Resumo-CDI3-MAP1

📘 Resumo — CDI-III MAP1 (Fichas 1–6)

Parent project: Cálculo Diferencial e Integral III

Âmbito desta nota

Matéria do MAP1 (20 out 2026, 19:30, 1 h, sem consulta): Fichas 1 a 6 das aulas práticas. Cobre o Cap. I (superfícies, integrais de superfície, divergência/rotacional, Teoremas de Gauss e de Stokes) e o início do Cap. II (EDOs de 1.ª ordem e mudanças de variável, Picard–Lindelöf, exponencial de matriz, sistemas lineares e diagramas de fase). Fontes: enunciados e resoluções das Fichas 1–6 + apontamentos teóricos de Teixeira/Borges (Teoremas da Divergência e de Stokes, EDOs) e Magalhães (Métodos de Resolução de EDs, caps. 1–3). Fora do âmbito (ficam para o MAP2): EDOs lineares de ordem $n$, Transformada de Laplace, método das características, EDPs e séries de Fourier. Cada secção tem: teoria explicada → passos do método → exercícios resolvidos (dobráveis) → erros comuns. Tenta resolver cada exercício antes de abrir a resolução. Notas-irmãs (a criar, por esta ordem): Guia de Estudo MAP1 → Formulário MAP1.

O MAP1 deste ano vai além do Cap. I

O planeamento previa só o Cap. I, mas as fichas que entram (até à 6) já incluem EDOs, Picard e sistemas. Os MAP1 de anos anteriores confirmam o molde: Stokes + Gauss + uma EDO de 1.ª ordem por mudança de variável (2024/25: substituição $z=x/t$; 2025/26: equação logística com $w=1/x$).

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🗺️ Mapa da Matéria

Ficha	Tema	Ferramenta central
1	Superfícies e integrais de superfície	Parametrização $g(u,v)$, normal $g_u\times g_v$, $dS=\Vert g_u\times g_v\Vert dudv$
2	Operadores diferenciais, fluxo, Gauss	$\mathrm{div}$, $\mathrm{rot}$, ${\iint }_{\partial V}F\cdot ndS={\iiint }_V\mathrm{div}FdV$
3	Teorema de Stokes	${\oint }_{\partial S}F\cdot d\mathbf{r}={\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot ndS$
4	EDOs de 1.ª ordem	Fator integrante, separação de variáveis, Bernoulli/Riccati/logística/homogéneas
5	Existência e unicidade; $e^{At}$	Picard–Lindelöf (Lipschitz), iteradas de Picard, exponencial de matriz
6	Sistemas lineares e diagramas de fase	$X(t)=e^{At}{X}_0+{\int }_0^t{e}^{A(t-s)}b(s)ds$, valores próprios → tipo de ponto

Fio condutor de toda a matéria

As Fichas 1–3 generalizam o Teorema de Green de CDI-II para o espaço: primeiro aprende-se a integrar sobre superfícies (Ficha 1), depois a medir o que atravessa uma superfície — o fluxo — e a trocá-lo pelo que nasce lá dentro (divergência → Gauss, Ficha 2), e por fim a trocar a circulação ao longo de uma curva pelo fluxo do rotacional através de qualquer superfície que ela borde (Stokes, Ficha 3). As Fichas 4–6 mudam de mundo: em vez de integrar campos, procuram-se funções cuja derivada é dada (EDOs). Começa-se pelos casos escalares resolúveis à mão (Ficha 4), pergunta-se quando é que existe uma e uma só solução (Picard, Ficha 5) e termina-se nos sistemas lineares $X^{\prime }=AX$, cuja solução é a exponencial de matriz e cuja geometria se lê nos diagramas de fase (Ficha 6). As equações do calor/onda/continuidade que aparecem nas aplicações de Gauss são a ponte para o Cap. III (MAP2).

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🌐 1. Superfícies e Integrais de Superfície (Ficha 1)

Mapa do tema

Uma superfície é um objeto bidimensional em ${\mathbb{R}}^3$ (como uma folha de papel: medimos-lhe a área, não o volume). Neste bloco aprende-se a (1) descrever superfícies — por equação, como gráfico ou por parametrização $g(u,v)$; (2) obter o vetor normal e o plano tangente; (3) medir a área e integrar campos escalares (massa, centro de massa). Tudo isto é a base dos fluxos e dos teoremas de Gauss e Stokes (Fichas 2–3). (Teixeira/Borges, §1.1–§1.2)

Como os professores resolvem (Ficha 1 — Resolvidos)

Notação deles: parametrização $g(u,v)$ ou $r(u,v)$, domínio $T$ (ou $D$) aberto com intervalos abertos ($\theta \in ]0,2\pi [$, $0<\rho <3$); vetores tangentes $g_u=\frac{\partial g}{\partial u}$, $g_v=\frac{\partial g}{\partial v}$ (usam as duas escritas); normal $\vec{N}=\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$, normal unitária $\nu =\frac{\vec{N}}{\Vert \vec{N}\Vert }$; área ${\mathrm{Vol}}_2(S)$; escrevem $\mathrm{sen}$ (não «sin»); raio polar $\rho$ ou $r$; esféricas $x=\rho \cos \theta \mathrm{sen}\phi ,y=\rho \mathrm{sen}\theta \mathrm{sen}\phi ,z=\rho \cos \phi$ com $\theta \in ]0,2\pi [,\phi \in ]0,\pi [$.

A. “O ponto $P_0$ pertence a $S$?” (ex. 1)

1. Escrever o sistema $r(u,v)=P_0$ (uma equação por componente).
2. Resolver duas equações para $(u_0,v_0)$ e substituir na terceira.
3. Sistema impossível ⇒ $P_0\notin S$; possível ⇒ escrever explicitamente $r(u_0,v_0)=P_0$.

B. Parametrizar uma superfície dada por equações (ex. 2)

1. Dizer o que é a superfície (“Trata-se do plano…”, “do hemisfério norte…”, “superfície cilíndrica com eixo na reta $(2,t,0)$”).
2. Escolher parâmetros: plano → resolver em ordem a uma variável (gráfico) ou ponto + dois vetores diretores (obtidos de três pontos não colineares); esfera → esféricas com $\rho$ fixo; eixo deslocado → cilíndricas transladadas, p.ex. $(2+2\cos \theta ,t,2\mathrm{sen}\theta )$; gráfico $z=f(x,y)$ → $(x,y,f(x,y))$ sobre a projeção no plano coordenado.
3. Traduzir as restrições nos limites dos parâmetros, mostrando a conta (ex.: $-\frac{\sqrt{3}}{2}<z<\frac{\sqrt{3}}{2}⟺-\frac{1}{2}<\cos \phi <\frac{1}{2}⟺\frac{\pi }{3}<\phi <\frac{2\pi }{3}$).
4. Apresentar $g(u,v)=(\dots )$ com o domínio $T$ explícito. Se pedirem “duas parametrizações” (ex. 2(d)): uma em esféricas e outra como gráfico $z=\sqrt{16-x^2-y^2}$.

C. Identificar a superfície parametrizada (ex. 3)

1. Eliminar os parâmetros ($x^2+y^2=v^2$ e $z=v\Rightarrow z^2=x^2+y^2$).
2. Usar o domínio para dizer que parte é ($0\le v\le h\Rightarrow 0\le z\le h$: “face lateral do cone”).
3. Resposta: equação cartesiana + restrições ($x=1$ com $0<y<1,0<z<1$).

D. Normal unitária com orientação (ex. 4)

1. Parametrizar; calcular $\frac{\partial r}{\partial u},\frac{\partial r}{\partial v}$.
2. $\vec{N}$ pelo determinante com $e_1,e_2,e_3$ na 1.ª linha.
3. Justificar o sentido: “para cima” ⇔ 3.ª componente $>0$; se não for, usar $-\vec{N}$ (“há que considerar o vetor $-\vec{N}$, que aponta para baixo”).
4. $\nu =\vec{N}/\Vert \vec{N}\Vert$. Via alternativa (“bastante mais simples”): se $S=\{F=c\}$, $\vec{N}=\nabla F$.

E. Plano tangente (ex. 5)

1. Escrever as componentes $x(u,v),y(u,v),z(u,v)$; “Primeiro, vamos calcular os vetores tangentes” $g_u,g_v$ em geral.
2. $g_u\times g_v$ em geral (determinante) e só depois avaliar em $(u_0,v_0)$.
3. Calcular o ponto $g(u_0,v_0)$.
4. $\vec{N}\cdot (x-x_0,y-y_0,z-z_0)=0$ e simplificar. Opcional: forma vetorial $(x,y,z)=P_0+s{g}_u+t{g}_v$.
5. “Doutra forma”: eliminar parâmetros, $F=0$, $\vec{N}=\nabla F(P_0)$ — mas quando eliminar é trabalhoso (ex. 5(b)) o produto externo é o método aconselhado.

F. Área / integral de campo escalar / massa (ex. 6, 7, 8, 9)

1. Parametrizar, justificando o domínio pela intersecção com o plano de corte (“a intersecção do paraboloide com $z=0$ é $x^2+y^2=9$”) e dando $g:T\to S$ com $T$ explícito.
2. Escrever a fórmula antes das contas: ${\iint }_{S}fdS={\iint }_{T}f(g(u,v))\Vert \frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}\Vert dudv$ (área: $f=1$; massa: $f=\alpha$ densidade).
3. Derivadas parciais → produto externo por determinante → norma; justificar simplificações como $\sqrt{{\mathrm{sen}}^2\varphi }=|\mathrm{sen}\varphi |=\mathrm{sen}\varphi$ “pois $\frac{\pi }{4}\le \varphi \le \pi$”.
4. Se $T$ é disco/coroa: “usando coordenadas polares neste último integral em $T\subset {\mathbb{R}}^2$” — e aparece o fator $\rho$.
5. Substituição explícita no fim ($u=1+4r^2$, $du=8rdr$, novos limites).
6. Fronteira de um sólido (ex. 7(c)): ${\mathrm{Vol}}_2(S)=\sum$ áreas das faces; faces “elementares” (coroa, cilindro) por geometria; faces que degeneram numa curva não contribuem (conteúdo nulo) — e dizem-no por escrito.

G. Demonstrar a fórmula do gráfico (ex. 8): $g(x,y)=(x,y,f(x,y))$ → $g_x=(1,0,f_x)$, $g_y=(0,1,f_y)$ → $g_x\times g_y=(-f_x,-f_y,1)$ → norma.

Justificações que nunca omitem: o domínio dos parâmetros (e porquê); qual dos sentidos $\pm \vec{N}$ e porquê; o módulo $|\mathrm{sen}\phi |$; as curvas de conteúdo nulo que se desprezam.

1.1 Superfície regular: três maneiras de a descrever

Ideia

Uma curva é descrita por um parâmetro, $\gamma (t)$; uma superfície precisa de dois, $g(u,v)$. Pensa em $g$ como um “mapa” que pega num pedaço plano $T\subset {\mathbb{R}}^2$ (o domínio dos parâmetros) e o dobra/estica para o colocar no espaço. Para que o resultado seja mesmo uma superfície “lisa” (sem bicos nem dobras), $g$ tem de depender efetivamente das duas variáveis — é isso que a condição de característica 2 garante.

Definição — Superfície regular em ${\mathbb{R}}^3$ (Teixeira/Borges, §1.1.2)

$S\subset {\mathbb{R}}^3$ é superfície regular se, perto de cada ponto $a\in S$, $S$ pode ser descrita de (pelo menos) uma das formas:

1. Conjunto de nível 0: $S=\{x:F(x)=0\}$ com $F$ de classe $C^1$ e $\nabla F\ne 0$ em $S$.
2. Gráfico de uma função $C^1$: $z=f(x,y)$ (ou $x=f(y,z)$, ou $y=f(x,z)$).
3. Imagem de uma parametrização $g:T\subset {\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^3$, $T$ aberto (por isso as resoluções oficiais escrevem intervalos abertos, $\theta \in ]0,2\pi [$; para integrar, fechar o domínio não altera nada), $g$ injetiva, de classe $C^1$, com inversa contínua e

$$\mathrm{car}Dg(u,v)=2⟺\underset{\text{vetores tangentes l.i.}}{\underbrace{g_u\times g_v\ne 0}}\forall (u,v)\in T.$$

As três formas são localmente equivalentes (Teorema da Função Implícita / Inversa).

O cone não é superfície no vértice

$z=\sqrt{x^2+y^2}$: $f$ não é diferenciável em $(0,0)$; com $G=z^2-x^2-y^2$ tem-se $\nabla G=(-2x,-2y,2z)=0$ precisamente na origem; e a parametrização cilíndrica tem $g_r\times g_{\theta }=0$ em $r=0$. Conclusão: o cone sem o vértice é superfície (não há plano tangente no bico). Já o paraboloide $z=x^2+y^2$ é superfície na origem — o problema das coordenadas cilíndricas em $r=0$ é só da parametrização, não da superfície (usa $h(x,y)=(x,y,x^2+y^2)$).

Superfície de revolução (Teixeira/Borges, §1.1.1; Resolvidos, ex. 2(h))

Rodar a curva $\gamma (t)=(x(t),z(t))$, $x(t)>0$, $t\in ]a,b[$, em torno do eixo $Oz$:

$$g(t,\theta )=(\underset{\text{cıˊrculo de raio }x(t)}{\underbrace{x(t)\cos \theta ,x(t)\mathrm{sen}\theta }},\underset{\text{altura fixa}}{\underbrace{z(t)}}),\theta \in ]0,2\pi [.$$

Em torno de $Oy$ (curva $(f(t),g(t),0)$): $r(t,\theta )=(f(t)\cos \theta ,g(t),f(t)\mathrm{sen}\theta )$. A coordenada do eixo de rotação mantém-se; as outras duas descrevem um círculo.

Parametrizações-padrão (decorar!)

Superfície	$g(u,v)$	Domínio típico	$\Vert g_u\times g_v\Vert$
Gráfico $z=f(x,y)$	$(x,y,f(x,y))$	projeção $D$ no plano $xy$	$\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}$
Gráfico $x=h(y,z)$	$(h(y,z),y,z)$	projeção no plano $yz$	$\sqrt{1+h_y^2+h_z^2}$
Plano por $P_0$ com diretores $\mathbf{a},\mathbf{b}$	$P_0+u\mathbf{a}+v\mathbf{b}$	${\mathbb{R}}^2$	$\Vert \mathbf{a}\times \mathbf{b}\Vert$ (constante)
Esfera $x^2+y^2+z^2=R^2$	$(R\mathrm{sen}\phi \cos \theta ,R\mathrm{sen}\phi \mathrm{sen}\theta ,R\cos \phi )$	$\theta \in ]0,2\pi [,\phi \in ]0,\pi [$	$R^2\mathrm{sen}\phi$
Cilindro $x^2+y^2=R^2$ (eixo $Oz$)	$(R\cos \theta ,R\mathrm{sen}\theta ,z)$	$\theta \in ]0,2\pi [,z\in ]a,b[$	$R$
Cilindro $y^2+z^2=R^2$ (eixo $Ox$)	$(x,R\cos \theta ,R\mathrm{sen}\theta )$	idem	$R$
Cone $z=k\sqrt{x^2+y^2}$	$(r\cos \theta ,r\mathrm{sen}\theta ,kr)$	$r>0$	$r\sqrt{1+k^2}$
Paraboloide $z=x^2+y^2$ (polar)	$(r\cos \theta ,r\mathrm{sen}\theta ,r^2)$	$r>0$	$r\sqrt{1+4r^2}$
Revolução em torno de $Oz$	$(x(t)\cos \theta ,x(t)\mathrm{sen}\theta ,z(t))$	$x(t)>0$	$x(t)\sqrt{x^{\prime }(t{)}^2+z^{\prime }(t{)}^2}$
Elipsoide / cilindro elíptico	$(a\cos \theta ,b\mathrm{sen}\theta ,z)$ …		calcular

Convenção dos ângulos esféricos

Nesta cadeira $\phi \in ]0,\pi [$ é o ângulo medido a partir do semieixo positivo $Oz$ (latitude “ao contrário”) e $\theta$ é o ângulo azimutal no plano $xy$. Por isso $z=R\cos \phi$ e o elemento de área é $R^2\mathrm{sen}\phi$ (não $\cos$!). O hemisfério norte é $\phi \in ]0,\pi /2[$.

Passos para parametrizar uma superfície descrita por equações

1. Identificar a superfície (plano? esfera? cilindro — que eixo? cone? paraboloide — que eixo?). Procura a variável “especial”.
2. Escolher coordenadas adaptadas à simetria: eixo de rotação → cilíndricas/polares em torno dele; esfera → esféricas; gráfico simples → as duas variáveis livres como parâmetros.
3. Escrever $g(u,v)$ substituindo na equação (ex.: $y^2+z^2=16\Rightarrow y=4\cos \theta ,z=4\mathrm{sen}\theta$, $x$ livre).
4. Traduzir as restrições (planos de corte, octante, “interior de…”) em limites para os parâmetros, mostrando a conta (como fazem as resoluções oficiais).
5. Apresentar $g(u,v)=(\dots )$ juntamente com o domínio $T$ (aberto: $0<\theta <2\pi$, …). Uma parametrização sem domínio é uma resposta incompleta.
6. Verificar: $g(T)$ é exatamente $S$? $g_u\times g_v\ne 0$ em $T$?

Quando usar / sinais no enunciado

“porção do cilindro … entre os planos” → cilíndricas em torno do eixo do cilindro · “primeiro octante” → $\theta \in [0,\pi /2]$ · “no interior do cilindro $x^2+y^2=1$” → a projeção é um disco, usa polares no parâmetro · “plano que passa por 3 pontos” → $P_0+u\overrightarrow{P_0{P}_1}+v\overrightarrow{P_0{P}_2}$ · "$z=\dots$" já resolvido → gráfico.

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 2(b) e 2(c))

Determine uma representação paramétrica de: (b) A porção do cilindro $y^2+z^2=16$ que se encontra entre os planos $x=0$ e $x=5$. (c) A porção no primeiro octante do cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ entre os planos $z=0$ e $z=3$.

Resolução passo-a-passo

1. Identificar (b). Na equação falta o $x$ ⇒ é um cilindro de eixo $Ox$ e raio 4. As secções $x=\text{const}$ são circunferências $y^2+z^2=16$.

2. Parametrizar (b). Polares no plano $yz$: $y=4\cos \theta$, $z=4\mathrm{sen}\theta$; o $x$ é livre e fica entre os planos:

$$\boxed{g(u,\theta )=(u,4\cos \theta ,4\mathrm{sen}\theta ),0<u<5,0<\theta <2\pi }$$

3. Identificar (c). $z=\sqrt{x^2+y^2}=r$: cone de eixo $Oz$, vértice na origem, abertura de $45^{\circ }$ (a altura é igual à distância ao eixo).

4. Parametrizar (c). Cilíndricas: $x=r\cos \theta$, $y=r\mathrm{sen}\theta$, $z=r$. Restrições: $0\le z\le 3\Rightarrow 0\le r\le 3$; primeiro octante ($x,y\ge 0$) $\Rightarrow 0\le \theta \le \pi /2$:

$$\boxed{g(r,\theta )=(r\cos \theta ,r\mathrm{sen}\theta ,r),0<r<3,0<\theta <\frac{\pi }{2}}$$

(Domínio aberto, como nas resoluções oficiais: $r=0$ é o vértice, onde o cone não é regular.)

5. (Bónus para a área.) $g_r=(\cos \theta ,\mathrm{sen}\theta ,1)$, $g_{\theta }=(-r\mathrm{sen}\theta ,r\cos \theta ,0)$, $g_r\times g_{\theta }=(-r\cos \theta ,-r\mathrm{sen}\theta ,r)$, $\Vert g_r\times g_{\theta }\Vert =r\sqrt{2}$ — nula em $r=0$ (o vértice, onde o cone não é regular).

Lição

A variável que falta na equação de um cilindro dá-te o eixo (e é um parâmetro livre). Restrições “entre planos perpendiculares ao eixo” limitam o parâmetro axial; “octantes” limitam o ângulo.

Exercício resolvido (Ficha 1 — Resolvidos, ex. 1, 2(f) e 2(g))

1. Determine se os pontos $P(7,10,4)$ e $Q(5,22,5)$ pertencem à superfície $r(u,v)=(2u+3v,1+5u-v,2+u+v)$. 2(f). Parametrize a face do cilindro $(x-2{)}^2+z^2=4$ entre os planos $y=0$ e $y=3$. 2(g). Parametrize a superfície esférica $x^2+y^2+z^2=3$ situada entre os planos $z=\sqrt{3}/2$ e $z=-\sqrt{3}/2$.

Resolução passo-a-passo

1. (1) Sistema para $P$. $P_0\in S⟺$ existe $(u_0,v_0)$ com $r(u_0,v_0)=P_0$:

$$\{\begin{array}{l}2u+3v=7\\ 1+5u-v=10\\ 2+u+v=4\end{array}⟺\{\begin{array}{l}u=2\\ v=1\\ 5=4\end{array}$$

Sistema impossível ⇒ $\boxed{P\notin S}$.

2. (1) Sistema para $Q$. $2u+3v=5,1+5u-v=22,2+u+v=5⟺u=4,v=-1$ e a terceira dá $5=5$ ✔. Logo $r(4,-1)=(5,22,5)$ e $\boxed{Q\in S}$.

3. (2f) Identificar. Falta o $y$ ⇒ superfície cilíndrica de raio 2 com eixo na reta $(x,y,z)=(2,t,0)$, $t\in \mathbb{R}$ (paralela a $Oy$, deslocada para $x=2$).

4. (2f) Cilíndricas transladadas. $x=2+\rho \cos \theta ,y=t,z=\rho \mathrm{sen}\theta$ com $\rho =2$:

$$\boxed{r(t,\theta )=(2+2\cos \theta ,t,2\mathrm{sen}\theta ),0<t<3,0<\theta <2\pi }$$

5. (2g) Esféricas com $\rho =\sqrt{3}$. $r(\theta ,\phi )=(\sqrt{3}\mathrm{sen}\phi \cos \theta ,\sqrt{3}\mathrm{sen}\phi \mathrm{sen}\theta ,\sqrt{3}\cos \phi )$. Os planos de corte são horizontais ⇒ não restringem $\theta \in ]0,2\pi [$.

6. (2g) Traduzir a restrição em $z$.

$$-\frac{\sqrt{3}}{2}<\sqrt{3}\cos \phi <\frac{\sqrt{3}}{2}⟺-\frac{1}{2}<\cos \phi <\frac{1}{2}⟺\arccos \frac{1}{2}<\phi <\pi -\arccos \frac{1}{2}⟺\frac{\pi }{3}<\phi <\frac{2\pi }{3}.$$

$\boxed{\theta \in ]0,2\pi [,\phi \in ]\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3}[}$

Lição

“Pertence?” = resolver um sistema (3 equações, 2 incógnitas: a terceira é o teste). Cilindro com eixo deslocado → soma o centro às cilíndricas. Faixa esférica entre planos horizontais → só restringe $\phi$, via $\cos \phi$. (Na resolução oficial de 2(g) a 2.ª componente aparece com $\cos \theta$ — gralha; é $\mathrm{sen}\theta$.)

1.2 Reconhecer a imagem de uma parametrização (e esboçar)

Ideia

É o caminho inverso: dado $g(u,v)$, elimina os parâmetros para obter uma equação cartesiana em $x,y,z$, e depois traduz o domínio $T$ em restrições sobre $x,y,z$. Truques clássicos: ${\cos }^2+{\mathrm{sen}}^2=1$, ${\cosh }^2-{\sinh }^2=1$, ou resolver uma componente linear em ordem a um parâmetro e substituir.

Passos para identificar $g(T)$

1. Procura combinações das componentes que façam desaparecer os parâmetros ($x^2+y^2$ quando há $\cos u,\mathrm{sen}u$; somas/diferenças quando é linear).
2. Escreve a equação cartesiana e identifica a quádrica (tabela abaixo).
3. Traduz o domínio dos parâmetros: que parte da superfície é coberta (sinal de uma coordenada, intervalo de alturas…)?
4. Responde como os professores: nome da superfície + equação cartesiana + restrições (ex.: “face lateral do cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$, com $0\le z\le h$”; “o plano $x=1$ com $0<y<1,0<z<1$” — Resolvidos, ex. 3(a),(b)).
5. Esboça (ver passos para esboçar).

Quádricas mais frequentes (eixo $Oz$; troca as letras para outros eixos)

$$\begin{array}{rlrl}& x^2+y^2=R^2& & \text{cilindro circular (falta }z\text{)}\\ & \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1& & \text{cilindro elıˊptico}\\ & z^2=x^2+y^2(z=\pm \sqrt{x^2+y^2})& & \text{cone (de duas folhas / uma folha)}\\ & z=x^2+y^2,z=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}& & \text{paraboloide (elıˊptico)}\\ & z=y^2-x^2& & \text{paraboloide hiperboˊlico ("sela")}\\ & \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1& & \text{hiperboloide de uma folha}\\ & \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=-1& & \text{hiperboloide de duas folhas}\\ & ax+by+cz=d& & \text{plano, normal }(a,b,c)\end{array}$$

Ex. 4 da Ficha 1: $x=a\cosh u\cos v,y=b\cosh u\mathrm{sen}v,z=c\sinh u\Rightarrow \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}={\cosh }^{2}u$ e $\frac{z^2}{c^2}={\sinh }^{2}u$, logo $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1$ (hiperboloide de uma folha).

Passos para esboçar uma quádrica (o MAP pede!)

1. Encontra o eixo: é a variável que aparece sozinha/linear (paraboloide), com sinal diferente (cone, hiperboloide) ou que falta (cilindro). Ex.: $x=1-y^2-z^2$ → eixo $Ox$.
2. Corta com planos perpendiculares ao eixo ($x=c$): obténs curvas de nível — circunferências/elipses. Calcula o raio para 2–3 valores de $c$ (incluindo as fronteiras dadas no enunciado).
3. Corta com um plano que contém o eixo (ex.: $z=0$): obténs o perfil — parábola (paraboloide), par de retas (cone), hipérbole (hiperboloide), retas paralelas (cilindro).
4. Localiza o vértice e o sentido de abertura (o sinal: $x=1-(\dots )$ abre para $-x$; $y+2=x^2+z^2$ abre para $+y$ a partir de $y=-2$).
5. Desenha os eixos em perspetiva, as circunferências de nível como elipses achatadas, e liga-as com o perfil. Assinala as fronteiras (planos de corte) e se a superfície é “aberta” (sem tampa) ou fechada.

Cilindros e paraboloides com eixo não vertical

O eixo não é sempre $Oz$! Em $y^2+z^2=16$ o eixo é $Ox$; em $(x-2{)}^2+z^2=4$ o eixo é a reta $\{x=2,z=0\}$ (paralela a $Oy$); em $y=4-x^2-z^2$ o paraboloide abre para $-y$. Desenha as curvas de nível nos planos perpendiculares a esse eixo — não em planos $z=c$.

Quando usar / sinais no enunciado

“Identifique e faça um esboço” → elimina parâmetros + tabela de quádricas · “Faça um esboço das curvas de nível com $x=0$ e $x=3/4$ e depois esboce $S$” (MAP 2025/26) → passos 2–5 acima · “represente graficamente $S$” (MAP 2024/25) → idem, é quase sempre um paraboloide/cone com eixo $Ox$ ou $Oy$.

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 3(c) e 3(d))

Identifique e faça um esboço da imagem da superfície parametrizada por (c) $g(u,v)=\left(v\cos u,v\mathrm{sen}u,\frac{1}{v^2}\right)$ com $0\le u<2\pi$ e $v>0$; (d) $g(u,v)=(u+v,3-v,1+4u+5v)$, para $u,v\in \mathbb{R}$.

Resolução passo-a-passo

1. (c) Eliminar $u$. $x^2+y^2=v^2({\cos }^{2}u+{\mathrm{sen}}^{2}u)=v^2$, e $z=1/v^2$. Logo

$$z=\frac{1}{x^2+y^2},(x,y)\ne (0,0).$$

2. (c) Domínio. $v>0$ percorre todos os raios $r=v>0$ e $u\in [0,2\pi [$ dá a volta completa ⇒ é o gráfico completo de $f(x,y)=\frac{1}{x^2+y^2}$ em ${\mathbb{R}}^2\setminus \{(0,0)\}$.

3. (c) Esboço. Superfície de revolução em torno de $Oz$ (só depende de $r$). Perfil no plano $xz$: $z=1/x^2$ — sobe para $+\infty$ junto ao eixo e tende a $0$ quando $r\to \infty$. Curvas de nível $z=c>0$: circunferências de raio $1/\sqrt{c}$. Forma de “trompete/funil” assente assintoticamente no plano $xy$.

4. (d) Eliminar $u,v$ (linear!). De $y=3-v$: $v=3-y$. De $x=u+v$: $u=x-3+y$. Substituir em $z$:

$$z=1+4(x+y-3)+5(3-y)=4x-y+4.$$

5. (d) Resposta. $u,v\in \mathbb{R}$ cobrem tudo ⇒ $\boxed{\text{o plano }4x-y-z=-4}$, com normal $(4,-1,-1)$. (Confirma: $g_u\times g_v=(1,0,4)\times (1,-1,5)=(4,-1,-1)$.)

6. (c) Resposta. $\boxed{\text{graˊfico de }f(x,y)=\frac{1}{x^2+y^2}}$.

Lição

Componentes com $v\cos u,v\mathrm{sen}u$ → calcula $x^2+y^2$ (é revolução em torno do terceiro eixo). Componentes lineares → é um plano; resolve duas equações em ordem a $u,v$ e substitui na terceira, ou faz $g_u\times g_v$ para obter logo a normal.

Exercício tipo MAP (MAP1 2025/26, ex. 1(a))

Considere $S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3:x=1-y^2-z^2,x\ge 0\}$. Faça um esboço das curvas de nível de $S$ com $x=0$ e $x=3/4$ e depois esboce $S$.

Resolução passo-a-passo

1. Eixo. $x$ aparece linear e $y,z$ ao quadrado com o mesmo sinal ⇒ paraboloide de eixo $Ox$, vértice em $(1,0,0)$, a abrir para $-x$ (pois $x=1-(\dots )\le 1$).

2. Curva de nível $x=0$. $0=1-y^2-z^2⟺y^2+z^2=1$: circunferência no plano $x=0$, centro na origem, raio 1.

3. Curva de nível $x=3/4$. $y^2+z^2=\frac{1}{4}$: circunferência no plano $x=3/4$, centro $(3/4,0,0)$, raio $1/2$.

4. Perfil. No plano $z=0$: $x=1-y^2$, parábola com vértice $(1,0)$.

5. Esboço. Uma “taça”/cúpula deitada (na solução oficial: “um paraboloide à volta do eixo $x$ com altura 1 e base em $x=0$ com raio 1”): base aberta = circunferência de raio 1 no plano $yz$; estreita progressivamente até ao vértice $(1,0,0)$. $\boxed{\text{paraboloide de eixo }Ox,0\le x\le 1,\text{base de raio 1 em }x=0}$

Lição

No MAP, o esboço vale pontos e prepara a alínea seguinte (fluxo por Gauss: vais precisar de fechar a superfície com o disco $y^2+z^2\le 1$ em $x=0$). Desenha sempre as curvas de nível pedidas e o perfil.

1.3 Vetor normal, plano tangente e reta normal

Ideia

Fixando $v$ e variando $u$, $g(\cdot ,v)$ desenha uma curva na superfície; a sua velocidade $g_u$ é tangente a $S$. O mesmo para $g_v$. Dois vetores tangentes independentes geram o plano tangente, e o produto externo $g_u\times g_v$ é perpendicular a ambos ⇒ é normal. Alternativamente, se $S$ é um conjunto de nível $F=c$, já sabes de CDI-II que $\nabla F$ é perpendicular aos conjuntos de nível. Duas vias, mesma direção.

Produto externo (Teixeira/Borges, §1.2.1)

$$\mathbf{a}\times \mathbf{b}=\left|\begin{array}{ccc}{\mathbf{e}}_1& {\mathbf{e}}_2& {\mathbf{e}}_3\\ a_1& a_2& a_3\\ b_1& b_2& b_3\end{array}\right|=(a_2{b}_3-a_3{b}_2,a_3{b}_1-a_1{b}_3,a_1{b}_2-a_2{b}_1).$$

Propriedades: $\mathbf{b}\times \mathbf{a}=-\mathbf{a}\times \mathbf{b}$ · $(\mathbf{a}\times \mathbf{b})\perp \mathbf{a},\mathbf{b}$ · $\Vert \mathbf{a}\times \mathbf{b}{\Vert }^2=\Vert \mathbf{a}{\Vert }^2\Vert \mathbf{b}{\Vert }^2-(\mathbf{a}\cdot \mathbf{b}{)}^2$ · $\Vert \mathbf{a}\times \mathbf{b}\Vert =\Vert \mathbf{a}\Vert \Vert \mathbf{b}\Vert \mathrm{sen}\theta =$ área do paralelogramo de lados $\mathbf{a},\mathbf{b}$ · ${\mathbf{e}}_1\times {\mathbf{e}}_2={\mathbf{e}}_3$ (e cíclicos).

Normal, plano tangente e reta normal (Teixeira/Borges, §1.1.3)

No ponto $a=g(u_0,v_0)$ de $S$:

$$\underset{\text{via parametrizac¸a˜o}}{\underbrace{N=g_u(u_0,v_0)\times g_v(u_0,v_0)}}\text{ou}\underset{\text{via }S=\{F=c\}}{\underbrace{N=\nabla F(a)}}$$ $$\text{Plano tangente: }(x-a)\cdot N=0\text{ou}x=a+{\lambda }_1{g}_u+{\lambda }_2{g}_v.\text{Reta normal: }x=a+\lambda N.$$

Casos rápidos: gráfico $z=f(x,y)$ ⇒ $N=(-f_x,-f_y,1)$ (aponta para cima). Plano $ax+by+cz=d$ ⇒ $N=(a,b,c)$. Esfera centrada na origem ⇒ $N\parallel (x,y,z)$. Normal unitária: $\nu =\frac{N}{\Vert N\Vert }$; a orientação (“para fora”, “para cima”) escolhe entre $\nu$ e $-\nu$.

Armadilhas

O ponto pode ser dado em $(x,y,z)$ e não em $(u,v)$ — primeiro resolve $g(u,v)=P$ para saber onde avaliar $g_u,g_v$. · A ordem $g_u\times g_v$ vs $g_v\times g_u$ troca o sentido (irrelevante para o plano tangente e para a área, crucial para fluxos). · Para usar $\nabla F$, escreve a superfície como $F(x,y,z)=\text{const}$ com tudo de um lado.

Passos para o plano tangente

Caminho oficial (Resolvidos, ex. 5):

1. Se o ponto vem em $(x,y,z)$, encontra $(u_0,v_0)$ com $g(u_0,v_0)=P$; se vem em $(u_0,v_0)$, calcula $P=g(u_0,v_0)$.
2. Calcula os vetores tangentes $g_u=\frac{\partial g}{\partial u}$, $g_v=\frac{\partial g}{\partial v}$ em geral.
3. $\vec{N}=g_u\times g_v$ pelo determinante (em geral) e só depois avalia em $(u_0,v_0)$; simplifica dividindo por fatores comuns.
4. Escreve $\vec{N}\cdot (x-x_0,y-y_0,z-z_0)=0$ e simplifica. (Também aceite: a forma vetorial $(x,y,z)=P+s{g}_u+t{g}_v$ — Resolvidos, ex. 5(c).)

Atalho / verificação (“doutra forma” nas resoluções): elimina os parâmetros, escreve $S\subset \{F=0\}$ e usa $\vec{N}=\nabla F(P)$. Os professores fazem as duas vias em 5(a) e 5(c), mas em 5(b) avisam que eliminar os parâmetros “dá algum trabalho” — aí o produto externo é o caminho aconselhado.

Quando usar / sinais no enunciado

“plano tangente à superfície parametrizada…” → $g_u\times g_v$ · superfície dada por equação ($x^2+y^2+z^2=9$, $z=x^2/a^2+y^2/b^2$) → $\nabla F$, é mais rápido · “vetor normal unitário … orientada para fora” → $\nabla F/\Vert \nabla F\Vert$ e verifica o sentido num ponto.

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 6(a) e 6(b))

Determine uma equação do plano tangente à superfície parametrizada por $g(u,v)$ no ponto especificado: (a) $x=u^2,y=v^2,z=uv$ em $u=1,v=1$. (b) $x=u+v,y=3u^2,z=u-v$ no ponto $(2,3,0)$.

Resolução passo-a-passo

1. (a) Ponto. $g(1,1)=(1,1,1)$.

2. (a) Vetores tangentes. $g_u=(2u,0,v)$, $g_v=(0,2v,u)$; em $(1,1)$: $g_u=(2,0,1)$, $g_v=(0,2,1)$.

3. (a) Normal.

$$g_u\times g_v=\left|\begin{array}{ccc}{\mathbf{e}}_1& {\mathbf{e}}_2& {\mathbf{e}}_3\\ 2& 0& 1\\ 0& 2& 1\end{array}\right|=(0\cdot 1-1\cdot 2,1\cdot 0-2\cdot 1,2\cdot 2-0)=(-2,-2,4)\parallel (1,1,-2).$$

4. (a) Plano. $(x-1)+(y-1)-2(z-1)=0⟺\boxed{x+y-2z=0}$.

5. (a) Verificação pela via do gradiente. $z^2=u^2{v}^2=xy$, logo $S\subset \{F=xy-z^2=0\}$; $\nabla F=(y,x,-2z)=(1,1,-2)$ em $(1,1,1)$. ✔

6. (b) Encontrar $(u_0,v_0)$. $u-v=0$ e $u+v=2\Rightarrow u=v=1$; confirma $y=3u^2=3$ ✔.

7. (b) Normal. $g_u=(1,6u,1)=(1,6,1)$, $g_v=(1,0,-1)$:

$$g_u\times g_v=(6\cdot (-1)-1\cdot 0,1\cdot 1-1\cdot (-1),1\cdot 0-6\cdot 1)=(-6,2,-6)\parallel (3,-1,3).$$

8. (b) Plano. $3(x-2)-(y-3)+3(z-0)=0⟺\boxed{3x-y+3z=3}$.

Lição

Simplifica a normal (divide por $\pm 2$, etc.) antes de escrever o plano. E quando o ponto vem em coordenadas cartesianas, o primeiro passo é sempre encontrar $(u_0,v_0)$.

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 5 e 7(b))

5. Determine a expressão geral do vetor normal unitário à superfície $x^2+y^2+z^2=9$, orientada para fora. 7(b). Calcule a equação do plano tangente ao paraboloide elíptico $z=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$ no ponto $(-a\pi ,0,{\pi }^2)$.

Resolução passo-a-passo

1. (5) Gradiente. $F=x^2+y^2+z^2-9$, $\nabla F=(2x,2y,2z)$; podemos usar $N=\frac{1}{2}\nabla F=(x,y,z)$, que aponta para fora (sentido do vetor posição).

2. (5) Normalizar. $\Vert N\Vert =\sqrt{x^2+y^2+z^2}=3$ em $S$, logo $\boxed{\nu (x,y,z)=\frac{1}{3}(x,y,z)}$.

3. (7b) Gradiente. $F=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-z$, $\nabla F=\left(\frac{2x}{a^2},\frac{2y}{b^2},-1\right)$; no ponto: $\left(-\frac{2\pi }{a},0,-1\right)$.

4. (7b) Plano. $-\frac{2\pi }{a}(x+a\pi )-(z-{\pi }^2)=0⟺-\frac{2\pi }{a}x-2{\pi }^2-z+{\pi }^2=0⟺\boxed{\frac{2\pi }{a}x+z=-{\pi }^2}$.

Lição

Para superfícies dadas por equação, $\nabla F$ resolve o problema numa linha — não é preciso parametrizar.

Exercício resolvido (Ficha 1 — Resolvidos, ex. 4)

Determine a expressão geral do vetor normal unitário à superfície $S$ definida por: (a) $x+2y+3z=4$, com orientação para cima; (b) $z=9-x^2-y^2$, com orientação para baixo.

Resolução passo-a-passo

1. (a) Parametrização. Gráfico $x=4-2y-3z$: $r(u,v)=(4-2u-3v,u,v)$, $(u,v)\in {\mathbb{R}}^2$. Então $\frac{\partial r}{\partial u}=(-2,1,0)$, $\frac{\partial r}{\partial v}=(-3,0,1)$.

2. (a) Normal.

$$\vec{N}=\frac{\partial r}{\partial u}\times \frac{\partial r}{\partial v}=\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ -2& 1& 0\\ -3& 0& 1\end{array}\right|=(1\cdot 1-0,0\cdot (-3)-(-2)\cdot 1,0-1\cdot (-3))=(1,2,3).$$

3. (a) Orientação. A 3.ª componente é $3>0$ ⇒ $\vec{N}$ aponta para cima: fica $\vec{N}$ e não $-\vec{N}$.

$$\boxed{\nu =\frac{\vec{N}}{\Vert \vec{N}\Vert }=\frac{1}{\sqrt{14}}(1,2,3)}$$

Via rápida: $S=\{F=4\}$ com $F=x+2y+3z$ ⇒ $\vec{N}=\nabla F=(1,2,3)$.

4. (b) Parametrização. A intersecção de $z=9-x^2-y^2$ com $z=0$ é $x^2+y^2=9$: $r(u,v)=(u,v,9-u^2-v^2)$, $(u,v)\in D=\{u^2+v^2<9\}$ (a “porção acima de $z=0$”; para a expressão geral da normal o domínio é irrelevante).

5. (b) Normal. $\frac{\partial r}{\partial u}=(1,0,-2u)$, $\frac{\partial r}{\partial v}=(0,1,-2v)$:

$$\vec{N}=\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ 1& 0& -2u\\ 0& 1& -2v\end{array}\right|=(2u,2v,1).$$

6. (b) Orientação. A 3.ª componente é $+1$ ⇒ $\vec{N}$ aponta para cima. Pretende-se para baixo ⇒ usar $-\vec{N}=(-2u,-2v,-1)$:

$$\boxed{\nu =\frac{1}{\sqrt{1+4u^2+4v^2}}(-2u,-2v,-1)}$$

Via rápida: $F=x^2+y^2+z=9$ ⇒ $\nabla F=(2x,2y,1)$ (para cima), logo $\nu =-\nabla F/\Vert \nabla F\Vert$.

Lição

Gráfico $z=f(x,y)$ parametrizado por $(x,y,f)$ dá sempre $\vec{N}=(-f_x,-f_y,1)$, que aponta para cima. “Para baixo” ⇒ troca o sinal e escreve porquê — é isso que se corrige no MAP (e é o que decide o sinal dos fluxos da Ficha 2).

1.4 Elemento de área e área de uma superfície

Ideia

Um retângulo minúsculo $\Delta u\times \Delta v$ no domínio $T$ é levado por $g$ para (aproximadamente) um paralelogramo de lados $g_u\Delta u$ e $g_v\Delta v$ — cuja área é $\Vert g_u\times g_v\Vert \Delta u\Delta v$. Somando e passando ao limite obtém-se a área. $\Vert g_u\times g_v\Vert$ é o “fator de dilatação de área” — o análogo de $\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert$ para o comprimento de curvas, e do jacobiano $|\det |$ das mudanças de variável de CDI-II.

Área e integral de superfície de um campo escalar (Teixeira/Borges, §1.2.2)

Seja $g:T\to S$ parametrização ($C^1$ até à fronteira de $T$) e $\varphi$ contínuo em $S$:

$${\mathrm{Vol}}_2(S)={\iint }_{S}dS={\iint }_T\underset{\text{fator de aˊrea}}{\underbrace{\Vert g_u\times g_v\Vert }}dudv,{\iint }_S\varphi dS={\iint }_T\varphi (g(u,v))\Vert g_u\times g_v\Vert dudv.$$

Equivalentemente $\Vert g_u\times g_v\Vert =\sqrt{\det \left(D{g}^{T}Dg\right)}$. Teorema: o valor não depende da parametrização escolhida (injetiva, $C^1$) — pela fórmula de mudança de variáveis com $\psi =g^{-1}\circ h$. Curvas (conjuntos de conteúdo nulo) — p.ex. o “corte” $\theta =0$ das coordenadas esféricas — não contribuem para o integral.

Casos-tipo do elemento de área $dS$

$$\begin{array}{rlrl}& \text{graˊfico }z=f(x,y):& & dS=\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}dxdy(\text{Resolvidos, ex. 8})\\ & \text{esfera de raio }R:& & dS=R^2\mathrm{sen}\phi d\phi d\theta \\ & \text{cilindro de raio }R:& & dS=Rd\theta dz\\ & \text{cone }z=kr:& & dS=r\sqrt{1+k^2}drd\theta \\ & \text{plano }{P}_0+u\mathbf{a}+v\mathbf{b}:& & dS=\Vert \mathbf{a}\times \mathbf{b}\Vert dudv\end{array}$$

Demonstração do caso gráfico: $g=(x,y,f)$, $g_x=(1,0,f_x)$, $g_y=(0,1,f_y)$, $g_x\times g_y=(-f_x,-f_y,1)$.

O $r$ das polares: nem a mais, nem a menos

Se parametrizas diretamente com $(r,\theta )$ (ex.: $(r\cos \theta ,r\mathrm{sen}\theta ,r^2)$), o $r$ já está dentro de $\Vert g_r\times g_{\theta }\Vert$ — não juntes outro. Se parametrizas como gráfico em $(x,y)$ e só depois passas o integral duplo a polares, então tens de juntar o jacobiano $r$. Erro número um nestes exercícios.

Passos para calcular uma área / integral de superfície

(Ordem das resoluções oficiais — Resolvidos, ex. 6–9.)

1. Parametriza $S$ e determina o domínio $T$, justificando-o (ex.: “a intersecção do paraboloide com $z=0$ é $x^2+y^2=9$, logo $T=\{x^2+y^2<9\}$”). Escreve $g:T\to S$. Escolhe parâmetros que tornem $T$ simples (retângulo, disco).
2. Escreve a fórmula antes das contas: ${\iint }_S\varphi dS={\iint }_T\varphi (g(u,v))\Vert \frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}\Vert dudv$.
3. Calcula $g_u$, $g_v$, $g_u\times g_v$ (determinante) e simplifica $\Vert g_u\times g_v\Vert$ (usa ${\cos }^2+{\mathrm{sen}}^2=1$); ao tirar raízes, justifica o sinal: $\sqrt{4{\mathrm{sen}}^2\phi }=2|\mathrm{sen}\phi |=2\mathrm{sen}\phi$ “pois $\phi \in [0,\pi ]$”.
4. Para campo escalar: substitui $x,y,z$ por $g(u,v)$ em $\varphi$ e repara se a raiz cancela.
5. Calcula (polares em $T$ se for disco/coroa — junta o $\rho$; substituição explícita $w=1+4{\rho }^2$ com novos limites).
6. Verificação rápida: a área é positiva? Compara com uma figura conhecida (hemisfério $=2\pi R^2$, esfera $=4\pi R^2$).

Superfície que é a fronteira de um sólido: parte-a em faces, ${\mathrm{Vol}}_2(S)=\sum {\mathrm{Vol}}_2(S_i)$; faces planas/cilíndricas calculam-se por geometria elementar; uma “face” que degenera numa curva não conta (conteúdo nulo) — diz isso por escrito (Resolvidos, ex. 7(c)).

Quando usar / sinais no enunciado

“área da porção de … no interior do cone/cilindro” → traduz a condição em limites ($\phi \le \pi /4$, $|y|\le \dots$) · superfície dada como gráfico sobre um disco → fórmula $\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}$ + polares · “porção da esfera” → esféricas, $dS=R^2\mathrm{sen}\phi$.

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 8(c))

Calcule a área da superfície esférica $x^2+y^2+z^2=1$ que se encontra no interior do cone $z\ge \sqrt{x^2+y^2}$.

Resolução passo-a-passo

1. Parametrização. Esféricas com $R=1$: $g(\phi ,\theta )=(\mathrm{sen}\phi \cos \theta ,\mathrm{sen}\phi \mathrm{sen}\theta ,\cos \phi )$, com $\Vert g_{\phi }\times g_{\theta }\Vert =\mathrm{sen}\phi$.

2. Traduzir “dentro do cone”. Na esfera, $\sqrt{x^2+y^2}=\mathrm{sen}\phi$ e $z=\cos \phi$, logo $z\ge \sqrt{x^2+y^2}⟺\cos \phi \ge \mathrm{sen}\phi ⟺\mathrm{tg}\phi \le 1⟺0\le \phi \le \frac{\pi }{4}$. O cone de $45^{\circ }$ corta a esfera em $z=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Não há restrição em $\theta \in [0,2\pi ]$.

3. Integral.

$$A={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /4}\mathrm{sen}\phi d\phi d\theta =2\pi [-\cos \phi {]}_0^{\pi /4}=2\pi \left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right).$$

4. Resposta. $\boxed{A=\pi (2-\sqrt{2})}$ (uma “calota” — menos de $2\pi$, a área do hemisfério ✔).

Lição

Cones de eixo $Oz$ em esféricas são simplesmente $\phi =\text{const}$: $z=\sqrt{x^2+y^2}\leftrightarrow \phi =\pi /4$; $z=\sqrt{3}\sqrt{x^2+y^2}\leftrightarrow \phi =\pi /6$. Calotas esféricas ⇒ limite em $\phi$. (Mesma ideia no Resolvidos, ex. 7(a): parte inferior de $x^2+y^2+z^2=2$ cortada pelo cone dá $\phi \in [\pi /4,\pi ]$ e $A=2\pi (2+\sqrt{2})$.)

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 8(e))

Calcule a área da porção da superfície cilíndrica $z^2+x^2=4$ que se encontra no interior do cilindro $x^2+y^2\le 4$ e acima do plano $xOy$.

Resolução passo-a-passo

1. Identificar. $z^2+x^2=4$: cilindro de raio 2 e eixo $Oy$ (falta o $y$). Acima de $xOy$ ⇒ metade $z\ge 0$. O outro cilindro ($x^2+y^2\le 4$, eixo $Oz$) “corta” o comprimento em $y$. (Dois cilindros perpendiculares — a figura de Steinmetz.)

2. Parametrização. Polares no plano $xz$: $g(\theta ,y)=(2\cos \theta ,y,2\mathrm{sen}\theta )$, $\theta \in [0,\pi ]$ ($z\ge 0$). $\Vert g_{\theta }\times g_y\Vert =2$ (cilindro de raio 2).

3. Domínio em $y$. $x^2+y^2\le 4⟺y^2\le 4-4{\cos }^2\theta =4{\mathrm{sen}}^2\theta ⟺|y|\le 2\mathrm{sen}\theta$ (pois $\mathrm{sen}\theta \ge 0$ em $[0,\pi ]$).

4. Integral.

$$A={\int }_0^{\pi }{\int }_{-2\mathrm{sen}\theta }^{2\mathrm{sen}\theta }2dyd\theta ={\int }_0^{\pi }8\mathrm{sen}\theta d\theta =8[-\cos \theta {]}_0^{\pi }=16.$$

5. Alternativa (gráfico). $z=\sqrt{4-x^2}$ sobre $D=\{x^2+y^2\le 4\}$: $\sqrt{1+f_x^2}=\sqrt{1+\frac{x^2}{4-x^2}}=\frac{2}{\sqrt{4-x^2}}$, e $A={\int }_{-2}^2{\int }_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\frac{2}{\sqrt{4-x^2}}dydx={\int }_{-2}^{2}4dx=16$.

6. Resposta. $\boxed{A=16}$

Lição

Escolhe os parâmetros da superfície cuja área queres (aqui o cilindro de eixo $Oy$); a outra superfície só entra como restrição no domínio. Nota que a projeção $D$ é um disco, mas não convém polares aqui — o integrando depende só de $x$.

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 9)

Considere a superfície parametrizada por $g(u,v)=(uv,u+v,u-v)$. (a) Determine $c$ de forma que o ponto $(c,1,0)$ pertença à superfície. (b) Restringindo o domínio de $g$ ao disco $u^2+v^2\le 1$, calcule a área da parte da superfície correspondente.

Resolução passo-a-passo

1. (a) $u+v=1$ e $u-v=0\Rightarrow u=v=\frac{1}{2}$, logo $c=uv=\boxed{\frac{1}{4}}$.

2. (b) Vetores tangentes. $g_u=(v,1,1)$, $g_v=(u,1,-1)$.

3. (b) Produto externo.

$$g_u\times g_v=(1\cdot (-1)-1\cdot 1,1\cdot u-v\cdot (-1),v\cdot 1-1\cdot u)=(-2,u+v,v-u).$$

4. (b) Norma. $4+(u+v{)}^2+(v-u{)}^2=4+2u^2+2v^2$, logo $\Vert g_u\times g_v\Vert =\sqrt{4+2(u^2+v^2)}$.

5. (b) Polares no plano $(u,v)$ (aqui sim junta-se o $r$, porque é uma mudança de variável no integral duplo):

$$A={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1\sqrt{4+2r^2}rdrd\theta =2\pi {\left[\frac{(4+2r^2{)}^{3/2}}{6}\right]}_0^1=2\pi \frac{6\sqrt{6}-8}{6}.$$

6. Resposta. $\boxed{A=\left(\sqrt{6}-\frac{4}{3}\right)2\pi }$

Lição

Quando $\Vert g_u\times g_v\Vert$ só depende de $u^2+v^2$ e o domínio é um disco em $(u,v)$, passa a polares nos parâmetros. A substituição $w=4+2r^2$, $dw=4rdr$, resolve o integral.

Exercício resolvido (Ficha 1 — Resolvidos, ex. 7(c) e 8)

7(c). Determine a área da fronteira do sólido limitado pelas superfícies $z=1$, $z=4$, $x^2+y^2=1$ e $z=x^2+y^2$. 8. Determine a área da porção do paraboloide hiperbólico $z=y^2-x^2$ que está entre os cilindros $x^2+y^2=1$ e $x^2+y^2=4$.

Resolução passo-a-passo

1. (7c) Perceber o sólido. É a parte interior ao paraboloide ($x^2+y^2\le z$) e exterior ao cilindro ($x^2+y^2\ge 1$), entre $z=1$ e $z=4$. Faces:

• topo $S_T$: coroa $1<x^2+y^2<4$ no plano $z=4$;
• lateral interior $S_1$: cilindro $x^2+y^2=1$, $1<z<4$;
• lateral exterior $S_2$: paraboloide $z=x^2+y^2$, $1<z<4$;
• base: em $z=1$ paraboloide e cilindro cortam-se na mesma circunferência $x^2+y^2=1$ ⇒ a base é uma curva, que não contribui para a área.

2. (7c) Faces elementares.

$${\mathrm{Vol}}_2(S_T)+{\mathrm{Vol}}_2(S_1)=\underset{\text{coroa}}{\underbrace{(\pi \cdot 2^2-\pi \cdot 1^2)}}+\underset{\text{cilindro: perıˊmetro}\times \text{altura}}{\underbrace{(2\pi \cdot 1)\cdot 3}}=3\pi +6\pi =9\pi .$$

3. (7c) Paraboloide. $g(x,y)=(x,y,x^2+y^2)$, $T=\{1<x^2+y^2<4\}$ (pois $1<z<4$); $\Vert \frac{\partial g}{\partial x}\times \frac{\partial g}{\partial y}\Vert =\sqrt{4x^2+4y^2+1}$. Em polares:

$${\mathrm{Vol}}_2(S_2)={\int }_0^{2\pi }{\int }_1^2(4r^2+1{)}^{1/2}rdrd\theta =2\pi {\left[\frac{(4r^2+1{)}^{3/2}}{12}\right]}_1^2=\frac{\pi }{6}\left(17^{3/2}-5^{3/2}\right).$$

4. (7c) Resposta. $\boxed{{\mathrm{Vol}}_2(S)=9\pi +\frac{\pi }{6}\left(17^{3/2}-5^{3/2}\right)}$

5. (8) Fórmula do gráfico. $f(x,y)=y^2-x^2$ sobre a coroa $D=\{1\le x^2+y^2\le 4\}$: $\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sqrt{1+4x^2+4y^2}$ — o mesmo integrando que em 7(c)!

6. (8) Polares + substituição. $1\le r\le 2$, $0\le \theta \le 2\pi$:

$$A=2\pi {\int }_1^2\sqrt{1+4r^2}rdr\stackrel{u=1+4r^2,du=8rdr}{=}\frac{2\pi }{8}{\int }_5^{17}{u}^{1/2}du=\frac{\pi }{4}\cdot \frac{2}{3}\left(17^{3/2}-5^{3/2}\right)=\boxed{\frac{\pi }{6}\left(17^{3/2}-5^{3/2}\right)}$$

Lição

Área de uma fronteira = soma das faces; calcula as fáceis por geometria e só integra a curva. Repara se alguma “face” degenera numa curva. Em 8, a sela $y^2-x^2$ e o paraboloide $x^2+y^2$ têm o mesmo fator de área $\sqrt{1+4r^2}$ — sobre a mesma coroa dão a mesma área. (Gralhas no PDF oficial: em 7(c) lê-se “entre $z=1$ e $z=3$” e "$T=\{1<x^2+y^2<2\}$" — deve ser $z=4$ e $x^2+y^2<4$, como confirmam os limites $1\le r\le 2$; em 8 os limites do integral em $u$ aparecem como $\sqrt{5},\sqrt{17}$ — devem ser $5$ e $17$.)

1.5 Integral de campo escalar, massa e centro de massa

Ideia

${\iint }_S\varphi dS$ é uma “soma ponderada” sobre a superfície: cada bocadinho de área $dS$ conta com peso $\varphi$. Se $\varphi =\sigma$ é uma densidade superficial (kg/m²) obténs a massa; se pesas também as coordenadas, obténs o centro de massa — exatamente como em CDI-II para placas planas, só que agora a placa está curvada no espaço.

Aplicações (Teixeira/Borges, §1.2.3)

$$\text{Aˊrea: }{\iint }_{S}dS\text{Massa: }M={\iint }_S\sigma dS\bar{x}=\frac{1}{M}{\iint }_{S}x\sigma dS,\bar{y}=\frac{1}{M}{\iint }_{S}y\sigma dS,\bar{z}=\frac{1}{M}{\iint }_{S}z\sigma dS$$ $$\text{Momento de ineˊrcia em relac¸a˜o a um eixo }L:I_L={\iint }_S\underset{\text{(distaˆncia a }L{)}^2}{\underbrace{d_L^2}}\sigma dS.$$

(Se não for dada densidade, $\sigma =1$ e o centro de massa é o centroide.)

Simetria primeiro

Se $S$ e $\sigma$ são simétricos em relação a um plano (ex.: $x\mapsto -x$), a coordenada correspondente do centro de massa é $0$ — escreve-o com uma frase de justificação em vez de calcular. Mas atenção: a simetria tem de valer para a densidade também.

Passos para massa e centro de massa

1. Parametriza $S$, calcula $\Vert g_u\times g_v\Vert$.
2. $M={\iint }_T\sigma (g)\Vert g_u\times g_v\Vert$. Repara se $\sigma$ “cancela” a raiz — os enunciados são feitos para isso!
3. Usa simetrias para anular coordenadas do centro de massa.
4. Calcula só as que restam e divide por $M$.

Quando usar / sinais no enunciado

Densidade do tipo $1/\sqrt{1+4x^2+4z^2}$ numa superfície $y=4-x^2-z^2$ ⇒ cancela exatamente o fator de área (fica só a área da projeção) · “densidade igual à distância ao eixo” ⇒ $\sigma =r$ em cilíndricas.

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 10)

Considere a superfície $S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3:y=4-x^2-z^2,y\ge -5\}$. Sendo a densidade em cada ponto de $S$ dada por $\sigma (x,y,z)=1/\sqrt{1+4x^2+4z^2}$, calcule a massa e as coordenadas do centro de massa de $S$.

Resolução passo-a-passo

1. Identificar. Paraboloide de eixo $Oy$, vértice $(0,4,0)$, a abrir para $-y$. A condição $y\ge -5$ dá $4-(x^2+z^2)\ge -5⟺x^2+z^2\le 9$: a projeção no plano $xz$ é o disco $D$ de raio 3.

2. Parametrização (gráfico $y=h(x,z)$). $g(x,z)=(x,4-x^2-z^2,z)$, $(x,z)\in D$. $g_x=(1,-2x,0)$, $g_z=(0,-2z,1)$, $g_x\times g_z=(-2x,-1,-2z)$, $\Vert g_x\times g_z\Vert =\sqrt{1+4x^2+4z^2}$.

3. Massa. A densidade cancela o fator de área:

$$M={\iint }_D\frac{1}{\sqrt{1+4x^2+4z^2}}\sqrt{1+4x^2+4z^2}dxdz={\iint }_{D}dxdz=\text{aˊrea}(D)=9\pi .$$

4. Simetria. $S$ e $\sigma$ são invariantes por $x\mapsto -x$ e por $z\mapsto -z$ ⇒ $\bar{x}=\bar{z}=0$.

5. $\bar{y}$ (polares no plano $xz$, junta-se o $r$):

$$\bar{y}=\frac{1}{9\pi }{\iint }_D(4-x^2-z^2)dxdz=\frac{1}{9\pi }{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^3(4-r^2)rdrd\theta =\frac{2\pi }{9\pi }{\left[2r^2-\frac{r^4}{4}\right]}_0^3=\frac{2}{9}\left(18-\frac{81}{4}\right)=-\frac{1}{2}.$$

6. Resposta. $\boxed{M=9\pi ,(\bar{x},\bar{y},\bar{z})=\left(0,-\frac{1}{2},0\right)}$

Lição

Antes de integrar, multiplica $\sigma$ pelo fator de área — muitas vezes simplifica tudo. O centro de massa de uma superfície não tem de estar na superfície ($\bar{y}=-1/2$ está “dentro” da taça).

Exercício resolvido (Ficha 1, ex. 11)

Calcule a massa e o centro de massa da superfície de um cone cujo raio da base é $R$ e cuja altura é $h$. Admita que a densidade de massa é igual à distância do ponto ao eixo de simetria do cone.

Resolução passo-a-passo

1. Escolher referencial. Vértice na origem, eixo $Oz$, a abrir para cima: $z=\frac{h}{R}\sqrt{x^2+y^2}$, $0\le z\le h$ (superfície lateral; a solução oficial não inclui a base).

2. Parametrização. $g(r,\theta )=\left(r\cos \theta ,r\mathrm{sen}\theta ,\frac{h}{R}r\right)$, $0\le r\le R$, $0\le \theta \le 2\pi$. $g_r=\left(\cos \theta ,\mathrm{sen}\theta ,\frac{h}{R}\right)$, $g_{\theta }=(-r\mathrm{sen}\theta ,r\cos \theta ,0)$,

$$g_r\times g_{\theta }=\left(-\frac{h}{R}r\cos \theta ,-\frac{h}{R}r\mathrm{sen}\theta ,r\right),\Vert g_r\times g_{\theta }\Vert =r\sqrt{1+\frac{h^2}{R^2}}=\frac{r\sqrt{R^2+h^2}}{R}.$$

3. Densidade. Distância ao eixo $Oz$: $\sigma =\sqrt{x^2+y^2}=r$.

4. Massa.

$$M={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{R}r\cdot \frac{r\sqrt{R^2+h^2}}{R}drd\theta =2\pi \frac{\sqrt{R^2+h^2}}{R}\cdot \frac{R^3}{3}=\frac{2}{3}\pi R^2\sqrt{R^2+h^2}.$$

5. Simetria. Superfície e densidade simétricas em torno de $Oz$ ⇒ $\bar{x}=\bar{y}=0$.

6. $\bar{z}$.

$${\iint }_{S}z\sigma dS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^R\frac{h}{R}r\cdot r\cdot \frac{r\sqrt{R^2+h^2}}{R}drd\theta =2\pi \frac{h\sqrt{R^2+h^2}}{R^2}\cdot \frac{R^4}{4}=\frac{\pi }{2}h{R}^2\sqrt{R^2+h^2},$$ $$\bar{z}=\frac{\frac{\pi }{2}h{R}^2\sqrt{R^2+h^2}}{\frac{2}{3}\pi R^2\sqrt{R^2+h^2}}=\frac{3}{4}h.$$

7. Resposta. $\boxed{M=\frac{2}{3}\pi R^2\sqrt{R^2+h^2},(\bar{x},\bar{y},\bar{z})=\left(0,0,\frac{3}{4}h\right)}$

Lição

Quando o enunciado não fixa coordenadas, escolhe tu o referencial mais simétrico e di-lo explicitamente. O $\bar{z}$ fica acima de $h/2$ porque há mais área (e mais densidade) longe do vértice.

Exercício resolvido (Ficha 1 — Resolvidos, ex. 9)

Considere a superfície $S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3:y=x^2+z^2,1<y<4\}$. Sabendo que $S$ tem densidade de massa $\alpha (x,y,z)=\sqrt{1+4(x^2+z^2)}$, calcule a massa total de $S$.

Resolução passo-a-passo

1. Fórmula. $M(S)={\iint }_S\alpha dS$.

2. Parametrização. Paraboloide de eixo $Oy$: polares no plano $xz$, com $y={\rho }^2$:

$$g(\rho ,\theta )=(\rho \cos \theta ,{\rho }^2,\rho \mathrm{sen}\theta ),0<\theta <2\pi ,1<\rho <2(1<y={\rho }^2<4).$$

3. Fator de área. $\frac{\partial g}{\partial \rho }=(\cos \theta ,2\rho ,\mathrm{sen}\theta )$, $\frac{\partial g}{\partial \theta }=(-\rho \mathrm{sen}\theta ,0,\rho \cos \theta )$,

$$\frac{\partial g}{\partial \rho }\times \frac{\partial g}{\partial \theta }=(2{\rho }^2\cos \theta ,-\rho ,2{\rho }^2\mathrm{sen}\theta ),\Vert \frac{\partial g}{\partial \rho }\times \frac{\partial g}{\partial \theta }\Vert =\rho \sqrt{1+4{\rho }^2}.$$

(Aqui não se junta outro $\rho$: a parametrização já é em $(\rho ,\theta )$.)

4. Densidade na parametrização. $\alpha (g(\rho ,\theta ))=\sqrt{1+4{\rho }^2}$ ⇒ o produto perde a raiz: $\alpha \cdot \Vert \cdot \Vert =(1+4{\rho }^2)\rho$.

5. Integral.

$$M(S)={\int }_0^{2\pi }{\int }_1^2(1+4{\rho }^2)\rho d\rho d\theta =2\pi {\left[\frac{{\rho }^2}{2}+{\rho }^4\right]}_1^2=2\pi \left(18-\frac{3}{2}\right)=\boxed{33\pi }$$

Lição

Paraboloide de eixo $Oy$: $g=(\rho \cos \theta ,{\rho }^2,\rho \mathrm{sen}\theta )$ — a restrição em $y$ passa direta para $\rho$ ($1<{\rho }^2<4$). Compara com o ex. 10 da ficha (a densidade dividia pela raiz e a massa era uma área); aqui multiplica e a raiz desaparece na mesma.

Exercício resolvido (Ficha 1 — Resolvidos, ex. 6)

Calcule o integral de superfície de $f(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+1/4}$, sendo $S$ a porção do paraboloide $z=9-x^2-y^2$ acima do plano $xOy$.

Resolução passo-a-passo

1. Parametrização. $z\ge 0⟺x^2+y^2\le 9$. Gráfico: $g(x,y)=(x,y,9-x^2-y^2)$, $T=\{x^2+y^2<9\}$; $g_x\times g_y=(2x,2y,1)$.

2. Fator de área. $\Vert (2x,2y,1)\Vert =\sqrt{4x^2+4y^2+1}=2\sqrt{x^2+y^2+\frac{1}{4}}$.

3. Integrando. $f\cdot \Vert g_x\times g_y\Vert =\sqrt{x^2+y^2+\frac{1}{4}}\cdot 2\sqrt{x^2+y^2+\frac{1}{4}}=2\left(x^2+y^2+\frac{1}{4}\right)$ — a raiz desaparece.

4. Polares (junta-se o $r$):

$${\iint }_{S}fdS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{3}2\left(r^2+\frac{1}{4}\right)rdrd\theta =4\pi {\left[\frac{r^4}{4}+\frac{r^2}{8}\right]}_0^3=4\pi \left(\frac{81}{4}+\frac{9}{8}\right)=4\pi \cdot \frac{171}{8}.$$

5. Resposta. $\boxed{{\iint }_{S}fdS=\frac{171\pi }{2}}$

Lição

Truque recorrente: o campo escalar é escolhido para “casar” com $\sqrt{1+4r^2}$. Fatoriza $\sqrt{1+4r^2}=2\sqrt{r^2+1/4}$ para o ver.

Erros a evitar neste tema

Dar uma parametrização sem o domínio $T$ (os professores escrevem sempre $g:T\to S$ com $T$ explícito) · escolher $\pm \vec{N}$ sem justificar o sentido (“3.ª componente $>0$ ⇒ para cima”) · tirar $\sqrt{{\mathrm{sen}}^2\phi }=\mathrm{sen}\phi$ sem dizer “pois $\phi \in [0,\pi ]$” · na área da fronteira de um sólido, esquecer uma face — ou contar como face uma curva · esquecer que o cone não é regular no vértice (e que $\Vert g_r\times g_{\theta }\Vert =0$ lá) · usar $R^2\cos \phi$ em vez de $R^2\mathrm{sen}\phi$ na esfera (o $\phi$ mede-se a partir de $Oz$) · juntar um $r$ a mais quando a parametrização já é em $(r,\theta )$, ou esquecer o $r$ quando passas a polares um integral em $(x,y)$ · assumir que o eixo é sempre $Oz$ — em $x=1-y^2-z^2$ ou $y^2+z^2=16$ as curvas de nível desenham-se em planos $x=c$ · avaliar $g_u,g_v$ no ponto $(x,y,z)$ em vez de no $(u_0,v_0)$ correspondente · trocar a ordem $g_u\times g_v$ sem reparar que o sentido da normal muda (fatal nos fluxos da Ficha 2) · não simplificar $\Vert g_u\times g_v\Vert$ com ${\cos }^2+{\mathrm{sen}}^2=1$ · no plano tangente, esquecer de subtrair o ponto ($N\cdot (x-a)=0$, não $N\cdot x=0$) · ao traduzir “interior do cone $z\ge \sqrt{x^2+y^2}$” trocar o sentido da desigualdade em $\phi$ ($\phi \le \pi /4$, perto do polo norte) · esquecer a raiz em $\Vert \cdot \Vert$ (área $\ne \iint \Vert g_u\times g_v{\Vert }^2$) · ignorar simetrias no centro de massa e perder tempo — mas verificar que a densidade também é simétrica · no esboço, desenhar só a superfície sem as curvas de nível pedidas e sem indicar vértice, eixo e raios.

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🌊 2. Operadores Diferenciais, Fluxo e Teorema de Gauss (Ficha 2)

Como os professores resolvem (Ficha 2 — Resolvidos)

Notação oficial: $\mathrm{grad}f$ ou $\nabla f$; $\mathrm{div}F$; $\mathrm{rot}F$ (ou $\nabla \times F$ nos MAPs) sempre pelo determinante com linha $e_1{e}_2{e}_3$; $\Delta f$ para o laplaciano; $\nu$ = normal unitária; $\vec{N}=\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$ = normal não normalizada; $D$ = domínio dos parâmetros; $\Sigma$ = superfície fechada; ${\mathrm{Vol}}_3(E)$ e ${\mathrm{Vol}}_2(S)$ para volume e área; polares $(\rho ,\theta )$, esféricas $g(\theta ,\varphi )$ com $\varphi \in ]0,\pi [$ medido a partir do eixo $z$.

A. “Tem significado? Escalar ou vetorial?” (res. ex. 1)

1. Partir da hipótese de regularidade: “Sendo $f$ de classe $C^2$, $\mathrm{grad}f$ está bem definido e é um campo vetorial de classe $C^1$”.
2. Subir operador a operador, dizendo em cada passo “está bem definido e é um campo escalar/vetorial”.
3. Quando falha, justificar com a definição: “o produto externo é uma operação definida entre dois vetores, logo … não está definido”.

B. Rotacional e divergência de um campo dado (res. ex. 2)

1. Escrever $\mathrm{rot}F$ como determinante e expandir; $\mathrm{div}F$ como soma das três derivadas, escrevendo cada uma ($\frac{\partial }{\partial x}(xyz)+\frac{\partial }{\partial y}(0)+\dots$).
2. Campos em $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$: calcular primeiro $\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{r}$ (“identicamente” para $y,z$) e reescrever $F$ em função de $r$ antes de derivar.

C. Demonstrar uma identidade (res. ex. 3, 6, 8)

1. “Suponhamos que $F=(P_1,Q_1,R_1)$ e $G=(P_2,Q_2,R_2)$” — campos genéricos.
2. Desenvolver o lado esquerdo pela definição, com a regra do produto.
3. Reagrupar por $P_1,Q_1,\dots$ até reconhecer $\mathrm{rot}$, $\nabla$, $\mathrm{div}$; terminar com “como se queria mostrar”.
4. Identidades que dependem de outras (ex.: $\mathrm{div}(\nabla f\times \nabla g)=0$) → usar a alínea anterior + “se $f\in C^2$ então $\mathrm{rot}(\nabla f)=0$”.

D. “Existe $G$ com $\mathrm{rot}G=F$?” (res. ex. 7) — redução ao absurdo: “Vamos supor que existe…”; calcular $\mathrm{div}F$; como $\mathrm{div}(\mathrm{rot}G)=0$, se $\mathrm{div}F\ne 0$ conclui-se que não existe.

E. Fluxo pela definição (res. ex. 9, 10, 11a)

1. Identificar a superfície em palavras (“porção do paraboloide de vértice $(0,0,1)$ acima de $z=0$”) e a interseção com o plano que dá o bordo → domínio $D$.
2. Parametrizar: $g(u,v)$, $(u,v)\in D$.
3. Calcular $\frac{\partial g}{\partial u}$, $\frac{\partial g}{\partial v}$ e $\vec{N}=\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$ pelo determinante.
4. Comparar com a orientação pedida e dizê-lo por escrito: “Atendendo à orientação dada, devemos usar $\vec{N}$ e não $-\vec{N}$” (ou o contrário).
5. ${\iint }_{S}F\cdot \nu dS={\iint }_{D}F(g(u,v))\cdot (\pm \vec{N})dudv$, simplificar a integranda e passar a polares “(note que o jacobiano é $\rho$)”.
6. Superfície com várias partes: $S=S_1\cup S_2$, um integral por parte, cada uma com a sua normal exterior (“é fácil de entender que ${\vec{\nu }}_2=(0,0,-1)$”).

F. Teorema da divergência, superfície fechada (res. ex. 11b, 12, 14a)

1. Escrever o teorema na forma usada: ${\iint }_{S}F\cdot \nu dS={\iiint }_V\mathrm{div}FdV$, “em que $V$ é o sólido dado, $S$ a sua fronteira e $\nu$ a normal unitária exterior”.
2. Descrever $V$ como conjunto com limites explícitos (ex.: $V=\{0<z<4-x^2-y^2\}$ ou $\{0<y<2,0<z<2,0<x<4-2z\}$).
3. Calcular $\mathrm{div}F$.
4. Integral iterado (primeiro na variável “de cima”, depois polares) ou, se $\mathrm{div}F$ é constante, $c\cdot {\mathrm{Vol}}_3(V)$ com a fórmula geométrica do volume.

G. Teorema da divergência, superfície aberta (res. ex. 14b, 15; MAP1 2024/25 e 2025/26)

1. “Observe que $S$ não é uma superfície fechada” — introduzir a tampa $T$ (ou tampas $S_0,S_2$) como conjunto.
2. ”$\Sigma =S\cup T$ já é fechada”; seja $B$ (ou $E$, $V$) o sólido com $\partial B=\Sigma$, $\nu$ exterior.
3. Escrever ${\iint }_{\Sigma }={\iint }_S+{\iint }_T={\iiint }_B\mathrm{div}FdV$ e isolar: ${\iint }_S={\iiint }_B\mathrm{div}FdV-{\iint }_T$.
4. Calcular $\mathrm{div}F$ e o integral triplo (cilíndricas em torno do eixo da superfície).
5. Na tampa: indicar $\nu$ exterior explicitamente, calcular $F\cdot \nu$ usando a coordenada fixa (“uma vez que $y=0$ em $S_0$”) e escrever o resultado como múltiplo de ${\mathrm{Vol}}_2$.
6. Substituir e concluir.

H. Truques recorrentes nas resoluções

• Função periódica de média zero integra a $0$ num período: ${\int }_0^{2\pi }{\cos }^{3}tdt={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{sen}}^{2}t\cos tdt=0$; médias de $\mathrm{sen}\theta$ e ${\mathrm{sen}}^2\theta$ são $0$ e $\frac{1}{2}$ (MAP1 2024/25).
• Normal unitária a uma superfície de nível: $\nu =\frac{\nabla H}{\Vert \nabla H\Vert }$ (na esfera unitária, $\nu =(x,y,z)$).
• Integral de superfície escalar disfarçado de fluxo: escrever a integranda como $G\cdot \nu$ e aplicar Gauss (res. ex. 13, ver 2.6).
• Determinar uma função a partir de $\mathrm{div}G=0$: Gauss numa coroa esférica $1<r<R$ (res. ex. 16, ver 2.7).
• Laplaciano em 2D: $f=\log (x^2+y^2)$ é harmónica ($\Delta f=0$) fora da origem — $f_{xx}=\frac{2y^2-2x^2}{(x^2+y^2{)}^2}=-f_{yy}$ (res. ex. 5).

2.1 Gradiente, divergência, rotacional e laplaciano

Ideia

Tudo se constrói com o operador simbólico nabla $\nabla =\left(\frac{\partial }{\partial x},\frac{\partial }{\partial y},\frac{\partial }{\partial z}\right)$, tratado como se fosse um vetor:

• “vetor × escalar” → $\nabla f$ (gradiente): de um escalar faz um vetor — aponta para onde $f$ cresce mais depressa (já de CDI-II).
• “produto interno” → $\nabla \cdot F$ (divergência): de um vetor faz um escalar — mede quanto o campo “brota” (fonte, $>0$) ou “é sugado” (sumidouro, $<0$) num ponto.
• “produto externo” → $\nabla \times F$ (rotacional): de um vetor faz um vetor — mede a rotação local (um pequeno moinho posto no fluido gira à volta de $\mathrm{rot}F$).
• $\nabla \cdot \nabla f={\nabla }^{2}f$ (laplaciano): de um escalar faz um escalar.

A pergunta “esta expressão faz sentido?” (Ficha 2, ex. 1) é só verificar tipos: cada operador só aceita um tipo de entrada.

Definições (Teixeira/Borges, §1.3)

Seja $f$ escalar e $F=(F_1,F_2,F_3)$ vetorial, de classe $C^1$ num aberto $A\subset {\mathbb{R}}^3$. $\nabla f=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z}\right)\mathrm{div}F=\nabla \cdot F=\frac{\partial F_1}{\partial x}+\frac{\partial F_2}{\partial y}+\frac{\partial F_3}{\partial z}=\mathrm{tr}DF$ $\mathrm{rot}F=\nabla \times F=\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ {\partial }_x& {\partial }_y& {\partial }_z\\ F_1& F_2& F_3\end{array}\right|=\left(\underset{1{.}^{\text{a}}}{\underbrace{{\partial }_y{F}_3-{\partial }_z{F}_2}},\underset{2{.}^{\text{a}}}{\underbrace{{\partial }_z{F}_1-{\partial }_x{F}_3}},\underset{3{.}^{\text{a}}}{\underbrace{{\partial }_x{F}_2-{\partial }_y{F}_1}}\right)$ $\Delta f={\nabla }^{2}f=\mathrm{div}(\nabla f)=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial z^2}(f\in C^2)$ Em ${\mathbb{R}}^n$: $\mathrm{div}x=n$; em particular, para $\mathbf{r}=(x,y,z)$, $\mathrm{div}\mathbf{r}=3$ e $\mathrm{rot}\mathbf{r}=0$.

Entrada	$\nabla$	$\mathrm{div}$	$\mathrm{rot}$	${\nabla }^2$
escalar $f$	vetor	✗	✗	escalar
vetor $F$	✗ (*)	escalar	vetor	✗ (*)

(*) Nesta cadeira o gradiente e o laplaciano aplicam-se só a escalares.

Armadilhas

• Ordem no rotacional: a 2.ª componente é ${\partial }_z{F}_1-{\partial }_x{F}_3$ (e não ${\partial }_x{F}_3-{\partial }_z{F}_1$). Pelo determinante, o termo do meio leva sinal menos: $-({\partial }_x{F}_3-{\partial }_z{F}_1)$.
• $\mathrm{div}$ de um escalar não existe; $\nabla f\times \mathrm{div}F$ não existe (produto externo só entre dois vetores) — Ficha 2 resolvidos, ex. 1(c).
• Não confundir ${\nabla }^{2}f$ (escalar) com $\nabla (\mathrm{div}F)$ (vetor).

Passos para calcular $\mathrm{div}$ e $\mathrm{rot}$

1. Identificar $F_1,F_2,F_3$ (simplifica antes: $\log (xy)=\log x+\log y$, etc.).
2. $\mathrm{div}$: derivar cada componente na sua própria variável e somar.
3. $\mathrm{rot}$: escrever o determinante e expandir pela 1.ª linha, com cuidado com o sinal do meio.
4. Verificação rápida: se $F$ for um gradiente óbvio ($F=\nabla \varphi$), então $\mathrm{rot}F=0$.

Quando usar / sinais no enunciado

“Diga se a expressão tem significado” → tabela de tipos. “Determine o rotacional e a divergência” → passos acima. No MAP aparece tipicamente como alínea de aquecimento (“Calcule $\nabla \times B$”, MAP1 2025/26, 2a) antes de Stokes/Gauss.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 1)

Seja $f$ um campo escalar e $F$ um campo vetorial, ambos de classe $C^2$. Diga se cada expressão tem significado e, nesse caso, se é um campo vetorial ou escalar: (a) $\mathrm{rot}(\nabla f)$; (b) $\nabla (\mathrm{div}F)$; (c) $\mathrm{div}(\mathrm{div}F)$; (d) $\mathrm{div}(\mathrm{rot}(\nabla f))$.

Resolução passo-a-passo

(a) Sendo $f$ de classe $C^2$, $\nabla f$ está bem definido e é um campo vetorial de classe $C^1$ → o rotacional aceita vetores e devolve vetor. $\mathrm{rot}(\nabla f)$ está bem definido e é um campo vetorial (na verdade é o vetor nulo, ver 2.2).

(b) $\mathrm{div}F$ é escalar → o gradiente de um escalar é vetor. $\nabla (\mathrm{div}F)$ é um campo vetorial.

(c) $\mathrm{div}F$ é escalar e a divergência só se aplica a vetores → não tem significado.

(d) $\nabla f$ vetor → $\mathrm{rot}(\nabla f)$ vetor → $\mathrm{div}$ de vetor é escalar. É um campo escalar (e vale $0$).

$\boxed{\text{(a) vetorial; (b) vetorial; (c) sem significado; (d) escalar}}$

Lição

Lê a expressão de dentro para fora, anotando o tipo (E/V) em cada passo; basta um operador receber o tipo errado para a expressão não ter significado. Na resposta escrita, segue o modelo oficial: “está bem definido e é um campo escalar/vetorial” em cada passo, e, quando falha, cita a definição violada (“o produto externo é uma operação definida entre dois vetores”).

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 2(b))

Determine o rotacional e a divergência de $F(x,y,z)=(e^x\mathrm{sen}y,e^x\cos y,z)$.

Resolução passo-a-passo

1. Divergência. $\mathrm{div}F=\frac{\partial }{\partial x}(e^x\mathrm{sen}y)+\frac{\partial }{\partial y}(e^x\cos y)+\frac{\partial }{\partial z}(z)=e^x\mathrm{sen}y-e^x\mathrm{sen}y+1=1.$

2. Rotacional (componente a componente): ${\partial }_y{F}_3-{\partial }_z{F}_2=0-0,{\partial }_z{F}_1-{\partial }_x{F}_3=0-0,{\partial }_x{F}_2-{\partial }_y{F}_1=e^x\cos y-e^x\cos y=0.$

$\boxed{\mathrm{rot}F=0,\mathrm{div}F=1}$

3. Verificação. $F=\nabla \left(e^x\mathrm{sen}y+\frac{z^2}{2}\right)$, logo é natural que $\mathrm{rot}F=0$.

Lição

Se reconheces um potencial ($F=\nabla \varphi$), o rotacional é zero sem contas — e a divergência é então ${\nabla }^2\varphi$.

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2.2 Identidades, campos irrotacionais e solenoidais (incompressíveis)

Ideia

Há duas identidades “de ouro” que dizem que aplicar dois operadores seguidos dá zero:

• $\mathrm{rot}(\nabla f)=0$ — um campo gradiente não roda (é por isso que um campo conservativo é irrotacional).
• $\mathrm{div}(\mathrm{rot}F)=0$ — um campo rotacional não tem fontes.

Ambas resultam do Teorema de Schwarz (igualdade das derivadas cruzadas para funções $C^2$): os termos cancelam aos pares. Tal como $\mathbf{a}\times \mathbf{a}=0$ e $\mathbf{a}\cdot (\mathbf{a}\times \mathbf{b})=0$ para vetores.

Identidades (Teixeira/Borges, §1.3; Ficha 2 resolvidos, ex. 3)

Para $u,f,g$ escalares e $F,G$ vetoriais, com a regularidade necessária: $\mathrm{div}(F+G)=\mathrm{div}F+\mathrm{div}G$ $\mathrm{div}(uF)=\underset{\text{deriva }F}{\underbrace{u\mathrm{div}F}}+\underset{\text{deriva }u}{\underbrace{\nabla u\cdot F}}\mathrm{rot}(uF)=u\mathrm{rot}F+\nabla u\times F$ $\mathrm{div}(F\times G)=G\cdot \mathrm{rot}F-F\cdot \mathrm{rot}G$ $\mathrm{rot}(\nabla f)=0(f\in C^2)\mathrm{div}(\mathrm{rot}F)=0(F\in C^2)$ $\mathrm{div}(\nabla f\times \nabla g)=0\mathrm{div}(f\nabla g)=f{\nabla }^{2}g+\nabla f\cdot \nabla g$

Fórmulas com $\mathbf{r}=(x,y,z)$, $r=|\mathbf{r}|$ (Ficha 2, ex. 3 e resolvidos ex. 2, 4)

$\nabla r=\frac{\mathbf{r}}{r},\nabla \left(\frac{1}{r}\right)=-\frac{\mathbf{r}}{r^3},\nabla (\ln r)=\frac{\mathbf{r}}{r^2},\nabla (\varphi (r))={\varphi }^{\prime }(r)\frac{\mathbf{r}}{r}$ $\mathrm{div}\mathbf{r}=3,\mathrm{rot}\mathbf{r}=0,\mathrm{div}(r\mathbf{r})=4r,\mathrm{div}\left(\frac{\mathbf{r}}{r}\right)=\frac{2}{r},{\nabla }^2{r}^3=12r$ Regra geral: $\mathrm{div}(r^k\mathbf{r})=(k+3)r^k$ — em particular $\mathrm{div}\left(\frac{\mathbf{r}}{r^3}\right)=0$ para $r\ne 0$.

Classificação de campos

• $F$ irrotacional: $\mathrm{rot}F=0$ (todo o campo gradiente $C^1$ é irrotacional).
• $F$ incompressível (ou solenoidal): $\mathrm{div}F=0$ (todo o rotacional é solenoidal).
• Consequência útil: se $\mathrm{div}F\ne 0$, não existe $G$ (de classe $C^2$) com $\mathrm{rot}G=F$ (Ficha 2 resolvidos, ex. 7). Redige como os professores, por redução ao absurdo: “Vamos supor que existe $G$ tal que $\mathrm{rot}G=F$. Então $\mathrm{div}F=\mathrm{div}(\mathrm{rot}G)=0$; mas $\mathrm{div}F=\dots \ne 0$ — absurdo.”
• Campos tipo $(f(x),g(y),h(z))$ são sempre irrotacionais; tipo $(f(y,z),g(x,z),h(x,y))$ são sempre incompressíveis (Ficha 2 resolvidos, ex. 6 e 8).

Armadilhas

• Em $\mathrm{div}(uF)$ não te esqueças do termo $\nabla u\cdot F$ (regra do produto!).
• $\mathrm{div}(F\times G)$ tem um sinal menos: $G\cdot \mathrm{rot}F-F\cdot \mathrm{rot}G$.
• $\mathbf{r}/r^3$ não está definido na origem: "$\mathrm{div}=0$" só vale em ${\mathbb{R}}^3\setminus \{0\}$ (ver 2.7).

Passos para “verificar uma identidade”

1. Escrever os campos genéricos: $F=(P_1,Q_1,R_1)$, $G=(P_2,Q_2,R_2)$.
2. Calcular o lado esquerdo componente a componente, aplicando a regra do produto.
3. Reagrupar os termos (por $P_1,Q_1,R_1,P_2,\dots$) para reconhecer $\mathrm{div}$, $\mathrm{rot}$, $\nabla$ do lado direito; fechar com “como se queria mostrar”.
4. Se a identidade decorre de uma anterior (ex.: $\mathrm{div}(\nabla f\times \nabla g)$ a partir de $\mathrm{div}(F\times G)$), invocar a alínea anterior em vez de repetir contas.
5. Para funções de $r$: calcular primeiro $\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{r}$ (e “identicamente” $\frac{y}{r}$, $\frac{z}{r}$) — é assim que as resoluções oficiais fazem $\nabla r$, $\mathrm{div}(r\mathbf{r})$ e $\mathrm{div}(\mathbf{r}/r)$ (res. ex. 2a, 4).

Quando usar / sinais no enunciado

“Verifique se é irrotacional/incompressível” → calcula $\mathrm{rot}$ e $\mathrm{div}$. “Existe $G$ com $\mathrm{rot}G=\dots$?” → calcula a divergência; se não é zero, a resposta é não. Campos com $r$ → usa as fórmulas em $r$ e a identidade $\mathrm{div}(uF)$ em vez de derivar à bruta.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 3(c) e ex. 4)

(3c) Verifique que ${\nabla }^2{r}^3=12r$, sendo $r=|\mathbf{r}|$, $\mathbf{r}=(x,y,z)$. (4) Verifique se $F=(yz,xz,xy)$ e $G=(x^2,y^2,z^2)$ são irrotacionais e/ou incompressíveis.

Resolução passo-a-passo

1. (3c) Gradiente. Pela regra $\nabla \varphi (r)={\varphi }^{\prime }(r)\mathbf{r}/r$: $\nabla r^3=3r^2\frac{\mathbf{r}}{r}=3r\mathbf{r}.$

2. (3c) Divergência, usando $\mathrm{div}(uF)=u\mathrm{div}F+\nabla u\cdot F$ com $u=r$, $F=\mathbf{r}$: $\mathrm{div}(r\mathbf{r})=r\cdot 3+\frac{\mathbf{r}}{r}\cdot \mathbf{r}=3r+\frac{r^2}{r}=4r\Rightarrow {\nabla }^2{r}^3=3\cdot 4r=\boxed{12r}$ Caminho oficial para $\mathrm{div}(r\mathbf{r})$ (res. ex. 4b), pela definição com ${\partial }_{x}r=x/r$: $\frac{\partial }{\partial x}(xr)+\frac{\partial }{\partial y}(yr)+\frac{\partial }{\partial z}(zr)=\left(r+x\frac{x}{r}\right)+\left(r+y\frac{y}{r}\right)+\left(r+z\frac{z}{r}\right)=3r+\frac{x^2+y^2+z^2}{r}=4r$. A identidade $\mathrm{div}(uF)$ é o atalho; num “verifique” escreve pelo menos uma vez a derivada parcial.

3. (4) Campo $F$. $F=\nabla (xyz)$, logo $\mathrm{rot}F=0$. Diretamente: $({\partial }_y(xy)-{\partial }_z(xz),{\partial }_z(yz)-{\partial }_x(xy),{\partial }_x(xz)-{\partial }_y(yz))=(x-x,y-y,z-z)=0$. Divergência: ${\partial }_x(yz)+{\partial }_y(xz)+{\partial }_z(xy)=0$.

4. (4) Campo $G$. Cada componente só depende da “sua” variável → $\mathrm{rot}G=0$. Divergência: $2x+2y+2z\ne 0$.

$\boxed{F\text{ irrotacional e incompressıˊvel};G\text{ irrotacional, na˜o incompressıˊvel}}$

Lição

Com funções de $r$, nunca derives $x,y,z$ à bruta: $\nabla \varphi (r)={\varphi }^{\prime }(r)\mathbf{r}/r$ e $\mathrm{div}(u\mathbf{r})=3u+\nabla u\cdot \mathbf{r}$ resolvem quase tudo.

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2.3 Fluxo de um campo vetorial pela definição

Ideia

Pensa em $F$ como a velocidade de um fluido. O fluxo através de $S$ é o volume de fluido que atravessa $S$ por unidade de tempo, no sentido de uma normal unitária escolhida $\nu$ (alguns enunciados chamam-lhe $n$). Só a componente normal $F\cdot \nu$ conta: a parte tangente “escorrega” ao longo de $S$ sem a atravessar. Se $F$ é constante e $S$ plana, fluxo $=(F\cdot \nu )\cdot \text{aˊrea}(S)$.

O fluxo é um integral de superfície do campo escalar $F\cdot \nu$. Como $dS=\Vert \vec{N}\Vert dudv$ e $\nu =\pm \frac{\vec{N}}{\Vert \vec{N}\Vert }$, com $\vec{N}=\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$ (abreviado $g_u\times g_v$), as normas cancelam — fica uma conta sem raízes.

Fluxo (Teixeira/Borges, §1.4.1)

Seja $S$ parametrizada por $g:D\subset {\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^3$, $C^1$, com $\vec{N}\ne 0$, e $\nu$ uma normal unitária contínua (superfície orientável). Então ${\iint }_{S}F\cdot \nu dS=\pm {\iint }_{D}F(g(u,v))\cdot \underset{\vec{N}\text{ (normal na˜o normalizada)}}{\underbrace{\left(\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}\right)}}dudv$ com sinal $+$ se $\vec{N}$ aponta no sentido de $\nu$ pedido e $-$ caso contrário (nas resoluções: “devemos usar $\vec{N}$ e não o seu simétrico $-\vec{N}$”). Gráfico $z=\phi (x,y)$, com $g(u,v)=(u,v,\phi (u,v))$: $\vec{N}=(-{\phi }_u,-{\phi }_v,1)$ (aponta para cima). Ex.: $z=1-x^2-y^2$ dá $\vec{N}=(2u,2v,1)$. Normal exterior a $\{H<0\}$: $n=\nabla H/\Vert \nabla H\Vert$.

Normais que convém saber de cor

• Esfera de raio $R$ centrada na origem: $\nu =\mathbf{r}/R$ (exterior); $dS=R^2\mathrm{sen}\varphi d\varphi d\theta$. Parametrização oficial $g(\theta ,\varphi )=(R\mathrm{sen}\varphi \cos \theta ,R\mathrm{sen}\varphi \mathrm{sen}\theta ,R\cos \varphi )$, $\theta \in ]0,2\pi [$, $\varphi \in ]0,\pi [$: atenção, $\frac{\partial g}{\partial \theta }\times \frac{\partial g}{\partial \varphi }=-R\mathrm{sen}\varphi g(\theta ,\varphi )$ aponta para dentro — a exterior é $-\vec{N}$ (ou $g_{\varphi }\times g_{\theta }$).
• Cilindro $x^2+y^2=R^2$: $n=(x,y,0)/R$; $g(\theta ,z)=(R\cos \theta ,R\mathrm{sen}\theta ,z)$, $g_{\theta }\times g_z=(R\cos \theta ,R\mathrm{sen}\theta ,0)$ (exterior).
• Cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$: $g(\rho ,\theta )=(\rho \cos \theta ,\rho \mathrm{sen}\theta ,\rho )$, $g_{\rho }\times g_{\theta }=(-\rho \cos \theta ,-\rho \mathrm{sen}\theta ,\rho )$ (para cima / “para dentro” do cone).
• Paraboloide $z=c-x^2-y^2$: $\vec{N}=(2x,2y,1)$ (para cima = exterior ao sólido por baixo).
• Planos coordenados: $\pm e_1,\pm e_2,\pm e_3$.

O sinal!

O erro n.º 1 deste tema é não confirmar a orientação. Depois de calcular $g_u\times g_v$, testa num ponto (ex.: a 3.ª componente é positiva? aponta para fora da esfera?). Se aponta ao contrário do pedido, troca o sinal do resultado. Trocar a ordem $u\leftrightarrow v$ também troca o sinal.

Passos para calcular um fluxo pela definição (método oficial)

1. Identificar a superfície por palavras (tipo, vértice/centro, eixo) e o bordo (interseção com o plano que a limita) → isso dá o domínio $D$ dos parâmetros.
2. Parametrizar $S$: $g(u,v)$, $(u,v)\in D$ (gráfico, polares, cilíndricas, esféricas).
3. Calcular $\frac{\partial g}{\partial u}$, $\frac{\partial g}{\partial v}$ e $\vec{N}=\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$ (determinante com $e_1,e_2,e_3$).
4. Comparar $\vec{N}$ com a orientação pedida (3.ª componente, ponto de teste) e escrever qual se usa: $\vec{N}$ ou $-\vec{N}$.
5. Substituir: ${\iint }_{S}F\cdot \nu dS={\iint }_{D}F(g(u,v))\cdot (\pm \vec{N})dudv$ e simplificar a integranda.
6. Integrar em $D$ — se $D$ é um círculo, polares com jacobiano $\rho$. Usar médias: ${\int }_0^{2\pi }\cos \theta ={\int }_0^{2\pi }\mathrm{sen}\theta \cos \theta ={\int }_0^{2\pi }{\cos }^3\theta =0$, ${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{sen}}^2\theta =\pi$.
7. Se $S=S_1\cup S_2\cup \cdots$ tem várias faces, somar os fluxos (cada face com a sua normal exterior; nas faces planas $\nu =\pm e_i$, sem parametrizar).

Quando usar / sinais no enunciado

“Calcule o fluxo… pela definição” ou superfície aberta sem tampa natural e $\mathrm{div}F$ complicada. Se $S$ é uma esfera centrada na origem e $F$ é radial, nem parametrizes: $F\cdot \nu$ é constante em $S$.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 5(b))

Calcule o fluxo de $F(x,y,z)=(yz,xz,2xy)$ através do cone $S:z=\sqrt{x^2+y^2},0<z<1$, orientado com a normal $\nu$ com terceira componente positiva.

Resolução passo-a-passo

1. Parametrização (coordenadas polares com $z=\rho$): $g(\rho ,\theta )=(\rho \cos \theta ,\rho \mathrm{sen}\theta ,\rho ),(\rho ,\theta )\in ]0,1[\times ]0,2\pi [.$

2. Vetores tangentes e normal. $g_{\rho }=(\cos \theta ,\mathrm{sen}\theta ,1),g_{\theta }=(-\rho \mathrm{sen}\theta ,\rho \cos \theta ,0)$ $g_{\rho }\times g_{\theta }=\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ \cos \theta & \mathrm{sen}\theta & 1\\ -\rho \mathrm{sen}\theta & \rho \cos \theta & 0\end{array}\right|=(-\rho \cos \theta ,-\rho \mathrm{sen}\theta ,\rho ).$

3. Orientação. 3.ª componente $=\rho >0$ ✓ — é a normal pedida, sinal $+$.

4. Campo na superfície. $x=\rho \cos \theta$, $y=\rho \mathrm{sen}\theta$, $z=\rho$: $F(g)=({\rho }^2\mathrm{sen}\theta ,{\rho }^2\cos \theta ,2{\rho }^2\cos \theta \mathrm{sen}\theta )$ $F(g)\cdot \vec{N}=-{\rho }^3\mathrm{sen}\theta \cos \theta -{\rho }^3\mathrm{sen}\theta \cos \theta +2{\rho }^3\cos \theta \mathrm{sen}\theta =0.$

5. Integral. A integranda é identicamente nula: $\boxed{{\iint }_{S}F\cdot \nu dS=0}$

Lição

No cone, a parametrização $(\rho \cos \theta ,\rho \mathrm{sen}\theta ,\rho )$ é a mais limpa ($z=\rho$). Simplifica $F\cdot \vec{N}$ antes de integrar: muitas vezes cancela tudo.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 5(c))

$F(x,y,z)=h(r)(x,y,z)$, com $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ e $h:]0,+\infty [\to \mathbb{R}$ contínua; $S$ a esfera de raio $1$ centrada na origem, orientada com $n(0,0,1)=(0,0,1)$.

Resolução passo-a-passo

1. Normal. Na esfera unitária a normal exterior é $\nu =\mathbf{r}$ (em $(0,0,1)$ dá $(0,0,1)$ ✓).

2. Componente normal. Em $S$, $r=1$: $F\cdot \nu =h(1)\mathbf{r}\cdot \mathbf{r}=h(1)r^2=h(1)\text{(constante!)}$

3. Integral. ${\iint }_{S}h(1)dS=h(1)\cdot \text{aˊrea}(S)=h(1)\cdot 4\pi$. $\boxed{4\pi h(1)}$

Lição

Campo radial + esfera centrada na origem ⇒ $F\cdot \nu$ constante ⇒ fluxo $=(F\cdot \nu )\times 4\pi R^2$. Zero parametrizações.

Exercício resolvido (Ficha 2 — Resolvidos, ex. 10)

Mostre que $36\pi$ é o valor do fluxo do campo $F(x,y,z)=(0,0,z)$ através da superfície esférica $S:x^2+y^2+z^2=9$, orientada segundo a normal exterior.

Resolução passo-a-passo (método oficial)

1. Parametrização (esféricas, $R=3$): $g(\theta ,\varphi )=(3\mathrm{sen}\varphi \cos \theta ,3\mathrm{sen}\varphi \mathrm{sen}\theta ,3\cos \varphi ),\theta \in ]0,2\pi [,\varphi \in ]0,\pi [.$

2. Derivadas parciais. $\frac{\partial g}{\partial \theta }=(-3\mathrm{sen}\varphi \mathrm{sen}\theta ,3\mathrm{sen}\varphi \cos \theta ,0),\frac{\partial g}{\partial \varphi }=(3\cos \varphi \cos \theta ,3\cos \varphi \mathrm{sen}\theta ,-3\mathrm{sen}\varphi )$

3. Normal. $\vec{N}=\frac{\partial g}{\partial \theta }\times \frac{\partial g}{\partial \varphi }=\left(-9{\mathrm{sen}}^2\varphi \cos \theta ,-9\mathrm{sen}\theta {\mathrm{sen}}^2\varphi ,-9\cos \varphi \mathrm{sen}\varphi \right)$

4. Orientação. No polo norte ($\varphi$ pequeno) a 3.ª componente é $<0$: $\vec{N}$ aponta para dentro. “Atendendo à orientação dada, há que considerar $-\vec{N}$”, que aponta para cima no hemisfério norte e para baixo no hemisfério sul.

5. Integral. $F(g(\theta ,\varphi ))=(0,0,3\cos \varphi )$: ${\iint }_{S}F\cdot \nu dS={\iint }_D(3\cos \varphi )(9\cos \varphi \mathrm{sen}\varphi )d\theta d\varphi =27{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi }\mathrm{sen}\varphi {\cos }^2\varphi d\varphi d\theta =27\cdot 2\pi {\left[-\frac{{\cos }^3\varphi }{3}\right]}_0^{\pi }=27\cdot 2\pi \cdot \frac{2}{3}$ $\boxed{{\iint }_{S}F\cdot \nu dS=36\pi }$

Atalho (confirmação por Gauss): $\mathrm{div}F=1$, logo fluxo $={\mathrm{Vol}}_3(B_3)=\frac{4}{3}\pi \cdot 27=36\pi$ ✓.

Lição

Na esfera, a ordem $(\theta ,\varphi )$ dá a normal interior: $\frac{\partial g}{\partial \theta }\times \frac{\partial g}{\partial \varphi }=-R\mathrm{sen}\varphi g$. Escreve sempre a frase “há que considerar $-\vec{N}$” — é o passo que é avaliado.

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2.4 Teorema da Divergência (Gauss)

Ideia

$\mathrm{div}F(x_0)$ é o fluxo que sai de um cubo infinitesimal à volta de $x_0$, por unidade de volume (Teixeira/Borges, §1.4.3): $\mathrm{div}F(x_0)={\lim }_{h\to 0}\frac{1}{h^3}{\iint }_{\partial C_h}F\cdot \nu dS.$ Somando todos os cubinhos de um sólido $V$, os fluxos pelas faces interiores cancelam (o que sai de um entra no vizinho) e só sobra o que atravessa a fronteira exterior. Resultado: “o que é produzido lá dentro = o que sai pela fronteira”. É o análogo 3D do Teorema Fundamental do Cálculo (${\int }_a^b{f}^{\prime }=f(b)-f(a)$) e do Teorema de Green na forma de fluxo.

Teorema da Divergência (Teixeira/Borges, §1.4.2)

Hipóteses: $V\subset {\mathbb{R}}^3$ um domínio simples (união finita de sólidos elementares — na prática: aberto, limitado, com fronteira $\partial V$ formada por um número finito de superfícies regulares, i.e. domínio regular ou quase-regular); $F$ de classe $C^1$ num aberto que contém $\overline{V}$ (inclui a fronteira); $\nu$ a normal unitária exterior a $\partial V$. Então $\underset{\text{produc¸a˜o total no interior}}{\underbrace{{\iiint }_V\mathrm{div}FdV}}=\underset{\text{fluxo para fora}}{\underbrace{{\iint }_{\partial V}F\cdot \nu dS}}$

Domínios regulares e quase-regulares

• Regular: $V$ aberto e limitado e $\partial V$ é uma superfície regular (ex.: bola, cuja fronteira é a esfera).
• Quase-regular: $\partial V=S_1\cup \cdots \cup S_m$, união finita de superfícies regulares “coladas” pelos bordos, com arestas/vértices (ex.: cone $\sqrt{x^2+y^2}<z<1$ — folha + tampa, singular no vértice e na aresta; cilindros, tetraedros, paralelepípedos).
• Sólido elementar: simultaneamente do tipo $f_1(x,y)<z<f_2(x,y)$, $g_1(x,z)<y<g_2(x,z)$ e $h_1(y,z)<x<h_2(y,z)$.

Esboço da demonstração (Teixeira/Borges, §1.4.4)

Basta provar para cada parcela, p.ex. $(0,0,F_3)$, num sólido $E=\{(x,y)\in P,f_1<z<f_2\}$: ${\iiint }_E\frac{\partial F_3}{\partial z}dV\stackrel{\text{TFC}}{=}{\iint }_P[F_3(x,y,f_2)-F_3(x,y,f_1)]dA=\underset{+F_3}{\underbrace{{\iint }_{\text{topo}}}}+\underset{-F_3}{\underbrace{{\iint }_{\text{base}}}}+\underset{{\nu }_3=0}{\underbrace{{\iint }_{\text{lateral}}}}(0,0,F_3)\cdot \nu dS.$ Repetir para $F_1$ (projeção em $x=0$) e $F_2$ (projeção em $y=0$) e somar. Para sólidos simples, partir em elementares: nas faces comuns ${\nu }_2=-{\nu }_1$ e os fluxos cancelam.

Interpretação física

Se $F$ é a velocidade de um fluido: $\mathrm{div}F>0$ — fonte; $\mathrm{div}F<0$ — sumidouro; $\mathrm{div}F=0$ em todo o lado — fluido incompressível, e então o fluxo total através da fronteira de qualquer sólido simples é zero.

Armadilhas

• Gauss só se aplica a superfícies fechadas (fronteira de um sólido). Superfície aberta → fechar primeiro (ver 2.5).
• $F$ tem de ser $C^1$ em todo o $\overline{V}$: se $F$ explode num ponto interior (ex.: $\mathbf{r}/r^3$ com a origem dentro), não podes aplicar diretamente (ver 2.7).
• A normal tem de ser a exterior; se o enunciado pede a interior, o resultado troca de sinal.
• Não esquecer o jacobiano ($\rho$ em cilíndricas, $r^2\mathrm{sen}\varphi$ em esféricas).

Passos para aplicar Gauss (método oficial)

1. Confirmar que $S$ é fechada e identificar o sólido $V$ com $\partial V=S$; confirmar que a normal é exterior.
2. Confirmar que $F$ é $C^1$ em $\overline{V}$ (basta dizer "$F\in C^1({\mathbb{R}}^3)$" quando é o caso).
3. Escrever o teorema na forma que vais usar: ${\iint }_{S}F\cdot \nu dS={\iiint }_V\mathrm{div}FdV$, “em que $V$ é o sólido dado, $S$ a sua fronteira e $\nu$ a normal unitária exterior”.
4. Calcular $\mathrm{div}F$ — muitas vezes simplifica brutalmente (termos “feios” como $\mathrm{arctg}$, $\mathrm{tg}$, $e^z$ desaparecem porque não dependem da variável certa).
5. Descrever $V$ como conjunto, com limites explícitos ($V=\{0<z<4-x^2-y^2\}$), e escolher coordenadas (cilíndricas para paraboloides/cilindros/cones, esféricas para bolas).
6. Usar simetrias: integrandas ímpares em $x$ (ou $y$) em domínios simétricos dão $0$. Se $\mathrm{div}F=c$ constante, o integral é $c\cdot {\mathrm{Vol}}_3(V)$ — usa a fórmula geométrica do volume (bola, cone, tronco de cone…).
7. Calcular o integral triplo.

Quando usar / sinais no enunciado

“Use o Teorema da Divergência/de Gauss”, “fluxo através da fronteira/superfície do sólido”, “normal exterior”, campos com componentes horríveis mas cuja divergência é simples. Se pedir “pela definição e pelo teorema”, faz as duas e confirma que batem.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 6(b))

Calcule o fluxo de $F(x,y,z)=(xy,yz,zx)$ através da fronteira de $E=\{x^2+y^2\le 1,0\le z\le 1\}$, segundo a normal exterior, usando a definição de fluxo e o teorema da divergência.

Resolução passo-a-passo

A) Pelo Teorema da Divergência

1. $\mathrm{div}F={\partial }_x(xy)+{\partial }_y(yz)+{\partial }_z(zx)=y+z+x$.

2. Por simetria do cilindro, ${\iiint }_{E}xdV={\iiint }_{E}ydV=0$. Fica ${\iiint }_{E}zdV=\underset{\text{aˊrea da base}}{\underbrace{\pi \cdot 1^2}}{\int }_0^{1}zdz=\frac{\pi }{2}.$

B) Pela definição — $\partial E$ = topo $T$ + base $B$ + lateral $L$.

3. Topo $z=1$, $\nu =(0,0,1)$: $F\cdot \nu =zx=x$. ${\iint }_{x^2+y^2\le 1}xdA=0$ (simetria).

4. Base $z=0$, $\nu =(0,0,-1)$: $F\cdot \nu =-zx=0$. Fluxo $0$.

5. Lateral: $g(\theta ,z)=(\cos \theta ,\mathrm{sen}\theta ,z)$, $g_{\theta }\times g_z=(\cos \theta ,\mathrm{sen}\theta ,0)$ — aponta para fora ✓. $F\cdot \vec{N}=xy\cos \theta +yz\mathrm{sen}\theta ={\cos }^2\theta \mathrm{sen}\theta +z{\mathrm{sen}}^2\theta$ ${\int }_0^1{\int }_0^{2\pi }\left({\cos }^2\theta \mathrm{sen}\theta +z{\mathrm{sen}}^2\theta \right)d\theta dz={\int }_0^1(0+\pi z)dz=\frac{\pi }{2}.$

6. Total: $0+0+\frac{\pi }{2}$. Ambos os métodos dão $\boxed{{\iint }_{\partial E}F\cdot \nu dS=\frac{\pi }{2}}$

Lição

Pela definição, uma superfície seccionalmente regular decompõe-se em faces, cada uma com a sua normal exterior; nas faces planas a normal é $\pm e_i$ e o cálculo é imediato. Gauss faz tudo de uma vez.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 7(e))

Use o teorema da divergência para calcular o fluxo de $F(x,y,z)=(x^4,-x^3{z}^2,4x{y}^{2}z)$ através da superfície do sólido formado pela parte do cilindro $x^2+y^2\le 1$ limitada pelos planos $z=x+2$ e $z=0$.

Resolução passo-a-passo

1. Divergência. $\mathrm{div}F=4x^3+\underset{{\partial }_y(-x^3{z}^2)}{\underbrace{0}}+4x{y}^2=4x(x^2+y^2).$

2. Sólido. $V=\{x^2+y^2\le 1,0\le z\le x+2\}$ (em $D$, $x+2\ge 1>0$, por isso o plano de cima está sempre acima de $z=0$). Integrar primeiro em $z$: ${\iiint }_V\mathrm{div}FdV={\iint }_{D}4x(x^2+y^2)(x+2)dA.$

3. Polares ($x=\rho \cos \theta$, jacobiano $\rho$): ${\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{1}4\rho \cos \theta {\rho }^2(\rho \cos \theta +2)\rho d\rho d\theta ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1\left(4{\rho }^5{\cos }^2\theta +8{\rho }^4\cos \theta \right)d\rho d\theta .$

4. O termo em $\cos \theta$ anula-se; ${\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta d\theta =\pi$: $4\pi {\int }_0^1{\rho }^{5}d\rho =\frac{4\pi }{6}\Rightarrow \boxed{\frac{2\pi }{3}}$

Lição

Quando o “teto” é um plano inclinado, integra primeiro em $z$ (dá o fator $(x+2)$) e só depois passa a polares. Os termos ímpares em $\cos \theta$ desaparecem.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 7(d))

Use o teorema da divergência para calcular o fluxo de $F=(3x,xz,z^2)$ através da superfície da região delimitada pelo paraboloide $z=4-x^2-y^2$ e pelo plano $xy$.

Resolução passo-a-passo

1. $\mathrm{div}F=3+0+2z$.

2. Cilíndricas: $V=\{0\le \rho \le 2,0\le z\le 4-{\rho }^2\}$. ${\int }_0^{2\pi }{\int }_0^2{\int }_0^{4-{\rho }^2}(3+2z)dz\rho d\rho d\theta =2\pi {\int }_0^2\left[3(4-{\rho }^2)+(4-{\rho }^2{)}^2\right]\rho d\rho .$

3. Substituição $u=4-{\rho }^2$, $\rho d\rho =-\frac{1}{2}du$: $2\pi \cdot \frac{1}{2}{\int }_0^4(3u+u^2)du=\pi \left(24+\frac{64}{3}\right)=\boxed{\frac{136\pi }{3}}$

Lição

Com paraboloides de revolução, depois de integrar em $z$ aparece sempre $(c-{\rho }^2)$ vezes $\rho d\rho$: a substituição $u=c-{\rho }^2$ resolve.

Exercício resolvido (Ficha 2 — Resolvidos, ex. 13)

Use o teorema da divergência para calcular ${\iint }_S(2x+2y+z^2)dS$, onde $S$ é a esfera $x^2+y^2+z^2=1$.

Resolução passo-a-passo (método oficial)

1. Ideia. É um integral de um campo escalar — não há campo vetorial à vista. Truque: escrever a integranda como $G\cdot \nu$.

2. Normal unitária exterior a $S=\partial B$, $B$ a bola unitária (superfície de nível de $H=x^2+y^2+z^2-1$): $\nu =\frac{\nabla H}{\Vert \nabla H\Vert }=\frac{1}{2}(2x,2y,2z)=(x,y,z).$

3. Reconhecer o fluxo. $2x+2y+z^2=(2,2,z)\cdot (x,y,z)=(2,2,z)\cdot \nu ,$ logo o integral pedido é o fluxo de $G=(2,2,z)$ através de $\partial B$.

4. Gauss. $\mathrm{div}G=0+0+1=1$: ${\iint }_S(2x+2y+z^2)dS={\iint }_{S}G\cdot \nu dS={\iiint }_{B}1dV={\mathrm{Vol}}_3(B)=\boxed{\frac{4\pi }{3}}$

Lição

Integral escalar numa superfície fechada e pede-se Gauss → procura $G$ com $G\cdot \nu =$ integranda. Na esfera unitária $\nu =(x,y,z)$, por isso basta “fatorizar” a integranda como produto interno com $(x,y,z)$ (aqui $z^2=z\cdot z$).

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2.5 Técnica de “fechar a superfície” (superfícies abertas)

Ideia

Muitos exercícios (e os dois últimos MAP1) dão uma superfície aberta — um hemisfério, um pedaço de paraboloide — e pedem o fluxo “usando Gauss”. A ideia: pôr uma tampa $T$ (quase sempre um disco plano) para fechar, aplicar Gauss ao sólido, e subtrair o fluxo pela tampa, que é fácil porque a tampa é plana e a normal é $\pm e_i$. ${\iint }_S={\iiint }_V\mathrm{div}FdV-{\iint }_T$

Fórmula de "fecho"

Se $\partial V=S\cup T$ e ambas as normais são exteriores a $V$: ${\iint }_{S}F\cdot \nu dS=\underset{\text{Gauss}}{\underbrace{{\iiint }_V\mathrm{div}FdV}}-\underset{\text{tampa, }{\nu }_T\text{ exterior}}{\underbrace{{\iint }_{T}F\cdot {\nu }_{T}dS}}$ A normal pedida em $S$ tem de coincidir com a exterior a $V$ — se for a interior, troca o sinal no fim. Com duas tampas (tronco de cone, cilindro aberto dos dois lados), $\partial V=S\cup S_0\cup S_2$ e subtraem-se ambas: ${\iint }_S={\iiint }_V\mathrm{div}FdV-{\iint }_{S_0}-{\iint }_{S_2}$.

Armadilhas

• A normal da tampa é a exterior ao sólido, não a “do enunciado”: tampa por baixo → ${\nu }_T=(0,0,-1)$; tampa à esquerda em $x=0$ → ${\nu }_T=(-1,0,0)$.
• Subtrair, não somar: o fluxo pela tampa passa para o outro lado com sinal trocado.
• Calcular $F$ na tampa: substituir a coordenada fixa ($z=0$, $z=1$, $x=0$…) antes de integrar — muitas vezes $F\cdot {\nu }_T$ fica muito simples (ou nulo).

Passos para “fechar” e aplicar Gauss (método oficial)

1. Esboçar $S$ e identificar o(s) bordo(s) (circunferência(s) onde $S$ “acaba”).
2. Escrever ”$S$ não é uma superfície fechada” e introduzir a tampa como conjunto: $T=\{(x,y,z):x=0,y^2+z^2\le 1\}$ (uma tampa por cada bordo).
3. ”$\Sigma =S\cup T$ já é fechada”; seja $B$ o sólido com $\partial B=\Sigma$; verificar que a normal pedida em $S$ é exterior a $B$.
4. Escrever a igualdade completa e isolar $S$: ${\iint }_{\Sigma }F\cdot \nu dS={\iiint }_B\mathrm{div}FdV⟺{\iint }_{S}F\cdot \nu dS={\iiint }_B\mathrm{div}FdV-{\iint }_{T}F\cdot \nu dS.$
5. Calcular $\mathrm{div}F$ e ${\iiint }_B\mathrm{div}FdV$.
6. Na tampa: escrever $\nu$ exterior (constante), calcular $F\cdot \nu$ substituindo a coordenada fixa (“uma vez que $x=0$ em $T$”) e dar o resultado como múltiplo de ${\mathrm{Vol}}_2(T)$.
7. Substituir e concluir.

Quando usar / sinais no enunciado

“Nota: $S$ não é uma superfície fechada”, “use o Teorema de Gauss” para um hemisfério/paraboloide/cone sem tampa, ou campos com componentes impossíveis de integrar pela definição ($\mathrm{arctg}{y}^2$, $\ln (x^2+1)$, $\mathrm{tg}z$…) que desaparecem na divergência.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 8)

Use o teorema da divergência para calcular ${\iint }_{S}F\cdot ndS$, com $F(x,y,z)=\left(z^{2}x,\frac{1}{3}{y}^3+\mathrm{tg}z,x^{2}z+y^2\right)$, $S$ o hemisfério superior da esfera $x^2+y^2+z^2=1$ e $n$ a normal unitária exterior. Nota: $S$ não é fechada.

Resolução passo-a-passo

1. Fechar. Tampa $T=\{z=0,x^2+y^2\le 1\}$; $V$ = meia bola superior. Normal exterior a $V$ em $T$: ${\nu }_T=(0,0,-1)$.

2. Divergência. $\mathrm{div}F=z^2+y^2+x^2=r^2(\text{o }\mathrm{tg}z\text{ desaparece!})$

3. Gauss em $V$ (esféricas, $\varphi \in [0,\pi /2]$): ${\iiint }_V{r}^{2}dV={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1{r}^2\cdot r^2\mathrm{sen}\varphi drd\varphi d\theta =2\pi \cdot 1\cdot \frac{1}{5}=\frac{2\pi }{5}.$

4. Tampa. Em $z=0$: $F\cdot {\nu }_T=-(x^2\cdot 0+y^2)=-y^2$. ${\iint }_T-y^{2}dA=-{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{\rho }^2{\mathrm{sen}}^2\theta \rho d\rho d\theta =-\pi \cdot \frac{1}{4}=-\frac{\pi }{4}.$

5. Subtrair. ${\iint }_{S}F\cdot ndS=\frac{2\pi }{5}-\left(-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{8\pi +5\pi }{20}=\boxed{\frac{13\pi }{20}}$

Lição

Hemisfério → tampa no equador com normal $(0,0,-1)$; a divergência $x^2+y^2+z^2$ pede esféricas. Cuidado com o duplo sinal na subtração.

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 9)

Seja $F=\left(z\mathrm{arctg}{y}^2,z^3\ln (x^2+1),z\right)$. Determine o fluxo de $F$ através da parte do paraboloide $x^2+y^2+z=2$ que está acima do plano $z=1$, orientada para cima.

Resolução passo-a-passo

1. Esboço. $z=2-x^2-y^2$, vértice em $(0,0,2)$, aberto para baixo. Em $z=1$: $x^2+y^2=1$ (bordo).

2. Fechar. $T=\{z=1,x^2+y^2\le 1\}$; $V=\{1\le z\le 2-x^2-y^2\}$. A normal “para cima” em $S$ é exterior a $V$ ✓. Em $T$, a exterior é ${\nu }_T=(0,0,-1)$.

3. Divergência. $\mathrm{div}F=\underset{0}{\underbrace{{\partial }_x(z\mathrm{arctg}{y}^2)}}+\underset{0}{\underbrace{{\partial }_y(z^3\ln (x^2+1))}}+{\partial }_z(z)=1.$

4. Gauss = volume de $V$: ${\iiint }_{V}1dV={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1[(2-{\rho }^2)-1]\rho d\rho d\theta =2\pi \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)=\frac{\pi }{2}.$

5. Tampa. Em $z=1$: $F\cdot {\nu }_T=-z=-1$, logo ${\iint }_T=-\text{aˊrea}(T)=-\pi$.

6. Subtrair. ${\iint }_{S}F\cdot ndS=\frac{\pi }{2}-(-\pi )=\boxed{\frac{3\pi }{2}}$

Lição

Componentes “impossíveis” ($\mathrm{arctg}{y}^2$, $\ln (x^2+1)$) que dependem só das outras variáveis morrem na divergência — é o sinal claro de que o exercício quer Gauss.

Exercício resolvido (MAP1 2025/26, 1b)

Considere $S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3:x=1-y^2-z^2,x\ge 0\}$. Usando o Teorema de Gauss calcule o fluxo exterior do campo $E(x,y,z)=(x,2y,z)$ através de $S$.

Resolução passo-a-passo

1. Esboço. Paraboloide “deitado” à volta do eixo $x$: vértice $(1,0,0)$; em $x=0$ dá $y^2+z^2=1$; em $x=3/4$ dá a circunferência de raio $1/2$.

2. Fechar. $T=\{x=0,y^2+z^2\le 1\}$; $B=\{0\le x\le 1-y^2-z^2\}$. Normal exterior a $B$ em $T$: ${\nu }_T=(-1,0,0)$.

3. Divergência. $\mathrm{div}E=1+2+1=4$.

4. Gauss — cilíndricas à volta do eixo $x$ ($y=\rho \cos \theta$, $z=\rho \mathrm{sen}\theta$, $\rho \le \sqrt{1-x}$): ${\iiint }_{B}4dV=4{\int }_0^1{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{1-x}}\rho d\rho d\theta dx=4{\int }_0^1\pi (1-x)dx=4\cdot \frac{\pi }{2}=2\pi .$

5. Tampa. $E\cdot {\nu }_T=-x=0$ em $T$ (pois $x=0$). Fluxo nulo.

6. Conclusão. $\boxed{{\iint }_{S}E\cdot \nu dS=2\pi -0=2\pi }$

Lição

O eixo do paraboloide não tem de ser o $z$: identifica a variável “isolada” ($x=\dots$) e usa cilíndricas à volta desse eixo. Fatias perpendiculares ao eixo são discos de área $\pi (1-x)$.

Exercício resolvido (MAP1 2024/25, 2b)

Considere $F(x,y,z)=\left(x+e^z,y+2,z+\mathrm{sen}(xy)\right)$ e a superfície $S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3:y+2=\sqrt{x^2+z^2},0<y<2\}$. Calcule o fluxo de $F$ através de $S$ na direção exterior, usando o Teorema da Divergência.

Resolução passo-a-passo (resolução oficial)

1. Esboço. Cone de eixo $y$ com vértice em $(0,-2,0)$: o raio é $\sqrt{x^2+z^2}=y+2$, logo $2$ em $y=0$ e $4$ em $y=2$. $S$ é um tronco de cone aberto dos dois lados.

2. Fechar com duas tampas. $S_0=\{(x,0,z):x^2+z^2<2^2\}$ e $S_2=\{(x,2,z):x^2+z^2<4^2\}$; $E$ o domínio limitado com fronteira $S\cup S_0\cup S_2$. Normais exteriores: $\nu =(0,-1,0)$ em $S_0$, $\nu =(0,1,0)$ em $S_2$.

3. Teorema da Divergência ($F\in C^1({\mathbb{R}}^3)$): \iint_S F\cdot\nu\,dS+\iint_{S_0}F\cdot\nu\,dS+\iint_{S_2}F\cdot\nu\,dS=\iiint_E\operatorname{div}F\,dV.\tag{1}

4. Divergência e volume. $\mathrm{div}F=1+1+1=3$ (o $e^z$ e o $\mathrm{sen}(xy)$ morrem). $E$ = cone grande (altura $4$, raio $4$) menos cone pequeno (altura $2$, raio $2$): ${\iiint }_E\mathrm{div}FdV=3{\mathrm{Vol}}_3(E)=3\cdot \frac{\pi }{3}\left(4\cdot 4^2-2\cdot 2^2\right)=56\pi .$

5. Tampas (só interessa a 2.ª componente, $y+2$): ${\iint }_{S_0}(\ast ,y+2,\ast )\cdot (0,-1,0)dS=-2{\mathrm{Vol}}_2(S_0)=-2(\pi 2^2)=-8\pi (y=0)$ ${\iint }_{S_2}(\ast ,y+2,\ast )\cdot (0,1,0)dS=4{\mathrm{Vol}}_2(S_2)=4(\pi 4^2)=64\pi (y=2)$

6. Substituir em (1). ${\iint }_{S}F\cdot \nu dS=56\pi -(-8\pi )-64\pi =\boxed{0}$

Lição

Superfície aberta em duas pontas → duas tampas, cada uma com a sua normal exterior ($\pm e_2$ aqui). Com $\mathrm{div}F$ constante, não integres: usa ${\mathrm{Vol}}_3$ (tronco de cone = cone grande − cone pequeno, $V_{\text{cone}}=\frac{\pi }{3}{R}^{2}h$). Nas tampas, as componentes “feias” ($\ast$) multiplicam por $0$.

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2.6 Volume via Gauss

Ideia

Se escolhermos $F$ com $\mathrm{div}F=1$, Gauss dá ${\iiint }_{V}1dV=\text{Vol}(V)$ — o volume calcula-se só com informação da fronteira. Escolhas típicas: $F=\frac{1}{3}\mathbf{r}$, $F=(x,0,0)$, $(0,y,0)$, $(0,0,z)$.

Volume pela fronteira (Ficha 2, ex. 11)

Com $\mathbf{r}=(x,y,z)$ e $\nu$ exterior, como $\mathrm{div}\mathbf{r}=3$: $\text{Vol}(V)=\frac{1}{3}{\iint }_{\partial V}\mathbf{r}\cdot \nu dS={\iint }_{\partial V}(0,0,z)\cdot \nu dS={\iint }_{\partial V}x{\nu }_{1}dS=\dots$ Demonstração: ${\iint }_{\partial V}\mathbf{r}\cdot \nu dS={\iiint }_V\mathrm{div}\mathbf{r}dV=3\text{Vol}(V)$. $\square$

Quando usar / sinais no enunciado

“Calcule o volume … usando o teorema da divergência” ou “mostre que $\text{Vol}=\frac{1}{3}\iint \dots$”. Escolhe o $F$ que torna nula a contribuição das faces mais incómodas (ex.: $(0,0,z)$ anula-se em faces em $z=0$ e nas faces verticais).

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 10)

Calcule o volume de $\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3:x^2+y^2<z<1\}$ usando o teorema da divergência.

Resolução passo-a-passo

1. Fronteira. $\partial V$ = paraboloide $P:z=x^2+y^2$ ($x^2+y^2\le 1$) + tampa $T:z=1$, $x^2+y^2\le 1$.

2. Campo. $F=\frac{1}{3}\mathbf{r}$ (ex. 11): $\text{Vol}=\frac{1}{3}{\iint }_{\partial V}\mathbf{r}\cdot \nu dS$.

3. Tampa. $\nu =(0,0,1)$: $\mathbf{r}\cdot \nu =z=1$ ⇒ ${\iint }_{T}1dS=\pi$.

4. Paraboloide. $g(u,v)=(u,v,u^2+v^2)$, $g_u\times g_v=(-2u,-2v,1)$ aponta para cima = para dentro de $V$ (o sólido está por cima de $P$). Exterior: $-\vec{N}=(2u,2v,-1)$. $\mathbf{r}\cdot (-\vec{N})=2u^2+2v^2-(u^2+v^2)=u^2+v^2={\rho }^2\Rightarrow {\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{\rho }^2\cdot \rho d\rho d\theta =\frac{\pi }{2}.$

5. Somar. $\text{Vol}=\frac{1}{3}\left(\pi +\frac{\pi }{2}\right)=\boxed{\frac{\pi }{2}}$

Verificação com $F=(0,0,z)$: tampa dá $\pi$, paraboloide dá $\iint -z=-\int \int {\rho }^2\rho =-\pi /2$; total $\pi /2$ ✓. (E diretamente: ${\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1(1-{\rho }^2)\rho =\pi /2$ ✓.)

Lição

Num paraboloide por baixo do sólido, $g_u\times g_v$ (para cima) é a normal interior — troca-lhe o sinal.

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2.7 O campo $\mathbf{r}/r^3$ e a origem dentro do domínio

Ideia

$F=\frac{\mathbf{r}}{r^3}$ é o campo de uma carga pontual (ou massa) na origem — lei de Coulomb/gravitação. Fora da origem é incompressível ($\mathrm{div}F=0$), mas toda a “fonte” está concentrada na origem: o fluxo através de qualquer superfície fechada que a envolva é $4\pi$. Isto não contradiz Gauss, porque $F$ não é $C^1$ na origem.

Fluxo de $\mathbf{r}/r^3$ (Ficha 3, ex. 6; Ficha 2 resolvidos, ex. 15)

• $\mathrm{div}\frac{\mathbf{r}}{r^3}=r^{-3}\cdot 3+\nabla (r^{-3})\cdot \mathbf{r}=3r^{-3}-3r^{-5}{r}^2=0$, para $r\ne 0$.
• Esfera $S_R$ de raio $R$ (normal exterior $\mathbf{r}/R$): $F\cdot \nu =\frac{\mathbf{r}\cdot \mathbf{r}}{R^3\cdot R}=\frac{1}{R^2}$, logo ${\iint }_{S_R}F\cdot \nu dS=\frac{4\pi R^2}{R^2}=4\pi$ (independente de $R$). ${\iint }_{\partial V}\frac{\mathbf{r}}{r^3}\cdot \nu dS=\{\begin{array}{ll}0& \text{se }0\notin \overline{V}(\text{Gauss direto})\\ 4\pi & \text{se }0\in V(\text{retirar uma bolinha }{B}_{\epsilon })\end{array}$ Caso $0\in V$: aplicar Gauss a $V\setminus \overline{B_{\epsilon }}$ (onde $F$ é $C^1$): ${\iint }_{\partial V}-{\iint }_{S_{\epsilon }}=0$, logo ${\iint }_{\partial V}={\iint }_{S_{\epsilon }}=4\pi$.

Armadilha

”$\mathrm{div}F=0$ ⇒ fluxo $=0$” é falso se $F$ tem uma singularidade dentro do sólido. Verifica sempre o domínio de $F$ antes de aplicar Gauss.

Quando usar / sinais no enunciado

Campos com $(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}$ no denominador. Se a superfície é aberta e o sólido fechado com a tampa não contém a origem (ex.: paraboloide $z=2-x^2-y^2$, $z>1$, tampado em $z=1$), Gauss funciona normalmente com $\mathrm{div}=0$ e o fluxo é menos o fluxo da tampa (Ficha 2 resolvidos, ex. 15: na tampa $\nu =(0,0,-1)$, $F\cdot \nu =-r^{-3}z$ com $z=1$, ${\iint }_T=-{\int }_0^1{\int }_0^{2\pi }({\rho }^2+1{)}^{-3/2}\rho d\theta d\rho =\pi (\sqrt{2}-2)$; resultado $\pi (2-\sqrt{2})$).

“Determine $\varphi$ sabendo que $\mathrm{div}(\varphi (r)\mathbf{r})=0$” sem calcular a divergência → Gauss numa coroa esférica $1<r<R$ (exercício abaixo).

Exercício resolvido (Ficha 2 — Resolvidos, ex. 16)

Seja $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ e $G(x,y,z)=\varphi (r)(x,y,z)$, com $\varphi :{\mathbb{R}}^{+}\to \mathbb{R}$ de classe $C^1$. Sabendo que $\varphi (1)=1$ e $\mathrm{div}G=0$, determine $\varphi$ sem calcular $\mathrm{div}G$ diretamente.

Resolução passo-a-passo (método oficial)

1. Domínio sem a origem. $G$ está definido em ${\mathbb{R}}^3\setminus \{0\}$, por isso usa-se a coroa $V=\{1<x^2+y^2+z^2<R^2\}$ ($R>1$), onde $G$ é $C^1$. A fronteira é $S_1\cup S_R$ (esferas de raios $1$ e $R$), com normais unitárias exteriores a $V$: $-(x,y,z)$ em $S_1$ (aponta para a origem!) e $\frac{1}{R}(x,y,z)$ em $S_R$.

2. Gauss em $V$. Como $\mathrm{div}G=0$: ${\iint }_{S_1}G\cdot \nu dS+{\iint }_{S_R}G\cdot \nu dS={\iiint }_V\mathrm{div}GdV=0.$

3. Esfera exterior. Em $S_R$, $G=\varphi (R)(x,y,z)$: ${\iint }_{S_R}\varphi (R)(x,y,z)\cdot \frac{1}{R}(x,y,z)dS=\frac{\varphi (R)}{R}{\iint }_{S_R}\Vert (x,y,z){\Vert }^{2}dS=R\varphi (R){\mathrm{Vol}}_2(S_R)=4\pi \varphi (R)R^3.$

4. Esfera interior. Fazer $R=1$ e trocar o sinal (normal ao contrário): ${\iint }_{S_1}G\cdot \nu dS=-4\pi \varphi (1)=-4\pi$.

5. Concluir. $-4\pi +4\pi \varphi (R)R^3=0\Rightarrow \boxed{\varphi (R)=\frac{1}{R^3}}$ (e para $0<R<1$ o mesmo argumento na coroa $R<r<1$). Ou seja, $G=\frac{\mathbf{r}}{r^3}$ — o campo de 2.7!

Lição

Num domínio com um buraco, a fronteira tem duas partes e a normal exterior na esfera interior aponta para dentro (para a origem). Fluxo nulo pela coroa ⇒ fluxo igual em todas as esferas centradas ⇒ $4\pi R^3\varphi (R)$ constante.

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2.8 Identidades de Green

Ideia

São Gauss aplicado a campos do tipo $f\nabla g$. Na prática: “integração por partes em 3D” — trocar um integral de volume com laplacianos por um integral de fronteira com derivadas normais. Aparecem como exercícios de “mostre que”.

Identidades (Ficha 2, ex. 12 e 13; resolvidos, ex. 17)

Com $V$, $S=\partial V$ nas condições do Teorema da Divergência ($\overline{V}$ contido no aberto onde $f,g$ estão definidas), $\nu$ exterior, e $D_{\nu }f=\nabla f\cdot \nu$ (derivada normal). Para a 1.ª identidade basta $f\in C^1$, $g\in C^2$ (é o que garante $f\nabla g\in C^1$); para a 2.ª, $f,g\in C^2$. Resolução oficial (res. ex. 17): (i) aplicar Gauss ao campo $f\nabla g$; (ii) calcular $\mathrm{div}(f\nabla g)=\mathrm{div}\left(f\frac{\partial g}{\partial x},f\frac{\partial g}{\partial y},f\frac{\partial g}{\partial z}\right)$ componente a componente; (iii) reagrupar em $\nabla f\cdot \nabla g+f\Delta g$ — “o resultado fica, assim, demonstrado”. $\text{(1.ª de Green)}{\iint }_{S}f\nabla g\cdot \nu dS={\iiint }_V\left(f{\nabla }^{2}g+\nabla f\cdot \nabla g\right)dV$ $\text{(2.ª de Green)}{\iint }_S\left(f\nabla g-g\nabla f\right)\cdot \nu dS={\iiint }_V\left(f{\nabla }^{2}g-g{\nabla }^{2}f\right)dV$ ${\iint }_S{D}_{\nu }fdS={\iiint }_V{\nabla }^{2}fdV(\Rightarrow f\text{ harmoˊnica}\Rightarrow {\iint }_S{D}_{\nu }fdS=0)$

Exercício resolvido (Ficha 2, ex. 12 e 13)

(12) Demonstre que ${\iint }_S(f\nabla g-g\nabla f)\cdot ndS={\iiint }_E(f{\nabla }^{2}g-g{\nabla }^{2}f)dV$. (13) Mostre que ${\iint }_S{D}_{\vec{N}}fdS={\iiint }_E{\nabla }^{2}fdV$, onde $D_{\vec{N}}f$ é a derivada de $f$ na direção da normal a $S$.

Resolução passo-a-passo

1. Divergência de $f\nabla g$ (identidade $\mathrm{div}(uF)=u\mathrm{div}F+\nabla u\cdot F$ com $u=f$, $F=\nabla g$): $\mathrm{div}(f\nabla g)=f\underset{{\nabla }^{2}g}{\underbrace{\mathrm{div}(\nabla g)}}+\nabla f\cdot \nabla g.$ Trocando os papéis: $\mathrm{div}(g\nabla f)=g{\nabla }^{2}f+\nabla g\cdot \nabla f$.

2. Subtrair (os termos cruzados cancelam porque $\nabla f\cdot \nabla g=\nabla g\cdot \nabla f$): $\mathrm{div}(f\nabla g-g\nabla f)=f{\nabla }^{2}g-g{\nabla }^{2}f.$

3. Gauss ao campo $C^1$ $F=f\nabla g-g\nabla f$ ($f,g\in C^2$): ${\iint }_S(f\nabla g-g\nabla f)\cdot ndS={\iiint }_E\mathrm{div}FdV={\iiint }_E(f{\nabla }^{2}g-g{\nabla }^{2}f)dV.\square$

4. (13) $D_{n}f=\nabla f\cdot n$, logo, por Gauss com $F=\nabla f$: ${\iint }_S{D}_{n}fdS={\iint }_S\nabla f\cdot ndS={\iiint }_E\mathrm{div}(\nabla f)dV=\boxed{{\iiint }_E{\nabla }^{2}fdV}\square$ (É também o caso $g\equiv 1$ da 1.ª identidade de Green.)

Lição

Em qualquer “mostre que ${\iint }_S(\dots )\cdot n={\iiint }_E(\dots )$”: identifica o campo dentro do $\iint$, calcula a sua divergência com a regra do produto e aplica Gauss. Não há mais nada.

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Erros a evitar neste tema

Trocar o sinal da 2.ª componente do rotacional (${\partial }_z{F}_1-{\partial }_x{F}_3$) · aplicar $\mathrm{div}$ a um escalar ou $\nabla$ a um vetor · esquecer o termo $\nabla u\cdot F$ em $\mathrm{div}(uF)$ · não verificar se $g_u\times g_v$ tem a orientação pedida (testa num ponto!) · trocar a ordem $g_v\times g_u$ sem trocar o sinal · usar a normal unitária e esquecer que $dS=\Vert g_u\times g_v\Vert dudv$ (ou dividir por $\Vert N\Vert$ quando já usaste $N$) · aplicar Gauss a uma superfície aberta sem a fechar · usar na tampa a normal do enunciado em vez da exterior ao sólido · somar o fluxo da tampa em vez de o subtrair · esquecer de substituir a coordenada fixa ($z=0$, $x=0$…) em $F$ na tampa · aplicar Gauss com uma singularidade de $F$ dentro do sólido ($\mathbf{r}/r^3$ com $0\in V$ dá $4\pi$, não $0$) · esquecer o jacobiano $\rho$ ou $r^2\mathrm{sen}\varphi$ · não aproveitar simetrias (termos ímpares em $x$, $y$, $\cos \theta$, $\mathrm{sen}\theta$ integram a $0$) · em paraboloides “deitados” ($x=1-y^2-z^2$) usar cilíndricas à volta do eixo errado · confundir o “para cima” do paraboloide por baixo do sólido (normal interior) com o exterior · na esfera parametrizada por $g(\theta ,\varphi )$, usar $\frac{\partial g}{\partial \theta }\times \frac{\partial g}{\partial \varphi }$ (interior) em vez de $-\vec{N}$ · fechar um tronco de cone/cilindro aberto dos dois lados com uma só tampa · numa coroa esférica, esquecer que a normal exterior na esfera interior aponta para a origem · não escrever por extenso a escolha ”$\vec{N}$ ou $-\vec{N}$” nem a igualdade ${\iint }_{\Sigma }={\iint }_S+{\iint }_T$ (é o que os professores querem ver).

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🌀 3. Teorema de Stokes (Ficha 3)

O que se aprende nesta secção

O Teorema de Stokes troca a circulação de um campo ao longo de uma curva fechada pelo fluxo do rotacional através de qualquer superfície que tenha essa curva como bordo. É o Teorema de Green “levantado” para o espaço: Green é o caso particular em que a superfície é uma região plana do plano $xy$. No MAP1 sai sempre um exercício de Stokes (2024/25: circulação num círculo $\cap$ plano, confirmada por Stokes; 2025/26: $\nabla \times B$ e circulação no bordo de uma semiesfera). O ponto crítico é quase sempre a orientação: bordo e normal têm de ser compatíveis (regra da mão direita). Teoria: Teixeira/Borges, §1.5 (superfícies orientáveis, bordo, Stokes elementar e generalizado, interpretação física de $\mathrm{rot}F$, potencial vetorial).

Como os professores resolvem (Ficha 3 — Resolvidos)

Notação oficial. Normal unitária $\vec{\nu }$ (escrevem ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS$); vetor normal não unitário da parametrização $\vec{n}=\frac{\partial g}{\partial x}\times \frac{\partial g}{\partial y}$ (ou $\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$), calculado por determinante com $e_1,e_2,e_3$ na 1.ª linha; circulação ${\oint }_{\partial S}F\cdot d\gamma$ (ou $F\cdot d\mathbf{r}$); $\mathrm{rot}F$ também por determinante $\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ {\partial }_x& {\partial }_y& {\partial }_z\\ P& Q& R\end{array}\right|$; área $={\mathrm{Vol}}_2(T)$; elemento de área no domínio $dA$. Sentido: “sentido direto/positivo quando vista de cima” ou “quando vista do ponto $(5,5,5)$”. Neste resumo $g_u\times g_v$ abrevia $\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$; no teste escreve por extenso.

Molde A — aplicar Stokes pela circulação (ex. 1(a), 2(a), 2(b), 3(a)):

1. Justificar as hipóteses numa frase: “Dado que estamos nas condições do teorema de Stokes, pois $F$ é de classe $C^1$ em ${\mathbb{R}}^3$ e $S$ é uma superfície orientável, podemos utilizar este teorema.” (nos bordos por troços acrescentam: “e o bordo é uma curva de Jordan seccionalmente regular”).
2. Escrever a igualdade ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\oint }_{\partial S}F\cdot d\gamma$, “sendo $\partial S$ o bordo de $S$, orientado de forma compatível com a normal indicada”.
3. Determinar o bordo como interseção — escrevem o sistema (ex.: $\{x^2+y^2=1,x+z=1\}$), projetam no plano $xy$ (circunferência $x=\cos \theta$, $y=\mathrm{sen}\theta$) e tiram $z$ da equação do plano: $\gamma (\theta )=(\cos \theta ,\mathrm{sen}\theta ,1-\cos \theta )$.
4. Justificar o sentido por palavras: “para ser compatível com $\vec{\nu }$ [3.ª componente positiva], deve ter o sentido positivo quando vista de cima”. Fazem um esboço com $S$, $\vec{\nu }$ e a seta em $\partial S$.
5. Calcular com vetores explícitos: ${\int }_0^{2\pi }F(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)dt$ escrito como $(\dots )\cdot (\dots )$; os integrais nulos (${\int }_0^{2\pi }\mathrm{sen}t$, ${\int }_0^{2\pi }\mathrm{sen}2t$, ${\int }_0^{2\pi }{\cos }^{3}t$) são marcados com $\underset{=0}{\underbrace{}}$; ${\mathrm{sen}}^2$ e ${\cos }^2$ via $\frac{1}{2}(1\mp \cos 2t)$.

Molde B — fluxo do rotacional pela definição (ex. 1(b), 5(a)):

1. Parametrizar $S$ como gráfico: $g(x,y)=(x,y,f(x,y))$, $(x,y)\in D$ (indicam sempre $D$).
2. $\vec{n}=\frac{\partial g}{\partial x}\times \frac{\partial g}{\partial y}$ por determinante; comentar o sinal: “dado que a 3.ª componente é positiva (está de acordo com o enunciado) vamos usar este vetor como normal”. Se não estiver de acordo, tomam $-\vec{n}$.
3. $\mathrm{rot}F$ por determinante.
4. ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\iint }_D\mathrm{rot}F(g(x,y))\cdot (\frac{\partial g}{\partial x}\times \frac{\partial g}{\partial y})dA$ — não normalizam (o $\Vert \vec{n}\Vert$ cancela com o $dS$).
5. Coordenadas polares no fim ($\rho d\theta d\rho$), com os integrais de $\cos \theta$, $\mathrm{sen}\theta$ marcados como nulos.

Molde C — orientação do bordo via parametrização (ex. 5(b), 6(a)) — é o critério “oficial” de compatibilidade:

1. Parametrizar $S$ por $g:D\to S$ e ver se $\vec{n}=\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$ coincide com a orientação pedida.
2. Se coincide: o bordo é $\Gamma =g\circ \gamma$, com $\gamma$ a percorrer $\partial D$ no sentido direto (anti-horário no plano $uv$). Se não coincide: tomam $-\vec{n}$ e percorrem $\partial D$ no sentido inverso.
3. Escrevem explicitamente $\Gamma (t)=g(\gamma (t))=\dots$ e simplificam (ex.: $g(\cos t,\mathrm{sen}t)=(\cos t,\mathrm{sen}t,1)$).

Molde D — bordo seccionalmente regular (cubo sem base, quarto de cilindro — ex. 2(c), 3(b)): $\partial S=C_1+C_2+C_3+C_4$; listam as parametrizações de cada troço com o intervalo; se a parametrização mais natural percorre o troço ao contrário escrevem “(de $-C_2$)” e põem um sinal menos à frente do integral; somam ${\sum }_i{\int }_{C_i}F\cdot d\gamma$ e assinalam cancelamentos (${\int }_{C_2}=-{\int }_{C_4}$).

Molde E — superfície plana dada por pontos/plano (ex. 4, 7): vetor normal ao plano (de $(1,1,1)$ ou do produto vetorial de dois lados), equação do plano $(x-1,y,z)\cdot (1,1,1)=0⟺x+y+z=1$, $g(x,y)=(x,y,1-x-y)$ na projeção $T$, $\vec{n}=(1,1,1)$, “sendo compatível com o sentido de $C$; em caso contrário bastaria tomar $-\vec{n}$”. Com $\mathrm{rot}F\cdot \vec{n}$ constante: $=\text{const}\cdot {\mathrm{Vol}}_2(T)$.

Molde F — rotacional por Gauss com “tampas” (ex. 6(b)): “o teorema da divergência só se aplica a superfícies que são fronteira de domínios regulares” $\Rightarrow$ acrescentam os círculos $T_1$ (“tampa”) e $T_2$ (“fundo”), definem o sólido $D$ com $\partial D=S\cup T_1\cup T_2$, usam $\mathrm{div}(\mathrm{rot}G)=0$, e parametrizam as tampas por $g_1(x,y)=(x,y,1)$, $g_2(x,y)=(x,y,0)$ com as normais exteriores $(0,0,1)$ e $(0,0,-1)$.

Resposta. Valor final isolado na última igualdade; quando o sentido é escolhido pelo aluno (MAP), dizem qual escolheram; nas alíneas “(a) definição / (b) Stokes” confirmam que os dois valores coincidem. No MAP1 2025/26 a solução oficial diz explicitamente: “como o sentido do caminho não é dado, podemos escolher qualquer orientação para a normal”.

3.1 Revisão: integral de linha, trabalho e circulação

Ideia

De CDI-II: o trabalho de um campo de forças $F$ ao longo de um caminho $\gamma$ soma, ponto a ponto, a componente de $F$ tangente ao caminho. Quando o caminho é fechado, chama-se a esse trabalho circulação: mede quanto o campo “empurra” ao longo do circuito (num fluido: se a corrente tende a fazer girar uma rolha ao longo daquela curva). O integral depende do sentido de percurso (inverter o sentido troca o sinal), mas não da parametrização escolhida desde que o sentido se mantenha.

Integral de linha de 2.ª espécie (trabalho / circulação)

Para $\gamma :[a,b]\to {\mathbb{R}}^3$ seccionalmente regular e $F=(P,Q,R)$ contínuo sobre a curva:

$${\int }_{\gamma }F\cdot d\mathbf{r}={\int }_a^{b}F(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)dt={\int }_{\gamma }Pdx+Qdy+Rdz.$$

Se $\gamma$ é fechado escreve-se ${\oint }_{\gamma }F\cdot d\mathbf{r}$ (circulação). Se $\gamma ={\gamma }_1+\cdots +{\gamma }_k$ (concatenação), o integral é a soma dos integrais nos troços; ${\int }_{-\gamma }=-{\int }_{\gamma }$.

Passos para parametrizar as curvas típicas de interseção

1. Cilindro $x^2+y^2=R^2$ $\cap$ plano $z=h(x,y)$ (ex.: $x+z=5$, $y=z$): projeta no plano $xy$ (é a circunferência), $x=R\cos t$, $y=R\mathrm{sen}t$, e tira $z$ da equação do plano: $\gamma (t)=(R\cos t,R\mathrm{sen}t,h(R\cos t,R\mathrm{sen}t))$. Com $t$ a crescer de $0$ a $2\pi$, a curva é percorrida no sentido anti-horário visto de cima.
2. Cilindro não centrado $x^2+y^2=2y$: completa o quadrado, $x^2+(y-1{)}^2=1$, logo $x=\cos t$, $y=1+\mathrm{sen}t$.
3. Esfera $\cap$ plano coordenado (bordo de uma semiesfera): é uma circunferência nesse plano; usa os dois eixos do plano por uma ordem que dê o sentido pedido (ver 3.2).
4. Polígonos (triângulos, arestas de um cubo): segmento de $A$ para $B$: $\gamma (t)=A+t(B-A)$, $t\in [0,1]$; soma os troços.
5. Calcula $F(\gamma (t))$, ${\gamma }^{\prime }(t)$, o produto interno e integra. Usa as médias em $[0,2\pi ]$: ${\int }_0^{2\pi }\mathrm{sen}tdt={\int }_0^{2\pi }\cos tdt={\int }_0^{2\pi }\mathrm{sen}t\cos tdt=0$, ${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{sen}}^{2}tdt={\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2}tdt=\pi$, e ${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{sen}}^{3}tdt={\int }_0^{2\pi }{\cos }^{3}tdt={\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2}t\mathrm{sen}tdt=0$.

O sentido entra no sinal

“Calcule a circulação” sem sentido indicado (MAP1 2024/25) significa: escolhe tu um sentido, declara-o e mantém-no coerente com a normal na parte de Stokes. Mudar o sentido a meio troca o sinal e o resultado deixa de bater certo.

3.2 Superfícies orientáveis, bordo e orientação compatível

Ideia

Para falar de “fluxo através de $S$” é preciso escolher, de forma contínua, um dos dois lados de $S$ — uma orientação. A banda de Möbius é o exemplo clássico de superfície onde isto é impossível (ao percorrê-la, a normal volta ao ponto de partida virada ao contrário). O bordo $\partial S$ é a “orla” da superfície: a curva onde ela acaba (a borda de uma taça, o equador de uma semiesfera). Stokes exige que o sentido em que se percorre o bordo e a normal escolhida estejam “de acordo”: é a regra da mão direita.

Definições (Teixeira/Borges, §1.5.1–1.5.2)

• $S\subset {\mathbb{R}}^3$ é orientável se existe um campo contínuo $\vec{\nu }:S\to {\mathbb{R}}^3$ de normais unitárias; $\vec{\nu }$ define uma orientação. São orientáveis: superfícies de nível $G(x,y,z)=0$ com $\nabla G\ne 0$ ($\vec{\nu }=\nabla G/\Vert \nabla G\Vert$), gráficos $z=f(x,y)$ ($\vec{\nu }\propto (-f_x,-f_y,1)$) e superfícies com parametrização $g$ ($\vec{\nu }=\frac{g_u\times g_v}{\Vert g_u\times g_v\Vert }$).
• Superfície elementar: dada por uma única parametrização injetiva $g:\overline{T}\to S$, de classe $C^1$, com $\partial T$ uma curva de Jordan $\alpha$ seccionalmente regular. O bordo é $\partial S=g(\partial T)$, parametrizado por $g\circ \alpha$.
• Sentido compatível: o bordo $g\circ \alpha$ tem sentido compatível com a orientação induzida por $g$ (isto é, $\vec{\nu }\propto g_u\times g_v$) se $\alpha$ percorre $\partial T$ no sentido direto (anti-horário no plano $uv$).
• Regra da mão direita: polegar no sentido de $\vec{\nu }$ $\Rightarrow$ os outros dedos dão o sentido de $\partial S$. Equivalente: quem caminha sobre o bordo, com a cabeça do lado de $\vec{\nu }$, tem a superfície à esquerda.
• Superfícies não elementares (ex.: cilindro $x^2+y^2=1$, $0<z<1$): partem-se em pedaços elementares $S_1,\dots ,S_m$; os troços de bordo partilhados são percorridos em sentidos opostos e cancelam. O bordo é o que sobra (pode ter várias curvas — cadeia).

Passos para decidir o sentido compatível

Caminho oficial (via parametrização, Ficha 3 — Resolvidos, ex. 5 e 6): parametriza $S$ por $g:D\to S$; se $\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$ tem o sentido pedido, o bordo compatível é $g\circ \gamma$ com $\gamma$ a percorrer $\partial D$ no sentido direto; caso contrário usa-se $-\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$ e $\gamma$ no sentido inverso. Os passos seguintes (mão direita, “visto de cima”) são o atalho geométrico para confirmar e para escrever a frase de justificação.

1. Escolhe/identifica a normal $\vec{\nu }$ pedida (sinal de uma componente: “3.ª componente positiva”, “exterior”, …).
2. Vê de que lado olhar: olha da ponta de $\vec{\nu }$ (de onde $\vec{\nu }$ aponta). Visto daí, o bordo compatível roda no sentido anti-horário.
3. Regras práticas a decorar:
   • normal com 3.ª componente positiva $\iff$ bordo anti-horário visto de cima ($\gamma (t)=(R\cos t,R\mathrm{sen}t,\cdot )$);
   • normal com 3.ª componente negativa $\iff$ horário visto de cima ($\gamma (t)=(R\cos t,-R\mathrm{sen}t,\cdot )$);
   • normal $+x$: anti-horário visto de $+x$: $\gamma (t)=(\cdot ,\cos t,\mathrm{sen}t)$ (ordem $y\to z$, porque ${\mathbf{e}}_2\times {\mathbf{e}}_3={\mathbf{e}}_1$);
   • normal $+y$: anti-horário visto de $+y$: ordem $z\to x$ (porque ${\mathbf{e}}_3\times {\mathbf{e}}_1={\mathbf{e}}_2$): $\gamma (t)=(\mathrm{sen}t,\cdot ,\cos t)$. A resolução oficial (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 3(a), esfera de raio 2, $y\ge 0$) usa a forma equivalente $\gamma (\theta )=(2\cos \theta ,0,-2\mathrm{sen}\theta )$ — “sentido direto quando vista do ponto $(0,2,0)$”.
4. Confirma com o teste do produto vetorial: num ponto $p$ do bordo, com ${\gamma }^{\prime }$ a tangente e $w$ um vetor que aponta de $p$ para dentro da superfície, deve ter-se ${\gamma }^{\prime }\times w$ com o sentido de $\vec{\nu }$.
5. Superfície com dois bordos (coroa, tronco de cilindro/paraboloide): as duas circunferências são percorridas em sentidos opostos (vistas do mesmo lado).

Normal da parametrização ≠ normal pedida

$g_u\times g_v$ é uma normal; se a pedida é a oposta, ou usas $-(g_u\times g_v)$ no fluxo, ou inverte-se o sentido do bordo. Verifica sempre o sinal da componente pedida antes de integrar (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 6: a normal pedida era a de 3.ª componente negativa, logo o bordo do domínio foi percorrido “ao contrário”).

3.3 O Teorema de Stokes

Ideia

Divide $S$ numa malha de pequenos “quadradinhos”. A circulação de $F$ à volta de cada quadradinho é $\approx (\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu })\times \text{aˊrea}$ (é isso que o rotacional mede — ver 3.6). Somando todos os quadradinhos, os lados interiores são percorridos duas vezes, em sentidos opostos, e cancelam; sobra só a circulação ao longo da orla $\partial S$. Logo: soma das “rotações” microscópicas lá dentro $=$ circulação macroscópica na borda. É a mesma lógica de Gauss (fontes lá dentro $=$ fluxo pela fronteira), uma dimensão abaixo.

Teorema de Stokes (Teixeira/Borges, §1.5.3–1.5.4)

Seja $F:A\to {\mathbb{R}}^3$ de classe $C^1$ num aberto $A\subset {\mathbb{R}}^3$ e $S$ uma superfície orientável (elementar, ou união finita de superfícies elementares justapostas pelos bordos) com $\overline{S}\subset A$, orientada pela normal unitária $\vec{\nu }$. Então

$$\underset{\text{fluxo do rotacional}}{\underbrace{{\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS}}=\underset{\text{circulac¸a˜o no bordo}}{\underbrace{{\oint }_{\partial S}F\cdot d\mathbf{r}}},$$

onde $\partial S$ é percorrido no sentido compatível com $\vec{\nu }$ (mão direita). Lembra: $\mathrm{rot}F=\nabla \times F=\left|\begin{array}{ccc}{\mathbf{e}}_1& {\mathbf{e}}_2& {\mathbf{e}}_3\\ {\partial }_x& {\partial }_y& {\partial }_z\\ P& Q& R\end{array}\right|=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)$. Com uma parametrização $g:D\to S$ compatível: ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\iint }_D\mathrm{rot}F(g(u,v))\cdot (g_u\times g_v)dudv$.

Caso particular: Green

Se $S=D$ é uma região do plano $xy$ com $\vec{\nu }={\mathbf{e}}_3$ e $F=(P,Q,0)$, então $\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }=Q_x-P_y$ e Stokes dá ${\oint }_{\partial D}Pdx+Qdy={\iint }_D(Q_x-P_y)dxdy$ — o Teorema de Green de CDI-II. A demonstração de Stokes (no livro) faz exatamente isto: puxa tudo para o domínio $D$ da parametrização e aplica Green lá.

Passos para aplicar Stokes (ordem das resoluções oficiais)

1. Verifica e escreve as hipóteses numa frase: ”$F$ é de classe $C^1$ em ${\mathbb{R}}^3$ (numa vizinhança de $\overline{S}$) e $S$ é uma superfície orientável” — atenção a singularidades, ex. $1/r^3$ na origem. Nos bordos por troços: “o bordo é uma curva de Jordan seccionalmente regular”.
2. Escreve a igualdade de Stokes com a orientação: ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\oint }_{\partial S}F\cdot d\gamma$, “com $\partial S$ orientado de forma compatível com $\vec{\nu }$”.
3. Identifica o bordo $\partial S$ como interseção (escreve o sistema), projeta no plano $xy$ e tira $z$ da outra equação.
4. Fixa a orientação compatível (3.2) — escreve-a por palavras (“sentido direto quando vista de cima”) e, de preferência, faz um esboço.
5. Escolhe o lado mais fácil:
   • se $\mathrm{rot}F$ (calculado por determinante) é simples $\Rightarrow$ calcula o fluxo numa superfície conveniente (Molde B);
   • se $F$ restrito ao bordo é simples (bordo plano, componentes que se anulam) $\Rightarrow$ calcula a circulação (Molde A).
6. Calcula escrevendo $F(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)$ como produto de dois vetores explícitos; no fim, confirma o sinal pela regra da mão direita.

Quando usar / sinais no enunciado

“Use o teorema de Stokes para calcular ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS$” $\to$ normalmente é para trocar por circulação (ou por fluxo noutra superfície). “Calcule ${\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}$” com $C$ = interseção de duas superfícies e $F$ feio $\to$ calcula $\mathrm{rot}F$, que costuma ficar simples, e integra numa superfície plana com bordo $C$. “Confirme com Stokes” (MAP1 2024/25) $\to$ faz as duas contas e verifica que coincidem. “Trabalho ao longo de $C$” $=$ circulação.

Exercício resolvido (Ficha 3, ex. 1)

Considere $F(x,y,z)=(y,z,x)$ e a superfície $S$ igual ao hemisfério $x^2+y^2+z^2=1$, $y\ge 0$, orientada de forma a que o seu vetor normal tem segunda componente positiva. Calcule o fluxo do $\mathrm{rot}F$ através de $S$ utilizando (a) a definição de fluxo; (b) o teorema de Stokes.

Resolução passo-a-passo

1. Rotacional. Com $P=y$, $Q=z$, $R=x$:

$$\mathrm{rot}F=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)=(0-1,0-1,0-1)=(-1,-1,-1).$$

2. (a) Normal. $S$ é parte da esfera unitária: $\vec{\nu }=\nabla G/\Vert \nabla G\Vert =(x,y,z)$ com $G=x^2+y^2+z^2-1$. Em $S$ tem-se $y\ge 0$, logo a 2.ª componente é positiva — é a normal pedida (a exterior). 3. (a) Fluxo pela definição.

$${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS=-{\iint }_S(x+y+z)dS.$$

O hemisfério $y\ge 0$ é simétrico em relação a $x\mapsto -x$ e a $z\mapsto -z$, logo ${\iint }_{S}xdS={\iint }_{S}zdS=0$. Para ${\iint }_{S}ydS$ usa coordenadas esféricas com o eixo polar segundo $y$: $y=\cos \phi$, $dS=\mathrm{sen}\phi d\phi d\theta$, $\phi \in [0,\pi /2]$, $\theta \in [0,2\pi ]$:

$${\iint }_{S}ydS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /2}\cos \phi \mathrm{sen}\phi d\phi d\theta =2\pi \cdot \frac{1}{2}=\pi .$$

Logo o fluxo é $-\pi$. 4. (b) Bordo e sentido. $\partial S$ é a circunferência $x^2+z^2=1$, $y=0$. A normal aponta para $+y$, logo o bordo é anti-horário visto de $+y$, i.e. ordem $z\to x$ (${\mathbf{e}}_3\times {\mathbf{e}}_1={\mathbf{e}}_2$):

$$\gamma (t)=(\mathrm{sen}t,0,\cos t),t\in [0,2\pi ],{\gamma }^{\prime }(t)=(\cos t,0,-\mathrm{sen}t).$$

Teste: em $t=0$, $p=(0,0,1)$ e ${\gamma }^{\prime }=(1,0,0)$; o vetor que aponta de $p$ para dentro de $S$ (tangente à esfera) é $w=(0,1,0)$; ${\gamma }^{\prime }\times w=(0,0,1)=\vec{\nu }(p)$, a normal exterior em $p$. ✔ Compatível. 5. (b) Circulação. $F(\gamma (t))=(y,z,x)=(0,\cos t,\mathrm{sen}t)$, logo

$${\oint }_{\partial S}F\cdot d\mathbf{r}={\int }_0^{2\pi }(0,\cos t,\mathrm{sen}t)\cdot (\cos t,0,-\mathrm{sen}t)dt=-{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{sen}}^{2}tdt=-\pi .$$ $$\boxed{{\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS=-\pi }$$

Lição

Os dois métodos dão o mesmo — é o que Stokes garante. A conta de superfície precisou de simetria e de esféricas com eixo “rodado”; a de linha foi uma linha. Em semiesferas, a circulação no equador é quase sempre o caminho curto. O único ponto delicado é o sentido: normal $+y$ $\Rightarrow$ ordem $z\to x$.

Exercício resolvido (Ficha 3, ex. 2(b))

Use o teorema de Stokes para calcular ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS$, sendo $S$ o hemisfério $x^2+y^2+z^2=1$, $x\ge 0$, com a normal $\vec{\nu }$ de primeira componente positiva, e $F(x,y,z)=(e^{xy}\cos z,(x^2{y}^2+1)z,-y).$

Resolução passo-a-passo

1. Hipóteses. $F\in C^1({\mathbb{R}}^3)$; o hemisfério é orientável. Stokes aplica-se. 2. Porquê não calcular $\mathrm{rot}F$? Teria termos com $e^{xy}$ — horrível. Mas no bordo $x=0$, e aí $F$ simplifica muito: $F(0,y,z)=(\cos z,z,-y)$. 3. Bordo e sentido. $\partial S$: $x=0$, $y^2+z^2=1$. Normal $+x$ $\Rightarrow$ anti-horário visto de $+x$, ordem $y\to z$:

$$\gamma (t)=(0,\cos t,\mathrm{sen}t),{\gamma }^{\prime }(t)=(0,-\mathrm{sen}t,\cos t),t\in [0,2\pi ].$$

4. Circulação. $F(\gamma (t))=(\cos (\mathrm{sen}t),\mathrm{sen}t,-\cos t)$, logo

$$F\cdot {\gamma }^{\prime }=0\cdot \cos (\mathrm{sen}t)+\mathrm{sen}t(-\mathrm{sen}t)+(-\cos t)\cos t=-1.$$ $${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\oint }_{\partial S}F\cdot d\mathbf{r}={\int }_0^{2\pi }(-1)dt=\boxed{-2\pi }$$

Lição

Se $F$ tem termos exóticos ($e^{xy}$, $\cos z$) que se anulam ou simplificam no bordo, Stokes serve precisamente para nunca calcular o rotacional. A 1.ª componente de $F$ nem conta, porque no bordo $dx=0$.

Exercício resolvido (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 5)

Seja $S$ a superfície parametrizada por $g(u,v)=(u,v,2-u^2-v^2)$, com $(u,v)\in B=\{(u,v)\in {\mathbb{R}}^2:u^2+v^2<1\}$. Calcule o fluxo do rotacional de $F(x,y,z)=(y,0,x+y)$ através de $S$ na direção da normal com terceira componente positiva, utilizando (a) a definição de fluxo; (b) o teorema de Stokes.

Resolução passo-a-passo

1. (a) Rotacional (determinante). $P=y$, $Q=0$, $R=x+y$:

$$\mathrm{rot}F=\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ {\partial }_x& {\partial }_y& {\partial }_z\\ y& 0& x+y\end{array}\right|=(1-0,0-1,0-1)=(1,-1,-1).$$

2. (a) Normal da parametrização.

$$\vec{n}=\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}=\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ 1& 0& -2u\\ 0& 1& -2v\end{array}\right|=(2u,2v,1),$$

com 3.ª componente positiva — é a orientação pedida. 3. (a) Fluxo.

$${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\iint }_B(1,-1,-1)\cdot (2u,2v,1)dudv={\iint }_B(2u-2v-1)dudv.$$

Polares $u=\rho \cos \theta$, $v=\rho \mathrm{sen}\theta$, $(\rho ,\theta )\in ]0,1[\times ]0,2\pi [$:

$${\int }_0^1(2{\rho }^2\underset{=0}{\underbrace{{\int }_0^{2\pi }\cos \theta d\theta }}-2{\rho }^2\underset{=0}{\underbrace{{\int }_0^{2\pi }\mathrm{sen}\theta d\theta }}-\rho {\int }_0^{2\pi }d\theta )d\rho ={\int }_0^1(-2\pi \rho )d\rho =-\pi .$$

4. (b) Bordo compatível (Molde C). $\vec{n}$ coincide com a orientação pedida, logo o bordo é $g\circ \gamma$ com $\gamma (t)=(\cos t,\mathrm{sen}t)$ a percorrer $\partial B$ no sentido direto:

$$\Gamma (t)=g(\cos t,\mathrm{sen}t)=(\cos t,\mathrm{sen}t,2-{\cos }^{2}t-{\mathrm{sen}}^{2}t)=(\cos t,\mathrm{sen}t,1),t\in [0,2\pi ].$$

5. (b) Circulação. $F(\Gamma (t))=(\mathrm{sen}t,0,\cos t+\mathrm{sen}t)$, ${\Gamma }^{\prime }(t)=(-\mathrm{sen}t,\cos t,0)$:

$${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\int }_0^{2\pi }-{\mathrm{sen}}^{2}tdt=-\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(1-\cos 2t)dt=-\pi .$$ $$\boxed{{\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS=-\pi }$$

Lição

Quando a superfície vem dada por uma parametrização, o bordo compatível sai “de graça”: $\Gamma =g\circ \gamma$ com $\gamma$ no sentido direto em $\partial B$ — desde que $\frac{\partial g}{\partial u}\times \frac{\partial g}{\partial v}$ seja a normal pedida. Não é preciso a regra da mão direita.

3.4 Estratégias: trocar de superfície, trocar de lado, rotacional nulo

Ideia

O lado direito de Stokes (${\oint }_{\partial S}F\cdot d\mathbf{r}$) só depende do bordo. Logo o lado esquerdo também: o fluxo de $\mathrm{rot}F$ é o mesmo através de todas as superfícies com o mesmo bordo e orientação compatível. Na prática: uma semiesfera, um paraboloide e um disco com a mesma orla dão o mesmo fluxo do rotacional — escolhe o disco (normal constante, área conhecida). É o análogo de “o trabalho de um campo gradiente não depende do caminho”.

Consequências de Stokes

1. Independência da superfície: se $\partial S_1=\partial S_2$ com orientações compatíveis com o mesmo sentido, então ${\iint }_{S_1}\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\iint }_{S_2}\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS$.
2. Rotacional nulo: se $\mathrm{rot}F=0$ numa região que contém uma superfície $S$ com bordo $C$, então ${\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}=0$ (“fluido irrotacional”).
3. Superfície fechada ($\partial S=\varnothing$: esfera, superfície de um sólido): ${\oint }_{\partial V}\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS=0$. Duas provas: (i) corta a superfície em duas metades — os bordos são a mesma curva percorrida em sentidos opostos e cancelam; (ii) por Gauss, ${\oint }_{\partial V}\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\iiint }_V\underset{=0}{\underbrace{\mathrm{div}(\mathrm{rot}F)}}dV=0$.
4. Rotacional constante $c$ e superfície plana com normal unitária $\vec{\nu }$: ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS=(c\cdot \vec{\nu })\text{Aˊrea}(S)$. A circulação depende só da área delimitada pela curva, não da forma (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 7: ${\oint }_{C}zdx-2xdy+3ydz=\frac{2}{\sqrt{3}}\text{Aˊrea}(S)$ para qualquer curva no plano $x+y+z=1$).

Passos para a estratégia “troca de superfície”

1. Identifica o bordo $C=\partial S$ da superfície dada.
2. Escolhe uma superfície plana $S^{\prime }$ com o mesmo bordo (disco, elipse num plano, triângulo).
3. Orienta $S^{\prime }$ de modo que $C$ tenha o mesmo sentido (ex.: semiesfera superior com normal “para cima” $\to$ disco com $\vec{\nu }={\mathbf{e}}_3$).
4. Calcula $\mathrm{rot}F\cdot {\vec{\nu }}^{\prime }$ em $S^{\prime }$ (num plano $z=c$, só interessa a 3.ª componente do rotacional) e integra.
5. Alternativa simétrica: substituir $S$ por $S^{\prime }\cup S^{\prime \prime }$ fechada e usar Gauss com $\mathrm{div}\mathrm{rot}=0$ (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 6(b)).

Disco plano num plano inclinado

Num plano $z=h(x,y)$ (ex. $z=5-x$) a normal não é ${\mathbf{e}}_3$ e a área da elipse não é a do círculo projetado. Usa a parametrização $g(x,y)=(x,y,h(x,y))$: $g_x\times g_y=(-h_x,-h_y,1)$ e $dS$ já vem “embutido” — integras $\mathrm{rot}F\cdot (-h_x,-h_y,1)$ sobre a projeção $D$ no plano $xy$.

Quando usar / sinais no enunciado

Semiesfera, paraboloide, “taça” ou cubo sem base com bordo plano $\to$ troca pela tampa plana. $\mathrm{rot}F$ constante $\to$ fluxo $=$ (rot $\cdot$ n) $\times$ área. $\mathrm{rot}F=0$ $\to$ resposta $0$ (verifica a região!). Superfície fechada $\to$ $0$. MAP1 2025/26: “bordo da semiesfera $x^2+y^2+z^2=4$, $z\ge 0$, circulação de $B=(y,x,x^2)$ por Stokes”: $\nabla \times B=(0,-2x,0)$ e no disco $z=0$ com $\vec{\nu }={\mathbf{e}}_3$ o integrando é $0$ $\Rightarrow$ circulação $0$.

Exercício resolvido (Ficha 3, ex. 3(a))

Use o teorema de Stokes para calcular ${\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}$, em que $C$ é a curva obtida a partir da interseção do cilindro $x^2+y^2=2y$ com o plano $y=z$, percorrida no sentido anti-horário quando vista de cima, e $F(x,y,z)=(y+z,-z,y)$.

Resolução passo-a-passo

1. Rotacional. $P=y+z$, $Q=-z$, $R=y$:

$$\mathrm{rot}F=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)=(1-(-1),1-0,0-1)=(2,1,-1).$$

Constante — sinal fortíssimo para usar Stokes com uma superfície plana. 2. Superfície. $S$ = parte do plano $z=y$ dentro do cilindro. Projeção no plano $xy$: $x^2+y^2\le 2y⟺x^2+(y-1{)}^2\le 1$, o disco $D$ de centro $(0,1)$ e raio $1$, área $\pi$. 3. Parametrização e normal. $g(x,y)=(x,y,y)$, $(x,y)\in D$:

$$g_x\times g_y=(1,0,0)\times (0,1,1)=(0,-1,1).$$

3.ª componente positiva $\Rightarrow$ compatível com “anti-horário visto de cima”. ✔ 4. Fluxo.

$${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\iint }_D(2,1,-1)\cdot (0,-1,1)dxdy={\iint }_D(-2)dxdy=-2\text{Aˊrea}(D)=-2\pi .$$

5. Verificação direta (opcional). $\gamma (t)=(\cos t,1+\mathrm{sen}t,1+\mathrm{sen}t)$, ${\gamma }^{\prime }=(-\mathrm{sen}t,\cos t,\cos t)$, $F(\gamma )=(2+2\mathrm{sen}t,-1-\mathrm{sen}t,1+\mathrm{sen}t)$:

$$F\cdot {\gamma }^{\prime }=-2\mathrm{sen}t-2{\mathrm{sen}}^{2}t+\underset{=0}{\underbrace{(-1-\mathrm{sen}t)\cos t+(1+\mathrm{sen}t)\cos t}}\Rightarrow {\int }_0^{2\pi }(\dots )dt=-2\pi .$$ $$\boxed{{\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}=-2\pi }$$

Lição

Rotacional constante + superfície plana $\Rightarrow$ o fluxo é (rot·normal) × área da projeção quando se usa $g(x,y)=(x,y,h)$ (o fator $\Vert g_x\times g_y\Vert$ já está incluído em $g_x\times g_y$). Cilindro não centrado: completa o quadrado.

Exercício resolvido (Ficha 3, ex. 3(b))

Use o teorema de Stokes para calcular ${\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}$, em que $C$ é a curva de interseção do plano $x+z=5$ com o cilindro $x^2+y^2=9$, percorrida no sentido direto quando vista de cima, e $F(x,y,z)=(xy,2z,3y)$.

Resolução passo-a-passo

1. Rotacional. $P=xy$, $Q=2z$, $R=3y$:

$$\mathrm{rot}F=(3-2,0-0,0-x)=(1,0,-x).$$

2. Superfície. A elipse plana $S$: $z=5-x$, $(x,y)\in D=\{x^2+y^2\le 9\}$, $g(x,y)=(x,y,5-x)$. 3. Normal. $g_x\times g_y=(1,0,-1)\times (0,1,0)=(1,0,1)$ — 3.ª componente positiva, compatível com o sentido direto visto de cima. ✔ 4. Fluxo.

$${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS={\iint }_D(1,0,-x)\cdot (1,0,1)dxdy={\iint }_D(1-x)dxdy=\underset{\text{aˊrea}}{\underbrace{9\pi }}-\underset{=0\text{(simetria)}}{\underbrace{{\iint }_{D}xdxdy}}.$$ $$\boxed{{\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}=9\pi }$$

Lição

Em discos centrados na origem, ${\iint }_{D}x={\iint }_{D}y={\iint }_{D}xy=0$ por simetria — poupa coordenadas polares. Para um plano $z=h(x,y)$ a normal “para cima” é $(-h_x,-h_y,1)$; não normalizes, o $dS$ compensa.

Exercício resolvido (Ficha 3, ex. 4(b))

Calcule o trabalho realizado pelo campo $F(x,y,z)=(x^2-y,y^2-x,y^2-x^2+z^3)$ ao longo da curva $C$ parametrizada por $\gamma (t)=(\cos t,\mathrm{sen}t,\cos (2t))$, $t\in [0,2\pi ]$.

Resolução passo-a-passo

1. Encontrar uma superfície com bordo $C$. Como $\cos 2t={\cos }^{2}t-{\mathrm{sen}}^{2}t=x^2-y^2$, a curva está sobre a sela $z=x^2-y^2$, por cima da circunferência unitária. Toma $S$: $g(x,y)=(x,y,x^2-y^2)$, $x^2+y^2\le 1$; o seu bordo é exatamente $C$. 2. Sentido. Em projeção $C$ é $(\cos t,\mathrm{sen}t)$: anti-horário visto de cima $\Rightarrow$ normal com 3.ª componente positiva:

$$g_x\times g_y=(1,0,2x)\times (0,1,-2y)=(-2x,2y,1).$$

3. Rotacional. $P=x^2-y$, $Q=y^2-x$, $R=y^2-x^2+z^3$:

$$\mathrm{rot}F=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)=(2y-0,0-(-2x),-1-(-1))=(2y,2x,0).$$

4. Fluxo.

$$\mathrm{rot}F\cdot (g_x\times g_y)=2y(-2x)+2x(2y)+0=0\Rightarrow {\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}={\iint }_{S}0dS=\boxed{0}$$

Lição

Uma curva “torta” dada por parametrização pede: descobre a superfície onde ela vive (aqui $z=x^2-y^2$) e usa-a em Stokes. A conta direta seria um integral com ${\cos }^3(2t)$ e companhia; por Stokes o integrando anula-se identicamente.

3.5 Bordos poligonais e por troços (triângulo, cubo sem base, quarto de cilindro)

Ideia

Nem todo o bordo é uma circunferência. Quando $\partial S$ é feito de segmentos ou arcos (um triângulo, as arestas de baixo de um cubo, os quatro lados de um bocado de cilindro), o bordo é uma curva seccionalmente regular: parametriza-se cada troço, soma-se, e a orientação compatível tem de ser coerente ao longo de todos os troços (o fim de um é o início do seguinte). Muitas vezes, porém, o rotacional resolve tudo sem tocar nos troços.

Segmentos e concatenação

Segmento de $A$ para $B$: $\gamma (t)=A+t(B-A)$, $t\in [0,1]$ (ou outra parametrização linear qualquer, ex. $(1,t,-1)$, $t\in [-1,1]$). Se $\partial S=C_1+C_2+\cdots +C_k$, então ${\oint }_{\partial S}F\cdot d\gamma ={\sum }_i{\int }_{C_i}F\cdot d\gamma$, e se $g_i$ percorre $C_i$ ao contrário, ${\int }_{C_i}=-{\int }_{g_i}$. Plano por três pontos: normal $\vec{n}=(B-A)\times (C-A)$, equação $(X-A)\cdot \vec{n}=0$.

Passos para bordos por troços (Molde D)

1. Esboça $S$ e o bordo; marca as setas no sentido compatível (normal exterior num “cubo sem base” $\Rightarrow$ as arestas da base percorridas no sentido direto visto de cima).
2. Lista as parametrizações $C_1,\dots ,C_k$ com os intervalos; assinala as que percorres ao contrário (“de $-C_i$”).
3. Em cada troço, só contam as componentes de $F$ associadas às coordenadas que variam (num segmento paralelo ao eixo $y$, só $Qdy$).
4. Soma e procura cancelamentos.
5. Atalho (não é o caminho da resolução oficial, mas serve para confirmar): troca $S$ pela superfície plana com o mesmo bordo (a base do cubo com $\vec{\nu }={\mathbf{e}}_3$) ou repara se $\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }=0$ em $S$.

Exercício resolvido (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 4)

Use o teorema de Stokes para calcular ${\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}$, onde $C$ é o triângulo de vértices $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$, percorrido no sentido positivo quando visto do ponto $(5,5,5)$, e $F(x,y,z)=(x+y^2,y+z^2,z+x^2)$.

Resolução passo-a-passo

1. Stokes. ${\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}={\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS$, com $S$ uma superfície de bordo $C$ e $\vec{\nu }$ compatível com o sentido de $C$; $F\in C^1({\mathbb{R}}^3)$. 2. Plano do triângulo. Um vetor normal ao plano dos três vértices é $(1,1,1)$, logo $(x-1,y,z)\cdot (1,1,1)=0⟺x+y+z=1$. 3. Parametrização. $g(x,y)=(x,y,1-x-y)$ na projeção $T=\{(x,y):0<x<1,0<y<1-x\}$:

$$\vec{n}=\frac{\partial g}{\partial x}\times \frac{\partial g}{\partial y}=\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ 1& 0& -1\\ 0& 1& -1\end{array}\right|=(1,1,1),$$

que aponta para o lado do ponto $(5,5,5)$ — compatível com o sentido de $C$ (em caso contrário bastaria tomar $-\vec{n}$). 4. Rotacional.

$$\mathrm{rot}F=\left|\begin{array}{ccc}{e}_1& e_2& e_3\\ {\partial }_x& {\partial }_y& {\partial }_z\\ x+y^2& y+z^2& z+x^2\end{array}\right|=(-2z,-2x,-2y)=-2(z,x,y).$$

5. Fluxo.

$${\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}={\iint }_T-2(1-x-y,x,y)\cdot (1,1,1)dA=-2{\iint }_T\underset{=1}{\underbrace{(1-x-y+x+y)}}dA=-2{\mathrm{Vol}}_2(T)=-2\cdot \frac{1}{2}.$$ $$\boxed{{\oint }_{C}F\cdot d\mathbf{r}=-1}$$

Lição

“Visto do ponto $(5,5,5)$” significa: a normal compatível aponta para esse ponto. A conta direta seriam três segmentos; por Stokes o integrando ficou constante e o resultado é $-2\times$ a área da projeção.

Exercício resolvido (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 2(c))

Usando o teorema de Stokes, calcule ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS$, onde $S$ é formada pelo topo e pelos quatro lados (não inclui a base) do cubo de vértices $(\pm 1,\pm 1,\pm 1)$, $\vec{\nu }$ é a normal unitária exterior ao cubo e $F(x,y,z)=(xyz,xy,x^{2}yz)$.

Resolução passo-a-passo

1. Bordo. $\partial S$ são as quatro arestas do cubo contidas no plano $z=-1$. Com a normal exterior, a regra da mão direita dá o sentido direto visto de cima (teste em $(1,0,-1)$: ${\gamma }^{\prime }=(0,1,0)$, vetor para dentro de $S$ $w=(0,0,1)$, ${\gamma }^{\prime }\times w=(1,0,0)=\vec{\nu }$ ✔). 2. Parametrizações ($t\in [-1,1]$ em todas):

$${\gamma }_1(t)=(-1,-t,-1),{\gamma }_2(t)=(t,-1,-1),{\gamma }_3(t)=(1,t,-1),{\gamma }_4(t)=(-t,1,-1).$$

3. Hipóteses. $F\in C^1({\mathbb{R}}^3)$, $S$ orientável e o bordo $\gamma ={\gamma }_1+{\gamma }_2+{\gamma }_3+{\gamma }_4$ é uma curva de Jordan seccionalmente regular. 4. Circulação.

$$\sum _{i=1}^4{\int }_{{\gamma }_i}F\cdot d\gamma ={\int }_{-1}^1[(-t,t,t)\cdot (0,-1,0)+(t,-t,t^2)\cdot (1,0,0)+(-t,t,-t)\cdot (0,1,0)+(t,-t,-t^2)\cdot (-1,0,0)]dt$$ $$={\int }_{-1}^1\underset{=0}{\underbrace{(-t+t+t-t)}}dt=0.$$ $$\boxed{{\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS=0}$$

5. Confirmação (atalho). O mesmo bordo limita a base $z=-1$ com $\vec{\nu }={\mathbf{e}}_3$. $\mathrm{rot}F=(x^{2}z,xy-2xyz,y-xz)$; em $z=-1$ a 3.ª componente é $y+x$, e ${\iint }_{[-1,1{]}^2}(x+y)dxdy=0$ por simetria. ✔

Lição

Superfície “caixa sem fundo” $\Rightarrow$ o bordo é a orla da abertura; com normal exterior, roda no sentido direto visto do lado oposto à abertura (aqui, de cima). Nas arestas, cada troço só “vê” uma componente de $F$.

Exercício resolvido (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 3(b))

Utilizando o teorema de Stokes, transforme ${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS$ num integral de linha e calcule-o, sendo $S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3:0\le z\le 1,x^2+y^2=1,x\ge 0,y\ge 0\}$, $\vec{\nu }$ a normal com componente em $x$ positiva e $F(x,y,z)=(0,x,0)$.

Resolução passo-a-passo

1. Bordo. Quarto de cilindro: o bordo é seccionalmente regular, com 4 troços. Com $\vec{\nu }$ exterior, o sentido compatível é: $C_1$ sobe em $(0,1,z)$, $C_2$ vai no topo de $(0,1,1)$ para $(1,0,1)$, $C_3$ desce em $(1,0,z)$, $C_4$ vai na base de $(1,0,0)$ para $(0,1,0)$. 2. Parametrizações.

$$g_1(z)=(0,1,z),z\in [0,1](C_1);g_2(t)=(\cos t,\mathrm{sen}t,1),t\in [0,\frac{\pi }{2}](-C_2);$$ $$g_3(z)=(1,0,z),z\in [0,1](-C_3);g_4(t)=(\cos t,\mathrm{sen}t,0),t\in [0,\frac{\pi }{2}](C_4).$$

3. Circulação. $F\cdot d\gamma =xdy$. Em $C_1$, $x=0$; em $C_3$, $dy=0$: ambos dão $0$. Em $C_2$ e $C_4$:

$${\int }_{C_2}xdy=-{\int }_0^{\pi /2}\cos t(\mathrm{sen}t{)}^{\prime }dt=-{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt,{\int }_{C_4}xdy={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt=-{\int }_{C_2}xdy.$$ $${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }dS=\sum _{k=1}^4{\int }_{C_k}xdy=\boxed{0}$$

4. Confirmação (atalho). $\mathrm{rot}F=(0,0,1)$ e no cilindro $\vec{\nu }=(x,y,0)$: $\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }=0$ em todo o $S$. ✔

Lição

Os troços “de $-C_i$” levam um sinal menos — é aqui que se perdem pontos. Antes de parametrizar, olha para $\mathrm{rot}F\cdot \vec{\nu }$: se for identicamente nulo, a resposta é $0$ e a circulação serve só de confirmação.

3.6 Interpretação física do rotacional

Ideia

Põe uma pequena roda de pás num fluido com velocidade $F$, centrada em $x_0$, com o eixo segundo $\vec{\nu }$. A roda gira tanto mais quanto maior a circulação de $F$ à volta dela. Stokes diz que essa circulação, por unidade de área, tende para $\mathrm{rot}F(x_0)\cdot \vec{\nu }$. Logo: $\mathrm{rot}F$ aponta segundo o eixo em torno do qual o fluido roda mais e a sua norma mede quão depressa roda (para um corpo rígido em rotação com velocidade angular $\omega$, $\mathrm{rot}F=2\omega$).

Rotacional como densidade de circulação (Teixeira/Borges, §1.5.5)

Sejam $S_h$ discos de raio $h$ centrados em $x_0$, todos com normal unitária $\vec{\nu }$, e $\partial S_h$ as circunferências com sentido compatível. Se $F\in C^1$:

$$\mathrm{rot}F(x_0)\cdot \vec{\nu }=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{\pi h^2}{\oint }_{\partial S_h}F\cdot d\mathbf{r}\left(\text{circulac¸a˜o por unidade de aˊrea}\right).$$

O máximo obtém-se com $\vec{\nu }=\mathrm{rot}F(x_0)/\Vert \mathrm{rot}F(x_0)\Vert$, e vale $\Vert \mathrm{rot}F(x_0)\Vert$. Fluido irrotacional: $\mathrm{rot}F=0$ em $D$ $\Rightarrow$ circulação nula ao longo do bordo de qualquer disco (superfície) contido em $D$.

Irrotacional não é "não gira em círculos"

$F=\frac{(-y,x,0)}{x^2+y^2}$ tem $\mathrm{rot}F=0$ fora do eixo $z$ e, no entanto, a circulação na circunferência unitária é $2\pi \ne 0$. Não há contradição: nenhuma superfície com esse bordo evita o eixo $z$, onde $F$ não é $C^1$ — Stokes não se aplica. Antes de concluir “rot $=0\Rightarrow$ circulação $0$”, confirma que $F$ é $C^1$ numa superfície que tenha a curva como bordo.

Exercício resolvido (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 8)

Seja $M\subset {\mathbb{R}}^3$ uma superfície e $H:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^3$ um campo vetorial de classe $C^1$ ortogonal a $M$ (ou seja, $H(x)\in T_x^{\perp }M$ para todo o $x\in M$). Mostre que $\mathrm{rot}H$ é um campo vetorial tangente a $M$ em qualquer ponto $p\in M$.

Resolução passo-a-passo

1. Redução ao absurdo. Se $\mathrm{rot}H$ não fosse tangente a $M$ em algum $p\in M$, ter-se-ia $\mathrm{rot}H(p)\cdot \vec{\nu }(p)>0$ para uma certa normal unitária $\vec{\nu }$ a $M$, localmente definida (se desse $<0$, trocava-se $\vec{\nu }$ por $-\vec{\nu }$). 2. Continuidade. Como $H\in C^1$, $\mathrm{rot}H$ é contínuo, logo existe um aberto $U\ni p$ tal que $\mathrm{rot}H(x)\cdot \vec{\nu }(x)>0$ para todo o $x\in U\cap M$. 3. Stokes numa região pequena. Toma um caminho simples e fechado $\gamma$ em $U\cap M$, com sentido compatível com $\vec{\nu }$, e seja $S\subset U\cap M$ a região de $M$ com bordo $\gamma$:

$${\oint }_{\gamma }H\cdot d\gamma ={\iint }_S\mathrm{rot}H\cdot \vec{\nu }dS>0.$$

4. Mas $H\perp M$. ${\gamma }^{\prime }(t)$ é sempre tangente a $M$, logo

$${\oint }_{\gamma }H\cdot d\gamma ={\int }_a^b\underset{=0}{\underbrace{H(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)}}dt=0.$$

5. Contradição $\Rightarrow$ $\boxed{\mathrm{rot}H(p)\cdot \vec{\nu }(p)=0\forall p\in M,\text{i.e. }\mathrm{rot}H\text{ eˊ tangente a }M}$

Lição

Molde das demonstrações com Stokes: (i) supõe o contrário num ponto, (ii) usa a continuidade ($C^1$) para alargar a desigualdade a uma vizinhança, (iii) aplica Stokes num pedaço pequeno, (iv) calcula o outro lado diretamente e obtém a contradição. É a versão “prova” da interpretação do rotacional como densidade de circulação.

3.7 Stokes e Gauss juntos: superfícies abertas, fechadas e o campo $\mathbf{r}/r^3$

Ideia

Para o fluxo de um rotacional através de uma superfície aberta $S$ há duas portas: (i) Stokes (vai para o bordo), (ii) fechar $S$ com tampas e usar Gauss com $\mathrm{div}\mathrm{rot}=0$ (o fluxo de $\mathrm{rot}F$ por $S$ é menos o fluxo pelas tampas). Para campos com uma singularidade (como o campo gravítico/elétrico de uma carga pontual, $\mathbf{r}/r^3$) Gauss só se aplica depois de isolar o ponto mau com uma pequena esfera.

Exercício resolvido (Ficha 3 — Resolvidos, ex. 6)

Considere $G(x,y,z)=(yz,-xz,z^2)$ e $S=\{(x,y,z):x^2+y^2=1+z,0<z<1\}$. Calcule o fluxo do rotacional de $G$ através de $S$, segundo a normal com terceira componente negativa, usando (a) o teorema de Stokes; (b) o teorema da divergência.

Resolução passo-a-passo

1. Geometria. $S$ é um tronco do paraboloide $z=x^2+y^2-1$ com $1<x^2+y^2<2$. Bordo: duas circunferências — ${\Gamma }_2$: $x^2+y^2=1$, $z=0$; ${\Gamma }_1$: $x^2+y^2=2$, $z=1$. 2. Normal e sentidos (Molde C). $g(x,y)=(x,y,x^2+y^2-1)$ na coroa $A=\{1<x^2+y^2<2\}$ dá $\vec{n}=\frac{\partial g}{\partial x}\times \frac{\partial g}{\partial y}=(-2x,-2y,1)$; pede-se a 3.ª componente negativa, logo toma-se $-\vec{n}$ (aponta para baixo/para fora) e, em consequência, a fronteira $\partial A$ tem de ser percorrida no sentido inverso ao direto: a circunferência exterior no sentido horário e a interior no anti-horário (na coroa, o sentido direto é anti-horário fora e horário dentro):

$${\gamma }_1(t)=(\sqrt{2}\cos t,-\sqrt{2}\mathrm{sen}t),{\gamma }_2(t)=(\cos t,\mathrm{sen}t),t\in [0,2\pi ].$$

O bordo de $S$ é $\Gamma ={\Gamma }_1\cup {\Gamma }_2$ com ${\Gamma }_i=g\circ {\gamma }_i$:

$${\Gamma }_1(t)=(\sqrt{2}\cos t,-\sqrt{2}\mathrm{sen}t,1),{\Gamma }_2(t)=(\cos t,\mathrm{sen}t,0),t\in [0,2\pi ].$$

Visto de cima: orla exterior ($z=1$) horária, orla interior ($z=0$) anti-horária — confere com a mão direita para a normal para baixo. 3. (a) Stokes. Em ${\Gamma }_2$, $z=0\Rightarrow G=(0,0,0)$: contribuição nula. Em ${\Gamma }_1$: $G({\Gamma }_1)=(-\sqrt{2}\mathrm{sen}t,-\sqrt{2}\cos t,1)$, ${\Gamma }_1^{\prime }=(-\sqrt{2}\mathrm{sen}t,-\sqrt{2}\cos t,0)$, produto $=2{\mathrm{sen}}^{2}t+2{\cos }^{2}t=2$:

$${\iint }_S\mathrm{rot}G\cdot \vec{\nu }dS={\oint }_{{\Gamma }_1}G\cdot d\mathbf{r}+{\oint }_{{\Gamma }_2}G\cdot d\mathbf{r}={\int }_0^{2\pi }2dt+0=4\pi .$$

4. (b) Gauss (Molde F). O teorema da divergência só se aplica a superfícies que são fronteira de domínios regulares, por isso acrescenta-se a “tampa” $T_1$: $z=1$, $x^2+y^2\le 2$ (normal exterior $+{\mathbf{e}}_3$, $g_1(x,y)=(x,y,1)$) e o “fundo” $T_2$: $z=0$, $x^2+y^2\le 1$ (normal exterior $-{\mathbf{e}}_3$, $g_2(x,y)=(x,y,0)$), obtendo o sólido $D=\{x^2+y^2<1+z,0<z<1\}$ com $\partial D=S\cup T_1\cup T_2$. $\mathrm{rot}G=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)=(0+x,y-0,-z-z)=(x,y,-2z)$ e ${\iint }_{\partial D}\mathrm{rot}G\cdot \vec{\nu }dS={\iiint }_D\underset{=0}{\underbrace{\mathrm{div}(\mathrm{rot}G)}}dV=0$, logo:

$${\iint }_S+{\iint }_{T_1}+{\iint }_{T_2}=0\Rightarrow {\iint }_S\mathrm{rot}G\cdot \vec{\nu }dS=-{\iint }_{T_1}(x,y,-2)\cdot {\mathbf{e}}_{3}dA-{\iint }_{T_2}(x,y,0)\cdot (-{\mathbf{e}}_3)dA=2\cdot 2\pi -0.$$ $$\boxed{{\iint }_S\mathrm{rot}G\cdot \vec{\nu }dS=4\pi }$$

Lição

Superfície com dois bordos: as duas curvas têm sentidos opostos (vistas de cima). Antes de parametrizar, procura troços onde $F=0$ (aqui $z=0$ mata $G$). A via Gauss com tampas é a “troca de superfície” disfarçada.

Exercício resolvido (Ficha 3, ex. 6)

Sejam $\mathbf{r}=(x,y,z)$, $r=\Vert \mathbf{r}\Vert =\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ e $V$ um domínio nas condições do Teorema de Gauss. Mostre que o fluxo do campo $F=\frac{\mathbf{r}}{r^3}$ através de $\partial V$ (normal exterior) é zero quando a origem está no exterior de $V$. Qual será o valor desse fluxo quando $V$ contiver a origem no seu interior?

Resolução passo-a-passo

1. Divergência (fora da origem). $F_1=x{r}^{-3}$, ${\partial }_x{F}_1=r^{-3}+x\cdot (-3)r^{-4}\cdot \frac{x}{r}=r^{-3}-3x^2{r}^{-5}$. Somando as três:

$$\mathrm{div}F=\frac{3}{r^3}-\frac{3(x^2+y^2+z^2)}{r^5}=\frac{3}{r^3}-\frac{3}{r^3}=0,(x,y,z)\ne 0.$$

2. Origem fora de $V$. $F\in C^1$ numa vizinhança de $\overline{V}$, logo Gauss aplica-se: ${\oint }_{\partial V}F\cdot \vec{\nu }dS={\iiint }_{V}0dV=0$. 3. Origem dentro de $V$. Gauss não se aplica a $V$ ($F$ explode em $0$). Retira uma bola $B_{\epsilon }$ de raio $\epsilon$ pequeno, $B_{\epsilon }\subset V$. Em $V\setminus B_{\epsilon }$ já é válido, e a fronteira é $\partial V$ (normal exterior) mais a esfera $S_{\epsilon }$ com normal para dentro ($-\mathbf{r}/\epsilon$):

$${\oint }_{\partial V}F\cdot \vec{\nu }dS-{\oint }_{S_{\epsilon }}F\cdot \frac{\mathbf{r}}{\epsilon }dS={\iiint }_{V\setminus B_{\epsilon }}0dV=0.$$

4. Fluxo pela esfera pequena. Em $S_{\epsilon }$: $F\cdot \frac{\mathbf{r}}{\epsilon }=\frac{\mathbf{r}\cdot \mathbf{r}}{{\epsilon }^3\cdot \epsilon }=\frac{1}{{\epsilon }^2}$, constante, logo

$${\oint }_{S_{\epsilon }}F\cdot \vec{\nu }dS=\frac{1}{{\epsilon }^2}\cdot 4\pi {\epsilon }^2=4\pi .$$ $$\boxed{{\oint }_{\partial V}\frac{\mathbf{r}}{r^3}\cdot \vec{\nu }dS=\{\begin{array}{ll}0,& 0\notin \overline{V}\\ 4\pi ,& 0\in V\end{array}}$$

Lição

Campo com divergência nula fora de um ponto: o fluxo por qualquer superfície fechada que envolva esse ponto é igual ao fluxo por uma esfera pequena à volta dele — independentemente da forma ($4\pi$ é a “carga” na origem; é a Lei de Gauss da eletrostática). Nota: o fluxo $4\pi \ne 0$ através de uma superfície fechada prova que $\mathbf{r}/r^3$ não é rotacional de nenhum campo em ${\mathbb{R}}^3\setminus \{0\}$ (ver 3.8).

3.8 Potencial vetorial

Ideia

Stokes só calcula fluxos de campos que são rotacionais. Se um campo $F$ se puder escrever $F=\mathrm{rot}A$, então o fluxo de $F$ através de $S$ passa a ser a circulação de $A$ no bordo. É o análogo, uma “ordem acima”, do potencial escalar ($F=\nabla \phi \Rightarrow$ trabalho $=\phi (B)-\phi (A)$). Exemplo físico: o campo magnético $B=\nabla \times A$.

Potencial vetorial (Teixeira/Borges, §1.5.7)

$A:\Omega \to {\mathbb{R}}^3$ é um potencial vetorial de $F$ em $\Omega$ se $F=\mathrm{rot}A$ em $\Omega$.

• Condição necessária: $F=\mathrm{rot}A\Rightarrow \mathrm{div}F=\mathrm{div}(\mathrm{rot}A)=0$ (com $A\in C^2$; Schwarz). Não é suficiente em geral (ex.: $\mathbf{r}/r^3$ em ${\mathbb{R}}^3\setminus \{0\}$).
• Suficiência em domínios em estrela: se $\Omega$ é aberto em estrela (relativamente à origem), $F\in C^1(\Omega )$ e $\mathrm{div}F=0$, então existe $A$ com $\mathrm{rot}A=F$, por exemplo

$$A(x,y,z)={\int }_0^{1}F(tx,ty,tz)\times (tx,ty,tz)dt.$$

• Não unicidade: se $\mathrm{rot}A=F$, então $A+\nabla \varphi$ também serve, porque $\mathrm{rot}(\nabla \varphi )=0$. Escolhendo $\varphi$ bem, pode-se sempre impor $A_3=0$ e resolver o sistema

$$-\frac{\partial A_2}{\partial z}=F_1,\frac{\partial A_1}{\partial z}=F_2,\frac{\partial A_2}{\partial x}-\frac{\partial A_1}{\partial y}=F_3.$$

• Uso: ${\iint }_{S}F\cdot \vec{\nu }dS={\iint }_S\mathrm{rot}A\cdot \vec{\nu }dS={\oint }_{\partial S}A\cdot d\mathbf{r}$.

Passos para encontrar $A=(A_1,A_2,0)$

1. Verifica $\mathrm{div}F=0$ (e que o domínio é em estrela, ex.: ${\mathbb{R}}^3$).
2. Integra em $z$: $A_2=-\int F_{1}dz+K_2(x,y)$, $A_1=\int F_{2}dz+K_1(x,y)$.
3. Impõe a 3.ª equação ${\partial }_x{A}_2-{\partial }_y{A}_1=F_3$ para escolher $K_1,K_2$ (muitas vezes $K_1=K_2=0$ basta).
4. Confirma calculando $\mathrm{rot}A$.

Exemplo (Teixeira/Borges, §1.5.7): $F=(0,x,0)$

1. $\mathrm{div}F=0$ em ${\mathbb{R}}^3$ (em estrela). ✔ 2. $-{\partial }_z{A}_2=0\Rightarrow A_2=K_2(x,y)$; ${\partial }_z{A}_1=x\Rightarrow A_1=xz+K_1(x,y)$. 3. ${\partial }_x{K}_2-{\partial }_y{K}_1=0$: basta $K_1=K_2=0$. Logo $A=(xz,0,0)$. Verificação: $\mathrm{rot}(xz,0,0)=(0,x,0)$. ✔ (A fórmula integral dá outro potencial, $A=(\frac{1}{3}xz,0,-\frac{1}{3}{x}^2)$ — diferem por um gradiente.) 4. Fluxo de $F$ através de $S=\{z=x^2+y^2,z<1\}$ com normal para baixo: o bordo é $x^2+y^2=1$, $z=1$, horário visto de cima, $\gamma (t)=(\cos t,-\mathrm{sen}t,1)$:

$${\iint }_{S}F\cdot \vec{\nu }dS={\oint }_{\partial S}A\cdot d\mathbf{r}={\int }_0^{2\pi }(\cos t,0,0)\cdot (-\mathrm{sen}t,-\cos t,0)dt=\boxed{0}$$

Lição

Potencial vetorial = transformar “fluxo de $F$” em “circulação de $A$”. Útil quando a superfície é feia e o bordo é simples; a condição $\mathrm{div}F=0$ é o primeiro teste.

3.9 Exercício tipo MAP1

Exercício resolvido (MAP1 2024/25, ex. 1)

Seja $\Gamma \subset {\mathbb{R}}^3$ a curva dada pela interseção do cilindro $x^2+y^2=1$ com o plano $z=1$. Considere $F(x,y,z)=(z-y,0,y)$. (a) Escolha uma orientação para $\Gamma$ e, usando uma parametrização correspondente, calcule a circulação ${\oint }_{\Gamma }F\cdot d\mathbf{\gamma }$. (b) Determine uma superfície $S$ com $\partial S=\Gamma$ e, usando o Teorema de Stokes, confirme a resposta da alínea anterior.

Resolução passo-a-passo

1. (a) Orientação e parametrização. Escolho o sentido anti-horário visto de cima: $\gamma (\theta )=(\cos \theta ,\mathrm{sen}\theta ,1)$, $\theta \in [0,2\pi ]$, logo $dx=-\mathrm{sen}\theta d\theta$, $dy=\cos \theta d\theta$, $dz=0$. 2. (a) Circulação. $F(\gamma )=(1-\mathrm{sen}\theta ,0,\mathrm{sen}\theta )$:

$${\oint }_{\Gamma }F\cdot d\mathbf{\gamma }={\int }_0^{2\pi }(1-\mathrm{sen}\theta )(-\mathrm{sen}\theta )d\theta ={\int }_0^{2\pi }(-\mathrm{sen}\theta +{\mathrm{sen}}^2\theta )d\theta =0+\pi =\pi ,$$

“uma vez que as médias de $\mathrm{sen}\theta$ e de ${\mathrm{sen}}^2\theta$ são $0$ e $\frac{1}{2}$, respetivamente” (justificação usada na solução oficial). 3. (b) Superfície. O disco $S=\{x^2+y^2\le 1,z=1\}$ tem $\partial S=\Gamma$. Para o sentido escolhido, a normal compatível é $\vec{\nu }=(0,0,1)$. 4. (b) Rotacional. $P=z-y$, $Q=0$, $R=y$:

$$\nabla \times F=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)=(1-0,1-0,0-(-1))=(1,1,1).$$

5. (b) Stokes. “Uma vez que as condições do Teorema de Stokes são satisfeitas ($F\in C^1({\mathbb{R}}^3)$ e $S$ é uma superfície orientável com orientação compatível com a de $\Gamma =\partial S$)”:

$${\oint }_{\Gamma }F\cdot d\mathbf{\gamma }={\iint }_S(\nabla \times F)\cdot \vec{\nu }dS={\iint }_S(1,1,1)\cdot (0,0,1)dS={\mathrm{Vol}}_2(S)=\pi ,$$

em concordância com a alínea (a).

$$\boxed{{\oint }_{\Gamma }F\cdot d\mathbf{\gamma }=\pi }\text{(anti-horaˊrio visto de cima; }-\pi \text{ no sentido oposto)}$$

Lição

Molde do MAP: (a) parametriza e integra; (b) escolhe a superfície mais simples com aquele bordo (o disco plano), com a normal coerente com o sentido que escolheste em (a). Declarar a orientação vale pontos; esquecê-la custa-os.

Erros a evitar neste tema

Escolher a normal pedida e depois percorrer o bordo no sentido errado (ou vice-versa) — verifica sempre com a mão direita ou o teste ${\gamma }^{\prime }\times (\text{vetor para dentro})\parallel \vec{\nu }$ · usar $g_u\times g_v$ sem confirmar o sinal da componente pedida · trocar o sentido em superfícies com normal $+x$ ou $+y$ (ordens corretas: $y\to z$ e $z\to x$) · em superfícies com dois bordos, percorrer as duas circunferências no mesmo sentido · esquecer troços do bordo em superfícies por pedaços (cubo sem base, quarto de cilindro) ou, ao contrário, contar arestas interiores que cancelam · aplicar Stokes/Gauss com $F$ singular dentro da região ($\mathbf{r}/r^3$, $(-y,x,0)/(x^2+y^2)$) · concluir “rot $=0\Rightarrow$ circulação $0$” sem uma superfície onde $F$ seja $C^1$ · ao trocar uma semiesfera pelo disco, usar uma normal incompatível com o mesmo bordo · num plano inclinado $z=h(x,y)$, usar $\vec{\nu }={\mathbf{e}}_3$ ou a área do círculo projetado sem o fator de $g_x\times g_y$ · erros de sinal no rotacional — escreve sempre $(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)$ · esquecer que ${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{sen}}^2=\pi$ (e não $2\pi$) · tentar calcular $\mathrm{rot}F$ com termos exóticos quando o bordo os anula · pensar que $\mathrm{div}F=0$ chega para haver potencial vetorial em qualquer domínio (só em estrela) · não indicar a orientação escolhida quando o enunciado a deixa livre.

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📈 4. EDOs de 1.ª Ordem: Lineares, Separáveis e Mudanças de Variável (Ficha 4)

Mapa do bloco

Este bloco é sempre uma pergunta inteira do MAP1 (~7 valores): dão-te uma EDO escalar de 1.ª ordem, muitas vezes não-linear, e uma substituição sugerida ($z=x/t$, $w=1/x$, $v=y^{-2}$, …). Tens de (1) verificar/fazer a mudança de variável, (2) resolver a EDO resultante (linear ou separável), (3) desfazer a mudança, (4) impor a condição inicial e (5) indicar o intervalo máximo de existência. Saíram: 2024/25 — homogénea $x^{\prime }=\frac{2x^4+3t^4}{x^{3}t}$ com $z=x/t$; 2025/26 — logística $x^{\prime }=(a-bx)x$ com $w=1/x$. Só há duas EDOs que sabes resolver “à mão”: a linear (fator integrante) e a separável (primitivar dos dois lados). Todas as outras técnicas (Bernoulli, Riccati, logística, homogénea, $v=at+by+c$) são mudanças de variável que te levam a uma destas duas.

Como os professores resolvem (Ficha 4 — Resolvidos)

Notação deles: variável independente $x$ ou $t$ (no ex. 11 usam $\dot{y}$ em vez de $y^{\prime }$); escrevem $\log$ (= $\ln$), $\mathrm{sen}$, $\mathrm{tg}$, $\mathrm{arctg}$; “fator integrante $\mu (x)$”, “solução geral”, “solução do PVI”, “domínio de diferenciabilidade”, “intervalo máximo de existência / de solução”; a constante vem sempre acompanhada de "$c\in \mathbb{R}$" (ou $k\in \mathbb{R}$). Numeram as equações intermédias — (1), (2), (3) — e referem-se a elas (“multiplicando ambos os membros da equação (1) por $\mu$”).

A. Linear $y^{\prime }+a(x)y=b(x)$ (ex. 3, 4, 7; MAP 2025/26):

1. “Para $x\ne 0$, a equação pode ser escrita na forma $y^{\prime }+\frac{2}{x}y=\dots$ (1)” — dividem pelo coeficiente de $y^{\prime }$ e dizem onde a divisão é válida.
2. “Trata-se de uma equação linear, e admite um fator integrante $\mu$ dado por ${\mu }^{\prime }=a\mu ⟺\frac{{\mu }^{\prime }}{\mu }=a⟺\log \mu =\int a⟺\mu =e^{\int a}$” (sem constante; sem módulos quando o intervalo fixa o sinal).
3. “Multiplicando ambos os membros da equação (1) por $\mu$ obtemos $\frac{d}{dx}(\mu y)=\mu b$.”
4. $⟺\mu y=\int \mu bdx+c⟺y(x)=\frac{1}{\mu }(\cdots +c)$, “em que $c\in \mathbb{R}$” — a constante entra antes de dividir por $\mu$.
5. PVI: substituem a condição na solução geral (“Dado que $1=v(0)=c$, a solução do PVI é …”).

• Atalho oficial: se o 1.º membro já é a derivada de um produto (ex. 6: $y^{\prime }\mathrm{sen}t+y\cos t=(y\mathrm{sen}t{)}^{\prime }$), escrevem logo $(y\mathrm{sen}t{)}^{\prime }=1$, sem calcular $\mu$.

B. Separável (ex. 8, 9, 10):

1. Fatorizar: “A equação pode ser escrita na forma $x^{\prime }=(x+x^2)\mathrm{sen}t$.”
2. Soluções constantes por escrito: “Para $x\ne 0$ e $x\ne -1$ (podemos excluir estes dois casos visto que $x\equiv 0$ e $x\equiv -1$ são soluções constantes da equação que não verificam a condição inicial)…”; sem PVI: “Note-se que a função nula $y\equiv 0$ é também solução.”
3. Separar e integrar: $\frac{x^{\prime }}{g(x)}=f(t)⟺\int \frac{dx}{g(x)}=\int f(t)dt+c$ (frações simples quando é preciso).
4. Explicitar: $\log |y|=\cdots +c⟺y=\pm e^c(\dots )⟺y=k(\dots )$, $k\in \mathbb{R}$. Com raízes, escrevem as duas famílias (”$u=\frac{1}{\sqrt{\dots }}$ ou $u=\frac{-1}{\sqrt{\dots }}$”) e escolhem pelo sinal: “Dado que $u(0)=1>0$ conclui-se que $c=3$.”

C. Mudança de variável dada (ex. 5 Bernoulli, ex. 11 $v=at+by+c$; MAPs: $z=y/t$, $w=1/x$):

1. “Seguindo a sugestão, fazemos $v(x)=[y(x){]}^{-4}$, pelo que $\frac{dv}{dx}=-4y^{-5}\frac{dy}{dx}$” — derivam a substituição primeiro.
2. Bernoulli: multiplicam a equação inteira pelo fator que aparece em $v^{\prime }$ ($-4y^{-5}$) e identificam, termo a termo (com chavetas por baixo), $\frac{dv}{dx}$, $1$ e $v$. Nas outras ($v=at+by+c$, $z=y/t$, $w=1/x$): isolam $y$ e $y^{\prime }$ em função da nova variável ($y=\frac{v-at-c}{b}$, $y=tz$, $x^{\prime }=-\frac{w^{\prime }}{w^2}$) e substituem.
3. Põem a nova equação na forma-padrão (“Dividindo por $2x$ … obtém-se a equação linear não homogénea (3)”; ou $\frac{\dot{v}}{bf(v)+a}=1$, “que é obviamente uma equação separável”) e resolvem-na com o molde A ou B.
4. “Finalmente, desfazendo a mudança de variável, $y^{-4}=\cdots ⟺y=\pm \sqrt[4]{\dots }$, onde $c\in \mathbb{R}$” — isto é a solução geral.
5. PVI: “Dado que $y(1)=1$, conclui-se que $y(x)$ é positivo e $c=-1$” — sinal e constante na mesma frase.

D. Intervalo máximo (sempre igual — ex. 5, 10, 11; MAP 2024/25):

1. “O domínio de diferenciabilidade da função $y(x)$ é $D=\{x\in \mathbb{R}:\dots \}$” — denominadores $\ne 0$, radicandos $>0$, argumentos de $\log$ $>0$ — e simplificam $D$ (ex.: $D=\mathbb{R}\setminus \{\pm \arccos (\log 2)+2k\pi ,k\in \mathbb{Z}\}$).
2. “O intervalo máximo de solução será o maior intervalo $I\subset D$ tal que $t_0\in I$. Conclui-se que $I=\dots$” (o “intervalo” vem a negrito no original).
3. No MAP 2024/25, versão curta: “Considerando a parte do domínio desta solução que contém $t=1$ obtemos $I_{\max }=\dots$”.

E. Outros tipos que aparecem nos resolvidos: $y^{\prime }=g(x)$ → primitivar os dois membros (ex. 2); verificar uma solução de uma EDO de 2.ª ordem por substituição (ex. 1); equação integral → derivar pelo teorema fundamental do cálculo e tirar a condição inicial da própria equação (ex. 7); escolher a constante para que ${\lim }_{t\to 0}y(t)$ seja finito (ex. 6).

O que nunca omitem: onde dividem (“para $x\ne 0$”, “para $y\ne 0$”, “para $t\in ]0,\pi [$ a função $\mathrm{sen}t$ não se anula”) · "$c\in \mathbb{R}$" · as soluções constantes (ou porque não interessam) · o sinal escolhido pela condição inicial · o $D$ escrito antes do $I$.

4.1 Conceitos base: ordem, linearidade, solução, PVI

Ideia

Uma EDO é uma relação entre uma função desconhecida $y(t)$ e as suas derivadas. “Resolver” é encontrar funções, não números. Tal como em CDI-I, $y^{\prime }=g(t)$ resolve-se primitivando — e aparece logo uma constante arbitrária $C$: a solução geral é uma família a um parâmetro de curvas. A condição inicial $y(t_0)=y_0$ escolhe uma curva da família (é o “ponto de partida” de uma trajetória).

Definições (Teixeira/Borges, §1.1)

• Ordem de uma EDO = ordem da derivada mais alta que aparece. Ex.: $y^{\prime \prime }+{\pi }^{2}y=0$ é de 2.ª ordem.
• EDO de 1.ª ordem em forma normal: $y^{\prime }=f(t,y)$.
• É linear se pode ser escrita como $y^{\prime }+a(t)y=b(t)$ isto é, $y$ e $y^{\prime }$ aparecem só à potência 1, sem produtos $y{y}^{\prime }$, sem $y^2$, $1/y$, $\sqrt{y}$, $\mathrm{sen}y$, $e^y$… (os coeficientes podem ser quaisquer funções de $t$). É homogénea se $b\equiv 0$.
• Solução num intervalo aberto $I$: função $y$ diferenciável em $I$ tal que $y^{\prime }(t)=f(t,y(t))$ para todo o $t\in I$. Uma solução vive sempre num intervalo (não numa união de intervalos).
• Problema de valor inicial (PVI) / de Cauchy: $\{\begin{array}{l}{y}^{\prime }=f(t,y)\\ y(t_0)=y_0\end{array}$
• Intervalo máximo de existência $I_{\max }$: o maior intervalo aberto, contendo $t_0$, onde existe solução do PVI; qualquer outro intervalo onde exista solução está contido nele.

"Linear" refere-se à incógnita, não a $t$

$y^{\prime }=x^3-2xy$ é linear (em $y$): o $x^3$ e o $x$ a multiplicar são coeficientes. Já $y^{\prime }=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ não é (tem $1/y$). Também $y^{\prime }=t^{2}y$ é linear (homogénea) e separável ao mesmo tempo.

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 1)

Diga qual das seguintes equações é linear: (a) $x-y^{\prime }=xy$; (b) $y^{\prime }=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$.

Resolução passo-a-passo

1. (a) Isolar $y^{\prime }$: $y^{\prime }=x-xy⟺y^{\prime }+xy=x$. Forma $y^{\prime }+a(x)y=b(x)$ com $a(x)=x$, $b(x)=x$. Linear. 2. (b) O termo $\frac{1}{y}$ não é da forma $a(x)y$. Não linear (nem sequer é separável, porque $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ não é produto $f(x)g(y)$). $\boxed{\text{(a) sim; (b) na˜o}}$

Lição

Para testar linearidade, põe tudo na forma $y^{\prime }+a(t)y=b(t)$. Se sobrar alguma função não-afim de $y$, não é linear.

Exercício resolvido (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 1)

Indique a ordem de $y^{\prime \prime }+{\pi }^{2}y=0$ e verifique que $y(x)=a\cos (\pi x)+b\mathrm{sen}(\pi x)$, $a,b\in \mathbb{R}$, é solução. Determine $a,b$ tais que $y(\frac{1}{2})=1$, $y^{\prime }(\frac{1}{2})=0$.

Resolução passo-a-passo

1. Ordem: a derivada mais alta é $y^{\prime \prime }$ → 2.ª ordem (linear). 2. Verificar: $y^{\prime }=-\pi a\mathrm{sen}(\pi x)+\pi b\cos (\pi x)$, $y^{\prime \prime }=-{\pi }^{2}a\cos (\pi x)-{\pi }^{2}b\mathrm{sen}(\pi x)=-{\pi }^{2}y$. Logo $y^{\prime \prime }+{\pi }^{2}y=0$ para todo o $x$. ✓ 3. Condições: $y(\frac{1}{2})=a\cdot 0+b\cdot 1=b=1$; $y^{\prime }(\frac{1}{2})=-\pi a\cdot 1+\pi b\cdot 0=-\pi a=0\Rightarrow a=0$. $\boxed{y(x)=\mathrm{sen}(\pi x)}$

Lição

“Verificar que é solução” = substituir na equação e obter uma identidade válida para todo o $t$. Uma EDO de ordem $n$ precisa de $n$ condições para fixar as $n$ constantes.

Exercício resolvido (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 2)

Determine a solução do problema de valor inicial $y^{\prime }=x{e}^{x^2/2}$ com $y(1)=2$.

Resolução passo-a-passo

1. Primitivar ambos os membros (o 2.º membro só depende de $x$): $\int y^{\prime }(x)dx=\int x{e}^{x^2/2}dx⟺y(x)=e^{x^2/2}+c,c\in \mathbb{R}.$ 2. Condição inicial: $2=y(1)=e^{1/2}+c\Rightarrow c=2-e^{1/2}$. $\boxed{y(x)=e^{x^2/2}-e^{1/2}+2},\text{definida em }\mathbb{R}.$

Lição

$y^{\prime }=g(x)$ é o caso mais simples (linear com $a\equiv 0$ e separável com $g(y)\equiv 1$): primitiva + constante + condição inicial. $\int x{e}^{x^2/2}dx$ é “derivada da função de dentro”: $e^{x^2/2}$.

4.2 Intervalo máximo de existência — a receita do MAP

Ideia

A fórmula que obténs para $y(t)$ pode estar definida em vários pedaços de $\mathbb{R}$, mas uma solução é uma função num só intervalo, que tem de conter o instante inicial $t_0$. A solução “morre” quando (i) a fórmula deixa de fazer sentido (divisão por zero, raiz de negativo, log de não-positivo — a solução explode ou deixa de existir), ou (ii) a solução chega a um ponto onde a própria EDO não está definida (ex.: a EDO tem $1/t$ ou $1/x^3$). Nas lineares é ainda mais simples: a solução vive em todo o intervalo onde $a(t)$ e $b(t)$ são contínuos.

Teorema (existência e unicidade para lineares, Teixeira/Borges §1.2.2)

Se $a,b$ são contínuas num intervalo aberto $I$ e $t_0\in I$, então para qualquer $y_0$ o PVI $y^{\prime }+a(t)y=b(t)$, $y(t_0)=y_0$ tem solução única, definida em todo o $I$: $y(t)=\frac{1}{\mu (t)}\left({\int }_{t_0}^t\mu (s)b(s)ds+\mu (t_0)y_0\right),\mu (t)=e^{\int a(t)dt}.$ Para não-lineares não há garantia global: a solução pode explodir em tempo finito (ex.: $y^{\prime }=y^2$, $y=-1/(t+c)$).

Passos para determinar $I_{\max }$ (como nas resoluções oficiais)

1. Domínio de diferenciabilidade da solução — escreve-o como os professores: "$D=\{t\in \mathbb{R}:\dots \}$", com denominadores $\ne 0$, radicandos de raízes pares $>0$ (estritamente, se a raiz está num denominador ou se no ponto-fronteira a EDO deixa de estar definida), argumentos de $\log$ $>0$, $\mathrm{tg}$ longe de $\frac{\pi }{2}+k\pi$. Simplifica $D$ (união de intervalos abertos).
2. Confirma as restrições da EDO: onde estão definidos (e são contínuos) os coeficientes / $f(t,y)$? ($t\ne 0$, $t>0$, $x\ne 0$, $\cos t\ne 0$.) Nas resoluções oficiais estas restrições aparecem logo no início (“Para $x\ne 0$, a equação pode ser escrita na forma …”) e normalmente já estão contidas em $D$; se não estiverem, retira-as de $D$.
3. Concluir com a frase oficial: “O intervalo máximo de solução é o maior intervalo $I\subset D$ tal que $t_0\in I$. Conclui-se que $I=\dots$”
4. (Verificação, só para ti) Nas pontas finitas de $I_{\max }$ deve acontecer algo: $|y|\to \infty$, ou $(t,y(t))$ sai do domínio da EDO. Se nada acontece, provavelmente cortaste de mais.

Armadilhas típicas

• Responder com uma união de intervalos ($\mathbb{R}\setminus \{0\}$): errado — é sempre um único intervalo.
• Esquecer as restrições da EDO original: em $x^{\prime }=\frac{2x^4+3t^4}{x^{3}t}$ a solução não pode tocar $x=0$ nem $t=0$, mesmo que a fórmula final continue definida lá.
• Nas lineares, o intervalo é o de continuidade dos coeficientes — a fórmula final pode estar definida em mais sítios (ex.: Ficha 4, 3(d)), mas o PVI só é pedido no intervalo dos coeficientes.

Sinais no enunciado

“indicando o seu intervalo máximo de existência”, “intervalo aberto maximal onde está definida a solução”, "$I_{\max }$". Saiu no MAP 2024/25 (no de 2025/26 pediu-se o limite e o esboço). Escreve sempre o raciocínio “O domínio de diferenciabilidade de $y$ é $D=\{\dots \}$; o intervalo máximo é o maior intervalo $I\subset D$ tal que $t_0\in I$” — é literalmente o que as resoluções oficiais fazem (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 5, 10, 11).

4.3 EDO linear de 1.ª ordem — fator integrante

Ideia

O lado esquerdo $y^{\prime }+a(t)y$ “quase” é a derivada de um produto. Se o multiplicarmos por uma função $\mu (t)$ com ${\mu }^{\prime }=a\mu$, fica exatamente $(\mu y{)}^{\prime }$ — regra do produto ao contrário. Depois basta primitivar. É o mesmo truque de “completar” uma derivada; $\mu =e^{\int a}$ é a única escolha que funciona, e nunca se anula (logo multiplicar por $\mu$ não altera as soluções).

Fórmula (Teixeira/Borges §1.2.2; Magalhães §1.2)

Para $y^{\prime }+a(t)y=b(t)$, com $a,b$ contínuas num intervalo $I$: $\mu (t)=e^{\int a(t)dt},\underset{(\mu y{)}^{\prime }}{\underbrace{\mu y^{\prime }+\mu ay}}=\mu b⟹\boxed{y(t)=\frac{1}{\mu (t)}\left(\int \mu (t)b(t)dt+C\right)},C\in \mathbb{R}.$

• Caso homogéneo ($b\equiv 0$): $y(t)=K{e}^{-\int a(t)dt}$, $K\in \mathbb{R}$ (inclui $y\equiv 0$).
• Estrutura: $y=\underset{\text{sol. geral da homogeˊnea}}{\underbrace{C/\mu }}+\underset{\text{sol. particular}}{\underbrace{\frac{1}{\mu }\int \mu b}}$.

Passos para resolver uma EDO linear (molde oficial)

1. Pôr na forma normal $y^{\prime }+a(t)y=b(t)$: dividir pelo coeficiente de $y^{\prime }$ (atenção ao sinal de $a$!) e escrever onde a divisão é válida (“Para $t\ne 0$, a equação pode ser escrita na forma … (1)”). Anotar onde $a,b$ são contínuas.
2. Fator integrante, deduzido como nas resoluções: ${\mu }^{\prime }=a\mu ⟺\frac{{\mu }^{\prime }}{\mu }=a⟺\log \mu =\int a⟺\mu =e^{\int a}$ (sem constante; podes tirar os módulos dentro de um intervalo onde o sinal é fixo).
3. “Multiplicando ambos os membros de (1) por $\mu$ obtemos” $\frac{d}{dt}(\mu y)=\mu b$.
4. Primitivar: $\mu y=\int \mu bdt+c$ (não esqueças o $c$ aqui, antes de dividir).
5. Dividir por $\mu$ e escrever "$c\in \mathbb{R}$" (= solução geral). Se houver PVI, impor $y(t_0)=y_0$ para obter $c$.
6. $I_{\max }$ = maior intervalo com $t_0$ onde $a$ e $b$ são contínuas.

• Atalho (também usado na Ficha 4 — Resolvidos, ex. 6): se reconheceres logo que o 1.º membro é $(\phi (t)y{)}^{\prime }$, salta os passos 2–3.

Erros clássicos

• Usar $\mu =e^{\int a}$ com $a$ do lado errado (se a equação está como $y^{\prime }=ay+b$, então na forma normal o coeficiente é $-a$).
• Pôr a constante só no fim ($y=\frac{1}{\mu }\int \mu b+C$): errado, o $C$ fica dividido por $\mu$.
• Primitivas de $\int \mathrm{tg}tdt=-\ln |\cos t|$ e $\int \frac{2}{t}dt=2\ln |t|\Rightarrow e^{2\ln t}=t^2$ — rever.

Quando usar

A equação é de grau 1 em $y$ e $y^{\prime }$. Se aparecer $y^n$ além de $y$ → Bernoulli (§4.5). Se for $y^{\prime }=a(t)y$ (homogénea) também podes separar variáveis.

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 2(d))

Determine a solução geral de $t\frac{dy}{dt}+2y=e^t$, $t>0$.

Resolução passo-a-passo

1. Forma normal (dividir por $t>0$): $y^{\prime }+\frac{2}{t}y=\frac{e^t}{t}$. Coeficientes contínuos em $]0,+\infty [$. 2. Fator integrante: $\mu =e^{\int 2/tdt}=e^{2\ln t}=t^2$. 3. Multiplicar: $t^2{y}^{\prime }+2ty=t{e}^t⟺(t^{2}y{)}^{\prime }=t{e}^t$. 4. Primitivar (por partes): $\int t{e}^{t}dt=(t-1)e^t$, logo $t^{2}y=(t-1)e^t+c$. $\boxed{y(t)=\frac{e^t(t-1)+c}{t^2},c\in \mathbb{R},t>0}$

Lição

Quando o coeficiente de $y^{\prime }$ não é 1, divide primeiro. $e^{k\ln t}=t^k$ aparece constantemente.

Variante: Ficha 4 — Resolvidos, ex. 3 ( $x{y}^{\prime }+2y=(x-2)e^x$, $x>0$) — redação oficial

“Para $x\ne 0$, a equação pode ser escrita na forma $y^{\prime }+\frac{2}{x}y=\frac{x-2}{x}{e}^x$ (1). Trata-se de uma equação linear, e admite um fator integrante $\mu (x)$ dado por ${\mu }^{\prime }=\frac{2}{x}\mu ⟺\mu =e^{\int \frac{2}{x}dx}=e^{2\log x}=x^2$. Multiplicando ambos os membros da equação (1) por $\mu$ obtemos” $\frac{d}{dx}(x^{2}y)=(x^2-2x)e^x⟺x^{2}y=\int (x^2-2x)e^{x}dx+c⟺y(x)=\frac{1}{x^2}((x-2{)}^2{e}^x+c),c\in \mathbb{R}.$ (Primitiva: $\frac{d}{dx}[(x^2-4x+4)e^x]=(2x-4)e^x+(x^2-4x+4)e^x=(x^2-2x)e^x$ ✓ — para $\int (\text{polinoˊmio})e^x$ experimenta $(\text{polinoˊmio do mesmo grau})e^x$.)

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 2(f) e 3(d))

(a) Determine a solução geral de $\frac{dy}{dt}=y\left(\frac{1}{t}-\mathrm{tg}t\right)+t\cos t$. (b) Resolva o PVI com $y(\pi )=0$.

Resolução passo-a-passo

1. Forma normal: $y^{\prime }+\underset{a(t)}{\underbrace{\left(\mathrm{tg}t-\frac{1}{t}\right)}}y=\underset{b(t)}{\underbrace{t\cos t}}$. Contínuos onde $t\ne 0$ e $\cos t\ne 0$. 2. Fator integrante: $\int a=\int \mathrm{tg}tdt-\int \frac{dt}{t}=-\ln |\cos t|-\ln |t|$, logo $\mu (t)=e^{-\ln |\cos t|-\ln |t|}=\frac{1}{t\cos t}(\text{a menos de sinal, irrelevante}).$ 3. Multiplicar: ${\left(\frac{y}{t\cos t}\right)}^{\prime }=\frac{t\cos t}{t\cos t}=1$. 4. Primitivar: $\frac{y}{t\cos t}=t+c\Rightarrow$ $\boxed{y(t)=(t^2+ct)\cos t,c\in \mathbb{R}}$ 5. PVI (3(d)): $y(\pi )=({\pi }^2+c\pi )\cos \pi =-({\pi }^2+c\pi )=0\Rightarrow c=-\pi$: $\boxed{y(t)=(t^2-\pi t)\cos t}$ 6. Intervalo: os coeficientes são contínuos em intervalos sem $0$ e sem $\frac{\pi }{2}+k\pi$; o que contém $\pi$ é $\left]\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right[$. (A fórmula final está definida em $\mathbb{R}$, mas a equação só faz sentido nesse intervalo.)

Lição

Um fator integrante “esquisito” ($1/(t\cos t)$) costuma ser sinal de que a conta fica trivial a seguir — aqui $\mu b=1$. Confia no método.

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 3(b))

Resolva $\frac{dy}{dt}+y=\mathrm{sen}t$, $y(\pi )=1$.

Resolução passo-a-passo

1. $a=1$, $b=\mathrm{sen}t$, contínuos em $\mathbb{R}$; $\mu =e^t$. 2. $(e^{t}y{)}^{\prime }=e^t\mathrm{sen}t$. Por partes duas vezes (ou fórmula conhecida): $\int e^t\mathrm{sen}tdt=\frac{e^t}{2}(\mathrm{sen}t-\cos t)$. 3. $e^{t}y=\frac{e^t}{2}(\mathrm{sen}t-\cos t)+C\Rightarrow y=\frac{1}{2}(\mathrm{sen}t-\cos t)+C{e}^{-t}$. 4. Condição inicial: $y(\pi )=\frac{1}{2}(0-(-1))+C{e}^{-\pi }=\frac{1}{2}+C{e}^{-\pi }=1\Rightarrow C=\frac{e^{\pi }}{2}$. $\boxed{y(t)=\frac{1}{2}\left(\mathrm{sen}t-\cos t+e^{\pi -t}\right),I_{\max }=\mathbb{R}}$

Lição

Coeficientes contínuos em $\mathbb{R}$ ⟹ $I_{\max }=\mathbb{R}$, sem mais contas. Memoriza $\int e^t\mathrm{sen}tdt=\frac{e^t}{2}(\mathrm{sen}t-\cos t)$.

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 3(e)) — coeficiente por ramos

Resolva $x^{\prime }+h(t)x-t=0$, $x(-1)=2$, com $h(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t<0\\ t,& t\ge 0\end{array}$.

Resolução passo-a-passo

1. Ideia: resolver em cada ramo e colar por continuidade em $t=0$ (a solução tem de ser contínua; a condição inicial do 2.º ramo é o valor final do 1.º). 2. Ramo $t<0$: $x^{\prime }=t\Rightarrow x=\frac{t^2}{2}+C$. Com $x(-1)=2$: $\frac{1}{2}+C=2\Rightarrow C=\frac{3}{2}$. Logo $x(t)=\frac{t^2+3}{2}$, e $x(0)=\frac{3}{2}$. 3. Ramo $t\ge 0$: $x^{\prime }+tx=t$, linear com $\mu =e^{t^2/2}$: ${\left(e^{t^2/2}x\right)}^{\prime }=t{e}^{t^2/2}\Rightarrow e^{t^2/2}x=e^{t^2/2}+K\Rightarrow x=1+K{e}^{-t^2/2}$. 4. Colagem: $x(0)=1+K=\frac{3}{2}\Rightarrow K=\frac{1}{2}$. $\boxed{x(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{t^2+3}{2},& t\le 0\\ 1+\frac{1}{2}{e}^{-t^2/2},& t>0\end{array}}$ 5. Verificação: $x^{\prime }(0^{-})=0$ e $x^{\prime }(0^{+})=-\frac{t}{2}{e}^{-t^2/2}{|}_0=0$: até é diferenciável em $0$. Definida em $\mathbb{R}$.

Lição

Coeficientes por ramos: resolve ramo a ramo, a partir do ramo que contém $t_0$, e usa a continuidade no ponto de corte como nova condição inicial.

Exercício resolvido (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 4) — PVI linear

Determine a solução do problema de valor inicial $\frac{dv}{du}+\frac{2u}{1+u^2}v-\frac{1}{1+u^2}=0$, $v(0)=1$.

Resolução passo-a-passo

1. Forma normal: a equação é equivalente a $\frac{dv}{du}+\frac{2u}{1+u^2}v=\frac{1}{1+u^2}(2)$ que é linear em $v$ (a variável independente é $u$!), com coeficientes contínuos em $\mathbb{R}$. 2. Fator integrante (dedução oficial): ${\mu }^{\prime }=\frac{2u}{1+u^2}\mu ⟺\frac{{\mu }^{\prime }}{\mu }=\frac{2u}{1+u^2}⟺\log \mu =\log (1+u^2)⟺\mu =1+u^2.$ 3. Multiplicar (2) por $\mu$: $(1+u^2)\frac{dv}{du}+2uv=1⟺\frac{d}{du}((1+u^2)v)=1$. 4. Primitivar: $(1+u^2)v=u+c⟺v(u)=\frac{u+c}{1+u^2}$, $c\in \mathbb{R}$. 5. PVI: $1=v(0)=c$. $\boxed{v(u)=\frac{u+1}{u^2+1},I_{\max }=\mathbb{R}}$ (O $I_{\max }$ não é pedido na resolução oficial; sai do teorema das lineares, porque os coeficientes são contínuos em $\mathbb{R}$.)

Lição

Não te deixes enganar pelos nomes das variáveis: identifica qual é a incógnita ($v$) e qual é a variável independente ($u$). $\int \frac{2u}{1+u^2}du=\log (1+u^2)$ é do tipo $\int \frac{f^{\prime }}{f}$.

Exercício resolvido (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 6) — derivada de um produto e limite

Encontre as soluções da equação $y^{\prime }\mathrm{sen}t+y\cos t=1$ no intervalo $]0,\pi [$. Mostre que só há uma solução tal que ${\lim }_{t\to 0}y(t)$ é finito e indique um problema de valor inicial que tenha essa solução.

Resolução passo-a-passo

1. Reconhecer o produto (atalho oficial — dispensa $\mu$): como $(\mathrm{sen}t{)}^{\prime }=\cos t$, $y^{\prime }\mathrm{sen}t+y(\mathrm{sen}t{)}^{\prime }=1⟺(y\mathrm{sen}t{)}^{\prime }=1⟺y\mathrm{sen}t=t+C,C\in \mathbb{R}.$ 2. Dividir (justificando): para $t\in ]0,\pi [$ a função $\mathrm{sen}t$ não se anula, logo a solução geral (nesse intervalo) é $y(t)=\frac{t+C}{\mathrm{sen}t},C\in \mathbb{R}.$ 3. Limite em $0^{+}$: ${\lim }_{t\to 0^{+}}\frac{t}{\mathrm{sen}t}=1$ e, para $C\ne 0$, ${\lim }_{t\to 0^{+}}\frac{C}{\mathrm{sen}t}=\pm \infty$ (sinal de $C$). Logo o limite só é finito para $C=0$: $\boxed{y(t)=\frac{t}{\mathrm{sen}t}},{\lim }_{t\to 0^{+}}y(t)=1.$ 4. Um PVI com essa solução: basta dar o seu valor num ponto de $]0,\pi [$, por exemplo $\boxed{y\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi /2}{\mathrm{sen}(\pi /2)}=\frac{\pi }{2}}$

Lição

Antes de calcular $\mu$, olha para o 1.º membro: $f{y}^{\prime }+f^{\prime }y=(fy{)}^{\prime }$. Na pergunta “só uma solução tem limite finito”, escreve a solução geral, separa o termo com $C$ e mostra que ele explode a menos que $C=0$. (Pelo método geral: forma normal $y^{\prime }+\mathrm{cotg}ty=\frac{1}{\mathrm{sen}t}$, $\mu =e^{\int \mathrm{cotg}t}=\mathrm{sen}t$ — o mesmo resultado.)

Exercício resolvido (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 7) — equação integral

Obtenha a solução $y:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ da equação $y(t)=1+{\int }_1^{t}sy(s)ds$.

Resolução passo-a-passo

1. Derivar ambos os membros em ordem a $t$ e aplicar o teorema fundamental do cálculo ($y$ contínua): $y^{\prime }(t)={\left({\int }_1^{t}sy(s)ds\right)}^{\prime }⟺y^{\prime }(t)=ty(t).$ 2. Linear homogénea: $y^{\prime }=ty⟺y(t)=K{e}^{\int tdt}=K{e}^{t^2/2}$, $K\in \mathbb{R}$. 3. A condição inicial vem da própria equação: em $t=1$ o integral é nulo, logo $y(1)=1$, isto é $K{e}^{1/2}=1\Rightarrow K=e^{-1/2}$. $\boxed{y(t)=e^{\frac{t^2-1}{2}},t\in \mathbb{R}}$

Lição

Equação integral $y(t)=y_0+{\int }_{t_0}^{t}F(s,y(s))ds$ ⟺ PVI $y^{\prime }=F(t,y)$, $y(t_0)=y_0$: deriva (TFC) e lê a condição inicial pondo $t=t_0$ (o integral anula-se). É exatamente a forma integral usada no método de Picard.

4.4 Equações separáveis

Ideia

Se $y^{\prime }=f(t)g(y)$, consegues “pôr tudo o que é $y$ de um lado e tudo o que é $t$ do outro”: $\frac{dy}{g(y)}=f(t)dt$. Formalmente é a regra da cadeia: se $G^{\prime }=1/g$, então $\frac{d}{dt}G(y(t))=\frac{y^{\prime }}{g(y)}=f(t)$, e primitiva-se. A solução sai muitas vezes implícita ($\Phi (t,y)=C$) — o gráfico da solução é uma curva de nível de $\Phi$.

Equação separável (Teixeira/Borges §1.2.3; Magalhães §1.3)

$\frac{dy}{dt}=f(t)g(y)⟺\underset{\text{soˊ }y}{\underbrace{\frac{1}{g(y)}}}\frac{dy}{dt}=\underset{\text{soˊ }t}{\underbrace{f(t)}}(\text{onde }g(y)\ne 0)$ $\boxed{\int \frac{dy}{g(y)}=\int f(t)dt+C}$

• Soluções de equilíbrio: cada zero $y^{\ast }$ de $g$ dá uma solução constante $y\equiv y^{\ast }$, que a divisão por $g(y)$ perde. Têm de ser listadas à parte.
• Teorema (existência local, Teixeira/Borges): se $h(y)y^{\prime }=f(t)$ com $h,f$ contínuas perto de $y_0,t_0$ e $h(y_0)\ne 0$, o PVI tem solução única perto de $t_0$, dada implicitamente por ${\int }_{y_0}^{y}h(u)du={\int }_{t_0}^{t}f(s)ds$ (é o teorema da função implícita: ${\partial }_y\Phi (t_0,y_0)=h(y_0)\ne 0$).

Passos para resolver uma separável (molde oficial)

1. “A equação pode ser escrita na forma” $y^{\prime }=f(t)g(y)$ (fatorizar! ex.: $y^{\prime }=1-x+y^2-x{y}^2=(1-x)(1+y^2)$).
2. Zeros de $g$ → soluções constantes, ditas por escrito: “Para $y\ne y^{\ast }$ (podemos excluir este caso visto que $y\equiv y^{\ast }$ é solução constante que não verifica a condição inicial)…”; sem condição inicial, “Note-se que $y\equiv y^{\ast }$ é também solução”. Se alguma satisfizer a condição inicial, é essa a solução (por unicidade).
3. Dividir por $g(y)$ e primitivar dos dois lados: $\frac{y^{\prime }}{g(y)}=f(t)⟺\int \frac{dy}{g(y)}=\int f(t)dt+c$ (frações simples, por partes, substituição…).
4. Explicitar $y$ (com $\log |y|$: $y=\pm e^c(\dots )=k(\dots )$, $k\in \mathbb{R}$); com raízes, escrever as duas famílias $\pm$ — isto é a solução geral.
5. Condição inicial: escolher o ramo ($\pm$, $\mathrm{arctg}$, etc.) compatível com $y_0$ e calcular $c$ (“Dado que $u(0)=1>0$ conclui-se que $c=3$”). Se não der para explicitar, deixar implícita.
6. $I_{\max }$ (receita §4.2: $D$, depois o maior intervalo $I\subset D$ com $t_0\in I$).

Armadilhas

• Esquecer as soluções constantes (ex.: em $y^{\prime }=(x+x^2)\mathrm{sen}t$, $x\equiv 0$ e $x\equiv -1$).
• $\ln |y|=F(t)+c\Rightarrow y=K{e}^{F(t)}$ com $K=\pm e^c$; juntando $y\equiv 0$, fica $K\in \mathbb{R}$.
• Ao tirar a raiz, escolher o sinal pela condição inicial.

Sinais no enunciado

$y^{\prime }$ igual a um produto de algo em $t$ por algo em $y$; equações autónomas $y^{\prime }=g(y)$ (logística!); “na forma implícita”.

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 9)

Considere a equação separável $x{e}^y\mathrm{sen}x-y{y}^{\prime }=0$. Determine a solução (na forma implícita) que satisfaz $y(\frac{\pi }{2})=-1$.

Resolução passo-a-passo

1. Separar: $y{y}^{\prime }=x{e}^y\mathrm{sen}x⟺y{e}^{-y}{y}^{\prime }=x\mathrm{sen}x$. 2. Primitivar à esquerda (por partes, $u=y$, $dv=e^{-y}dy$): $\int y{e}^{-y}dy=-y{e}^{-y}-e^{-y}=-(1+y)e^{-y}$. 3. Primitivar à direita (por partes): $\int x\mathrm{sen}xdx=-x\cos x+\mathrm{sen}x$. 4. Igualar: $-(1+y)e^{-y}=-x\cos x+\mathrm{sen}x+C⟺(1+y)e^{-y}=x\cos x-\mathrm{sen}x-C$. 5. Condição inicial $x=\frac{\pi }{2}$, $y=-1$: $0=\frac{\pi }{2}\cdot 0-1-C\Rightarrow C=-1$. $\boxed{(1+y)e^{-y}=x\cos x-\mathrm{sen}x+1}$ 6. Existência local: $\Phi (x,y)=(1+y)e^{-y}-x\cos x+\mathrm{sen}x$, ${\partial }_y\Phi =-y{e}^{-y}$, que em $y=-1$ vale $e\ne 0$ ✓ — o teorema da função implícita garante que isto define $y(x)$ perto de $\frac{\pi }{2}$.

Lição

Quando não dá para explicitar, entrega $\Phi (t,y)=C$ com $C$ calculado. Confirma com ${\partial }_y\Phi (t_0,y_0)\ne 0$.

Exercício resolvido (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 10) — separável com $I_{\max }$

Determine a solução de $x^{\prime }=x\mathrm{sen}t+x^2\mathrm{sen}t$ com $x(\frac{\pi }{2})=-2$ e o seu intervalo máximo.

Resolução passo-a-passo

1. Fatorizar: a equação pode ser escrita na forma $x^{\prime }=(x+x^2)\mathrm{sen}t$. 2. Soluções constantes (por escrito): para $x\ne 0$ e $x\ne -1$ — podemos excluir estes dois casos, visto que $x\equiv 0$ e $x\equiv -1$ são soluções constantes da equação que não verificam a condição inicial — tem-se $\frac{x^{\prime }}{x+x^2}=\mathrm{sen}t⟺\int \frac{dx}{x^2+x}=\int \mathrm{sen}tdt+c.$ 3. Frações simples: $\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$, logo $\log \left|\frac{x}{x+1}\right|=-\cos t+c⟺\frac{x}{x+1}=k{e}^{-\cos t}$. 4. Condição inicial: $\frac{-2}{-1}=k{e}^0\Rightarrow k=2$. Resolvendo em ordem a $x$: $x=2e^{-\cos t}(x+1)\Rightarrow$ $x(t)=\frac{2e^{-\cos t}}{1-2e^{-\cos t}}=\frac{2}{e^{\cos t}-2}.$ 5. Domínio de diferenciabilidade: $D=\{t\in \mathbb{R}:e^{\cos t}-2\ne 0\}=\mathbb{R}\setminus \{\pm \arccos (\log 2)+2k\pi ,k\in \mathbb{Z}\}.$ 6. Maior intervalo $I\subset D$ com $\frac{\pi }{2}\in I$: $\arccos (\log 2)\approx 0,80<\frac{\pi }{2}$, e o ponto seguinte de $\mathbb{R}\setminus D$ é $2\pi -\arccos (\log 2)\approx 5,48$. $\boxed{x(t)=\frac{2}{e^{\cos t}-2},I_{\max }=\left]\arccos (\log 2),2\pi -\arccos (\log 2)\right[}$

Lição

O $I_{\max }$ é delimitado pelos dois zeros do denominador mais próximos de $t_0$, um de cada lado. Nas pontas a solução explode ($|x|\to \infty$).

Exercício resolvido (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 8) — "todas as soluções"

Determine todas as soluções das equações: (a) $xy+(1+x^2)y^{\prime }=0$; (b) $y^{\prime }=1-x+y^2-x{y}^2$.

Resolução passo-a-passo

(a) 1. Separar (para $y\ne 0$): $\frac{y^{\prime }}{y}=-\frac{x}{1+x^2}⟺\int \frac{1}{y}dy=-\int \frac{x}{1+x^2}dx+c$. 2. Primitivar e explicitar: $\log |y|=-\frac{1}{2}\log (1+x^2)+c⟺y(x)=\frac{\pm e^c}{\sqrt{1+x^2}}⟺y(x)=\frac{k}{\sqrt{1+x^2}}.$ 3. Não esquecer a constante: a função nula $y\equiv 0$ é também solução — e corresponde a $k=0$. $\boxed{y(x)=\frac{k}{\sqrt{1+x^2}},k\in \mathbb{R},x\in \mathbb{R}}$ (b) 1. Fatorizar: $y^{\prime }=(1-x)(1+y^2)$. Como $1+y^2>0$, não há soluções constantes. 2. Separar e integrar: $\frac{y^{\prime }}{1+y^2}=1-x⟺\mathrm{arctg}y=x-\frac{x^2}{2}+c⟺\boxed{y(x)=\mathrm{tg}\left(x-\frac{x^2}{2}+c\right),c\in \mathbb{R}}$ (Complemento, não pedido: cada solução vive no intervalo, com $x_0$, onde $x-\frac{x^2}{2}+c\in \left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right[$.)

Lição

“Todas as soluções” = solução geral mais as soluções constantes. O truque $\pm e^c\to k$ absorve o sinal e, juntando $y\equiv 0$, dá $k\in \mathbb{R}$. Se $g(y)$ nunca se anula (como $1+y^2$), diz-o.

Exercício resolvido (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 9) — raiz e escolha de sinal

Calcule a solução do problema de valor inicial $\frac{du}{dt}=t{u}^3(1+t^2{)}^{-1/2}$, $u(0)=1$.

Resolução passo-a-passo

1. Separar: é separável, com $g(u)=u^3$ (a solução constante $u\equiv 0$ não verifica $u(0)=1$). Para $u\ne 0$: $u^{-3}{u}^{\prime }=t(1+t^2{)}^{-1/2}.$ 2. Integrar em ordem a $t$: $\int u^{-3}du=\int t(1+t^2{)}^{-1/2}dt+c⟺\frac{u^{-2}}{-2}=(1+t^2{)}^{1/2}+c.$ 3. Explicitar (duas famílias) — renomeando $-2c\to c$: $u(t)=\frac{1}{\sqrt{c-2\sqrt{1+t^2}}}\text{ou}u(t)=\frac{-1}{\sqrt{c-2\sqrt{1+t^2}}}.$ 4. Condição inicial: $u(0)=1>0$ ⟹ família $+$, e $\frac{1}{\sqrt{c-2}}=1\Rightarrow c=3$: $\boxed{u(t)=\frac{1}{\sqrt{3-2\sqrt{1+t^2}}}}$ 5. $I_{\max }$ (não pedido na resolução oficial, mas é o que te pedem no MAP): $D=\{t:3-2\sqrt{1+t^2}>0\}=\{t:1+t^2<\frac{9}{4}\}=\left]-\frac{\sqrt{5}}{2},\frac{\sqrt{5}}{2}\right[$, que já é um intervalo e contém $0$: $\boxed{I_{\max }=\left]-\frac{\sqrt{5}}{2},\frac{\sqrt{5}}{2}\right[}$ (Nas pontas $u\to +\infty$: explosão em tempo finito, típica de $u^{\prime }\sim u^3$.)

Lição

Com $\int u^{-3}du$ aparece $u^{-2}$ ⟹ raiz ⟹ duas famílias $\pm$; o sinal de $u(t_0)$ escolhe a família. O radicando no denominador tem de ser estritamente positivo.

Aplicação: decaimento radioativo e meia-vida

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 4)

No instante $t=0$ a quantidade de material radioativo é $x_0$, e $\frac{dx}{dt}=-ax$, $a>0$. (a) Encontre $x(t)$. (b) Calcule a meia-vida $T$ (tempo para $x_0$ se reduzir a metade) e note que não depende de $x_0$.

Resolução passo-a-passo

1. Linear homogénea (ou separável): $\frac{x^{\prime }}{x}=-a\Rightarrow \ln |x|=-at+c\Rightarrow x=K{e}^{-at}$; $x(0)=x_0\Rightarrow K=x_0$. $\boxed{x(t)=x_0{e}^{-at}}$ 2. Meia-vida: $x(T)=\frac{x_0}{2}⟺x_0{e}^{-aT}=\frac{x_0}{2}⟺e^{-aT}=\frac{1}{2}⟺$ $\boxed{T=\frac{\ln 2}{a}}$ O $x_0$ cancela → $T$ é independente da quantidade inicial.

Lição

Taxa de variação proporcional à quantidade ⟹ exponencial. “Tempo para reduzir a uma fração $r$”: $T_r=-\ln r/a$.

4.5 Equação de Bernoulli — $v=y^{1-n}$

Ideia

$y^{\prime }=\alpha (t)y+\beta (t)y^n$ é “linear + um termo potência”. Se dividirmos por $y^n$, aparecem $y^{-n}{y}^{\prime }$ e $y^{1-n}$ — e $y^{-n}{y}^{\prime }$ é, a menos de constante, a derivada de $y^{1-n}$. Logo, em termos de $v=y^{1-n}$, a equação fica linear.

Bernoulli (Ficha 4, ex. 5(c))

$\frac{dx}{dt}=\alpha (t)x+\beta (t)x^n,n\in \mathbb{R}\setminus \{0,1\},\alpha ,\beta \text{ contıˊnuas}.$ Com $y=x^{1-n}$: $y^{\prime }=(1-n)x^{-n}{x}^{\prime }=(1-n)\left(\alpha x^{1-n}+\beta \right)$, ou seja $\boxed{y^{\prime }=(1-n)\alpha (t)y+(1-n)\beta (t)}\text{— linear em }y.$ ($n=0$ já é linear; $n=1$ é linear homogénea.) Se $n>0$, $x\equiv 0$ é também solução (perdida pela substituição).

Passos (molde oficial — Ficha 4 — Resolvidos, ex. 5)

1. Identificar $n$ (a potência “intrusa” de $y$). “Seguindo a sugestão, fazemos $v=y^{1-n}$” (o enunciado costuma dar: $v=y^{-2}$ ⟹ $n=3$; $v=y^{-4}$ ⟹ $n=5$; $v=\sqrt{y}$ ⟹ $n=\frac{1}{2}$).
2. Derivar a substituição: “pelo que $\frac{dv}{dx}=(1-n)y^{-n}\frac{dy}{dx}$”.
3. Multiplicar a equação inteira por $(1-n)y^{-n}$ (tal como está no enunciado, sem a pôr primeiro na forma $y^{\prime }=\dots$) e identificar termo a termo: $(1-n)y^{-n}{y}^{\prime }=v^{\prime }$, $(1-n)y^{-n}y=(1-n)v$, $(1-n)y^{-n}{y}^n=1-n$. Fica uma equação em $v$ sem $y$.
4. Dividir pelo coeficiente de $v^{\prime }$ (“Dividindo por $2x$ e rearranjando os termos, obtém-se a equação linear não homogénea (3)”) e resolver a linear em $v$ (fator integrante).

• Atalho equivalente: isolar $y^{\prime }$ primeiro e substituir em $v^{\prime }=(1-n)y^{-n}{y}^{\prime }$ — dá o mesmo, mas na prova segue a ordem acima, que é a das resoluções.

4. Desfazer: $y=v^{1/(1-n)}$ — atenção a $\pm$ quando a potência é par (ex.: $y=\pm v^{-1/2}$). Sinal pela condição inicial.
5. $I_{\max }$: domínio da EDO ∩ $\{v>0\}$ (se houver raiz) ∩ intervalo com $t_0$.

Armadilhas

• $y=\pm \sqrt{1/v}$: o sinal é o de $y_0$; e precisas de $v>0$ estritamente.
• Esquecer que a EDO original pode ter $t^2{y}^{\prime }$ — dividir por $t^2$ exige $t\ne 0$.

Sinais no enunciado

Um termo em $y^2,y^3,y^5,\sqrt{y},1/y$ somado a uma parte linear. “Efetuando a mudança de variável $v=y^{-k}$”.

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 5(a)(b))

Considere $t^2\frac{dy}{dt}+2ty-y^3=0$. (a) Determine a solução geral com $v=y^{-2}$. (b) Determine a solução com $y(1)=1$ e o seu intervalo máximo de existência.

Resolução passo-a-passo

1. Forma de Bernoulli: $y^3$ é o termo intruso, $n=3$, $1-n=-2$ ✓ (bate com $v=y^{-2}$). 2. Derivar a substituição: $v=y^{-2}\Rightarrow \frac{dv}{dt}=-2y^{-3}\frac{dy}{dt}$. 3. Multiplicar a equação por $-2y^{-3}$ e identificar os termos: $t^2\underset{v^{\prime }}{\underbrace{\left(-2y^{-3}\frac{dy}{dt}\right)}}+2t\underset{-2v}{\underbrace{\left(-2y^{-3}y\right)}}\underset{+2}{\underbrace{-(-2y^{-3})y^3}}=0⟺t^2{v}^{\prime }-4tv+2=0.$ Dividindo por $t^2$ (para $t\ne 0$): $v^{\prime }-\frac{4}{t}v=-\frac{2}{t^2}\text{(linear na˜o homogeˊnea)}$ 4. Fator integrante: ${\mu }^{\prime }=-\frac{4}{t}\mu ⟺\mu =e^{-\int 4/tdt}=t^{-4}$. Multiplicando: $\frac{d}{dt}(t^{-4}v)=-2t^{-6}⟺t^{-4}v=\frac{2}{5}{t}^{-5}+c⟺v=\frac{2}{5t}+c{t}^4=\frac{2+5c{t}^5}{5t}$. 5. Desfazer a mudança de variável $y^{-2}=v$: $\boxed{y(t)=\pm \sqrt{\frac{5t}{2+5c{t}^5}},c\in \mathbb{R}}(\text{e ainda }y\equiv 0).$ 6. PVI: dado que $y(1)=1$, conclui-se que $y$ é positivo e $\frac{5}{2+5c}=1\Rightarrow c=\frac{3}{5}$: $\boxed{y(t)=\sqrt{\frac{5t}{2+3t^5}}}$ 7. $I_{\max }$: o domínio de diferenciabilidade é $D=\left\{t\in \mathbb{R}:2+3t^5\ne 0\text{ e }\frac{5t}{2+3t^5}>0\right\}=\left]-\infty ,-\sqrt[5]{2/3}\right[\cup ]0,+\infty [$ (já exclui $t=0$, onde a EDO dividida por $t^2$ deixa de estar definida). O maior intervalo $I\subset D$ com $1\in I$: $\boxed{I_{\max }=]0,+\infty [}$

Lição

Bernoulli = derivar a substituição, multiplicar a equação por $(1-n)y^{-n}$, reconhecer a linear. No $I_{\max }$ junta sempre as duas fontes de restrição: a EDO ($t\ne 0$) e a fórmula (radicando $>0$) — aqui a segunda já contém a primeira.

Variante: Ficha 4 — Resolvidos, ex. 5 ( $2x{y}^{\prime }+2x{y}^5-y=0$, $v=y^{-4}$, $y(1)=1$) — redação oficial

(a) $v=[y(x){]}^{-4}$, pelo que $\frac{dv}{dx}=-4y^{-5}\frac{dy}{dx}$. Multiplicando ambos os membros por $-4y^{-5}$: $2x\underset{dv/dx}{\underbrace{\left(-4y^{-5}\frac{dy}{dx}\right)}}+2x(-4\underset{1}{\underbrace{y^{-5}{y}^5}})+4\underset{v}{\underbrace{y^{-5}y}}=0⟺2x\frac{dv}{dx}-8x+4v=0.$ Dividindo por $2x$: $\frac{dv}{dx}+\frac{2}{x}v=4$ (3); $\mu =e^{\int \frac{2}{x}dx}=x^2$; $\frac{d}{dx}(x^{2}v)=4x^2⟺x^{2}v=\frac{4x^3}{3}+c⟺v=\frac{4x}{3}+\frac{c}{x^2}$. Desfazendo a mudança de variável: $y(x)=\pm \sqrt[4]{\frac{1}{\frac{4x}{3}+\frac{c}{x^2}}}=\pm \sqrt[4]{\frac{3x^2}{4x^3+c}},c\in \mathbb{R}.$ (b) Dado que $y(1)=1$, $y$ é positivo e $c=-1$: $y(x)=\sqrt[4]{\frac{3x^2}{4x^3-1}}$. Domínio de diferenciabilidade: $D=\left\{x\in \mathbb{R}:4x^3-1\ne 0\text{ e }\frac{3x^2}{4x^3-1}>0\right\}=\left]\sqrt[3]{1/4},+\infty \right[,$ e o maior intervalo $I\subset D$ com $1\in I$ é $I_{\max }=\left]\sqrt[3]{1/4},+\infty \right[$.

4.6 Equação de Riccati — conhecida uma solução particular

Ideia

$x^{\prime }=p(t)+q(t)x+r(t)x^2$ (quadrática em $x$) não tem método direto. Mas se adivinharmos/conhecermos uma solução ${\phi }_1$, a diferença $\psi =x-{\phi }_1$ satisfaz uma Bernoulli com $n=2$ (o termo $p$ cancela porque ${\phi }_1$ já “absorve” a parte não-homogénea). Depois, $w=1/\psi$ torna-a linear.

Riccati

$x^{\prime }=p(t)+q(t)x+r(t)x^2,x={\phi }_1+\psi ⟹\boxed{{\psi }^{\prime }=(q+2r{\phi }_1)\psi +r{\psi }^2}(\text{Bernoulli, }n=2)$ e depois $w=1/\psi$: $w^{\prime }=-(q+2r{\phi }_1)w-r$ (linear).

Passos

1. Verificar que ${\phi }_1$ é solução (substituir).
2. Pôr $x={\phi }_1+\psi$, expandir $({\phi }_1+\psi {)}^2$, cancelar usando a equação de ${\phi }_1$.
3. Bernoulli $n=2$: $w={\psi }^{-1}$, resolver a linear.
4. $x={\phi }_1+1/w$ (mais a solução $x={\phi }_1$, correspondente a $\psi \equiv 0$).

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 7)

Considere $\frac{dx}{dt}=\frac{1}{t}-x-x^2$. (a) Mostre que $\phi (t)=\frac{1}{t}+\psi (t)$ é solução sse $\psi$ é solução de uma certa equação de Bernoulli. (b) Determine a solução de (1).

Resolução passo-a-passo

1. $\frac{1}{t}$ é solução: ${\left(\frac{1}{t}\right)}^{\prime }=-\frac{1}{t^2}$ e $\frac{1}{t}-\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}=-\frac{1}{t^2}$ ✓. 2. Substituir $\phi =\frac{1}{t}+\psi$: lado esquerdo $-\frac{1}{t^2}+{\psi }^{\prime }$; lado direito $\frac{1}{t}-\frac{1}{t}-\psi -\left(\frac{1}{t^2}+\frac{2\psi }{t}+{\psi }^2\right)=-\frac{1}{t^2}-\left(1+\frac{2}{t}\right)\psi -{\psi }^2.$ Igualando: $\boxed{{\psi }^{\prime }+\left(\frac{2}{t}+1\right)\psi =-{\psi }^2}(\text{Bernoulli, }n=2).$ 3. $w=1/\psi$: $w^{\prime }=-\frac{{\psi }^{\prime }}{{\psi }^2}=\frac{(1+2/t)\psi +{\psi }^2}{{\psi }^2}=\left(1+\frac{2}{t}\right)w+1$, ou seja $w^{\prime }-\left(1+\frac{2}{t}\right)w=1$. 4. Fator integrante: $\mu =e^{-t-2\ln |t|}=\frac{e^{-t}}{t^2}$. Então ${\left(\frac{e^{-t}}{t^2}w\right)}^{\prime }=\frac{e^{-t}}{t^2}\Rightarrow w=t^2{e}^t\left(\int \frac{e^{-t}}{t^2}dt+C\right)$. 5. Voltar a $\phi$: $\boxed{\phi (t)=\frac{1}{t}+\frac{e^{-t}}{t^2\left(\int \frac{e^{-t}}{t^2}dt+C\right)}}$ (a primitiva não é elementar — fica indicada, como na solução oficial), mais a solução $\phi =\frac{1}{t}$.

Lição

Riccati ⟶ (sol. particular) ⟶ Bernoulli $n=2$ ⟶ ($w=1/\psi$) ⟶ linear. É uma cadeia de reduções; cada passo é mecânico.

4.7 Equação logística — $z=1/P$

Ideia

Crescimento populacional com recursos limitados: $P^{\prime }=kP\left(1-\frac{P}{M}\right)$. Para $P$ pequeno, $P^{\prime }\approx kP$ (exponencial); quando $P\to M$ (capacidade de carga) o crescimento trava. É separável (autónoma) e é Bernoulli com $n=2$; a substituição $z=1/P$ torna-a linear de coeficientes constantes. Equilíbrios: $P\equiv 0$ (instável) e $P\equiv M$ (estável).

Logística (duas formas usadas)

$P^{\prime }=kP\left(1-\frac{P}{M}\right)\stackrel{z=1/P}{\to }{z}^{\prime }+kz=\frac{k}{M},x^{\prime }=(a-bx)x\stackrel{w=1/x}{\to }{w}^{\prime }+aw=b.$ (São a mesma equação com $a=k$, $b=k/M$; capacidade de carga $M=a/b$.) Solução com $P(0)=P_0$: $\boxed{P(t)=\frac{M{P}_0{e}^{kt}}{M+P_0\left(e^{kt}-1\right)}}{\lim }_{t\to +\infty }P(t)=M(P_0>0).$

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 8)

(a) Mostre que $z=1/P$ transforma $P^{\prime }=kP\left(1-\frac{P}{M}\right)$ em $z^{\prime }+kz=\frac{k}{M}$. (b) Obtenha $P(t)$.

Resolução passo-a-passo

1. Derivar: $z^{\prime }=-\frac{P^{\prime }}{P^2}=-\frac{kP(1-P/M)}{P^2}=-\frac{k}{P}+\frac{k}{M}=-kz+\frac{k}{M}$, isto é $z^{\prime }+kz=\frac{k}{M}$ ✓. 2. Resolver: $\mu =e^{kt}$, $(e^{kt}z{)}^{\prime }=\frac{k}{M}{e}^{kt}\Rightarrow e^{kt}z=\frac{1}{M}{e}^{kt}+C\Rightarrow z=\frac{1}{M}+C{e}^{-kt}$. 3. Condição $P(0)=P_0$: $z(0)=\frac{1}{P_0}\Rightarrow C=\frac{1}{P_0}-\frac{1}{M}=\frac{M-P_0}{M{P}_0}$. 4. Inverter: $P=\frac{1}{\frac{1}{M}+\frac{M-P_0}{M{P}_0}{e}^{-kt}}=\frac{M{P}_0}{P_0+(M-P_0)e^{-kt}}$; multiplicando em cima e em baixo por $e^{kt}$: $\boxed{P(t)=\frac{M{P}_0{e}^{kt}}{M+P_0\left(e^{kt}-1\right)}}$

Lição

Para “mostrar que a substituição transforma”, deriva $z$, usa a EDO para trocar $P^{\prime }$, e reescreve tudo em $z$. É meia página e vale cotação garantida.

Exercício resolvido extra (MAP1 2025/26, ex. 3) — 7 valores

Considere a equação logística $\frac{dx}{dt}=(a-bx)x$, $a,b\in {\mathbb{R}}^{+}$. (a) Usando $w=\frac{1}{x}$, mostre que (1) pode ser escrita como $\frac{dw}{dt}+aw=b$. (b) Resolva (2). (c) Usando a solução, calcule ${\lim }_{t\to +\infty }x(t)$ e represente algumas soluções de (1) para $t\ge 0$.

Resolução passo-a-passo

1. (a) $w=1/x\Rightarrow x=1/w$, $x^{\prime }=-w^{\prime }/w^2$. Substituindo: $-\frac{w^{\prime }}{w^2}=\left(a-\frac{b}{w}\right)\frac{1}{w}⟺w^{\prime }=-aw+b⟺\boxed{w^{\prime }+aw=b}.$ 2. (b) Linear, $\mu =e^{at}$: $(w{e}^{at}{)}^{\prime }=b{e}^{at}\Rightarrow w{e}^{at}=\frac{b}{a}{e}^{at}+C\Rightarrow$ $\boxed{w(t)=\frac{b}{a}+C{e}^{-at},C\in \mathbb{R}}$ 3. (c) Voltar a $x$: $x(t)=\frac{1}{b/a+C{e}^{-at}}$, com $C=\frac{1}{x_0}-\frac{b}{a}$ (e ainda $x\equiv 0$, perdida pela substituição). Como $e^{-at}\to 0$: $\boxed{\underset{t\to +\infty }{\lim }x(t)=\frac{1}{b/a}=\frac{a}{b}}(\text{para }{x}_0>0).$ 4. Esboço (eixo $t\ge 0$, eixo $x$):

• $x\equiv 0$ e $x\equiv \frac{a}{b}$: retas horizontais (equilíbrios).
• $0<x_0<\frac{a}{b}$: $x^{\prime }>0$, solução crescente em S (sigmoide), assíntota $x=\frac{a}{b}$; ponto de inflexão em $x=\frac{a}{2b}$ (onde $x^{\prime }=(a-bx)x$ é máximo).
• $x_0>\frac{a}{b}$: $x^{\prime }<0$, decrescente para $\frac{a}{b}$.
• $x_0<0$: $x^{\prime }<0$, decresce e explode para $-\infty$ em tempo finito (o denominador $\frac{b}{a}+C{e}^{-at}$ anula-se em $t^{\ast }=\frac{1}{a}\ln \left(-\frac{aC}{b}\right)>0$).
• Por unicidade, as curvas não se cruzam.

Lição

Num esboço de autónoma $x^{\prime }=g(x)$: marca primeiro os equilíbrios ($g=0$), depois o sinal de $g$ entre eles (sobe/desce), e as curvas aproximam-se dos equilíbrios estáveis sem os cruzar.

4.8 Equações homogéneas $y^{\prime }=f(y/t)$ — $z=y/t$

Ideia

Se o 2.º membro só depende do quociente $y/t$, então o declive das soluções é constante ao longo de cada reta pela origem $y=mt$ (simetria por homotetias). A variável natural é $z=y/t$ (“declive da reta pela origem”), e a EDO fica separável em $z$. (Atenção: “homogénea” aqui é outro sentido, nada a ver com “linear homogénea”.)

Equação homogénea (Magalhães §1.4)

$y^{\prime }=f(t,y)$ é homogénea se $f(\lambda t,\lambda y)=f(t,y)$, ou seja $f(t,y)=F\left(\frac{y}{t}\right)$. Com $y=tz$: $y^{\prime }=z+t{z}^{\prime }⟹\boxed{t{z}^{\prime }=F(z)-z}⟹\int \frac{dz}{F(z)-z}=\ln |t|+C.$ Os zeros de $F(z)-z$ dão soluções $y=z^{\ast }t$ (retas). Teste prático: se numerador e denominador são polinómios do mesmo grau total em todos os termos (ex.: $\frac{2x^4+3t^4}{x^{3}t}$ — tudo de grau 4), é homogénea: divide em cima e em baixo por $t^{\text{grau}}$.

Passos

1. Escrever $f$ em função de $z=y/t$ (dividir num. e den. por $t^{\text{grau}}$).
2. Substituir $y^{\prime }=z+t{z}^{\prime }$; isolar $t{z}^{\prime }=F(z)-z$.
3. Separar e integrar; desfazer $z=y/t$.
4. Condição inicial, depois $I_{\max }$ com as restrições da EDO original ($t\ne 0$, denominadores).

Exercício resolvido extra (MAP1 2024/25, ex. 3, equação do enunciado) — 7 valores

Considere a EDO não-linear $x^{\prime }=\frac{2x^4+3t^4}{x^{3}t}$. (a) Determine a solução geral com $z=\frac{x}{t}$. (b) Calcule a solução que verifica $x(1)=1$ e indique o intervalo aberto maximal onde está definida.

Resolução passo-a-passo

1. Escrever em $z$: $x^{\prime }=\frac{2x^4}{x^{3}t}+\frac{3t^4}{x^{3}t}=2\frac{x}{t}+3{\left(\frac{t}{x}\right)}^3=2z+\frac{3}{z^3}$. 2. Substituir $x=tz$, $x^{\prime }=z+t{z}^{\prime }$: $z+t{z}^{\prime }=2z+\frac{3}{z^3}⟺t{z}^{\prime }=z+\frac{3}{z^3}=\frac{z^4+3}{z^3}.$ 3. Separar: $\frac{z^3}{z^4+3}{z}^{\prime }=\frac{1}{t}$. Integrando ($\int \frac{z^3}{z^4+3}dz=\frac{1}{4}\ln (z^4+3)$): $\frac{1}{4}\ln (z^4+3)=\ln |t|+c⟺z^4+3=C{t}^4,C>0.$ (Não há soluções de equilíbrio: $z^4+3>0$.) 4. Desfazer $z=x/t$: $x^4=t^4{z}^4=t^4(C{t}^4-3)$, logo $\boxed{x(t)=\pm t\sqrt[4]{C{t}^4-3},C>0}$ 5. PVI $x(1)=1>0$: sinal $+$ e $\sqrt[4]{C-3}=1\Rightarrow C=4$: $\boxed{x(t)=t\sqrt[4]{4t^4-3}}$ 6. $I_{\max }$: a EDO exige $t\ne 0$ e $x\ne 0$ (está $x^{3}t$ no denominador); a fórmula exige $4t^4-3\ge 0$, e $x\ne 0$ força $4t^4-3>0⟺|t|>{\left(\frac{3}{4}\right)}^{1/4}$. Logo $D=\{t\in \mathbb{R}:t\ne 0,4t^4-3>0\}=\left]-\infty ,-\sqrt[4]{3/4}\right[\cup \left]\sqrt[4]{3/4},+\infty \right[$, e o maior intervalo $I\subset D$ com $1\in I$ é: $\boxed{I_{\max }=\left]\sqrt[4]{3/4},+\infty \right[=\left]\frac{\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}},+\infty \right[\approx ]0,93,+\infty [}$ Na ponta esquerda $x\to 0$ e $x^{\prime }\to \infty$ (a solução chega à fronteira do domínio da EDO).

Lição

Mesmo grau em todos os termos ⟹ $z=y/t$ ⟹ separável. No $I_{\max }$, o ponto onde a solução toca $x=0$ fica de fora porque a EDO tem $x$ no denominador.

A solução oficial publicada do MAP 2024/25 resolve uma variante

O PDF de soluções resolve $y^{\prime }=\frac{t^4+2y^4}{t{y}^3}$, $y(1)=1$ (e não a equação do enunciado acima). O método e a apresentação são os mesmos — e são o modelo do que conta como resposta completa:

1. “Sendo $tz=y$, então $z+t{z}^{\prime }=y^{\prime }$.” Por outro lado, $y^{\prime }={\left(\frac{t}{y}\right)}^3+2\left(\frac{y}{t}\right)$, de onde $z+t{z}^{\prime }=z^{-3}+2z$.
2. “e depois a EDO separável” $\frac{z^3{z}^{\prime }}{1+z^4}=\frac{1}{t}$; “por integração temos a solução geral” $y(t)=\pm t\sqrt[4]{c{t}^4-1}$.
3. “De $y(1)=1$ obtém-se $c=2$. Logo a solução particular que verifica a condição inicial dada é” $y(t)=t\sqrt[4]{2t^4-1}$ (no PDF aparece, por gralha, $t\sqrt{2t^4-1}$).
4. “Considerando a parte do domínio desta solução que contém $t=1$ obtemos” $I_{\max }=\left]\sqrt[4]{1/2},+\infty \right[$ — intervalo aberto: em $t=\sqrt[4]{1/2}$ a fórmula ainda está definida, mas $y=0$ e a EDO tem $y^3$ no denominador.

Repara que a resposta oficial é curta: substituição → separável → solução geral → $c$ → $I_{\max }$ com uma frase de justificação. Mas na tua prova escreve a frase completa do $I_{\max }$ (o $D$ e “maior intervalo $I\subset D$ com $t_0\in I$”), como nas fichas resolvidas.

4.9 Substituição $v=at+by+c$

Ideia

Se $y^{\prime }=f(at+by+c)$, o 2.º membro só depende de uma combinação afim de $t$ e $y$. Chamando-lhe $v$, a EDO em $v$ é autónoma ($v^{\prime }=a+bf(v)$) — logo separável.

Fórmula (Ficha 4 — Resolvidos, ex. 11(a))

$v=at+by+c,b\ne 0⟹v^{\prime }=a+b{y}^{\prime }=a+bf(v)⟹\boxed{\frac{v^{\prime }}{a+bf(v)}=1}.$ Redação oficial de “mostre que fica separável”: se $v=at+by+c$ e $b\ne 0$, então $y=\frac{v-at-c}{b}$, pelo que $\frac{dy}{dt}=\frac{1}{b}\left(\frac{dv}{dt}-a\right)$. Substituindo na equação, $\frac{dv}{dt}-a=bf(v)⟺\frac{\dot{v}}{bf(v)+a}=1$, “que é obviamente uma equação separável”. (O $b\ne 0$ é usado ao dividir por $b$ — diz isso.)

Exercício resolvido (Ficha 4, ex. 10)

Resolva $y^{\prime }=(8x+2y+1{)}^2$ efetuando a mudança de variável $v=8x+2y+1$.

Resolução passo-a-passo

1. Derivar: $v^{\prime }=8+2y^{\prime }=8+2v^2$. 2. Equilíbrios: $8+2v^2>0$, nenhum. 3. Separar: $\frac{v^{\prime }}{2(4+v^2)}=1$. Como $\int \frac{dv}{4+v^2}=\frac{1}{2}\mathrm{arctg}\frac{v}{2}$: $\frac{1}{4}\mathrm{arctg}\frac{v}{2}=x+c⟺v=2\mathrm{tg}(4x+c^{\prime }).$ 4. Desfazer: $\boxed{8x+2y+1=2\mathrm{tg}(4x+c),c\in \mathbb{R}}$ (explicitamente $y=\mathrm{tg}(4x+c)-4x-\frac{1}{2}$). Cada solução vive num intervalo de comprimento $\frac{\pi }{4}$ onde $4x+c\in \left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right[$ e explode nas pontas.

Lição

$v^{\prime }=a+bf(v)$: deriva a substituição antes de mais nada. Se vier $\int \frac{dv}{k^2+v^2}$, sai $\mathrm{arctg}$ ⟹ solução com $\mathrm{tg}$ ⟹ explosão em tempo finito.

Variante: Ficha 4 — Resolvidos, ex. 11(b) ( $\dot{y}=e^{2t+y-1}-2$, $y(0)=1$, indicando o intervalo máximo)

Por (a), com $f(v)=e^v-2$ e $v=2t+y-1$: $\frac{\dot{v}}{e^v}=1⟺\frac{d}{dt}\left(\int e^{-v}dv\right)=1⟺-e^{-v}=t+k⟺v(t)=-\log (-t-k)$. Desfazendo a mudança de variável: $2t+y-1=-\log (-t-k)⟺y(t)=1-2t-\log (-t-k)$. Dado que $y(0)=1$, obtém-se $k=-1$: $y(t)=1-2t-\log (1-t).$ Domínio de diferenciabilidade: $D=\{t\in \mathbb{R}:1-t>0\}=]-\infty ,1[$; o maior intervalo $I\subset D$ com $0\in I$ é $I_{\max }=]-\infty ,1[.$ (Em $t\to 1^{-}$, $y\to +\infty$: explosão em tempo finito.)

4.10 Equações exatas e fatores integrantes (no livro — não aparece nas fichas até à 6)

Ideia

Escreve a EDO como $M(t,y)+N(t,y)y^{\prime }=0$. Se $(M,N)=\nabla \Phi$ for um campo gradiente (ligação direta ao bloco de campos conservativos!), então a equação é $\frac{d}{dt}\Phi (t,y(t))=0$, e as soluções são as curvas de nível $\Phi (t,y)=C$.

Exatas (Teixeira/Borges §1.2.4–1.2.5)

• $M+N{y}^{\prime }=0$ é exata se existe $\Phi \in C^1$ com ${\partial }_t\Phi =M$, ${\partial }_y\Phi =N$. Solução geral: $\Phi (t,y)=C$.
• Critério: se $A$ é aberto simplesmente conexo e $M,N\in C^1(A)$: $\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial t}\text{ em }A⟹\text{exata.}$
• PVI: solução local existe se $N(t_0,y_0)\ne 0$ (função implícita).
• Fator integrante $\mu$: multiplicar por $\mu$ para tornar exata. Existe $\mu =\mu (t)$ se $\frac{{\partial }_{y}M-{\partial }_{t}N}{N}$ só depende de $t$ (e então ${\mu }^{\prime }/\mu$ é essa função); existe $\mu =\mu (y)$ se $\frac{{\partial }_{t}N-{\partial }_{y}M}{M}$ só depende de $y$.
• A linear $y^{\prime }+ay-b=0$ é o caso $\mu =e^{\int a}$; as separáveis são exatas.

Passos

1. Identificar $M$, $N$; testar ${\partial }_{y}M={\partial }_{t}N$.
2. $\Phi =\int Mdt+C(y)$; derivar em $y$ e igualar a $N$ para achar $C(y)$.
3. Solução: $\Phi (t,y)=K$.

Exemplo (Teixeira/Borges §1.2.4): $e^{4x}+2x{y}^2+(\cos y+2x^{2}y)y^{\prime }=0$

${\partial }_{y}M=4xy={\partial }_{x}N$ ✓ (em ${\mathbb{R}}^2$). $\Phi =\int (e^{4x}+2x{y}^2)dx=\frac{e^{4x}}{4}+x^2{y}^2+C(y)$; ${\partial }_y\Phi =2x^{2}y+C^{\prime }(y)=\cos y+2x^{2}y\Rightarrow C=\mathrm{sen}y$. $\frac{e^{4x}}{4}+x^2{y}^2+\mathrm{sen}y=K.$

4.11 Mapa de reconhecimento — qual o método?

Forma da EDO	Nome	Substituição	Fica…
$y^{\prime }+a(t)y=b(t)$	Linear	— ($\mu =e^{\int a}$)	resolvida
$y^{\prime }=f(t)g(y)$	Separável	—	$\int dy/g=\int f$
$y^{\prime }=\alpha y+\beta y^n$	Bernoulli	$v=y^{1-n}$	linear
$y^{\prime }=p+qy+r{y}^2$, conhecida ${\phi }_1$	Riccati	$y={\phi }_1+\psi$, depois $w=1/\psi$	Bernoulli → linear
$P^{\prime }=kP(1-P/M)$	Logística	$z=1/P$	linear (ou separável)
$y^{\prime }=F(y/t)$	Homogénea	$z=y/t$	separável
$y^{\prime }=f(at+by+c)$	—	$v=at+by+c$	separável
$M+N{y}^{\prime }=0$, $M_y=N_t$	Exata	—	$\Phi =C$

No MAP a substituição é dada

O trabalho é: (i) derivar a substituição corretamente, (ii) reconhecer a EDO resultante (linear ou separável), (iii) não esquecer de desfazer a substituição, (iv) $I_{\max }$. Reserva tempo para o (iv): é onde se perdem mais pontos.

Erros a evitar neste tema

Esquecer de pôr a linear na forma normal $y^{\prime }+a(t)y=b(t)$ antes de calcular $\mu$ (sinal de $a$ trocado!) · pôr a constante $C$ depois de dividir por $\mu$ em vez de antes · dividir por $g(y)$ e perder as soluções de equilíbrio ($g(y^{\ast })=0$) — e também $y\equiv 0$ em Bernoulli/logística, perdida por $v=y^{1-n}$ ou $w=1/x$ · escolher o sinal $\pm$ da raiz sem olhar para $y_0$ · dar $I_{\max }$ como união de intervalos ou um intervalo que não contém $t_0$ · ignorar as restrições da EDO original ($t\ne 0$, $x\ne 0$ no denominador, $\cos t\ne 0$) e ficar só com o domínio da fórmula · usar $\ge 0$ num radicando quando a solução nesse ponto sai do domínio da EDO · esquecer de desfazer a mudança de variável na resposta final · em coeficientes por ramos, não impor a continuidade no ponto de colagem · confundir “homogénea” ($y^{\prime }=F(y/t)$) com “linear homogénea” ($b\equiv 0$) · em Riccati, esquecer que $x={\phi }_1$ é ela própria solução · no esboço da logística, deixar as curvas cruzarem-se ou cruzarem os equilíbrios (viola a unicidade) · confundir $\int \mathrm{tg}tdt=-\ln |\cos t|$ com $+\ln |\cos t|$ · dividir (por $x$, por $y$, por $\mathrm{sen}t$) sem escrever onde a divisão é válida — as resoluções oficiais dizem-no sempre · dar o $I_{\max }$ sem escrever primeiro o domínio $D$ e a frase “maior intervalo $I\subset D$ com $t_0\in I$” · numa equação integral $y(t)=y_0+{\int }_{t_0}^t\dots$, derivar e esquecer a condição inicial $y(t_0)=y_0$ que ela própria contém · em Bernoulli, derivar $v=y^{1-n}$ com o expoente errado ($v^{\prime }=(1-n)y^{-n}{y}^{\prime }$, não $y^{-n-1}$).

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🔒 5. Existência e Unicidade (Picard–Lindelöf) e Exponencial de Matriz (Ficha 5)

Mapa do bloco

Duas metades que parecem desligadas mas não são:

1. Teoria qualitativa do PVI $y^{\prime }=f(t,y),y(t_0)=y_0$: quando é que há solução (Peano), quando é que é única (Picard–Lindelöf), como se constrói (iteradas de Picard) e até onde vive (prolongamento / intervalo máximo).
2. Exponencial de uma matriz $e^{At}$: é exatamente o que as iteradas de Picard dão para o sistema linear $X^{\prime }=AX$, e é a ferramenta para resolver sistemas lineares de coeficientes constantes.

No teste aparecem tipicamente: “mostre que o PVI tem infinitas soluções e explique porque não contradiz Picard”, “calcule as primeiras iteradas de Picard”, “determine $e^{At}$” e “determine a solução geral de $X^{\prime }=AX$”. (Teixeira/Borges, §1.3 e §1.4.5–1.4.6; Magalhães, cap. 2)

Como os professores resolvem (Ficha 5 — Resolvidos)

A ficha de resolvidos n.º 5 (“Campo de direções e Teorema de Picard–Lindelöf”) tem 5 exercícios: campo de direções (ex. 1), dois PVI com infinitas soluções (ex. 2 e 3), desigualdade de Gronwall (ex. 4) e dependência contínua da condição inicial (ex. 5). Não tem iteradas de Picard nem $e^{At}$ — para esses tipos, os passos de 5.6 e 5.9 seguem o livro (Teixeira/Borges). Notação deles: PVI, “solução constante $y(t)\equiv 0$”, “cortar e colar”, ponto de colagem $t_1$, derivadas laterais $f_d^{\prime }(t_1)$ e $f_e^{\prime }(t_1)$, “de classe $C^1$”, “Teorema de Picard”. Na prática verificam Picard na versão $C^1$: $f$ contínua dá existência; $f$ de classe $C^1$ (i.e. $\partial f/\partial y$ contínua) dá unicidade.

Molde A — esboçar o campo de direções (ex. 1)

1. Escrever a EDO como $y^{\prime }=f(t,y)$ e construir um reticulado $\{(n,m):n,m\in \mathbb{Z}\}$.
2. Para cada $t=n$ fixo, fazer uma tabela $y\mid y^{\prime }$ com os valores $f(n,m)$ (o declive da reta tangente em $(n,m)$).
3. Desenhar em cada $(n,m)$ um pequeno segmento com declive $f(n,m)$.
4. Esboçar soluções tangentes aos segmentos. Justificação que escrevem sempre: nas condições do Teorema de Picard há unicidade, logo gráficos de soluções com condições iniciais distintas nunca se intersetam — é isso que torna o esboço qualitativamente fiel apesar dos erros do traçado.

Molde B — “mostre que o PVI tem infinitas soluções” (ex. 2, 3)

1. Notar que a solução constante $y(t)\equiv 0$ é solução do PVI.
2. Para $y\ne 0$ (ou separadamente $y>0$ e $y<0$ quando há $|y|$): separar variáveis, primitivar ($\int y^{-2/3}dy=\int 2tdt+c$) e explicitar $y(t)$; dizer onde é $C^1$ e verifica a equação (p. ex. “desde que $t+c>0$”).
3. Se a família tiver um membro com $y(t_0)=y_0$, apresentá-lo: é uma segunda solução do PVI (no ex. 2, $y=t^6/27$) — a não-unicidade já fica provada.
4. Cortar e colar a solução geral com $y\equiv 0$: impor continuidade no ponto de colagem $t_1$, o que fixa a constante ($c=-t_1^2$).
5. Definir por ramos $y_{t_1}(t)$ e verificar derivadas laterais iguais em $t_1$: $f_d^{\prime }(t_1)=0=f_e^{\prime }(t_1)$ ⇒ diferenciável em $\mathbb{R}$. Frase-tipo: “foi construída à custa de soluções da EDO, portanto só faltava verificar que a satisfaz no ponto de colagem”.
6. Verificar a condição inicial ($y_{t_1}(0)=0$) e repetir do outro lado ($t_2<0$), ou colar três ramos (ex. 3: $y_{c,d}$).
7. Não contradição: ”$f$ é contínua ⇒ existência; mas $\frac{\partial f}{\partial y}\to \infty$ quando $y\to 0$ (ex. 2: $\frac{4t}{3\sqrt[3]{y}}$), logo $f$ não é de classe $C^1$ em nenhum aberto que contenha pontos $(t,0)$ — isso abre a possibilidade de a unicidade falhar”. No ex. 3 escrevem ainda $|f(t,y)-f(t,0)|=\underset{\to \infty }{\underbrace{p|y{|}^{-1/p}}}|y-0|$ — a “constante de Lipschitz” explode.

Molde C — Gronwall (ex. 4)

1. Definir $v(t)\stackrel{\text{def}}{=}C+k{\int }_0^{t}z(s)ds$; por hipótese $z\le v$.
2. TFC ⇒ $v\in C^1$ e $v^{\prime }=kz\le kv$.
3. Multiplicar por $e^{-kt}$: $\frac{d}{dt}\left(e^{-kt}v\right)\le 0$ ⇒ decrescente ⇒ $e^{-kt}v(t)\le v(0)=C$.
4. Concluir $z\le v\le C{e}^{kt}$.

Molde D — dependência contínua (ex. 5)

1. Escrever as duas soluções na forma integral $y_i(t)=b_i+{\int }_0^{t}f(s,y_i(s))ds$.
2. Subtrair e usar a desigualdade triangular.
3. Teorema de Lagrange com $\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\le K$ ⇒ condição de Lipschitz $|f(s,y_1)-f(s,y_0)|\le K|y_1-y_0|$.
4. Aplicar Gronwall com $C=|b_1-b_0|$, $z=|y_1-y_0|$ ⇒ $\phi (t)=e^{Kt}$.

5.1 O PVI, a forma integral e o Teorema de Peano

Ideia

Uma EDO $y^{\prime }=f(t,y)$ diz, em cada ponto $(t,y)$, qual é o declive da solução que passa por lá — $f$ é um campo de direções. Dar $y(t_0)=y_0$ é escolher o ponto de partida. A pergunta natural: “seguindo as setas a partir de $(t_0,y_0)$, há sempre um caminho? E é só um?”

Truque central de toda a teoria: integrar a EDO transforma-a numa equação sem derivadas, muito mais fácil de estimar (é mais fácil majorar integrais do que derivadas).

Equivalência PVI ⇔ equação integral

Para $y\in C^1(I)$, $I$ intervalo aberto com $t_0\in I$:

$$\{\begin{array}{l}{y}^{\prime }=f(t,y)\\ y(t_0)=y_0\end{array}⟺y(t)=\underset{\text{condic¸a˜o inicial}}{\underbrace{y_0}}+\underset{\text{acumula os declives}}{\underbrace{{\int }_{t_0}^{t}f(s,y(s))ds}}$$

($\Rightarrow$: integrar de $t_0$ a $t$ e usar o Teorema Fundamental do Cálculo; $\Leftarrow$: derivar e pôr $t=t_0$.)

Teorema de Peano (existência local)

Seja $D\subset {\mathbb{R}}^2$ aberto e $f:D\to \mathbb{R}$ contínua. Se $(t_0,y_0)\in D$, o PVI $y^{\prime }=f(t,y),y(t_0)=y_0$ admite pelo menos uma solução definida num intervalo $]t_0-\alpha ,t_0+\alpha [$ para algum $\alpha >0$.

Peano não dá unicidade

Continuidade de $f$ chega para existir solução, mas não para ser única. O contraexemplo clássico é $y^{\prime }=\sqrt{|y|}$, $y(0)=0$ (ver 5.5). Para unicidade é preciso mais: a condição de Lipschitz.

5.2 Condição de Lipschitz e critério prático

Ideia

Unicidade falha quando $f$ “varia infinitamente depressa” em $y$: duas soluções muito próximas podem ser empurradas com declives muito diferentes e separar-se a partir do mesmo ponto. Lipschitz diz exatamente que as taxas médias de variação de $f$ em $y$ são limitadas — é uma espécie de “derivada em $y$ limitada”, mas sem exigir que a derivada exista.

Definição (Teixeira/Borges, §1.3.3)

Seja $f:D\to \mathbb{R}$, $D\subset {\mathbb{R}}^2$.

• $f$ é lipschitziana relativamente a $y$ em $D$ se existe $K\ge 0$ (constante de Lipschitz) tal que

$$|f(t,y)-f(t,w)|\le K|y-w|\forall (t,y),(t,w)\in D.$$

Equivalente: $\left|\frac{f(t,y)-f(t,w)}{y-w}\right|\le K$ — os quocientes incrementais em $y$ são limitados.

• $f$ é localmente lipschitziana relativamente a $y$ em $D$ se é lipschitziana em $y$ em cada subconjunto compacto de $D$.

Critério prático ( $C^1$ em $y$ ⇒ localmente Lipschitz)

Se $f$ é contínua no aberto $D$ e $\frac{\partial f}{\partial y}$ existe e é contínua em $D$, então $f$ é localmente lipschitziana relativamente a $y$ em $D$.

(Esboço: num compacto convexo em $y$, pelo Teorema de Lagrange $f(t,y)-f(t,w)=\frac{\partial f}{\partial y}(t,c)(y-w)$ e $\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\le K$ pelo Teorema de Weierstrass.)

O critério é suficiente, não necessário

• $f(t,y)=|y|$ não é derivável em $y=0$ mas é lipschitziana: $||y|-|w||\le |y-w|$ ($K=1$). Idem $f(x,y)=|x+y|$ (Teixeira/Borges, ex. (3) de §1.3.5).
• Para explicar a não contradição com Picard basta que uma hipótese falhe: nas resoluções oficiais escreve-se ”$\partial f/\partial y\to \infty$ quando $y\to 0$, logo $f$ não é de classe $C^1$ em nenhum aberto que contenha $(t,0)$”. Mas para afirmar que $f$ não é Lipschitz perto de $(t_0,y_0)$ não chega dizer ”$\partial f/\partial y$ não existe aí”; tem de se mostrar que o quociente incremental não é limitado (como no ex. 3 dos resolvidos). Ex.: $f=\sqrt{|y|}$ em $(t,0)$:

$$\frac{f(t,h)-f(t,0)}{h-0}=\frac{\sqrt{|h|}}{h}\Rightarrow \left|\cdot \right|=\frac{1}{\sqrt{|h|}}\underset{h\to 0}{\to }+\infty .$$

Passos para verificar as hipóteses de Picard

1. Escrever a EDO na forma normal $y^{\prime }=f(t,y)$ (isolar $y^{\prime }$!) e identificar o domínio aberto $D$ onde $f$ está definida e é contínua.
2. Calcular $\partial f/\partial y$ e ver onde é contínua. Nesse aberto $f$ é de classe $C^1$ (em $y$) e portanto localmente Lipschitz — é esta a verificação que os professores escrevem.
3. Se o ponto inicial $(t_0,y_0)$ cai nesse aberto ⇒ Picard aplica-se: “existe uma e uma só solução numa vizinhança de $t_0$”.
4. Se cai num ponto “mau”: mostrar que $\partial f/\partial y\to \infty$ aí (⇒ $f$ não é $C^1$ em nenhuma vizinhança do ponto: Picard não se aplica e a unicidade pode falhar). Versão mais forte (opcional): o quociente incremental $\frac{|f(t,y)-f(t,y_0)|}{|y-y_0|}$ é ilimitado ⇒ nem sequer é Lipschitz.

Desigualdade de Gronwall e dependência contínua (Ficha 5 — Resolvidos, ex. 4–5)

Gronwall: se $z\ge 0$ é contínua e $z(t)\le C+k{\int }_0^{t}z(s)ds$ ($C,k>0$), então $z(t)\le C{e}^{kt}$ para $t\ge 0$. Consequência: se $\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\le K$ (logo $f$ Lipschitz em $y$ com constante $K$) e $y_0,y_1$ resolvem a mesma EDO com $y_0(0)=b_0$, $y_1(0)=b_1$, então

$$|y_1(t)-y_0(t)|\le |b_1-b_0|e^{Kt},t\ge 0.$$

Lido ao contrário: se $b_1=b_0$ então $y_1\equiv y_0$ — é a razão pela qual Lipschitz dá unicidade.

Exercício resolvido (Ficha 5 — Resolvidos, ex. 4 e 5)

(ex. 4) Seja $z(t)\ge 0$ contínua com $z(t)\le C+k{\int }_0^{t}z(s)ds$ para $t\ge 0$, com $C,k>0$. Prove que $z(t)\le C{e}^{kt}$, $\forall t\ge 0$. (ex. 5) Sejam $y_0,y_1$ as soluções de $y^{\prime }=f(t,y)$ com $y(0)=b_0$ e $y(0)=b_1$, onde $f\in C^1({\mathbb{R}}^2)$ e $\frac{\partial f}{\partial y}$ é limitada em ${\mathbb{R}}^2$. Determine $\phi (t)$ tal que $|y_1(t)-y_0(t)|\le |b_1-b_0|\phi (t)$ para $t\ge 0$.

Resolução passo-a-passo (método oficial)

(ex. 4) 1. Função auxiliar. $v(t)\stackrel{\text{def}}{=}C+k{\int }_0^{t}z(s)ds$ em $[0,+\infty [$. Por hipótese $z(t)\le v(t)$.

2. Derivar (TFC). $v$ é de classe $C^1$ e $v^{\prime }(t)=kz(t)\le kv(t)$.

3. Fator integrante.

$$v^{\prime }-kv\le 0⟺e^{-kt}{v}^{\prime }-k{e}^{-kt}v\le 0⟺\frac{d}{dt}(e^{-kt}v(t))\le 0.$$

Logo $e^{-kt}v(t)$ é decrescente em $[0,+\infty [$: $e^{-kt}v(t)\le v(0)=C$.

4. Concluir. $z(t)\le v(t)\le C{e}^{kt}$ para $t\ge 0$. $■$

(ex. 5) 1. Forma integral das duas soluções:

$$y_0(t)=b_0+{\int }_0^{t}f(s,y_0(s))ds,y_1(t)=b_1+{\int }_0^{t}f(s,y_1(s))ds.$$

2. Subtrair e majorar (desigualdade triangular):

$$|y_1(t)-y_0(t)|\le |b_1-b_0|+{\int }_0^t\left|f\right(s,y_1(s))-f(s,y_0(s)\left)\right|ds.$$

3. Lagrange. Como $\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\le K$ em ${\mathbb{R}}^2$, existe $c=c(s)$ entre $y_0(s)$ e $y_1(s)$ com

$$|f(s,y_1(s))-f(s,y_0(s))|=|\frac{\partial f}{\partial y}(s,c)||y_1(s)-y_0(s)|\le K|y_1(s)-y_0(s)|$$

— a condição de Lipschitz relativa a $y$, com constante de Lipschitz $K$.

4. Gronwall com $C=|b_1-b_0|$, $k=K$ e $z(t)=|y_1(t)-y_0(t)|\ge 0$:

$$|y_1(t)-y_0(t)|\le |b_1-b_0|e^{Kt}\Rightarrow \boxed{\phi (t)=e^{Kt}}$$

(Pormenor que a resolução oficial salta: Gronwall pede $C>0$, ou seja $b_1\ne b_0$. Se $b_1=b_0$, aplica-se com qualquer $C=\epsilon >0$ e faz-se $\epsilon \to 0$: dá $y_1\equiv y_0$.)

Lição

O par forma integral + Lagrange (Lipschitz) + Gronwall é o esqueleto da prova de unicidade de Picard. No teste, se pedirem “mostre que as soluções dependem continuamente da condição inicial”, é exatamente esta sequência de 4 passos.

5.3 Teorema de Picard–Lindelöf

Teorema de Picard–Lindelöf (existência e unicidade local)

Seja $D\subset {\mathbb{R}}^2$ aberto e $f:D\to \mathbb{R}$

$$\underset{\text{daˊ existeˆncia (Peano)}}{\underbrace{\text{contıˊnua em }D}}\text{e}\underset{\text{daˊ unicidade}}{\underbrace{\text{localmente lipschitziana relativamente a }y\text{ em }D}}.$$

Se $(t_0,y_0)\in D$, o PVI $y^{\prime }=f(t,y),y(t_0)=y_0$ tem uma e uma só solução definida numa vizinhança $]t_0-\alpha ,t_0+\alpha [$ de $t_0$.

Versão quantitativa: se $R=\{|t-t_0|\le a,|y-y_0|\le b\}\subset D$, $M={\max }_R|f|$ e $K$ é constante de Lipschitz em $R$, serve qualquer $\alpha <\min \left\{a,\frac{b}{M},\frac{1}{K}\right\}$.

Versão vetorial: igual para $Y^{\prime }=F(t,Y)$, $Y\in {\mathbb{R}}^n$ (com $\Vert \cdot \Vert$ em vez de $|\cdot |$). Em particular, para $Y^{\prime }=AY$ ($A$ constante) $F$ é globalmente Lipschitz ($K=\Vert A\Vert$) e a solução é única e definida em todo o $\mathbb{R}$.

Unicidade local, só em pontos do aberto

• Picard garante unicidade numa vizinhança de $t_0$, não necessariamente em todo o $\mathbb{R}$. Uma solução pode ser única perto de $t_0$ e “ramificar” mais à frente, ao chegar a um ponto onde as hipóteses falham (é o que acontece no ex. 2 da Ficha 5 de propostos, em $t=1$).
• As hipóteses de Picard são suficientes, não necessárias: quando falham, a unicidade pode falhar — tem de se mostrar com um exemplo concreto.

Consequência geométrica — os gráficos não se cruzam

Se $f$ satisfaz Picard em $D$, os gráficos de duas soluções distintas de $y^{\prime }=f(t,y)$ nunca se intersetam em $D$. (Se $y_1(\tilde{t})=y_2(\tilde{t})=\tilde{y}$, o PVI com condição $y(\tilde{t})=\tilde{y}$ teria duas soluções.) Em particular, as soluções de equilíbrio ($y\equiv c$ com $f(t,c)=0$) funcionam como barreiras: uma solução que começa entre dois equilíbrios fica lá para sempre.

Quando usar / sinais no enunciado

• “Justifique que a solução é única numa vizinhança de $t_0$” → $f$ e $\partial f/\partial y$ contínuas perto de $(t_0,y_0)$ ⇒ Picard.
• “Esboce o campo de direções e os tipos de soluções” (Ficha 5 — Resolvidos, ex. 1) → ver 5.4: zeros de $f$ = soluções constantes; sinal de $f$ = cresce/decresce; Picard ⇒ as curvas não se cruzam, por isso o esboço qualitativo faz sentido.
• “Explique porque não contradiz Picard” → apontar a hipótese que falha no ponto inicial (ou no ponto de ramificação).

5.4 Campo de direções e esboço qualitativo das soluções

Ideia

Um campo de direções de $y^{\prime }=f(t,y)$ é um gráfico de pequenos segmentos orientados, um em cada ponto $(t,y)$ onde $f$ está definida, com declive $f(t,y)$: cada segmento é uma “reta tangente em miniatura” ao gráfico da solução que passa nesse ponto. Seguir os segmentos dá o aspeto das soluções sem resolver a EDO. Só é útil quando $f$ satisfaz Picard: a unicidade garante que gráficos de soluções com condições iniciais distintas não se intersetam, e é isso que permite posicioná-los uns em relação aos outros (Ficha 5 — Resolvidos, ex. 1).

Passos para esboçar o campo de direções (método oficial)

1. Construir um reticulado, p. ex. $\{(n,m):n,m\in \mathbb{Z}\}$, $-2\le n,m\le 2$.
2. Para cada $t=n$ fixo, fazer uma tabela $y\mid y^{\prime }$ com $y^{\prime }=f(n,m)$. Ex.: para $y^{\prime }=y-x$ e $x=-2$: $y=-2,-1,0,1,2\mapsto y^{\prime }=0,1,2,3,4$.
3. Desenhar em cada ponto um segmento com esse declive.
4. Traçar algumas soluções tangentes aos segmentos, sem as deixar cruzar (Picard).

Atalho para "traçar os tipos de soluções"

Antes da tabela, encontrar o esqueleto do desenho:

• Zeros de $f$ em $y$ ($f(t,c)=0\forall t$) ⇒ soluções constantes $y\equiv c$ (retas horizontais), que são barreiras.
• Sinal de $f$ em cada faixa entre elas ⇒ as soluções crescem ($f>0$) ou decrescem ($f<0$); daí se vê se um equilíbrio atrai ou repele.
• Linhas onde $f=0$ (declive horizontal) e onde $f$ não está definida (declive vertical / fronteira de $D$).
• Fora das faixas limitadas, crescimento quadrático ou cúbico em $y$ costuma dar explosão em tempo finito (5.7).

Exercício resolvido (Ficha 5 — Resolvidos, ex. 1)

Para cada equação, esboce o campo de direções e trace os respetivos tipos de soluções: (a) $y^{\prime }=\frac{ty}{1+t^2}$; (b) $y^{\prime }=(2-y)(y-1)$; (c) $y^{\prime }=y(1-y^2)$; (d) $y^{\prime }=\frac{y+t}{y-t}$.

Resolução passo-a-passo

(a) $f$ é $C^1$ em ${\mathbb{R}}^2$ (Picard em todo o lado). $y\equiv 0$ é solução. O sinal de $f$ é o de $ty$: para $y>0$ as soluções decrescem em $t<0$ e crescem em $t>0$ (mínimo em $t=0$); para $y<0$ é ao contrário (máximo em $t=0$). Confirmação (separável): $\frac{y^{\prime }}{y}=\frac{t}{1+t^2}\Rightarrow y=C\sqrt{1+t^2}$ — curvas simétricas em relação a $t=0$, assintoticamente $y\approx C|t|$, que nunca atravessam $y=0$.

(b) Soluções constantes $y\equiv 1$ e $y\equiv 2$. Sinal: $1<y<2$ ⇒ $f>0$ (sobem para $2$); $y>2$ ⇒ $f<0$ (descem para $2$); $y<1$ ⇒ $f<0$ (descem e afastam-se de $1$). Logo $y=2$ atrai e $y=1$ repele. Abaixo de $1$ as soluções caem para $-\infty$ em tempo finito; acima de $2$ explodem para $+\infty$ quando se recua no tempo (traços ponteados na figura oficial).

(c) Soluções constantes $y\equiv -1,0,1$. Sinal: $0<y<1$ ⇒ $f>0$ (sobem para $1$); $y>1$ ⇒ $f<0$ (descem para $1$); $-1<y<0$ ⇒ $f<0$ (descem para $-1$); $y<-1$ ⇒ $f>0$ (sobem para $-1$). Logo $y=\pm 1$ atraem e $y=0$ repele; o desenho é simétrico em relação a $y=0$ ($f$ é ímpar em $y$).

(d) $f$ só está definida (e é $C^1$) em $D=\{(t,y):y\ne t\}$. Declive $0$ sobre a reta $y=-t$; declive $\pm \infty$ ao aproximar da reta $y=t$; em $y=0$, $f=-1$; em $t=0$, $f=1$. As soluções ficam de um dos lados de $y=t$ e terminam nessa reta com tangente vertical — o gráfico chega a $\partial D$ (caso (ii) do prolongamento, 5.7).

Lição

No teste não é preciso um desenho perfeito: soluções constantes + sinal de $f$ em cada faixa + Picard (não se cruzam) dão os “tipos de soluções”. Diz sempre explicitamente que é a unicidade (Picard) que impede os gráficos de se intersetarem.

5.5 Não unicidade: o método “cortar e colar”

Ideia

Quando $f$ não é Lipschitz numa reta $y=c$ que é solução de equilíbrio, uma solução pode ficar “parada” em $y=c$ durante o tempo que quiser e depois “descolar” por uma solução não constante que toca em $y=c$ com derivada nula (tangencialmente). Cada instante de descolagem dá uma solução diferente ⇒ infinitas soluções.

Passos para mostrar que um PVI tem infinitas soluções (ordem das resoluções oficiais)

1. Notar que a solução constante que passa pelo ponto inicial (normalmente $y(t)\equiv 0$) é solução do PVI.
2. Resolver a EDO fora do equilíbrio (quase sempre separável; com $|y|$, tratar $y>0$ e $y<0$ em separado) ⇒ família $y_c(t)$; dizer para que $t$ é $C^1$ e verifica a equação (atenção às raízes e aos sinais!).
3. Se algum membro da família verifica a condição inicial, apresentá-lo: é uma segunda solução do PVI (já prova a não-unicidade).
4. “Cortar e colar”: impor continuidade no ponto de colagem $t_1$ (${\lim }_{t\to t_1}{y}_c(t)=0$), o que fixa a constante em função de $t_1$.
5. Definir a função por ramos: solução constante até $t_1$, $y_c$ depois (ou ao contrário; ou três ramos).
6. Verificar no ponto de colagem as derivadas laterais iguais ($f_d^{\prime }(t_1)=f_e^{\prime }(t_1)$) e que a EDO é satisfeita lá. Fora desse ponto já é solução por construção (“foi construída à custa de soluções da EDO”).
7. Verificar a condição inicial e concluir: um parâmetro livre ($t_1$) ⇒ infinitas soluções.
8. Explicar a não contradição: $f$ é contínua (⇒ existência), mas $\partial f/\partial y\to \infty$ quando $y\to y_0$, logo $f$ não é de classe $C^1$ (nem localmente Lipschitz) em nenhuma vizinhança do ponto inicial / ponto de colagem — a hipótese de unicidade falha, o que abre a possibilidade de haver várias soluções.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 1)

Mostre que o PVI

$$\frac{dy}{dt}=y^{1/2},y(0)=0,$$

tem infinitas soluções, e explique porque é que isso não contradiz o Teorema de Picard–Lindelöf.

Resolução passo-a-passo

1. Equilíbrio. $y\equiv 0$ verifica $y^{\prime }=0=\sqrt{0}$ e $y(0)=0$. É uma solução.

2. Soluções com $y>0$. Separando variáveis:

$$y^{-1/2}{y}^{\prime }=1\Rightarrow 2y^{1/2}=t+c\Rightarrow y(t)=\frac{(t+c{)}^2}{4},\text{vaˊlida soˊ para }t+c>0.$$

(Para $t+c<0$ a fórmula dá $y^{\prime }=\frac{t+c}{2}<0$, mas $\sqrt{y}\ge 0$ — não é solução. Isto é coerente com a EDO: $y^{\prime }=\sqrt{y}\ge 0$, as soluções são crescentes.)

3. Colar. Para cada $\alpha \ge 0$ define-se

$$y_{\alpha }(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t\le \alpha \\ \frac{(t-\alpha {)}^2}{4},& t>\alpha \end{array}$$

4. Verificar em $t=\alpha$. Continuidade: ${\lim }_{t\to {\alpha }^{+}}\frac{(t-\alpha {)}^2}{4}=0=y_{\alpha }(\alpha )$. Derivadas laterais: à esquerda $0$; à direita $\frac{t-\alpha }{2}{|}_{t=\alpha }=0$. Logo $y_{\alpha }^{\prime }(\alpha )=0=\sqrt{y_{\alpha }(\alpha )}$ ✓. Fora de $\alpha$ cada ramo é solução; e $y_{\alpha }(0)=0$ porque $0\le \alpha$.

5. Conclusão. $\{y_{\alpha }{\}}_{\alpha \ge 0}$ (mais $y\equiv 0$) é uma família infinita de soluções do PVI, todas definidas em $\mathbb{R}$.

6. Porque não contradiz Picard. $f(t,y)=y^{1/2}$ é contínua (em $y\ge 0$; ou use-se $\sqrt{|y|}$ em ${\mathbb{R}}^2$), por isso Peano garante existência. Mas

$$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{2\sqrt{y}}\underset{y\to 0^{+}}{\to }+\infty ,\left|\frac{f(t,h)-f(t,0)}{h}\right|=\frac{1}{\sqrt{|h|}}\to +\infty ,$$

logo $f$ não é de classe $C^1$ (e nem sequer é lipschitziana em $y$) em nenhuma vizinhança de $(0,0)$. A hipótese de unicidade de Picard falha precisamente no ponto inicial — não há contradição. (Na resposta oficial basta a primeira parte: ”$\partial f/\partial y\to \infty$ quando $y\to 0^{+}$, logo $f$ não é $C^1$ numa vizinhança de $(0,0)$”.)

$$\boxed{y_{\alpha }(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t\le \alpha \\ \frac{(t-\alpha {)}^2}{4},& t>\alpha \end{array},\alpha \ge 0}$$

Lição

Receita para $y^{\prime }=|y{|}^p$ com $0<p<1$ (e variantes como $y^{\prime }=2t{y}^{2/3}$ ou $y^{\prime }=p|y{|}^{(p-1)/p}$, resolvidos abaixo): solução constante $y\equiv 0$ + solução separável que toca $0$ com derivada nula ⇒ colar num ponto arbitrário. A não-unicidade aparece sempre onde $\partial f/\partial y$ explode.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 2)

Considere o PVI

$$(1-t)y\frac{dy}{dt}=1-y^2,y(1/2)=2.$$

(a) Determine uma solução do PVI, e justifique que essa é a única solução do problema numa vizinhança suficientemente pequena de $\frac{1}{2}$ onde esteja definida. (b) Mostre que o PVI admite um número infinito de soluções definidas em $\mathbb{R}$. (c) Diga, justificando, porque não há contradição com o Teorema de Picard–Lindelöf.

Resolução passo-a-passo

(a) 1. Separar variáveis (para $t\ne 1$, $y\ne 0$, $y^2\ne 1$):

$$\frac{y}{1-y^2}dy=\frac{dt}{1-t}\Rightarrow -\frac{1}{2}\ln |1-y^2|=-\ln |1-t|+C\Rightarrow |1-y^2|=k(1-t{)}^2.$$

Juntando os sinais numa só constante: $y^2=1-c(1-t{)}^2,c\in \mathbb{R}$.

2. Condição inicial. $4=1-c\cdot \frac{1}{4}\Rightarrow c=-12$. Como $y(1/2)=2>0$, escolhe-se a raiz positiva:

$$\boxed{y(t)=\sqrt{1+12(1-t{)}^2}}$$

definida (e $>0$) em todo o $\mathbb{R}$. Verificação: $y^{\prime }=\frac{-12(1-t)}{y}$, logo $(1-t)y{y}^{\prime }=-12(1-t{)}^2=1-y^2$ ✓.

3. Unicidade local. Na forma normal $y^{\prime }=f(t,y)=\frac{1-y^2}{(1-t)y}$. No aberto $D=\{(t,y):t\ne 1,y\ne 0\}$, $f$ e

$$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{1-t}\cdot \frac{\partial }{\partial y}(\frac{1}{y}-y)=-\frac{1}{1-t}(\frac{1}{y^2}+1)$$

são contínuas ⇒ $f$ localmente Lipschitz em $D$. Como $(1/2,2)\in D$, Picard dá unicidade numa vizinhança de $t_0=1/2$.

(b) 4. Onde ramifica? Todas as curvas $y^2=1-c(1-t{)}^2$ passam pelo ponto $(1,1)$ — é lá que se pode “trocar de curva”. Para $t<1$ a solução fica em $D$ e é a de (a); para $t>1$ cola-se qualquer $y=\sqrt{1-c(1-t{)}^2}$:

$$y_c(t)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{1+12(1-t{)}^2},& t\le 1\\ \sqrt{1-c(1-t{)}^2},& t>1\end{array}$$

5. Verificar a colagem em $t=1$. Ambos os ramos valem $1$ (contínua). Derivadas: $\frac{d}{dt}\sqrt{1-c(1-t{)}^2}=\frac{c(1-t)}{\sqrt{1-c(1-t{)}^2}}\to 0$ quando $t\to 1$, e o ramo esquerdo também tem derivada $\frac{-12(1-t)}{y}\to 0$. Logo $y_c^{\prime }(1)=0$. Na EDO em $t=1$: $(1-1)\cdot 1\cdot 0=0=1-1^2$ ✓.

6. Definida em $\mathbb{R}$. Para $t>1$ é preciso $1-c(1-t{)}^2>0$ para todo o $t>1$, o que obriga a $c\le 0$ (com $c>0$ a raiz anula-se em $t=1+1/\sqrt{c}$ e aí a EDO dá $0=1$, absurdo). Portanto cada $c\le 0$ dá uma solução diferente definida em $\mathbb{R}$ (para $c=-12$ recupera-se a de (a); para $c=0$, $y\equiv 1$ em $t>1$):

$$\boxed{\text{infinitas soluc¸o˜es }{y}_c,c\le 0}$$

(c) 7. Não contradição. Picard aplica-se em $D=\{t\ne 1,y\ne 0\}$ e só garante unicidade local, perto de $t_0=1/2$ (e, enquanto o gráfico fica em $D$, em todo $t<1$). Em $t=1$ a equação nem se pode pôr na forma $y^{\prime }=f(t,y)$: $f$ não está definida nem é contínua em $(1,1)$, por isso nenhuma hipótese de Picard vale lá — e é exatamente nesse ponto que as soluções ramificam.

Lição

“Única numa vizinhança” e “infinitas em $\mathbb{R}$” não se contradizem: Picard é local. Procura o ponto onde todas as curvas da família se encontram (aqui $(1,1)$, onde o coeficiente de $y^{\prime }$ se anula) — é aí que se cola.

Exercício resolvido (Ficha 5 — Resolvidos, ex. 2)

Mostre que o problema de valor inicial

$$\frac{dy}{dt}=2t{y}^{2/3},y(0)=0,$$

tem infinitas soluções, e explique porque esse facto não contradiz o Teorema de Picard.

Resolução passo-a-passo (método oficial)

1. Solução constante. $y(t)\equiv 0$ é solução do PVI.

2. Solução geral para $y\ne 0$. Separando variáveis:

$$y^{-2/3}\frac{dy}{dt}=2t⟺\int y^{-2/3}dy=\int 2tdt+c⟺3y^{1/3}=t^2+c⟺y(t)=(\frac{t^2+c}{3}{)}^3.$$

É uma função polinomial, logo de classe $C^1$ em $\mathbb{R}$, e verifica a EDO em todo o $\mathbb{R}$ (com $y^{2/3}=(\sqrt[3]{y}{)}^2$: $y^{\prime }=\frac{2t(t^2+c{)}^2}{9}=2t(\frac{t^2+c}{3}{)}^2$ ✓). Só se anula em $t=\pm \sqrt{-c}$, o que exige $c\le 0$.

3. Segunda solução. A que verifica $y(0)=0$ é $c=0$:

$$y(t)=\frac{t^6}{27}\ne 0\Rightarrow \text{o PVI jaˊ tem duas soluc¸o˜es.}$$

4. Cortar e colar — continuidade no ponto de colagem $t_1$.

$$\underset{t\to t_1}{\lim }(\frac{t^2+c}{3}{)}^3=0⟺c=-t_1^2.$$

5. Definir por ramos. Para cada $t_1>0$:

$$y_{t_1}(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t\le t_1\\ \frac{(t^2-t_1^2{)}^3}{27},& t>t_1\end{array}$$

6. Derivadas laterais em $t_1$. $f_e^{\prime }(t_1)=0$; $f_d^{\prime }(t_1)={\lim }_{t\to t_1^{+}}\frac{6t(t^2-t_1^2{)}^2}{27}=0$. Logo $f_d^{\prime }(t_1)=0=f_e^{\prime }(t_1)$: $y_{t_1}$ é diferenciável em $\mathbb{R}$ e em $t_1$ verifica $y^{\prime }(t_1)=0=2t_1\cdot 0^{2/3}$ ✓. Nos outros pontos é solução porque foi construída à custa de soluções da EDO. E $y_{t_1}(0)=0$ ✓ (pois $0\le t_1$).

7. Do outro lado. Para cada $t_2<0$,

$$y_{t_2}(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{(t^2-t_2^2{)}^3}{27},& t<t_2\\ 0,& t\ge t_2\end{array}$$

também é solução (e podem combinar-se: ramo esquerdo até $t_2$, zero em $[t_2,t_1]$, ramo direito depois).

8. Porque não contradiz Picard. $f(t,y)=2t{y}^{2/3}$ é contínua (⇒ existência), mas não é de classe $C^1$ em nenhum conjunto que contenha pontos da forma $(t,0)$:

$$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{4t}{3}{y}^{-1/3}=\frac{4t}{3\sqrt[3]{y}}⟶\infty \text{quando }y\to 0^{+}(t\ne 0).$$

A hipótese que garante unicidade falha numa vizinhança de $(0,0)$.

$$\boxed{y_{t_1}(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t\le t_1\\ \frac{(t^2-t_1^2{)}^3}{27},& t>t_1\end{array},t_1>0(\text{e }y\equiv 0,y=\frac{t^6}{27})}$$

Lição

Nos resolvidos, o “valor” da resposta está em: (i) exibir duas soluções concretas ($y\equiv 0$ e $t^6/27$), (ii) a condição de continuidade que fixa $c=-t_1^2$, (iii) as derivadas laterais no ponto de colagem, (iv) $\partial f/\partial y\to \infty$ ⇒ $f\notin C^1$ perto do eixo $y=0$.

Exercício resolvido (Ficha 5 — Resolvidos, ex. 3)

Para $p$ real, $1<p<2$, considere $f(t,y)=p|y{|}^{\frac{p-1}{p}}$, $(t,y)\in {\mathbb{R}}^2$, e o PVI $y^{\prime }=f(t,y)$, $y(0)=0$. Mostre que o PVI admite uma infinidade de soluções. Explique porque é que isto não contradiz o Teorema de Picard.

Resolução passo-a-passo (método oficial)

1. Solução constante. $y(t)\equiv 0$.

2. Ramo $y>0$ ($|y|=y$):

$$\frac{1}{p}{y}^{-\frac{p-1}{p}}\frac{dy}{dt}=1⟺\frac{d}{dt}(\int \frac{1}{p}{y}^{-1+\frac{1}{p}}dy)=1⟺y^{1/p}=t+c⟺y(t)=(t+c{)}^p,$$

$C^1$ e solução desde que $t+c>0$, isto é, $t>-c$.

3. Ramo $y<0$ ($|y|=-y$):

$$\frac{1}{p}(-y{)}^{-\frac{p-1}{p}}\frac{dy}{dt}=1⟺(-y{)}^{1/p}=-t+d⟺y(t)=-(d-t{)}^p,$$

$C^1$ e solução desde que $t<d$. (Note-se que $f\ge 0$: todas as soluções são crescentes; o ramo negativo sobe até $0$.)

4. Cortar e colar os três tipos. Para quaisquer $c,d<0$:

$$y_{c,d}(t)=\{\begin{array}{ll}-(d-t{)}^p,& t<d\\ 0,& d\le t\le -c\\ (t+c{)}^p,& t>-c\end{array}$$

5. Pontos de colagem $t=d$ e $t=-c$. Limites laterais todos $0$ (contínua) e derivadas laterais todas $0$, porque $p(t+c{)}^{p-1}\to 0$ e $p(d-t{)}^{p-1}\to 0$ (é aqui que se usa $p>1$). Logo $y_{c,d}$ é diferenciável em $\mathbb{R}$, e $y_{c,d}(0)=0$ porque $d<0<-c$.

6. Não contradição. $f$ é contínua em ${\mathbb{R}}^2$ (⇒ existência), mas

$$|f(t,y)-f(t,0)|=p|y{|}^{\frac{p-1}{p}}=\underset{\to \infty \text{ quando }y\to 0}{\underbrace{p|y{|}^{-\frac{1}{p}}}}|y-0|,$$

logo não existe constante de Lipschitz perto de $y=0$; a derivada parcial de $f$ em $y$ nos pontos $(t,0)$ é infinita e $f$ não é de classe $C^1$ em nenhum aberto que contenha o eixo $y=0$. A continuidade dá existência; a falta de $C^1$ numa vizinhança de $(0,0)$ abre a possibilidade de a unicidade falhar.

$$\boxed{y_{c,d},c,d<0:\text{infinitas soluc¸o˜es (dois paraˆmetros livres)}}$$

Lição

Quando $f$ depende de $|y|$, há dois ramos não constantes (positivo e negativo) e pode colar-se dos dois lados do zero ⇒ família com dois parâmetros. O expoente $\frac{p-1}{p}\in ]0,1[$ é o sinal de alarme: potência de $|y|$ com expoente entre $0$ e $1$ ⇒ contínua mas não Lipschitz em $y=0$.

5.6 Iteradas de Picard

Ideia

A forma integral $y=y_0+{\int }_{t_0}^{t}f(s,y(s))ds$ sugere um método de ponto fixo: parte-se de um palpite, mete-se no lado direito, obtém-se um palpite melhor, e repete-se. É assim que se demonstra Picard (as iteradas convergem uniformemente para a solução) e dá aproximações explícitas. Para $y^{\prime }=2ty$, $y(0)=1$ as iteradas são exatamente as somas parciais de Taylor de $e^{t^2}$ (Teixeira/Borges, §1.3.4, Ex. 1).

Iteradas de Picard

$$y_0(t)=y_0,y_{k+1}(t)=y_0+{\int }_{t_0}^{t}f(s,y_k(s))ds,k=0,1,2,\dots$$

Sob as hipóteses de Picard, $y_k\to y$ uniformemente numa vizinhança de $t_0$, onde $y$ é a solução do PVI.

Passos para calcular iteradas

1. $y_0(t)$ = constante igual ao valor inicial (salvo se o enunciado der outra).
2. Substituir $y_k(s)$ em $f(s,\cdot )$ — trocar $t$ por $s$ dentro do integral.
3. Integrar de $t_0$ a $t$ e somar $y_0$.
4. Verificar: $y_{k+1}(t_0)=y_0$ sempre.
5. Se pedirem o domínio: é o maior intervalo contendo $t_0$ onde o integrando é contínuo em todo o $[t_0,t]$.

Armadilhas

• Esquecer o termo constante $y_0$ (ou trocar ${\int }_{t_0}^t$ por uma primitiva sem constante).
• A “primeira iterada” é $y_1$, não $y_0$. “As duas primeiras iteradas” = $y_1,y_2$ (com $y_0$ dado).
• Domínio: não basta que a expressão final esteja definida; é o integrando que tem de ser contínuo entre $t_0$ e $t$.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 3)

Calcule as duas primeiras iteradas de Picard para $y^{\prime }=t^2+y^2$ com $y(0)=0$.

Resolução passo-a-passo

1. $f(t,y)=t^2+y^2$ é $C^1$ em ${\mathbb{R}}^2$ ⇒ Picard aplica-se. $y_0(t)=0$.

2. $y_1(t)=0+{\int }_0^t(s^2+0^2)ds=\frac{t^3}{3}.$

3. $y_2(t)=0+{\int }_0^t(s^2+(\frac{s^3}{3}{)}^2)ds={\int }_0^t(s^2+\frac{s^6}{9})ds=\frac{t^3}{3}+\frac{t^7}{63}.$

$$\boxed{y_0=0,y_1(t)=\frac{t^3}{3},y_2(t)=\frac{t^3}{3}+\frac{t^7}{63}}$$

Lição

É só substituir e integrar polinómios. A EDO de Riccati $y^{\prime }=t^2+y^2$ não tem solução elementar — as iteradas são uma forma legítima de obter aproximações.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 4)

Considere o PVI $y^{\prime }=\mathrm{tg}y$, $y(0)=\frac{\pi }{4}$. Tomando como iterada de Picard de ordem zero $y_0(t)=\pi /4$, calcule $y_1(t)$ e $y_2(t)$. Qual o domínio de $y_2$?

Resolução passo-a-passo

1. $y_1(t)=\frac{\pi }{4}+{\int }_0^t\mathrm{tg}\frac{\pi }{4}ds=\frac{\pi }{4}+t.$

2. $y_2(t)=\frac{\pi }{4}+{\int }_0^t\mathrm{tg}(\frac{\pi }{4}+s)ds=\frac{\pi }{4}+[-\ln |\cos (\frac{\pi }{4}+s)|{]}_0^t$

$$=\frac{\pi }{4}-\ln \cos (\frac{\pi }{4}+t)+\underset{\ln (\sqrt{2}/2)=-\frac{1}{2}\ln 2}{\underbrace{\ln \cos \frac{\pi }{4}}}=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\ln 2-\ln \cos (\frac{\pi }{4}+t).$$

3. Domínio. O integrando $\mathrm{tg}(\frac{\pi }{4}+s)$ tem de ser contínuo em todo o intervalo entre $0$ e $t$, i.e. $\frac{\pi }{4}+s\in ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$:

$$-\frac{3\pi }{4}<t<\frac{\pi }{4}.$$ $$\boxed{y_1=\frac{\pi }{4}+t,y_2=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\ln 2-\ln \cos (\frac{\pi }{4}+t),t\in ]-\frac{3\pi }{4},\frac{\pi }{4}[}$$

4. (Extra, para comparar.) A solução exata: $\frac{\cos y}{\mathrm{sen}y}{y}^{\prime }=1\Rightarrow \ln \mathrm{sen}y=t+\ln \frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \mathrm{sen}y=\frac{\sqrt{2}}{2}{e}^t$, i.e. $y=\mathrm{arcsen}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}{e}^t\right)$, com intervalo máximo $]-\infty ,\frac{1}{2}\ln 2[$: quando $t\to \frac{1}{2}\ln 2^{-}$, $y\to \frac{\pi }{2}$, onde $\mathrm{tg}$ deixa de estar definida — a solução sai do domínio de $f$ (ver 5.7).

Lição

O domínio de uma iterada vem do integrando, não da fórmula final: $\ln \cos (\frac{\pi }{4}+t)$ “parece” definida em mais intervalos, mas só conta o que contém $t_0=0$.

5.7 Prolongamento de soluções e intervalo máximo

Ideia

Picard dá uma solução num intervalinho $]t_0-\alpha ,t_0+\alpha [$. No extremo, o ponto $(t_0+\alpha ,y(t_0+\alpha ))$ ainda está em $D$, por isso aplica-se Picard de novo e prolonga-se. Repete-se até não dar mais. Só há duas maneiras de “não dar mais” num tempo finito: a solução explode ($|y|\to \infty$) ou o gráfico chega à fronteira de $D$. Pela unicidade, todos os prolongamentos coincidem onde se sobrepõem ⇒ há um intervalo máximo bem definido.

Teorema do prolongamento (Teixeira/Borges, §1.3.6)

Seja $D\subset {\mathbb{R}}^2$ aberto, $(t_0,y_0)\in D$, $f$ contínua e localmente lipschitziana em $y$ em $D$. A solução única do PVI está definida num intervalo máximo $I_{\max }=]a,b[$ e, no extremo direito, verifica-se uma das hipóteses:

$$\text{(i) }b=+\infty ;\text{(ii) }b<+\infty \text{ e }(t,y(t))\to \partial D\text{ quando }t\to b^{-};\text{(iii) }b<+\infty \text{ e }\underset{t\to b^{-}}{\lim }|y(t)|=+\infty .$$

(Análogo em $a$.) Em palavras: se a solução não está definida até $+\infty$, então ou sai do domínio ou explode.

Comparação de soluções (Teixeira/Borges, §1.3.7)

Se $f,g$ satisfazem Picard em $D$, $f(t,y)\le g(t,y)$ em $D$, $y^{\prime }=f(t,y)$, $u^{\prime }=g(t,u)$ e $y(t_0)=u(t_0)$, então

$$y(t)\le u(t)\text{para }t\ge t_0,y(t)\ge u(t)\text{para }t\le t_0.$$

Usos: se $u$ não explode e majora $y$ (e outra função minora), $y$ não explode; se $u$ explode e minora $y$, então $y$ explode antes ou no mesmo instante.

Quando usar / sinais no enunciado

• “Indique o intervalo aberto maximal da solução” (apareceu no MAP1 2024/25): resolver explicitamente e ver (a) onde a fórmula deixa de fazer sentido, (b) se nesse ponto $|y|\to \infty$ ou se $(t,y)$ chega a $\partial D$. O intervalo é o maior intervalo aberto que contém $t_0$.
• Equilíbrios como barreiras (Picard) + teorema do prolongamento ⇒ uma solução presa entre dois equilíbrios não explode e (se $D={\mathbb{R}}^2$) está definida em $\mathbb{R}$.
• Exemplo-modelo de explosão: $y^{\prime }=y^2$, $y(0)=1$ dá $y=\frac{1}{1-t}$, $I_{\max }=]-\infty ,1[$ — $f$ é $C^1$ em ${\mathbb{R}}^2$ e mesmo assim a solução não é global (caso (iii)).

Armadilha

$f$ “bonita” em todo o ${\mathbb{R}}^2$ não implica solução global (ver $y^{\prime }=y^2$). Só para EDOs lineares ($f$ com crescimento linear em $y$, ex. $Y^{\prime }=AY$) se tem garantia de solução definida em todo o $\mathbb{R}$.

5.8 Exponencial de uma matriz: definição e propriedades

Ideia

Para a EDO escalar $y^{\prime }=ay$ a solução é $y=e^{at}{y}_0$. Para o sistema $X^{\prime }=AX$ queremos "$e^{At}{X}_0$". Calculando as iteradas de Picard de $X^{\prime }=AX$, $X(0)=I$:

$$X_0=I,X_1=I+tA,X_2=I+tA+\frac{t^2}{2}{A}^2,\dots$$

— exatamente as somas parciais da série de Taylor de $e^x$ com $x\to tA$. Daí a definição.

Definição (Teixeira/Borges, §1.4.5)

Para $A$ matriz $n\times n$ e $t\in \mathbb{R}$:

$$e^{At}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(tA{)}^k}{k!}=I+tA+\frac{t^2}{2!}{A}^2+\frac{t^3}{3!}{A}^3+\cdots$$

A série converge (uniformemente em $[-R,R]$, para todo o $R$) e pode derivar-se termo a termo.

Propriedades

• (a) $e^{A\cdot 0}=I$.
• (b) $\frac{d}{dt}{e}^{At}=A{e}^{At}=e^{At}A$.
• (c) $e^{At}$ é a única matriz solução fundamental de $X^{\prime }=AX$ com $X(0)=I$; a solução do PVI $X^{\prime }=AX$, $X(0)=X_0$ é

$$\boxed{X(t)=e^{At}{X}_0}(\text{e }X(t)=e^{A(t-t_0)}{X}_0\text{ se }X(t_0)=X_0).$$

• (d) $e^{At}$ é sempre invertível e $(e^{At}{)}^{-1}=e^{-At}$.
• (e) $e^{A(t+s)}=e^{At}{e}^{As}$.
• (f) Se $AB=BA$: $e^{At}B=B{e}^{At}$ e $e^{(A+B)t}=e^{At}{e}^{Bt}$.
• (g) Se $A=SB{S}^{-1}$ (semelhantes): $e^{At}=S{e}^{Bt}{S}^{-1}$ (porque $(SB{S}^{-1}{)}^k=S{B}^k{S}^{-1}$).
• (h) Se $\Phi (t)$ é qualquer matriz solução fundamental de $X^{\prime }=AX$: $e^{At}=\Phi (t)\Phi (0{)}^{-1}$.

$e^{A+B}\ne e^A{e}^B$ em geral

Só vale quando $A$ e $B$ comutam. O caso que mais se usa: $A=\lambda I+N$ — a identidade comuta com tudo, por isso $e^{At}=e^{\lambda t}{e}^{Nt}$ sempre. E $e^{At}$ não é a matriz dos $e^{a_{ij}t}$ (isso só é verdade para matrizes diagonais).

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 7 — parte teórica)

Sejam $A$ e $B$ duas matrizes $n\times n$ de componentes reais ou complexas. Mostre que se $AB=BA$, então $e^{A+B}=e^A{e}^B$. Sugestão: mostre que $X(t)=e^{At}{e}^{(B-A)t}$ satisfaz $\dot{X}=BX$, $X(0)=I$.

Resolução passo-a-passo

1. Comutação passa para a exponencial. Se $AB=BA$ então $A(B-A)=AB-A^2=BA-A^2=(B-A)A$, logo $A$ comuta com todas as potências $(B-A{)}^k$ e, somando a série, $(B-A)e^{At}=e^{At}(B-A)$.

2. Derivar (regra do produto, ordem importa!):

$$\dot{X}=A{e}^{At}{e}^{(B-A)t}+e^{At}(B-A)e^{(B-A)t}\stackrel{\text{1.}}{=}AX+(B-A)e^{At}{e}^{(B-A)t}=AX+(B-A)X=BX.$$

3. Condição inicial. $X(0)=I\cdot I=I$.

4. Unicidade. $e^{Bt}$ também verifica $\dot{Y}=BY$, $Y(0)=I$; o sistema é linear, logo (Picard vetorial) a solução é única: $e^{At}{e}^{(B-A)t}=e^{Bt}$ para todo o $t$.

5. Concluir. Aplicar com $B\to A+B$ (que também comuta com $A$) e $t=1$: $e^A{e}^B=e^{A+B}$.

$$\boxed{AB=BA\Rightarrow e^{A+B}=e^A{e}^B}$$

Lição

Para provar identidades com exponenciais de matrizes: mostra que ambos os lados resolvem o mesmo PVI linear e invoca a unicidade. Esta técnica serve também para $e^{A(t+s)}=e^{At}{e}^{As}$ e $(e^{At}{)}^{-1}=e^{-At}$.

5.9 Cálculo de $e^{At}$

Ideia

A série raramente se soma diretamente. Há três situações em que é fácil, e o objetivo é sempre reduzir a uma delas:

1. Diagonal → exponencial entrada a entrada na diagonal.
2. Nilpotente ($N^k=0$) → a série termina (polinómio em $t$).
3. “Rotação” ($M^2=-b^{2}I$) → a série separa-se em séries de $\cos$ e $\mathrm{sen}$. A semelhança $A=SB{S}^{-1}$ e a decomposição $A=\lambda I+N$ fazem a ponte.

Caso 1 — $A$ diagonal ou diagonalizável

$$A=\mathrm{diag}({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n)\Rightarrow e^{At}=\mathrm{diag}(e^{{\lambda }_{1}t},\dots ,e^{{\lambda }_{n}t}).$$

Se $A$ tem $n$ vetores próprios l.i. $v_1,\dots ,v_n$ (p. ex. $n$ valores próprios distintos):

$$A=S\Lambda S^{-1},S=[v_1\cdots v_n]\Rightarrow e^{At}=S\underset{e^{\Lambda t}}{\underbrace{\mathrm{diag}(e^{{\lambda }_{1}t},\dots ,e^{{\lambda }_{n}t})}}{S}^{-1}.$$

Caso 2 — $A=\lambda I+N$ com $N$ nilpotente (blocos de Jordan)

$$e^{At}=e^{\lambda t}{e}^{Nt}=e^{\lambda t}(I+tN+\frac{t^2}{2!}{N}^2+\cdots +\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}{N}^{k-1})\text{se }{N}^k=0.$$

Para um bloco de Jordan $3\times 3$:

$$J=\left[\begin{array}{ccc}\lambda & 1& 0\\ 0& \lambda & 1\\ 0& 0& \lambda \end{array}\right]\Rightarrow e^{Jt}=e^{\lambda t}\left[\begin{array}{ccc}1& t& \frac{t^2}{2}\\ 0& 1& t\\ 0& 0& 1\end{array}\right].$$

Em $2\times 2$ com valor próprio duplo $\lambda$: por Cayley–Hamilton $(A-\lambda I{)}^2=0$, logo

$$e^{At}=e^{\lambda t}(I+t(A-\lambda I)).$$

Matrizes diagonais por blocos: exponencia-se cada bloco separadamente. Caso geral não diagonalizável: $A=SJ{S}^{-1}$ com $S$ formada por vetores próprios e generalizados ($(A-\lambda I)w=v$).

Caso 3 — valores próprios complexos $a\pm bi$ ($2\times 2$ real)

Por Cayley–Hamilton, $M=A-aI$ verifica $M^2=-b^{2}I$. Então, separando potências pares e ímpares,

$$e^{At}=e^{at}(\underset{\text{poteˆncias pares}}{\underbrace{\cos (bt)}}I+\underset{\text{poteˆncias ıˊmpares}}{\underbrace{\frac{\mathrm{sen}(bt)}{b}}}(A-aI)).$$

Alternativa (livro): vetor próprio complexo $v$ de $a+bi$ ⇒ $\mathrm{Re}$ e $\mathrm{Im}$ de $e^{(a+bi)t}v$ são duas soluções reais l.i. ⇒ matriz fundamental $\Phi$ ⇒ $e^{At}=\Phi (t)\Phi (0{)}^{-1}$.

Atalho $2\times 2$ com valores próprios reais distintos ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$

$$e^{At}=\frac{e^{{\lambda }_{1}t}(A-{\lambda }_{2}I)-e^{{\lambda }_{2}t}(A-{\lambda }_{1}I)}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}.$$

(Fórmula de Sylvester; confere-se em $t=0$: dá $I$; e derivando dá $A{e}^{At}$. Útil para verificar o resultado do método $S{e}^{\Lambda t}{S}^{-1}$.)

Passos para calcular $e^{At}$

1. Ver se $A$ já é diagonal, diagonal por blocos, ou da forma $\lambda I+N$ com $N$ estritamente triangular (⇒ nilpotente). Se sim, aplicar diretamente.
2. Senão, polinómio característico $\det (A-\lambda I)=0$ (em $2\times 2$: ${\lambda }^2-(\mathrm{tr}A)\lambda +\det A=0$).
3. Reais distintos → vetores próprios, $S$, $S^{-1}$, $e^{At}=S{e}^{\Lambda t}{S}^{-1}$ (ou atalho de Sylvester).
4. Real duplo → $N=A-\lambda I$, confirmar $N^2=0$, $e^{At}=e^{\lambda t}(I+tN)$.
5. Complexos $a\pm bi$ → $e^{At}=e^{at}(\cos (bt)I+\frac{\mathrm{sen}(bt)}{b}(A-aI))$.
6. Verificar sempre $e^{A\cdot 0}=I$ (e, se houver tempo, a derivada em $0$: deve dar $A$).

Quando usar / sinais no enunciado

• “Determine $e^{At}$” → passos acima.
• “Determine a solução do PVI $X^{\prime }=AX$, $X(0)=X_0$” → $e^{At}{X}_0$.
• Triangular com diagonal constante (ex. 5(d), ex. 7) → $\lambda I+N$ sem calcular valores próprios.
• ${\mathrm{tr}}^2-4\det <0$ → complexos → $\cos$/$\mathrm{sen}$.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 5 (a), (b))

Determine $e^{At}$ para (a) $A=0$; (b) $A=\left[\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& -\pi \end{array}\right]$.

Resolução passo-a-passo

(a) Todos os termos da série com $k\ge 1$ são nulos: $e^{0t}=I$.

(b) Diagonal ⇒ exponenciar a diagonal:

$$\boxed{e^{At}=I\text{(a)},e^{At}=\left[\begin{array}{ccc}{e}^{-t}& 0& 0\\ 0& e^{2t}& 0\\ 0& 0& e^{-\pi t}\end{array}\right]\text{(b)}}$$

Lição

Para diagonais, $A^k=\mathrm{diag}({\lambda }_i^k)$, por isso a série reduz-se a $n$ séries escalares $e^{{\lambda }_{i}t}$.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 5(c))

Determine $e^{At}$ para $A=\left[\begin{array}{cc}5& -3\\ 1& 1\end{array}\right]$.

Resolução passo-a-passo

1. Valores próprios. $\mathrm{tr}A=6$, $\det A=5+3=8$: ${\lambda }^2-6\lambda +8=0\Rightarrow {\lambda }_1=4,{\lambda }_2=2$ (distintos ⇒ diagonalizável).

2. Vetores próprios. $\lambda =4$: $(A-4I)v=\left[\begin{array}{cc}1& -3\\ 1& -3\end{array}\right]v=0\Rightarrow v_1=(3,1)$. $\lambda =2$: $(A-2I)v=\left[\begin{array}{cc}3& -3\\ 1& -1\end{array}\right]v=0\Rightarrow v_2=(1,1)$.

3. $S$ e $S^{-1}$. $S=\left[\begin{array}{cc}3& 1\\ 1& 1\end{array}\right]$, $\det S=2$, $S^{-1}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 3\end{array}\right]$.

4. Multiplicar.

$$e^{At}=S\left[\begin{array}{cc}{e}^{4t}& 0\\ 0& e^{2t}\end{array}\right]S^{-1}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}3e^{4t}& e^{2t}\\ e^{4t}& e^{2t}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 3\end{array}\right]$$ $$\boxed{e^{At}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}3e^{4t}-e^{2t}& -3e^{4t}+3e^{2t}\\ e^{4t}-e^{2t}& -e^{4t}+3e^{2t}\end{array}\right]}$$

5. Verificação. $t=0$: $\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right]=I$ ✓. Atalho de Sylvester: $\frac{e^{4t}(A-2I)-e^{2t}(A-4I)}{2}=\frac{1}{2}(e^{4t}\left[\begin{array}{cc}3& -3\\ 1& -1\end{array}\right]-e^{2t}\left[\begin{array}{cc}1& -3\\ 1& -3\end{array}\right])$ — dá o mesmo ✓.

Lição

A ordem das colunas de $S$ tem de bater com a ordem dos $\lambda$ em $e^{\Lambda t}$. Conferir sempre $e^{A0}=I$: apanha 90% dos erros de $S^{-1}$.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 5(d))

Determine $e^{At}$ para $A=\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right]$.

Resolução passo-a-passo

1. Decompor. $A=2I+N$, $N=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$. $2I$ comuta com $N$.

2. Potências de $N$. $N^2=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$, $N^3=0$.

3. Série finita. $e^{Nt}=I+tN+\frac{t^2}{2}{N}^2$, logo

$$\boxed{e^{At}=e^{2t}\left[\begin{array}{ccc}1& t& \frac{t^2}{2}\\ 0& 1& t\\ 0& 0& 1\end{array}\right]}$$

Lição

Bloco de Jordan: $e^{\lambda t}$ vezes “Taylor truncado” em cada diagonal acima ($1$, $t$, $\frac{t^2}{2!}$, …). Não é preciso calcular valores/vetores próprios.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 5(e))

Determine $e^{At}$ para $A=\left[\begin{array}{cc}-4& 12\\ -3& 8\end{array}\right]$.

Resolução passo-a-passo

1. Valores próprios. $\mathrm{tr}A=4$, $\det A=-32+36=4$: ${\lambda }^2-4\lambda +4=(\lambda -2{)}^2$ ⇒ $\lambda =2$ duplo.

2. Nilpotente. $N=A-2I=\left[\begin{array}{cc}-6& 12\\ -3& 6\end{array}\right]$, $N^2=\left[\begin{array}{cc}36-36& -72+72\\ 18-18& -36+36\end{array}\right]=0$ ✓ (só há um vetor próprio, $(2,1)$: $A$ não é diagonalizável).

3. $e^{At}=e^{2t}(I+tN)$:

$$\boxed{e^{At}=e^{2t}\left[\begin{array}{cc}1-6t& 12t\\ -3t& 1+6t\end{array}\right]}$$

Lição

Valor próprio duplo em $2\times 2$ (e $A\ne \lambda I$) ⇒ $e^{At}=e^{\lambda t}(I+t(A-\lambda I))$, direto. Aparecem termos $t{e}^{\lambda t}$ — a “ressonância” dos sistemas não diagonalizáveis.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 5(f))

Determine $e^{At}$ para $A=\left[\begin{array}{cc}5& -4\\ 2& 1\end{array}\right]$.

Resolução passo-a-passo

1. Valores próprios. $\mathrm{tr}A=6$, $\det A=5+8=13$: ${\lambda }^2-6\lambda +13=0\Rightarrow \lambda =3\pm 2i$ ($a=3$, $b=2$).

2. Método rápido. $M=A-3I=\left[\begin{array}{cc}2& -4\\ 2& -2\end{array}\right]$, $M^2=\left[\begin{array}{cc}4-8& -8+8\\ 4-4& -8+4\end{array}\right]=-4I=-b^{2}I$ ✓. Então

$$e^{At}=e^{3t}(\cos (2t)I+\frac{\mathrm{sen}(2t)}{2}\left[\begin{array}{cc}2& -4\\ 2& -2\end{array}\right])$$ $$\boxed{e^{At}=e^{3t}\left[\begin{array}{cc}\cos (2t)+\mathrm{sen}(2t)& -2\mathrm{sen}(2t)\\ \mathrm{sen}(2t)& \cos (2t)-\mathrm{sen}(2t)\end{array}\right]}$$

3. Confirmação pelo método do livro. Vetor próprio de $3+2i$: $(A-(3+2i)I)v=0$, 2.ª linha $2v_1+(-2-2i)v_2=0\Rightarrow v=(1+i,1)=(1,1)+i(1,0)$. $e^{(3+2i)t}v=e^{3t}(\cos 2t+i\mathrm{sen}2t)[(1,1)+i(1,0)]$: $\mathrm{Re}=e^{3t}(\cos 2t-\mathrm{sen}2t,\cos 2t)$, $\mathrm{Im}=e^{3t}(\cos 2t+\mathrm{sen}2t,\mathrm{sen}2t)$. $\Phi (t)=e^{3t}\left[\begin{array}{cc}\cos 2t-\mathrm{sen}2t& \cos 2t+\mathrm{sen}2t\\ \cos 2t& \mathrm{sen}2t\end{array}\right]$, $\Phi (0)=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$, $\Phi (0{)}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& -1\end{array}\right]$, e $\Phi (t)\Phi (0{)}^{-1}$ dá a mesma matriz ✓.

Lição

Complexos $a\pm bi$ ⇒ $e^{at}$ a multiplicar $\cos (bt)$ e $\mathrm{sen}(bt)$. A fórmula $e^{at}(\cos (bt)I+\frac{\mathrm{sen}(bt)}{b}(A-aI))$ evita números complexos e é muito mais rápida no teste.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 7 — cálculo)

Aproveite o resultado $e^{A+B}=e^A{e}^B$ (se $AB=BA$) para calcular $\exp \left(t\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 0& 1& 2\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\right)$.

Resolução passo-a-passo

1. Decompor. $tA=tI+tN$ com $N=\left[\begin{array}{ccc}0& 2& 3\\ 0& 0& 2\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$; $tI$ e $tN$ comutam ⇒ $e^{tA}=e^{tI}{e}^{tN}=e^t{e}^{tN}$.

2. Potências. $N^2=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 2\cdot 2\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 4\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$, $N^3=0$.

3. Série finita. $e^{tN}=I+tN+\frac{t^2}{2}{N}^2=\left[\begin{array}{ccc}1& 2t& 3t+2t^2\\ 0& 1& 2t\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$.

$$\boxed{\exp \left(t\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 0& 1& 2\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\right)=e^t\left[\begin{array}{ccc}1& 2t& 3t+2t^2\\ 0& 1& 2t\\ 0& 0& 1\end{array}\right]}$$

Lição

Triangular superior com diagonal constante $\lambda$: $A=\lambda I+N$, $N$ estritamente triangular ⇒ $N^n=0$. Cuidado com $N^2$: a entrada $(1,3)$ vem de $2\cdot 2=4$, não de $3$.

5.10 Sistemas lineares $X^{\prime }=AX$: solução geral

Ideia

O sistema linear homogéneo de coeficientes constantes tem solução única e global para cada condição inicial (Picard vetorial, $F(X)=AX$ é globalmente Lipschitz). O espaço das soluções é um espaço vetorial de dimensão $n$; uma matriz solução fundamental $\Phi (t)$ tem por colunas $n$ soluções l.i., e a solução geral é $X(t)=\Phi (t)c$, $c\in {\mathbb{R}}^n$. A escolha canónica é $\Phi =e^{At}$ (a única com $\Phi (0)=I$), mas qualquer outra serve.

Solução geral

$$X(t)=e^{At}C,C\in {\mathbb{R}}^n(\text{ou }X(t)=\Phi (t)c\text{ com }\Phi \text{ qualquer matriz fundamental}).$$

Matrizes fundamentais “práticas”:

• ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$ reais: $\Phi (t)=\left[e^{{\lambda }_{1}t}{v}_1{e}^{{\lambda }_{2}t}{v}_2\right]=S{e}^{\Lambda t}$.
• $\lambda$ duplo, um só vetor próprio $v$, e $w$ com $(A-\lambda I)w=v$: $\Phi (t)=e^{\lambda t}[vw+tv]$.
• $a\pm bi$: colunas $\mathrm{Re}\left(e^{(a+bi)t}v\right)$, $\mathrm{Im}\left(e^{(a+bi)t}v\right)$. Não homogéneo (variação das constantes): $X(t)=e^{A(t-t_0)}{X}_0+{\int }_{t_0}^t{e}^{A(t-s)}b(s)ds$.

Respostas diferentes podem estar ambas certas

A solução geral não é única na forma: $e^{At}C$ e $\Phi (t)c$ diferem só pela troca de constantes $C=\Phi (0)c$. Num PVI, porém, a resposta final (com as constantes determinadas) tem de coincidir.

Exercício resolvido (Ficha 5, ex. 6(b))

Determine a solução geral do sistema $x^{\prime }=3x-4y,y^{\prime }=x-y$.

Resolução passo-a-passo

1. Forma matricial. $X^{\prime }=AX$, $A=\left[\begin{array}{cc}3& -4\\ 1& -1\end{array}\right]$; $\mathrm{tr}A=2$, $\det A=-3+4=1$: $(\lambda -1{)}^2=0$ ⇒ $\lambda =1$ duplo.

2. Via exponencial. $N=A-I=\left[\begin{array}{cc}2& -4\\ 1& -2\end{array}\right]$, $N^2=\left[\begin{array}{cc}4-4& -8+8\\ 2-2& -4+4\end{array}\right]=0$. Logo

$$e^{At}=e^t(I+tN)=e^t\left[\begin{array}{cc}1+2t& -4t\\ t& 1-2t\end{array}\right],X(t)=e^{At}\left[\begin{array}{c}{C}_1\\ C_2\end{array}\right].$$

3. Via vetores próprios (forma da solução oficial). $Nv=0\Rightarrow v=(2,1)$. Vetor generalizado: $Nw=v\iff 2w_1-4w_2=2\Rightarrow w=(1,0)$. Soluções: $e^{t}v=e^t(2,1)$ e $e^t(w+tv)=e^t(1+2t,t)$. Então

$$\boxed{\left[\begin{array}{c}x(t)\\ y(t)\end{array}\right]=e^t\left[\begin{array}{cc}2& 1+2t\\ 1& t\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right],c_1,c_2\in \mathbb{R}}$$

4. Verificação da 2.ª coluna: $\frac{d}{dt}[e^t(1+2t,t)]=e^t(3+2t,1+t)$ e $A(1+2t,t{)}^T=(3+6t-4t,1+2t-t)=(3+2t,1+t)$ ✓.

Lição

As duas formas são equivalentes ($\Phi (0)=\left[\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$ é invertível). No caso $\lambda$ duplo não diagonalizável, a segunda solução é sempre $e^{\lambda t}(w+tv)$ — nunca $t{e}^{\lambda t}v$ sozinho.

Variação — Ficha 5, ex. 6(a)

$x^{\prime }=-4x-3y,y^{\prime }=2x+3y$: ${\lambda }^2+\lambda -6=0\Rightarrow \lambda =2,-3$; $v_2=(1,-2)$, $v_{-3}=(-3,1)$ ⇒ $\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{e}^{2t}& -3e^{-3t}\\ -2e^{2t}& e^{-3t}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right]$.

Erros a evitar neste tema

Dizer que Peano dá unicidade (só dá existência) · aplicar Picard sem pôr a EDO na forma normal $y^{\prime }=f(t,y)$ (no ex. 2 é preciso dividir por $(1-t)y$, e é aí que aparecem os pontos maus) · concluir “não é Lipschitz” só porque $\partial f/\partial y$ não existe num ponto (tem de se mostrar que o quociente incremental é ilimitado; $|y|$ é Lipschitz) · achar que hipóteses de Picard falhadas implicam não-unicidade (só a permitem; é preciso exibir as soluções) · na justificação da não contradição, esquecer de dizer que $f$ é contínua (existência) e que $\partial f/\partial y\to \infty$ ⇒ $f$ não é $C^1$ perto do ponto inicial (é o que a resolução oficial escreve) · não apresentar logo uma segunda solução concreta (ex.: $y=t^6/27$) antes de cortar e colar · com $|y|$, esquecer o ramo $y<0$ · no esboço do campo de direções, desenhar soluções que se cruzam (Picard proíbe-o) · esquecer que Picard dá unicidade local · colar soluções sem verificar continuidade e derivadas laterais no ponto de colagem · usar a fórmula $\frac{(t+c{)}^2}{4}$ fora de $t+c>0$ (para $t<-c$ não resolve $y^{\prime }=\sqrt{y}$) · nas iteradas, esquecer o $y_0$ somado ou não trocar $t$ por $s$ dentro do integral · dar como domínio de uma iterada um intervalo que não contém $t_0$ · confundir intervalo máximo com “onde a fórmula faz sentido” (é o maior intervalo aberto que contém $t_0$) · escrever $e^{At}=[e^{a_{ij}t}]$ para $A$ não diagonal · usar $e^{A+B}=e^A{e}^B$ sem $AB=BA$ · trocar a ordem das colunas de $S$ face aos $\lambda$ em $e^{\Lambda t}$ · enganar-se em $S^{-1}$ (verificar sempre $e^{A\cdot 0}=I$) · no caso complexo, esquecer o $\frac{1}{b}$ em $\frac{\mathrm{sen}(bt)}{b}$ · no caso $\lambda$ duplo, usar $t{e}^{\lambda t}v$ em vez de $e^{\lambda t}(w+tv)$.

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🧭 6. Sistemas Lineares de EDOs e Diagramas de Fase (Ficha 6)

O que vais saber fazer no fim desta secção

Resolver qualquer sistema $X^{\prime }=AX+b(t)$ com $A$ constante $2\times 2$ (ou triangular/por blocos maior), por valores/vetores próprios ou por $e^{At}$; aplicar a fórmula de variação das constantes; usar o atalho do ponto de equilíbrio quando $b$ é constante; e classificar e esboçar o diagrama de fase de um sistema $2\times 2$ (nó, sela, foco, centro, nó degenerado, linha de equilíbrios). Teoria: Teixeira/Borges, EDOs, §1.4.1–1.4.4 e §1.4.6; Magalhães, cap. 3 (§3.2). O cálculo de $e^{At}$ em si está na secção da Ficha 5 — aqui usamo-lo.

Como os professores resolvem (Ficha 6 — Resolvidos)

Notação deles: a incógnita é $y(t)=\left[\begin{array}{c}{y}_1(t)\\ y_2(t)\end{array}\right]$ (ou $\mathbf{y}$), derivada $\dot{y}$, dado inicial $y_0$ ou $\mathbf{y}(1)$, termo não homogéneo $b(t)$ ou $\mathbf{h}(t)$; o PVI escreve-se sempre como $\{\begin{array}{l}\dot{y}=Ay+b(t)\\ y(t_0)=y_0\end{array}$. Usam “valores/vetores próprios”, “vetor próprio generalizado”, “matriz de mudança de base $S$”, “decomposição de Jordan $A=SJ{S}^{-1}$” (com \underbrace a rotular $S$, $J$, $S^{-1}$), “fórmula de variação das constantes”, “fator de integração”, “solução geral”. A resposta termina com "$\forall t\in \mathbb{R}$" e “onde $c_1,c_2\in \mathbb{R}$” (constantes reais arbitrárias).

A. Calcular $e^{At}$ (ex. 1(a)–(d), 2, 3(a)) — o cálculo em si está na secção 5 (5.8); aqui fica só o molde de apresentação:

1. $\det (A-\lambda I)=0⟺\dots ⟺\lambda =\dots$ (cadeia de $⟺$ até aos valores próprios).
2. Para cada $\lambda$: $(A-\lambda I)v=0⟺\left[\begin{array}{cc}\cdot & \cdot \\ \cdot & \cdot \end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]⟺a=-b$; “os vetores próprios são da forma $v=a\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]$, $a\in \mathbb{R}$”; escolhe-se um para base do espaço próprio.
3. $S$ = vetores próprios em colunas (pela ordem dos valores próprios em $J$), $S^{-1}$, e escreve-se $A=SJ{S}^{-1}$.
4. $e^{At}=S{e}^{Jt}{S}^{-1}$, multiplicando primeiro $S{e}^{Jt}$ e depois por $S^{-1}$.

Justificações que escrevem: complexos — o vetor próprio de $\bar{\lambda }$ é $\bar{v}$ “porque $(A-\lambda I)v=0⟺(A-\bar{\lambda }I)\bar{v}=0$ para $A$ real”, e no fim comentam que “a resposta tinha de ser real, pois a exponencial de uma matriz real é real”; um só valor próprio em $2\times 2$ com $A\ne \lambda I$ ⇒ um só bloco de Jordan (se $J=\lambda I$ então $A=S\lambda I{S}^{-1}=\lambda I$, absurdo); 3 valores próprios distintos ⇒ diagonalizável; blocos ⇒ $e^{At}=\left[\begin{array}{cc}{e}^{A_{1}t}& 0\\ 0& e^{A_{2}t}\end{array}\right]$; $A_1=\lambda I+N$ com $N^2=0$ ⇒ $e^{A_{1}t}=e^{\lambda t}(I+tN)$, justificando que $\lambda I$ e $N$ comutam; $A^T$ bloco de Jordan ⇒ $e^{At}=(e^{A^{T}t}{)}^T$.

B. PVI homogéneo (ex. 1(e)): $y(t)=e^{At}\left[\begin{array}{c}{y}_1(0)\\ y_2(0)\end{array}\right]$, multiplicado até ao fim, "$\forall t\in \mathbb{R}$". (É o caminho oficial; resolver $S(0)C=X_0$ é atalho válido.)

C. Solução geral (ex. 1(f)): $y(t)=S\left[\begin{array}{cc}{e}^{{\lambda }_{1}t}& 0\\ 0& e^{{\lambda }_{2}t}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right]$, $\forall t\in \mathbb{R}$, onde $c_1,c_2\in \mathbb{R}$ — não usam $e^{At}C$ porque fica mais feio; justificam: $S{e}^{\Lambda t}=e^{At}S$ e, sendo $S$ invertível, as colunas de $e^{At}S$ também formam base das soluções.

D. Base do espaço de soluções (ex. 1(g)): as colunas de $S{e}^{\Lambda t}$, escritas como funções $x_1,x_2:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$; frase obrigatória: “são soluções, linearmente independentes, e qualquer solução é da forma $c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)$”.

E. Não homogéneo — variação das constantes (ex. 3(b), 5(b), 6(b)):

1. Identificar $y$, $y_0$, $b(t)$ e reescrever como PVI vetorial.
2. “A solução é dada pela fórmula de variação das constantes”: $y(t)=e^{A(t-t_0)}{y}_0+{\int }_{t_0}^t{e}^{A(t-s)}b(s)ds$ (ou, equivalente, $e^{At}{y}_0+e^{At}{\int }_0^t{e}^{-As}b(s)ds$). Se $y_0=0$ escrevem explicitamente "$=0+\int \dots$".
3. Escrever $e^{A(t-s)}$ por extenso (matriz com $t-s$), multiplicar por $b(s)$ e simplificar as exponenciais antes de integrar (pôr $e^t$ ou $e^{-t}$ fora do integral).
4. Integrar componente a componente, mostrando as primitivas avaliadas: $(2ts-s^2){|}_{s=1}^t$.
5. Só no fim calcular a parcela homogénea $e^{A(t-t_0)}{y}_0$ e somar; “conclui-se que a solução é $\left[\begin{array}{c}{y}_1(t)\\ y_2(t)\end{array}\right]=\dots$”.

F. Desacoplar por mudança de variáveis (ex. 4): se somar/subtrair as equações dá equações separadas, definem $x_1=y_1-y_2$, $x_2=y_1+y_2$, resolvem cada EDO escalar (a linear com fator de integração $e^{-4t}$, escrito $\frac{d}{dt}(e^{-4t}{x}_2)=t{e}^{-4t}$), voltam a $y_1=\frac{1}{2}(x_1+x_2)$, $y_2=\frac{1}{2}(x_2-x_1)$ e renomeiam as constantes ($k_1=\frac{c_1}{2}$). Comentam que a variação das constantes também serviria.

G. Pedem só uma componente num instante ($y_2(3)$, ex. 6): calcula-se apenas o bloco de $e^{At}$ que interessa; a resposta é um número.

Nota: a ficha resolvida não tem diagramas de fase nem equilíbrios com $b$ constante — para isso (6.5–6.7) segue-se o livro e as fichas propostas.

6.1 O sistema linear $X^{\prime }=A(t)X+b(t)$ e a existência de soluções

Ideia

Um sistema de $n$ EDOs de 1.ª ordem é uma única EDO vetorial: a incógnita é uma curva $X(t)=(x_1(t),\dots ,x_n(t))$ e a equação diz qual é a velocidade $X^{\prime }(t)$ em cada ponto. Se essa velocidade depende linearmente de $X$, o sistema é linear. Tudo o que se fez no caso escalar ($y^{\prime }+a(t)y=b(t)$, fator integrante) generaliza-se, trocando números por matrizes: o “fator integrante” passa a ser a inversa de uma matriz solução fundamental. Bónus importante: uma EDO linear de ordem $n$ (p. ex. $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$) é um sistema $2\times 2$ com $X=(y,y^{\prime })$.

Definição (Equação vetorial linear) — Teixeira/Borges §1.4.2

$$X^{\prime }(t)=\underset{n\times n\text{, contıˊnua em }I}{\underbrace{A(t)}}X(t)+\underset{\text{termo na˜o homogeˊneo, contıˊnuo em }I}{\underbrace{b(t)}}$$

É homogénea se $b\equiv 0$; tem coeficientes constantes se $A(t)=A$ não depende de $t$.

Teorema de Picard no caso vetorial — Teixeira/Borges §1.4.1

Se $f:D=I\times {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ é contínua e localmente lipschitziana em $X$, isto é, $\Vert f(t,X)-f(t,Y)\Vert \le L\Vert X-Y\Vert$ em compactos, então o PVI $X^{\prime }=f(t,X)$, $X(t_0)=X_0$ tem solução única num intervalo $]t_0-\alpha ,t_0+\alpha [$. Caso linear: $f(t,X)=A(t)X+b(t)$ é sempre lipschitziana em $X$ (com $L=\max \Vert A(t)\Vert$ num compacto) ⇒ o PVI tem solução única definida em todo o intervalo $I$ onde $A$ e $b$ são contínuas (não há explosão em tempo finito — ao contrário de $y^{\prime }=y^2$).

Linear ≠ "fácil em qualquer caso"

A teoria (existência, espaço de soluções, variação das constantes) vale para $A(t)$ variável, mas só há método explícito geral quando $A$ é constante. Na Ficha 6 e no MAP, $A$ é sempre constante.

6.2 Espaço de soluções, matriz solução fundamental e Wronskiano

Ideia

Na equação homogénea $X^{\prime }=A(t)X$, somas e múltiplos de soluções são soluções (princípio da sobreposição). Como cada solução fica determinada pelo valor inicial $X(t_0)\in {\mathbb{R}}^n$ (unicidade), o espaço de soluções é um espaço vetorial de dimensão $n$: basta conhecer $n$ soluções independentes e “empilhá-las” em colunas.

Matriz solução fundamental — Teixeira/Borges §1.4.2

$S(t)$ ($n\times n$) é matriz solução fundamental de $X^{\prime }=A(t)X$ se e só se

1. as colunas de $S(t)$ são soluções, ou seja $S^{\prime }(t)=A(t)S(t)$;
2. $\det S(t_0)\ne 0$ para algum $t_0\in I$ (e então $\det S(t)\ne 0$ para todo $t$).

Consequências:

$$\underset{\text{soluc¸a˜o geral}}{\underbrace{X(t)=S(t)C,C\in {\mathbb{R}}^n}}\underset{\text{soluc¸a˜o do PVI }X(t_0)=X_0}{\underbrace{X(t)=S(t)S^{-1}(t_0)X_0}}$$

e a inversa satisfaz $\frac{d}{dt}{S}^{-1}(t)=-S^{-1}(t)A(t)$.

Wronskiano

$W(t)=\det S(t)$ chama-se Wronskiano das $n$ soluções que formam as colunas. Ou é nulo em todo o $t$ (soluções dependentes) ou nunca se anula (soluções independentes) — testar num só ponto (normalmente $t=0$) chega. Complemento (fórmula de Liouville): $W(t)=W(t_0)e^{{\int }_{t_0}^t\mathrm{tr}A(s)ds}$. Para uma EDO de ordem $n$, $S(t)$ é a matriz wronskiana $\left[\begin{array}{ccc}{u}_1& \cdots & u_n\\ u_1^{\prime }& \cdots & u_n^{\prime }\\ ⋮& & ⋮\end{array}\right]$.

Coeficientes constantes: a exponencial é a matriz fundamental — §1.4.4

$e^{At}$ é a única matriz solução fundamental de $X^{\prime }=AX$ com $e^{A\cdot 0}=I$. Logo

$$\boxed{X(t)=e^{A(t-t_0)}{X}_0}\text{e}{e}^{At}=S(t)S^{-1}(0)\text{ para qualquer matriz fundamental }S.$$

Propriedades a usar: $\frac{d}{dt}{e}^{At}=A{e}^{At}=e^{At}A$; $(e^{At}{)}^{-1}=e^{-At}$; se $AB=BA$ então $e^{(A+B)t}=e^{At}{e}^{Bt}$; se $A=PJ{P}^{-1}$ então $e^{At}=P{e}^{Jt}{P}^{-1}$.

Não precisas sempre de $e^{At}$

Se pedem a solução geral, qualquer matriz fundamental serve: $X=S(t)C$ com $S(t)=[e^{{\lambda }_{1}t}{v}_1{e}^{{\lambda }_{2}t}{v}_2]$ é mais simples do que $e^{At}C$ — é exatamente a escolha dos professores (Ficha 6 resolvidos, ex. 1(f)). Para o PVI, o caminho oficial é $X(t)=e^{At}{X}_0$ (com $e^{At}=S{e}^{\Lambda t}{S}^{-1}$); o atalho é resolver $S(0)C=X_0$, sem calcular $e^{At}$ por inteiro.

6.3 Método dos valores e vetores próprios (coeficientes constantes)

Ideia

Se $Av=\lambda v$, então $X(t)=e^{\lambda t}v$ é solução: $X^{\prime }=\lambda e^{\lambda t}v=e^{\lambda t}Av=AX$. Geometricamente: uma condição inicial sobre a reta de um vetor próprio fica nessa reta para sempre, a esticar ($\lambda >0$) ou a encolher ($\lambda <0$) exponencialmente. Uma condição inicial qualquer decompõe-se nos vetores próprios e cada componente evolui pelo seu próprio $e^{\lambda t}$ — é “diagonalizar o sistema”.

Os três casos para $A$ real $2\times 2$ (ou blocos de $A$ $n\times n$)

Polinómio característico: $\det (A-\lambda I)={\lambda }^2-(\mathrm{tr}A)\lambda +\det A=0$.

(i) Valores próprios reais distintos ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$, vetores $v_1,v_2$:

$$X(t)=c_1{e}^{{\lambda }_{1}t}{v}_1+c_2{e}^{{\lambda }_{2}t}{v}_2$$

(ii) Valor próprio duplo $\lambda$ com um só vetor próprio $v$ (não diagonalizável): procura-se um vetor próprio generalizado $w$ com $(A-\lambda I)w=v$:

$$X(t)=c_1{e}^{\lambda t}v+c_2{e}^{\lambda t}\left(\underset{\text{"termo secular"}}{\underbrace{tv+w}}\right)\text{equivalente a}{e}^{At}=e^{\lambda t}(I+t(A-\lambda I))$$

(a forma da direita vem de $(A-\lambda I{)}^2=0$, Cayley–Hamilton; se $A=\lambda I$ então simplesmente $X=e^{\lambda t}{X}_0$.)

(iii) Valores próprios complexos $\lambda =\alpha \pm i\beta$ ($\beta \ne 0$), vetor próprio $v=p+iq$ de $\alpha +i\beta$: a solução complexa $e^{(\alpha +i\beta )t}v$ dá duas soluções reais, a parte real e a parte imaginária:

$$X(t)=c_1\underset{e^{\alpha t}(p\cos \beta t-q\mathrm{sen}\beta t)}{\underbrace{\mathrm{Re}\left(e^{\lambda t}v\right)}}+c_2\underset{e^{\alpha t}(p\mathrm{sen}\beta t+q\cos \beta t)}{\underbrace{\mathrm{Im}\left(e^{\lambda t}v\right)}}$$

Caso-padrão a decorar: $A=\left[\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right]\Rightarrow e^{At}=e^{at}\left[\begin{array}{cc}\cos bt& -\mathrm{sen}bt\\ \mathrm{sen}bt& \cos bt\end{array}\right]$ (dilatação $e^{at}$ × rotação de ângulo $bt$; vem de $A=aI+bJ$ com $aI$ e $J$ a comutarem).

Caso complexo à maneira dos professores

Nas resoluções oficiais (Ficha 6 resolvidos, ex. 3(a) e 6(a)) os complexos tratam-se por diagonalização complexa: $v_1$ de $\lambda$, $v_2={\bar{v}}_1$ de $\bar{\lambda }$, $S=[v_1{\bar{v}}_1]$, $e^{At}=S\left[\begin{array}{cc}{e}^{\lambda t}& 0\\ 0& e^{\bar{\lambda }t}\end{array}\right]S^{-1}$, e usa-se $e^{\pm i\beta t}=\cos \beta t\pm i\mathrm{sen}\beta t$ até a resposta ficar real. A via $\mathrm{Re}/\mathrm{Im}$ acima e o caso-padrão $\left[\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right]$ são atalhos equivalentes (mais rápidos).

Passos para resolver $X^{\prime }=AX$, $X(0)=X_0$

1. Valores próprios: $\det (A-\lambda I)=0⟺\dots ⟺\lambda =\dots$ (em $2\times 2$: ${\lambda }^2-(\mathrm{tr}A)\lambda +\det A=0$).
2. Vetores próprios: resolver $(A-\lambda I)v=0$ (em $2\times 2$ basta uma linha da matriz) e escrever ”$v=a(\dots )$, $a\in \mathbb{R}$”.
3. Caminho oficial: matriz de mudança de base $S$ (vetores próprios em colunas), $S^{-1}$, $A=SJ{S}^{-1}$, $e^{At}=S{e}^{Jt}{S}^{-1}$ (ver secção 5) e $\boxed{X(t)=e^{At}{X}_0,\forall t\in \mathbb{R}}$.
4. Atalho: escolher o caso (i)/(ii)/(iii), escrever a solução geral $X(t)=c_1{X}_1(t)+c_2{X}_2(t)$ e resolver $c_1{X}_1(0)+c_2{X}_2(0)=X_0$.
5. Verificar em $t=0$ e, se houver tempo, derivar uma componente.

Quando usar / sinais no enunciado

“Resolva o PVI $X^{\prime }=AX$” → passos acima. “Determine a solução que vale $(x_0,y_0)$ em $t=0$” → escreve $X_0$ na base de vetores próprios (com $v_1=(1,1)$, $v_2=(1,-1)$: $X_0=\frac{x_0+y_0}{2}{v}_1+\frac{x_0-y_0}{2}{v}_2$). Matriz triangular → os valores próprios estão na diagonal e muitas vezes uma equação desacopla-se (resolve-se essa primeiro). $X_0$ já é vetor próprio → a resposta é logo $e^{\lambda t}{X}_0$.

Exercício resolvido (Ficha 6, ex. 1)

Resolva o problema de valor inicial $X^{\prime }=AX$, onde: (a) $A=\left[\begin{array}{cc}2& 1\\ 0& -5\end{array}\right]$, $X(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$; (b) $A=\left[\begin{array}{cc}2& -3\\ 3& 8\end{array}\right]$, $X(0)=\left[\begin{array}{c}4\\ -3\end{array}\right]$.

Resolução passo-a-passo

(a) 1. Valores próprios. $A$ é triangular superior ⇒ ${\lambda }_1=2$, ${\lambda }_2=-5$. 2. Repara na condição inicial. $(A-2I)\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& -7\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]$ ⇒ $X_0=(1,0)$ é vetor próprio de $\lambda =2$. 3. Conclusão. A solução fica na reta do eixo $x$ e só estica: $X(t)=e^{2t}{X}_0$. (Confirmação direta: $y^{\prime }=-5y$, $y(0)=0\Rightarrow y\equiv 0$; depois $x^{\prime }=2x$, $x(0)=1\Rightarrow x=e^{2t}$.)

$$\boxed{X(t)=\left[\begin{array}{c}{e}^{2t}\\ 0\end{array}\right]}$$

(b) 1. Valores próprios. $\mathrm{tr}A=10$, $\det A=16+9=25$: ${\lambda }^2-10\lambda +25=(\lambda -5{)}^2=0$ ⇒ $\lambda =5$ duplo. 2. Vetores próprios. $A-5I=\left[\begin{array}{cc}-3& -3\\ 3& 3\end{array}\right]$ ⇒ $a+b=0$ ⇒ só $v=(1,-1)$ (a menos de múltiplos). Não diagonalizável ⇒ caso (ii). 3. Atalho com $e^{At}$. Como $(A-5I{)}^2=0$:

$$X(t)=e^{5t}(I+t(A-5I))X_0,(A-5I)X_0=\left[\begin{array}{cc}-3& -3\\ 3& 3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}4\\ -3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-3\\ 3\end{array}\right].$$

4. (Alternativa com vetor generalizado.) $(A-5I)w=v$: $-3c-3d=1$ ⇒ $w=(-\frac{1}{3},0)$. Solução geral $X=c_1{e}^{5t}v+c_2{e}^{5t}(tv+w)$; em $t=0$: $c_1(1,-1)+c_2(-\frac{1}{3},0)=(4,-3)$ ⇒ $c_1=3$, $c_2=-3$. Dá o mesmo. 5. Resultado.

$$\boxed{X(t)=e^{5t}\left[\begin{array}{c}4-3t\\ 3t-3\end{array}\right]}$$

Verificação: $X(0)=(4,-3)$ ✓.

Lição

Antes de fazer contas, testa se $X_0$ é vetor próprio (poupa tudo). Com valor próprio duplo em $2\times 2$, o atalho $e^{At}=e^{\lambda t}(I+t(A-\lambda I))$ é o mais rápido e não exige procurar $w$. O fator $t$ (termo secular) só aparece no caso não diagonalizável.

Exercício resolvido (Ficha 6 — Resolvidos, ex. 1)

Seja $A=\left[\begin{array}{cc}3& 2\\ 2& 3\end{array}\right]$. (a)–(d) Valores e vetores próprios, $S$ que diagonaliza $A$, $S^{-1}$ e $e^{At}$. (e) Resolva $\dot{y}=Ay$, $y(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right]$. (f) Determine a solução geral de $\dot{y}=Ay$. (g) Escreva duas funções $y:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ que constituam uma base do espaço vetorial das soluções.

Resolução passo-a-passo

1. Valores próprios. $\det (A-\lambda I)=0⟺(3-\lambda {)}^2-4=0⟺{\lambda }^2-6\lambda +5=0⟺\lambda =1$ ou $\lambda =5$. 2. Vetores próprios. $(A-I)v=0⟺\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& 2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]=0⟺a=-b$ ⇒ $v=a(1,-1)$, $a\in \mathbb{R}$. $(A-5I)v=0⟺\left[\begin{array}{cc}-2& 2\\ 2& -2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]=0⟺a=b$ ⇒ $v=a(1,1)$, $a\in \mathbb{R}$. 3. Mudança de base. $S=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right]$ (colunas: vetores próprios de $1$ e $5$, respetivamente), $S^{-1}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 1\end{array}\right]$, $A=S\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 5\end{array}\right]S^{-1}$. 4. Exponencial. Ver secção 5 para o método:

$$e^{At}=S\left[\begin{array}{cc}{e}^t& 0\\ 0& e^{5t}\end{array}\right]S^{-1}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}{e}^t+e^{5t}& e^{5t}-e^t\\ e^{5t}-e^t& e^t+e^{5t}\end{array}\right].$$

5. (e) PVI — caminho oficial $y=e^{At}y(0)$.

$$\boxed{y(t)=e^{At}\left[\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\frac{3e^{5t}-e^t}{2}\\ \frac{3e^{5t}+e^t}{2}\end{array}\right],\forall t\in \mathbb{R}}$$

6. (f) Solução geral — com $S{e}^{\Lambda t}$, não com $e^{At}$.

$$\boxed{y(t)=S\left[\begin{array}{cc}{e}^t& 0\\ 0& e^{5t}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{c}_1{e}^t+c_2{e}^{5t}\\ c_2{e}^{5t}-c_1{e}^t\end{array}\right],\forall t\in \mathbb{R},c_1,c_2\in \mathbb{R}}$$

Justificação deles: $S{e}^{\Lambda t}=S{e}^{\Lambda t}{S}^{-1}S=e^{At}S$; como $S$ é invertível, as colunas de $e^{At}S$ formam, tal como as de $e^{At}$, uma base das soluções. Responder $y=e^{At}C$ também estaria certo, só é mais feio. 7. (g) Base. As colunas de $S{e}^{\Lambda t}=\left[\begin{array}{cc}{e}^t& e^{5t}\\ -e^t& e^{5t}\end{array}\right]$:

$$\boxed{x_1(t)=\left[\begin{array}{c}{e}^t\\ -e^t\end{array}\right],x_2(t)=\left[\begin{array}{c}{e}^{5t}\\ e^{5t}\end{array}\right]}$$

São soluções, são linearmente independentes, e qualquer solução é $y(t)=c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)$.

Lição

PVI → $e^{At}{y}_0$; solução geral → $S{e}^{\Lambda t}c$; base → colunas de $S{e}^{\Lambda t}$, i.e. $e^{{\lambda }_{i}t}{v}_i$. Nas alíneas de “base” escreve sempre a frase das três propriedades (soluções, independentes, geram).

6.4 Caso não homogéneo: fórmula de variação das constantes

Ideia

É exatamente o fator integrante de CDI escalar, com $e^{-At}$ no papel de $e^{-at}$: multiplicando $X^{\prime }-AX=b$ por $e^{-At}$ fica $(e^{-At}X{)}^{\prime }=e^{-At}b(t)$; integra-se e multiplica-se de volta por $e^{At}$. Leitura física: a resposta é “evolução livre do estado inicial” + “soma de todos os impulsos $b(s)ds$ recebidos no instante $s$, cada um a evoluir livremente durante o tempo $t-s$”.

Fórmula de variação das constantes — Teixeira/Borges §1.4.3; Magalhães (3.11)

Se $b$ é contínua em $I\ni t_0$, o PVI $X^{\prime }=AX+b(t)$, $X(t_0)=X_0$ tem solução única, definida em todo o $I$:

$$X(t)=\underset{\text{soluc¸a˜o homogeˊnea com o dado inicial}}{\underbrace{e^{A(t-t_0)}{X}_0}}+\underset{\text{soluc¸a˜o particular com dado inicial nulo}}{\underbrace{{\int }_{t_0}^t{e}^{A(t-s)}b(s)ds}}$$

Com $A(t)$ variável e $S(t)$ fundamental: $X(t)=S(t)S^{-1}(t_0)X_0+S(t){\int }_{t_0}^t{S}^{-1}(s)b(s)ds$. Solução geral (sem dado inicial): $X(t)=e^{At}C+e^{At}\int e^{-As}b(s)ds$, $C\in {\mathbb{R}}^n$.

Armadilhas na fórmula

É $e^{A(t-s)}$ dentro do integral (a variável de integração é $s$, $t$ é constante) — não $e^{At}$. Tira-se $e^{At}$ para fora só escrevendo $e^{A(t-s)}=e^{At}{e}^{-As}$. E o limite inferior é o instante inicial $t_0$ (se o dado é $X(1)$, integra-se de $1$ a $t$ e usa-se $e^{A(t-1)}{X}_0$).

Passos para a variação das constantes

1. Identificar $A$, $b(t)$, $t_0$, $X_0$ e escrever o PVI vetorial $\{\begin{array}{l}\dot{X}=AX+b(t)\\ X(t_0)=X_0\end{array}$.
2. Calcular $e^{At}$ (secção 6.3 / secção 5).
3. Escrever “pela fórmula de variação das constantes” $X(t)=e^{A(t-t_0)}{X}_0+{\int }_{t_0}^t{e}^{A(t-s)}b(s)ds$ e pôr $e^{A(t-s)}$ por extenso (trocar $t$ por $t-s$ em cada entrada).
4. Multiplicar $e^{A(t-s)}b(s)$, simplificar as exponenciais e tirar para fora o que só depende de $t$ antes de integrar.
5. Integrar componente a componente em $s\in [t_0,t]$, mostrando as primitivas avaliadas em $s=t_0$ e $s=t$.
6. Calcular a parcela $e^{A(t-t_0)}{X}_0$, somar e simplificar; verificar $X(t_0)=X_0$ (apanha erros — até nas resoluções oficiais, ver ex. 5 abaixo).

Quando usar / sinais no enunciado

$b(t)$ não constante ($e^{2t}$, $e^{-t}$, $t$, …) → variação das constantes. Antes disso, procura atalhos: se uma equação está desacoplada (p. ex. $y^{\prime }=-8y+8$ só tem $y$), resolve-a primeiro como EDO escalar e substitui; se existe uma mudança de variáveis simples que diagonaliza ($x_1=y_1-y_2$, $x_2=y_1+y_2$, Ficha 6 resolvidos, ex. 4), usa-a. Se $b$ é constante → secção 6.5.

Exercício resolvido (Ficha 6, ex. 7)

Resolva o problema de valor inicial

$$\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=2x-3y+e^{2t}\\ y^{\prime }=-8y+8\end{array},X(0)=\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right].$$

Resolução passo-a-passo

1. Forma matricial. $X^{\prime }=AX+b(t)$ com $A=\left[\begin{array}{cc}2& -3\\ 0& -8\end{array}\right]$, $b(t)=\left[\begin{array}{c}{e}^{2t}\\ 8\end{array}\right]$. 2. Exponencial. Triangular ⇒ ${\lambda }_1=2$ com $v_1=(1,0)$; ${\lambda }_2=-8$: $(A+8I)v=0\iff 10a-3b=0$ ⇒ $v_2=(3,10)$. Com $S=\left[\begin{array}{cc}1& 3\\ 0& 10\end{array}\right]$, $S^{-1}=\frac{1}{10}\left[\begin{array}{cc}10& -3\\ 0& 1\end{array}\right]$:

$$e^{At}=S\left[\begin{array}{cc}{e}^{2t}& 0\\ 0& e^{-8t}\end{array}\right]S^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{e}^{2t}& \frac{3}{10}(e^{-8t}-e^{2t})\\ 0& e^{-8t}\end{array}\right].$$

3. Parte homogénea. $e^{At}{X}_0=\left[\begin{array}{c}2e^{2t}+\frac{3}{10}(e^{-8t}-e^{2t})\\ e^{-8t}\end{array}\right]$. 4. Integral. $e^{A(t-s)}b(s)=\left[\begin{array}{c}{e}^{2(t-s)}{e}^{2s}+\frac{12}{5}(e^{-8(t-s)}-e^{2(t-s)})\\ 8e^{-8(t-s)}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{e}^{2t}+\frac{12}{5}(e^{-8(t-s)}-e^{2(t-s)})\\ 8e^{-8(t-s)}\end{array}\right]$. Integrando em $s\in [0,t]$:

$${\int }_0^t\cdots ds=\left[\begin{array}{c}t{e}^{2t}+\frac{12}{5}(\frac{1-e^{-8t}}{8}-\frac{e^{2t}-1}{2})\\ 1-e^{-8t}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}t{e}^{2t}+\frac{3}{2}-\frac{3}{10}{e}^{-8t}-\frac{6}{5}{e}^{2t}\\ 1-e^{-8t}\end{array}\right].$$

5. Somar. Os termos em $e^{-8t}$ cancelam: $x=e^{2t}(2-\frac{3}{10}-\frac{6}{5})+t{e}^{2t}+\frac{3}{2}=(t+\frac{1}{2})e^{2t}+\frac{3}{2}$; $y=e^{-8t}+1-e^{-8t}=1$.

$$\boxed{\left[\begin{array}{c}x(t)\\ y(t)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}3/2\\ 1\end{array}\right]+(t+\frac{1}{2})e^{2t}\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]}$$

6. Atalho (o que farias no teste). A 2.ª equação está desacoplada e $y=1$ é o seu equilíbrio ($-8\cdot 1+8=0$); como $y(0)=1$, por unicidade $y\equiv 1$. Então $x^{\prime }=2x-3+e^{2t}$; fator integrante $e^{-2t}$: $(e^{-2t}x{)}^{\prime }=-3e^{-2t}+1$ ⇒ $e^{-2t}x=\frac{3}{2}{e}^{-2t}+t+C$; $x(0)=2\Rightarrow C=\frac{1}{2}$. Mesmo resultado em 3 linhas.

Lição

A fórmula de variação das constantes funciona sempre, mas é pesada. Em matrizes triangulares, resolve de baixo para cima como EDOs escalares. Repara também na ressonância: o forçamento $e^{2t}$ tem a mesma taxa que o valor próprio $\lambda =2$, por isso aparece $t{e}^{2t}$ (não $C{e}^{2t}$).

Exercício resolvido (Ficha 6 resolvidos, ex. 3)

Com $A=\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& -1\end{array}\right]$: (a) calcule $e^{At}$; (b) resolva $Y^{\prime }=AY+\left[\begin{array}{c}{e}^{-t}\\ 0\end{array}\right]$, $Y(0)=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]$.

Resolução passo-a-passo

1. $e^{At}$. (Oficial: $\lambda =-1\pm i$, $v_1=(1,i)$, $v_2={\bar{v}}_1=(1,-i)$, $e^{At}=S{e}^{Jt}{S}^{-1}$ com $S=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ i& -i\end{array}\right]$ — ver secção 5.) Atalho: $A=-I+\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right]$ (forma $\left[\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right]$ com $a=-1$, $b=-1$). Logo

$$e^{At}=e^{-t}\left[\begin{array}{cc}\cos t& \mathrm{sen}t\\ -\mathrm{sen}t& \cos t\end{array}\right].$$

2. Fórmula com $Y_0=0$. Só fica o integral:

$$Y(t)={\int }_0^t{e}^{-(t-s)}\left[\begin{array}{c}\cos (t-s)\\ -\mathrm{sen}(t-s)\end{array}\right]e^{-s}ds=e^{-t}{\int }_0^t\left[\begin{array}{c}\cos (t-s)\\ -\mathrm{sen}(t-s)\end{array}\right]ds.$$

3. Integrar em $s$. ${\int }_0^t\cos (t-s)ds=\mathrm{sen}t$; ${\int }_0^t\mathrm{sen}(t-s)ds=1-\cos t$.

$$\boxed{Y(t)=e^{-t}\left[\begin{array}{c}\mathrm{sen}t\\ \cos t-1\end{array}\right]}$$

Lição

Quando $b(s)$ traz o mesmo exponencial que a parte real dos valores próprios ($e^{-s}$ vs. $e^{-(t-s)}$), o $s$ cancela no expoente e o integral fica trivial. Integra em $s$, com cuidado com o sinal: $\frac{d}{ds}\mathrm{sen}(t-s)=-\cos (t-s)$.

Exercício resolvido (Ficha 6 — Resolvidos, ex. 4)

Resolva o sistema $\{\begin{array}{l}\frac{d{y}_1}{dt}=2y_1+2y_2+t\\ \frac{d{y}_2}{dt}=2y_1+2y_2\end{array}$

Resolução passo-a-passo

1. Repara na estrutura. Os segundos membros só dependem de $y_1+y_2$. Subtraindo e somando as equações:

$$\{\begin{array}{l}{\dot{y}}_1-{\dot{y}}_2=t\\ {\dot{y}}_1+{\dot{y}}_2=4(y_1+y_2)+t\end{array}$$

2. Novas incógnitas $x_1=y_1-y_2$, $x_2=y_1+y_2$: o sistema fica desacoplado, ${\dot{x}}_1=t$, ${\dot{x}}_2=4x_2+t$. 3. Primeira equação. $x_1(t)=\frac{t^2}{2}+c_1$, $c_1\in \mathbb{R}$. 4. Segunda equação — fator de integração $e^{-4t}$.

$${\dot{x}}_2=4x_2+t⟺\frac{d}{dt}\left(e^{-4t}{x}_2\right)=t{e}^{-4t}⟺e^{-4t}{x}_2=\int t{e}^{-4t}dt+c_2⟺x_2(t)=-\frac{t}{4}-\frac{1}{16}+c_2{e}^{4t}$$

(primitiva por partes: $\int t{e}^{-4t}dt=-\frac{t}{4}{e}^{-4t}-\frac{1}{16}{e}^{-4t}$). 5. Voltar a $y$. $y_1=\frac{1}{2}(x_1+x_2)$, $y_2=\frac{1}{2}(x_2-x_1)$; com $k_1=\frac{c_1}{2}$, $k_2=\frac{c_2}{2}$:

$$\boxed{\{\begin{array}{l}{y}_1(t)=\frac{t^2}{4}-\frac{t}{8}-\frac{1}{32}+k_1+k_2{e}^{4t}\\ y_2(t)=-\frac{t^2}{4}-\frac{t}{8}-\frac{1}{32}-k_1+k_2{e}^{4t}\end{array},k_1,k_2\in \mathbb{R}}$$

6. Verificação rápida. $y_1+y_2=-\frac{t}{4}-\frac{1}{16}+2k_2{e}^{4t}$ e ${\dot{y}}_2=-\frac{t}{2}-\frac{1}{8}+4k_2{e}^{4t}=2(y_1+y_2)$ ✓.

Lição

Antes da variação das constantes, olha para as somas e diferenças das equações: se $A$ tem vetores próprios “bonitos” ($(1,1)$, $(1,-1)$ — aqui $\lambda =4$ e $\lambda =0$), mudar para $x_1=y_1-y_2$, $x_2=y_1+y_2$ diagonaliza o sistema e reduz tudo a EDOs escalares. Os professores comentam que a variação das constantes também dava — mas dá mais trabalho.

Exercício resolvido (Ficha 6 — Resolvidos, ex. 5)

Seja $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$. (a) Calcule $e^{At}$. (b) Determine a solução do PVI $\{\begin{array}{l}\dot{\mathbf{y}}=A\mathbf{y}+\mathbf{h}(t)\\ \mathbf{y}(1)=(1,1,1)\end{array}$, onde $\mathbf{h}(t)=(0,2e^t,e^t)$.

Resolução passo-a-passo

1. (a) $A$ já está na forma canónica de Jordan (um bloco $2\times 2$ e um $1\times 1$, ver secção 5):

$$e^{At}=\left[\begin{array}{ccc}{e}^t& t{e}^t& 0\\ 0& e^t& 0\\ 0& 0& e^t\end{array}\right].$$

2. Fórmula com $t_0=1$.

$$\mathbf{y}(t)=e^{A(t-1)}\mathbf{y}(1)+{\int }_1^t{e}^{A(t-s)}\mathbf{h}(s)ds.$$

3. Simplificar antes de integrar. $e^{A(t-s)}\mathbf{h}(s)=e^{t-s}\left[\begin{array}{ccc}1& t-s& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]e^s\left[\begin{array}{c}0\\ 2\\ 1\end{array}\right]=e^t\left[\begin{array}{c}2t-2s\\ 2\\ 1\end{array}\right]$. 4. Integrar em $s\in [1,t]$.

$$e^t\left[\begin{array}{c}(2ts-s^2){|}_{s=1}^t\\ 2s{|}_{s=1}^t\\ s{|}_{s=1}^t\end{array}\right]=e^t\left[\begin{array}{c}(t-1{)}^2\\ 2(t-1)\\ t-1\end{array}\right].$$

5. Parcela homogénea. $e^{A(t-1)}\mathbf{y}(1)=e^{t-1}\left[\begin{array}{ccc}1& t-1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=e^{t-1}\left[\begin{array}{c}t\\ 1\\ 1\end{array}\right]$. 6. Somar (pondo $e^{t-1}$ em evidência, $e^t=e\cdot e^{t-1}$):

$$\boxed{\mathbf{y}(t)=e^{t-1}\left[\begin{array}{c}t+e(t-1{)}^2\\ 1+2e(t-1)\\ 1+e(t-1)\end{array}\right]}$$

7. Verificação. $\mathbf{y}(1)=(1,1,1)$ ✓. Confirmação escalar: ${\dot{y}}_3=y_3+e^t$, $y_3(1)=1$ ⇒ $y_3=e^{t-1}+(t-1)e^t$ ✓.

Gralha na resolução oficial

A última linha da resolução oficial dá $e^{t-1}(t+e(t-1{)}^2,2e(t-1),e(t-1))$ — faltam os "$1+$" nas 2.ª e 3.ª componentes (perdeu-se o $e^{t-1}\cdot 1$ da parcela homogénea). Vê-se logo que está errado porque daria $\mathbf{y}(1)=(1,0,0)\ne (1,1,1)$.

Lição

Dado inicial em $t_0\ne 0$ ⇒ $e^{A(t-t_0)}\mathbf{y}(t_0)$ e integral de $t_0$ a $t$. Pôr as exponenciais em evidência antes de integrar deixa só polinómios em $s$. E verifica sempre $\mathbf{y}(t_0)$ no fim.

Exercício resolvido (Ficha 6 — Resolvidos, ex. 6)

Considere o PVI ${\mathbf{y}}^{\prime }=A\mathbf{y}+\mathbf{b}(t)$, $\mathbf{y}(0)=(0,0,0,0)$, com

$$A=\left[\begin{array}{cccc}-2& 0& 0& 0\\ 3& -2& 0& 0\\ 0& 0& 1& 2\\ 0& 0& -2& 1\end{array}\right],\mathbf{b}(t)=\left[\begin{array}{c}0\\ 2\\ 0\\ 0\end{array}\right].$$

(a) Determine a solução geral da equação homogénea. (b) Sendo $\mathbf{y}=(y_1,y_2,y_3,y_4)$ a solução do problema não homogéneo, determine $y_2(3)$.

Resolução passo-a-passo

1. Blocos. $A=\left[\begin{array}{cc}{A}_1& 0\\ 0& A_2\end{array}\right]$ com $A_1=\left[\begin{array}{cc}-2& 0\\ 3& -2\end{array}\right]$, $A_2=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ -2& 1\end{array}\right]$ ⇒ $e^{At}=\left[\begin{array}{cc}{e}^{A_{1}t}& 0\\ 0& e^{A_{2}t}\end{array}\right]$. 2. $e^{A_{1}t}$. $A_1=-2I+N$, $N=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 3& 0\end{array}\right]$, $N^2=0$, e $(-2I)N=N(-2I)$ ⇒ $e^{A_{1}t}=e^{-2t}(I+tN)=e^{-2t}\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 3t& 1\end{array}\right]$. 3. $e^{A_{2}t}$. Valores próprios $1\pm 2i$ (vetores $(1,i)$, $(1,-i)$); pela diagonalização complexa (ou pelo caso-padrão $\left[\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right]$ com $a=1$, $b=-2$): $e^{A_{2}t}=e^t\left[\begin{array}{cc}\cos 2t& \mathrm{sen}2t\\ -\mathrm{sen}2t& \cos 2t\end{array}\right]$. 4. (a) Solução geral da homogénea.

$$\boxed{\mathbf{y}(t)=e^{At}\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\\ c_3\\ c_4\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{c}_1{e}^{-2t}\\ 3c_{1}t{e}^{-2t}+c_2{e}^{-2t}\\ c_3{e}^t\cos 2t+c_4{e}^t\mathrm{sen}2t\\ -c_3{e}^t\mathrm{sen}2t+c_4{e}^t\cos 2t\end{array}\right],(c_1,c_2,c_3,c_4)\in {\mathbb{R}}^4}$$

5. (b) Variação das constantes com ${\mathbf{y}}_0=0$. $\mathbf{y}(t)=e^{At}\cdot 0+e^{At}{\int }_0^t{e}^{-As}\mathbf{b}(s)ds$. Só o bloco $A_1$ “vê” $\mathbf{b}$: $e^{-A_{1}s}\left[\begin{array}{c}0\\ 2\end{array}\right]=e^{2s}\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -3s& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}0\\ 2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 2e^{2s}\end{array}\right]$, cujo integral é $\left[\begin{array}{c}0\\ e^{2t}-1\end{array}\right]$. Então

$$\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right]=e^{-2t}\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 3t& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}0\\ e^{2t}-1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 1-e^{-2t}\end{array}\right],y_3=y_4=0.$$ $$\boxed{y_2(3)=1-e^{-6}}$$

6. Atalho. $y_1^{\prime }=-2y_1$, $y_1(0)=0$ ⇒ $y_1\equiv 0$ (unicidade); então $y_2^{\prime }=-2y_2+2$, $y_2(0)=0$ ⇒ $y_2=1-e^{-2t}$ (equilíbrio $1$ + homogénea).

Lição

Matriz diagonal por blocos ⇒ o sistema separa-se em subsistemas independentes; se só pedem uma componente, trabalha só no bloco dela. Ao usar $e^{(\lambda I+N)t}=e^{\lambda t}{e}^{Nt}$, escreve a justificação ”$\lambda I$ e $N$ comutam”.

6.5 Atalho para $b$ constante: ponto de equilíbrio e translação

Ideia

Se $b$ é constante e $\det A\ne 0$, há exatamente um ponto de equilíbrio $X^{\ast }$ (onde $X^{\prime }=0$). Mudar a origem para $X^{\ast }$ elimina $b$: o sistema passa a ser homogéneo e o diagrama de fase é o mesmo, só transladado para $X^{\ast }$.

Ponto de equilíbrio e mudança $Y=X-X^{\ast }$

$$A{X}^{\ast }+b=0⟺X^{\ast }=-A^{-1}b,Y=X-X^{\ast }\Rightarrow Y^{\prime }=X^{\prime }=AX+b=A(Y+X^{\ast })+b=AY.$$

Logo

$$\boxed{X(t)=e^{At}C+X^{\ast }}\text{(PVI: }X(t)=e^{A(t-t_0)}(X_0-X^{\ast })+X^{\ast }\text{)}.$$

(Dá o mesmo que a variação das constantes: ${\int }_0^t{e}^{A(t-s)}bds=(e^{At}-I)A^{-1}b$.)

Exercício resolvido (Ficha 6, ex. 6)

Determine a solução geral do sistema $\{\begin{array}{l}\dot{x}=x-y+1\\ \dot{y}=x+y-2\end{array}$

Resolução passo-a-passo

1. Forma matricial. $A=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 1\end{array}\right]$, $b=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\end{array}\right]$, $\det A=2\ne 0$. 2. Equilíbrio. $x-y=-1$, $x+y=2$ ⇒ $x^{\ast }=\frac{1}{2}$, $y^{\ast }=\frac{3}{2}$. (Ou $A^{-1}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right]$, $X^{\ast }=-A^{-1}b=-\frac{1}{2}(-1,-3)=(\frac{1}{2},\frac{3}{2})$.) 3. Homogénea. $A$ é do tipo $\left[\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right]$ com $a=b=1$ (é a matriz do ex. 5): $e^{At}=e^t\left[\begin{array}{cc}\cos t& -\mathrm{sen}t\\ \mathrm{sen}t& \cos t\end{array}\right]$. 4. Solução geral.

$$\boxed{\left[\begin{array}{c}x(t)\\ y(t)\end{array}\right]=e^t\left[\begin{array}{cc}\cos t& -\mathrm{sen}t\\ \mathrm{sen}t& \cos t\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}1/2\\ 3/2\end{array}\right],c_1,c_2\in \mathbb{R}}$$

5. Diagrama de fase. Foco instável (espiral a afastar-se, sentido anti-horário) centrado em $(\frac{1}{2},\frac{3}{2})$.

Lição

$b$ constante ⇒ nunca faças o integral da variação das constantes: calcula $X^{\ast }$ (sistema $2\times 2$), resolve a homogénea, soma. Confirma sempre $A{X}^{\ast }+b=0$.

6.6 Diagramas de fase de sistemas $2\times 2$: classificação

Ideia

O diagrama (retrato) de fase é o desenho, no plano $(x,y)$, das órbitas $t\mapsto (x(t),y(t))$ com setas no sentido de $t$ crescente — eliminamos o tempo e ficamos com a “geometria do escoamento” (como linhas de corrente de um campo de velocidades $F(X)=AX$). Para $X^{\prime }=AX$ com $\det A\ne 0$, a origem é o único equilíbrio, e o tipo dele é decidido apenas pelos valores próprios: o sinal da parte real diz se aproxima ou afasta; a parte imaginária diz se roda.

Classificação pelos valores próprios

Valores próprios de $A$	Tipo da origem	Estabilidade	Esboço em palavras
reais, ${\lambda }_1<{\lambda }_2<0$	nó estável (atrator)	assintoticamente estável	todas as órbitas entram na origem tangentes à reta do vetor próprio lento ($|\lambda |$ menor); longe, paralelas ao rápido
reais, $0<{\lambda }_1<{\lambda }_2$	nó instável (repulsor)	instável	igual ao anterior com setas para fora; saem tangentes à direção de $\lambda$ menor
reais, ${\lambda }_1<0<{\lambda }_2$	sela	instável	2 retas invariantes: entra pela de $\lambda <0$, sai pela de $\lambda >0$; restantes órbitas tipo hipérbole, assíntotas às retas
$\alpha \pm i\beta$, $\alpha <0$	foco (espiral) estável	assintoticamente estável	espirais a enrolar para a origem
$\alpha \pm i\beta$, $\alpha >0$	foco (espiral) instável	instável	espirais a desenrolar para fora
$\pm i\beta$ ($\alpha =0$)	centro	estável (não assintoticamente)	elipses fechadas (órbitas periódicas de período $2\pi /\beta$)
$\lambda$ duplo, 1 só vetor próprio	nó impróprio/degenerado	estável se $\lambda <0$, instável se $\lambda >0$	uma só reta invariante; órbitas “em S”, todas tangentes a essa reta na origem
$\lambda$ duplo, $A=\lambda I$	nó próprio (estrela)	idem	semirretas a sair/entrar radialmente em todas as direções
${\lambda }_1=0$, ${\lambda }_2\ne 0$ ($\det A=0$)	reta de equilíbrios (o núcleo de $A$)	não assintoticamente estáveis; instáveis se ${\lambda }_2>0$	órbitas = semirretas paralelas ao vetor próprio de ${\lambda }_2$, a afastar-se (${\lambda }_2>0$) ou a aproximar-se (${\lambda }_2<0$) da reta

Atalho: traço e determinante

Com $\tau =\mathrm{tr}A={\lambda }_1+{\lambda }_2$, $\Delta =\det A={\lambda }_1{\lambda }_2$ e discriminante ${\tau }^2-4\Delta$:

$$\underset{\text{sinais opostos}}{\underbrace{\Delta <0}}\Rightarrow \text{sela};\Delta >0:\{\begin{array}{ll}{\tau }^2-4\Delta >0& \text{noˊ}\\ {\tau }^2-4\Delta =0& \text{noˊ degenerado/estrela}\\ {\tau }^2-4\Delta <0,\tau \ne 0& \text{foco}\\ \tau =0& \text{centro}\end{array}\text{estaˊvel}⟺\tau <0;\Delta =0\Rightarrow \text{reta de equilıˊbrios}.$$

Armadilhas de classificação

Nó vs. foco não é dado pelo sinal de $\tau$ mas pelo discriminante. Num nó, a direção onde as órbitas chegam à origem é a do valor próprio de menor módulo (o que decai mais devagar) — não a do “mais negativo”. Um centro é estável mas não assintoticamente (as órbitas não se aproximam da origem).

Passos para esboçar o diagrama de fase

1. Valores próprios (ou $\tau ,\Delta$) → tipo e estabilidade pela tabela.
2. Equilíbrios: origem (se $\det A\ne 0$); se $\det A=0$, a reta $\ker A$; se há $b$ constante, transladar para $X^{\ast }$.
3. Retas invariantes (casos reais): desenha as retas dos vetores próprios, com setas para dentro se $\lambda <0$ e para fora se $\lambda >0$.
4. Comportamento assintótico: quando $t\to +\infty$ domina o termo com maior $\lambda$; quando $t\to -\infty$ domina o de menor $\lambda$. Isto diz a que reta cada órbita fica paralela/tangente em cada ponta.
5. Complexos: espiral/elipse. Sentido de rotação: testa um ponto, p. ex. $(1,0)$: $X^{\prime }=A(1,0{)}^T=(a_{11},a_{21})$. Se $a_{21}>0$ ($y$ cresce ao atravessar o semieixo positivo $Ox$) → anti-horário; se $a_{21}<0$ → horário.
6. Verificar com um ou dois vetores $AX$ em pontos de teste (p. ex. nos eixos).

Quando usar / sinais no enunciado

“Esboce o diagrama de fase” vem quase sempre como alínea (b) depois de “determine a solução”. Usa a solução que já tens: os coeficientes da decomposição de $X_0$ dizem que órbitas são retas (quando um coeficiente se anula). Nas soluções escreve sempre na forma $X=\alpha (X_0)e^{{\lambda }_{1}t}{v}_1+\beta (X_0)e^{{\lambda }_{2}t}{v}_2$ — é daí que sai o esboço.

6.7 Exercícios de diagramas de fase

Exercício resolvido (Ficha 6, ex. 2)

Considere $\left[\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}-2& 1\\ 1& -2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]$. (a) Determine a solução que vale $(x_0,y_0)$ em $t=0$. (b) Esboce o diagrama de fase do sistema.

Resolução passo-a-passo

1. Valores próprios. $\tau =-4$, $\Delta =3$: ${\lambda }^2+4\lambda +3=0$ ⇒ ${\lambda }_1=-1$, ${\lambda }_2=-3$. 2. Vetores próprios. $\lambda =-1$: $A+I=\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& -1\end{array}\right]$ ⇒ $v_1=(1,1)$. $\lambda =-3$: $A+3I=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right]$ ⇒ $v_2=(1,-1)$. 3. Condição inicial. $(x_0,y_0)=c_1(1,1)+c_2(1,-1)$ ⇒ $c_1=\frac{x_0+y_0}{2}$, $c_2=\frac{x_0-y_0}{2}$.

$$\boxed{\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\frac{x_0+y_0}{2}{e}^{-t}\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]+\frac{x_0-y_0}{2}{e}^{-3t}\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]}$$

4. Classificação. Dois valores próprios reais negativos ⇒ nó estável (assintoticamente estável). 5. Esboço.

• Retas invariantes $y=x$ (se $x_0=y_0$) e $y=-x$ (se $x_0=-y_0$), ambas com setas a apontar para a origem.
• $t\to +\infty$: $e^{-3t}$ morre mais depressa ⇒ fica o termo em $e^{-t}{v}_1$ ⇒ todas as órbitas chegam à origem tangentes a $y=x$ (direção lenta).
• $t\to -\infty$: domina $e^{-3t}{v}_2$ ⇒ longe da origem as órbitas são paralelas a $y=-x$ (direção rápida).
• Resultado: curvas tipo “parábola” que vêm de longe paralelas a $y=-x$, dobram e entram na origem encostadas a $y=x$.

Lição

Nó: entra pela direção lenta (valor próprio de menor módulo), vem de longe pela rápida. Matriz simétrica ⇒ vetores próprios perpendiculares (aqui as bissetrizes).

Exercício resolvido (Ficha 6, ex. 3)

Considere $\left[\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1/2& 5/2\\ 5/2& 1/2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]$. (a) Determine a solução que vale $(x_0,y_0)$ em $t=0$. (b) Esboce o diagrama de fase do sistema.

Resolução passo-a-passo

1. Valores próprios. $\tau =1$, $\Delta =\frac{1}{4}-\frac{25}{4}=-6<0$ ⇒ sela já se sabe. ${\lambda }^2-\lambda -6=0$ ⇒ ${\lambda }_1=3$, ${\lambda }_2=-2$. 2. Vetores próprios. $\lambda =3$: $A-3I=\left[\begin{array}{cc}-5/2& 5/2\\ 5/2& -5/2\end{array}\right]$ ⇒ $v_1=(1,1)$. $\lambda =-2$: $A+2I=\left[\begin{array}{cc}5/2& 5/2\\ 5/2& 5/2\end{array}\right]$ ⇒ $v_2=(1,-1)$. 3. Solução.

$$\boxed{\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\frac{x_0-y_0}{2}{e}^{-2t}\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]+\frac{x_0+y_0}{2}{e}^{3t}\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]}$$

4. Esboço (sela, instável).

• Reta $y=-x$: variedade estável — setas para a origem ($e^{-2t}$).
• Reta $y=x$: variedade instável — setas para fora ($e^{3t}$).
• Outras órbitas: vêm de $\pm \infty$ paralelas a $y=-x$ ($t\to -\infty$), passam perto da origem e saem paralelas a $y=x$ ($t\to +\infty$). Como $x+y=(x_0+y_0)e^{3t}$ e $x-y=(x_0-y_0)e^{-2t}$, as órbitas são as curvas $(x+y{)}^2(x-y{)}^3=\text{const}$ — “hipérboles” com assíntotas nas bissetrizes.
• Teste: em $(1,0)$, $X^{\prime }=(\frac{1}{2},\frac{5}{2})$ ⇒ sobe para a direita, rumo ao 1.º quadrante ✓.

         \         /
     <-   \   ^   /   ->
           v  |  ^
  ----------- O -----------     y=x  : setas para fora
           ^  |  v              y=-x : setas para dentro
     <-   /   v   \   ->
         /         \

Lição

$\det A<0$ ⇒ sela, sem mais contas. Desenha primeiro as duas retas próprias com o sentido certo; as restantes órbitas “seguem” a reta de entrada e “fogem” pela de saída. Única órbita que tende para o equilíbrio: a reta estável.

Exercício resolvido (Ficha 6, ex. 4)

Considere $\left[\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]$. (a) Determine a solução que vale $(x_0,y_0)$ em $t=0$. (b) Esboce o diagrama de fase do sistema.

Resolução passo-a-passo

1. Observa: $\det A=0$. Valores próprios (triangular inferior): ${\lambda }_1=0$, ${\lambda }_2=1$. 2. Vetores próprios. $\lambda =0$: $x+y=0$ ⇒ $v_1=(1,-1)$. $\lambda =1$: $A-I=\left[\begin{array}{cc}-1& 0\\ 1& 0\end{array}\right]$ ⇒ $a=0$ ⇒ $v_2=(0,1)$. 3. Resolução direta (desacoplado). $x^{\prime }=0$ ⇒ $x=x_0$. Então $y^{\prime }=y+x_0$ ⇒ $y=-x_0+(x_0+y_0)e^t$. Em forma vetorial:

$$\boxed{\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=x_0\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]+(x_0+y_0)e^t\left[\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right]}$$

4. Equilíbrios. $AX=0⟺x+y=0$: toda a reta $y=-x$ é feita de pontos de equilíbrio (e $c{e}^{0t}{v}_1$ é constante). 5. Esboço.

• Órbitas: retas verticais $x=x_0$ (paralelas a $v_2=(0,1)$).
• Acima da reta ($x+y>0$): $y\to +\infty$, setas para cima; abaixo ($x+y<0$): setas para baixo. Todas se afastam da reta $y=-x$ (pois ${\lambda }_2=1>0$); para $t\to -\infty$ aproximam-se dela.
• Cada equilíbrio é instável.

Lição

$\det A=0$ ⇒ o núcleo de $A$ é uma reta de equilíbrios, e as órbitas são semirretas paralelas ao outro vetor próprio, com sentido dado pelo sinal do outro valor próprio. Não há “um” ponto de equilíbrio — não lhe chames nó nem sela.

Exercício resolvido (Ficha 6, ex. 5)

Considere $A=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 1\end{array}\right]$. (a) Calcule $e^{At}$. (b) Calcule a solução de $X^{\prime }=AX$, $X(0)=(x_0,y_0)$. (c) Em coordenadas polares $x=r\cos \theta$, $y=r\mathrm{sen}\theta$, verifique que o sistema se escreve $r^{\prime }=r$, ${\theta }^{\prime }=1$, ou seja $\frac{dr}{d\theta }=r$; resolva para $r$ em função de $\theta$. (d) Esboce o diagrama de fase.

Resolução passo-a-passo

1. Valores próprios. $\tau =2$, $\Delta =2$: ${\lambda }^2-2\lambda +2=0$ ⇒ $\lambda =1\pm i$ ($\alpha =1$, $\beta =1$). 2. Vetor próprio de $1+i$. $A-(1+i)I=\left[\begin{array}{cc}-i& -1\\ 1& -i\end{array}\right]$ ⇒ $-ia-b=0$ ⇒ $v=(1,-i)=\underset{p}{\underbrace{(1,0)}}+i\underset{q}{\underbrace{(0,-1)}}$. 3. Soluções reais. $e^{(1+i)t}v=e^t(\cos t+i\mathrm{sen}t)(1,-i)=e^t[(\cos t,\mathrm{sen}t)+i(\mathrm{sen}t,-\cos t)]$. Matriz fundamental real $S(t)=e^t\left[\begin{array}{cc}\cos t& \mathrm{sen}t\\ \mathrm{sen}t& -\cos t\end{array}\right]$, $S(0)=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]=S(0{)}^{-1}$. 4. (a) $e^{At}=S(t)S(0{)}^{-1}$:

$$\boxed{e^{At}=e^t\left[\begin{array}{cc}\cos t& -\mathrm{sen}t\\ \mathrm{sen}t& \cos t\end{array}\right]}$$

(Atalho: $A=I+J$, $J=\left[\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right]$, $IJ=JI$ ⇒ $e^{At}=e^t{e}^{Jt}$ e $e^{Jt}$ é a rotação de ângulo $t$.) 5. (b)

$$\boxed{\left[\begin{array}{c}x(t)\\ y(t)\end{array}\right]=e^t\left[\begin{array}{c}{x}_0\cos t-y_0\mathrm{sen}t\\ x_0\mathrm{sen}t+y_0\cos t\end{array}\right]}$$

6. (c) Polares. Derivando $x=r\cos \theta$, $y=r\mathrm{sen}\theta$ e substituindo em $x^{\prime }=x-y$, $y^{\prime }=x+y$:

$$\{\begin{array}{l}{r}^{\prime }\cos \theta -r\mathrm{sen}\theta {\theta }^{\prime }=r\cos \theta -r\mathrm{sen}\theta \\ r^{\prime }\mathrm{sen}\theta +r\cos \theta {\theta }^{\prime }=r\cos \theta +r\mathrm{sen}\theta \end{array}$$

Multiplicando a 1.ª por $\cos \theta$, a 2.ª por $\mathrm{sen}\theta$ e somando: $r^{\prime }=r({\cos }^2\theta +{\mathrm{sen}}^2\theta )=r$. Substituindo $r^{\prime }=r$ na 1.ª: $-r\mathrm{sen}\theta {\theta }^{\prime }=-r\mathrm{sen}\theta$ ⇒ ${\theta }^{\prime }=1$ (para $r\ne 0$; usa a 2.ª se $\mathrm{sen}\theta =0$). Pela regra da cadeia

$$\frac{dr}{d\theta }=\frac{dr/dt}{d\theta /dt}=\frac{r}{1}=r\Rightarrow \boxed{r(\theta )=C{e}^{\theta }},C\in \mathbb{R}.$$

7. (d) Esboço. $\alpha =1>0$ ⇒ foco instável: espirais logarítmicas $r=C{e}^{\theta }$ a desenrolar-se a partir da origem. Sentido: ${\theta }^{\prime }=1>0$ ⇒ anti-horário (teste: em $(1,0)$, $X^{\prime }=(1,1)$, $y$ cresce ✓). A origem é o único equilíbrio, instável; quando $t\to -\infty$ as órbitas tendem para a origem.

Lição

Valores próprios complexos ⇒ a parte real decide enrolar/desenrolar, o sinal de $a_{21}$ (ou de ${\theta }^{\prime }$) decide o sentido. Matrizes $\left[\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right]$ ficam lindíssimas em polares: $r^{\prime }=ar$, ${\theta }^{\prime }=b$.

Erros a evitar neste tema

Esquecer que $e^{At}$ é só uma matriz fundamental — para a solução geral basta $[e^{{\lambda }_{1}t}{v}_1{e}^{{\lambda }_{2}t}{v}_2]C$ · resolver $(A-\lambda I)v=0$ e obter $v=0$ (o $\lambda$ está mal calculado) · no valor próprio duplo, escrever $c_1{e}^{\lambda t}v+c_2{e}^{\lambda t}v$ (dependentes!) em vez de usar $tv+w$ ou $e^{\lambda t}(I+t(A-\lambda I))$ · com valores próprios complexos, usar as duas soluções $e^{\lambda t}v$ e $e^{\bar{\lambda }t}\bar{v}$ como reais — usa $\mathrm{Re}$ e $\mathrm{Im}$ de uma delas · deixar $i$ na resposta final (a solução de um sistema real é real) · na variação das constantes, pôr $e^{At}$ em vez de $e^{A(t-s)}$ dentro do integral, ou integrar em $t$ em vez de $s$ · usar limite inferior $0$ quando o dado inicial é em $t_0\ne 0$ · com $b$ constante, esquecer de somar $X^{\ast }$ (ou trocar o sinal: $X^{\ast }=-A^{-1}b$) · classificar nó vs. foco pelo sinal do traço (é o discriminante ${\tau }^2-4\Delta$) · num nó, desenhar as órbitas a chegar à origem tangentes à direção rápida (é a lenta) · desenhar setas nas retas próprias sem olhar ao sinal de $\lambda$ · chamar “centro” a um foco (centro exige $\mathrm{Re}\lambda =0$) e dizer que um centro é assintoticamente estável · com $\det A=0$, falar de “o” ponto de equilíbrio (é uma reta inteira) · esquecer o sentido de rotação das espirais/elipses (testa $(1,0)$: sinal de $a_{21}$) · esquecer de verificar $X(0)=X_0$ no fim.

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🧭 Checklist de Estratégia

Sintoma do enunciado	Ferramenta
”Determine uma parametrização / esboce a superfície”	F1 — quádricas-padrão, curvas de nível, tabela de parametrizações
”Área”, “massa”, “centro de massa” de uma superfície	F1 — ${\iint }_{D}f(g(u,v))\Vert g_u\times g_v\Vert dudv$
“Plano tangente”, “normal unitária”	F1 — $g_u\times g_v$ ou $\nabla F$
$\mathrm{div}$, $\mathrm{rot}$, “irrotacional”, “incompressível”, “tem significado?”	F2 — operadores e identidades
Fluxo através de superfície fechada (fronteira de um sólido)	F2 — Gauss
Fluxo através de superfície aberta com $\mathrm{div}F$ simples	F2 — fechar com uma tampa + Gauss − fluxo da tampa
Volume de um sólido “usando o Teorema da Divergência”	F2 — $V=\frac{1}{3}{\iint }_{\partial V}\mathbf{r}\cdot ndS$
Campo $\mathbf{r}/r^3$	F2/F3 — fluxo $0$ se a origem está fora, $4\pi$ se está dentro
Circulação/trabalho ao longo de curva fechada no espaço	F3 — Stokes (ou parametrizar diretamente)
${\iint }_S\mathrm{rot}F\cdot ndS$ em superfície feia	F3 — Stokes: trocar por ${\oint }_{\partial S}$ ou por outra superfície com o mesmo bordo (disco plano)
$y^{\prime }+a(t)y=b(t)$	F4 — fator integrante $e^{\int a}$
$y^{\prime }=f(t)g(y)$	F4 — separar; não esquecer $g(y)=0$
$y^{\prime }=\alpha y+\beta y^n$ / “substituição $v=y^{1-n}$“	F4 — Bernoulli → linear
$y^{\prime }=f(y/t)$ / “substituição $z=y/t$“	F4 — homogénea → separável
Logística, “substituição $w=1/x$“	F4 — linear em $w$
“Intervalo máximo (maximal) de existência”	F4/F5 — domínio da fórmula ∩ continuidade, intervalo que contém $t_0$
“Tem infinitas soluções… porque não contradiz Picard?”	F5 — colar solução de equilíbrio; $f$ não é Lipschitz em $y$
“Iteradas de Picard”	F5 — $y_{k+1}(t)=y_0+{\int }_{t_0}^{t}f(s,y_k(s))ds$
“Calcule $e^{At}$“	F5 — diagonalizar / $\lambda I+N$ / complexos (cos, sen)
$X^{\prime }=AX$, $X(0)=X_0$	F6 — $X(t)=e^{At}{X}_0$ ou valores/vetores próprios
$X^{\prime }=AX+b(t)$	F6 — variação das constantes (ou equilíbrio se $b$ constante)
“Esboce o diagrama de fase”	F6 — sinais/natureza dos valores próprios + retas próprias

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Erros a evitar (lê antes do teste)

• Orientação: em fluxos, verificar se $g_u\times g_v$ aponta para o lado pedido (exterior, “3.ª componente positiva”…); se não, trocar o sinal. Em Stokes, o bordo percorre-se com a superfície à esquerda e a normal dada pela regra da mão direita.
• Esquecer o elemento de área $\Vert g_u\times g_v\Vert$ (ex.: $R^2\mathrm{sen}\phi$ na esfera, $R$ no cilindro) num integral de campo escalar — e, ao contrário, não pôr a norma num fluxo (aí usa-se o vetor $g_u\times g_v$ sem normalizar).
• Aplicar Gauss a uma superfície aberta sem a fechar, ou esquecer de subtrair o fluxo da tampa.
• Aplicar Gauss/Stokes com uma singularidade do campo dentro do domínio (ex.: $\mathbf{r}/r^3$ com a origem lá dentro).
• Confundir $\mathrm{div}$ (escalar) com $\mathrm{rot}$ (vetor); expressões como $\mathrm{div}(\mathrm{div}F)$ ou $\mathrm{rot}(f)$ não têm significado.
• Em EDOs separáveis: perder as soluções de equilíbrio ao dividir por $g(y)$.
• Em Bernoulli/homogéneas: esquecer de voltar à variável original e de verificar o sinal de raízes (escolher o ramo pela condição inicial).
• Intervalo máximo: tem de ser um intervalo aberto que contém $t_0$, onde a fórmula está definida e é $C^1$ — não a união de vários intervalos.
• Picard garante unicidade local; não unicidade só pode acontecer onde $f$ não é Lipschitz em $y$.
• $e^{A+B}=e^A{e}^B$ só se $AB=BA$. E $e^{At}$ não é a matriz das exponenciais das entradas (exceto se $A$ for diagonal).
• Diagramas de fase: não esquecer o sentido das trajetórias (setas) e o sentido de rotação das espirais.

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📎 Recursos

Fichas, resoluções e livros

Enunciados: F1 · F2 · F3 · F4 · F5 · F6 Resoluções: R1 · R2 · R3 · R4 · R5 · R6 Teoria: Teoremas da Divergência e de Stokes · EDOs (Teixeira/Borges) · Magalhães cap. 1 · cap. 2 · cap. 3 MAPs antigos: MAP1 2024/25 (soluções) · MAP1 2025/26 (soluções)

Notas relacionadas (Dataview)

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Recém-modificadas em Cálculo III (DataviewJS)

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