=1 têm o mesmo comportamento. Como a segunda é 
uma série geométrica convergente, então a primeira série também é convergente. 
Séries alternadas 
Séries alternadas são aquelas em que os termos se alternam no sinal. Os testes que 
aprendemos até agora se aplicam a séries com termos positivos. Vamos agora aprender 
métodos para lidar com séries cujos termos não são necessariamente positivos. 
O teste da série alternada diz que se os termos de uma série alternada decrescem em 
direção 0 em valor absoluto (em módulo), então a série converge. 
Por exemplo, a série 
∑
(−1)𝑛−1
𝑛
∞
𝑛=1
= 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+⋯ 
é convergente, já que os módulos dos termos vão diminuindo e, quando n tende a 
infinito, o módulo dos termos tende a 0. 
Vejamos o caso da seguinte série: 
∑
(−1)𝑛 ∙ 2𝑛
5𝑛 + 2
∞
𝑛=1
 
Esta é uma série alternada. Mas vamos calcular o limite do módulo do termo geral. 
lim
𝑛→∞
2𝑛
5𝑛 + 2
= lim
𝑛→∞
2𝑛
𝑛 ∙ (5 +
2
𝑛)
= lim
𝑛→∞
2
5 +
2
𝑛
=
2
5
 
 
 
22 
 
Uma maneira mais rápida de calcular este limite é usando a Regra de L´Hospital (derive 
o numerador e o denominador). 
lim
𝑛→∞
2𝑛
5𝑛 + 2
= lim
𝑛→∞
2
5
=
2
5
 
Como os termos não tendem a 0, então a série diverge, pelo teste da série alternada. 
Convergência absoluta 
Considere uma série qualquer 
∑𝑎𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 +⋯+ 𝑎𝑛 +⋯ 
Para qualquer série como esta, podemos considerar uma série correspondente cujos 
termos são os módulos dos termos da série original. 
∑|𝑎𝑛| = |𝑎1| + |𝑎2| + |𝑎3| + ⋯+ |𝑎𝑛| + ⋯ 
Se a série ∑|𝑎𝑛| for convergente, a série original ∑𝑎𝑛 é chamada de absolutamente 
convergente. 
Obviamente, se todos os termos da série forem positivos, a convergência absoluta é a 
mesma coisa que a convergência. 
Por exemplo: a série 
∑
(−1)𝑛−1
𝑛3
∞
𝑛=1
= 1 −
1
23
+
1
33
−
1
43
+⋯ 
é absolutamente convergente, pois a série 
∑|
(−1)𝑛−1
𝑛3
|
∞
𝑛=1
= ∑
1
𝑛3
∞
𝑛=1
= 1 +
1
23
+
1
33
+
1
43
+⋯ 
é uma série convergente (série p com p igual a 3). 
Por outro lado, já vimos (na teoria de séries alternadas) que a série 
 
 
23 
 
∑
(−1)𝑛−1
𝑛
∞
𝑛=1
= 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+⋯ 
é convergente, mas não é absolutamente convergente. Isto porque se tomarmos a série 
de valores absolutos: 
∑|
(−1)𝑛−1
𝑛
|
∞
𝑛=1
= ∑
1
𝑛
∞
𝑛=1
= 1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+⋯ 
teremos uma série divergente (série p com p=1, também conhecida como série 
harmônica). 
Quando uma série for convergente, mas não for absolutamente convergente, ela será 
chamada de condicionalmente convergente. 
E então, vem o nosso teorema: Se uma série for absolutamente convergente, então ela 
é convergente. 
Exemplo: Verificar que a série 
∑
𝑠𝑒𝑛 𝑘
𝑘2
∞
𝑘=1
 
é absolutamente convergente. 
Lembre-se que |𝑠𝑒𝑛 𝑘| ≤ 1, portanto, 
|
𝑠𝑒𝑛 𝑘
𝑘2
| ≤
1
𝑘2
 
Como a série ∑
1
𝑘2
∞
𝑘=1 é convergente (série p com p=2), então a série ∑ |
𝑠𝑒𝑛 𝑘
𝑘2
|∞
𝑘=1 é 
convergente pelo teste da comparação. 
Portanto, ela é absolutamente convergente. 
E como ela é absolutamente convergente, garantimos, obviamente, que é convergente. 
O teste a seguir é bastante prático para saber se uma série é absolutamente convergente. 
 
 
24 
 
Teste da razão 
O teste da razão consiste no seguinte procedimento. 
Calculamos o limite 
lim
𝑛→∞
|
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
| 
Se este limite for menor que 1, então a série ∑𝑎𝑛 é absolutamente convergente e, 
portanto, convergente. 
Se este limite for maior que um ou infinito, então a série ∑𝑎𝑛 é divergente. 
Se o limite for igual a 1, o critério nada revela. 
Exemplo: Teste a convergência da série 
∑
𝑘𝑘
𝑘!
∞
𝑘=1
 
Onde 𝑘! = 𝑘 ∙ (𝑘 − 1) ∙ … ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
Resolução 
Como os termos são positivos, não precisamos ficar escrevendo o símbolo do módulo. 
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
=
(𝑘 + 1)𝑘+1
(𝑘 + 1)!
𝑘𝑘
𝑘!
=
(𝑘 + 1)𝑘+1
(𝑘 + 1)!
∙
𝑘!
𝑘𝑘
 
Observe que (𝑘 + 1)! = (𝑘 + 1) ∙ 𝑘!. 
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
=
(𝑘 + 1)𝑘+1
(𝑘 + 1) ∙ 𝑘!
∙
𝑘!
𝑘𝑘
=
(𝑘 + 1)𝑘+1
(𝑘 + 1)
∙
1
𝑘𝑘
 
Observe ainda que (𝑘 + 1)𝑘+1 = (𝑘 + 1)𝑘 ∙ (𝑘 + 1). 
 
 
25 
 
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
=
(𝑘 + 1)𝑘 ∙ (𝑘 + 1).
(𝑘 + 1)
∙
1
𝑘𝑘
=
(𝑘 + 1)𝑘
𝑘𝑘
= (
𝑘 + 1
𝑘
)
𝑘
= (1 +
1
𝑘
)
𝑘
 
Portanto, 
lim
𝑛→∞
|
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
| = lim
𝑛→∞
(1 +
1
𝑘
)
𝑘
= 𝑒 
Como 𝑒 = 2,7182… > 1, então a série é divergente. 
Na verdade, nem precisaríamos deste cálculo todo para esta série, pois: 
𝑘𝑘
𝑘!
=
𝑘 ∙ 𝑘 ∙ 𝑘 ∙ 𝑘 ∙ 𝑘 ∙ … ∙ 𝑘
1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 ∙ … ∙ 𝑘
≥ 𝑘 
Como o termo geral não se aproxima de 0 quando n tende a infinito, então a série é 
divergente pelo teste da divergência. 
Exercício: Determine x para que a série ∑𝑛𝑥𝑛 seja convergente. 
Para x = 0, a soma da série é 0, portanto, convergente. Vamos supor que x é não-nulo e 
aplicar o teste da razão. 
lim
𝑛→∞
|
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
| = lim
𝑛→∞
|
(𝑛 + 1)𝑥𝑛+1
𝑛𝑥𝑛
|
= lim
𝑛→∞
|
(𝑛 + 1)𝑥𝑛 ∙ 𝑥
𝑛𝑥𝑛
| lim
𝑛→∞
|
(𝑛 + 1) ∙ 𝑥
𝑛
|
= |𝑥| ∙ lim
𝑛→∞
𝑛 + 1
𝑛
 
lim
𝑛→∞
|
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
| = |𝑥| ∙ lim
𝑛→∞
𝑛 + 1
𝑛
= |𝑥| ∙ 1 = |𝑥| 
Do critério da razão, a série é convergente para |𝑥|série é divergente. 
O limite poderia ter sido calculado sem o uso da regra de L´Hospital. 
lim
𝑛→∞
5𝑛 + 4
4𝑛 + 7
= lim
𝑛→∞
𝑛 ∙ (5 +
4
𝑛)
𝑛 ∙ (4 +
7
𝑛)
= lim
𝑛→∞
5 +
4
𝑛
4 +
7
𝑛
=
5
4
 
Agora temos muitas maneiras de testar a convergência ou divergência de uma série. De 
repente, você se depara com um problema e não sabe qual teste aplicar. Você já deve 
ter se deparado com o mesmo dilema na hora de integrar alguma função. Não há regras 
certeiras e rápidas, mas darei agora algumas dicas para você ganhar tempo. 
Se a série for da forma ∑1/𝑝𝑛, temos uma série p, que é convergente se p > 1 e 
divergente se p ≥1. 
Se a série tiver a forma ∑𝑎𝑞𝑛 ou ∑𝑎𝑞𝑛−1, então temos uma série geométrica que 
converge se o módulo da razão for menor que 1. Ou seja, converge se |𝑞| 𝑅. 
No terceiro caso, R é chamado de raio de convergência da série de potências. No nosso 
exemplo acima, o raio de convergência é igual a 0. 
O intervalo de convergência de uma série de potências é o intervalo que engloba todos 
os valores de x para os quais a série converge. 
Ainda em relação à terceira possibilidade. A desigualdade |𝑥 − 𝑎| 
1
3
 
Isto significa que o raio de convergência é R=1/3. 
Assim, já sabemos que a série converge no intervalo aberto (-1/3, 1/3). Vamos agora 
descobrir o que acontece nas extremidades do intervalo. 
 
 
31 
 
Se x = -1/3, a série torna-se: 
∑
(−3)𝑛 (−
1
3)
𝑛
√𝑛 + 1
∞
𝑛=0
= ∑
((−3) ∙ (−
1
3)
)
𝑛
√𝑛 + 1
∞
𝑛=0
= ∑
1𝑛
√𝑛 + 1
∞
𝑛=0
= ∑
1
√𝑛 + 1
∞
𝑛=0
= 
=
1
√1
+
1
√2
+
1
√3
+⋯ 
Esta é uma série divergente já que é uma série p com p = 1/2 (menor que 1). Você 
também poderia usar o teste da integral para mostrar que esta série diverge. 
Vamos agora substituir x por 1/3. A série fica: 
∑
(−3)𝑛 (
1
3)
𝑛
√𝑛 + 1
∞
𝑛=0
= ∑
((−3) ∙ (
1
3
))
𝑛
√𝑛 + 1
∞
𝑛=0
= ∑
(−1)𝑛
√𝑛 + 1
∞
𝑛=0
 
que converge pelo teste da série alternada. Portanto, a série de potências converge no 
intervalo −
1
3
 3. Desta forma, o raio de convergência é igual a 3. 
A desigualdade |𝑥 + 2|∞
𝑛=0
 
 
 
34 
 
Derivadas e integrais de séries de 
potências 
Para diferenciar ou integrar uma série de potências, devemos derivar ou integrar cada 
termo individual da série, da mesma forma que faríamos se fosse um polinômio. Esse 
processo é chamado de diferenciação e integração termo a termo. 
Ou seja, já vimos que para somas finitas, a derivada de uma soma é a soma das derivadas 
e que a integral de uma soma é a soma das integrais. Este teorema afirma que o mesmo 
é verdade para somas infinitas, desde que estejamos lidando com séries de potências. 
Séries de Taylor e Maclaurin 
Durante esta aula encontramos representações para determinados tipos de funções. 
Vamos agora ampliar o nosso conhecimento. Quais funções podem ser representadas em 
séries de potências e como achar tais representações? 
𝑓(𝑥) = ∑𝑘𝑛(𝑥 − 𝑎)
𝑛
∞
𝑛=0
= 𝑘0 + 𝑘1(𝑥 − 𝑎) + 𝑘2(𝑥 − 𝑎)
2 + 𝑘3(𝑥 − 𝑎)
3
+ 𝑘4(𝑥 − 𝑎)
4… 
Com |𝑥 − 𝑎|em a, então chamamos essa derivada de 
derivada parcial de f em relação a x em (a,b) e denotamos por fx(a,b). 
Analogamente, podemos definir a derivada parcial de f em relação a y em (a,b), denotada 
por fy(a,b). Neste caso, estamos mantendo x constante (x=a) e determinando a derivada 
de y em b. 
Existem outras notações para as derivadas parciais. Vejamos: 
𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥 =
𝜕𝑓
𝜕𝑥
=
𝜕
𝜕𝑥
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐷𝑥𝑓 
Resumindo: 
Para calcular 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦), imaginamos y como sendo uma constante (um número real) e 
diferenciamos f(x,y) em relação a x. 
Para calcular 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦), imaginamos x como sendo uma constante (um número real) e 
diferenciamos f(x,y) em relação a y. 
01. Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 − 4𝑦. Calcule: 
a) 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥, 𝑦) 
b) 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦) 
c) 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(1,1) 
d) 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(−1,1) 
Resolução 
a) Devemos olhar y como constante e derivar em relação a x. 
 
 
43 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑥
(2𝑥𝑦 − 4𝑦) = 2𝑦 
b) Devemos olhar x como constante e derivar em relação a y. 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑥
(2𝑥𝑦 − 4𝑦) = 2𝑥 − 4 
c) Na letra a, vimos que 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥, 𝑦) = 2𝑦. Para calcular 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(1,1), devemos substituir x por 1 
e y por 1. 
Portanto, 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(1,1) = 2 ∙ 1 = 2 
d) Na letra b vimos que 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 4. Para calcular 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(−1,1), devemos substituir x 
por -1 e y por 1. 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦) = 2 ∙ (−1) − 4 = −6 
02. Se 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 𝑥2𝑦3 − 2𝑦2, determinar 𝑓𝑥(3,4) 𝑒 𝑓𝑦(2,−5). 
Resolução 
Para calcular 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) devemos manter y constante e diferenciar em relação a x. 
𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 3𝑥
2 + 2𝑥𝑦3 
Assim, 
𝑓𝑥(3,4) = 3 ∙ 3
2 + 2 ∙ 3 ∙ 43 = 411 
Para calcular 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) devemos manter x constante e diferenciar em relação a y. 
𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 3𝑥
2𝑦2 − 4𝑦 
Portanto, 
𝑓𝑦(2, −5) = 3 ∙ 2
2 ∙ (−5)2 − 4 ∙ (−5) = 320 
 
 
44 
 
Da mesma forma que já aprendemos a calcular derivadas sucessivas, podemos também 
calcular derivadas parciais de maior ordem. Se f é uma função de duas variáveis, suas 
derivadas parciais fx e fy são funções e podem ser novamente diferenciadas em relação 
a x ou y. Desta forma, podemos obter as funções (𝑓𝑥)𝑥, (𝑓𝑥)𝑦, (𝑓𝑦)𝑥 e (𝑓𝑦)𝑦, chamadas 
derivadas parciais de segunda ordem de f. 
Se z=f(x,y), utilizamos as seguintes notações. 
(𝑓𝑥)𝑥 = 𝑓𝑥𝑥 =
𝜕
𝜕𝑥
(
𝜕𝑓
𝜕𝑥
) =
𝜕2𝑓
𝜕𝑥2
=
𝜕2𝑧
𝜕𝑥2
 
(𝑓𝑦)𝑦 = 𝑓𝑦𝑦 =
𝜕
𝜕𝑦
(
𝜕𝑓
𝜕𝑦
) =
𝜕2𝑓
𝜕𝑦2
=
𝜕2𝑧
𝜕𝑦2
 
(𝑓𝑥)𝑦 = 𝑓𝑥𝑦 =
𝜕
𝜕𝑦
(
𝜕𝑓
𝜕𝑥
) =
𝜕2𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
=
𝜕2𝑧
𝜕𝑦𝜕𝑥
 
(𝑓𝑦)𝑥 = 𝑓𝑦𝑥 =
𝜕
𝜕𝑥
(
𝜕𝑓
𝜕𝑦
) =
𝜕2𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
=
𝜕2𝑧
𝜕𝑥𝜕𝑦
 
Vamos voltar à função do exercício 02: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 𝑥2𝑦3 − 2𝑦2. 
Já calculamos suas derivadas parciais de primeira ordem: 
𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 3𝑥
2 + 2𝑥𝑦3 
𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 3𝑥
2𝑦2 − 4𝑦 
Para calcular 𝑓𝑥𝑥, vamos na função 𝑓𝑥 e olhamos y como constante, então derivamos em 
relação a x. 
𝑓𝑥𝑥 = 6𝑥 + 2𝑦
3 
Para calcular 𝑓𝑦𝑦, vamos na função 𝑓𝑦 e olhamos x como constante, então derivamos em 
relação a y. 
𝑓𝑦𝑦 = 6𝑥
2𝑦 − 4 
Para calcular 𝑓𝑥𝑦, vamos na função 𝑓𝑥 e olhamos x como constante, então derivamos em 
relação a y. 
 
 
45 
 
𝑓𝑥𝑦 =
𝜕
𝜕𝑦
(3𝑥2 + 2𝑥𝑦3) = 6𝑥𝑦2 
Para calcular 𝑓𝑦𝑥, vamos na função 𝑓𝑦 e olhamos y como constante, então derivamos em 
relação a x. 
𝑓𝑦𝑥 =
𝜕
𝜕𝑥
(3𝑥2𝑦2 − 4𝑦) = 6𝑥𝑦2 
Observou que 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥? 
Isso não aconteceu por acaso. Sempre que 𝑓𝑥𝑦 e 𝑓𝑦𝑥 forem contínuas em um conjunto 
que contém o ponto (a,b), então 𝑓𝑥𝑦(𝑎, 𝑏) = 𝑓𝑦𝑥(𝑎, 𝑏). Este teorema é conhecido como 
Teorema de Clairaut. 
Poderíamos também definir derivadas parciais de ordem superior a 2. Por exemplo: 
𝑓𝑥𝑦𝑥 = (𝑓𝑥𝑦)𝑥 
Neste caso, calculamos primeiro 𝑓𝑥𝑦, depois olhamos y como constante e derivamos em 
relação a x. 
Pelo teorema de Clairaut, é possível mostrar que 𝑓𝑥𝑦𝑥 = 𝑓𝑥𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥𝑥, se estas funções 
forem contínuas. 
Diferenciais 
Trabalhamos um pouco com diferenciais na aula sobre integrais. 
Relembramos a notação da derivada: 
𝑓´(𝑥) =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 
Assim, podemos escrever: 
𝑑𝑦 = 𝑓´(𝑥)𝑑𝑥 
Isto, para uma função de uma variável. 
 
 
46 
 
Para uma função de duas variáveis z=f(x,y), definimos os diferenciais dx e dy como 
variáveis independentes, ou seja, podem ter qualquer valor. Então o diferencial dz, 
também chamado de diferencial total é definido por: 
𝑑𝑧 = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 =
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝑑𝑦 
Podemos também escrever df no lugar de dz. 
03. Determine o diferencial 𝑑𝑧, sabendo que 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2 − 4𝑥𝑦 + 5𝑦3. 
Resolução 
𝑑𝑧 =
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝑑𝑦 = (6𝑥 − 4𝑦)𝑑𝑥 + (−4𝑥 + 15𝑦2)𝑑𝑦 
Vetor Gradiente 
Seja z=f(x,y) uma função que admite derivadas parciais no ponto (a,b). O vetor 
∇𝑓(𝑎, 𝑏) = (
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑎, 𝑏),
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑎, 𝑏)) 
denomina-se gradiente de f em (a,b). Adiante veremos as aplicações deste vetor. O 
símbolo ∇ é chamado de nabla. 
04. Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2 + 2𝑦3. Calcule ∇𝑓(2,3). 
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥, 𝑦),
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦)) = (6𝑥, 6𝑦2) 
Agora vamos substituir x por 2 e y por 3. 
∇𝑓(2,3) = (12,54) 
 
 
 
47 
 
Regra da Cadeia 
A regra da cadeia para uma função de uma única variável nos dava uma regra para derivar 
uma função composta. Para funções de mais de uma variável, a regra da cadeia tem 
várias versões, cada uma delas fornecendo uma regra para derivar uma função composta. 
O primeiro caso da regra da cadeia fala sobre o caso em que z=f(x,y) e cada uma das 
variáveis x e y são funções de uma variável t. A regra da cadeia dá a fórmula para derivar 
z em função de t. 
Supondo que z=f(x,y) seja uma função diferenciável de x e y, onde x = g(t) e y=h(t) são 
funções diferenciáveis, então z é uma função diferenciável e temos: 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
𝜕𝑓
𝜕𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝜕𝑓
𝜕𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 
04. Se 𝑧 = 4𝑥2𝑦3 + 2𝑥3𝑦, onde 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 3𝑡 e 𝑦 = cos 2𝑡, determine 𝑑𝑧/𝑑𝑡. 
Calculemos as derivadas dx/dt e dy/dt. 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 3 cos 3𝑡 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −2 sen 2𝑡 
Agora calculemos as derivadas parciais de z em relação a x e a y. 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 8𝑥𝑦3 + 6𝑥2𝑦 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 12𝑥2𝑦2 + 2𝑥3 
Agora aplicamos a regra da cadeia: 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
𝜕𝑓
𝜕𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝜕𝑓
𝜕𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= (8𝑥𝑦3 + 6𝑥2𝑦)(3 cos 3𝑡) + (12𝑥2𝑦2
+ 2𝑥3)(−2 sen 2𝑡) 
 
 
48 
 
Não é necessário substituir as expressões de x e y em função de t. No caso, não 
precisamos colocar 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 3𝑡 e 𝑦 = cos 2𝑡. 
Vamos agora considerar a situação em que z=f(x,y), mas x e y são funções de duas 
variáveis s e t, ou seja, x=g(s,t) e y=h(s,t). Desta forma, z é uma função indireta de s e t e 
desejamos calcular 𝜕𝑧/𝜕𝑠 e 𝜕𝑧/𝜕𝑡. Lembre-se que para calcular 𝜕𝑧/𝜕𝑡 mantemos s 
constante e calculamos a derivada de z em relação a t. E da mesa forma, para calcular 
𝜕𝑧/𝜕𝑠 mantemos t constante e derivamos z em relação a s. 
Temos agora o segundo caso da regra da cadeia: 
𝜕𝑧
𝜕𝑠
=
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑠
+
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑠
 
𝜕𝑧
𝜕𝑡
=
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑡
+
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑡
 
O segundo caso da regra da cadeia tem três tipos de variáveis: 
i) As variáveis s e t, que são as variáveis independentes. 
ii) As variáveis x e y, que são as variáveis intermediárias. 
iii) A variável z, que é a variável dependente. 
05. Se 𝑧 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑦 onde 𝑥 = 2𝑠2𝑡3 e 𝑦 = 𝑠3𝑡2, determine 𝜕𝑧/𝜕𝑠 e 𝜕𝑧/𝜕𝑡. 
Resolução 
𝜕𝑧
𝜕𝑠
=
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑠
+
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑠
 
𝜕𝑧
𝜕𝑠
= (𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑦 )(4𝑠𝑡3) + (2𝑒𝑥 cos 2𝑦) (3𝑠2𝑡2) 
𝜕𝑧
𝜕𝑡
=
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑡
+
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑡
 
𝜕𝑧
𝜕𝑡
= (𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑦 )(6𝑠2𝑡2) + +(2𝑒𝑥 cos 2𝑦) (2𝑠3𝑡) 
 
 
49 
 
Diferenciação implícita 
As funções encontradas até agora podem ser descritas expressando-se uma variável 
explicitamente em termos da outra. Algumas funções, entretanto,são definidas 
implicitamente por uma relação entre x e y, por exemplo: 
𝑥4 + 3𝑥2𝑦 = 6𝑥𝑦3 
Em alguns casos conseguimos isolar uma das variáveis. Felizmente não precisamos 
resolver uma equação para y em termos de x para poder encontrar a derivada de y. Neste 
caso, podemos usar o método da diferenciação implícita. Este método consiste em 
diferenciar ambos os lados da equação em relação a x e então isolar y´. 
Vejamos um exemplo. 
06. A curva 𝑥2 + 𝑦2 = 25 representa uma circunferência com centro na origem e raio 
igual a 5. Determine dy/dx (derivada de y em relação a x) e determine a equação da reta 
tangente a essa circunferência no ponto (3,4). 
Resolução 
Para calcular a derivada de y em relação a x, devemos diferenciar os dois lados da 
equaçãoo. 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑦2) =
𝑑
𝑑𝑥
(25) 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥2) +
𝑑
𝑑𝑥
(𝑦2) =
𝑑
𝑑𝑥
(25) 
2𝑥 +
𝑑
𝑑𝑥
(𝑦2) = 0 
Só que y é uma função de x. Para calcular a derivada acima, devemos usar a regra da 
cadeia. 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑦2) =
𝑑
𝑑𝑦
(𝑦2)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 
Voltando à nossa equação: 
 
 
50 
 
2𝑥 +
𝑑
𝑑𝑥
(𝑦2) = 0 
2𝑥 + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 
Isolando dy/dx: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑦
 
Podemos também usar a notação 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦´. 
No ponto (3,4), x=3 e y=4. 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
3
4
 
Agora escrevemos a equação da reta tangente: 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑚(𝑥 − 𝑥0) 
𝑦 − 4 = −
3
4
∙ (𝑥 − 3) 
07. Entre 𝑦´ se 𝑥3 + 𝑦3 = 6𝑥𝑦. 
Resolução 
Diferenciando os dois membros da equação em relação a x. Lembrando que y é uma 
função de x e, portanto, devemos usar a regra da cadeia no termo y3 e devemos usar a 
regra do produto no termo 6xy (derivada da primeira função vezes a segunda mais a 
derivada da segunda função vezes a primeira). 
(𝑥3 + 𝑦3)´ = (6𝑥𝑦)´ 
3𝑥2 + 3𝑦2𝑦´ = 6𝑦 + 6𝑥𝑦´ 
Dividindo os dois membros da equação por 3: 
𝑥2 + 𝑦2𝑦´ = 2𝑦 + 2𝑥𝑦´ 
 
 
51 
 
Agora vamos isolar 𝑦´. 
𝑦2𝑦´ − 2𝑥𝑦´ = 2𝑦 − 𝑥2 
𝑦´(𝑦2 − 2𝑥) = 2𝑦 − 𝑥2 
𝑦´ =
2𝑦 − 𝑥2
𝑦2 − 2𝑥
 
Vamos agora aprender o teorema da função implícita no cálculo de derivadas parciais. 
Neste caso vamos deixar o segundo membro da equação igual a 0, ou seja, vamos passar 
todas as expressões para o primeiro membro. Assim, vamos ter uma função F(x,y,z)=0, 
no caso de três variáveis. Então aplicamos as seguintes fórmulas: 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= −
𝜕𝐹
𝜕𝑥
𝜕𝐹
𝜕𝑧
 𝑒 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= −
𝜕𝐹
𝜕𝑦
𝜕𝐹
𝜕𝑧
 
Ou simplesmente, 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= −
𝐹𝑥
𝐹𝑧
 𝑒 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= −
𝐹𝑦
𝐹𝑧
 
Lembre-se que para calcular 𝐹𝑥, mantemos y e z constantes e derivamos em relação a x. 
O mesmo ocorre para 𝐹𝑦 e 𝐹𝑧. 
08. Determine 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
 e 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
 se 𝑥3 + 𝑦4 + 3𝑧2 + 8𝑥𝑦𝑧 = 5. 
Resolução 
Primeiro deixamos o segundo membro igual a 0 para obter a função: 
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥3 + 𝑦4 + 3𝑧2 + 8𝑥𝑦𝑧 − 5 
Agora calculamos: 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= −
𝐹𝑥
𝐹𝑧
= −
3𝑥2 + 8𝑦𝑧
6𝑧 + 8𝑥𝑦
 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= −
𝐹𝑦
𝐹𝑧
= −
4𝑦3 + 8𝑥𝑧
6𝑧 + 8𝑥𝑦
 
 
 
52 
 
Função Homogênea 
Uma função 𝑓: 𝐴 → 𝑅, onde A é um subconjunto de R2, denomina-se função homogênea 
de grau 𝛼 se 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝛼𝑓(𝑥, 𝑦) 
para todo t positivo. 
09. Demonstre que 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2 + 5𝑥𝑦 + 𝑦2 é homogênea de grau 2. 
De fato, 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 3(𝑡𝑥)2 + 5(𝑡𝑥)(𝑡𝑦) + (𝑡𝑦)2
= 𝑡2(3𝑥2 + 5𝑥𝑦 + 𝑦2) 
Ou seja, 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2𝑓(𝑥, 𝑦) 
10. Demonstre que 
𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥𝑒
𝑥
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
 
é homogênea de grau -1. 
De fato, 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡𝑥𝑒
𝑡𝑥
𝑡𝑦
(𝑡𝑥)2 + (𝑡𝑦)2
=
𝑡𝑥𝑒
𝑥
𝑦
𝑡2(𝑥2 + 𝑦2)
=
𝑥𝑒
𝑥
𝑦
𝑡(𝑥2 + 𝑦2)
= 𝑡−1 ∙
𝑥𝑒
𝑥
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
= 𝑡−1𝑓(𝑥, 𝑦) 
 
 
 
 
53 
 
Máximos e mínimos 
Vamos agora usar as derivadas parciais para determinar os pontos de máximo e mínimo 
de uma função de duas variáveis. 
Vamos primeiro definir máximo local e máximo absoluto. Uma função de duas variáveis 
tem um máximo local em (a,b) se 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑓(𝑎, 𝑏) quando (x,y) está próximo de (a,b). 
O número f(a,b) é chamado valor máximo local. 
Se 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 𝑓(𝑎, 𝑏) quando (x,y) está próximo de (a,b), então a função tem um mínimo 
local em (a,b) e o número f(a,b) é chamado de valor mínimo local. 
Agora se 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑓(𝑎, 𝑏) para todos os pontos (x,y) do domínio, então f tem um 
máximo absoluto (ou global). Se 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 𝑓(𝑎, 𝑏) para todos os pontos (x,y) do domínio, 
então f tem um mínimo absoluto (ou global). A figura a seguir exemplifica bem os 
conceitos acima. 
 
É como se o máximo absoluto fosse a “montanha” mais alta, enquanto os máximos locais 
são montanhas, mas que não são as mais altas. 
E como determinar esses máximos e mínimos? 
Vamos ao nosso primeiro teorema: Se f é uma função e ela admite máximo ou mínimo 
local em (a,b) e as derivadas parciais de primeira ordem existem nesses pontos, então 
𝑓𝑥(𝑎, 𝑏) = 0 e 𝑓𝑦(𝑎, 𝑏) = 0. A conclusão deste teorema poderia ser escrita como 
∇𝑓(𝑎, 𝑏) = 0. 
 
 
54 
 
Se 𝑓𝑥(𝑎, 𝑏) = 0 e 𝑓𝑦(𝑎, 𝑏) = 0, ou se uma das derivadas parciais não existir, dizemos que 
o ponto (a,b) é um ponto crítico. O nosso primeiro teorema diz que SE f tem um máximo 
ou mínimo local em (a,b), então (a,b) é um ponto crítico. A recíproca não é verdadeira. 
Podemos ter 𝑓𝑥(𝑎, 𝑏) = 0 e 𝑓𝑦(𝑎, 𝑏) = 0 e a função não ter pontos de máximo ou mínimo 
local. 
E como é possível uma função não ter nem máximo nem mínimo local em um ponto 
crítico? A próxima figura ilustra isso. 
 
Esse gráfico tem o formato de uma sela. Observe que olhamos o gráfico da esquerda para 
a direita, enxergamos como um ponto de mínimo. Se olhamos na direção dos seus olhos 
para o papel, enxergamos como um ponto de máximo. Este ponto é chamado de ponto 
de sela da função. 
Precisamos determinar se uma função tem um valor extremo (máximo ou mínimo) em 
um ponto crítico. Basta aplicar o seguinte teste, chamado de teste da segunda derivada. 
Teste da segunda derivada 
Suponha que 𝑓𝑥(𝑎, 𝑏) = 0 e 𝑓𝑦(𝑎, 𝑏) = 0. Vamos definir: 
𝐷 = 𝐷(𝑎, 𝑏) = 𝑓𝑥𝑥(𝑎, 𝑏) ∙ 𝑓𝑦𝑦(𝑎, 𝑏) − [𝑓𝑥𝑦(𝑎, 𝑏)]
2
 
Podemos escrever D como um determinante, para facilitar a memorização. 
𝐷 = |
𝑓𝑥𝑥 𝑓𝑥𝑦
𝑓𝑥𝑦 𝑓𝑦𝑦
| = 𝑓𝑥𝑥 ∙ 𝑓𝑦𝑦 − [𝑓𝑥𝑦]
2
 
 
 
55 
 
Pois bem: 
i) Se 𝐷 > 0 e 𝑓𝑥𝑥(𝑎, 𝑏) > 0, então f(a,b) é um mínimo local. 
ii) Se 𝐷 > 0 e 𝑓𝑥𝑥(𝑎, 𝑏) 0 𝑒 𝑓𝑥𝑥(1,1) = 12 > 0, portanto 𝑓(1,1) = 14 + 14 − 4 ∙ 1 ∙ 1 + 1 =
−1 é um mínimo local. 
𝐷(−1,−1) = 128 > 0 𝑒 𝑓𝑥𝑥(−1,−1) = 12 > 0, portanto 𝑓(1,1) = −1 é um mínimo 
local. 
Multiplicador de Lagrange 
Vamos aprender agora o método de Lagrange para maximizar (otimizar) ou minimizar 
uma função f(x,y,z) sujeita a uma restrição da forma g(x,y,z)=k. 
Para determinar os valores máximo e mínimo de f(x,y,z) sujeita a g(x,y,z)=k (supondo que 
esses valores extremos existam),devemos: 
i) Determinar todos os valores de x,y,z e 𝜆 tal que: 
∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) = 𝜆∇𝑔(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) 𝑒 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑘 
O número 𝜆 é conhecido como multiplicador de Lagrange. 
ii) Agora calcule em f todos os pontos (x,y,z) encontrados no primeiro passo. O maior 
desses valores será o valor máximo de f e o menor valor será o mínimo. 
Se escrevermos a equação vetorial ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) = 𝜆∇𝑔(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) em termos dos seus 
componentes, a equação do primeiro passo ficará: 
𝑓𝑥 = 𝜆𝑔𝑥 
𝑓𝑦 = 𝜆𝑔𝑦 
𝑓𝑧 = 𝜆𝑔𝑧 
𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑘 
 
 
57 
 
Exemplo: Uma caixa retangular sem tampa é feita com 12m2 de papelão. Determine as 
medidas das arestas para que essa caixa tenha o maior volume possível. 
Resolução 
Seja o comprimento, a largura e a altura da caixa, em metros, iguais a x,y e z. O volume 
dessa caixa é 𝑉 = 𝑥𝑦𝑧. 
A área total da caixa (sem a tampa) é igual a 12m2. Temos dois retângulos de lados x,z; 
dois retângulos de lados y,z; e um retângulo, que é a base da caixa, de lados x e y. Assim, 
a área total é expressa por: 
2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦 = 12 
Em suma, queremos calcular o valor máximo da função 𝑉 = 𝑥𝑦𝑧 com a restrição 
𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦 = 12. 
Utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange, geramos as seguintes equações: 
𝑉𝑥 = 𝜆𝑔𝑥 𝑉𝑦 = 𝜆𝑔𝑦 𝑉𝑧 = 𝜆𝑔𝑧 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦 = 12 
Ou seja: 
{
𝑦𝑧 = 𝜆(2𝑧 + 𝑦)
𝑥𝑧 = 𝜆(2𝑧 + 𝑥)
𝑥𝑦 = 𝜆(2𝑥 + 2𝑦)
2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦 = 12
 
Temos um sistema de quatro equações e quatro incógnitas. Obviamente não vamos 
utilizar o teorema de Cramer, pois isto daria um trabalho imenso. Vamos utilizar algum 
“macete” para resolver este sistema. Note que se multiplicarmos a primeira equação por 
x, a segunda por y e a terceira por z, os lados esquerdos dessas equações ficam idênticos. 
𝑥𝑦𝑧 = 𝜆(2𝑥𝑧 + 𝑥𝑦) (𝐼) 
𝑥𝑦𝑧 = 𝜆(2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦) (𝐼𝐼) 
𝑥𝑦𝑧 = 𝜆(2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧) (𝐼𝐼𝐼) 
De (I) e (II), temos: 
2𝑥𝑧 + 𝑥𝑦 = 2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦 
 
 
58 
 
2𝑥𝑧 = 2𝑦𝑧 
Como z é diferente de zero, concluímos que x=y. 
De (II) e (III), temos: 
2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦 = 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 
Cortando 2yz, temos: 
𝑥𝑦 = 2𝑥𝑧 
Cortando x, já que x é diferente de 0, temos que y=2z. Como x=y, então x=y=2z. 
Agora é substituir na equação 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦 = 12. 
2 ∙ 2𝑧 ∙ 𝑧 + 2 ∙ 2𝑧 ∙ 𝑧 + 2𝑧 ∙ 2𝑧 = 12 
4𝑧2 + 4𝑧2 + 4𝑧2 = 12 
12𝑧2 = 12 
Como z é positivo, então z = 1. Concluímos que x = 2 e y= 2. 
Calculamos os valores das arestas que tornam o volume máximo. Se o problema pedisse 
o volume máximo, bastaria calcular V=xyz= 4m3. 
Exemplo: Determinar os valores extremos da função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 2𝑦2 com a restrição 
𝑥2 + 𝑦2 = 1. 
Resolução 
Foi nos pedido para determinar os valores extremos da função f(x,y) sob a condição 
𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 = 1. Vamos utilizar os multiplicadores de Lagrange e resolver as 
equações ∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 e g(x,y)=1. 
𝑓𝑥 = 𝜆𝑔𝑥 𝑓𝑦 = 𝜆𝑔𝑦 𝑔(𝑥, 𝑦) = 1 
Assim, 
2𝑥 = 2𝑥𝜆 (𝐼) 
4𝑦 = 2𝑦𝜆 (𝐼𝐼) 
 
 
59 
 
𝑥2 + 𝑦2 = 1 (𝐼𝐼𝐼) 
Da equação I, temos que x = 0 ou 𝜆 = 1. Se x=0, então a terceira equação nos dá 𝑦 = ±1. 
Se 𝜆 = 1, a segunda equação nos dá y=0 e daí concluímos por (III) que 𝑥 = ±1. Assim, os 
valores extremos de f são os pontos (0,1),(0,-1), (1,0) e (-1,0). Vamos calcular o valor de f 
nesses quatro pontos. 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 2𝑦2 
𝑓(0,1) = 2 
𝑓(0,−1) = 2 
𝑓(1,0) = 1 
𝑓(−1,0) = 1 
Assim, o valor máximo de f na restrição 𝑥2 + 𝑦2 = 1 é 2 e o valor mínimo é 1. 
Integrais Duplas 
Quando queríamos calcular áreas abaixo de gráficos, chegamos à definição da integral 
definida. Agora estamos interessados em calcular o volume de um sólido e, portanto, 
vamos aprender a calcular integrais duplas. 
Para começar, temos duas propriedades parecidas com as das integrais definidas. 
∬[𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑔(𝑥, 𝑦)]𝑑𝐴 = ∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 +∬𝑔(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 
Ou seja, quando temos uma soma na integral, podemos quebrar em uma soma de duas 
integrais. 
∬𝑘 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = 𝑘∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 
Quando temos uma constante multiplicando uma função, a constante pode sair 
multiplicando a integral. Já utilizamos bastante essas propriedades na integral definida. 
Vamos expressar uma integral dupla como uma integral iterada, ou seja, na realidade 
vamos calcular duas integrais simples. Suponha que f seja uma função de duas variáveis 
 
 
60 
 
contínua no produto cartesiano [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑], ou seja, x pertence ao intervalo [𝑎, 𝑏] e y 
pertence ao intervalo [𝑐, 𝑑]. 
A partir de agora, usaremos a notação ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 para indicar que x é mantido 
constante e f(x,y) é integrado em relação a y de y=c até y=d. Esse processo é chamado de 
integração parcial em relação a y. Ora, ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 é um número que ficará em função 
de x, portanto, teremos uma função de x. 
𝐴(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 
Se integrarmos esta função em relação à variável x de a até b, teremos: 
∫ 𝐴(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑑
𝑐
] 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
Esta integral é chamada de integral iterada e podemos excluir os colchetes. 
∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑑
𝑐
] 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
Isto significa que primeiro integramos com relação a y de c a d e depois em relação a x de 
a até b. 
Alternativamente, a expressão 
∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 
significa que primeiro integramos em relação a x (fixando y) e depois integramos em 
relação a y. Observe que sempre integramos de dentro pra fora. 
Teorema de Fubini 
Aqui temos uma analogia ao Teorema de Clairaut das derivadas parciais. A ordem da 
integração não é importante, ou seja, podemos primeiro integrar em relação a x e depois 
em relação a y, ou o contrário – o resultado será sempre o mesmo. Este teorema é 
conhecido como Teorema de Fubini. 
 
 
61 
 
Em suma, se f for contínua, então: 
∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 
01. Calcule o valor das integrais: 
𝑎)∫ ∫ 12𝑥3𝑦2𝑑𝑦
2
0
𝑑𝑥
4
1
 
𝑏)∫ ∫ 12𝑥3𝑦2𝑑𝑥
4
1
𝑑𝑦
2
0
 
Resolução 
a) 
Primeiro olhamos x como uma constante, ou seja, como um número real fixo e 
integramos em relação a y. 
∫ 12𝑥3𝑦2𝑑𝑦
2
0
= [
12𝑥3𝑦3
3
]
0
2
= [4𝑥3𝑦3]0
2 = 32𝑥3 
Agora integramos esta função em relação a x no intervalo de 1 a 4. 
∫ ∫ 12𝑥3𝑦2𝑑𝑦
2
0
𝑑𝑥
4
1
= ∫ 32𝑥3𝑑𝑥
4
1
= [
32𝑥4
4
]
1
4
= [8𝑥4]1
4
= 2.048 − 8 = 2.040 
b) Agora vamos integrar primeiro em relação a x. 
∫ 12𝑥3𝑦2𝑑𝑥
4
1
= [
12𝑥4𝑦2
4
]
1
4
= [3𝑥4𝑦2]1
4 = 768𝑦2 − 3𝑦2
= 765𝑦2 
Agora vamos integrar esta função em relação a y. 
 
 
62 
 
∫ ∫ 12𝑥3𝑦2𝑑𝑥
4
1
𝑑𝑦
2
0
= ∫ 765𝑦2𝑑𝑦
2
0
= [
765𝑦3
3
]
0
2
=
765 ∙ 23
3
− 0 = 2.040 
Pelo Teorema de Fubini, já sabíamos que os resultados das letras a e b seriam iguais. 
Quando a função é positiva, esta integral fornece o volume abaixo do gráfico até o plano 
xy, limitado pelo retângulo [1,4] × [0,2]. 
02. Calcule o volume do conjunto de todos os (x,y,z) tais que 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 
0 ≤ 𝑦 ≤ 1 e 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑥2 + 𝑦2. 
Resolução 
Tal volume é dado por ∬ (𝑥2 + 𝑦2
𝑅
)𝑑𝑥𝑑𝑦 onde R é o retângulo 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 
 0 ≤ 𝑦 ≤ 1. 
∬ (𝑥2 + 𝑦2
𝑅
)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥
1
0
𝑑𝑦
1
0
= ∫ ∫ (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥
1
0
𝑑𝑦
1
0
 
Vamos calcular a integral em relação a x, fazendo y constante. 
∫ (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥
1
0
= [
𝑥3
3
+ 𝑥𝑦2]
0
1
=
1
3
+ 𝑦2 
Vamos agora integrar esta função em relação a y. 
∫ ∫ (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥
1
0
𝑑𝑦
1
0
= ∫ (
1
3
+ 𝑦2) 𝑑𝑦
1
0
= [
𝑦
3
+
𝑦3
3
]
0
1
=
2
3
 
Resposta: 2/3 
O teorema de Fubini nos dá um caso particular muito interessante. Quando a função 
f(x,y) pode ser fatorada como o produto de uma função só de x por uma função só de y. 
 
 
63 
 
Neste caso, a integral dupla pode ser separada no produto de duas integrais. Veja o