1Sequências Reais e Seus Limites Sumário 1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Sequências de Números Reais . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.4 Limites de Sequências de Números Reais . . . . . . 9 1.5 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1 Unidade 1 Introdução 1.1 Introdução O conceito de limite é o mais fundamental do Cálculo Diferencial e Integral, pois é nele que se baseiam na Matemática atual as definições de convergência, divergência, continuidade, derivada e integral. A falta de compreensão da noção de limite, no passado, levou a vários paradoxos, sendo os mais antigos que se tem notícia devidos a Zenão de Eléia, datando de aproximadamente 2.450 anos. Um dos problemas propostos por Zenão era equivalente ao seguinte: Imagine que um atleta deva correr, em linha reta, de um ponto a outro distando 1km. Quando o atleta chegar na metade do caminho, ainda faltará 0,5 km para chegar ao seu destino. Quando ele percorrer a metade dessa metade do caminho, ainda faltará 0,25 km e quando percorrer a metade dessa distância ainda faltará 0,125 km e assim, sucessivamente. Repetindo esse raciocínio indefinidamente, argumentava Zenão, o atleta nunca chegaria ao destino, pois não importando a distância percorrida, sempre restaria alguma distância a ser percorrida. Note que a distância que separa o atleta da sua meta se tornará tão próxima de zero quanto ele quiser, bastando para isso que ele repita os deslocamentos acima descritos um número suficientemente grande de vezes. O paradoxo de Zenão só se sustentava pois não levava em conta o fator tempo, subjacente a qualquer movimento, e o fato de que, ao somar sucessivamente as distâncias percorridas, 1 1 1 + + + ··· 2 4 8 o resultado é limitado por 1 e dele se aproxima o quanto quisermos. São essas ideias intuitivas de estar tão próximo quanto se quiser que encerra o conceito de limite. Embora fundamental, esse conceito demorou mais de dois milênios para finalmente ser rigorosamente definido pelos matemáticos do século XIX. 2 Sequências Reais e Seus Limites 1.2 Unidade 1 Sequências de Números Reais A experiência fictícia de Zenão, gera a infinidade de números: 1 1 1 1 , 2, 3, ···, n, ···, 2 2 2 2 que correspondem aos pontos da imagem da função x : N → R definida por 1 x(n) = n . 2 Isto nos reconduz ao conceito fundamental de sequência que já encontramos em MA11 e MA12 e que relembraremos a seguir, juntamente com as propriedades a ele relacionadas. Uma sequência de números reais é uma função x : N → R que a cada número natural n associa um número real xn = x(n), chamado o n-ésimo termo da sequência. Definição 1 Sequência Denotaremos por (x1 , x2 , x3 , . . . , xn , . . .), ou por (xn )n∈N , ou simplesmente por (xn ), a sequência x : N → R. É importante fazer a distinção entre o conjunto formado pelos termos da sequência e a sequência em si. De fato, a sequência (1, 1, 1, . . .) tem como conjunto dos seus termos o conjunto unitário X = {1}. Neste caso, a função x é a função constante definida por xn = 1, para todo n ∈ N. Em geral, chamaremos de sequência constante a toda sequência cujos termos são iguais entre si. A sequência (1, 2, 1, 2, 1, 2, . . .) corresponde à função x(n) = 1 se n é impar e x(n) = 2 se n é par; o conjunto de seus termos é o conjunto X = {1, 2}, ou seja, uma sequência tem sempre infinitos termos, embora o conjunto formado pelos seus termos possa ser um conjunto finito. Considere os seguintes exemplos de sequências: 1. 2. 1 n = 1, 12 , 13 , · · · n1 , · · · ; 1 = 12 , 212 , 213 , · · · , 21n , · · · ; 2n 3 Exemplo 1 Exemplo 2 Unidade 1 Sequências de Números Reais 3. 4. = 1, 212 , 313 , 414 , · · · , n1n , · · · ; sen 2 nπ = (1, 0, 1, 0, 1, 0, . . . ); 2 1 nn 5. (n) = (1, 2, 3, . . . , n, . . . ); 6. (2n ) = (2, 4, 8, 16, . . . ). Uma observação importante a ser feita, é que as sequências, como particulares funções reais, podem ser somadas, subtraídas, multiplicadas ou quocientadas. Ou seja, dadas as sequências (xn ) e (yn ), podemos formar as sequências (xn ± yn ), (xn yn ) e xynn , desde que, nesta última, yn 6= 0 para todo n ∈ N. Observe que nas sequências dos Exemplos 1, 2, 3 e 4, acima, tem-se que xn ∈ [0, 1], para todo n ∈ N, o que não ocorre para as sequências dos Exemplos 5 e 6, visto que para qualquer intervalo limitado escolhido, sempre existirão termos de ambas as sequências que “escaparão” desse intervalo. O fato de que todo intervalo limitado está contido e contém um intervalo da forma (−c, c), com c > 0, nos ajudará bastante a simplificar as nossas argumentações. Por outro lado, a sentença x ∈ (−c, c) se traduz algebricamente na sentença |xn | < c. Assim, nos Exemplos 1, 2, 3, e 4, dado que xn ∈ [0, 1] ⊂ (−2, 2) para todo n, temos que |xn | < 2, para todo n; enquanto que nos Exemplos 5 e 6, não existe c > 0 tal que |xn | < c para todo n ∈ N. O que acabamos de ver é que todos os termos das sequências dos quatro primeiros exemplos estão confinados em um intervalo limitado, enquanto os termos das sequências dos dois últimos exemplos não estão confinados em nenhum intervalo limitado, o que nos conduz á seguinte definição: Definição 2 Sequência Limitada Uma sequência (xn ) é dita limitada, se existe c > 0 tal que |xn | < c, para todo n ∈ N. Quando uma sequência (xn ) não é limitada, dizemos que ela é ilimitada. Note também que as sequências dos três primeiros exemplos têm a propriedade que seus elementos decrescem, isto é, x1 > x2 > x3 > · · · > xn > · · · . 4 Sequências Reais e Seus Limites Unidade 1 Ou seja, a medida que n cresce, os termos da sequência decrescem. Na verdade, observe que ao se escolher quaisquer dois números naturais m > n, os respectivos termos xn e xm da sequência satisfarão a desigualdade xm < xn . Em particular, no Exemplo 1, se tomarmos n = 50 e m = 60, teremos 1 1 < 50 = x50 . x60 = 60 Do mesmo modo, no Exemplo 2, temos 2160 < 2150 , visto que 260 > 250 . As sequências dos dois últimos exemplos têm comportamento oposto, ou seja, os seus termos são crescentes, isto é, xn+1 > xn , para todo n ∈ N. Formalizemos estes tipos de comportamentos das sequências nas definições a seguir. Uma sequência (xn ) será dita decrescente se xn+1 < xn para todo n ∈ N . Diremos que a sequência é não crescente, se xn+1 ≤ xn para todo n ∈ N. Definição 3 Sequência Decrescente No caso das sequências não crescentes, como a própria expressão diz, à medida que n cresce, os termos da sequência não crescem, ou seja, um termo é menor ou igual do que o antecede. Por exemplo, a sequência 1, 1, 1, 21 , 12 , 12 , 13 , 31 , 13 , . . . é não crescente, pois tem a propriedade xn+1 ≤ xn para todo n, mas não é decrescente, pois não satisfaz a propriedade xn+1 < xn para todo n. Uma sequência (xn ) será dita crescente se xn+1 > xn para todo n ∈ N . Diremos que a sequência é não decrescente, se xn+1 ≥ xn para todo n ∈ N. As sequências crescentes, não decrescentes, decrescentes ou não crescentes são chamadas de sequências monótonas. Note, porém, que a sequência (1, 0, 1, 0, 1, 0, . . . ) do Exemplo 4 não é monótona: se n é ímpar, tem-se xn > xn+1 , enquanto xn+1 < xn+2 . Vejamos se existe alguma relação entre os conceitos de sequências monótonas e de sequências limitadas, que acabamos de introduzir. A sequência monótona crescente (1, 2, 3, 4, . . . , n, . . . ) dos números naturais (Exemplo 5) é não limitada (esta é a chamada Propriedade Arquimediana dos números reais). O mesmo acontece com a sequência do Exemplo 6: (2, 4, 8, . . . , 2n , . . . ). 5 Definição 4 Sequência Crescente Unidade 1 Sequências de Números Reais Por outro lado, a sequência (xn ) = 1− n1 é monótona crescente e limitada, visto que em cada passo subtrai-se de 1 um número cada vez menor e, portanto, em cada passo o correspondente termo da sequência aumenta. Ao mesmo tempo que nenhum termo da sequência ultrapassa 1, donde xn ∈ (0, 1) para todo n ∈ N. Finalmente, embora as sequências dos três primeiros exemplos sejam decrescentes e limitadas, a sequência (−n) = (−1, −2, −3, −4, . . . , −n, . . . ) é também decrescente, mas não limitada. Assim, vemos que os dois conceitos não guardam nenhuma relação entre si. Exemplo 3 Considere a sequência cujo n-ésimo termo é xn = 1 + 1 1 1 + + ··· + . 1! 2! n! Assim, 1 1 1 x1 = 1 + 1, x2 = 1 + 1 + , x3 = 1 + 1 + + , · · · . 2 2 6 1 Note que essa sequência é monótona crescente, pois xn+1 = xn + (n+1)! . Além disso, ela também é limitada. Para ver isso, considere a progressão geométrica 1, 21 , 212 , · · · , 21n , · · · . A soma Sn dos seus n primeiros termos é dada pela fórmula Sn = 1 + 1 − ( 12 )n 1 1 1 + · · · + n−1 = = 2 − n−1 , 1 2 2 2 1− 2 o que nos mostra que Sn < 2. 1 1 Como, para todo n ≥ 3, temos < n−1 (exercício fácil), segue-se, para n! 2 todo n ≥ 3, que xn = 1 + 1 1 1 1 1 1 1 + + + ··· + < 1 + 1 + + 2 + · · · + n−1 1! 2! 3! n! 2 2 2 = 1+2− 1 2n−1 < 1 + 2 = 3. Como x1 < 3 e x2 < 3, temos que 0 < xn < 3, para todo n ∈ N, o que mostra que a sequência é limitada. 6 Sequências Reais e Seus Limites Unidade 1 + Para Saber Mais - Somas de termos de PGs com Razão Entre 0 e 1 Clique para ler Dada uma sequência (xn )n∈N de números reais, uma subsequência de (xn ) é a restrição da função x que define (xn ) a um subconjunto infinito N1 = {n1 < n2 < n3 < · · · < nk < · · · }. Denotamos a subsequência por (xn )n∈N1 , ou (xn1 , xn2 , xn3 , · · · , xnk , · · · ) ou ainda (xni )i∈N . Definição 5 Subsequência + Para Saber Mais - Definição Educada de Subsequência - Clique para ler Consideremos o subconjunto N1 = {3n; n ∈ N} do conjunto N. Se olhar- Exemplo 4 1 mos a restrição da sequência x(n) = n ao subconjunto N1 de N, obtemos a 2 1 subsequência 213 , 216 , 219 , . . . , 23n ,... . Se considerarmos a restrição da sequência n1n ao subconjunto N1 = {1, 3, 5, 7, 9, . . . , 2n − 1, . . .}, ou seja, o conjunto dos números ímpares, obter 1 emos a subsequência 1, 313 , 515 , · · · , (2n−1) 2n−1 , · · · . Para finalizar esta seção, relembraremos os axiomas que caracterizam o conjunto dos números reais que foi um dos principais objetos de estudo de MA11, e do qual decorrem todas as suas demais propriedades. O conjunto dos números reais forma um corpo ordenado completo. Axioma 6 Axiomas dos Reais A noção de corpo ordenado já foi bastante explorada e detalhada em MA11. A noção central de completeza (ou completude) dos números reais que utilizaremos está relacionada com a noção de convergência de sequências, assunto que desenvolveremos na próxima seção. 7 Unidade 1 Exercícios 1.3 Exercícios 1. Mostre que as sequências abaixo são limitadas e monótonas. Descreva o tipo de monoticidade de cada uma delas. 2n − 1 ; n 1 =1+ n ; 3 1 = 2; n n ; = n+1 n2 + 1 = . 3n2 (a) xn = (b) xn (c) xn (d) xn (e) xn 2. Para cada uma das sequências do exercício anterior, exiba três subsequências. 3. Existe um número finito ou infinito de subsequências da sequência ((−1)n+1 )? Justifique sua resposta 4. Considere a sequência (1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, · · · ). (a) Exiba três subsequências limitadas e três não limitadas, (b) Exiba três subsequências monótonas crescentes e três monótonas não decrescentes, (c) Exiba três subsequências monótonas decrescentes e três monótonas não crescentes. 5. Sejam (xn ) e (yn ) duas sequências dadas. Discuta relativamente aos tipos de monotonicidade dessas sequências, os tipos demonotonicidade xn que podem ocorrer nas sequências (xn ± yn ), (xn yn ) e yn 8 a saber. Vejamos isso com um pouco mais de rigor. que. Vemos. Como 2n0 > n0 . tem-se 0 < 21n < 21m . r). 9 Exemplo 5 . segue-se que 2n10 < n10 < r. digamos − 1019 . Isso nos mostra que a partir de um certo valor de n. 30 2 1. Já observamos que dados n > m. como para todo n > n0 tem-se que 21n < 2n10 . (ver a Figura 1. r). obtemos que para todo n > m. É nesse sentido que entendemos que os termos da sequência se aproximam de zero quando n cresce. agora.870. 21n ∈ − 1019 . A sequência em questão é 1 2n . 1019 . 1019 . 1019 . todos os termos da sequência pertencem ao intervalo (−r. 1019 . ou seja. Consideremos.073. ou seja. a distância que o separa da meta se torna tão próxima de zero quanto ele quiser. r). Agora. n = 30. sempre existirá. como 1 1 1 1 1 = < 9 < 29 = . De fato. escolha arbitrariamente um número real r > 0 e considere o intervalo (−r.824 10 2 536. como para todo n ≥ 30 temos que 21n ≤ 2130 . convenhamos. 1019 . vemos que não importa o quão pequeno ele seja.912 vemos que 2130 ∈ − 1019 . n0 Na verdade. um inteiro positivo n0 a partir do qual todos os termos da sequência pertencerão ao intervalo (−r. segue-se que. Mostremos agora que o que afirmamos acima não é restrito ao intervalo escolhido − 1019 .Sequências Reais e Seus Limites 1.741. Em vista da Propriedade Arquimediana dos números reais. é muito pequeno. portanto. 21n < r. que a partir de um certo valor n0 de n.4 Unidade 1 Limites de Sequências de Números Reais Observamos na argumentação de Zenão que o atleta nunca chegaría à sua meta. Como o número r > 0 pode ser escolhido arbitrariamente. para essa escolha de r. embora fique próximo dela quanto quiser. a sequência é decrescente com todos os seus termos positivos. um intervalo de centro zero e raio pequeno. logo 1 < r. para todo n ≥ 30. sabemos que existe um inteiro n0 ≥ 1 tal que n0 > 1r . Na verdade. todos os termos da sequência pertencem ao intervalo − 1019 .1). − 21 . então . 1. · · · . e negativos aqueles correspondentes a n par (por exemplo. − . seja r um número real positivo qualquer e seja n0 ≥ 1 um número natural tal que n10 < r. sendo positivos os elementos correspondentes a n ímpar (por exemplo. 2 3 4 5 6 n n+1 da qual representamos alguns termos na Figura 1.2: Alguns termos da sequência Todos os elementos desta sequência são diferentes de zero. . − .2). 15 . 13 .··· . como no exemplo anterior.1: Dois termos da sequência Exemplo 6 1 2n Consideremos a sequência (xn ) = (−1)n+1 n = 1 1 1 1 1 (−1)n+1 (−1)n+2 1. · · · ). . . − . que os elementos desta sequência se aproximam de zero quando n cresce.Unidade 1 Limites de Sequências de Números Reais -r 0 1 1 2m+1 2m r Figura 1. − 41 . . Com efeito. Vamos mostrar. 1 1 2 1 1 4 6 0 11 75 1 3 1 Figura 1. · · · ). − 61 . . . (−1)n0 +1 . r). (−1)n0 +1 (−1)n0 +1 1 ∈ (−r. pois = (note que estará à esquerda de . . n0 n0 n0 n0 se n . Além disso. se n > n0 . . 0 for par e à direita de zero se n0 for ímpar). zero n+1 . (−1) . 1 . n . = n < n10 < r. . . . (−1)n+1 . Em resumo. acabamos de verificar que . n . 3: dois termos da sequência. r) para todo n > n0 (ver a Figura 1.3). com m ímpar 10 . que (−1)n+1 n -r ∈ (−r. ou seja. < r para todo n > n0 . (–1) m+2 m+1 (–1)m+1 r m 0 Figura 1. n0 n0 1 1 1 obtemos que 1 − > 1 − r. nos dois exemplos acima. obtemos que xn ∈ (1 − r. podemos determinar um inteiro n0 > 0 de modo que após o n0 -ésimo termo da sequência. agora contendo o número 1. todos os outros termos pertencem ao intervalo I. Logo. ou seja para todo n > n0 tem-se que xn ∈ (1 − r. a saber. 1) ⊂ (1 − r. 1 + r). existe um número inteiro positivo n0 tal 1 1 que < r. Na 1 verdade. Consideremos a sequência (xn ) = n−1 n Exemplo 7 = 1 2 3 4 n−1 0. n0 n n0 1 1 segue que para todo n > n0 . o n-ésimo elemento da sequência pertence a I. 1 + r). para valores de n tais que n > n0 . Como o número r > 0 é arbitrário.··· . . vemos que para qualquer intervalo aberto I. de novo. subtraindo de 1 o número que é menor que n n0 O que acabamos de ver é que a partir de um certo valor de n. subtraímos de 1 um número cada vez menor. enquanto que no Exemplo 11 o intervalo I contém o número 1. − > −r e. lado para todos eles sempre se encontra um inteiro positivo n0 acima do qual todos os termos da sequência pertencem à I. · · · . Seja r > 0 um número real positivo qualquer e consideremos o intervalo (1 − r. como n−1 = 1 − n1 . . Como para todo n > n0 tem-se que < . 2 3 4 5 n Vemos que todos os termos da sequência pertencem ao intervalo [0. visto que estamos n n0 1 1 . Como vimos antes. podemos intuir que nos 11 . Note que nos Exemplos 9 e 10. como sempre subtraímos de 1 um número positivo . Além disso. portanto. podemos determinar um inteiro n0 ≥ 1 de modo que para todo n acima de n0 . adicionando-se 1 à desigualdade.Sequências Reais e Seus Limites Unidade 1 Podemos então afirmar que. 1 − > 1 − > 1 − r. Por outro. segue-se que a sequência xn é crescente pois n à medida que n cresce. . todos os termos n da sequência xn são menores que 1. o intervalo I (por menor que seja) contém o zero. . 1]. Enfatizamos que como I pode ser tomado tão pequeno quanto se queira. para qualquer intervalo aberto I contendo zero. 1 + r). de tal modo que para valores de n suficientemente grandes. enquanto que no Exemplo 11. A proposição abaixo apenas formaliza esta argumentação. pois. O que acabamos de ver nos Exemplos 9 e 10 caracteriza o fato de que em cada um deles a sequência xn converge para zero. dizemos que a sequência xn diverge. isto é. o que não é possível. equivale à condição algébrica |xn − l| < r para todo n > n0 . e escreve-se lim xn = l.Unidade 1 Limites de Sequências de Números Reais Exemplos 9 e 10 os termos da sequência ficam tão próximos de zero quanto se queira. temos que: 1 = 0. poderíamos achar dois intervalos abertos I1 e I2 disjuntos. os termos da sequência estariam dentro de cada um desses intervalos. se este fosse o caso. em relação aos exemplos acima. dizer que xn converge para l. onde r é um número real positivo. pode ser tomado da forma (l −r. Assim. o intervalo I. ou que é divergente. de modo que xn ∈ I para todo n > n0 . Observemos ainda que a condição xn ∈ (l − r. Portanto. quando n→∞ para qualquer intervalo aberto I contendo l (por menor que ele seja) é possível encontrar um inteiro n0 ≥ 1. n→∞ 2n lim Definição 8 Sequência Divergente (−1)n+1 =0 e n→∞ n lim n−1 = 1. l + r) para todo n > n0 . a sequência xn converge para 1. existe um inteiro n0 ≥ 1 tal que para todo n > n0 tem-se que xn ∈ (l − r. contendo o número real l. contendo l1 e l2 . Com o objetivo de tornar mais operacional a nossa definição de convergência. n→∞ n lim Quando não existir um número l para o qual xn convirja. Em palavras: A distância de xn a l se torna arbitrariamente pequena desde que n seja tomado suficientemente grande. é o mesmo que dizer que: n→∞ Para todo número real r > 0. note que. temos a seguinte definição: Definição 7 limite de Sequência Sejam (xn ) uma sequência de números reais e l um número real. É intuitivo o fato de uma sequencia (xn ) não poder convergir para dois números reais l1 e l2 distintos. que lim xn = l. enquanto no Exemplo 11 os termos da sequência ficam tão próximos de 1 quanto se queira. Dizemos que (xn ) converge para l. respectivamente. Precisamente. l + r). 12 . l +r). ou é convergente. 4). . repetidamente. n→∞ Unidade 1 Proposição 9 + Para Saber Mais . segue-se que (xn ) diverge. têm uma parn ticularidade em comum.Sequências Reais e Seus Limites Se existir um número real l tal que lim xn = l. (−1)n e n−1 . por exemplo. a saber. Seja l um número real arbitrário e tomemos o intervalo I = (l − 12 . mostra-se que a se quência sen 2 nπ . (ver a Figura 1. 0 < l < 1). 1 ∈ I e −1 ∈ I.Clique para ler A seguir. 0. 1. Vemos que não pode ocorrer simultaneamente. 0. onde tomamos. Como xn oscila de −1 para 1.Demonstração Formal da Proposição . n1 .) Exemplo 9 n+1 As sequências vistas acima. damos dois exemplos de sequências divergentes. ou seja. sempre haverá termos da sequência fora do intervalo I. Exemplo 8 Temos que xn = 1 para n par e xn = −1 para n ímpar.). l + 12 ). Precisamente. 0. Na verdade. . 21n . . Consideremos a sequência xn = (−1)n . também diverge. então ele é único. 1. 13 Proposição 10 . todas elas convergem e também são todas limitadas. (Faça-o 2 como exercício.4: Intervalo contendo l Raciocinando de modo análogo ao exemplo anterior. Toda sequência convergente é limitada. (1. Como l é arbitrário. −1 0 l l+1/2 l−1/2 1 Figura 1. isso é um fato geral. n ≥ 1. então ni > n0 . l + r) para todo n > n0 . portanto. . . . existe um inteiro positivo n0 tal que para todo inteiro n > n0 . Por exemplo. Analogamente. temos que dado um intervalo limitado I contendo l. então lim xni = l i→∞ Demonstração Seja r > 0 um número real. onde n. Basta agora tomar um intervalo limitado J contendo o intervalo I e também os termos x1 . . n Isto não é uma simples coincidência. Obtemos assim. . que todos os termos da sequência pertencem ao intervalo J e que. portanto em número finito. que mostra que lim xni = l. n1 n2 n3 . x2 .Unidade 1 Demonstração Limites de Sequências de Números Reais Seja (xn ) uma sequência convergente. . . . representa um número real. que veremos a seguir. . Na verdade. a sequência monótona decrescente n1 . i→∞ Outro fato interessante a respeito de subsequências de uma sequência é fornecido pelo seguinte resultado: 14 . l + r). são os termos x1 . n2 . logo existe n0 tal que xn ∈ (l − r. Pela definição de sequência convergente. Considere agora. são dígitos de 0 a 9. a sequência monótona crescente n−1 é limitada e converge para 1. n1 . . (xn ) é limitada. Por outro lado existe i0 tal que se i > i0 . este é o axioma para a completeza que adotamos: Axioma 11 Completeza Toda sequência monótona e limitada de números reais converge para algum número real l. temos que xni ∈ (l − r. os únicos termos da sequência que enventualmente não pertencem ao intervalo I. Portanto. . n3 . Existem outras formulações do Axioma da Completeza que são equivalentes a esta e podem ser vistas em um curso de Análise. a que foi adotada em MA11. Vimos que ela é limitada e converge para zero. . dizia que toda expressão decimal n. Assim. Teorema 12 Limite de Subsequência Seja (xn ) uma sequência tal que lim xn = l e seja (xni ) uma subsequência n→∞ qualquer. tal que limn→∞ xn = l. x2 . . temse que xn ∈ I. xn0 . . xm . Há uma relação quase imediata entre as noções de sequências convergentes e de subsequências. se i > i0 . A2 é necessariamente infinito e. portanto. Unidade 1 Proposição 13 Subsequência Monótona Considere os dois seguintes conjuntos: A1 = {p ∈ N. É claro que se tem A1 ∪ A2 = N. Neste caso. podemos extrair de (xn ) uma subsequência não crescente. b) A1 é vazio ou finito. existe n > p tal que xn ≥ xp } e A2 = {p ∈ N. Neste caso. duas possibilidades: a) A1 é infinito. agora. Temos. 15 Demonstração . é imediato extrair uma susequência não decrescente de (xn ).Sequências Reais e Seus Limites Toda sequência (xn ) possui uma subsequência monótona. existe n > p tal que xn ≤ xp }. Encontre inteiros n1 .Unidade 1 Limites de Sequências de Números Reais 1.1 Exercícios 1. n2 ≥ 1 tais que .4. . . (−1)n+1 . . . (a) . < 1 para n ≥ n1 . . 100 2 n . . . (−1)n+1 . . < 1 para n ≥ n2 . (b) . . . Encontre inteiros n1 . n→∞ 8. 3 1 (c) xn = 2 . n3 ≥ 1 tais que n 1 para n ≥ n1 . O que se pode dizer sobre uma sequência convergente (xn ) cujos termos são todos números inteiros? 6. O que se pode dizer sobre as subsequências convergentes da sequência ((−1)n+1 )? √ √ 7. 10000 2 n 2. Mostre que 16 . 2 1000 (a) 3. Ache lim ( n + 1 − n). n2 . < 2n 10 n 1 (b) n < para n ≥ n2 . 2 100 n 1 (c) n < para n ≥ n3 . n n2 + 1 (d) xn = . n→∞ n + 1 n+3 (b) lim 3 =0 n→∞ n + 4 (a) lim 5. Ache os limites das sequências (xn )n≥1 abaixo 2n − 1 . n 1 (b) xn = 1 + n . Comprove cada um dos seguintes limites: n = 1. 3n2 (a) xn = 4. 2 2 2 2 (n + 1) (n + 2) (2n) (n + 1) n | {z } n parcelas 9. pela definição. Verifique. Sugestão: Observe que 0< 1 n 1 1 1 ≤ + + ··· + < . que toda sequência constante (xn = c) converge para c.Sequências Reais e Seus Limites lim n→∞ 1 1 1 + + · · · + (n + 1)2 (n + 2)2 (2n)2 = 0. 17 Unidade 1 . pela fórmula da soma dos termos de uma PG. dada por Sn = 1 + 1 1 1 + + · · · + n−1 2 4 2 ser limitada é um caso particular do fato da soma dos termos de uma PG qualquer de razão q. com 0 < q < 1. temos Sn = a + aq + aq 2 + · · · + aq n−1 = a 1 − qn qn − 1 =a . o fato da sequência (Sn ). temos . q−1 1−q Como 0 < 1 − q n < 10 e 1 − q > 0.5 Para Saber Mais Textos Complementares Somas de termos de PGs com Razão Entre 0 e 1 Na verdade.Unidade 1 Textos Complementares 1. ser limitada. De fato. . . 1 − qn . . . ≤ |a| . |Sn | < . a 1−q . 18 . 1−q Logo. (Sn ) é limitada. xn2 . 19 Unidade 1 Para Saber Mais . é precisamente x ◦ n : N → R. . A subsequência (xni ) = xn1 . . suponha dada uma sequência x : N → R e uma sequência crescente n : N → N.Sequências Reais e Seus Limites Definição Educada de Subsequência Pode-se definir a noção de subsequência de uma sequência como a composição de duas sequências. . De fato. absurdo. obtemos l2 − l1 − 2r < 0 < l2 − l1 + 2r. n2 }. Multiplicando-se a primeira desigualdade por −1. temos que |xn − l1 | < r e |xn − l2 | < r. Tomando-se n0 = max{n1 . adicionando-a à segunda. Assim. ou seja. |xn − l1 | < r e para todo n > n2 . existem inteiros positivos n1 e n2 tais que para Tome r = |l2 −l 2 todo n > n1 . Provamos assim que o limite é único. |xn − l2 | < r. obtemos a desigualdade −l1 − r < −xn < r − l1 . com l1 6= l2 . o que é equivalente a l1 − r < xn < l1 + r e l2 − r < xn < l2 + r. −2r < l2 − l1 < 2r. 20 . para todo n > n0 . Agora. donde |l2 − l1 | < 2r = |l2 − l1 |. n→∞ n→∞ 1| > 0.Unidade 1 Para Saber Mais Textos Complementares Demonstração Formal da Proposição Suponha por absurdo que lim xn = l1 e que lim xn = l2 . para todo n > m. . . . . . . . 11 2. . . . . . . . . . . . . . . . .5 Rudimentos de Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2. . . . . 2 2. . . . . 10 2.4 Exercícios . . . . . . .3 Limites Infinitos de Sequências . . . 16 2. . . . . . .6 Um pouco de história .2 Propriedades dos Limites de Sequências Sumário 2. . . . . 18 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Operações com Limites Finitos . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Exercícios . para todo n.1 Operações com Limites Finitos Imagine que queiramos calcular o limite da sequência (an ). não é difícil intuir que l = 0 é um bom candidato a limite da sequência. 1 n Proposição 1 Limite da Soma Se lim xn = l e lim yn = k.Operações com Limites Finitos Unidade 2 Limites possuem propriedades operatórias que tornam o seu cálculo mais fácil. 2 . onde an = + 21n . temos |(xn + yn ) − (l + k)| = |(xn − l) + (yn − k)| ≤ |xn − l| + |yn − k|. Na realidade. sim. Ambas as ações podem. que convidamos o leitor a tentar fazer. No entanto. 2. teremos poucas vezes que recorrer à definição para calcular um determinado limite. esses. notamos que podemos escrever a sequência (an ) como soma de duas outras sequências: an = xn + yn . mas para provar que se trata realmente do limite da sequência. então n→∞ n→∞ lim (xn + yn ) = lim xn + lim yn = l + k. Como tirar proveito dessas informações? O fato é que n→∞ n→∞ usando a definição de limite para deduzir algumas de suas propriedades gerais. na maioria das vezes. onde xn = n1 e yn = 21n . que pressupõe conhecermos de antemão um candidato para limite. serão determinados a partir da definição. além disso. No nosso caso. n→∞ Demonstração n→∞ n→∞ Pela desigualdade triangular. aumentaremos em muito o nosso poder de cálculo. O único instrumento que possuímos no momento é a definição de limite. n ∈ N. bastando para isto utilizar as propriedades operatórias que estabeleceremos e alguns poucos limites fundamentais. teríamos que desenvolver um bom número de cálculos. já sabemos que lim xn = lim yn = 0. ser muito trabalhosas. para posterior verificação se ele realmente cumpre a definição. em geral. A validade desta proposição decorre do fato de que podemos tornar a soma |xn − l| + |yn − k| tão próximo de zero quanto queiramos desde que tomemos n suficientemente grande (pois isto vale tanto para |xn − l| quanto para |yn − k|). pela Proposição 1 1 1 1 + n = lim + lim n = 0 + 0 = 0. n lim yn = 1 . 2n n = 1. A próxima proposição mostra que resultado análogo vale para o produto de duas sequências. pois toda sequência convergente é limitada. n→∞ n n→∞ 2 n 2 lim an = lim n→∞ 1 n Unidade 2 n→∞ Exemplo 1 A sequência dada por an = (−1)n+1 n − 1 + . Se lim xn = l e lim yn = k. Por outro lado. Portanto. n→∞ Notemos que Demonstração xn yn − lk = xn yn − xn k + xn k − lk = xn (yn − k) + k(xn − l). que lim xn = 0 e n→∞ (−1)n+1 n e yn = n−1 . n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Acabamos. então o limite da soma dessas sequências é igual à soma dos respectivos limites. pela Proposição 1. n n pode ser escrita como an = xn + yn . na Seção 2 da Unidade 1. sabemos que existe M > 0 tal que |xn | ≤ M para todo n.Propriedades dos Limites de Sequências Voltando à sequência an = 1. para todo n. assim. n ∈ N. lim an = lim (xn + yn ) = lim xn + lim yn = 0 + 1 = 1. . 2. . 3 . n→∞ Logo. que + 1 . . . de ver que se o limite de duas sequências existem. então n→∞ Proposição 2 n→∞ lim xn yn = n→∞ Limite do Produto lim xn n→∞ lim yn = lk. temos. em que xn = Vimos. Operações com Limites Finitos Unidade 2 |xn yn − lk| = |xn (yn − k) + k(xn − l)| ≤ |xn (yn − k)| + |k(xn − l)| = |xn ||yn − k| + |k||xn − l| ≤ M |yn − k| + |k||xn − l| . Daí resulta que lim xn yn = lk, já que podemos tornar M |yn −k|+|k||xn −l| n→∞ tão próximo de zero quanto queiramos desde que tomemos n suficientemente grande (pois isto vale tanto para |xn − l| quanto para |yn − k|). Exemplo 2 Se lim xn = l, lim yn = k e c é um número real arbitrário, então n→∞ n→∞ lim cxn = cl n→∞ e lim (xn − yn ) = lim xn − lim yn = l − k. n→∞ n→∞ n→∞ De fato, defina tn = c para todo n ≥ 1. Como lim tn = c (veja Exercício 9, n→∞ Seção 2, Unidade 1), segue-se da Proposição 2 que lim cxn = lim tn xn = n→∞ lim tn n→∞ n→∞ lim xn = cl. n→∞ Em particular, tomando c = −1, obtemos que lim (−xn ) = lim (−1)xn = − lim xn = −l. n→∞ n→∞ n→∞ Por outro lado, pela Proposição 1, podemos afirmar que limn→∞ (xn − yn ) = limn→∞ (xn + (−yn )) = limn→∞ xn + limn→∞ (−yn ) = limn→∞ xn − limn→∞ yn = l − k. 4 Propriedades dos Limites de Sequências 2 Unidade 2 Exemplo 3 2 Se lim xn = l, então lim xn = l . n→∞ n→∞ De fato, pela Proposição 2, lim xn 2 = lim (xn xn ) = n→∞ n→∞ 3 lim xn n→∞ lim xn = l.l = l2 . n→∞ Exemplo 4 3 Se lim xn = l, então lim xn = l . n→∞ n→∞ De fato, usando a Proposição 2, segue que lim xn 3 = lim (xn 2 xn ) = n→∞ n→∞ lim xn 2 n→∞ lim xn = l2 .l = l3 . n→∞ Exemplo 5 Mais geralmente, se p ≥ 1 é um inteiro, da Proposição 2 e do Princípio de Indução Matemática, decorre que se lim xn = l, então lim xn p = lp . n→∞ n→∞ Seja p(x) = am xm + · · · + a1 x + a0 um polinômio. Tem-se que Proposição 3 Limite de Polinômio lim xn = l ⇒ lim p(xn ) = p( lim xn ) = p(l). n→∞ n→∞ n→∞ De fato, da Proposição 1 (e indução, ou o Exercício 8), da Proposição 2 e do Exemplo 5, segue-se que lim p(xn ) = n→∞ lim (am xn m + · · · + a1 xn + a0 ) n→∞ lim am xn m + · · · + lim a1 xn + lim a0 n→∞ n→∞ m = am lim xn + · · · + a1 lim xn + a0 = n→∞ n→∞ m n→∞ = am l + · · · + a1 l + a0 = p(l) . 5 Demonstração Unidade 2 Operações com Limites Finitos Temos ainda a proposição a seguir. Proposição 4 Limite do Inverso Demonstração Se (yn ) é uma sequência de números reais nulos convergindo para um não 1 1 converge para . número real k não nulo, então a sequência yn k Seja r um número real arbitrário no intervalo (0, k 2 ). Assim, r2 > 0 e k 2 − r > 0. Como yn converge para k, sabemos que kyn converge para k 2 (Exemplo 3). Logo, existem inteiros positivos n1 e n2 tais que para n > n1 temos |yn − k| < r2 e para n > n2 temos |kyn − k 2 | < k 2 − r. Tomando-se n0 = max{n1 , n2 }, segue que para todo n > n0 , temos que |yn − k| < r2 e |kyn − k 2 | < k 2 − r. Expandindo a última desigualdade, obtemos kyn > r > 0 para todo n > n0 , donde 0 < ky1n < 1r . Assim, concluímos que para todo n > n0 , 2 . . 1 . − 1 . = . k − yn . < r = r. . yn k . . kyn . para todo n ∈ N. lim n→∞ yn limn→∞ yn k 6 . Corolário 5 Limite do Quociente Se lim xn = l e lim yn = k. na verdade. Como consequência desta proposição e da Proposição 2 temos o seguinte corolário. e k 6= 0. n→∞ n→∞ então xn limn→∞ xn l = = . pois isto implica yn 6= 0 a partir de um certo n. basta. com yn 6= 0. Na Proposição 4. r provando a proposição. supor apenas k 6= 0. n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n n Como lim 1 = 1 e lim Também pela Proposição 1 tem-se que 1 1 2 2 lim yn = lim 1 + + 2 = lim 1 + lim + lim 2 = 1 + 0 + 0 = 1 . xn > b para todo n ∈ N). podemos escrever an = 2 yn 1 + n + n2 xn = 1 − 2 n2 e yn = 1 + 2 1 + 2. segue da Proposição 1 que n→∞ n→∞ n2 2 2 lim xn = lim 1 − 2 = lim 1 − lim 2 = 1 − 0 = 1. então lim xn ≤ b (respectivan→∞ mente. das Proposições 2 e 4. temos que 1 1 1 l xn = lim xn · = lim xn lim =l· = . Se (xn ) é uma sequência convergente satisfazendo xn < b para todo n ∈ N (respectivamente. lim n→∞ n→∞ n→∞ yn n→∞ yn yn k k Considere a sequência an = Como an = n2 −2 n2 n2 +2n+1 n2 = n2 − 2 . n n 2 = 0. n→∞ n n→∞ n→∞ n n→∞ n→∞ n n Podemos então concluir pelo Corolário 5 que lim xn lim an = n→∞ n→∞ lim yn n→∞ = 1 = 1. n→∞ 7 Proposição 6 Desigualdades e Limites . n ∈ N. n2 + 2n + 1 Unidade 2 Demonstração Exemplo 6 1 − n22 xn . 1 As propriedades a seguir relacionarão limites com desigualdades.Propriedades dos Limites de Sequências De fato. lim xn ≥ b). onde 1 . Obtemos. temos que cos πn = −1. dado r > 0. pois a segunda se prova de modo análogo e a deixamos como exercício para o leitor. n→∞ De fato. |xn yn | = |xn ||yn | < c = r.Operações com Limites Finitos Unidade 2 Demonstração Provaremos apenas a primeira asserção. Proposição 7 Propriedade do Anulamento Demonstração Se (xn ) e (yn ) são sequências tais que (xn ) é limitada e lim yn = 0. contradizendo a hipótese xn < b para todo n ∈ N. é dado a seguir. Por definição de limite de uma sequência. existe um inteiro positivo n0 tal que para todo n > n0 tem-se que xn ∈ (l − r. e suponha que lim xn = l = lim zn . (yn ) e (zn ) três sequências satisfazendo xn ≤ yn ≤ zn . seja c > 0 tal que |xn | ≤ c para todo n ∈ N. Teorema 8 Sejam (xn ). portanto. temos que o limite da sequência original vale zero. tal que l − r > b. l + r). Agora. temos que cos πn = 1 e para n ímpar. logo pela Proposição 7. esta sequência é limitada. Exemplo 7 1 Considere o limite lim cos πn. Concluímos. acima. r existe n0 ∈ N tal que para todo n > n0 . suficientemente pequeno. Então. c Um bom exemplo de aplicação da Propriedade do Anulamento. pois para n par. Seja limn→∞ xn = l e suponha por absurdo que l > b. A sequência dada por yn = cos πn não é n→∞ n convergente. |yn | < . que c r para todo n > n0 . Os dois resultados a seguir são propriedades muito úteis dos limites e serão utlizados em várias situações. então n→∞ lim xn yn = 0. Teorema do Confronto n→∞ n→∞ 8 n→∞ . para todo n ∈ N. Por outro lado. Mas isso significa que para todo n > n0 . lim yn = l. Tomemos r > 0. portanto. tem-se que xn > b. que l ≤ b. temos que dado r > 0. n2 }. 9 Unidade 2 Demonstração . Agora. se n0 = max{n1 . existem inteiros positivos n1 . como xn ≤ yn ≤ zn para todo n ∈ N. obtemos que yn ∈ (l − r. para todo n > n0 temos que xn . Como (xn ) e (zn ) convergem para l. Assim. l + r). zn ∈ (l − r. l + r). l +r) e para todo n > n2 tem-se que zn ∈ (l − r.Propriedades dos Limites de Sequências De fato. n2 tais que para todo n > n1 tem-se que xn ∈ (l −r. l + r) para todo n > n0 . 7. 32 de centro 1 e raio 12 e aplique a definição de limite de uma sequência. se lim xn = l1 . Sugestão: Considere o intervalo aberto 21 . mostre que existe um inteiro m ≥ 1 tal que n→∞ l para 2 xn > todo inteiro n ≥ m. n→∞ 10 l 3l . Se lim xn = l e l > 0. 3l2 é o intervalo aberto de centro l e raio 2l . bs n s + · · · + b 1 n + b 0 2. use a definição para mostrar que lim (−xn ) = −l. (a) xn = 3 2n + 7n2 + 1 n4 + 5n3 − 2 (b) xn = . substituindo 12 . então n→∞ n→∞ n→∞ lim (xn + yn + · · · + wn ) = l1 + l2 + · · · + lk . mostre que existe um inteiro m ≥ 1 tal que xn > n→∞ 1 2 para todo inteiro n ≥ m. Se lim xn = 1. lim yn = l2 . 23 por e notando que 2l . 4. lim wn = lk . Em particular. lim |xn | = 0. os elementos da sequência (xn ) são maiores do que zero a partir de um certo valor de n. n5 + 1 ar n r + · · · + a1 n + a0 (c) xn = . 2 2 . Mostre usando indução que. Se lim xn = l.Unidade 2 Exercícios 2. · · · .2 Exercícios 1. Dê um exemplo de uma sequência (xn ) divergente tal que a sequência (|xn |) seja convergente. Ache os limites das sequências (xn )n≥1 abaixo: n3 + n − 1 . Mostre que lim xn = 0 se. n→∞ n→∞ 5. 6. Sugestão: Raciocine como no Exercício 5. e somente se. n→∞ n→∞ 3. onde r ≤ s. (xn ) e (yn ) não convergem para nenhum valor de R. fixado um número real A > 0. Vejamos o comportamento dos termos dessa sequência quando fazemos n tender a ∞: Podemos escrever xn = n − n1 . ou seja. tem-se que xn > A. ou seja. 1 1 xn0 = n0 − >A+1− > A. tomemos n0 ∈ N tal que valha simultaneamente n0 > A + 1 e 1 − n10 > 0. a partir de um certo valor de n.3 Unidade 2 Limites Infinitos de Sequências Considere as sequências reais (xn = n) e yn = (−1)n n . É importante observar que +∞ não é um número e sim um símbolo que representa esse comportamento dos termos da sequência “ultrapassarem” qualquer número real positivo. A sequência (xn = n) é tal que para todo número real A > 0 sempre existe um inteiro positivo n0 tal que para todo n > n0 . Agora. dizendo que os termos tendem para +∞ quando n tende a ∞. elas divergem. ou seja. Vejamos outro exemplo. n0 n0 11 Exemplo 8 . Note que esse comportamento não é verificado para os elementos da sequência (yn ). Essas duas sequências são ilimitadas. para cada A > 0 fixado arbitrariamente. para cada A > 0 fixado arbitrariamente. existe n tal que xn > A e yn > A (basta escolher um inteiro m qualquer maior do que A e tomar n = 2m). pois toda sequência convergente é limitada (Proposição 10 da Unidade 1). Note que as duas sequências acima têm comportamentos bastante distintos. Uma verificação fácil nos mostra que (xn ) é uma sequência crescente. Por outro lado. Assim. temos que a partir de um certo valor de n alguns dos termos da sequência (xn ) serão maiores que o número fixado A. qualquer. temos que a partir de um certo valor de n todos os termos da sequência (xn ) serão maiores que o número fixado A.Propriedades dos Limites de Sequências 2. É essa ideia intuitiva de que todos os termos da sequência (xn ) crescem sem limitação à medida que n cresce é que queremos formalizar. a sequência yn é tal que para todo número real A > 0 sempre existe um inteiro positivo n0 tal que para alguns n > n0 . Assim. 2 Considere a sequência (xn ) = n n−1 . tem-se que xn > A. pois dado qualquer número real A > 0. Ou seja. ela é ilimitada. Definição 10 Limite Menos Infinito Dizemos que uma sequência de números reais (xn ) tende para −∞ e escrevemos lim xn = −∞ se. não significa que ela tenda à +∞ ou −∞. os termos da sequência “ultrapassam” esse número A. tem-se que xn > A. o que será formalizado na definição a seguir. tem a propriedade de seus termos “ultrapassarem” qualquer número real negativo. De novo. sempre haverá inteiros pares n > n0 tais que 1 n > A e ao mesmo tempo. a sequência (xn = −n). dado qualquer número positivo A e n→∞ qualquer número inteiro n0 > A. Com efeito. Logo. Exemplo 9 Seja xn = n se n é par e xn = n1 se n é ímpar. portanto. n nunca encontraremos um inteiro positivo n0 a partir do qual todos os termos da sequência serão maiores do que A. temos que nn > xn0 = n0 − Essa ideia de uma sequência tender à +∞ se tornará mais precisa na definição a seguir. então ela diverge. Note que os termos da sequência xn são todos positivos. dado arbitrariamente um número real A > 0. podemos dizer que xn tende para +∞. n→∞ existe um inteiro positivo n0 tal que para todo n > n0 . tem-se que xn < −A.Unidade 2 Limites Infinitos de Sequências 1 > A. Vimos acima que se (xn ) é uma sequência ilimitada. 12 . Vejamos um outro exemplo. a partir de um certo valor n0 de n. dado arbitrariamente um número real A > 0. Um exemplo disto é a sequência dada por yn = (−1)n n. se n > n0 . e portanto diverge. Definição 9 Limite Infinito Dizemos que uma sequência de números reais (xn ) tende para +∞ e escrevemos lim xn = +∞ se. Isso mostra que n0 para todo número real A > 0. Entretanto não se tem lim xn = +∞. já considerada anteriormente. dá a ideia de que a sequência tende para −∞. É importante observar que o fato dela ser ilimitada e divergir. Do modo análogo. a partir de um certo valor de n e. existe n→∞ um inteiro positivo n0 tal que para todo n > n0 . inteiros ímpares n0 > n0 tais que 0 < A. tome k ∈ N.Propriedades dos Limites de Sequências Listaremos a seguir alguns fatos simples (mas úteis) que decorrem das definições que acabamos de ver. Como lim xn = 0 e xn > 0. A recíproca se mostra de modo 0 < xn < . então n→∞ n→∞ lim (xn + yn ) = +∞. então lim xn = 0 ⇔ lim n→∞ n→∞ 13 1 = −∞. temos que existe n0 tal que se n > n0 se tenha n→∞ 1 1 = k > A. dado um número real A > 0. e somente se. então lim xn = 0 ⇔ lim n→∞ n→∞ 1 = +∞. n→∞ n→∞ Note que em (c) e (c’) basta supor xn ≥ yn a partir de um certo n. n→∞ (c) Se xn ≥ yn para todo n e lim yn = +∞. o que implica que k xn semelhante (Faça-o como exercício). então lim xn = +∞. Um exemplo simples que ilusta o item (d) é considerar a sequência n1 . (a) lim xn = +∞ se. então lim yn = −∞. Também é fácil ver que (d) equivale a (d’) Se xn < 0 para todo n. com k > A. obtém-se: (b’) Se lim xn = lim yn = −∞ e c > 0. lim (−xn ) = −∞. n→∞ (c’) Se xn ≥ yn para todo n e lim xn = −∞. (b) e (c). xn Unidade 2 . Outro fato que merece ser mencionado é o seguinte: (d) Se xn > 0 para todo n. então n→∞ n→∞ lim (xn + yn ) = −∞. n→∞ lim (xn yn ) = +∞ e n→∞ lim cxn = −∞. n→∞ n→∞ Como consequência de (a). n→∞ n→∞ (b) Se lim xn = lim yn = +∞ e c > 0. xn De fato. n→∞ lim (xn yn ) = +∞ e n→∞ lim cxn = +∞. se xn = n12 e yn = n + n2 . na proposição acima. Se tomarmos zn = n3 + 1 vemos que (xn zn ) tende para +∞ e se tomarmos wn = 1 − n3 . n→∞ Em relação ao caso em que l = 0. então n→∞ n→∞ lim xn yn = +∞ para l > 0 e n→∞ lim xn yn = −∞ para l < 0. Por exemplo. Mais dois fatos interessantes a respeito de limites infinitos de sequências: Proposição 11 (i) Se lim xn = l e lim yn = +∞. nada se pode concluir. então n→∞ n→∞ lim xn yn = −∞ para l > 0 e n→∞ lim xn yn = +∞ para l < 0.Unidade 2 Limites Infinitos de Sequências Note também que em (d) basta supor xn > 0 e em (d’) xn < 0. vemos que (xn yn ) converge para 1. para n a partir de um certo n0 . n→∞ (ii) Se lim xn = l e lim yn = −∞. vemos que (xn wn ) tende para −∞. 14 . 2n − 1 1 n2 + 1 (b) xn = se n é ímpar e xn = se n é par . 2n + n n2 + 1 (d) xn = . 3n (a) xn = 2. n 3n 3n2 + 1 se n é par e xn = 1 − n2 se n é ímpar . n+1 . Verifique se a sequência é convergente ou se limn→∞ xn = ±∞. onde r > s. Se ela for convergente. (c) xn = − 2 2n + n n2 + 3 (d) xn = . 3n 3n3 + 1 (c) xn = 2 .4 Exercícios 1. 15 Unidade 2 . Quais das sequências abaixo são ilimitadas e quais cumprem a propriedade do limite ser ±∞? n2 + 1 . 2n − 1 n2 + 1 (b) xn = 1 + . determine o limite. Seja xn = bs n s + · · · + b1 n + b0 limites de xn quando n tende a ∞. segundo os sinais de ar e bs .Propriedades dos Limites de Sequências 2. 3n2 (a) xn = ar n r + · · · + a1 n + a0 . Discuta os possíveis 3. 5 Rudimentos de Séries Nos limitaremos. · · · . com infinitas parcelas. será a somas dos três primeiros termos de (xn ) e. dizemos que a série é divergente. · · · . . 16 .Unidade 2 Rudimentos de Séries 2. nesta seção. . S 2 = x1 + x2 . no entanto. o segundo termo. Portanto. S2 = 12 + 212 . Chamaremos tais somas infinitas de séries e as denotaremos com o símbolo P∞ n=1 xn . elas serão utilizadas significando limn→∞ Sn . O termo xn é chamado o n-ésimo termo ou termo geral da série. ou seja. escrevemos n=1 xn = l. . assim sucessivamente. . . o terceiro. A sequência (Sn ) é chamada de sequência das somas reduzidas da série ou das somas parciais da série. Caso contrário. Agora. simplesmente. S 1 = x1 . Somas do tipo x1 + x2 + x3 + · · · + xn + · · · . . ou seja. S3 = 12 + 212 + 213 . obtemos Sn = 1 − 21n . Nesse caso. será a soma dos dois primeiros termos de (xn ). usando a expressão da soma dos termos de uma progressão geométrica. não têm significado algébrico. Vejamos agora como a partir de uma sequência (xn ). . Definição 12 Exemplo 10 P∞ xn converge para P∞ l ou. podemos construir uma nova sequência (Sn ). dizemos que a série n→∞ P A série ∞ n=1 termos são: 1 2n n=1 tem como sequência das somas parciais. S n = x1 + x2 + · · · + xn . sua convergência e dar alguns exemplos. Sn = 12 + 212 + 213 +· · ·+ 21n . como limn→∞ 1 = 1 e limn→∞ 21n = 0. a série ∞ n=1 2n converge para 1. O primeiro termo da nova sequência será igual ao primeiro termo da sequência (xn ). a sequência cujos S1 = 21 . S 3 = x1 + x2 + x3 . segue pela Proposição 1 que P 1 limn→∞ Sn = 1. Quando existe lim Sn e vale l. é convergente. . a definir as séries. exibindo uma subsequência de (Sn ) que diverge. P 1 Consideremos a série ∞ n=1 n . para i = 2 temos que S4 = 1 + 12 + 13 + 41 . onde os índices pertencem a N1 = {2i . Analogamente. Mostraremos que a série diverge. chamada série harmônica. Demonstração n→∞ 0 = l − l = lim Sn − lim Sn−1 = lim (Sn − Sn−1 ) = lim xn . mas é um fato geral como veremos a seguir. segue ( 51 + 16 + 17 + 18 ) > 48 = 12 . também é convergente e converge para o mesmo limite (cf. essa propriedade não é exclusiva da série acima. que a recíproca desse Teorema é falsa. S2i = 1 + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + i−1 + ··· + i . para i = 3 temos que S8 = 1 + 12 + 13 + 14 + 51 + 61 + 17 + 81 . Teorema 12. i ∈ N}. Teorema 13 n→∞ n=1 Seja Sn = x1 + · · · + xn e seja l = lim Sn . Se ∞ X xn converge. Seja (Sn ) a sequência das somas parciais da série. Na verdade. que 5 6 7 17 Exemplo 11 . Unidade 1). n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Veremos. então lim xn = 0. existem séries divergentes cujo termo geral tende a zero. Para i = 1 temos que S2 = 1 + 21 . . lembrando que toda subsequência de uma sequência convergente. portanto. Logo. como 1 1 1 . Assim. > 18 . Mostraremos que ela diverge. a seguir. Sabemos que seu termo geral n1 tende para zero. 2 3 4 5 6 7 8 2 +1 2 Como 31 > 41 .Propriedades dos Limites de Sequências Unidade 2 Um fato relevante que podemos observar na série acima é que o seu termo geral xn = 21n cumpre a propriedade de limn→∞ xn = 0. Obtemos. ou seja. segue que ( 13 + 41 ) > 14 + 14 = 42 = 12 . Evidentemente vale também n→∞ lim Sn−1 = l. Considere a subsequência (Sn )n∈N1 de (Sn ). Sendo (S2i ) uma subsequência de (Sn ). No século XVII vários matemáticos desenvolveram métodos algébricos para encontrar retas tangentes a determinadas curvas. o fato de termos mostrado que a sequência monótona crescente (Sn ) possui uma subsequência que tende para +∞. Em seguida.C. garante que limn→∞ Sn = +∞. posteriormente. foi Eudoxo de Cnido (século IV a. a necessidade do limite.) e. foi o primeiro a reconhecer. Em cada um desses métodos o conceito de limite era utilizado. em certo sentido.C. sem ser formulado explicitamente.) que utilizaram o chamado método de exaustão que. É essa noção de tender que está por trás do conceito de limite. Na verdade. ele tenta 18 . Isaac Newton (1641-1727). foi por volta de 450 a.Unidade 2 Um pouco de história S2i = 1 + 12 + ( 31 + 14 ) + ( 51 + 16 + 17 + 81 ) + ( 2i−11 +1 + · · · + i−1 1 + 12 + 24 + 48 + · · · + 2 2i = 1 + i · 12 . Proposição 14 Se (xn ) é uma sequência monótona não decrescente (respectivamente não crescente) e possui uma subsequência que tende para +∞ (respectivamente para −∞). nela inscreviam uma sequência infinita de figuras de áreas ou volumes conhecidos e tal que a soma das áreas ou dos volumes dessas figuras tendiam à área ou volume da região.6 n→∞ Um pouco de história A primeira vez em que se tem notícia do aparecimento da ideia de limite. em Principia Mathematica. 1 ) 2i > Assim. Isto é decorrência da proposição abaixo. n→∞ 2. temos que S2i > yi = 1 + i · 12 para todo i ∈ N e como limi→∞ yi = +∞. Arquimedes de Siracusa (287-212 a. No início do Livro I do Princípia. segue do fato (c) mencionado na Seção 4 que limi→∞ S2i = +∞. cuja prova deixamos como exercício para o leitor. então lim xn = +∞ (respectivamente lim xn = −∞). para calcular a área ou o volume de uma região. com um dos quais iniciamos a Unidade 1. da Unidade 1 que Sn diverge.C. com os paradoxos de Zenão de Eléia. segue do Teorema 12. Por outro lado. por obra de Abel. foi desenvolvida a teoria das funções analíticas. 19 Unidade 2 . Weierstrass. embora não utilisasse a terminologia de limite. que faz uso de séries polinomiais convergentes para representar a importante classe das funções analíticas. que juntamente com Newton é considerado um dos criadores do Cálculo Diferencial e Integral. No século XIX. formulou as noções modernas de limite. fazia uso da noção de somas de infinitésimos. Em 1812 Carl Friedrich Gauss (1777-1855) deu o primeiro tratamento rigoroso para a noção de convergência de sequências e séries. no seu tratamento do cálculo de áreas por meio da uniformização do método de exaustão. um dos grandes matemáticos franceses da primeira metade do século XIX.Propriedades dos Limites de Sequências dar uma formulação precisa para o conceito de limite. continuidade e convergência de séries. Jean Le Rond D’Alembert (1717-1783) foi o único matemático da sua época que reconheceu a centralidade do limite no Cálculo e afirmou que a definição apropriada do conceito de derivada requer primeiramente a compreensão de limite para o qual propôs uma definição. Finalmente. obtendo resultados que marcaram uma nova era para a Análise Matemática. somas de séries. Augustin Louis Cauchy (1789-1857). Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716). ao realizar o estudo da série hipergeométrica. ou seja. Riemann e outros. Unidade 2 Um pouco de história 20 . . . . . . .3 Limites de Funções Sumário 3. . . . . . . . . 8 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1 . . .1 O Conceito de Limite de uma Função . . . . . .2 Exercícios . . . . 9 3. . . 2 3. . . . . . . . . .4 Exercícios . . . . .3 Propriedades dos Limite de Funções . . . . . . Por outro lado. Note que a única diferença entre a função do Exemplo 1 e esta é que essa última não está de nida em x = 3. n→∞ n→∞ Figura 3. exatamente como no 2 . assim.1: Grá co de f (x) = x2 Vemos. cujo x−3 grá co é como na Figura 3.1 O Conceito de Limite de uma Função O objetivo desta unidade é analisar o comportamento das imagens de valores de x no domínio de uma função f quando esses valores se aproximam arbitrariamente de um número real a. Vimos no Exemplo 3 da Unidade 2 que se tomarmos qualquer sequência (xn ) com xn 6= 3 para todo n ∈ N e tal que lim xn = 3. que para qualquer sequência (xn ) convergindo para 3 com xn 6= 3 para todo n ∈ N.Unidade 3 O Conceito de Limite de uma Função 3. temos que n→∞ lim f (xn ) = lim x2n = 32 = 9.2. por f (x) = . Exemplo 2 x3 − 3x2 Consideremos a função f de nida em R \ {3}. a sequência (yn = f (xn )) converge para 9. Exemplo 1 Consideremos a função f (x) = x2 de nida para todo x ∈ R. dada por f (x) = x − 1 se x ≤ 0 e f (x) = x + 1 se x > 0. se tomarmos n→∞ n→∞ 1 1 xn = − segue que lim f (xn ) = lim − − 1 = −1. com xn 6= 3 para todo n ∈ N.3.2: Grá co da função y = f (x). Figura 3. visto que lim f (xn ) = lim xn − 1 = −1. com xn < 0 para todo n ∈ N. x 6= 3 Exemplo 1.3: Grá co de y = f (x) Note agora. vemos que (f (xn )) converge para 9. Por exemplo. n→∞ n→∞ n→∞ xn − 3 xn − 3 lim f (xn ) = lim n→∞ Consideremos a função f de nida em R. temos que a sequência f (xn ) = xn − 1 converge para -1. xn 3 − 3xn 2 xn 2 (xn − 3) = lim = lim xn 2 = 9. cujo grá co é como na Figura 3. n→∞ n→∞ n n 3 Exemplo 3 . para qualquer sequência (xn ) convergindo para 3. que dada qualquer sequência (xn ) convergindo para zero. De fato.Limites de Funções Unidade 3 Figura 3. diz-se que lim f (x) existe e vale l. se tomarmos xn = n→∞ n→∞ n 1 segue que lim f (xn ) = lim + 1 = 1. Isto ocorre. no Exemplo 2. que enquanto nos dois primeiros exemplos o comportamento da sequência (yn = f (xn )) independe da sequência (xn ) escolhida e convergindo para 3.Unidade 3 O Conceito de Limite de uma Função Por outro lado. temos que a sequência f (xn ) = xn + 1 converge para 1 1. visto que lim f (xn ) = lim xn + 1 = 1. É essa invariância que está por trás da noção de limite dos valores de f (x) quando x se aproxima de um número real a. e escreve-se lim f (x) = l . A exigência feita sobre a. se D é um intervalo não trivial (isto é. quando não se reduz a um único elemento) e a ∈ D ou a é um extremo de D (caso D 6= R). convergindo para zero. temos a = 3 e f (3) = 9. Diz-se que f (x) tende para l quando x tende para a. que não importa a forma como os valores de x no domínio de f se aproximam de um número real a (mesmo que esse número a não pertença ao domínio da função). a não pertence ao domínio de f e no 4 . signi ca que há pontos de D diferentes de a tão próximos de a quanto queiramos. onde D é o domínio de f . na de nição acima. diz-se que lim f (x) não existe. ( lê-se: limite de f (x) quando x tende para a é igual a l) x→a quando para toda sequência (xn ) de elementos de D \{a} tal que lim xn = n→∞ a. n→∞ n→∞ n Vemos assim. Por exemplo. dada qualquer sequência (xn ) convergindo para zero. Definição 1 Sejam f : D → R. por exemplo. com xn > 0 para todo n ∈ N. x→a Segue diretamente da unicidade de limite de sequências (Proposição 9 da Unidade 1) que se existe o limite de uma função. Note que no Exemplo 1. a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intersecte D \ {a} e l ∈ R. o comportamento da sequência (yn = f (xn )) depende da sequência escolhida (xn ). Quando não houver um x→a número real l satisfazendo a propriedade acima. Precisamente. podermos concluir que as imagens f (x) desses valores se aproximam de um número real l. então ele é único. Seria muito interessante poder dizer a respeito de uma função f . tem-se lim f (xn ) = l. n→∞ Neste caso. nesse último exemplo. mesmo que a pertença a D. lim f (xn ) = lim x3n = a3 . Unidade 1. De fato. para n→∞ todo a ∈ R. Isto segue diretamente do Exercício 9 da Seção 4. Assim. Seja c ∈ R e de namos f (x) = c para todo x ∈ R. teren→∞ mos lim f (xn ) = lim xn 3 = 23 = 8. Então. Em todos eles. Exemplo 5 Consideremos a função f (x) = x3 de nida para x ∈ R.Limites de Funções Unidade 3 Exemplo 3. diferentes de 2 tal que lim xn = 2. a = 0 e f (0) = −1. com lim xn = a então. 8 x3n 1 0 1 xn 2 Figura 3. se tomarmos qualquer sequência (xn ) de números reais. podemos nos aproximar de a por valores do domíno da função f . para todo a ∈ R. Note que o mesmo vale para todo n→∞ n→∞ a ∈ R.4: Grá co de y = x3 Exatamente como no Exemplo 4 da Unidade 1. É importante também notar que. Se tomarmos qualquer sequência (xn ) de números reais diferentes de a. lim f (x) = c. x→a onde se mostra que toda sequência constante igual a c converge para c. tem-se que lim x3 = a3 . n→∞ x→a 5 n→∞ Exemplo 4 . o valor de f em a é irrelevante para o estudo do conceito de limite. então. Unidade 2. x→a 1 Por exemplo. tomemos qualquer sequência (xn ) de números reais diferentes de a tal que lim xn = a. isto é. 1 que lim p(xn ) = n→∞ n→∞ p(a). = Exemplo 6 x→a |a| |xn| a xn 0 Figura 3. n→∞ 6 . n→∞ n→∞ lim f (xn ) = f (a).5: Grá co de y = |x| Com efeito. 16 16 Consideremos a função f (x) = |x| de nida para x ∈ R. se tomarmos p(x) = x4 − 7x2 + x e a = . x→a Demonstração De fato. lim p(x) = p(a).Unidade 3 O Conceito de Limite de uma Função Proposição 2 Se p é um polinômio qualquer. lim p(x) = p(a). Então. para todo a ∈ R. lim f (x) = f (a). para todo a ∈ R. vejamos que para qualquer sequência (xn ) de números reais diferentes de a tal que lim xn = a. Assim. temos que 2 2 4 1 1 1 1 7 1 −7 + = lim1 (x4 − 7x2 + x) = − + 2 2 2 16 4 2 x→ 2 1 − 28 + 8 19 =− . tem-se que lim |xn | = |a|. Vimos no Proposição 3. para todo n ∈ N vale a desigualdade ||xn | − |a|| ≤ |xn − a| . x→−3 x→0 Vimos no Exemplo 3 acima. lim |x| = |a|. ||xn | − |a|| ≤ |xn − a| < r para todo n ≥ n0 . Agora.Limites de Funções Unidade 3 Lembremos primeiramente. que para quaisquer x. Isto mostra que lim |xn | = |a|. n→∞ Assim. dado r > 0 arbitrário. Em particular. para todo a ∈ R. Assim. não existe lim f (x). podemos encontrar um n→∞ inteiro n0 ≥ 1 tal que |xn − a| < r para todo n ≥ n0 . n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Portanto. y ∈ R. lim |x| = | − 3| = 3 x→a e lim |x| = |0| = 0. x→0 7 Exemplo 7 . Portanto. que existem sequências (xn ) e (yn ) satisfazendo lim xn = lim yn = 0. e tais que lim f (xn ) = −1 e lim f (yn ) = 1. temos ||x| − |y|| ≤ |x − y|. como lim xn = a. (d) lim x→0 x→0 x2 − 4 . (b) lim (x4 + 2x3 ). x→1 3. (a) Esboce o grá co de f . (b) Use (a) para intuir o valor de lim f (x) . (b) Mostre que lim f (x) não existe. De na f : R \ {1} → R por f (x) = |x| se x < 1 e f (x) = 1 se x > 1. x→2 8 . (b) Use (a) para intuir o valor de lim f (x) . (a) Esboce o grá co de f . De na f : R \ {0} → R por f (x) = x se x < 0 e f (x) = x2 se x > 0. Exercícios Calcule os seguintes limites: (a) lim (x5 − 7x4 + 9). x→0 4. De na f : R → R por f (x) = −1 se x ≤ 2 e f (x) = 1 se x > 2. x→2 x − 2 x→−1 2. (c) lim (1 + |x|).2 1.Unidade 3 Exercícios 3. (a) Esboce o grá co de f . se f. x→a f l1 (x) = . é quando tomamos a função f (x) = c para todo x ∈ D. então (f g)(x) = x3 cos x para todo x ∈ R. Sejam f. Por exemplo. g : R → R são de nidas por f (x) = x3 e g(x) = cos x. de nida por (f g)(x) = f (x)g(x) para todo x ∈ D. Dadas duas funções f. 6 0 para todo x ∈ D. (c) Se g(x) 6= 0 para todo x ∈ D e l2 6= 0. x→a (b) lim (f g)(x) = l1 l2 . de nida em D. Por exemplo. g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intersecte D \ {a}. podemos a elas associar duas novas funções. para todo x ∈ D. algumas propriedades aritméticas do limite de funções. então. f + g e f − g . Se lim f (x) = l1 e lim g(x) = l2 . então (f + g)(x) = f (x) + g(x) = 2 + x3 + 2x4 e (f − g)(x) = f (x) − g(x) = 2 + x3 − 2x4 . então a função (2g)(x) = 2(x2 − 3x + 2) = 2x2 − 6x + 4. x→a x→a (a) lim (f + g)(x) = l1 + l2 . g : R → R são de nidas por f (x) = 2 + x3 e g(x) = 2x4 . poderemos também considerar a função Se g(x) = f f (x) . Podemos também a elas associar uma nova função f g . para todo x ∈ R. agora. de nidas por (f + g)(x) = f (x) + g(x) e (f − g)(x) = f (x) − g(x).Limites de Funções 3. Por exemplo. se c = 2 e g(x) = x2 − 3x + 2. a função (cg) : D → R é de nida por (cg)(x) = cg(x). Um caso particular importante. tem-se que lim x→a g l2 9 Teorema 3 . Neste caso.3 Unidade 3 Propriedades dos Limite de Funções Recordemos brevemente algumas das operações que podemos efetuar com as funções. g : D → R. em que c é um número real. se f. (x) = g g(x) Vejamos. pela de nição de limite. como havíamos x→a a rmado. x→a x→a (b) lim (f − g)(x) = l1 − l2 . como n→∞ x→a n→∞ lim g(x) = l2 . Como lim f (x) = l1 . n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Portanto. segue-se que lim f (xn ) = l1 e. x→a n→∞ obtemos lim (f + g)(xn ) = lim (f (xn ) + g(xn )) = lim f (xn ) + lim g(xn ) = l1 + l2 . como n→∞ x→a n→∞ lim g(x) = l2 . lembrando que deverá ser usado o Corolário 5 da Unidade 2. Pela Proposição 2 da Unidade 2. lim (f + g)(x) = l1 + l2 . x→a n→∞ obtemos lim (f g)(xn ) = lim (f (xn )g(xn )) = ( lim f (xn ))( lim g(xn )) = l1 l2 .Unidade 3 Demonstração Propriedades dos Limite de Funções (a) Seja (xn ) uma sequência arbitrária de elementos de D \ {a} tal que lim xn = a. Vejamos agora algumas consequências imediatas do teorema. seja (xn ) uma sequência arbitrária de elementos de D \ {a} tal que lim xn = a. x→a Demonstração (a) Aplique o item (b) do Teorema 3 com g(x) = c a função constante. n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Portanto. segue que lim g(xn ) = l2 . como o Teorema 3 e seu corolário são úteis no cálculo de limites. pela de nição de limite. segue-se que lim g(xn ) = l2 . (a) Se c ∈ R . g : D → R como no enunciado do Teorema 2. segue-se que lim f (xn ) = l1 e. x→a (c) A demonstração deste item é análoga às dos itens anteriores.1. Vejamos agora. Pela Proposição 1 da Unidade 2. 10 . Como lim f (x) = l1 . lim (f g)(x) = l1 l2 . então lim cf (x) = c(lim f (x)) = cl1 . (b) Observe que lim (f (x) − g(x)) = lim [f (x) + (−g(x))] x→a x→a e aplique a esta última expressão os itens (a) do Teorema 3 e do presente corolário. (b) De fato. Corolário 4 Sejam f. x→0 Portanto. onde f (x) = x − x3 e g(x) = 2|x|. x→2 x2 − 1 11 . x→−2 Exemplo 9 Vamos calcular o lim (x + 3x − 2) . Já sabemos que lim p(x) = p(0) = −2. lim (x2 + 3x − 2)2 = lim (p(x))2 = (lim p(x))(lim p(x)) = (−2)2 = 4. Como lim h(x) = h(−2) = 2. consideremos o polinômio p(x) = x2 + 3x − 2. pelo item (b) do Teorema 3. 3 x→−2 Para todo x ∈ R. x→0 Exemplo 10 x3 − 2x + 1 Vamos Calcular lim . lim (x − x3 + 2|x|) = 6 + 4 = 10. Além disso. x→−2 x→−2 Portanto. x→0 x→0 x→0 x→0 Você também poderia observar que (x2 + 3x − 2)2 = x4 + 6x3 + 5x2 − 12x + 4 é um polinômio. 2 2 x→0 Para isto. para então concluir que lim (x2 + 3x − 1)2 = 04 + 6 × 03 + 5 × 02 − 12 × 0 + 4 = 4. já sabemos que lim f (x) = f (−2) = 6. pelo item (a) do Teorema 3. x→−2 A função g(x) é o produto da função constante igual a 2 para todo x ∈ R pela função h(x) = |x|. podemos escrever x−x3 +2|x| = (f +g)(x). segue do item (a) do x→−2 Corolário 4 que lim g(x) = 2( lim h(x)) = 4.Limites de Funções Unidade 3 Exemplo 8 Vamos Calcular o lim (x − x + 2|x|). segue do item (c) do Teorema 3 que x→2 lim x3 − 2x + 1 5 x3 − 2x + 1 x→2 = = . portanto. como lim p(x) = p(1) = 0 e lim q(x) = q(1) = 0. para todox ∈ D. e q(x) 6= 0. portanto. h(x) = x−1 é um dos fatores na fatoração em polinômios irredutíveis de p(x) e q(x).Propriedades dos Limite de Funções Unidade 3 Consideremos os polinômos p(x) = x3 − 2x + 1 e q(x) = x2 − 1!de nidos p x3 − 2x + 1 = (x) para em D = R \ {−1. 1}. x→1 x→1 (x − 1)(x + 1) x+1 lim 12 . como x = 1 anula os polinômios p(x) e q(x). temos que (x − 1)(x2 + x − 1) x2 + x − 1 = lim . Assim. Temos que p(x) = (x−1)(x2 +x−1) e q(x) = (x − 1)(x + 1). que x2 − 1 q todo x ∈ D e q(x) não se anula em D. não podemos x→1 x→1 aplicar o item (c) do Teorema 3 (visto que o limite da função do denominador é igual a zero). Dado que lim p(x) = p(2) = 5 e x→2 lim q(x) = q(2) = 3 6= 0. p (x − 1)(x2 + x − 1) (x) = . q (x − 1)(x + 1) donde x3 − 2x + 1 (x − 1)(x2 + x − 1) = lim . que Vamos Calcular lim p x3 − 2x + 1 (x) = . então x = 1 é raiz de ambos os polinômios. portanto. Lembremos que. 1}. lim 2 2 x→2 x −1 3 lim x − 1 x→2 Exemplo 11 x3 − 2x + 1 . 1}. como x = 1 ∈ / D = R \ {−1. x→1 x→1 x2 − 1 (x − 1)(x + 1) lim Note que. x→1 x2 − 1 Consideremos os polinômos p(x) = x3 − 2x + 1 e q(x) = x2 − 1 de nidos em D = R \ {−1. Vemos. Devemos então proceder de outra maneira para tentar calcular o limite. Vemos. q x2 − 1 Entretanto. obtemos x2 + x − 2 (1 − x)(x + 2) x+2 = = . 1 − x 1 − x3 1 − x3 1 − x3 1 − x3 cujo limite quando x → 1 poderia ser calculado pelo Teorema 3.Limites de Funções Unidade 3 Agora sim. a primeira tem como que as funções x2 − 1 (x + 1) domínio o conjunto D = R\{−1. se o denominador da última expressão não se anulasse em x = 1. obtemos Não podemos utilizar o Corolário 4(b). como lim x2 + x − 1 = 1 e lim x + 1 = 2 6= 0. para qualquer desse valores. 1} e de fato. ao substituirmos no numerador e denominador do primeiro membro da igualdade os termos (x − 1) do numerador e denominador se cancelam. podemos aplicar x→1 x→1 o item (c) do Teorema 3 e concluir que lim x2 + x − 1 x2 + x − 1 1 x3 − 2x + 1 x→1 = lim = = . mas para efeito do cálculo do limite. lim x→1 x→1 x2 − 1 x+1 lim x + 1 2 x→1 Um ponto muito importante a ser observado. Em muitas situações pode ser útil usar a seguinte bem conhecida identidade: xk − y k = (x − y)(xk−1 + yxk−2 + · · · + y k−2 x + y k−1 ). x→1 1 − x 1 − x3 1 3 e lim x→1 1 − x x→1 1 − x3 3 não existem (justi que). (1) √ √ Pondo x = k b e y = k a em (1). Fatorando numerador e o denominador dessa última fração. pois ao tomarmos o limite quando x tende para 1. (2) Exemplo 12 3 1 Calcular lim − . o que não é o caso. o fazemos tomando valores de x ∈ D = R \ {−1. Utilizando a identidade 1 − x = (1 − x)(1 + x + x2 ) que se deduz imediatamente da identidade (1) acima. é que a igualdade (1) acima se veri ca. 3 2 1−x (1 − x)(1 + x + x ) 1 + x + x2 13 . pois os limites lim 1 3 1 + x + x2 3 x2 + x − 2 − = − = . 1} e a segunda tem como domínio o conjunto S = R \ {−1}. isto não importa. Não é verdade x3 − 2x + 1 (x2 + x − 1) e sejam iguais. obtém-se √ √ √ √ √ √ √ √ k k k k k k b − a = ( b − k a)( bk−1 + k a bk−2 + · · · + ak−2 b + ak−1 ). vemos que ( xn ) tende a √ a. x→a O argumento utilizado no exemplo acima se generaliza para mostrar que √ √ lim k x = k a. √ √ √ a √ b = √ + a < x + a. x→1 x − 1 Não podemos utilizar o Teorema 3 diretamente. √ √ lim x = a. obtemos 1 3 x+2 3 lim − = lim = = 1. Mas. lim x→1 √ x−1 1 1 1 1 √ = = = lim √ = . √ Portanto. podemos escrever √ √ √ x−1 ( x − 1)( x + 1) x−1 1 √ √ = = =√ . x→a Exemplo 14 √ x−1 . √ √ √ a a .Unidade 3 Propriedades dos Limite de Funções Assim. se (xn ) é uma sequência que tende a a. x−1 (x − 1)( x + 1) (x − 1)( x + 1) x+1 Calcular lim Portanto. Calcular lim x→a √ x. temos que √a2 < x < √3a 2 2 2 Assim. pois o denominador da fração se anula em x = 1. Note que se x está no intervalo (a − . x→1 x−1 1+1 2 x+1 limx→1 x + 1 14 . a + ). 2 Temos então que √ √ √ √ √ √ b| x − a| < ( x + a)| x − a| = |x − a|. 3 2 x→1 1 − x x→1 1 + x + x 1−x 3 Exemplo 13 Seja a > 0. Logo. x→4 1 − 5−x √ √ x2 − 2x + 6 − x2 + 2x − 6 lim . x→1 x − 1 (a) lim 2. (b) lim 4 x→0 x + x2 + 2 x2 − 5x + 6 .4 1. obtenha (a) a x−a partir de (b).Limites de Funções 3. x→3 x2 − 4x + 3 15 Unidade 3 . x→3 x−3 x4 − 1 (d) lim . Exercícios Calcule os seguintes limites: x3 + 5x + 7 . x→a x k − ak = kak−1 . x→a x − a xk − ak (c) Escrevendo xk − ak = (x − a) para x 6= a. (b) Mostre que lim 3. √ √ 3 x2 − 2 3 x + 1 . Calcule (a) (b) (c) (d) √ 1+x−1 lim √ . x→−1 x2 − 6x + 8 (x − 2)3 + 2|x| √ . 3 x→0 1+x−1 6 Sugestão: Pode ser útil fazer a mudança de variável 1 + x = u . (c) lim Sejam k um inteiro positivo e a um número real. (a) Mostre que lim (xk − ak ) = 0. lim x→1 (x − 1)2 √ 3− 5+x √ lim . Unidade 3 Exercícios 16 . . 13 4. . . Infinitos e no Infinito Sumário 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5 Exercícios .1 Limites Laterais . . . . 2 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Limites no Infinito . . 22 1 . 5 4. . . . . . . . . . . . .2 Limites Infinitos e Limites no Infinito . 14 4. . .4 Limites Laterais. . . . . .3 Exercícios . . na verdade. logo. portanto converge para -1.Unidade 4 Limites Laterais 4. podendo não existir um dos números ou existirem e serem distintos. f (x) = −1 se x < 0 e f (x) = 1 se x > 0. pois dada as sequências xn = − e yn = . logo. Vejamos um exemplo.1 Limites Laterais Algumas vezes o limite de uma determinada função. pode não existir. portanto converge para 1. 1 xn 0 yn –1 Figura 4. temos que. f (xn ) = f − = −1 n 1 para todo n ∈ N. mas a função pode tender a um certo número l1 que independe da sequência escolhida quando x tende a a pela esquerda. f (yn ) = f = n 1 para todo n ∈ N. tem-se f (xn ) = −1 para todo n. n→∞ n→∞ 2 . com lim yn = 0. Por outro lado. lim f (xn ) = −1. dada qualquer sequência (yn ) tal que yn > 0 para todo n. Exemplo 1 Seja f definida em R \ {0} por. ou tender a um certo número l2 quando x tende a a pela direita. com lim xn = 0. n→∞ n→∞ Por outro lado. tem-se f (yn ) = 1 para todo n. quando x tende a um número a. Note que. lim f (yn ) = 1. x→0 n n 1 ambas convergindo a zero. por um lado.1: Limites laterais em x = 0 1 1 Note que lim f (x) não existe. para qualquer sequência (xn ) tal que xn < 0 para todo n. n→∞ n→∞ n→∞ E. escrevendo lim− f (x) = l. dada qualquer sequência (xn ) tal que xn < 0 para todo n. Em ambos os casos. o intervalo (a. Sejam f : D → R e a ∈ R tais que para todo r > 0. ocorre x→0 o fenômeno. se para toda sequência (xn ). Dizemos que o limite de f (x) quando x tende para a pela esquerda é igual a l. a) intersecta D. basta considerar as x→0 1 1 1 sequências xn = − e yn = .Limites Laterais. Isto motiva. em geral. com lim yn = 0. se para toda sequência (xn ). temos que lim− f (x) = −1 e no Exemplo 2. n→∞ n→∞ 3 Definição 2 Limite Lateral Direito . tem-se que lim f (xn ) = l. Isto caracteriza o fato dos limites laterais de f à esquerda e à direita de a(= 0) existirem para ambas as funções. l é chamado de limite lateral esquerdo de f em a. dada por f (x) = x se x ≤ 0 e f (x) = x + 1 se x > 0. escrevendo lim+ f (x) = l. quando nos restringimos exclusivamente a valores de x menores do que zero ou a valores de x maiores do que zero. n→∞ n→∞ No Exemplo 1. Temos que lim f (xn ) = lim − = 0. Dizemos que o limite de f (x) quando x tende para a pela direita é igual a l. com xn > a x→a para todo n ∈ N e tal que lim xn = a. as seguintes definições. n→∞ n→∞ n n n 1 enquanto que lim f (yn ) = lim + 1 = 1. n→∞ n→∞ n Exatamente como no exemplo anterior. lim− f (x) = 0. com lim xn = 0. x→0 x→0 Nesse caso. quando x tende a a. Para ver isso. Neste caso. tem-se que lim f (xn ) = l. dada qualquer sequência (yn ) tal que yn > 0 para todo n. com xn < a Definição 1 Limite Lateral Esquerdo x→a para todo n ∈ N e tal que lim xn = a. n→∞ tem-se que lim f (yn ) = lim yn + 1 = 1. Infinitos e no Infinito Unidade 4 Exemplo 2 Consideremos a função f definida em R. os limites existem nos dois exemplos. o intervalo (a − r. vemos que. com essas restrições sobre os valores de x. apesar de lim f (x) não existir. a + r) intersecta D. acima citado. n→∞ n→∞ Nos dois exemplos acima. também não existe lim f (x). Sejam f : D → R e a ∈ R tais que para todo r > 0. tem-se que lim f (xn ) = lim xn = 0. se tomarmos qualquer sequência (xn ) de números reais com xn > 0 para todo n ∈ N e tal que lim xn = 0. e somente se. Se tomarmos qualquer sequência (xn ) de números reais com xn < 0 para todo n ∈ N e tal que lim xn = 0. a) e (a. ou seja. os limites à esquerda e à direita de a coincidem e são iguais à l. repartindo os termos de uma sequência que converge para a em dois grupos: os termos menores do que a e os termos maiores do que a. teremos que lim f (xn ) = lim 0 = 0. temos que (f (xn )) tende para l. teremos que lim f (xn ) = lim xn = 0. Teorema 3 Sejam f : D → R e a ∈ R tais que para todo r > 0. afirma que as duas condições são equivalentes. temos que lim+ f (x) = 1. Então. Nesse caso. a + r) itersectam D. temos que x→0 x→0 lim f (x) = 0. x→a Demonstração x→a A demonstração da parte que falta segue das definições. então o fato de se ter lim f (x) = l implica x→a que lim− f (x) = lim+ f (x) = l.Unidade 4 Limites Laterais Nos Exemplos 1 e 2. n→∞ n→∞ n→∞ Assim. x→0 4 . Note que se f : D → R e a ∈ R são tais que todos os intervalos da forma (a − r. a + r) intersectam D. Com efeito. Exemplo 3 Consideremos a função f : R \ {0} → R dada por f (x) = 0 se x < 0 e f (x) = x se x > 0. lim f (x) = l se. os intervalos (a − r. tem-se que a sequência (f (xn )) tende para l. por definição de limite. se xn < a ou xn > a para todo n ∈ N. cujo gráfico esboçamos na figura a seguir. l é chamado x→0 de limite lateral direito de f em a. lim− f (x) = lim+ f (x) = 0 e. portanto. do qual acabamos de provar uma parte. O Teorema abaixo. qualquer x→a x→a sequência (xn ) tendendo para a. pelo Teorema 3. Assim. n→∞ n→∞ n→∞ Agora. x→a lim− f (x) = lim+ f (x) = l. independentemente do modo como (xn ) tende para a. a) e (a. 3: Gráfico de y = 1 x Olhando para o gráfico de f é fácil perceber que f (x) decresce ilimitadamente quando x se aproxima de zero por valores menores do que zero e que f (x) 5 Exemplo 4 . 1 Consideremos a função f (x) = .2 Limites Infinitos e Limites no Infinito Como motivação do conceito que vamos apresentar a seguir. Infinitos e no Infinito Unidade 4 xn xn 0 Figura 4.Limites Laterais. 1 yn xn yn 0 1 xn Figura 4. comecemos com os dois exemplos abaixo.2: Gráfico de função do Exemplo 3 4. cujo gráfico x esboçamos na figura abaixo. definida para x ∈ R \ {0}. se tomarmos qualquer sequência (xn ) tal que xn < 0 para 1 = −∞ (isto segue da protodo n e lim xn = 0. teremos lim f (xn ) = lim n→∞ n→∞ n→∞ xn priedade (d’) da Seção 3. é diferente do 6 . Exemplo 5 1 Consideremos a função f (x) = 2 . teremos lim f (xn ) = n→∞ n→∞ 1 1 2 2 lim = +∞ (realmente. Unidade 2). é fácil perceber que f (x) cresce ilimitadamente quando x se aproxima de zero.4: Gráfico de y = 1 x2 Olhando para o gráfico de f . Unidade 2). teremos lim f (yn ) = lim = +∞ n→∞ n→∞ n→∞ yn (isto segue da propriedade (d) da Seção 3. Unidade 2). Note que o comportamento da função. definida para x ∈ R \ {0}. então lim = 2 n→∞ xn n→∞ n→∞ xn 2 +∞. deste último exemplo.Unidade 4 Limites Infinitos e Limites no Infinito cresce ilimitadamente quando x se aproxima de zero por valores maiores do que zero. conforme vimos na Propriedade (d) da Seção 3. cujo gráfico x esboçamos na figura a seguir. como lim xn = 0 e xn > 0. Precisamente. 1 x 2n xn 0 Figura 4. se tomarmos qualquer sequência (xn ) de números diferentes de zero tal que lim xn = 0. Precisamente. e se tomarmos qualquer sequência (yn ) 1 tal que yn > 0 para todo n e lim yn = 0. temos as seguintes definições. x→a− x→a x→a x→a É importante observar que basta que uma das condições mencionadas acima se cumpra para se concluir que a reta x = a é uma assíntota vertical ao gráfico de uma função f . Definição 5 n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ De maneira completamente análoga ao feito anteriormente. para toda sequência (xn ) de elementos de D \ {a} tal que lim xn = a. tem-se lim f (xn ) = +∞. x→a− x→a+ Por exemplo. Diz-se que limx→a f (x) = +∞ se. lim+ f (x) = −∞. x→a− x→a+ e por lim f (x) = −∞. então x = a não x→a será uma assíntota vertical. se a reta vertical x = a for uma assíntota vertical. Diremos que a reta vertical x = a é uma assíntota vertical ao gráfico de uma função f se for satisfeita uma qualquer das condições abaixo: lim− lim f (x) = −∞. tem-se lim f (xn ) = −∞. Infinitos e no Infinito Unidade 4 comportamento da função do exemplo anterior para valores de x próximos de zero. Sejam f : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intersecte D \ {a}. 7 Limite +∞ Limite −∞ . Definição 4 Sejam f : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intersecte D \ {a}. lim+ f (x) = +∞. 1 1 = −∞ e lim+ = +∞. lim f (x) = +∞. lim f (x) = −∞. Diz-se que limx→a f (x) = −∞ se. Em geral. Observe também que se lim f (x) existe. à medida que x tende a a pela direita ou pela esquerda. o gráfico de f se aproxima cada vez mais dessa reta (para cima ou para baixo). lim− f (x) = +∞.Limites Laterais. podemos definir sem dificuldade o que se entende por lim f (x) = +∞. x→0 x x→0 x Vamos a seguir dar uma interpretação geométrica a algumas das situações descritas acima. para toda sequência (xn ) de elementos de D \ {a} tal que lim xn = a. Portanto. donde lim+ f (x) = +∞ e a reta x = a é x→a uma assíntota vertical ao gráfico de f . x→a quando x tende para a por valores maiores do que a. x Como lim+ f (x) = +∞. segue da definição que a reta x = 0 é uma assínx→0 tota vertical ao gráfico de f . Esta notação é apenas um modo figurativo de se raciocinar. o denominador x − a tende para zero por valores negativos. uma notação heurística que facilitará a determinação de uma assíntota vertical. embora tenhamos lim− f (x) = 1. Introduziremos agora. o denominador x − a tende à zero por valores positivos. se x > 0. cujo gráfico esboçamos na figura a seguir. 8 . Analogamente. se x ≤ 0 f (x) = 1 . x→0 Exemplo 7 Seja a um número real arbitrário e consideremos a função f : R \ {a} → R 1 definida por f (x) = .Unidade 4 Exemplo 6 Limites Infinitos e Limites no Infinito Consideremos a função f definida por 1 − x.5: Gráfico de y = 1 x−a Observemos que quando x tende para a por valores menores do que a. Como o numerador é a função constante igual a 1. teremos lim− f (x) = −∞. Verifique na figura a aproximação do gráfico de f com a reta x = a. não sendo totalmente provida de sentido matemático. x−a 1 a a 0 Figura 4. x→a x − a 0 Analogamente. 9 Unidade 4 . Vejamos isto em um exemplo. a função f (x) = x→a negativos. x→a Observemos que no caso em que l = 0. com lim− h(x) = l 6= 0 e lim− g(x) = 0+ . o número positivo 1 dividido por números cada vez mais próximos de zero e negativos dão como resultado números cada vez maiores em valor absoluto e negativos. desde que façamos x tender a a por valores menores do que a. no primeiro caso. motivo pelo qual temos que 1 1 lim+ = + = +∞. Se lim− g(x) = 0− . Um enunciado análogo ao acima vale no caso em que lim+ h(x) = l 6= 0 e x→a lim+ g(x) = 0+ ou 0− . se f (x) = . Do mesmo modo. x→a x − a 0 h(x) De modo geral. Ora.Limites Laterais. Neste caso. para a qual lim− g(x) = 1. Infinitos e no Infinito 1 cumpre a seguinte condição: a x−a função do numerador é a função g(x) = 1 para todo x ∈ R \ {a}. Agora. nada podemos concluir. se l > 0. x→a x→a g(x) então ( +∞. no segundo caso. a notação indica que o numerador tende a 1 e o denominador tende a zero por valores positivos. então x→a h(x) lim− f (x) = lim− = x→a x→a g(x) ( +∞. se l > 0 h(x) l lim− f (x) = lim− = + = x→a x→a g(x) 0 −∞. Usaremos neste caso a seguinte notação: x→a lim− x→a 1 1 = − = −∞ e x−a 0 lim+ x→a 1 1 = + = +∞. denotaremos este limite por lim− x − a = 0− . a função x − a do denominador tende a zero por valores No exemplo acima. x→a lim+ x − a = 0+ . se l < 0. se l < 0 −∞. tende a zero por valores negativos. o número positivo 1 dividido por números cada vez mais próximos de zero e positivos dão como resultado números cada vez maiores e positivos. motivo pelo qual 1 1 escrevemos lim− = − = −∞. x−a 0 1 1 É importante notar que − e + não têm sentido matemático! São apenas 0 0 notações que indicam que o numerador tende a 1 e o denominador. Unidade 4 Exemplo 8 Limites Infinitos e Limites no Infinito Sejam h(x) = x − 1 e g(x) = x2 − 1. Temos lim− f (x) = lim− x→1 x→1 x−1 x−1 1 = lim− = . 2 x − 1 x→1 (x + 1)(x − 1) 2 Por outro lado, se g(x) = x(x − 1)2 , obtemos lim− f (x) = lim− x→1 x→1 x−1 1 1 = − = −∞. = lim− 2 x→1 x(x − 1) x(x − 1) 0 Finalmente, se h(x) = 1 − x e g(x) = x(x − 1)2 , obtemos lim− f (x) = lim− x→1 Exemplo 9 x→1 −1 −1 1−x = lim− = − = +∞. 2 x→1 x(x − 1) x(x − 1) 0 x−1 definida em R \ {−1}. Verifiquemos x+1 que a reta x = −1 é assíntota vertical ao gráfico de f . Como lim − x − 1 = −2 e lim − x + 1 = 0− , segue que Consideremos a função f (x) = x→−1 x→−1 lim − x→−1 −2 x−1 = − = +∞. x+1 0 Analogamente, como lim + x − 1 = −2 e lim + x + 1 = 0+ , segue que x→−1 x→−1 lim − x→−1 Exemplo 10 −2 x−1 = + = −∞. x+1 0 x definida em R \ {−1, 1}. Verifiquex2 − 1 mos que as retas x = −1 e x = 1 são assíntotas verticais ao gráfico de f . Com efeito, dado que lim − x = −1 e lim − x2 − 1 = 0+ , segue que Consideremos a função f (x) = x→−1 lim − x→−1 x→−1 x2 x −1 = + = −∞. −1 0 10 Limites Laterais, Infinitos e no Infinito Unidade 4 De modo análogo, como lim + x = −1 e lim + x2 − 1 = 0− , segue que x→−1 lim + x→−1 x→−1 x −1 = = +∞. x2 − 1 0− Qualquer um dos dois limites garante, segundo a definição, que a reta x = −1 é uma assíntota vertical ao gráfico de f . Agora, dado que lim− x = 1 e lim− x2 − 1 = 0− , segue que x→1 x→1 lim− x→1 x2 1 x = − = −∞. −1 0 De modo análogo, como lim+ x = 1 e lim+ x2 − 1 = 0+ , segue que x→1 x→1 lim+ x→1 x2 1 x = + = +∞. −1 0 De novo, qualquer um dos dois limites garante, segundo a definição, que a reta x = 1 é uma assíntota vertical ao gráfico de f . Observemos que nos exemplos acima, as retas assíntotas verticais correspondem aos valores de x que anulam o denominador da função analisada. Nos Exemplos 4, 5 e 6, foram as retas x = 0, no Exemplo 7, a reta x = a, no Exemplo 8 a reta x = −1 e no Exemplo 9, as retas x = −1 e x = 1. Podemos ser induzidos a pensar que sempre será assim. O exemplo a seguir, nos mostra que esses valores de x serão candidatos mas não serão necessariamente assíntotas verticais. 2x2 − x − 1 definida em R \ {−1, 1}. Emx2 − 1 bora x = −1 e x = 1 anulem o denominador da função f , vejamos que a reta x = −1 é assíntota vertical ao gráfico de f , mas o mesmo não ocorre com a reta x = 1. Consideremos a função f (x) = Com efeito, como lim − 2x2 − x − 1 = 2 e lim − x2 − 1 = 0+ , segue que x→−1 lim − x→−1 x→−1 2x2 − x − 1 2 = + = +∞. 2 x −1 0 11 Exemplo 11 Unidade 4 Limites Infinitos e Limites no Infinito Este limite já garante que a reta x = −1 é assíntota vertical ao gráfico de f . Mesmo assim, analisemos o limite à direita de −1. Como lim + 2x2 − x − 1 = 2 x→−1 2 2x2 − x − 1 = − = −∞. e lim + x − 1 = 0 , segue que lim + 2 x→−1 x→−1 x −1 0 Agora, notemos que embora x = 1 anule o denominador de f , ele também anula o numerador, ou seja, x = 1 é raiz dos polinômios 2x2 − x − 1 e x2 − 1. Isso significa que o polinômio x − 1 divide ambos os polinômios. Precisamente, temos que 2x2 − x − 1 = (x − 1)(2x + 1) e x2 − 1 = (x − 1)(x + 1). Assim, 2 lim− x→1 − 2x2 − x − 1 (x − 1)(2x + 1) 2x + 1 = lim− = lim− . 2 x→1 x→1 x −1 (x − 1)(x + 1) x+1 Como lim 2x + 1 = 3 e lim x + 1 = 2 6= 0, segue da propriedade do limite x→1 x→1 3 2x + 1 = . Assim, a reta x = 1 não é do quociente de duas funções que lim x→1 x + 1 2 assíntota vertical ao gráfico da função f . 12 Limites Laterais, Infinitos e no Infinito 4.3 Exercícios 1. Seja f (x) = −2 , x ∈ R \ {2}. (x − 2)2 (a) Calcule lim− f (x) , lim+ f (x) e lim f (x). x→2 x→2 x→2 (b) A reta x = 2 é uma assíntota vertical ao gráfico de f ? 2. Seja f (x) = 1 , x ∈ R \ {1}. (x − 1)3 (a) Calcule lim− f (x) e lim+ f (x). x→1 x→1 (b) A reta x = 1 é uma assíntota vertical ao gráfico de f ? 3. Seja f : R → R definida por f (x) = x2 se x ≤ 0 e f (x) = − 1 se x > 0. x4 (a) Calcule lim− f (x) e lim+ f (x). x→0 x→0 (b) A reta x = 0 é uma assíntota vertical ao gráfico de f ? 4. Seja f : R → R definida por f (x) = − f (x) = 2 se x < 2, f (2) = 0 e (x − 2)2 1 se x > 2. (2 − x)3 (a) Calcule lim− f (x) e lim+ f (x). x→2 x→2 (b) A reta x = 2 é uma assíntota vertical ao gráfico de f ? 5. Seja a um número real arbitrário e defina f : R \ {a} → R por f (x) = x 2 − a2 . x−a (a) Calcule lim− f (x) , lim+ f (x) e lim f (x). x→a x→a x→a (b) A reta x = a é uma assíntota vertical ao gráfico de f ? 6. Ache as assíntotas verticais ao gráfico de f , caso existam, para as funções f indicadas abaixo: x+1 1 5 x2 − 1 (a) f (x) = 2 ; (b) f (x) = + 3 ; (c) f (x) = ; x −1 x x 1−x x2 − 5 x2 x √ √ ; (f) f (x) = . (d) f (x) = ; (e) f (x) = (x − 1)(x − 2) x− 5 x− 5 13 Unidade 4 Unidade 4 Limites no Infinito 4.4 Limites no Infinito Até o momento, temos estudado o comportamento da imagem f (x), quando x assume valores no domínio de uma função f que se aproximam arbitrariamente de um número real a, ou seja, o estudo dos limites da forma lim f (x) = l x→a lim f (x) = ±∞. e x→a Estaremos, agora, interessados em estudar o comportamento da imagem f (x), quando a variável x cresce ilimitadamente ou quando a variável x é negativa e cresce ilimitadamente em módulo. Precisamente, estaremos interessados em compreender o significado dos limites no infinito: lim f (x) = l, lim f (x) = l, lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞, x→+∞ x→−∞ lim f (x) = −∞ e x→−∞ Exemplo 12 x→+∞ x→+∞ lim f (x) = +∞. x→−∞ 1 1 Consideremos as funções f (x) = e g(x) = 2 , definidas em R \ {0}. x x Se observarmos as figuras 3 e 4 que representam os gráficos das duas funções, podemos intuir que à medida que x cresce ilimitadamente, tanto f (x) quanto g(x) se aproximam de zero. O mesmo acontece à medida que os valores de x decrescem indefinidamente. Na verdade, é um fato natural que, por exemplo, à medida que x cresce indefinidamente, f (x) corresponde a dividir o número 1 por números cada vez maiores, logo o resultado fica cada vez menor. Mais precisamente, para qualquer sequência (xn ), de números não nulos, tal que lim xn = +∞ e para qualquer sequência (yn ), de números não nulos, n→∞ tal que lim yn = −∞, tem-se n→∞ lim f (xn ) = lim f (yn ) = lim g(xn ) = lim g(yn ) = 0. n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Esses resultados vêm da simples aplicação (d) e (d’) da das propriedades 1 Seção 2, Unidade 2. Com efeito, tomemos zn = . Como zn > 0 para n xn 1 = lim xn = +∞, suficientemente grande (visto que lim xn = +∞), e lim n→∞ n→∞ n→∞ zn segue da propriedade (d) mencionada que 1 = 0 = lim f (xn ). n→∞ xn n→∞ lim zn = lim n→∞ 14 Limites Laterais, Infinitos e no Infinito Unidade 4 Um argumento semelhante prova as outras afirmações. Na verdade, o mesmo raciocínio prova que para qualquer inteiro positivo k, 1 1 lim k = 0 = lim k n→∞ yn n→∞ xn x2 + 1 definida em R \ {2, −2}. 2x2 − 8 Note que colocando x2 em evidência no numerador e denominador, obtemos x2 (1 + x12 ) f (x) = 2 . Assim, x (2 − x82 ) Consideremos a função f (x) = x2 (1 + x2 + 1 = lim x→+∞ x2 (2 − x→+∞ 2x2 − 8 lim f (x) = lim x→+∞ 1 ) x2 8 . ) x2 Agora, se (xn ) é uma sequência arbitrária de números diferentes de 2 e -2, com lim xn = +∞, obtemos n→∞ x2n (1 + x2 + 1 lim f (xn ) = lim n2 = lim 2 n→∞ n→∞ 2xn − 8 n→∞ x (2 − n Como lim 1 + n→∞ 1 ) x2n 8 ) x2n (1 + = lim n→∞ (2 − 1 ) x2n 8 . ) x2n 1 8 = 1 e lim 2 − = 2, segue que n→∞ x2n x2n x2n + 1 1 = , 2 n→∞ 2xn − 8 2 lim f (xn ) = lim n→∞ x2 + 1 1 = . 2 x→+∞ x→+∞ 2x − 8 2 Observe que se tomássemos uma sequência arbitrária (yn ) de números reais diferentes de 2 e -2, com lim yn = −∞, obteríamos com o mesmo raciocínio, sugerindo que lim f (x) = lim n→∞ yn2 + 1 1 = , 2 n→∞ 2yn − 8 2 lim f (yn ) = lim n→∞ x2 + 1 1 = . x→−∞ 2x2 − 8 2 sugerindo que lim f (x) = lim x→−∞ Os exemplos acima sugerem a seguinte definição: 15 Exemplo 13 Unidade 4 Definição 6 Limite em +∞ Limites no Infinito Sejam f uma função definida em algum intervalo da forma (d, +∞) e l um número real. Diz-se que lim f (x) = l (lê-se: limite de f (x) quando x tende x→+∞ a mais infinito é igual a l) se, para qualquer sequência (xn ) de elementos de (d, +∞) tal que lim xn = +∞, tem-se que limn→∞ f (xn ) = l. n→∞ Definição 7 Limite em −∞ Seja f uma função definida em algum intervalo da forma (−∞, d) e seja l um número real. Diz-se que limx→−∞ f (x) = l (lê-se: limite de f (x) quando x tende a menos infinito é igual a l) se, para qualquer sequência (xn ) de elementos de (−∞, d) tal que lim xn = −∞, tem-se que lim f (xn ) = l. n→∞ n→∞ Pode-se provar, em ambos os casos, que se o limite l existe, ele é único. Neste caso, dizemos que a reta y = l é uma assíntota horizontal ao gráfico de f. A interpretação geométrica da assíntota horizontal é a seguinte: o gráfico de f se aproxima indefinidamente da reta horizontal y = l à medida que x se afasta da origem ilimitadamente para a esquerda ou para a direita. Assim, pelos exemplos acima, temos que a reta y = 0 é uma assíntota 1 1 horizontal ao gráfico da função f (x) = k e a reta y = é uma assíntota x 2 x2 + 1 . horizontal ao gráfico da função g(x) = 2 2x − 8 Vejamos agora outros dois tipos de comportamento de f (x) quando x cresce indefinidamenta ou quando x decresce indefinidamente. Seja k um inteiro, com k ≥ 1, e consideremos a função f (x) = xk , definida para x ∈ R. Como f (x) = xk−1 x ≥ x para todo x ≥ 1, pois xk−1 ≥ 1 para todo x ≥ 1, segue que f (x) cresce indefinidamente à medida que x cresce indefinidamente. Além disso, para k par, a função f é par (isto é, f (−x) = f (x) para todo x ∈ R). Consequentemente, o gráfico de f é simétrico com relação ao eixo dos y e, portanto, também f (x) cresce ilimitadamente à medida que x decresce ilimitadamente. Para k ímpar, a função f é ímpar (isto é, f (−x) = −f (x) para todo x ∈ R). Consequentemente, o gráfico da função f é simétrico com 16 Limites Laterais, Infinitos e no Infinito Unidade 4 relação à origem, o que nos permite concluir que f (x) decresce ilimitadamente à medida que x decresce ilimitadamente. O que acabamos de observar motiva a definição a seguir. Seja f uma função definida em algum intervalo da forma (d, +∞). Diz-se que limx→+∞ f (x) = +∞ respectivamente limx→+∞ f (x) = −∞ se, para qualquer sequência (xn ) de elementos de (d, +∞) tal que lim xn = +∞, temn→∞ se que limn→∞ f (xn ) = +∞ respectivamente limn→∞ f (xn ) = −∞ . Definição 8 Limites Infinitos no Infinito Exemplo 14 Seja k um inteiro positivo qualquer. Mostremos que lim cxk = +∞ se c > 0 e lim cxk = −∞ se c < 0. x→+∞ x→+∞ Com efeito, seja (xn ) uma sequência qualquer tal que lim xn = +∞. n→∞ Como xn ≥ 1 a partir de um certo n, segue que xn k ≥ xn a partir de um certo n, e daí resulta que lim xn k = +∞. Consequentemente, n→∞ lim cxn k = +∞ se c > 0 e lim cxn k = −∞ se c < 0. n→∞ n→∞ Portanto, lim cxk = +∞ se c > 0 e lim cxk = −∞ se c < 0. x→+∞ x→+∞ Em particular, lim 7x11 = +∞ e x→+∞ lim (−4x8 ) = −∞. x→+∞ Seja f uma função definida em um intervalo da forma (−∞, d). Diz-se que limx→−∞ f (x) = +∞ respectivamente, limx→−∞ f (x) = −∞ se, para qualquer sequência (xn ) de elementos de (−∞, d) tal que lim xn = −∞, temn→∞ se que limn→∞ f (xn ) = +∞ respectivamente limn→∞ f (xn ) = −∞ . 17 Definição 9 Limites Infinitos no Menos Infinito √ 3 5x = −∞ e lim (−7x9 ) = +∞. neste caso. a afirmação pode ser deduzida do Exemplo 14. x→−∞ 18 . x→−∞ x→−∞ Se k um inteiro positivo ímpar. x→+∞ O mesmo raciocínio mostra que lim p(x) = −∞. Colocando o termo de maior grau do polinômio em evidência. n→∞ 3xn n→∞ 3x2 n→∞ 3x3 n n lim segue que lim 1 − n→∞ 25 7 4 + 2 − 3 = 1. x→−∞ x→−∞ Notemos. obtemos p(x) = 3x3 1 − 4 7 25 + 2− 3 . Portanto. que a função f (x) = cxk é par para qualquer c ∈ R \ {0}. temos que lim p(x) = +∞.Unidade 4 Limites no Infinito Analogamente ao que acabamos de ver no caso em que x cresce indefinidamente. 3x 3x 3x Seja (xn ) uma sequência de números reais não nulos tal que lim xn = +∞. Uma vez que (xn ) é n→∞ n→∞ uma sequência arbitrária que tende a +∞. n→∞ Como 7 25 4 = lim = lim = 0. essa afirmação também decorre do Exemplo 14. lim x→−∞ x→−∞ Exemplo 15 Consideremos a função polinomial p(x) = 3x3 − 25x2 + 4x − 7. 3xn 3xn 3xn Como lim x3n = +∞. x→−∞ Notemos que. Portanto. então lim cxk = +∞ se c > 0 e lim cxk = −∞ se c < 0. temos que se k é um inteiro positivo par. neste caso. segue que lim p(xn ) = +∞. então lim cxk = −∞ se c > 0 e x→−∞ lim cxk = +∞ se c < 0. a função f (x) = cxk é ímpar para qualquer c ∈ R \ {0}. Em particular. Em particular. lim 2x6 = +∞ e lim (−7x4 ) = −∞. Então lim p(x) = lim am xm . Pelo Exemplo 14. para todo x ∈ R \ {0}. x→−∞ ou seja. n→∞ am x n am xn m−1 am xn m Suponhamos am > 0. Como n→∞ a1 1 a0 1 am−1 1 = · · · = lim = lim = 0.Limites Laterais. 19 Exemplo 16 . Infinitos e no Infinito Unidade 4 É importante observar no exemplo acima. acabamos de mostrar que lim p(x) = +∞. por 3x3 . x→+∞ Usando o mesmo raciocínio. temos a1 1 a0 1 am−1 1 m + ··· + + p(x) = am x . x→+∞ x→+∞ Com efeito. Como (xn ) é arbitrária n→∞ tendendo a +∞. esse fato não é uma particularidade do polinômio p(x) = 3x3 − 25x2 + 4x − 7. x→+∞ A justificativa do fato de que lim p(x) = lim am xm x→−∞ x→−∞ é completamente análoga. Na verdade. Aplicando a x→+∞ Proposição 11. que tanto o valor de lim p(x) x→+∞ quanto o valor de lim p(x) foram ditados pelo ermo de maior grau do polinômio. Unidade 2. em que m ≥ 1 e am 6= 0. x→±∞ x→±∞ Vamos mostrar que lim p(x) = lim am xm . lim am xn m = +∞. Seja p(x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a1 x + a0 uma função polinomial. obtemos lim p(xn ) = +∞. como mostra o próximo exemplo. n→∞ am xn m−1 n→∞ am xn m n→∞ am xn lim segue que a1 1 a0 1 am−1 1 + ··· + + lim 1 + = 1. obtemos lim p(x) = −∞ se am < 0. 1+ am x am xm−1 am xm Seja (xn ) uma sequência arbitrária de números diferentes de zero tal que lim xn = +∞. 1 caso: m > n.Unidade 4 Limites no Infinito Agora. fica fácil determinar para um polinômio p(x). am−1 1 a1 1 a0 1 lim 1 + + ··· + + =1 x→±∞ am x am xm−1 am xm e bn−1 1 b1 1 b0 1 lim 1 + + ··· + + = 1. am 6= 0 e bn 6= 0. 2x − 8 No próximo exemplo. Um fato Vimos no Exemplo 13 que lim x→+∞ 2x2 − 8 2 x→−∞ 2x2 − 8 interessante a ser observado. bn xn + bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 onde m e n são inteiros positivos. n x→±∞ bn x x→±∞ bn lim f (x) = lim x→±∞ Temos então três casos a considerar. x→±∞ bn x bn xn−1 bn xn segue que am x m am m−n = lim x . em vista do Exemplo 14. onde D é o conjunto das raízes do denominador de f . ambos os limites no infinito. analisaremos os limites no infinito de funções racionais em toda generalidade. lim (−3x3 + 18x2 + 4) = lim (−3x3 ) = −∞ e x→+∞ 4 x→+∞ 3 4 lim (−5x + 45x − 1) = lim (−5x ) = −∞. 0 20 . x→+∞ x→+∞ 1 x2 + 1 x2 + 1 = = lim . Consideremos a função racional Exemplo 17 f (x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a1 x + a0 . Por exemplo. Vamos estudar lim f (x). x→±∞ Para todo x ∈ R \ {0}. definida em R \ D. temos a1 1 a0 1 am−1 1 + ··· + + am 1+ am x am xm−1 am xm . f (x) = bn−1 1 b1 1 b0 1 n bn x 1 + + ··· + + bn x bn xn−1 bn xn xm Como. é que os dois limites coincidem e são iguais a uma fração cujo numerador e denominador correspondem aos coeficientes do termo de maior grau dos respectivos polinômios do numerador e denominador x2 + 1 da função racional 2 . x→±∞ Em particular. am . temos que Consifere a função racional f (x) = 7x7 − 5x4 + 3x2 − x + 8 7x7 − 5x4 + 3x2 − x + 8 7 = lim = . x→+∞ 7 3x5 − 8x2 + 4x x→−∞ 7x4 + 5x + 6 = 3 x = −∞. lim f (x) = x→±∞ bn 30 caso: m < n Neste caso. em vista do Exemplo 12 temos Neste caso. Neste caso. lim f (x) = 0. x→−∞ 7 lim lim lim lim 4x6 − 5x2 + 10x − 2 4 = 6 2 x→±∞ 3x + 7x + 10 3 lim e 50x4 + 12x3 + x − 4 = x→±∞ 3x5 + 2x4 − 3x2 + 8 lim 50 = 0. am m−n x = 0.Limites Laterais. e recaímos nas am situações já vistas segundo é positivo ou negativo. x→±∞ 3x lim 7x7 − 5x4 + 3x2 − x + 8 . Infinitos e no Infinito Unidade 4 am m−n x bn é um polinômio de grau m − n ≥ 1. x→±∞ bn lim Portanto. Pelo que 4x7 − 3x3 + 5x − 1 acabamos de ver no Exemplo 17. 4 21 Exemplo 18 . x→+∞ x→−∞ 4x7 − 3x3 + 5x − 1 4x7 − 3x3 + 5x − 1 4 lim Assim. bn 20 caso: m = n. a reta y = 7 é uma assíntota horizontal ao gráfico de f . temos 3x5 − 8x2 + 4x x→+∞ 7x4 + 5x + 6 = 3 x = +∞. Unidade 4 Exercícios 4. x→−∞ x3 − 7 √ x2 + 2 2 (l) lim . x→+∞ 4x5 − 50x3 (c) lim 2x7 + 500x . x+1+ x x+1+ x 22 . x→+∞ x2 + 50 (f) lim 2x7 + 500x . Calcule os seguintes limites: 3 1 2 (a) lim 2 + − 2 . (b) lim 3 − 3 . x→−∞ x→+∞ x x x x5 + 9x . Sugestões: Para (l): Para x > − 21 . x→+∞ x6 − 900x3 r x2 3 (i) lim . 3 x→+∞ 2x + 1 x→+∞ x √ √ √ (n) lim (x − x2 + 1). √ √ √ √ √ √ ( x + 1 − x)( x + 1 + x) 1 √ x+1− x= =√ √ √ . x→−∞ x2 r 9x2 + 1 (j) lim . x− √ x2 + 1 = (x − √ √ x2 + 1)(x + x2 + 1) −1 √ √ = . x→+∞ x8 + 1 (e) lim x5 + 5x . (m) lim √ . (g) lim x→+∞ x→+∞ √ (p) lim x→+∞ x+2 . (o) lim ( x + 1 − x).5 Exercícios 1. x→−∞ 4x5 − 50x3 (d) lim 2x7 + 500x . x→−∞ x6 − 900x3 r 1 3 (h) lim − 8. 2x + 1 (2x + 1)2 4x2 + 4x + 1 Para (n): Para x ∈ R. 2 x+ x +1 x + x2 + 1 Para (o): Para x ≥ 0. s r √ x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2 = = . x+1 (q) lim (x − x→+∞ √ x + 1). √ √ √ x − 1 + x1 x2 − x + 1 (x − x + 1)(x + x + 1) √ √ √ x− x + 1 = = = . (c). Infinitos e no Infinito Para (p): Para x > 0. √ 1 + √2x x+2 =√ . justificando a sua resposta. (n) e (p). Decida se os gráficos das funções dos itens (a). (l). do Exercício 1. 23 Unidade 4 . (a) lim x→+∞ x + 1 αx3 + βx2 + x + 1 =1. x+1 x + √1x Para (q): Para x > 0. possuem assíntotas horizontais.Limites Laterais. Determine os valores de α e β para que: 2 x +1 − αx − β = 0. (g). x→−∞ 3x2 − x + 2 (b) lim 3. (e). x+ x+1 x+ x+1 1 + x+1 x 2. (i). Unidade 4 Exercícios 24 . .1 O Teorema do Confronto .2 O Limite Trigonométrico Fundamental 3 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 2 5. . . .5 Teorema do Confronto e Limites Fundamentais Sumário 5. . . conhecido como propriedade do confronto . Exemplo 1 Vejamos que limx→0 x cos x1 = 0. Suponhamos que sejam dadas três funções f : D → R. Observe que aqui não podemos utilizar a regra do produto do limite. De fato.1 O Teorema do Confronto A noção de limite de uma função f : D → R em um ponto a. Se confronto lim f (x) = lim h(x) = l. e decorre diretamente do Teorema 8 da Unidade 2. neste caso. x→a Este resultado é bastante intuitivo. D0 \ {a} e D00 \ {a}. implica que se g : D0 → R é uma outra função. O próximo Teorema. com a propriedade que todo intervalo da forma (a − r. se xn = nπ . mas não em a. os limites coincidem. com a propriedade que todo intervalo da forma (a − r. é muito útil para o cálculo de certos limites. g : D0 → R e h : D00 → R e um número real a tais que todo intervalo da forma (a − r. x→a x→a então lim g(x) = l. g. Isto. Esta propriedade esclarece ainda mais uma a rmação do tipo x2 − 1 = lim (x + 1). tal que g(x) = f (x) para todo x 6= a em algum intervalo da forma (a − r0 . pois 2 limx→0 cos x1 não existe. a + r0 ) e em D ∩ D0 ∩ D00 . então limx→a g(x) existe se e somente se limx→a f (x) existe e. a + r) intersecta D \ {a}. temos que (xn ) tende a zero.Unidade 5 O Teorema do Confronto 5. h e a como acima e tais que f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo propriedade do x 6= a em algum intervalo da forma (a − r0 . a + r) intersecta D0 \ {a}. 2 . x→1 x→1 x − 1 lim que zemos anteriormente. leva apenas em conta o comportamento de f na proximidade de a. a + r0 ) e em D ∩ D0 . Teorema 1 Sejam f. em particular. a + r) intersecta D \ {a}. o limite existe e vale zero. mod4. 0. De fato.Teorema do Confronto e Limites Fundamentais mas se se se se 1. n ≡ 1. 0. Unidade 5 n ≡ 0. n ≡ 3. 1 = cos xn −1. como | cos x1 | ≤ 1 para todo x ∈ R \ {0}. mod4. mod4. Apesar disso. n ≡ 2. mod4. segue que . . . . . . 1. . 1 . x cos . = |x| . cos . para todo x ∈ R \ {0}. ≤ |x|. . x. . x. segue do Teorema 1 que −|x| ≤ x cos x→0 x→0 lim x cos x→0 1 = 0. Este limite é tão importante. Antes. para todo x ∈ R \ {0}. Isto signi ca que 1 ≤ |x|. g : D → R são funções tais que f é limitada (na vizinhança de a) e lim g(x) = 0.2 x→a O Limite Trigonométrico Fundamental sen x Consideremos a função f : R \ {0} → R de nida por f (x) = . Quex remos calcular lim f (x). provemos um lema. x No exemplo acima utilizamos fortemente do fato de lim x = 0 e da função x→0 1 cos ser limitada. x→a 5. então lim (f g)(x) = 0. Note que não podemos aplicar a regra do limite do x→0 quociente já que o limite do denominador é 0. x Como lim (−|x|) = lim |x| = 0. Se f. O resultado a seguir mostra que esse fato é geral e decorre x diretamente da Proposição 7 da Unidade 2. porém. que leva o nome de limite trigonométrico fundamental e será estabelecido através de um teorema. 3 Teorema 2 Teorema do Anulamento . Portanto. então −x > 0 e pelo que acabamos de mostrar.2. 2 sen x ≤ 2x e. Suponhamos 0 ≤ x ≤ π2 .1: Comparando o seno com o arco. x→a Temos pela identidade trigonométrica sen x − sen a = 2 cos x−a x+a sen 2 2 e pelo Lema 3 que . |sen (−x)| ≤ |−x|. temos que o segmento de reta BC tem comprimento menor do que o arco BC (o menor caminho entre dois pontos é o segmento de reta que os une).Unidade 5 Lema 3 Demonstração O Limite Trigonométrico Fundamental Para todo x ∈ R temos que |sen x| ≤ |x|. logo. |sen x| ≤ |x| para 0 ≤ x ≤ π2 . Figura 5. temos que |sen x| ≤ 1 < π < x. Corolário 4 Demonstração Temos que lim sen x = sen a. se x < 0. 2 Por outro lado. deduz-se que |sen x| ≤ |x| para x < 0 também. Pela gura 5. Agora. se x > π2 . o que em vista da propriedade sen(−x) = −sen x. . . x − a. x + a . . . . x − a . . x − a . . . = |x − a|. |sen x − sen a| = 2 . cos sen ≤ 2 . sen ≤2. 2 2 2 2 4 . C B x 0 A D 1 Figura 5.2: Comparando áreas. x De fato. De fato. da identidade cos( π2 − x) = sen x. obtemos o desejado. inicialmente. que Demonstração lim+ x→0 sen x = 1. a sequência (sen xn ) tende para sen a.2). Como obtemos Exemplo 2 Área do triângulo OAB = sen x2cos x . lim x→0 x Provemos. Mostremos que limx→a cos x = cos a. Área do setor circular ODB = x2 . x Área do triângulo ODC = tg2x = 12 sen . 2 2 2 cos x 5 . cos x x 1 sen x sen x cos x < < . e comparemos as áreas dos triângulos OAB e ODC e do setor circular ODB (ver a Figura 5. consideremos 0 < x < π2 . se (xn ) é uma sequência qualquer que tende para a. da regra de substituição e do Corolário 4.Teorema do Confronto e Limites Fundamentais Unidade 5 Consequentemente. Tem-se que Teorema 5 Limite Fundamental sen x = 1. cos x lim+ cos x 1 x→0 Agora.Unidade 5 O Limite Trigonométrico Fundamental Como sen x > 0 para 0 < x < π2 . sen x sen x = lim+ = 1. x De fato. segue que cos x < x 1 < . lim x→0+ sen x sen x sen x = 1. lim− x→0 sen x sen(−x) sen y = lim− = lim+ = 1. sen x Portanto. podemos escrever para x < 0. x→0 y→0 x −x y Em resumo. lim+ x→0 sen x = lim+ x→0 x Mostremos agora que lim− x→0 1 1 1 x = x = 1 = 1. 6 . pela propriedade do confronto. temos lim− x→0 Consequentemente. sen x −sen x sen(−x) = = . x −x −x onde −x > 0. obtemos que lim+ x→0 x = 1. como sen(−x) = −sen x para todo x ∈ R (a função seno é ímpar). temos lim+ x→0 1 1 1 = = = 1. sen x cos x Mas. Logo. x→0 x lim como queríamos demonstrar. x→0 x x sen x = 1. pela propriedade dos limites de quocientes. Pelo limite fundamental. 2 . 2 7 Exemplo 4 . 1 − cos x 1 sen x lim = lim sen x lim lim = x→0 x→0 x→0 x→0 1 + cos x x x lim =0×1× 1 = 0. x→0 x De fato. x 1 + cos x lim (1 + cos x) = 1 + lim cos x = 1 + 1 = 2. tem-se: Mostremos que lim 1 − cos x (1 − cos x)(1 + cos x) = = x x(1 + cos x) 1 − cos2 x = = x(1 + cos x) = sen2 x = x(1 + cos x) = sen x · Como sen x 1 · . podemos escrever Mostremos que lim Unidade 5 Exemplo 3 tg x sen x 1 = · x x cos x π π para todo x ∈ − 2 . para todo x ∈ − π2 . x→0 1 + cos x 2 Portanto.Teorema do Confronto e Limites Fundamentais tg x = 1. observemos inicialmente que 1 + cos x 6= 0 para todo x ∈ − π2 . como cos x 6= 0 para todo x ∈ − π2 . pelo limite fundamental. π2 . x→0 x x→0 x→0 cos x x 1 − cos x = 0. temos que tg x sen x 1 lim = lim lim = 1 × 1 = 1. x 6= 0. x→0 x De fato. x→0 x→0 temos que 1 1 = . π2 . π2 . x 6= 0. Assim. 2 1 − cos x 1 sen x lim · lim = = lim 2 x→0 x→0 1 + cos x x→0 x x sen x sen x 1 = lim lim lim = x→0 x→0 x→0 1 + cos x x x =1×1× 1 1 = . podemos escrever Mostremos que lim sen x 2 1 − cos x 1 sen2 x 1 = = 2 2 x x 1 + cos x x 1 + cos x para todo x ∈ − π2 . π2 .Unidade 5 Exemplo 5 O Limite Trigonométrico Fundamental 1 − cos x 1 . pelo limite fundamental. π2 . como 1 + cos x 6= 0 para todo x ∈ − π2 . x 6= 0. = x→0 x2 2 Realmente. 2 2 8 . Portanto. x−a b) lim x→0 sen ax . sen bx Calcule os seguintes limites: sen(x − 1) . x→a Calcule sen ax a) lim . (b) lim x→1 x2 − 1 sen(xn − 1) (c) lim . 1 Calcule lim x sen . 4. Calcule limπ x→ 2 2 (a) lim 5. 6. Calcule limπ x→ 4 cos x − sen x . Calcule lim (xn − an ) cos 3. x→1 xm − 1 sen ax Calcule lim . x→0 sen x tg x π − x tg x. x→0 x 2.Teorema do Confronto e Limites Fundamentais 1. x→0 bx 1 . x→1 x2 − 1 sen(x3 − 1) . tg x 9 Unidade 5 . 8. 7. x→0 tg bx 1 1 − Calcule lim . Unidade 5 O Limite Trigonométrico Fundamental 10 . . . . . . . . . . . . .6 Cálculo de Limites Sumário 6. 7 6. . 3 6. . . . 8 1 .4 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . 5 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Exercícios Recomendados . .1 Limites de Sequências . . .3 Limites de Funções . lim cos x = lim sen x→a x→a 2 2 Trata-se do resultado muito útil a seguir.Unidade 6 Esta unidade será dedicada à apresentação de alguns exemplos de cálculo de limites e de propor uma lista de exercícios suplementares. limx→a cos(p(x)). a + r) \ {a}. no qual p(x) é um polinômio não constante. distintos de a. Como um polinômio não nulo tem um número nito de raízes. a + r) \ {a}. x→a 2 . Como limx→a p(x) = p(a) e limy→b cos y = cos b. Então lim g(f (x)) = l. Exemplo 1 A regra de substituição nos permite calcular. Seja a um número real tal que limx→a f (x) = b. já que limx→a f (x) = b. Como (xn ) converge para a. temos que lim cos(p(x)) = cos(p(a)). x→a Demonstração Seja (xn ) uma sequência qualquer de números reais distintos de a no domínio de f que converge para a. por exemplo. p(x) 6= p(a) = b. temos que a sequência (g(f (xn ))) converge para l. existe n0 ∈ N tal que xn ∈ (a − r. a + r) tal que f (x) 6= b para todo x na interseção do domínio de f com o conjunto (a − r. a sequência (yn )n≥n0 . como limy→b g(y) = l. onde b = p(a). De. o que mostra que limx→a g(f (x)) = l. onde yn = f (xn ). fato consideremos o polinômio não constante q(x) = p(x) − b. ou seja. e converge para b. do qual a é uma raiz. a + r) para todo n ≥ n0 . Suponha que limy→b g(y) = l e que exista um um intervalo da forma (a − r. Logo. é claro que podemos encontrar um número real r > 0 tal que q(x) não se anula em (a − r. Iniciemos com a regra de substituição que utilizamos na unidade anterior quando efetuamos o seguinte cálculo: π π − x = sen − a = cos a. tem seus elementos no domínio de g . Proposição 1 Regra de Substituição Sejam f e g duas funções para as quais faz sentido formar g ◦ f . Portanto. Por outro lado. se 0 < a < 1. Suponhamos agora que 0 < a < 1. lim an = n→∞ ∞. Seja (dn ) a sequência √ de nida por dn = n a − 1. obtemos lim dn = 0. provar o resultado para a > 1. temos a lim n→∞ √ 1 n a = lim q = n→∞ n 1 a 1 limn→∞ q = 1. O limite também vale 1 se a = 1. o que implica que 0 < dn < n→∞ lim √ n n→∞ a = 1. pelo caso já calculado. Vamos. Tem-se que ( 0.Cálculo de Limites 6. vamos mostrar que lim √ n n→∞ a = 1. obtemos que a−1< √ n Exemplo 2 a − 1 n = dn n. Seja a > 0. Seja a > 0 um número real. logo 1 > 1. n Pela propriedade do confronto. inicialmente. a−1 . n 1 a O próximo resultado trata dos limites de potências e é muito importante. Temos obviamente que dn > 0. Daí.1 Unidade 6 Limites de Sequências Vamos nesta seção estabelecer alguns resultados mais nos sobre limites de sequências. Portanto. da identidade √ √ √ √ n n a−1= na−1 an−1 + an−2 + · · · + n a + 1 . se a > 1 3 Proposição 2 . que limn→∞ an = ∞. Do que cabamos de provar. 0 ≤ cn ≤ n→∞ n→∞ n→∞ 4 .Unidade 6 Demonstração Limites de Sequências Vamos inicialmente mostrar o caso a > 1. segue-se que 2 lim an = lim b2n = lim bn = 1. Pela desigualdade de Bernouilli (que pode ser provada sem di culdade por indução) temos que an = (1 + h)n ≥ 1 + nh. √ √ Sendo n ≥ 1. No próximo exemplo calcularemos um limite interessante. o que implica que bn = 2n n − 1 ≥ 0. Pela desigualdade de Bernouilli temos √ 2 n = bnn = (1 + cn )n ≥ 1 + ncn . Seção 3. n Pela propriedade do confronto. Assim. temos que 2n n ≥ 1. Como an = b2n . Como limn→∞ (1 + nh) = ∞. √ √ De fato. Escrevamos h = a − 1. logo a = 1 + h com h > 0. obtemos √ 2 n−1 . bn = 2n n e cn = bn − 1. n→∞ n→∞ a a logo da propriedade (d). logo > 1. temos pela propriedade (c) da Seção 3. 1 Suponhamos agora que 0 < a < 1. Exemplo 3 √ Tem-se que limn→∞ n n = 1. a temos que n 1 1 lim = lim n = ∞. lim an = lim n→∞ 1 n→∞ 1n a = 0. temos que limn→∞ cn = 0 e consequentemente. Unidade 2. seja an = n n. limn→∞ bn = 1. Unidade 2. Isto em particular nos diz que cn > 0. ..Cálculo de Limites 6.. 2p 3p np + p+1 + p+1 + · · · + p+1 . 3. 31717. onde k ∈ N. 3171. Sugestão: 5 Unidade 6 . Calcule o limite da sequência cujo termo geral é 1 2 3 n a) 2 + 2 + 2 + · · · + 2 . 317. . . . n n n n b) 6. 2. . 5 5. 2. Exercícios Recomendados Determine o termo geral e calcule o limite da sequência 2 4 6 8 . Calcule 3. Calcule o limite da sequência 1 1 n 1 lim 1 − + − · · · + (−1) n . 31. 1 22 32 n2 + + + · · · + . n3 n3 n3 n3 Diga se é nito ou in nito o limite da sequência cujo termo geral é 1 np+1 7. . 2. r q q √ √ 5. . n→∞ Pode ser útil usar a identidade: √ √ √ √ √ √ k k k k b−a= b− ka bk−1 + bk−2 k a + · · · + ak−1 . 1 3 5 7 2. 2.2 1. .. n n n Calcule √ √ a) lim ( n + 1 − n). . 5 5 5. . 2. Calcule o limite da sequência √ 5. n→∞ √ √ b) lim ( 3 n + 1 − 3 n). 4. n→∞ √ √ c) lim ( k n + 1 − k n).. n→∞ 4 16 4 2. 9.Unidade 6 Exercícios Recomendados 8. n→∞ n3 + 1 √ n Calcule lim n2 . n2 cos n! Calcule lim . n→∞ 6 . lim ax = ∞. Seja M um número real positivo qualquer. 1 lim f (x) = ±∞ ⇒ lim = 0. a donde lim ax = 0. ∞) → R uma função crescente.Cálculo de Limites 6. x 1 = ∞. Então limx→∞ f (x) = ∞. f (x) = ax . então existe m0 tal que para todo m ≥ m0 se tenha ym > xn0 . Seja f : (d. sabendo que a exponencial é uma função crescente e que limn→∞ an = ∞.3 Unidade 6 Limites de Funções Iniciemos com uma proposição cujo conteúdo é bem intuitivo. existe n0 tal que f (xn0 ) > M . em que a é um número real positivo diferente de 1. x→∞ 7 Exemplo 4 . Suponha que exista uma sequência (xn ) de elementos em (d. ∞) tal que limn→∞ xn = ∞ e limn→∞ f (xn ) = ∞. Se (ym ) é uma sequência tal que limm→∞ ym = ∞. o que prova que limm→∞ f (ym ) = ∞. então pela Proposição 3 temos que para todo a > 1. temos que 1 a 1 lim x = lim x→∞ a x→∞ > 1 e portanto. A seguir enunciamos uma propriedade importante e fácil de provar. temos Demonstração m > m0 ⇒ ym ≥ xn0 ⇒ f (ym ) ≥ f (xn0 ) > M. Como f é crescente. Como limn→∞ f (xn ) = ∞. então limm→∞ f (ym ) = ∞. x→±∞ x→±∞ f (x) Vamos considerar a função exponencial f : R → R. Se a > 1. Proposição 3 Devemos mostrar que dada uma sequência (ym ) tal que limm→∞ ym = ∞. x→∞ No caso em que 0 < a < 1. que apresentamos na Unidade 2 para sequências. x→0 sen2 x 5. o resultado continua valendo. Calcule lim 6. Prove a seguinte variante da regra de substituição: Sejam f e g duas funções para as quais faz sentido formar g ◦ f . se a > b.Unidade 6 Exercícios Recomendados 6.4 1. então lim g(f (x)) = l. Se limy→∞ g(y) = l. 4. 3tg5 x + 2tg3 x + 5 . x lim a = x→−∞ ∞. x→a x 2 − a2 Calcule o limite lim π− 1 − cos x . Calcule lim 22x + 2x x→∞ 4x + 4 8 . Mostre que ( 0. Mostre também vale o resultado para limites laterais. Exercícios Recomendados Seja a um número real positivo. x→a Mostre que se l for substituído por ∞. se 0 < a < 1. se a > 0. 2tg5 x + tg2 x + 1 x→ 2 √ √ x−b− a−b Calcule lim . 2. 3. Seja a um número real tal que limx→a f (x) = ∞. 5 Exemplos de funções não contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . 9 7. . . . . . . .6 Propriedades das Funções Contínuas . . . . . . . 10 7. . . . 6 7. . . . . . .10 Textos Complementares . . . . 6 7. . . . . 7. . . . . . .2 Continuidade de uma função num ponto 7. . . . . .4 A Propriedade da Permanência de Sinal . .1 O Conceito de Continuidade . . 3 . 14 f 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 7. . . . . . . . . . . . . . . . 12 7.9 Exercícios Suplementares . . . . . . .7 Funções Contínuas Sumário 7. . .8 Exercícios Propostos . 4 7. . . . . .3 Continuidade de uma função 2 .7 Composição e Continuidade . i. a temperatura do o neste ponto. A cada posição x ∈ [0. seguido. medida em centímetros.Unidade 7 O Conceito de Continuidade con. 2 Ligação ininterrupta das partes de um todo.1 O Conceito de Continuidade O objetivo desta unidade é apresentar o conceito de continuidade de funções. 30 60 Figura 7. Essa é a ideia básica da continuidade de uma função. a temperatura em termos da posição. Exemplo 1 Suponha que um o de um certo metal ocupa o intervalo [0.nuo (lat continuu) adj 1 Em que não há interrupção. associamos T (x).tí. A questão é escrever essa ideia em termos matemáticos. con.1 Grá co da função temperatura T (x). 60] da reta real.da.de (lat continuitate) sf 1 Qualidade daquilo que é contínuo. como seria o grá co de uma tal função? Aqui está uma possibilidade. O grá co sugere que uma pequena variação na posição corresponderá uma pequena variação na temperatura.ti. no caso. Vamos começar analisando um exemplo. 60]. medida em graus Celcius.nu. 7. 2 . Considerando que o metal é um meio que conduz calor com facilidade. f não é contínua em qualquer outro ponto de seu domínio. Vejamos um exemplo um pouco diferente. Ou seja. Então. No entanto. tanto da posição (dada em centímetros). se x ∈ Q. se x ∈ R \ Q. Realmente. Sejam f : D −→ R uma função de nida no domínio D ⊂ R e a ∈ D. Seja f : R −→ R a função de nida por |x|.Funções Contínuas Unidade 7 Neste contexto temos uma noção clara do signi cado de uma pequena variação . seja 3 Exemplo 3 . 7. Exemplo 2 x→a Portanto. x→a Seja p : R −→ R uma função polinomial. lim p(x) = p(a). um ponto tal que todo intervalo aberto contendo a intersecta D \ {a}. Note que pequena variação é um conceito relativo e precisamos estabelecer a de nição em termos absolutos. Observe que f é contínua em 0. pois limx→0 f (x) = f (0) = 0.2 Continuidade de uma função num ponto Apesar de continuidade ser uma característica global das funções. pela Proposição 2 da Unidade 3. de nimos a continuidade de uma função em um dado ponto (de seu domínio). p é contínua em todos os pontos de seu domínio. para todo a ∈ R. Dizemos que a função f é contínua em a se Definição 1 Função contínua em um ponto lim f (x) = f (a). a de nição é feita ponto a ponto. f (x) = 0. quanto da temperatura (dada em Celsius). Isso ocorre nos casos de domínios de funções algébricas (aquelas de nidas por uma expressão algébrica).3 Continuidade de uma função f Vamos agora de nir continuidade de funções. Suponhamos que D ⊂ R seja tal que. tais que limn→∞ xn = a. para todos n ∈ N. Na caraterização da continuidade em um ponto por meio de sequências. Definição 2 Funcao contínua os Seja f : D −→ R.Continuidade de uma função f Unidade 7 a 6= 0 e sejam (xn ) e (yn ) sequências em R \ {a} tais que lim xn = lim yn = a. isto é equivalente a considerar todas as sequências em D tais que limn→∞ xn = a. que é diferente de zero. todo intervalo aberto contendo a intersecta D \ {a}. encontra-se no link a seguir. xn ∈ Q e yn ∈ R \ Q. contínua se f for contínua em todos Note que só faz sentido falar em continuidade de f em um determinando ponto a no caso de esse ponto pertencer ao seu domínio . + Para Saber Mais . a sequência (f (yn )) é constante igual a zero. ao escrevermos limx→a f (x) = f (a). A prova formal disto. Além disso. Portanto. De fato. Dizemos que f é elementos de D . funções trigonométricas e aquelas obtidas das operações usuais com funções desse tipo. essa condição é satisfeita por todos os seus pontos. Então. se a 6= 0 e f não é contínua nestes pontos. além da condição técnica exigida para tratarmos do limite da função no ponto. a nossa noção de limite.Prova do resultado . nos obriga a considerar sequências (xn ) em D \ {a}. se D é uma união (qualquer) de intervalos da reta. Como p é contínua em todos os 4 . onde D é o domínio de f .Clique para ler 7. se a ∈ D. limx→a f (x) não existe. enquanto que (f (xn ) = |xn |) converge para |a|. um conceito fundamental na Matemática. Exemplo 4 Seja p : R −→ R uma função polinomial. devemos considerar o elemento 3 ∈ D. Veja um exemplo onde o domínio da função não é o conjunto de todos os números reais. podemos a rmar que p é uma função contínua. lim sen x = sen a e lim cos x = cos a. 2 lim− 2 + √ 3 − x = 2 = f (3). lim 2 + x→−1 √ 3 − x = 4. um intervalo fechado não limitado. vimos que. Então. o número 3. Nesse caso.Funções Contínuas Unidade 7 pontos a ∈ R. para mostrar que uma certa função não é contínua. do Teorema do Confronto. os que são menores do que 3. se a = −1. Para concluir que a função é contínua. Por outro lado. Assim. Como Exemplo 6 Por exemplo. devemos considerar dois tipos de elementos do domínio de f : aqueles que estão no interior. vamos fazer uso do limite lateral adequado. Observação: Para provar que uma determinada função é contínua. Veja: num ponto de seu domínio! No Corolário 4 da Unidade 5. 3 x→3 a função f é contínua em 3. 3]. Figura 7. x→a Exemplo 5 x→a Isso quer dizer que as funções trigonométricas seno e cosseno são funções contínuas. Como f (−1) = 4. O domínio de f é D = (−∞. √ A função f (x) = 2 + 3 − x é uma função contínua. Seja a um número menor do que 3.2 Grá co de f 5 r . temos que veri car a de nição em cada ponto de seu domínio. basta descobrir um ponto de seu domínio no qual a de nição de continuidade falhe. f é contínua em −1. lim f (x) = lim 2 + x→a √ x→a 3−x = 2+ √ 3 − a = f (a). e aquele que ca na extremidade do domínio. para todo a ∈ R. Suponha que f seja contínua em a e f (a) > 0. Exemplo 7 Seja f (x) = [x] = n.Unidade 7 A Propriedade da Permanência de Sinal 7. n Isso quer dizer que lim an = a. devido à Proposição 6 da Unidade 2. f (an ) ≤ 0. onde a função indica a temperatura ao longo de um o. a + r) ∩ Dtal que f (x) ≤ 0. que ao estudarmos os sinais de uma função contínua. por exemplo. n n 1 Assim construímos uma sequência de números (an ) tais que |an − a| < . a + ∩ D tal que f (an ) ≤ 0.4 A Propriedade da Permanência de Sinal Retomemos o exemplo inicial. veremos exemplos de funções não contínuas. Isso ocorre. na qual n ≤ x < n + 1. 7. Essa sequência não pode convergir para f (a) > 0. [x] é o maior inteiro que é menor ou igual a x. No entanto. ∀x ∈ (r − a. Então. no caso das funções polinomiais. só haja eventuais mudanças de sinais em torno desses pontos.5 Exemplos de funções não contínuas Após uma sequência de exemplos de funções contínuas. de nida em um dado intervalo. Se a temperatura é alta em determinado ponto do o. com zeros isolados. por absurdo. a função chamada Isto é. existe um número r > 0 tal que. Observação: Essa propriedade garante. 6 maior inteiro . para todo n ∈ N. Proposição 3 Permanência do sinal Sejam f : D −→ R uma função e a ∈ D tal que todo intervalo aberto contendo a intersecta D \ {a}. . Demonstração f (x) > 0. por exemplo. Isso contradiz o fato de f ser contínua em a. para cada n ∈ N 1 1 podemos escolher an ∈ a − . Em particular. para ilustrar uma importante propriedade das funções contínuas. a + r) ∩ D. existe x ∈ (a − r. que para todo o número real r > 0. Vamos supor. a temperatura também seja alta. então esperamos que nos pontos próximos. tal que n < a − r < a < a + r < n + 1.1] = 2.99] = 2. 1 Basta tomar r = min{a − n. f (a) = n.Funções Contínuas √ Assim. n + 1] 7 - Unidade 7 . [−0. a + r). Além disso. n + 1 − a}. [3] = 3.4 (a − r.3 Grá co de f (x) = [x] A rmação: a função f é contínua em cada a ∈ R \ Z e f não é contínua em cada a ∈ Z. Veja porque f é contínua em a sempre que a ∈ R \ Z. Conclusão: a função f não é contínua. [ 2] = 1 e [π] = 3. 2 Veja a gura: [ n ( a−r a ) ] a+r n+1 Figura 7.5] = −1. Veja o grá co de f : r r r −3 −2 −1 r r r r b b 1 b b b 2 3 4 b b Figura 7. com extremidades números inteiros: n < a < n + 1. [2. Neste caso. Todo número real a não inteiro pertence a um único intervalo de comprimento 1. a + r) ⊂ [n. em torno de a. há um pequeno intervalo (a − r. [2. Além disso. f é contínua em 1 se.Unidade 7 Exemplos de funções não contínuas Isto garante que f . x→1+ x→1 Portanto. lim f (x) = lim+ k − x = k − 1. lim f (x) = n − 1. Portanto. então f (x) = [x] = n − 1. Assim. 8 . como o próprio grá co da função indica. Exemplo 8 Cuidado especial deve ser dado àquelas funções cujas de nições usam várias sentenças. é constante e igual a n. Então. restrita a este intervalo. É claro que isso também determinará os valores de k para os quais a função não é contínua em x = 1. os limites laterais serão diferentes. f (n) = [n] = n. Como f (1) = 12 + 2 = 3. Agora. lim f (x) = lim− x2 + 2x = 3 f (3). se x > 1. f (x) = k − x. Seja n um número inteiro. lim f (x) = n. se n − 1 < x < n. se n ≤ x < n + 1. se x ≤ 1. e somente se. x→n− Por outro lado. x→1− x→1 Agora. Portanto. f não admite limite no ponto n e. basta que analisemos os limites laterais. k = 4. é preciso que 3 seja igual a k − 1. lim f (x) = n = f (a). x→a Para terminar o exemplo. x→n+ Como os limites laterais são diferentes. consequentemente. então f (x) = n. Ou seja. Vamos a mais um exemplo. A seguir. para que f seja contínua em 1. não é contínua nesse ponto. vamos considerar o caso dos números inteiros. vamos determinar os valores de k para os quais 2 x + 2x. seja contínua em 1. é contínua.6 Grá co da função f com k = 4 Grá co da função f com k = 6 f é contínua em 1 f não é contínua em 1 Observe que k = 4 é a única possibilidade de f ser contínua em 1. Qualquer outra escolha para a constante k implica numa interrupção do grá co de f . o segmento de reta que é o grá co de f à direita de 1 continua o trecho de parábola. que dão praticidade aos cálculos. D ⊂ R tal que para cada a ∈ D.Funções Contínuas 3 r 1 5 b 3 r Unidade 7 1 Figura 7. grá co de f à esquerda de 1. ii) f g : D −→ R é contínua. Sejam f.6 Propriedades das Funções Contínuas As propriedades operatórias dos limites de funções. Assim. transparecem também na continuidade de funções.5 Figura 7. g : D −→ R funções. 7. todo intervalo aberto contendo a intersecta D \ {a}. uma vez que a de nição de continuidade foi formulada usando diretamente o limite da função num ponto. de alguma forma herdadas das propriedades dos limites de sequências. então i) f + g : D −→ R é contínua. g 9 Proposição 4 Operações com funções contínuas . Não há surpresa. iii) f : D∗ −→ R. k = 6 é apenas um exemplo em uma in nidade de possibilidades nas quais f não será contínua em 1. em que D∗ = {x ∈ D | g(x) 6= 0}. Se f e g são contínuas. Neste caso. como veremos a seguir. b = f (a) ∈ E tal que todo intervalo aberto contínuas contendo b intersecta E \ {b}. Suponhamos também que f (D) ⊂ E . a composição preserva a continuidade. cujas de nições dependiam fortemente das correspondentes operações nos números reais. se g(a) 6= 0. Demonstração lim f (x) = f (a) e x→a lim g(x) = g(a). x→a Então lim (f + g)(x) = lim (f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x) x→a x→a x→a x→a = f (a) + g(a) = (f + g)(a) e lim (f g)(x) = lim (f (x) g(x)) = lim f (x) lim g(x) x→a x→a x→a x→a = f (a) g(a) = (f g)(a). então a composta g ◦f é contínua em a ∈ D. Essa operação é diferente das operações apresentadas anteriormente. Observe que. para todo x ∈ (a − r. a Propriedade da Permanência do Sinal garante a existência de algum r > 0 tal que. g : E −→ R. Como f e g são contínuas. De qualquer forma. Se f é contínua em a e g é contínua em b = f (a). de modo que podemos considerar g ◦ f : D −→ R. a + r) ∩ D. g(x) 6= 0. a ∈ D tal que todo intervalo aberto contendo a Composição de funções intersecta D \ {a}. Mais uma vez.Composição e Continuidade Unidade 7 Seja a ∈ D um elemento qualquer do domínio. Proposição 5 Sejam f : D −→ R. lim f (x) f (x) f (a) f f x→a = = = (a). 10 .7 Composição e Continuidade Uma importante maneira de obter funções a partir de funções dadas é a composição. lim (x) = lim x→a g(x) x→a g lim g(x) g(a) g x→a 7. a função composta. Funções Contínuas Seja (xn ) uma sequência em D tal que lim xn = a. portanto. Veja agora alguns exercícios para praticar! 11 Unidade 7 Demonstração . Como f é contínua em a. Concluímos que lim g ◦ f (xn ) = g ◦ f (a). Como g é contínua em b. Isso quer dizer que lim g ◦ f (x) = g ◦ f (a) x→a e. Considere (yn ) a sequência em E de nida por yn = f (xn ). Considere agora (zn ) a sequência de nida por zn = g(yn ). lim yn = lim f (xn ) = f (a) = b. g ◦ f é contínua em a ∈ D. lim zn = lim g(yn ) = g(b) Mas g(yn )) = g(f (xn )) = g ◦ f (xn ) e g(b) = g(f (a)) = g ◦ f (a). Em cada item a seguir. determine se a função dada é contínua no ponto indicado. x2 −3x+1 no ponto 2 . Seja f : R −→ R a função de nida por 3 cos πx f (x) = ax + b x−3 se x < 0. a ∈ D tal que todo intervalo aberto contendo a intersecta D \ {a}. 2. Suponha que f e g sejam contínuas em a e f (a) > g(a). se x > 3. para todo x ∈ (a − r. (a) f (x) = 2 + sen (πx). Mostre que existem funções f. no ponto −3. no ponto 1 . (c) h(x) = x[x]. Mostre que existe um r > 0 tal que. 4. Encontre um exemplo de uma função que seja contínua apenas nos nú- meros inteiros. se x > 2. (b) Faça um esboço do grá co de f usando os valores de a e de b calculados no item anterior. se 0 ≤ x ≤ 3. 2x − 2. g : D −→ R funções. 3. (b) g(x) = 2x2 −3x+1 . 12 . f não seja contínua (digamos em a = 0). a + r) ∩ D. se x ≤ 2. g : R −→ R tais que g seja contínua. x2 − 2x + 3.Unidade 7 Exercícios Propostos 7. f (x) > g(x).8 Exercícios Propostos 1. se x < 1. se x ≤ 1. tais que f seja uma função contínua. Sejam f. mas g ◦ f seja contínua. 5. (a) Calcule os valores de a e de b. Mostre que a função f : R −→ R. f (x) 6= g(x) }. se x = 0 é contínua. se a ∈ A. de nida por 1 x sen x. então x ∈ A. Encontre um exemplo de funções f e g para as quais S A = n∈Z (2n. 13 Unidade 7 . se x 6= 0. 7. f (x) = 0. g : R −→ R funções contínuas e A = {x ∈ R .Funções Contínuas 6.9 Exercícios Suplementares 1. utilizando a Regra de Substituição da Unidade 6. Sejam f. se x ∈ (a − r. então existe r > 0 tal que. Prove a Proposição 5. a + r). 2n + 1). 2. Mostre que. 10 Textos Complementares Para Saber Mais Uma das direções é trivial. j ∈ N } = N.Unidade 7 Textos Complementares 7. o resultado segue do seguinte fato geral. então limn→∞ f (yn ) = l. tais que limi→∞ f (yni ) = limj→∞ f (ymj ) = l. Queremos mostrar que limn→∞ f (zn ) = f (a). Seja (zn ) uma sequência em D tal que limn→∞ zn = a. Sejam N1 = {n ∈ N. que saibamos que limn→∞ f (xn ) = f (a) para toda sequência (xn ) em D \ {a} com limn→∞ xn = a. é imediato veri car que limn→∞ f (zn ) = f (a). Lema Seja (yn ) uma sequência em R tal existam duas subsequências (yni ) e (ymj ). Se qualquer um dos conjuntos acima for nito. zn ∈ D \ {a} } e N2 = {n ∈ N. pois toda sequência em D \ {a} é uma sequência de D. i ∈ N } ∪ {mj . cuja prova deixamos como exercício. Suponhamos. zn = a }. 14 . O problema surge quando ambos os conjuntos são in nitos. mas. agora. neste caso. com {ni . . . . 5 8. . . . .8 Funções contínuas em intervalos Sumário 8. . . . 2 8. . . . . . . . 7 8. . . . . . .7 Textos Complementares . . . . 12 8.3 Aplicações do Teorema do Valor Intermediário . . . . . . . . . . . . .4 O Teorema do Valor Intermediário e Pontos Fixos . . . . . . . .1 Introdução . . . . . .2 O Teorema do Valor Intermediário . . . . . 14 1 . . . . . .5 Exercícios Recomendados . . . . . . 5 8. 13 8. . . . . . . .6 Exercícios Suplementares . . . . . . 8. . que é correto até a nona casa. Um feito realmente memorável. diferem bastante dos resultados que foram apresentados na unidade anterior. . 3688081075. Fibonacci apresentou a sua solução em notação sexagesimal: 1. Em sua resposta ele a rmou .1 Introdução Os dois teoremas que apresentaremos nesta unidade. Sem dar qualquer explicação. 60 60 60 60 60 60 Em notação decimal. Aristóteles O objetivo desta unidade é apresentar dois importantes teoremas sobre funções contínuas de nidas em intervalos. 22 7 42 33 4 40 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6.Unidade 8 Introdução O todo é maior do que a soma de suas partes.. 1+ 2 . o Teorema do Valor Intermediário e o Teorema de Weierstrass para Valores Extremos. Para colocar o problema de Fibonacci no contexto de Cálculo. Isto é. 1.33. As propriedades apresentadas na unidade anterior re etem o caráter local da noção de continuidade enquanto que nesta unidade levaremos em conta o aspecto global da função. vamos considerar a função f (x) = x3 + 2x2 + 10x. e como não foi possível resolver esta equação (.7.) reduzi a solução a uma aproximação.42. Exemplo 1 Em 1225 Fibonacci foi desa ado a resolver a equação x3 + 2x2 + 10x = 20.. bem como algumas aplicações. no sentido que a hipótese a ser assumida é de uma função contínua em um intervalo fechado e limitado.22.4.40. 3125) = 18. 875 f (1. 578125 f (1. sob quais condições podemos a rmar que. Poderíamos colocar a questão acima da seguinte forma: Dada uma função f : [a. 13085938 Gostaríamos de dizer que há solução entre 1. Note que. Isto é. 375 tal que f (a) = 20. tal que f (c) = d? Veja as ilustrações a seguir. 25) = 17. escrevendo a tabela a seguir: f (1) = 13 f (2) = 36 f (1) = 13 f (1. 13085938 f (1. 34375 e 1. b] −→ R. 25) = 17. 34375) = 19. 578125 f (1.Funções contínuas em intervalos Assim. 375. prosseguimos um pouco mais. 83129883 f (1. 375) = 20. 5) = 22. então existe um número c. 5) = 22. 1 não é solução por falta enquanto que 2 não é solução por excesso. 375) = 20. 34375 e 1. A pergunta que não quer calar: que garantias temos de que realmente existe um número a entre 1. se d é um número entre f (a) e f (b). 375) = 20. 3 Unidade 8 . 875 f (1. Acreditando que há uma solução entre 1 e 2. f (1) = 13 e f (2) = 36. entre a e b. Resolver o problema consiste em encontrar um certo número real a tal que f (a) = 20. a equação x3 + 2x2 + 10x = 20 pode ser escrita como f (x) = 20. 13085938 f (1. 47518921 f (1. A continuidade é a condição necessária para o grá co da função. a continuidade é uma condição necessária para a existência de um ponto c tal que f (c) = d.Raiz da Equação . f (b) c d s f (a) a b Figura 8. pelo menos uma vez. é um resultado matemático muito importante.Clique para ler 4 . cruzar todas as retas horizontais entre eles. Nem sempre isso acontece. tal que f (c) = d. que nossa intuição aceita tão facilmente. A outra condição diz respeito ao domínio da função. passando também pela reta y = d.1 Figura 8. veja a próxima ilustração. chamado Teorema do Valor Intermediário. b]. ao passar do nível f (a) para o nível f (b). Esse fato. como você verá no decorrer do texto. + Para Saber Mais . como ilustra o exemplo da gura anterior.Unidade 8 Introdução f (b) f (a) d d f (a) f (b) a c b a c b Figura 8. Realmente.2 f (a) < d < f (b) f (b) < d < f (a) Nestes dois casos a pergunta tem resposta a rmativa.3 Não existe c ∈ [a. Você deve lembrar-se das hipóteses. os ingredientes são: (a) um intervalo fechado e limitado. f (I) é um intervalo. O enunciado de um teorema é fundamental. + Para Saber Mais . mostraremos que as imagens de intervalos por funções contínuas são intervalos. (c) um número entre os valores da função nos extremos do intervalo.Demonstração do Teorema do Valor Intermediário - Clique para ler 8. saber qual é a conclusão e alguns bons exemplos aos quais o teorema se aplica.3 Aplicações do Teorema do Valor Intermediário Como uma primeira aplicação do Teorema do Valor Intermediário. Então existe um número c ∈ (a. Seja f : [a. como a completude dos números reais. b) tal que Teorema 1 Teorema do Valor Intermediário f (c) = d. O exemplo ilustrado pela gura 8. o Teorema do Valor Intermediário demanda. (b) uma função contínua de nida no dito intervalo.2 Unidade 8 O Teorema do Valor Intermediário Apesar de exercer um grande apelo à nossa intuição.Funções contínuas em intervalos 8. A conclusão do teorema diz que o tal número pertence à imagem da função. em sua demonstração. b] −→ R uma função contínua e seja d um número entre f (a) e f (b). Seja f : I −→ R uma função contínua de nida em um intervalo I . fatos matemáticos fundamentais.3 evidência a importância da continuidade da função. Então. 5 Teorema 2 Imagem de um Intervalo . Neste caso. inclusive R e {a} = [a. a]. b]. Vamos então supor f não constante e sejam α e β elementos de f (I). Isso quer dizer que todos os elementos entre α e β são elementos de f (I). existem a e b em I tais que f (a) = α e f (b) = β . γ é um elemento entre f (a) e f (b) e. [α. p(R) = R. x x x x Assim. O Teorema do Valor Intermediário é um resultado que garante a existência de algo. então o intervalo de extremos α e β está contido em f (I). A função f . ainda é uma função contínua. Suponhamos. de grau ímpar. Agora. suponha γ um elemento qualquer entre α e β . Como uma outra aplicação do Teorema do Valor Intermediário. Veja como 6 . existe c ∈ R tal que p(c) = 0. β] ⊂ f (I). no caso. quando restrita a [a. contínua em I . Note que estamos considerando todos os tipos de intervalos. pelo Teorema do Valor Intermediário aplicado a f restrita à [a. Vamos aos detalhes. uma vez que n é um número ímpar. Logo. Esta caracterização dos subconjunos de R que são intervalos é bastante intuitiva e poderia ser demonstrada rigorosamente usando a completude de R. limx→−∞ p(x) = −∞ e limx→+∞ p(x) = +∞. com n um inteiro ímpar e an 6= 0. f (I) reduz-se a um conjunto com um único elemento. existe c ∈ [a. b] ⊂ I . Podemos supor an > 0 (justi que) e escrever an−1 an−2 a1 a0 n p(x) = x an + + 2 + · · · + n−1 + n . Isso signi ca que. ou seja. b]. que a < b.Unidade 8 Demonstração Aplicações do Teorema do Valor Intermediário Na verdade. pelo resultado anterior. Proposição 3 Demonstração Seja p : R −→ R de nida por p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 . Se f é constante. Aqui usamos a hipótese de I ser um intervalo: [a. Então p possui uma raiz real. do intervalo I por f possui a seguinte propriedade: se α e β são elementos de f (I). Então. Portanto. admite pelo menos uma raiz real. um número com determinada propriedade. b] tal que f (c) = γ . sem perder em generalidade. vamos mostrar que a imagem f (I). mostraremos que todo polinômio p : R −→ R. +∞). Proposição 4 Considere a função contínua f : [0. e outra. para n ≥ 2. concluímos que f ([0. para n ≥ 2.Funções contínuas em intervalos Unidade 8 o resultado pode ser usado para garantir a existência da raiz quadrada de um número positivo (veja a generalização para raízes n-ésimas no Exercício 5). extraindo a raiz quadrada do resultado. +∞).) Note também que nem sempre um ponto xo atrairá sequências obtidas por processos como este. 7 . O que você acha que acontecerá? O fenômeno observado re ete o fato de que 1 é um ponto xo da função raiz quadrada. existe um único α ∈ [0. para cada a ∈ [0. Em termos matemáticos. reiteradamente. E mais uma vez. Novamente 1 é um ponto xo. considere a sequência an obtida √ da seguinte maneira: a1 = a e an = an−1 . Se escolhermos 0 < b1 < 1. +∞)) = [0. estamos fazendo o seguinte: dado a > 0 (na experiência. 8. Basta pensar na função de nida por f (x) = x2 . a = α. que este processo resultará em 1. Você deve observar. de nida por f (x) = x2 . Escreva o maior número que conseguir e extraia a sua raiz quadrada. Se b1 > 1. consideramos um número bem maior do que 1). Então. mas agora não é mais um atrator. +∞). Isto é. Logo. +∞) −→ R. faça a experiência a seguir. tal que √ α2 = a. e colocamos bn = (bn−1 )2 . Repita a experiência escrevendo o menor número positivo que conseguir. Como a imagem de f é um intervalo da reta. Demonstração Esta função é crescente ( a < b ⇒ f (a) < f (b)). então lim bn = 0. (Veja a de nição a seguir. então lim bn = +∞.4 O Teorema do Valor Intermediário e Pontos Fixos Se você dispuser de uma calculadora com função raiz quadrada. Repita o processo. a menos que sua calculadora não esteja funcionando bem. f (0) = 0 e limx→+∞ f (x) = +∞. Se a > 0. lim an = 1. então existe um número α > 0 tal que α2 = a. na reta real. A sequência foi obtida aplicando reiteradamente a função raiz quadrada ao número a. 1] nele mesmo admite um ponto xo. Um ponto a ∈ A é chamado ponto xo de f se f (a) = a. Eles correspondem às interseções do grá co da função f com o grá co da função identidade. Como f (x) ∈ [0. de nida por f (x) = x2 − x − 3. Demonstração Se f (0) = 0. Então existe um ponto a ∈ [0. que f (1) < 1. provaremos que toda função contínua do intervalo [0. Analogamente. se f (1) = 1. 1] tal que f (a) = a. 8 . de nida no intervalo [0. 1] uma função contínua. Note que a função g : R −→ R. Portanto. podemos supor que f (0) > 0. Exemplo 2 A função f : R −→ R. a tese do teorema está satisfeita. vamos supor. f (x) = x admite solução. o teorema se cumpre. Teorema 6 Teorema do Ponto Fixo Seja f : [0. Como aplicação do Teorema do Valor Intermediário. podemos considerar a função contínua dada por g(x) = f (x) − x. 1]. de nida por g(x) = x2 − x + 2 não admite ponto xo. Assim. r −1 r 3 Figura 8. 1] ⊂ R. admite dois pontos xos. raízes de x2 − x − 3 = x. Observação: Uma função f admite um ponto xo se.6 Grá co de uma função com dois pontos xos. 1] −→ [0.Unidade 8 Definição 5 Ponto Fixo O Teorema do Valor Intermediário e Pontos Fixos Seja f : A −→ A uma função. também. e somente se. que são −1 e 3. Antes de apresentarmos a demonstração do teorema. Veja o exemplo da função f : [1. Isto é. b]. um intervalo fechado e limitado. Podemos. b]. Ele informa condições nas quais uma certa função assume seus valores extremos. portanto. pois f (1) < 1. Teorema 7 Teorema de Weierstrass f (c) ≤ f (x) ≤ f (d). portanto. O Teorema de Weierstrass para valores extremos O teorema que apresentaremos a seguir é útil para garantir a existência de solução para vários problemas de otimização. g(0) > 0 > g(1). Resumindo. Então. Isto é.Funções contínuas em intervalos Unidade 8 Das considerações anteriores. 1] tal que 0 = g(a) = f (a) − a e. veremos alguns exemplos que enfatizam a importância das hipóteses que devemos assumir para obter o resultado. Vamos a seguir apresentar outro importante resultado a respeito de funções contínuas de nidas em um intervalo fechado e limitado. b] −→ R uma função contínua de nida no intervalo [a. no intervalo fechado. para todo x ∈ [a. contidos em [a. f (a) = a. podemos ver que: (a) g(0) = f (0) − 0 = f (0) > 0 e (b) g(1) = f (1) − 1 < 0. Seja f : [a. tais que. aplicar à função g o Teorema do Valor Intermediário. fechado e limitado da reta. existe a ∈ [0. a função f assume seus valores extremos. As características do domínio da função f . +∞) −→ 1 R de nida por f (x) = . b]. existem números c e d. A função x 9 Exemplo 3 . são fundamentais para o resultado. porém não limitado. Unidade 8 O Teorema do Valor Intermediário e Pontos Fixos . . . 1. limitada. |f (x)| = . uma vez que. f é. +∞). inclusive. se x ∈ [1. . . . É claro que a continuidade da função é essencial. de nida por h(x) = . e f (0) = 0. Basta considerar o exemplo da função g : (−1. Por exemplo. 1) e a reta real. Isto é. é tal que. também não é su ciente para se obter o resultado. Portanto. a função g não admite máximo e não admite mínimo. para todo x ∈ [1. Neste caso. se x 6= 0. x No entanto. f não admite mínimo. +∞) tal que f (x) ≤ f (a). +∞). temos uma função bijetora entre o 1 − x2 intervalo (−1. Veja o grá co a seguir. Exemplo 4 Exemplo 5 A característica de ser limitado apenas. ≤ 1. 1] −→ R. não existe a ∈ [1. a função 1 h : [−1. para x 10 . 1) −→ R. Veja a gura a seguir. x de nida por g(x) = . O volume da caixa é então dado por V (x) = (15 − 2x)(30 − 2x)x = 450x − 90x2 + 4x3 . Logo. A determinação dos valores de d onde o máximo é atingido será feita mais tarde com o auxílio das derivadas. Existe alguma medida do corte que produza uma caixa com volume máximo? Seja x cm o lado do quadrado recortado. Veja o grá co a seguir. com o uso das derivadas. 7. 5) = 0. apesar do seu domínio ser um intervalo fechado e limitado.Clique para ler O Teorema de Weierstrass é mais um teorema de existência. recortando quadrados nos quatro cantos e depois dobrando a folha nas linhas determinadas pelos cortes. existem a e b no intervalo [−1. Mais adiante. V é uma função contínua no intervalo [0. 5]. tais que h(a) < −r e h(b) > r. mas não dá pistas de como achar os pontos extremos de uma função contínua em um intervalo fechado. V admite um valor máximo V (d) para algum d ∈ [0.Funções contínuas em intervalos Unidade 8 todo número real r > 0. É evidente que esta função não é contínua em x = 0. Uma caixa retangular aberta deve ser fabricada com uma folha de papelão de 15 × 30 cm. O valor mínimo V (c) é V (0) = V (7. h não admite máximo e não admite mínimo. O intervalo de variação de x é 0 ≤ x ≤ 7. 7.Prova do Teorema de Weierstrass . 5. 11 Exemplo 6 . 5]. + Para Saber Mais . vamos mostrar como determinar esses extremos. Ou seja. Portanto. 1]. Uma função f : R −→ R é dita periódica quando existe um número real p > 0. 2. Seja f : [0. b] uma função contínua. 9. 5. Exercícios Recomendados Para cada uma das funções polinomiais a seguir. 1] −→ R uma função contínua tal que f (0) > 0 e f (1) < 1.5 1. O que pode ser dito se n é um número inteiro ímpar? Existe exemplo de função contínua f de nida no intervalo [0.Unidade 8 Exercícios Recomendados 8. Seja A um conjunto formado pela união nita de intervalos fechados e limitados e seja f : A −→ R uma função contínua. Mostre que. existe um número c ∈ [0. 1)? Seja f : [a. 12 . Seja n um número inteiro par e seja α > 0 um número real. Mostre que f admite ponto xo. tal que an = α. com precisão até a quarta casa decimal. Prove que toda a função periódica contínua admite máximo e admite mínimo. 8. tal que f (x) = f (x + p). 4. 1] −→ Q uma função contínua. a) f (x) = x3 − x + 3. Mostre que existe um número real a > 0. b) f (x) = x5 + x + 1. 7. Veri que gra camente que esta solução é única. Calcule um valor aproximado desta solução. 1] cuja imagem é o intervalo (0. Mostre que f admite máximo e mínimo. 3. d) f (x) = 4x2 − 4x + 1. Mostre que a equação cos x = x admite uma solução no intervalo [0. π2 ]. 1]. para todo x ∈ R. para todo n ∈ N. tal que √ f (c) = n c. determine um inteiro n tal que f (x) = 0 para algum x entre n e n + 1. Seja f : [0. c) f (x) = x5 + 5x4 + 2x + 1. 6. Mostre que f é constante. b] −→ [a. naquele exato horário. Uma lata cilíndrica fechada deve ser produzida com folhas de metal para conter um litro de liquido. b) uma função contínua. 5. Encontre uma f contínua que seja limitada mas que não admita máximo e não admita mínimo. 4. 6. Num determinado instante. 3. b] −→ R contínuas.6 1. Mostre que a equação f (x) = g(x) tem solução. g : [a. Seja f : (a. Encontre um exemplo de uma função contínua f de nida em um intervalo aberto cuja imagem é um intervalo semi-fechado. mas não limitado. a sua função inversa também admite ponto xo. tais que f (a) < g(a) e f (b) > g(b). durante a descida. A função f admite ponto xo? Seja f uma função invertível.Funções contínuas em intervalos 8. Exercícios Suplementares Encontre um exemplo de uma função contínua f de nida em um intervalo aberto cuja imagem é um intervalo fechado e limitado. b) −→ (a. Um monge vai meditar durante o nal de semana em um monastério no topo de uma montanha. Explique este fato. 2. 7. Existe alguma dimensão da lata que proporciona maior economia de material? 13 Unidade 8 . Ele inicia a subida no sábado às 6:00 horas e a descida na segunda. Mostre que. Sejam f. ele percebe que passou por aquele ponto durante a subida. no mesmo horário. 8. se f admite um ponto xo. Unidade 8 Textos Complementares 8. No caso da equação x3 + 2x2 + 10x = 20. a resposta é p p √ √ 3 3 352 + 6 3930 + 352 − 6 3930 − 2 .7 Para Saber Mais Textos Complementares Raiz da Equação Você quer saber qual é a raiz exata da equação estudada por Fibonacci? Foi preciso esperar mais do que três séculos para se descobrir como resolver equações de grau três por radicais. x = 3 14 . queremos achar c ∈ (a. Neste caso. o ponto médio do intervalo [a. f (m1 ) < 0 ou f (m1 ) > 0. escolhemos a2 = a1 e b2 = m1 . considerando g : [a. tomando c = m1 . escolhemos a2 = m1 e b2 = b1 . A estratégia que usaremos para achar esse número c é a seguinte: constuiremos duas sequências monótonas contidas em [a.Funções contínuas em intervalos Demonstração do Teorema do Valor Intermediário Sem perda de generalidade. Neste caso. Vamos aos detalhes.5 a2 + b 2 Repetimos este processo fazendo m2 = . podemos supor que f (a) < d < f (b). o teorema está demonstrado. b]. Veja na ilustração a seguir. Pela completude dos números reais. Seja m1 = 2 das três possibilidades pode ocorrer: f (m1 ) = 0. b]. Novamente. 15 Unidade 8 Para Saber Mais . Esse ponto é o candidato à solução de f (x) = 0. b] −→ R a função de nida por g(x) = f (x) − d. Isto é. Além disso. Se f (m2 ) > 0. Caso f (m1 ) = 0. Além disso.4 Caso f (m1 ) > 0. da seguinte maneira: a1 = a e a1 + b 1 . a sequência obtida tomando a distância entre os seus termos. Caso f (m1 ) < 0. escolhemos a3 = m2 e b3 = b2 . Construímos duas sequências. se f (m2 ) = 0. Se f (m2 ) < 0. escolhemos a3 = a2 e b3 = m2 . b]. abandonamos a outra metade do intervalo. elas convergem para um mesmo ponto c. converge para zero. podemos supor que f (a) < 0 < f (b) e. [ a1 = a2 ] //////////] b2 - b1 Figura 8. Isto é. 2 então o resultado é verdadeiro. [ //////////[ a1 a2 ] - b1 = b2 Figura 8. portanto. Apenas uma b1 = b. elas são convergentes. b) tal que f (c) = 0. Logo. observamos que basta demonstrar o teorema para o caso em que d = 0. estamos abandonando a primeira metade do intervalo [a. Portanto. (an ) e (bn ). também contínua. portanto limitadas. Neste caso. como algum ponto médio dos subintervalos. Este é o candidato à solução de f (x) = 0. implicam que as duas sequências convergem. A primeira a rmação. f (c) = 0. (an ) e (bn ). • an ≤ an+1 e bn ≥ bn+1 . ou obtemos uma solução de f (x) = 0. usamos a hipótese da continuidade. 16 . de uma raiz da equação f (x) = 0. Como f é contínua. c2 − c1 = lim bn − lim an = lim(bn − an ) = 0.Unidade 8 Textos Complementares Prosseguindo desta forma. b]. Sejam lim an = c1 e lim bn = c2 . pela Proposição 6 da Unidade 2. A segunda a rmação garante que c1 = c2 . Para mostrar isso. pelo Axioma da Completude. 2 Note que a estratégia utilizada na demonstração do teorema nos fornece um método para determinar uma aproximação. que lim f (an ) = f (c) ≤ 0 e lim f (bn ) = f (c) ≥ 0. Este foi o método que utilizamos no Exemplo 1 para justi car a solução de Fibonacci. Logo. mais o fato de todos os elementos das duas sequências estarem contidos no intervalo [a. com a precisão que queiramos. Chamaremos esse número de c. A terceira a rmação garante. lim f (an ) = lim f (bn ) = f (c). • b n − an = b 1 − a1 . c1 = c2 . 2n−1 • f (an ) < 0 e f (bn ) > 0. tais que para todo número n ∈ N. De fato. Portanto. ou produzimos duas sequências monótonas. Então. por exemplo. b] por f é um intervalo fechado e limitado [C. da Unidade 1. o extremo inferior do intervalo I . b]. Já sabemos que f ([a. c]). lim yn = +∞. D]. um intervalo. para n ≥ 2. Analogamente. b] tal que f (bn ) = zn . Aplicando a Proposição 13. z1 < D.Funções contínuas em intervalos Prova do Teorema de Weierstrass Vamos mostrar que a imagem de [a. tal que f (an ) = yn . da Unidade 1. Tomemos (zn ) uma sequência de elementos distintos de I . portanto convergente. b]). da completude dos números reais. I = [C. Na verdade. tal que lim zn = D. que contradiz o fato lim yn0 = +∞. Pelo Axioma 11. Digamos lim bn0 = d. C] = {C}. z1 um elemento de I e. b]. qualquer subsequência (yn0 ) também satisfaz a condição lim yn0 = +∞. Vamos agora provar que I é fechado. Se f for constante. A estratégia é a mesma. seja (bn ) a sequência de elementos De na zn = 2 de [a. Considere agora a sequência (an ) de elementos de [a. Suponhamos que D seja o extremo superior de I . Podemos então tomar (sem perda de generalidade) uma sequência (yn ) de elementos de I . Mostraremos inicialmente que I é um intervalo limitado. uma vez que seus elementos pertencem ao intervalo [a. que também é limitada. podemos considerar (an0 ). por absurdo. b]) = I . portanto. Escolha uma subsequência (bn0 ) monótona e limitada. Vamos supor que f não é constante. A continuidade de f garante que lim f (bn0 ) = f (d) = lim(zn0 ) = D. prova-se que C . Logo. b]. 17 Unidade 8 Para Saber Mais . uma subsequência monótona de (an ). D − zn−1 . Podemos considerar. Vamos mostrar que D ∈ f ([a. escolhendo y1 um elemento qualquer de I e fazendo yn = yn−1 + 1. que I não seja limitado. também pertence a I . A continuidade de f garante que lim yn0 = lim f (an0 ) = f (l). essa subsequência converge para algum número em [a. Suponhamos. digamos lim an0 = l. I é um intervalo limitado. Agora. para n ≥ 2. Isto prova que D ∈ I = f ([a. 7 9. . .3 Exemplos do cálculo direto da derivada . . . . . . . . . . 19 9. . . . . . .5 Um pouco da história do Cálculo . . . . . .2 O problema da tangente . . . . . . . . 13 9. . . . . . . . . . . . . . 2 9. . . . 21 1 . . . . . . .9 Derivadas Sumário 9. . .4 Continuidade e derivabilidade . . . .1 A velocidade instantânea . Mas o que é velocidade de um objeto em movimento? 9.Unidade 9 A velocidade instantânea O nal do Século XVII viu o surgimento de uma conquista matemática formidável: o Cálculo Diferencial. representadas na tabela a seguir. Abordaremos este conceito a partir de duas motivações fundamentais: o estudo da velocidade de um objeto em movimento e o problema da tangente de uma curva. tornou-se a base para o desenvolvimento de várias áreas da Matemática. além de possuir aplicação em praticamente todas as áreas do conhecimento cientí co. mas se arrependeu e a bola caiu muito próxima do ponto onde foi lançada. estudado anteriormente. 2 . Descoberto independentemente por Isaac Newton e Gottfried Leibniz. veremos que a derivada de uma função é o limite de um quociente de duas grandezas em que ambas tendem a zero. Nesta unidade. Veremos posteriormente que os dois problemas estão relacionados. A tangente do grá co que representa a posição do objeto em função do tempo fornece a sua velocidade.1 A velocidade instantânea Imagine a situação em que um jogador de vôlei foi sacar. De fato. levantou a bola. estudaremos o conceito de derivada e veremos sua relação com o conceito de limite. Suponha que movimento inteiro levou um pouco mais de 2 segundos e que a partir de fotogra as tiradas em intervalos regulares foi possível dizer a altura da bola a cada segundo. 25 = = 4.25 7.0 Calculando a velocidade média no intervalo entre t = 1 e t = 1.05 − 8 = = 0. Observe que até aqui não temos uma de nição para velocidade em um instante. A partir dos dados obtidos.5 1 1. Com medições mais precisas.5 e t = 1.85 8 8.5 e t = 1.0 3 Unidade 9 .75.5? Vamos supor um movimento quase vertical. que é a razão entre o deslocamento realizado e o intervalo de tempo decorrido. Vm = deslocamento ∆s 8 − 6. 75 − 0.5 são os seguintes: Altura da bola t(seg) 0. 44 − 6.44 8 Usando o intervalo entre t = 0.25 = = = 3. podemos calcular uma velocidade média em intervalos menores em torno de t = 1.75 1 h(m) 2 4. Quando se joga uma bola verticalmente para cima.5 e t = 0.5 m/s tempo ∆t 1 − 0.1 1.6 7.2 h(m) 7.Derivadas Altura da bola t(seg) 0 0.25 8 7. Digamos que a altura da bola foi medida a cada 0.44 6.5 m/s ∆t 1.8 0.1 − 1. entre os instantes t = 0. apenas velocidades médias.25 0. podemos calcular a velocidade média.1 segundo e que os valores próximos a t = 0.9 1 1.25 4 Qual foi a velocidade da bola no instante t = 0. 5 Medidas ainda mais precisas do movimento permitem o cálculo de velocidades médias em intervalos menores.05 8. Suponha que foram feitas as seguintes medidas: Altura da bola t(seg) 0 0. a velocidade diminui até que a bola comece a voltar.5 0. obtemos: Vm = ∆s 8.1. obtemos a velocidade média Vm = ∆s 7.5 O problema é que a velocidade varia muito entre t = 0. 76 m/s ∆t 0.5 2 h(m) 2 6. quanto menor o intervalo. Se o limite existir a função f é dita derivável em x0 . ou seja. ∆t→0 ∆t h→0 h v(t0 ) = lim se tal limite existir. dizemos que a função é derivável e que a função f 0 : I → R que associa a cada x ∈ I o valor f 0 (x) é a função derivada de f . se s(t) é a função posição de um objeto. mais próxima a velocidade média ca da velocidade instantânea. Este limite é exatamente a de nição de derivada de uma função. Claro que medidas mais precisas poderiam permitir o cálculo da velocidade média em intervalos cada vez menores em torno de t = 1. mas ainda não seria a velocidade no instante t = 1. Para de nir esta última. temos que recorrer ao conceito de limite.1 seg iniciando no instante t = 1. Intuitivamente. 1 + h]. Definição 1 Derivada A derivada de uma função y = f (x) de nida em um intervalo aberto I em um ponto x0 ∈ I é dada por f (x0 + h) − f (x0 ) . h→0 h f 0 (x0 ) = lim caso este limite exista.Unidade 9 A velocidade instantânea que é a velocidade média em um intervalo de 0. Definição 2 Função derivada Seja f uma função de nida em um intervalo aberto I . Se f é derivável para todo ponto de seu domínio. quando h tende a 0. 4 . podemos de nir s(1 + h) − s(1) h→0 h v(1) = lim De maneira mais geral. então considerando a velocidade média no intervalo de tempo [1. Se s(t) é a altura da bola no tempo t. então a velocidade deste objeto no tempo t = t0 é de nida por s(t0 + h) − s(t0 ) ∆s = lim . então esta velocidade média tende a um valor que pode ser considerado a velocidade instantânea em t = 1. A velocidade é a taxa de variação instantânea da posição s(t) em relação ao tempo t e é dada pela derivada da função s(t). A aceleração média é dada por am = ∆v ∆t onde ∆v é a variação de velocidade no intervalo de tempo ∆t considerado. Estudaremos as equações deste movimento. Se a velocidade é dada pela função no tempo v(t) então de nimos: a= dv dt Há vários outros exemplos na Física: a Potência é a derivada do Trabalho em relação ao tempo. Leibniz. Há uma razão histórica para o uso das duas notações ligada à criação do cálculo diferencial por Newton e. o uxo de um líquido que escoa de um vaso é a derivada do volume do líquido em relação ao tempo. Veremos um pouco desta história na seção 9. independentemente. há muitas grandezas de nidas como taxa de variação de outra em relação ao tempo. a aceleração é a taxa de variação da velocidade. etc. Voltaremos oportunamente ao exemplo da bola e mostraremos que o movimento descrito pela bola do saque não realizado do jogador de vôlei é (aproximadamente) um movimento uniformemente acelerado. Na próxima seção.5. De forma análoga. isto é. Por exemplo. relacionaremos a noção de derivada de uma função com a reta tangente a uma curva dada. v(t) = s0 (t). Tanto dx representam a derivada da função f no ponto x0 de seu Usa-se também a notação dy f 0 (x0 ) quanto |x=x0 dx domínio. 5 Unidade 9 . Por exemplo. a velocidade v(t) de um objeto em movimento é a função derivada da função posição s(t) do objeto.Derivadas dy para representar a derivada f 0 (x). Para veri car isto. onde h = 0. Em um tempo de t segundos. o raio parece aumentar mais rápido quando começamos a encher o balão. um objeto se move s metros de sua posição inicial. Como o aumento do volume é devido ao uxo de ar para dentro do balão. 2. 6 . escreva o raio r em função do volume V do balão e calcule o aumento médio do raio nos intervalos 0. calculando sua velocidade média entre t = 2 e t = 2 + h. que é constante. Estime a velocidade do objeto em t = 2 seg. t = 3 e t = 4.1. 3. esta impressão decorre do fato de que a taxa de aumento do raio diminui a medida que o volume aumenta.5 ≤ V ≤ 2. esboce um grá co e mostre que o grá co da velocidade com o tempo é aproximadamente uma reta. 0. sendo s dado por s = 2t2 . Considere um balão aproximadamente esférico. ou seja.Unidade 9 A velocidade instantânea Exercícios 1. No exercício anterior. Você já deve ter notado que o balão parece encher mais rápido no início. estime a velocidade do objeto para t = 1.5 ≤ V ≤ 1 e 1. Este problema está relacionado com o problema de encontrar a velocidade instantânea. onde traçamos a reta secante que passa pelos pontos P = (x0 .2 Intuitivamente percebemos que quando x0 + h se aproxima de x0 então os pontos f (x0 + h) e f (x0 ) onde a secante corta a curva cam cada vez mais 7 Unidade 9 . Note que o grá co foi traçado supondo h > 0.1: Como você estudou em MA11. Seja x1 = x0 + h. ao problema de encontrar a derivada de uma função. ou seja. No entanto. o coe ciente angular ou inclinação da reta secante à curva passando pelos pontos P = (x0 . f (x0 )) e Q = (x1 . a situação h < 0 também deve ser considerada. f (x1 )). como veremos a seguir. f (x0 )) e Q = (x1 . y Q f (x1 ) b f (x1 ) − f (x0 ) f (x0 ) P b h = x1 − x0 x0 x1 x Figura 9.2 O problema da tangente O problema da tangente consiste em encontrar a equação da reta tangente passando por um certo ponto de uma curva que é grá co de uma função y = f (x).Derivadas 9. obtemos retas secantes que cortam a curva em dois pontos P e Qi cada vez mais próximos. Seja f (x) uma função e seja x = x0 um ponto do seu domínio. Observe o grá co de uma função f (x). Observe a gura 9. f (x1 )) é dado por f (x1 ) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = x1 − x0 h Tomando h cada vez mais próximo de zero. 2: Quando h se aproxima de zero. não há reta tangente no ponto. 8 . f (x0 )) e (x0 + h. Em resumo: Definição 3 Reta tangente A reta tangente a uma curva que é grá co de y = f (x) em um ponto P = (x0 . f (x0 ) como a reta que passa por P e cujo coe ciente angular é dado por f (x0 + h) − f (x0 ) f 0 (x0 ) = lim h→0 h Caso o limite não exista. esse. f (x0 + h)). f (x0 ) é a reta que passa por P e cujo coe ciente angular é dado por f (x0 + h) − f (x0 ) h→0 h f 0 (x0 ) = lim se o limite existir. Na verdade. deverá ser o coe ciente angular da reta tangente. se o quociente f (x0 + h) − f (x0 ) . h que representa o coe ciente angular da reta secante que passa por (x0 . o que fazemos é de nir reta tangente da curva em P = (x0 . Figura 9. se aproxima de um determinado valor.Unidade 9 O problema da tangente próximos e assim estas cruvas secantes se aproximam cada vez mais da tangente em x0 . intuitivamente. por exemplo. também tem coe ciente angular zero. 0). Neste caso. a função não é derivável em x = 0. temos: f (x + h) − f (x) k−k = lim =0 h→0 h→0 h h f 0 (x) = lim 9 Exemplo 4 Derivada da função constante . Se f (x) = k então f 0 (x) = 0 Podemos chegar à mesma conclusão fazendo diretamente o cálculo do limite. A tangente em qualquer ponto é a própria reta e. ou seja com coe ciente angular negativo.3: Seja f (x) = k uma função contante. Para todo x ∈ R. mas são distintos.Derivadas Unidade 9 É importante observar que o limite deve existir à direita e à esquerda de x0 . A gura a seguir. que tem coe ciente angular zero. O grá co de f é uma reta horizontal. enquanto que as secantes que passam pelos pontos P e Qi . b Figura 9. mostra uma função em que os limites laterais f 0 (0) = lim− h→0 f (h) − f (0) h ef 0 (0) = lim+ h→0 f (h) − f (0) h existem. As secantes que passam pelos pontos Qi e P = (0. com Qi → P pelo lado direito tendem à reta y = 0. com Qi → P pelo lado esquerdo tendem a uma reta decrescente. portanto. Poderíamos ter considerado pontos à esquerda de P cada vez mais próximos dele. e o resultado teria que ser o mesmo. vamos estimar o valor da derivada de sen (x) em x = 0. obtemos: f (x + h) − f (x) h→0 h m(x + h) + n − (mx + n) mh = lim = lim =m h→0 h→0 h h f 0 (x) = lim Exemplo 6 Usando um software de vizualização grá ca. é Derivada da função evidente que sua reta tangente em qualquer ponto é própria reta r e a derivada linear da função em qualquer ponto é o coe ciente angular m da reta. As guras a seguir mostram o grá co de y = sen (x) para intervalos cada vez menores em torno de x = 0.4: função constante Exemplo 5 Seja f (x) = mx + n uma função linear. isto é: Se f (x) = mx + n então f 0 (x) = m Calculando diretamente o limite. Como o grá co é uma reta r. 10 .Unidade 9 O problema da tangente de live = 0 f (x) = k Figura 9. Calcular o limite acima diretamente somente é prático para algumas funções mais simples. Portanto. 1) e (0. 1). 0. 1. que o valor é exatamente igual a 1.Derivadas Observe na gura acima que ampliando a gura em torno da origem ca claro que o grá co de y = sen (x) se aproxima de uma reta. A equação da reta que passa por estes pontos é y = x. podemos deduzir que a derivada de y = sen (x) em x = 0 deve ser muito próximo do valor 1. Na próxima seção iremos calcular a partir da de nição f 0 (x) = lim h→0 f (x + h) − f (x) h alguns exemplos de derivadas de funções. usando o limite trigonométrico fundamental estudado na Unidade 5. 0. 11 Unidade 9 . Veja na última gura à direita como o grá co quase passa pelos pontos (−0. 1. No próximo capítulo iremos apresentar regras de derivação que permitem calcular a derivada de um conjunto mais amplo de funções. É fácil ver. Usando o mesmo método do exemplo anterior. calcule o valor aproximado da derivada de y = cos(x) no ponto x = π2 . negativa e nula. 12 . 2. Determine por argumentos geométricos os intervalos em que a derivada da função f (x) é positiva.Unidade 9 O problema da tangente Exercícios 1. Con rme algebricamente sua análise anterior. dado o grá co de f (x) a seguir. para funções muito simples. seja a função f (x) = x2 . Vamos calcular sua derivada em um ponto x = x0 . Como dy dx = 2x então: . Calcule a equação da tangente à curva y = x2 no ponto x = 3.3 Unidade 9 Exemplos do cálculo direto da derivada No próximo capítulo iremos estudar regras que permitem descobrir sem grande di culdade a derivada da maior parte das funções usuais.Derivadas 9. Como primeiro exemplo. Nesta seção faremos mais alguns exemplos. é possível calcular diretamente a derivada da função a partir da de nição de derivada. Já zemos isto para o cálculo das derivadas das funções constante f (x) = k e linear f (x) = mx + n. Seja f (x) = x2 . Temos: f (x0 + h) − f (x0 ) h→0 h 2 (x0 + h) − x20 lim h→0 h x20 + 2x0 h + h2 − x20 lim h→0 h 2 2x0 h + h lim h→0 h lim 2x0 + h f 0 (x0 ) = lim = = = = h→0 = 2x0 O que mostra que se f (x) = x2 então f 0 (x) = 2x. No entanto. dy . . =2·3=6 dx . Para isso. 13 Exemplo 7 .x=3 Portanto. este ponto tem ordenada y = 32 = 9. A equação da reta é dada por y = 6x + b onde b é o coe ciente linear da reta. a reta tangente tem coe ciente angular a = 6. basta conhecer um ponto da reta. que ainda devemos calcular. Como ela corta a parábola y = x2 no ponto de abscissa 3. Veja a gura: Para esta mesma função. o cálculo do coe ciente angular nos pontos x = −3 e x = 0 resulta em . 9) na equação da reta resulta: y = 6x + b 9 = 6.Unidade 9 Exemplos do cálculo direto da derivada Substituindo o ponto de tangência (3.3 + b =⇒ b = 9 − 18 = −9 A equação da reta é y = 6x − 9. . dy . . dy . . = 2(−3) = −6 e =2·0=0 dx x=−3 dx x=0 O que mostra que a reta tangente em x = −3 é decrescente (a reta é y = −6x − 9, veri que!) e a reta tangente em x = 0 é horizontal (coe ciente angular nulo). Faremos a seguir mais um exemplo do cálculo da tangente ao grá co de uma curva determinando diretamente a derivada de uma função. 14 Derivadas Seja a curva dada pela equação y = x3 −2x. Calcule a equação da tangente passando pelo ponto da curva de abscissa x = 1. Se x = 1 então y = x3 − 2x = 13 − 2.1 = −1. Portanto o ponto é P = (1, −1). Utilizando a de nição de derivada e as propriedades dos limites, calculamos diretamente a derivada f 0 (x) da função f (x) = x3 − 2x: f (x + h) − f (x) h→0 h (x + h)3 − 2(x + h) − (x3 − 2x) lim h→0 h 3 2 2 x + 3xh + 3x h + h3 − 2x − 2h − x3 + 2x lim h→0 h 3xh2 + 3x2 h + h3 − 2h lim h→0 h h(3xh + 3x2 + h2 − 2) lim h→0 h 2 lim 3xh + 3x + h2 − 2 f 0 (x) = lim = = = = = h→0 = 3x2 − 2 Portanto, f 0 (x) = 3x2 − 2 é a derivada da função f (x) = x3 − 2x. Em particular, para x = 1, temos f 0 (1) = 3.12 − 2.1 = 1 Assim, a reta tangente tem coe ciente angular a = 1. É uma reta de equação y = ax + b = 1 · x + b = x + b. Substituindo as coordenadas do ponto P = (1, −1), obtemos o valor do coe ciente linear b = −2. A equação da reta tangente é y = x − 2. Na gura 9.5, vemos o grá co da curva y = x3 − 2x e da reta y = x − 2. Observe que a reta é realmente a tangente à curva no ponto P . 15 Unidade 9 Exemplo 8 Unidade 9 Exemplos do cálculo direto da derivada Figura 9.5: Reta y = x − 2 tangente à curva y = x3 − 2x em P = (1, −1) Exemplo 9 √ Calcule a derivada da função f (x) = x no domínio x > 0 e calcule a equação da reta tangente no ponto P = (1, 1). Calculando diretamente a derivada de f (x) = √ x obtemos: f (x + h) − f (x) h→0 h √ √ x+h− x = lim h→0 h f 0 (x) = lim Não podemos resolver o limite diretamente substituindo h = 0 pois resultaria na expressão 00 . No entanto, se multiplicarmos numerador e denominador por √ √ x + h + x, resulta em um limite de fácil cálculo: √ √ x+h− x 0 f (x) = lim h→0 √ h √ √ √ ( x + h − x)( x + h + x) √ = lim √ h→0 h( x + h + x) √ √ ( x + h)2 − ( x)2 √ = lim √ h→0 h( x + h + x) h = lim √ √ h→0 h( x + h + x) 1 = lim √ √ h→0 x+h+ x 16 Derivadas Para calcular este limite, basta fazer h = 0 na última expressão, pois, como √ √ √ f (x) = x é uma função contínua, limh→0 x + h = x. Resulta que 1 f 0 (x) = √ 2 x é a derivada da função f (x) = √ x. Em particular, para x = 1, temos f 0 (1) = 2√1 1 = 12 . Assim, a reta tangente ao grá co da função no ponto (1, 1) tem coe ciente angular a = 12 . É, portanto, uma reta de equação y = ax + b = 12 x + b. Substituindo as coordenadas do ponto P = (1, 1) na equação da reta y = ax + b = 12 x + b obtemos o valor do coe ciente linear b = 21 . 1 1 A equação da reta tangente é y = x + . 2 2 √ Na gura 9.6 vemos o grá co da curva y = x e da reta y = 21 x + 12 . Observe que a reta é realmente a tangente à curva no ponto P . Figura 9.6: Reta y = 12 x+ 12 tangente ao grá co de y = √ x no ponto P = (1, 1) A reta normal ao grá co de uma função passando por um ponto P é a reta ortogonal à tangente ao grá co da curva passando por P . O próximo exemplo ilustra o cálculo de uma reta normal ao grá co de uma função dada. 17 Unidade 9 Unidade 9 Exemplo 10 Exemplos do cálculo direto da derivada Calcule a equação da reta normal ao grá co da função f (x) = x1 , passando pelo ponto P = (2, 1/2). O cálculo da derivada de f (x) = 1/x resulta em: f (x + h) − f (x) = lim f (x) = lim h→0 h→0 h 0 x−(x+h) x(x+h) 1 x+h − h 1 x −h h→0 h→0 hx(x + h) h 1 1 = − lim 2 =− 2 h→0 x + xh x = lim = lim Portanto, 1 1 =⇒ f 0 (x) = − 2 x x A reta tangente passando por P = (2, 1/2) tem coe ciente angular a = 1 − 22 = − 41 . Lembrando que se duas retas não-verticais são ortogonais e têm coe cientes angulares iguais a m e m0 então m · m0 = −1, obtemos o coe ciente angular da reta normal: 1 m· − = −1 =⇒ m = 4 4 f (x) = Assim, a reta normal ao grá co da função no ponto (2, 1/2) é uma reta de equação y = 4x + b. Substituido as coordenadas do ponto P = (2, 1/2), obtemos o valor do coe ciente linear b = − 15 . 2 A equação da reta normal é y = 4x − reta tangente em P 15 . 2 Observe a gura 9.7. 2 y = 4x − 15 2 b −4 2 −2 Figura 9.7: Reta y = 4x − 15 2 é normal ao grá co de y = 18 1 x no ponto (2, 1/2) Derivadas 9.4 Continuidade e derivabilidade Todos os exemplos apresentados até o momento de funções deriváveis em todo seu domínio são de funções contínuas. Mostraremos que este é sempre o caso: toda função derivável é contínua. No entato, mesmo funções contínuas em todo seu domínio podem não ser deriváveis em alguns dos pontos de seu domínio. Há mesmo casos de funções contínuas em toda a reta real e que não são deriváveis em nenhum ponto do seu domínio. Vamos iniciar apresentando um exemplo de função contínua não derivável em um ponto do seu domínio. A função f (x) = |x| não é derivável em x = 0. 4 2 b −4 2 −2 4 −2 Figura 9.8: função y = |x| não é derivável no ponto x = 0 A derivada em x = 0 seria, caso existisse, o valor do limite |0 + h| − |0| |h| = lim h→0 h→0 h h lim No entanto, o valor de |h| depende do sinal de h: ( h ,se h >= 0 |h| = −h ,se h<0 Portanto, |h| = h ( h =1 h −h = −1 h 19 se se h>0 h<0 Unidade 9 por um lado. sendo O a origem e Q no grá co de |x| à esquerda de O é a reta y = −x. Esta é a chamada função de Weierstrass. mas têm valores diferentes. o limite não existe e a função não é derivável em x = 0. mas que não é derivável em nenhum ponto. Como os limites laterais existem. o matemático Weierstrass apresentou um exemplo de função contínua em todo seu domínio. Se. Se f é derivável em x0 ∈ I então f é contínua em x0 . A maior parte dos exemplos de funções com as quais lidamos são deriváveis ou deixam de ser deriváveis apenas em um conjunto nito de pontos. Em 1872.Unidade 9 Continuidade e derivabilidade Conclui-se que os limites laterais existem. 20 . Vimos o exemplo da função f (x) = |x| que é contínua em todo seu domínio. h f (x0 + h) − f (x0 ) = Passando ao limite quando h → 0: f (x0 + h) − f (x0 ) · lim h h→0 h→0 h lim f (x0 + h) − f (x0 ) = lim h→0 Mas f (x0 + h) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) e h→0 h lim lim h = 0 h→0 Logo lim f (x0 + h) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) · 0 = 0 h→0 o que mostra que f é contínua em x0 . cujo estudo foge ao escopo deste texto. Teorema 11 Seja f um função de nida em um intervalo aberto I . funções contínuas podem não ser derivável. enquanto que as secantes que passam por O e Q com o ponto Q do grá co de |x| à direita de O é a reta y = x. por outro lado. toda função derivável é contínua. mas têm valores direntes: lim+ h→0 |h| =1 h e lim− h→0 |h| = −1 h Visualmente. Temos que Demonstração f (x0 + h) − f (x0 ) ·h . mas não é derivável no ponto x = 0. toda secante que passa por Q e O. Newton também percebeu o fato crucial de que a integração de uma função é a operação inversa da diferenciação. o que hoje é chamado Teorema Fundamental do Cálculo. No entanto. à época o debate de quem merecia o reconhecimento foi acalorado. É importante observar também que uma descoberta matemática importante não aparece do nada. tangentes. Newton tentava resolver problemas na Física e seguiu um caminho mais prático voltado à solução destes problemas. Newton reconheceu este fato por meio de sua famosa frase "Se vi mais longe foi por estar de pé sobre ombros de gigantes. Leibiniz via este limite como a divisão de duas quantidades "in nitesimais". Newton descobriu os fundamentos do Cálculo diferencial e integral muitos anos antes de Leibniz." 1 Newton e Leibniz tiveram abordagens diferentes do Cálculo e tomaram caminhos distintos em suas descobertas. A razão ∆x se aproxima do coe ciente angular da tangente quando ∆x → 0. A discussão envolveu dois grandes gênios: Isaac Newton (16421727) e Gottfried Leibniz (16421716). mas publicou seus trabalhos mais tarde.Derivadas 9. com defensores aguerridos de ambos os lados. dy Foi Leibniz que criou a notação dx para a derivada de y em relação a x. Newton produziu métodos que resolviam problemas do cálculo da área. Ele imaginava um "triângulo in nitesimal"formado pelo incremento ∆x e o ∆y incremento correspondente ∆y . comprimento de curvas e máximos e mínimos de funções. 1 Carta para Robert Hooke (15 de Fevereiro de 1676) 21 Unidade 9 . o crédito é dado a ambos. Newton chamou o cálculo de "métodos de uxões". Leibiniz era um lósofo e tomou um caminho mais abstrato.5 Um pouco da história do Cálculo O surgimento do cálculo diferencial e integral foi palco de uma grande controvérsia sobre a paternidade da descoberta. Atualmente considera-se que os dois matemáticos descobriram o cálculo de forma independente e. Usando diferenciação. assim. É o resultado do trabalho de muitas pessoas ao longo de séculos. (c) Derivando a função s = s(t). 2 e 3 e veri que que o resultado é próximo de e. 8. 6. 7). 0). 5. 7. (d) Calcule o instante em que a bola atinge o ponto de altura máxima. 1 x passando Encontre a equação da reta normal à hipérbole y = x1 passando pelos pontos (1. 1). t = 2 e t = 3.1 é dada aproximadamente por s = 2 + 22t − 5t2 . e2 e e3 . respectivamente. Esboce um grá co. (b) Esboce um grá co e veri que que a velocidade varia linearmente com o tempo. Esboce um grá co. encontre a expressão da derivada e veri que que corresponde aproximadamente ao grá co v = ds dt obtido no item 2.Unidade 9 Um pouco da história do Cálculo Exercícios 1. 4. 2. Sabendo-se que a altura da bola de vôlei na Seção 9. Usando um calculadora cientí ca. em t = 1. Veri que que se trata da mesma reta. 3. Esboce um grá co. onde s é a altura em metros e t o tempo em segundos desde que é lançada. 1 seg. Determine a reta tangente ao grá co da hipérbole y = 1 + pelos pontos (1. para x = 1. Faça um grá co. faça o que se pede: (a) calcule a velocidade média para um intervalo de 0. 22 . −1). Determine a reta tangente ao grá co de f (x) = 2x + 3 passando pelo ponto (2. 3). 2). 2) e (−1. Determine a reta tangente ao grá co de y = 2 − x2 passando pelo ponto (1. √ Encontre a reta normal ao grá co de y = 2 x passando por (1. Determine a reta tangente ao grá co da parábola y = x2 + 2x passando pelo ponto (−3. estime o valor da derivada da função f (x) = ex . 1) e (−1. Faça um grá co. Sendo a uma constante. Mostre que a função f : R −→ R.b e c constantes. √1 x Seja f : R −→ R de nida por se −2x − 3 2 f (x) = a x + b x + c se 2x + 1 se x ≤ −2. Sendo a. mostre que a derivada de f (x) = ax2 é f 0 (x) = 2ax. x ≥ 0. 11. Determine os valores de a. 14. é f 0 (x) = − 2x1√x . √ Sendo a e b constantes. mostre que a derivada de f (x) = a x + b é f 0 (x) = 2√ax+b . b e c para os quais a função f é derivável. 23 Unidade 9 . mostre que a derivada de f (x) = ax2 + bx + c é f 0 x) = 2ax + b. Determine os valores de a. de nida por f (x) = x |x| é derivável. Mostre que a derivada de f (x) = 13. 12. −2 < x < 0. 10.Derivadas 9. b e c para os quais a função f é contínua. 21 10. . . . .3 Derivada do quociente . . . . . . . . . . . . . 4 10. . . . . . . .2 Derivada do produto . . 15 10. . . . . . . . . . . . . . . . . 7 10. . . . . . . . . .10 Cálculo de derivadas Sumário 10. . . . 5 . . . 11 10. . . . . . . . . . . . . . . .7 Exercícios . . . .5 Exercícios . . . . . . . . . . .1 Derivada da soma . . . . . . . 10 10. . 20 10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 10.6 Derivadas das funções trigonométricas .10Textos Complementares . . . . . . . . .9 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Derivada da potência 1 . . . . . . . . . . . . . . . 2 10. . . . . . . . . . .8 Regra da cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Derivada da soma Vamos provar que a derivada da soma de duas funções é a soma das derivadas das funções. b constantes =⇒ f 0 (x) = a f (x) = x2 1 f (x) = x √ f (x) = x =⇒ f 0 (x) = 2x =⇒ =⇒ 1 x2 1 f 0 (x) = − √ 2 x f 0 (x) = − A lista pode ser bastante ampliada. polinomiais e trigonométricas. estudaremos de forma sistemática as derivadas de funções como potência. Utilizando a regra da cadeia. 10. mas o cálculo direto a partir do limite ca progressivamente mais difícil quando tentamos encontrar a derivada de funções menos simples do que as listadas acima. Nesta unidade. Estudaremos também regras gerais para obter a derivada da soma.Unidade 10 Derivada da soma Na Unidade 9 vimos a de nição de derivada f (x + h) − f (x) h→0 h f 0 (x) = lim e calculamos diretamente a partir da de nição a derivada de algumas funções: f (x) = k. Sejam f (x) e g(x) duas funções reais. estudaremos a regra da cadeia. veremos como calcular a derivada de uma função dada implicitamente por uma equação e a derivada de uma função dada como inversa de outra cuja derivada conhecemos. Então (f + g)(x + h) − (f + g)(x) = f (x + h) + g(x + h) − (f (x) + g(x)) = (f (x + h) − f (x)) + (g(x + h) − g(x)) 2 . Por m. que permite encontrar a derivada de uma função que é a composição de duas funções. a. produto e quociente de duas ou mais funções. k constante =⇒ f 0 (x) = 0 f (x) = ax + b. Provamos então a seguinte proposição: Sejam f e g duas funções de nidas em um intervalo aberto I. é fácil generalizar o resultado para a soma de várias funções: (f1 + f2 + · · · + fn )0 = f10 + f20 + · · · + fn0 Encontre a derivada da função x2 + √ x + x1 . (f + g)0 (x) = lim caso os limites envolvidos existam. Se as duas funções forem deriváveis em x0 ∈ I . Na unidade 9 vimos que a derivada de f (x) = ax + b é f 0 (x) = a. Portanto. (f + g) (x) = 2x + 1 + x1 é derivável para todo x ∈ R∗ e Exemplo 2 Derivada da soma 0 0 1 1 1 0 (f + g) = 2x + 1 + = (2x + 1) + =2− 2 x x x 0 Usando indução.Cálculo de derivadas Unidade 10 Portanto. logo a derivada de f (x) = 2x + 1 é f 0 (x) = 2. A função x2 é derivável para todo x ∈ R e (x2 )0 = 2x. (f + g)(x + h) − (f + g)(x) h→0 h f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) + = lim h→0 h h f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) = lim + lim h→0 h→0 h h 0 0 = f (x) + g (x) . 3 Exemplo 3 . Vimos também que a função g(x) = x1 é derivável para todo x ∈ R∗ e que g 0 (x) = − x12 . então a função soma f + g é derivável em x0 e vale que (f + g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ) Proposição 1 Encontre a derivada da função 2x + 1 + x1 em um ponto qualquer de seu domínio. portanto. supondo f e g deriváveis. Os limites na última equação acima são. a seguinte proposição. obtemos: f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x) h→0 h (f (x + h) − f (x)) (g(x + h) − g(x)) = lim g(x + h) + lim f (x) h→0 h h h→0 (f (x + h) − f (x)) (g(x + h) − g(x)) = lim g(x) + f (x) lim h→0 h→0 h h lim Observe que no desenvolvimento acima usamos as propriedades do limite da soma e do produto. assegurada por resultado da seção anterior para o caso em que g é derivável. Reagrupando a expressão: f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x) = f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x + h) + f (x)g(x + h) − f (x)g(x) = (f (x + h) − f (x)) g(x + h) + f (x) (g(x + h) − g(x)) Dividindo a expressão por h e passando ao limite h → 0.2 Derivada do produto Vamos obter uma fórmula para a derivada do produto de duas funções (f g) (x) = f (x)g(x).Unidade 10 Derivada do produto √ √ 0 x é derivável para todo x > 0 e ( x) = 2√1 x . estudados anteriormente. 4 . 0 A função x1 é derivável para todo x ∈ R∗ e x1 = − x12 . Provamos. Observe incialmente que: f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x) = f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x + h) + f (x)g(x + h) − f (x)g(x) em que simplesmente somamos e subtraímos na expressão a parcela f (x)g(x + h). √ Resulta que a função x2 + x + x1 é derivável para todo x > 0 e 0 0 √ √ 0 1 1 1 1 2 2 0 x + x+ = x + x + = 2x + √ − 2 x x 2 x x A função 10. Usamos também a continuidade da função g . respectivamente. os valores de f 0 (x) e g 0 (x). x x e (x2 + x)(x2 − 1) Exemplo 5 i) f (x) = 2x2 + 3x + 1 =⇒ 0 0 f 0 (x) = (2x2 ) +(3x)0 +(1)0 = 2. √ Calcule a derivada das funções 2x2 + 3x + 1. iii) f (x) = (x2 + x)(x2 − 1) =⇒ 0 0 f 0 (x) = (x2 + x) (x2 − 1) + (x2 + x) (x2 − 1) = (2x + 1)(x2 − 1) + (x2 + x)(2x) = 4x3 + 3x2 − 2x − 1 . Suponha agora que f e g são deriváveis em um ponto x0 ∈ I e que g(x0 ) 6= 0. Provaremos que fg também é derivável em x0 e obteremos uma expressão para a derivada da função fg em x0 . se k é uma constante e f uma função derivável então (kf )0 = (k)0 f + k(f )0 = 0 · f + k · f 0 = kf 0 em que usamos o fato de que a derivada da constante é zero.3 Derivada do quociente Sejam f e g duas funções de nidas em um intervalo não trivial I . (x2 ) +3 (x)0 +0 = 2·2x+3·1 = 4x+3 . obteríamos o mesmo resultado desenvolvendo o produto primeiro e depois derivando termo a termo. De nimos a função quociente f f (x) (x) = g g(x) para todo ponto x ∈ I tal que g(x) 6= 0. Neste último exemplo. √ ii) f (x) = x x =⇒ √ √ 0 √ f 0 (x) = (x)0 · x + x · ( x) = 1 · x + x · 1 √ 2 x = √ x+ x √ 2 x = √ 3 x 2 . Se as duas funções forem deriváveis em x0 ∈ I . 10. então a função produto (f g) (x) é derivável em x0 e vale que Proposição 4 Derivada do produto (f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 ) Em particular.Unidade 10 Cálculo de derivadas Sejam f (x) e g(x) duas funções de nidas em um intervalo aberto I. 5 . se f e g são deriváveis em um ponto xo ∈ I vale que: f (x0 + h) − fg (x0 ) g f 0 (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g 0 (x0 ) lim = h→0 h g(x0 )2 Provamos assim a seguinte proposição: 6 . obtemos: lim f g (x + h) − f g (x) h 1 f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) = lim g(x) − lim f (x) h→0 limh→0 g(x)g(x + h) h→0 h h f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) 1 g(x) lim − f (x) lim = h→0 h→0 g(x) limh→0 g(x + h) h h h→0 Se f e g forem deriváveis. Para x. pois sendo g derivável em x também é contínua em x. então todos os limites envolvidos existem e limh→0 g(x + h) = g(x). ou seja. Resulta que. x + h ∈ J . se g é derivável em x0 . a função fg está de nida em J . então é contínua em x0 . temos que: f g (x + h) − f g (x) f (x+h) g(x+h) − f (x) g(x) = h h 1 f (x + h) g(x + h) = · g(x) − f (x) · g(x)g(x + h) h h f (x + h) f (x)g(x) f (x)g(x) g(x + h) 1 · g(x) − + − f (x) = g(x)g(x + h) h h h h 1 f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) = g(x) − f (x) g(x)g(x + h) h h em que somamos e subtraímos um termo f (x)g(x) .Unidade 10 Derivada do quociente Para começar. h Passando agora ao limite quando h → 0. Se g(x0 ) 6= 0 então há um intervalo aberto J com x0 ∈ J tal que g(x) 6= 0 para todo x ∈ J . (x)0 0. Se as duas funções forem deriváveis em x0 ∈ I e g(x0 ) 6= 0 . encontraremos a derivada de xn para n < 0 usando a derivada do quociente.1 1 =⇒ f 0 (x) = = = − x x2 x2 x2 x+a . Vamos separar nossa dedução em duas partes: primeiro encontraremos a derivada de xn para n > 0 usando a derivada do produto e indução. A função f (x) = xn é derivável para todo x ∈ R se n ≥ 0 e derivável para x ∈ R∗ se n < 0. para n inteiro qualquer.Cálculo de derivadas Sejam f (x) e g(x) duas funções de nidas em um intervalo não trivial I.Obter a derivada de .x − 1. Em seguida. Nos dois casos f 0 (x) = (xn )0 = nxn−1 7 Proposição 7 Derivada da potência . O caso n = 0 é trivial. então a função f produto g (x) é derivável em x0 e vale que Unidade 10 Proposição 6 Derivada do quociente 0 f f 0 (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g 0 (x0 ) (x0 ) = g g 2 (x0 ) Exemplos: f (x) = 1 (1)0 .para x 6= a =⇒ x−a (x + a)0 (x − a) − (x + a)(x − a)0 (x − a) − (x + a) 2a f 0 (x) = = =− 2 2 (x − a) (x − a) (x − a)2 f (x) = + Para Saber Mais .x − 1.Clique para ler 10.4 f g usando a derivada do produto Derivada da potência Vamos calcular a derivada da função potência f (x) = xn . a função f (x) = x1 é derivável e 0 1 10 · x − 1 · x0 1 = =− 2 2 x x x o que concorda com o que obtivemos anteriormente. o que completa a prova do caso n > 1. temos que g(x) = xk+1 = x · xk é derivável e 0 0 0 xk+1 x · xk = x0 xk + x. aplicando a regra do produto. Vale para n = 1. 8 . Suponha agora que n < 0. cuja derivada é 0. Usando a derivada da soma e da potência: 0 0 0 0 x4 + x3 + x2 = x4 + x3 + x2 = 4x3 + 3x2 + 2x Exemplo 9 Encontre a derivada da função f (x) = x1 . então n = −m. Para x 6= 0. pois f (x) = x1 = x =⇒ f 0 (x) = 1 = 1 · x1−1 . f (x) = xk é derivável e f 0 (x) = kxk−1 . então. Suponha que o resultado vale para n = k . pela derivada do produto. Provaremos o caso n > 0 por indução. ou seja. xk = xk + kxxk−1 = xk + kxk = (k + 1)xk+1 . pois x0 = 1. x1m é derivável e vale que: 0 1 −mxm−1 (1)0 (xm ) − 1 (xm )0 = = −mx−m−1 = nxn−1 = 2 m 2m m x x (x ) Exemplo 8 Encontre a derivada da função f (x) = x4 + x3 + x2 .Unidade 10 Demonstração Derivada da potência Se n = 0 o resultado se segue imediatamente. com m > 0 e xn = x−m = 1 xm Se x 6= 0 então. 9 . x4 +1 Exemplo 10 Temos que x4 + 1 6= 0 para todo x ∈ R logo f (x) é derivável para todo x∈Re 0 0 0 (x2 ) (x4 + 1) − x2 (x4 + 1) 2x(x4 + 1) − x2 (4x3 ) 2x − 2x5 x2 = = = x4 + 1 (x4 + 1)2 (x4 + 1)2 (x4 + 1)2 + Para Saber Mais . Na verdade.Clique para ler Mostramos acima a fórmula da derivada da potência para expoentes inteiros. a mesma fórmula vale para qualquer expoente real.Demonstração alternativa para a fórmula da derivada da potência . o que será provado posteriormente.Unidade 10 Cálculo de derivadas Encontre a derivada da função f (x) = x2 . Se f 00 também é derivável. para x ≥ 1. 15. sua derivada é chamada derivada terceira de f e denotada f 000 . x3/2 = 8.Unidade 10 Exercícios 10. Mostre que se f (x) = xn . 20. 16. √ 12.5 Exercícios Calcule a derivada das seguintes funções: 1. x(x − a) 10. 17. 2x2 + x 6. do grá co da curva y = x4 − x 2 + 1 . Faça um grá co. Determine a reta tangente no ponto de abscissa x = 3 da curva dada por √ y = 2 x + 1. Demonstre que (f g)00 = f 00 g + 2f 0 g 0 + f g 00 . com n > 0. x2 +1 x−1 x 4. 1). então sua derivada é chamada derivada segunda de f e denotada f 00 . 14. Demonstre que (f gh)0 = f 0 gh + f g 0 h + f gh0 . Se f é n-vezes derivável. com n inteiro positivo. √ x 13. a n-ésima derivada é denotada f (n) (x). 19. x2 −1 Encontre a derivada no Encontre a derivada de f (x) = (x + 1)5 no ponto x = 1. (x2 + 3)(x + 1) √ 9. 3x3 5. 2x−3 7. Seja f uma função derivável. (Sugestão: use a fórmula do binômio de Newton). então f n (x) = n!. 3. Seja f (x) = (x + 1)n . x+a x−a x−5/2 Determine a reta tangente no ponto (1. Mostre que f 0 (1) = n2n−1 . 2. 1 . x3 +2x2 x2 +1 x+2 √ x √ x2 √ x 11. 18. Se f 0 é derivável. Estude a derivabilidade da função f (x) = ponto de abscissa x = 2. 10 . mostramos que: 1 − cos x =0. Passando o limite quando h → 0 e usando os limites citados acima. Concluímos assim: 11 Unidade 10 . vamos encontrar as derivadas das funções sen x e cos x. x Ainda na Unidade 5. Lembremos o limite trigonométrico fundamental estudado na Unidade 5: lim x→0 sen x =1. temos: sen (x + h) − sen x h sen h cos h − 1 = cos x lim + sen x lim h→0 h→0 h h = cos x · 1 + sen x · 0 f 0 (x) = lim h→0 = cos x . x→0 x lim Usaremos estes dois limites para determinar a derivada da função sen x.6 Derivadas das funções trigonométricas Nesta seção. As outras funções trigonométricas podem ser obtidas a partir destas duas utilizando as regras de derivação já estudadas. obtemos: sen (x + h) − sen x h→0 h sen x cos h + sen h cos x − sen x = lim h→0 h sen h cos h − 1 = lim cos x + sen x h→0 h h ( sen x)0 = lim em que usamos a fórmula do seno da soma: sen (a + b) = sen a cos b + sen b cos a e agrupamos os termos com sen x e cos x. Calculando diretamente a derivada de f (x) = sen x.Cálculo de derivadas 10. no exemplo 4. A inclinação da reta tangente é f 0 (π) = cos(π) = −1.1: Reta y = −x + π . 0). a equação da reta é y = −x + π . temos: cos(x + h) − cos x h→0 h cos x cos h − sen x sen h − cos x = lim h→0 h cos h − 1 sen h − sen x = lim cos x h→0 h h (cos x)0 = lim em que usamos a fórmula do cosseno da soma ( cos(a + b) = cos a cos b − sen a sen b) e agrupamos os termos com sen x e cos x. Derivada do seno Exemplo 12 Encontre a equação da reta tangente ao grá co de y = sen x no ponto (π. Como passa pelo ponto (π. Observe o grá co a seguir: 1 y = sen x y = −x + π b 1 2 3 4 −1 Figura 10. a reta tangente tem equação y = −x + b. O desenvolvimento é análogo ao que foi feito para a função seno. Para a função f (x) = cos x. Logo. 0) Passamos agora à derivada da função cosseno. Passando o limite 12 .Unidade 10 Derivadas das funções trigonométricas Proposição 11 Se f (x) = sen x então f 0 (x) = cos x. tangente a y = sen x no ponto (π. temos: 0 = −π + b =⇒ b = π . 0). Assim. Como a reta passa pelo ponto √ ( π4 . Proposição 13 Encontre a equação da reta tangente ao grá co de y = cos x no ponto Exemplo 14 √ ( π4 . temos: cos(x + h) − cos x h→0 h sen h cos h − 1 − sen x lim = cos x lim h→0 h→0 h h = 0 · cos x − 1 · sen x f 0 (x) = lim = − sen x Portanto. Usando a regra do quociente. obtemos: ( sen x)0 cos x − sen x(cos x)0 cos x (cos x)2 cos x cos x − sen x(− sen x) sen 2 x + cos2 x 1 = = = = sec2 x 2 2 (cos x) cos x cos2 x (tan x)0 = sen x 0 = 13 Exemplo 15 . Como sen (x) e cos(x) são funções deriváveis. 22 ). Derivada do cosseno √ A inclinação da reta tangente é f√0 (π/4) = − sen (π/4) = − 2/2. Se f (x) = cos x então f 0 (x) = − sen x. + b =⇒ b = 1+ 2 2 4 2 4 √ √ Assim. então Temos tan x = cos x tan(x) é derivável nos pontos em que cos(x) 6= 0 =⇒ x 6= π2 + kπ.Cálculo de derivadas Unidade 10 quando h → 0. k ∈ Z. Logo. a reta tangente tem equação y = − 22 x + b. Encontre a derivada de y = tan x. a equação da reta é y = − 22 x + 22 1 + π4 . sen x . 22 ) temos: √ √ √ 2 2 π 2 π =− . 14 . sec x 3. 8. sen x0 ) arbitrário. Encontre a equação da reta tangente ao grá co de y = sen x em um ponto (x0 .7 Exercícios Encontre a derivada das seguintes funções: 1. 11. sen 2x 7. Mostre que a função de nida por ( x2 sen x1 se x 6= 0 f (x) = 0 se x 6= 0 é derivável em x = 0 e f 0 (0) = 0. 1).Unidade 10 Exercícios 10. 9. x sen x 6. Encontre a equação da reta tangente ao grá co de y = sen x no ponto ( π2 . 10. encontre uma função F (x) cuja derivada é f (x) = sen 3x. cosec x 4. Esboce o grá co. cotan x 5. Calcule f (50) (x). Mostre que a função de nida por ( x sen x1 se x 6= 0 f (x) = 0 se x 6= 0 não é derivável em x = 0. 12. x2 cos x + x 2. Seja f (x) = sen x. sabemos perfeitamente derivar tanto f (x) = sen x quanto g(x) = x2 . h(x) = sen x2 é a composição da função g(x) = x2 com a função f (x) = sen x g(x) f (g(x)) z}|{ f z }| { g x −→ x2 −→ sen x2 Ainda neste exemplo. Lembramos que dadas funções f e g . a composta h = f ◦ g é de nida por: h(x) = f (g(x)) (x) g f x −→ g(x) −→ f (g(x)) (x) Por exemplo. calcular esta potência é muito trabalhoso. Se g é derivável em x0 e f é derivável em g(x0 ) então f ◦ g é derivável em x0 e (f ◦ g)0 (x0 ) = f 0 (g(x0 )) g 0 (x0 ) 15 Teorema 16 Regra da cadeia . que sabemos derivar. mas ainda não sabemos derivar sua composição h(x) = sen x2 . Vamos agora demonstrar a regra da cadeia. Sejam f e g funções reais tais que a imagem de g está contida no domínio de f . que é a composição de g(x) = x2 + 1 e f (x) = x100 : f (g(x)) g(x) z }| { f z }| { g 100 2 x −→ x + 1 −→ x2 + 1 100 Embora (x2 + 1) seja uma função polinomial.8 Unidade 10 Regra da cadeia Estudamos como derivar funções formadas pela soma.Cálculo de derivadas 10. 100 Observe outro exemplo h(x) = (x2 + 1) . produto e quociente de outras funções. enquanto as duas funções envolvidas na composição têm derivadas muito simples. Estudaremos agora a derivada da composição de duas funções. em que a imagem de f está contida no domínio de g . h→0 h (f ◦ g)0 (x0 ) = lim Aqui imporemos uma condição restritiva que simpli ca bastante a demonstração. h→0 g(x0 + h) − g(x0 ) h lim Como g é derivável em x0 . A condição é a seguinte: existe um intervalo não trivial I . h→0 h lim Como g é função contínua. Substitutindo os dois limites calculados concluímos que: (f ◦ g)(x0 + h) − (f ◦ g)(x0 ) g(x0 + h) − g(x0 ) . então limh→0 g(x0 +h) = g(x0 ). a demonstração torna-se um pouco mais delicada e não a faremos aqui. h 6= 0. com 0 ∈ I tal que g(x0 + h) − g(x0 ) 6= 0 para todo h ∈ I. lim h→0 h→0 g(x0 + h) − g(x0 ) h 0 0 = f (g(x0 ))g (x0 ) . . (f ◦ g)0 (x0 ) = lim Caso a condição não se aplique. Neste caso. então u → 0 quando h → 0 e g(x0 )+u z }| { f (g(x0 + h)) − f (g(x0 )) (f ◦ g)(x0 + h) − (f ◦ g)(x0 ) = lim lim h→0 h→0 g(x0 + h) − g(x0 ) g(x0 + h) − g(x0 ) | {z } u f (g(x0 ) + u) − f (g(x0 )) = lim u→0 u = f 0 (g(x0 )) . Se escrevermos u = g(x0 + h) − g(x0 ) =⇒ g(x0 + h) = g(x0 ) + u . podemos dividir a expressão acima por g(x0 + h) − g(x0 ) e passar o limite quando h → 0: (f ◦ g)(x0 + h) − (f ◦ g)(x0 ) g(x0 + h) − g(x0 ) . Esta condição se veri ca em todas as aplicações 16 .Unidade 10 Demonstração Regra da cadeia Queremos calcular (f ◦ g)(x0 + h) − (f ◦ g)(x0 ) . então g(x0 + h) − g(x0 ) = g 0 (x0 ) . h→0 g(x0 + h) − g(x0 ) h (f ◦ g)(x0 + h) − (f ◦ g)(x0 ) g(x0 + h) − g(x0 ) = lim . (2x) = 200x(x2 + 1)99 Mais alguns exemplos: Encontre a derivada de √ x2 + 1 . em que f (x) = sen x e g(x) = x2 . então: h0 (x) = f 0 (g(x)). logo têm derivada nula. Portanto: √ x2 +1 0 0 1 2x x = f 0 (g(x)). 2 2 2 2 x +1 2 x +1 x +1 Seja h(x) = (f (x))n onde n é inteiro qualquer. √ √ x2 + 1 é a composição de f (x) = x com g(x) = x2 + 1.f 0 (x) 17 Exemplo 20 . então a imagem de g(x) = x2 + 1 está √ contida no domínio de de f (x) = x. Exemplo 18 = (f ◦g)(x). Como h(x) = sen x2 = (f ◦ g)(x). Vamos aplicar a regra da cadeia aos dois exemplos com os quais começamos esta discussão: Exemplo 17 Calcule a derivada de h(x) = sen x2 . Então h(x) é a composição de f (x) e g(x) = xn . exceto quando g for uma função constante.g 0 (x) = cos(g(x)). o resultado vale trivialmente pois g e f ◦ g são constantes. Neste caso. Exemplo 19 Como x2 + 1 > 0 para todo x ∈ R.g 0 (x) = √ · x2 + 1 = √ =√ . h0 (x) = f 0 (g(x)). A derivada de h(x) é: h(x) = (f (x))n =⇒ h0 (x) = nf (x)n−1 .(2x) = 2x cos x2 Calcule a derivada da função h(x) = (x2 + 1) Como h(x) = (x2 + 1) então: 100 100 .Cálculo de derivadas Unidade 10 que faremos.g 0 (x) = 100(g(x))99 . porém. em que f (x) = x100 e g(x) = x2 +1. cos(x2 + 1) 18 0 . onde y(x) = cos(x2 + 1). Substituindo na expressão de h0 (x): h0 (x) = 2 sen (cos(x2 + 1)) sen (cos(x2 + 1)) 0 = 2 sen (cos(x2 + 1)) cos(cos(x2 + 1)). Veja o próximo exemplo.(2x3 + 2x)0 = (6x2 + 2) cos(2x3 + 2x) h(x) = sen (cos x) =⇒ h0 (x) = cos (cos x) . . Usando a regra da cadeia: 0 0 h0 (x) = sen 2 (cos(x2 + 1)) = 2 sen (cos(x2 + 1)) sen (cos(x2 + 1)) . cos(x2 + 1) . Usando a regra da cadeia: 0 g 0 (x) = cos(y(x)). Observe que podemos escrever g(x) = sen y(x). onde g é função derivável em x.g 0 (x) .y 0 (x) = cos(cos(x2 + 1)).Unidade 10 Regra da cadeia Alguns casos particulares: 2 h(x) = x3 + x =⇒ h0 (x) = 2(x3 + x)(x3 + x)0 = 2(x3 + x)(3x2 + 1) h(x) = sen 3 x =⇒ h0 (x) = 3 sen 2 x( sen x)0 = 3 sen 2 x cos x 0 2 sec2 x 1 0 0 −2 −3 =⇒ h (x) = tan x = (−2).g 0 (x) = cos(g(x)). onde f (x) = sen (cos(x2 + 1)). Para isso vamor derivar a função seno. Então h(x) é composição de f (x) = sen x com g(x). O próximo passo é derivar a função g(x) = sen (cos(x2 + 1)). Alguns casos particulares: h(x) = sen (2x3 + 2x) =⇒ h0 (x) = cos(2x3 + 2x). Exemplo 22 Encontre a derivada de h(x) = sen 2 (cos(x2 + 1)). Podemos escrever h(x) = (f (x))2 . tan x (tan x) = − h(x) = tan2 x tan3 x Exemplo 21 Seja h(x) = sen (g(x)). (cos x)0 = − sen x cos (cos x) Algumas vezes é preciso usar a regra da cadeia várias vezes a m de derivar uma função. Sua derivada é: h0 (x) = f 0 (g(x). O primeiro passo é derivar a função potência. No entanto. Exemplo 23 Derivada da função ( f (x) = x2 sen x1 se x 6= 0 0 se x 6= 0 em x = 0. f é derivável em todo ponto. para x 6= 0. obtemos: 1 2 h sen 1 f (0 + h) − f (0) 0 h = lim = lim h sen f (0) = lim =0 h→0 h→0 h→0 h h h Logo f é derivável em x = 0 e f 0 (0) = 0. as derivadas não podem ser tratadas como frações. 19 . mas sua derivada não é contínua em x = 0. Calculando diretamente o limite em x = 0 e usando o Teorema do Anulamento. uma palavra sobre notação. Substitutindo na última expressão de h0 (x) obtemos nalmente h0 (x) = 2 sen (cos(x2 + 1)) cos(cos(x2 + 1)). Tivemos que usar a regra da cadeia três vezes para resolver o problema. obtemos: 1 1 −1 1 1 0 2 f (x) = 2x sen + x cos · − cos = 2x sen x x x2 x x Não existe o limite limx→0 f 0 (x). Seja y = f ◦ g(x). No entanto. cos(x2 + 1) 0 = 2 sen (cos(x2 + 1)) cos(cos(x2 + 1))(−2x) sen (x2 + 1) = −4x sen (x2 + 1) sen (cos(x2 + 1)) cos(cos(x2 + 1)) . a regra da cadeia y 0 (x) = f 0 (g(x))g 0 (x) assume a seguinte forma: dy dy du = . Portanto.Cálculo de derivadas Unidade 10 Ainda falta derivar z(x) = cos(x2 + 1). apenas como uma notação conveniente. Utilizando a notação de Leibniz e chamando u = g(x).(x2 + 1)0 = −2x sen (x2 + 1) . Para concluir a seção. usando a regra do produto e a regra da cadeia. Usando a regra da cadeia mais uma vez: 0 z 0 (x) = cos(x2 + 1) = − sen (x2 + 1). dx du dx que é uma maneira muito elegante e intuitiva de escrever a regra da cadeia. para x > 0 7. 15. u = cos x √ y = 1 − u2 . sabendo que g é derivável em x = 1. 16. f (x) = (x3 + 2x) √ f (x) = x4 + 1 3. Mostre que: (a) Se f é par então f 0 é ímpar. 12. 20 . Por exemplo f (x) = sen (x) é uma função par enquanto f (x) = cos(x) é uma função ímpar. 17. f (x) = sen 2 x 6. u = sen x Determine a equação da reta tangente à curva de equação y = (x − 1)−2 no ponto de abscissa x = 2. f (x) = sen (cos x2 ) 9. y = sen 2 u. Seja h(x) = f (x2 + x). √ f (x) = sen ( x). f (x) = sen 2 (cos(x2 )) 10. (b) Se f é ímpar então f 0 é par. calcule h0 (1). f (x) = 1. f (x) = 5.9 Exercícios Calcule a derivadas das seguintes funções: 2. Seja f : R → R derivável em R. 14. f (x) = cos( sen x) 8. u = x2 + 1 y= 13. Observação: uma função f é dita par se f (x) = f (−x) para todo x no domínio de f e é dita ímpar se f (x) = −f (−x) para todo x no domínio em seu domínio. Determine a reta tangente à curva de equação h(x) = f (g(x)) no ponto de abscissa x = 1. 4 f (x) = (x + sen (x3 + x)) Calcule a derivada dy/dx em cada um dos seguintes casos: 11. 18. g(1) = −3 e g 0 (1) = −1 e que f é derivável em −3 e f (−3) = 4 e f 0 (−3) = 1/2. 3 √ 1 x2 −1 q x+1 x−1 4. 1 .Unidade 10 Exercícios 10. 1+u u = x2 + 1 3 y = u + u1 . Sabendo que f é derivável em 2 e que f 0 (2) = 3. Cálculo de derivadas 10. isto é.10 Unidade 10 Textos Complementares f usando a derivada do produto g encontrar a fórmula da derivada de fg usando Obter a derivada de Seria mais simples da derivada do produto. Seja h = f /g . Usando a fórmula do produto: f 0 = (gh)0 = g 0 h + gh0 =⇒ gh0 = f 0 − g 0 h =⇒ h0 = Para Saber Mais a fórmula f 0 − g0h g Substituindo h = f /g . A demonstração que zemos prova que fg é derivável nos pontos em que é de nida. então f = gh. estamos supondo implicitamente que fg é derivável. obtida anteriormente. 21 . obtemos: 0 f f 0g − f g0 f 0 − g 0 (f /g) = = g g g2 O problema com esta abordagem é que só podemos garantir que a derivada do produto exista se as funções envolvidas forem deriváveis. caso f e g sejam deriváveis. Seja f (x) = xn com n inteiro positivo. obtendo (x + h)n − xn = nxn−1 h→0 h f 0 (x) = lim 22 . tirando o primeiro. ao invés de indução. Para calcular o limite (x + h)n − xn f (x + h) − f (x) = lim h→0 h→0 h h f 0 (x) = lim vamos usar a fórmula do binômio de Newton para expandir (x + h)n : n n−i i n n n−1 (x + h) = x + nx h + · · · + x h + · · · + nxhn−1 + hn i logo. (x + h)n − xn = nxn−1 h + · · · + nxhn−1 + hn n n−i i−1 n n n−1 n−2 n−1 (x + h) − x = h nx + ··· + x h + · · · nxh +h i n n−i i−1 (x + h)n − xn n−1 = nx + ··· + x h + · · · nxhn−2 + hn−1 i h Observe que todos os termos da expressão acima. exceto o primeiro. contêm o fator h. Quando zermos h → 0 todos os termos desaparecerão.Unidade 10 Para Saber Mais Textos Complementares Demonstração alternativa para a fórmula da derivada da potência Podemos demonstrar a fórmula da derivada da potência para expoente inteiro positivo usando a fórmula do binômio de Newton. . . . . . . . . . . .11 Derivação implícita e taxas relacionadas Sumário 11. . . . .1 Derivação implícita . . . . . . . . . . . . .3 Problemas de taxa de variação . . . . . . 18 1 . . . . . . . . . . . . . .5 Aproximação linear . . . . . . . . .7 Textos Complementares . . . . . . . 5 11. . . . . . . . . . 2 11. . . . . .6 Exercícios . . . . . . . . . . 17 11. . 6 11. . . . . . . . . . . . . 15 11. . . . .2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . 13 11.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . as duas com domínio x ∈ (−2. x dy =− . No entanto. nos dois casos.1 Derivação implícita Nas Unidades 9 e 10 aprendemos a derivar funções da forma y = f (x). podemos derivar diretamente a relação: x2 + y 2 = 4 dy =0 2x + 2y. portanto.Unidade 11 Derivação implícita 11. mas fornecer uma propriedade que permita encontrar sua derivada. dx dy x =− dx y Encontramos o mesmo resutado que antes. admitindo a existência de uma função y = f (x) derivável que satisfaça a relação x2 + y 2 = 4. Nesse caso. dx y Por outro lado. Observe o uso da regra da cadeia. trata-se da equação de um círculo de centro na origem e raio 2. 2): √ √ y = f1 (x) = 4 − x2 ou y = f2 (x) = − 4 − x2 A derivada em cada caso é: 1 x x 1 =− f10 (x) = (4 − x2 )− 2 (−2x) = − √ 2 2 f1 (x) 4−x 1 −x x x 1 = √ =− f20 (x) = − (4 − x2 )− 2 (−2x) = √ 2 2 2 f2 (x) 4−x − 4−x Logo. mas sem a necessidade de explicitar a de nição da função. admitindo que a derivada exista. Por exemplo. dizemos que a função está de nida explicitamente. considere a x2 + y 2 = 4 Como sabemos. dx dx 2 . duas possibilidades de funções. Podemos resolver explicitamente por: √ y 2 = 4 − x2 =⇒ y = ± 4 − x2 Há. pode-se não der nir explicitamente uma função. quando fazemos dy dy 2 = 2y . mesmo sem explicitar a de nição de y = f (x). Seja y = f (x) função derivável satisfazendo a equação y 3 − xy = 1. a relação pode permitir o cálculo da derivada f 0 (x). 3) satisfaz à equação: 33 − 3(22 )3 + 23 = 27 − 24 + 8 = 11. Pode também acontecer de mais de uma função satisfazer a equação. No entanto. dy . Observe que o ponto (2. Admitindo a existência de uma função y = f (x) derivável que satisfaça a 3 Exemplo 2 .y + x.Derivação implícita e taxas relacionadas Unidade 11 Em resumo. y dy = 2 é a derivada de f (x) para os pontos onde 3y 2 −x 6= 0. 3). admitindo a existência de função derivável y = f (x). Encontre dx Exemplo 1 Derivando y 3 − xy = 1 obtemos: dy dy − (1. =0 3y 2 dx dx dy 3y 2 − x = y dx dy y = 2 dx 3y − x 3y 2 Portanto. Observe que dada uma equação entre x e y pode ser muito difícil ou mesmo impossível encontrar a de nição explícita y = f (x). Esta técnica é conhecida como derivação implícita. admitindo a existência de uma função derivável y = f (x) e dada uma equação em x e y . dx 3y − x Encontre a equação da reta tangente ao grá co de y 3 − 3x2 y + x3 = 11 no ponto (2. ) = 0 dx dx dy dy − y − x. é possível encontrar f 0 (x) derivando a equação. como no caso acima. podemos obter sua derivada por derivação implícita. obtemos: .Unidade 11 Derivação implícita equação. 3). y 3 − 3x2 y + x3 = 11 2 dy 2 dy 3y − 3 2xy + x + 3x2 = 0 dx dx dy dy 3y 2 − 6xy − 3x2 + 3x2 = 0 dx dx dy 3y 2 − 3x2 = 6xy − 3x2 dx dy 6xy − 3x2 2xy − x2 = 2 = dx 3y − 3x2 y 2 − x2 2xy − x2 dy = 2 é a derivada de f (x) para os pontos onde y 2 − x2 6= dx y − x2 0 =⇒ y 6= ±x. Para o ponto (2. dy . . 8 2 · 2 · 3 − 22 = = . A equação da reta é y = 58 x + b e passa por (2. v). Portanto. u v Resulta que v = − u + b =⇒ b = 2v . dy dy v = 0 =⇒ =− . v). 3).Teorema da função implícita . Assim. 2 2 dx x=2 3 −2 5 Portanto. a reta tangente em x = 2 tem coe ciente angular 85 . a reta tem equação y = v − x + b e passa pelo ponto (u. a reta tangente tem u equação v y = − x + 2v . v).Clique para ler 4 . u xy = 1 =⇒ y + x + Para Saber Mais . Logo. em que (u. u 6= 0 é um ponto qualquer da hipérbole. logo 3 = 58 · 2 + b =⇒ b = − 15 . A reta tangente tem equação 8 1 y = x− 5 5 Exemplo 3 Encontre a equação da reta tangente à hipérbole xy = 1 passando pelo ponto (u. dx dx u O coe ciente angular da tangente é −v/u. 2 Exercícios dy para a função derivável y = f (x) que satisfaz cada Encontre a derivada dx uma das seguintes equações: 1. 5 x2 2 + y2 8 = 1 passando pelo Unidade 11 . x2 + xy + y 2 = 7. 1 x 5. P = (1. 7. y 3 + xy 2 + y = 3 3. 2) 8. P = (1. sen (xy) = √ 10. Ache a equação da reta tangente ao grá co de f no ponto P indicado. xy + y 2 = 1 2. 2).Derivação implícita e taxas relacionadas 11. x2/3 + y 2/3 = a2/3 + 1 y =1 Seja y = f (x) uma função derivável que satisfaz cada uma das equações abaixo. x3 + 2xy + y 2 = 4. 2 x. 1) 9. 2 P = (1. x2 − y 2 = 1 4. π4 ) Encontre a equação da reta tangente à elipse ponto (1. dx Outro exemplo de taxa de variação é a aceleração. 5 = 10l dt dl dt 6 . de nida por a = a(t) = dv . Vejamos alguns exemplos de problemas de taxas relacionadas. podemos calcular a taxa de variação de uma delas em função da(s) outra(s). dy então a taxa de variação de y em relação a x é a derivada .Problemas de taxa de variação Unidade 11 11. De maneira geral. Vamos obter a taxa de variação de A usando a regra da cadeia: dA dA dl = = 2l . dl sendo dt = 5 m/s sua taxa de variação. A área é dada por A(l) = l2 . temos duas ou mais grandezas relacionadas entre si e devemos calcular a taxa de variação das grandezas. Tais problemas são conhecidos como problemas de taxas relacionadas. dt Em algumas aplicações do cálculo. Seja l = l(t) o lado do quadrado.3 Problemas de taxa de variação Vimos na Unidade 9 que a velocidade (instantânea) de um objeto é de nida por v = lim ∆t→0 ∆s ds = ∆t dt em que s = s(t) é a função posição do objeto. Definição 4 Taxa de variação Se x e y são duas grandezas sujeitas a uma relação funcional y = y(x). Como as grandezas estão relacionadas. regra da cadeia. A velocidade mede a taxa de variação (instantânea) da posição do objeto com o tempo. algumas vezes. Calcule a taxa de variação da área no instante em que a lado do quadrado mede 10 m. usando derivação implícita ou. Exemplo 5 Um quadrado se expande de tal maneira que seu lado aumenta à razão de 5 m/s. Note que o lado varia com o tempo. 7 Exemplo 6 . a taxa de variação da área é 100 m2 /s. Uma escada de 5 m está recostada em uma parede. temos dA = 10. A base da escada escorrega. dt Logo.2: As grandezas x e y estão relacionadas pelo teorma de Pitagóras x2 +y 2 = 25.1: Quadrado de lado l Portanto. afastando-se da parede a uma velocidade de 6 cm/s.Derivação implícita e taxas relacionadas Unidade 11 l A = l2 l l l Figura 11.10 = 100 m2 /s. Com que velocidade o topo da escada cai no momento em que a base da escada dista 3 m da parede? es ada 5 y x Figura 11. no instante em que l = 10. substituir os valores para obter dy dt dt x = 3 m = 300 cm. Portanto. dt Exemplo 7 Um tanque tem a forma de um cone invertido. a escada cai. Podemos escrever a equação como dy x dx =− dt y dt Se a escada cai de forma que dx = 6 cm/s é constante. Voltemos agora à equação 11. temos: x2 + y 2 = 25 dy dx =0 2x + 2y dt dt dy dx y = −x dt dt (11. 5 cm/s.1 mostra que dy → ∞ quando y → 0. que é o comprimento da escada. o que revela apenas que é sicamente impossível dt que uma escada caia de forma que dx seja constante até o nal da queda. a velocidade de queda do topo da escada quando x = 3 m é 4. y diminui até chegar a zero quando a escada está na horizontal. tendo altura de 20 m e raio de 4 m. Observe que tivemos que converter os comprimentos dados em metros para centímetros pois a taxa de variação de x estava dada em cm/s. Como x2 + y 2 = 25. agora. Resulta em 400 dy dx dy = −300 = −300 · 6 = −1800 =⇒ = −4. No entanto.1) . ou seja. então 9 + y 2 = 25 =⇒ y = 4 m = 400 cm. Temos dx = 6 cm/s e Basta. temos h h r = =⇒ r = 4 20 5 8 .1. A fórmula 11. a parte cheia forma um cone de raio r e altura h.Unidade 11 Problemas de taxa de variação Considerando x = x(t) e y = y(t) e derivando em relação ao tempo. Quão rápido se eleva o nível de água no tanque quando a água estiver com 5 m de profundidade? Conforme a água enche o tanque. A água está uindo para dentro do tanque a uma taxa de 2 m 3 /min. Por semelhança de triângulos.5 cm/s dt dt dt O resultado negativo indica que y diminui. temos que x cresce até dy no máximo x = 5 m. obtemos: 2 1 h πh3 1 2 h= V = πr h = π 3 3 5 75 Derivando esta última expressão em relação à variável t. substituindo r = h5 . Encontre a taxa de variação do volume do cilindro quando o raio da base mede 6 cm e a altura 8 cm. Derivando esta fórmula. Exemplo 8 O volume do cilindro é dado por V = πr2 h. o volume do cilindro diminui a uma taxa de 204π cm3 /min ≈ 640. h = 8. em que r = r(t) é o raio da base e h = h(t) é a altura do cilindo. = =⇒ = dt 75 dt 25 dt dt πh2 dt Observe que dV é a taxa de aumento do volume. dt 25π π Um cilindro é comprimido lateralmente e. 9 . alongado. é o uxo de água que dt entra. ou seja. de forma que o raio da base decresce a uma taxa de 4 cm/s e a altura do cilindro aumenta a uma taxa de 5 cm/s. 64 m/min. que é 2 m3 /min. Portanto.Derivação implícita e taxas relacionadas Unidade 11 Água 4 r 20 h O volume de água na parte cheia é V = 13 πr2 h.56 cm3 /min. obtemos: dV 3πh2 dh πh2 dh dh 25 dV = . ao mesmo tempo. dr dt = −4 e dh dt = 5. obtemos: dV dr dr dh 2 dh = π 2r h + r = 2πrh + πr2 dt dt dt dt dt Substituindo agora os valores r = 6. temos dh 25 2 = 2 = m/min ≈ 0. obtemos: dV = 2π · 6 · 8 · (−4) + π · 62 · 5 = π(−384 + 180) = −204π dt Portanto. quanto h = 5. dt A aceleração é dada por v= a= Exemplo 10 dv d = (1 + 3t2 ) = 6t m/s2 . 10 . Faça um grá co.3: Cilindro sendo alongado e comprimido lateralmente Exemplo 9 Um objeto se move no eixo x das abscissas de modo que sua posição x metros no instante t segundos é dada por x(t) = 1 + t + t3 . A velocidade é dada v = dx . logo dt d (1 + t + t3 ) = 1 + 3t2 m/s . dt dt Um objeto se move no eixo x das abscissas de modo que sua posição x em metros no instante t segundos é dada por t se 0 ≤ t < 2 x(t) = 2 se 2 ≤ t < 4 6 − t se 4 ≤ t ≤ 6 Determine a velocidade do objeto. Encontre sua velocidade e aceleração em função do tempo.Unidade 11 Problemas de taxa de variação 5 m/s r h 4 m/s 4 m/s r 5 m/s Figura 11. Compare os grá cos de x(t) e x0 (t) a seguir: x(t) 3 2 b 2 b 6−t t 1 b b 1 3 4 5 6 t 5 6 t x′ (t) 2 1 2 bc 1 bc bc 1 2 0 3 bc 4 bc −1 −1 bc Dois carros se deslocam em estradas perpendiculares. ao ponto de cruzamento O. Determine a taxa de variação da distância entre os carros 3 horas após o segundo carro passar pelo cruzamento. se deslocou com velocidade constante igual a 1 até chegar em x = 2 em t = 2. cou parado entre t = 2 e t = 4 e. 11 Exemplo 11 . Sejam y a distância do carro A. Excluindo estes pontos. ao ponto de cruzamento O e x a distância do carro B . que vai para leste. a partir de t = 4. Seja l a distância entre os carros. temos as derivadas: 1 se 0 < t < 2 0 x (t) = 0 se 2 < t < 4 −1 se 4 < t < 6 Portanto. exceto nos ponto t = 2 e t = 4.Derivação implícita e taxas relacionadas Unidade 11 A função x = x(t) é derivável em todo o intervalo (0. com velocidade média de 60 km/h. O segundo carro passou pelo cruzamento das estradas 2 horas depois do primeiro.4. um para o norte com velocidade média de 48 km/h e o outro para o leste. que vai para o norte. 6). como representado na Figura 11. voltou para a origem com velocidade constante igual a −1. já que nestes pontos as tangentes à curva à direita e à esquerda não coincidem. o objeto saiu de x = 0 em t = 0. o primeiro terá se deslocado 5 horas após passar por O. dx e dt dy .Unidade 11 Problemas de taxa de variação 48 km/h A l y x O B 60 km/h Figura 11. o valor de l é l2 = 1802 + 2402 = 90000 =⇒ l = 300. Neste mesmo instante. dt 12 . Pelo Teorema de Pitágoras. o carro b terá se deslocado por 3 horas após passar pelo cruzamento. No momento em que x = 180 e y = 240. x. logo a distância de B até O é x = vB · ∆t = 60 · 3 = 180 km. A distância de A até O é. portanto: y = vA · ∆t = 48 · 5 = 240 km. l2 = x2 + y 2 . em que l é a distância entre os carros. obtemos dt l 2 = x2 + y 2 dl dx dy 2l = 2x + 2y dt dt dt dl 1 dx dy x +y = dt l dt dt dl = 74 km/h.4: Qual a taxa de variação da distância entre os carros? Três horas após o segundo carro passar pelo cruzamento. Derivando a expressão l2 = x2 + y 2 e substituindo os valor de l. y. No instante em que θ = π6 . qual a velocidade com que cai verticalmente o topo da escada? Um avião voa a 800 km/h em relação ao solo. Seja θ o ângulo de elevação da câmera em relação ao solo. qual a velocidade com que a câmera deve rodar para que continue apontando para o avião. Qual a taxa de diminuição do volume. b B Um tanque com a forma de um cone invertido tem altura igual a 5 e raio do topo igual 2 m. Um balão esférico perde ar por um furo de tal forma que seu raio diminui a uma taxa de 2 cm/min. mantendo uma altura constante de 6 km.4 1. Se o tanque se enche a uma taxa de 1 m3 /s. sabendo-se que este se aproxima da câmera. 13 Unidade 11 . determine a a taxa de aumento no nível de água quando está com profundidade de 2 m. 4.Derivação implícita e taxas relacionadas 11. 3. Uma câmera montada no solo aponta para o avião. Avião b C 6 km A θ Câmera b 5. Exercícios Um círculo possui raio inicial de 1 m e começa a crescer de tal forma que sua área aumenta a uma taxa de 10 cm2 /min. Sabendo-se que o pé da escada se afasta da parede a uma velocidade de 10 cm/s. Encontre a taxa de variação do raio do círculo quando seu raio mede 5 cm. 2. quando o raio do balão é r = 50 cm? Uma escada de 5 metros de comprimento está apoiada em uma parede vertical. Do alto deste poste. 5 m b 14 B .5 m tem uma extremidade A presa à roda. Qual a velocidade da extremidade que desliza da barra. mas o peixe permance na superfície da água. Quando a distância entre o homem e o poste é de 4 m: (a) Com que velocidade a ponta da sobra se move? (b) Qual a taxa de variação do comprimento da sombra? 7.5 m de raio. Um homem de 2 m de altura se move em direção a um a poste de luz a uma velocidade de 5 m/s. 5 m 1. Uma barra metálica de 2. A outra extremidade está presa a uma haste horizontal de forma que pode deslizar livremente ao longo desta haste. Se o pescador mantém a ponta da vara de pesca a uma altura de 2 m e o peixe está a uma distância de 4 m do barco. que gira no sentido anti-horário a uma taxa constante de 1 radiano por segundo. com que velocidade se aproxima do barco? Qual a taxa de variação do ângulo que a linha faz com a superfície da água? Um mecanismo é composto de uma roda de 1. 8. Este diminui a linha a uma taxa de 30 cm/min.Unidade 11 Exercícios 6. uma lâmpada ilumina o homem e projeta uma sombra. Um peixe mordeu a isca e começa a ser puxado pelo pescador. quando o ponto A está em sua altura máxima? 1 rad/s A b 2. 5.5: Aproximação linear de f Como a função f é derivável em x0 então lim h→0 f (x0 + h) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) .Derivação implícita e taxas relacionadas 11.5 Aproximação linear Nesta seção veremos uma aplicação da derivada que consiste em estimar o valor de uma função f (x) próximo a uma ponto x0 usando a reta tangente ao grá co de f passando por x0 . f (x0 + h) b b f (x0 ) L(x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )h b x0 x0 + h Figura 11. f (x0 )) é a reta y = L(x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) A aproximação linear consiste em estimar o valor de f (x).2) e como f é derivável em x0 : f (x0 + h) − f (x0 ) − f 0 (x0 ) = f 0 (x0 ) − f 0 (x0 ) = 0 h→0 h lim R(h) = lim h→0 15 Unidade 11 . h Se R = R(h) = f (x0 + h) − f (x0 ) − f 0 (x0 ) h então f (x0 + h) − f (x0 ) = (f 0 (x0 ) + R(h)) h = f 0 (x0 )h + R(h)h (11. Observe a Figura 11. para x próximo de x0 usando o valor y = L(x). Se a função f é derivável em x0 então a reta tangente ao grá co de f passando por (x0 . 1 2 100 O valor correto até a 4a casa decimal é 10. obtemos f (x0 + h) − f (x0 ) ≈ f 0 (x0 )h ou. √ Se f (x) = x então sabemos que f 0 (x) = ∆x = 2. para calcular por aproximação linear o valor de f (x0 + ∆x). temos 1 √ . 05. Exemplo 12 √ Calcule o valor aproximada de 102. melhor será a aproximação. escrevendo ∆f = f (x0 + h) − f (x0 ) e ∆x = (x0 + h) − x0 = h ∆f ≈ f 0 (x0 )∆x Em resumo. f (65) ≈ f (64) + f 0 (64) · 1 = Exemplo 14 √ 3 1 1 64 + 64−2/3 = 4 + = 4. Temos ∆f ≈ f 0 (x0 )∆x. o que mostra que a aproximação está correta até a 3a casa decimal.Unidade 11 Aproximação linear Desprezando o termo R(h)h na equação 11.0995. Quanto menor ∆x.021 3 48 Se y = x3 + x + 1.05 = 1.2. 3 Assim. faremos a aproximação linear em torno de x0 = 4.obtemos: ∆f ≈ (3 · 32 + 1) · 0.4 16 . use a aproximação linear para determinar a variação de y quando x passa de 3 para 3. √ Como 3 64 = 4. Usando a derivada f 0 (x) = 3x2 + 1 e fazendo x0 = 3 e ∆x = 0. Exemplo 13 √ Use aproximação linear para estimar o valor de 3 65. f (x) = √ 1 3 x =⇒ f 0 (x) = x−2/3 .05. usamos a aproximação f (x0 + ∆x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )∆x. 2 x Tomando x0 = 100 e f (100 + ∆x) ≈ f (100) + f 0 (100)∆x √ √ 1 102 ≈ 100 + √ · 2 = 10. Exercícios O raio de um círculo foi estimado em R = 20 cm. Estime o valor do seno de 31o 5. encontre uma fórmula que aproxima 4.1 cm. Mostre que aplicando uma na camada de tinta de espessura h à superfície de uma esfera de superfície S . 2x 3. 2.Derivação implícita e taxas relacionadas 11. Determine a margem de erro no cálculo da área do círculo. com precisão de ±0. Usando aproximação linear. Mostre que para h su ciente pequeno vale a aproximação √ h x2 + h ≈ x + .6 1. 17 Unidade 11 . √ 3 x3 + h. o volume da esfera aumenta de aproximadamente S · h. para todo x ∈ U . ao derivarmos a função de duas variáveis 18 . ou seja. podemos ver esta relação entre x e y como uma função F : R × R → R em que F (x. esta a rmação não é trivial. y0 ) ∂x − ∂F (x0 . precisamos garantir certas condições para a função F . f (x)) = c. No contexto das funções reais de uma variável que estamos estudando o teorema pode se enunciado da seguinte maneira: Teorema 15 Seja F : R × R → R uma função real derivável com derivada contínua. com x0 ∈ U e y0 ∈ V e existe uma única função f : U → V tal que F (x. Além disso. esta função f é derivável com derivada contínua e 0 f (x0 ) = ∂F (x0 . f (x)) = z0 . chamado derivada parcial de F em relação a y . Como o teorema envolve derivadas parciais. y) = c. O Teorema da função implícita estabelece condições su cientes para garantir a existência de função derivável y = f (x) tal que F (x. c constante.Unidade 11 Textos Complementares 11.7 Para Saber Mais Textos Complementares Teorema da função implícita Nos exemplos anteriores. y0 ) ∂y O símbolo ∂F . apresentamos uma relação entre x e y e dissemos que a relação de ne implicitamente a função y = f (x). y0 ) = z0 ∂F (x0 . y0 ) ∈ R2 um ponto de seu domínio. Suponha que F satisfaça as duas implícita condições a seguir: F (x0 . Teorema da função Seja (x0 . Para garantir que esta relação de ne y como função de x. y0 ) 6= 0 ∂y Então existem intervalos abertos U e V . é a derivada ∂y da expressão na variável y . não é apresentado em uma primeira disciplina de Cálculo. Na verdade. A condição ∂F ∂y 6= 0 fornece: ∂(y 3 − 3x2 y + x3 ) = 3y 2 − 3x2 6= 0 =⇒ y 2 − x2 6= 0 =⇒ y 6= ±x ∂y dy condição esta que apareceu naturalmente na expressão de dx encontrada. ∂F −6xy + 3x2 2xy − x2 ∂x f 0 (x) = − ∂F =− = 3y 2 − 3x2 y 2 − x2 ∂y que foi o valor encontrado no exemplo. consideramos apenas a variável y e tratamos x como constante. temos F (x. Além disso. Esta mesma condição A condição ∂F ∂y dy apareceu naturalmente na expressão de dx . ∂y e 3 6= 0 fornece: ∂(y ∂y−xy) = 3y 2 − x 6= 0. Além disso. então ∂F = −y ∂x ∂F = 3y 2 − x . pelo Teorema: ∂F ∂x f 0 (x) = − ∂F =− ∂y y −y = 3y 2 − x 3y 2 − x que foi o valor encontrado no exemplo. No exemplo 1. y). No exemplo 2.Derivação implícita e taxas relacionadas F (x. y) = y 3 − 3x2 y + x3 . y) = y 3 − xy . 19 Unidade 11 . F (x. . . . 18 1 . .4 Textos Complementares . . . . . . 10 12. . . .12 A derivada da função inversa Sumário 12. . . . . . . . . . . . . . . . .1 Derivada da função inversa . . . . 2 12. . 17 12. . . . . . . . . . . .2 Funções trigonométricas inversas . . . . . . . . . . .3 Exercícios . . . . . . . . . toda a discussão que se segue pode ser feita considerando funções de nidas em uma união D de intervalos não triviais.Unidade 12 Derivada da função inversa 12. então f (x) = f (g(y)) = y . pela condição (ii). h = g . A função inversa de f é denotada f −1 . restringindo a imagem a f (I) é evidentemente sobrejetora. Se nos restringirmos às funções contínuas. pois. pois é injetora e. dado y ∈ f (I). Toda função invertível f : I → R é injetora. o Teorema 2 da Unidade 8 garante que a imagem de um intervalo é um intervalo. Vamos considerar funções f : I → R de nidas em um intervalo não trivial I . se x1 . (ii) f (g(y)) = y para todo y ∈ f (I). Uma função invertível f tem uma única inversa g .1 Derivada da função inversa Nesta unidade estudaremos a derivabilidade da função inversa de uma função derivável f . Logo g(y) = g (f (x)) = x e h(y) = h (f (x)) = x. g(y) = h(y) para todo y ∈ f (I). logo f (I) também será um intervalo. pois. A imagem f (D) também será uma união de intervalos. 2 . que pode ser trivial se f for constante. Na verdade. ou seja. Observe a gura a seguir. uma função invertível f : I → f (I) é bijetora. seja x = g(y). Portanto. x2 ∈ I então f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ f −1 (f (x1 )) = f −1 (f (x2 )) =⇒ x1 = x2 Portanto. provando assim a unicidade da inversa de uma função. condição (i). Definição 1 Dada uma função f : I → R dizemos que f é invertível se existe uma função g : f (I) → R tal que (i) g (f (x)) = x para x ∈ I . Comecemos recordando a de nição de função invertível. se g e h atendem às condições (i) e (ii) da de nição então. Seja a função f : R → R de nida por f (x) = x3 . Observe o grá co 12. temos y = x3 =⇒ x = √ 3 y Portanto. ∞) dada por g(y) = √ y . Vamos a alguns exemplos. para cada valor y há dois valores x1 = y e x2 = − y tais que y = f (x1 ) = f (x2 ). algumas vezes uma função será invertível depois de restringirmos seu domínio. pois √ g (f (x)) = g(x2 ) = x2 = |x| = x √ √ f (g(y)) = f ( y) = ( y)2 = y . ∞) temos uma função invertível. restringindo o domínio para f : (0. A função não é invertível.A derivada da função inversa Unidade 12 f I f (x) x b f (I) b x = g (f (x)) g = f −1 Nem todas as funções contínuas são invertíveis. a função f é invertível e sua inversa é a função g : R → R de nida √ por g(y) = 3 y . 3 Exemplo 3 .1. No entanto. f : R → R de nida por f (x) = x2 . Para buscar a inversa da função. Além disso. Exemplo 2 √ y = x2 =⇒ x = ± y . A inversa é a função g : (0. √ √ Ou seja. Mas. ∞) → (0. escrevemos y = f (x) e tentamos encontrar x como função de y . Buscando uma inversa para a função f . ∞) → (0. Portanto. x y Assim.4: f (x) = inversa 1 x é sua própria Como observamos antes.2: f (x) = x2 de nida em (0. ∞) é invertível.3: f (x) = x3 Figura 12. se f : I → R é função contínua de nida em um intervalo não trivial I então f (I) também será um intervalo não trivial se f não 4 . não é invertível Exemplo 4 A função f : R∗ → R∗ dada por f (x) = x1 .1: f (x) = x2 de nida em R Figura 12. Figura 12. f é sua própria inversa. temos y= 1 1 =⇒ xy = 1 =⇒ x = .Unidade 12 Derivada da função inversa b f (a) f (a) b a a −a b Figura 12. Fazendo y = x1 e resolvendo x em função de y . f é invertível e sua inversa é a função g : R∗ → R∗ dada por g(y) = y1 . Mostra também que. Vamos agora atacar a seguinte questão: como garantir que uma função f : I → R seja invertível? Em outras palavras. x1 6= x2 tal que f (x1 ) = f (x2 ). Por outro lado. O próximo teorema mostra que a condição de que a função contínua f : I → R seja crescente ou decrescente é su ciente para garantir que tenha inversa. (ii) f −1 é crescente (respectivamente. como você pode veri car no seu grá co na Figura 12. a função não é invertível porque não é injetora: existem x1 . toda função crescente f : I → R é injetora. Um argumento análogo mostra que o mesmo vale para funções f : I → R decrescentes. x2 < x1 ) então f (x1 ) < f (x2 ) (respectivamente. se x1 < x2 (respectivamente.A derivada da função inversa Unidade 12 for constante. (iii) f −1 é contínua em f (I). decrescente). x2 ∈ I . A demonstração do Teorema se encontra no link a seguir. Sejam I um intervalo não trivial e f : I → R uma função contínua crescente (respectivamente.Demonstração do Teorema 5 . Então: Teorema 5 (i) f possui inversa f −1 : f (I) → I . f (x2 ) < f (x1 )).1 e 12. a função f é invertível. neste caso.5. 5 Exemplo 6 . + Para Saber Mais . Na primeira. Pelo Teorema 5.2. sua inversa é contínua e decrescente. que condições são su cientes para garantir a invertibilidade de f ? Observe novamente os grá cos nas guras 12. sua inversa é uma função contínua. de maneira geral. decrescente) em f (I). O argumento acima mostra que. como a função é crescente. o que garante injetividade. no grá co da direita.Clique para ler A função contínua f (x) = 2x+1 de nida em R \ {1} é decrescente em x−1 todo seu domínio. y+1 .5 mostra o grá co g(y) = y+1 y−2 y=x f (x) = 2x+1 x−1 1 Figura 12. 1) ∪ (1. f −1 (y) = de f −1 (em verde).5: Grá co de f (x) = 2x+1 x−1 e de sua inversa g(y) = y+1 y−2 Observe que no exemplo anterior a função não estava de nida em um intervalo I . y−2 de nida em R \ {2}. mas sim na união de dois intervalos: (−∞.Unidade 12 Derivada da função inversa Para obter a inversa de f . A Figura 12. ∞) = R \ {1}. 6 . O próximo teorema estabelece condições su cientes para garantir a derivabilidade da função inversa de uma função derivável f . Não é difícil mostrar que o Teorema 5 vale para funções de nidas sobre uniões de intervalos. Iremos agora estudar a questão da derivabilidade da função inversa de uma função derivável f . isolamos x em função de y na equação y = f (x): 2x + 1 x−1 xy − y = 2x + 1 y= xy − 2x = y + 1 y+1 x= y−2 Portanto. + Para Saber Mais . além de prova a derivabilidade de f −1 . Considerando que f (x) = x2 é 7 Exemplo 9 . = 2 y−2 (y − 2) (y − 2)2 Substituindo y = 2x+1 . permite calcular esta derivada sem necessariamente conhecer f −1 . √ A função g(y) = y de nida para y > 0 é a inversa de f (x) = x2 . Vamos chegar a esta mesma fórmula usando a derivada da função inversa. 2 (x − 1) (x − 1)2 y+1 Vimos que a função inversa é a função g(y) = y−2 . pois √ g (f (x)) = g(x2 ) = x2 = x. √ 0 Sabemos que ( x) = 2√1 x . f −1 (f (x)) = 0 f (x) Unidade 12 Teorema 7 Teorema da função inversa A demonstração do teorema encontra-se no link a seguir. 0 o que veri ca a relação entre (f −1 ) (y) e f 0 (x) do teorema. No entanto. No exemplo anterior havíamos obtido a expressão de f −1 .Clique para ler Vamos retomar a função y = 0 f (x) = 2x + 1 x−1 0 = 2x+1 x−1 do exemplo 6. A derivada de f é: Exemplo 8 2 · (x − 1) − (2x + 1) · 1 −3 = . de nida em R \ {2}. cuja derivada é: 0 y+1 −3 1 · (y − 2) − (y + 1) · 1 0 g (y) = = . a grande vantagem do Teorema 7 é que.A derivada da função inversa Seja f : I → R uma função derivável e crescente ou decrescente em um intervalo não trivial I . Se f 0 (x) 6= 0 para todo ∈ I então f −1 é derivável em f (I) e 0 1 .Demonstração do Teorema 7 . x−1 g 0 (y) = obtemos: −3 2x+1 x−1 2 = −2 −3 9 (x−1)2 = 1 −3 (x−1)2 = 1 f 0 (x) . para x > 0. Logo. g(x) = Exemplo 11 1 f 0 (x) √ n = 1 = nxn−1 y 1 n 1 n−1 1 1 1− 1 n−1 = y n = y n . para x no domínio de f e x 6= 0. A função g é a inversa de f (x) = xn .Unidade 12 Derivada da função inversa crescente no intervalo (0. ∞) para n par e em R para n ímpar. A função g(x) = n x está de nida em (0. g 0 (y) = Portanto. 1 Seja f : (0. ∞) e usando o teorema da função inversa. ∞) para n par e em R para n ímpar. Vamos provar que f é derivável e f 0 (x) = nxn−1 . Seja n = pq . e crescente no seu domínio. temos √ ( y)0 = g 0 (y) = 1 f 0 (x) = 1 1 = √ . de nida em (0. n ≥ 2. Exemplo 10 √ Seja n inteiro positivo. Usando o resultado do exemplo anterior e a regra da cadeia: 1 p−1 1 0 p 0 1 p 0 = p xq f 0 (x) = x q = x q · xq 1 p−1 1 1 1 p p−1 p p = p xq · x q −1 = x q + q −1 = x q −1 q q q 8 . ∞) → R de nida por f (x) = xn . 2x 2 y Vamos agora usar o teorema da função inversa para provar algo novo: a derivada da função potência xn para expoentes fracionários. com p e q inteiros positivos. n n x então g 0 (x) = n1 x1− n . em que n é um número racional. determine se satisfazem as condições do teorema da função inversa e. y = 21 . de nida em I = (1. √ 7. f (x) = 6. ∞). f (1) = 2 e f 0 (1) = 3. y = 2. f (x) = 1 x √ x √ 5 x 1 x2 Para cada uma das funções abaixo. ∞). f (x) = x3 3. f (x) = 5. Assumindo que as hipóteses do teorema da função inversa se veri cam. caso satisfaçam. f (x) = x2 + 2 2. f (x) = 4. f (x) = 1 . x0 = 2. 2 9 Unidade 12 . 1. f (x) = x − 1. aplique o teorema para determinar a derivada da inversa no ponto x0 dado.A derivada da função inversa Exercícios Para cada função a seguir. x0 = 2. 10. x−1 de nida em I = (1. calcule 0 o valor de (f −1 ) (y) dado o seguinte: 9. determine um domínio para a função f no qual f seja invertível e tal que este domínio não possa ser estendido. 8. f π6 = 12 e f 0 π6 = √ 3 . 1] → − π2 . 1 − x2 . 1].2 Funções trigonométricas inversas Nesta seção iremos estudar a derivabilidade das funções trigonométricas inversas: arcsen . 1] é uma função bijetora. Proposição 12 Derivada do arco seno A função arco seno é derivável em (−1. Seu grá co pode ser observado na gura 12. Usaremos agora o teorema da função inversa para estabelecer a derivabilidade da função arco seno. 1) e sua derivada é ( arcsen )0 (x) = √ 10 1 . π2 . Portanto. 1] possui inversa. A função sen : − π2 . Como as funções seno. há in nitos pontos no domínio que têm imagem y . Pelo Teorema 5. 1]. contínua. π2 → [−1. Iniciando pela função seno.Unidade 12 Funções trigonométricas inversas 12. cosseno e tangente são funções periódicas. Podemos restringir o domínio ao intervalo − π2 . 1] A função sen : − π2 . π2 . a função arcsen é crescente e contínua no intervalo [−1. π2 → [−1.6: Grá co de sen : − π2 .7. chamada função arco seno arcsen : [−1. sua imagem é o intervalo [−1. para cada valor y na imagem. de nida por y = arcsen x ⇐⇒ x = sen y . f (x) = sen x 1 − π2 π 2 −1 Figura 12. π2 → [−1. arccos e arctan. e crescente no seu domínio. para cada uma destas funções teremos que restringir o domínio de forma a obter uma função injetora. 1] → − π2 . Teremos que usar a derivada do arco seno e a regra da cadeia. Podemos observar na Figura 12. 2). Temos que g − 2. π2 → [−1. 1) e 0 f −1 (y) = 1 f 0 (x) = Demonstração 1 . cos x Como y = sen x e sen 2 x + cos2 x = 1. 2) e vale que: 2x 1 f 0 (x) = h0 (g(x)) · g 0 (x) = p · (2x) = √ . √ √ Encontre a derivada da função f (x) = arcsen (x2 −1) para x ∈ (− 2. π2 Seja f (x) = sen : − π2 . segue que p √ cos2 x = 1 − sen 2 x =⇒ cos x = 1 − sen 2 x = 1 − y 2 . 1 − y2 Sendo f −1 (x) = arcsen x. 1) está contido no domínio de h. 0 1 f −1 (y) = p . 1]. 2 = (−1. Seja g(x) = √ √ 2 x − 1 e h(x) = arcsen x.6 que f (x) = sen x é crescente no intervalo − π2 .A derivada da função inversa Unidade 12 π 2 f (x) = arcsen x −1 1 − π2 Figura 12. 2 2 2x − x4 1 − (x − 1) 11 Exemplo 13 . Portanto. Pelo Teorema da função inversa.7: Grá co de arcsen : [−1. então f = h ◦ g é √ √ derivável em (− 2. Como g e h são deriváveis em seus domínios. π2 . f −1 é derivável em (−1. segue o resultado. π] → [−1. Seu grá co pode ser observado na gura 12. 1]. 12 . 1] → [0. 1] → [0. π] → [−1. π] Usaremos agora o teorema da função inversa para estabelecer a derivabilidade da função arco cosseno. π] → [−1. 1] que é contínua e decrescente em todo seu domínio.8: Grá co de cos : [0. a função arccos é decrescente e contínua no intervalo [−1.9: Grá co de arccos : [−1. Pelo Teorema 5. π]. chamada função arco cosseno arccos : [−1. Se restringirmos o domínio da função cosseno ao intervalo [0. A imagem da função cosseno é o intervalo [−1. π f (x) = arccos x b π 2 1 −1 Figura 12. obtemos a função bijetora cos : [0. f (x) = cos x 1 π π 2 −1 Figura 12. de nida por y = arccos x ⇐⇒ x = cos y . π]. 1] possui inversa. 1]. 1] A função cos : [0.9.Unidade 12 Funções trigonométricas inversas Passemos agora para a função arco cosseno. f −1 é derivável em (−1. 1 − y2 Sendo f −1 (x) = arccos x. sen x Como y = cos x e sen 2 x + cos2 x = 1. segue que sen 2 x = 1 − cos2 x =⇒ sen x = Portanto. 1].A derivada da função inversa A função arco cosseno é derivável em (−1. segue o resultado. (arccos)0 (x) = − √ 1 − x2 Seja f (x) = cos : [0. Estude a derivabilidade da função f (x) = arccos 1 − . 2 Mas o grá co de g(x) = 1 − x4 é uma parábola com concavidade para baixo √ 2 e vértice no ponto (0. 1) e 0 f −1 (y) = 1 f 0 (x) =− Unidade 12 Proposição 14 Derivada do arco cosseno Demonstração 1 . 1] então a imagem da função 1− x4 deve estar contido em [−1. então √ √ 2 x ∈ [−2 2. Como o domínio do 2 arccos é [−1. Para começar. 1). pelo Teorema da função inversa. 1) e sua derivada é 1 . 0 1 f −1 (y) = − p . 2 2] =⇒ g(x) = 1 − x4 ∈ [−1.8. √ 1 − cos2 x = p 1 − y2 . π). 1 √ −2 2 b x2 4 g(x) = 1 − x2 /4 √ 2 2 b −1 13 Exemplo 15 . Como 1 − x4 = −1 =⇒ x = ±2 2. devemos determinar o domínio de f . Logo. π] → [−1. 1]. Como podemos observar no grá co da gura 12. 1]. Veja o grá co da gura a seguir. f é decrescente em (0. pela regra da cadeia.Unidade 12 Funções trigonométricas inversas 2 Considerando a função f (x) = arccos 1 − x4 com domínio em √ √ [−2 2. 14 . obtemos a função bijetora tan : − π2 . Sua imagem é todo o conjunto R. π2 . = q = |x| √ 2 2 x4 x2 |x| 8 − x 2 8 − x 2 − 4 1 f 0 (x) = h0 (g(x)) · g 0 (x) = − p 2 16 Estudaremos a seguir a função arco tangente.10: Grá co de tan : − π2 . Se restringir2 mos o domínio da função tangente ao intervalo − π2 . 2 2) e x x · (− ) = q 2 2 2 1 − g(x)2 2 1 − 1 − x4 2x x x = √ . π2 → R possui inversa. que f é derivável em (−2 2. 2 2]. π2 → R A função tan : − π2 . k ∈ Z. √ √ Segue. π2 . k ímpar . chamada função arco tangente arctan : R → − π2 . A função tangente é periódica de período π e de nida no conjunto R \ kπ . então f = h◦g para h(x) = arccos(x) e g(x) = g(x) = 1−x2 /4. f (x) = tan x π 2 − π2 Figura 12. de nida por y = arctan x ⇐⇒ x = tan y . π2 → R que é contínua e crescente em todo seu domínio. pelo Teorema da função inversa. 1 + y2 Sendo f −1 (x) = arctan x. π 2 f (x) = arctan x − π2 Figura 12. π2 → R. π2 . a função arctan é crescente e contínua em R. (arctan)0 (x) = 1 + x2 Proposição 16 Seja f (x) = tan : − π2 . π2 Usaremos agora o teorema da função inversa para estabelecer a derivabilidade da função arco tangente. segue o resultado. Seu grá co pode ser observado na gura 12. 2 1 + tan x 1 + y2 0 f −1 (y) = 1 . A função arco tangente arctan : R → − π2 . cos2 x segue que 1 1 = . f −1 é derivável em R e Demonstração 0 f −1 (y) = 1 f 0 (x) = 1 1 cos2 x Como y = tan x e 1 + tan2 x = sec2 x = cos2 x = Portanto. Logo. 1 .10.11: Grá co de arctan : R → − π2 . Como podemos observar no grá co da gura 12. 15 Derivada do arco tangente .11. f é crescente no intervalo − π2 . = cos2 x .A derivada da função inversa Unidade 12 Pelo Teorema 5. π2 é derivável em R e sua derivada é 1 . 16 . para a função arcsen x qualquer intervalo I tal que sen : I → [−1. para x 6= 1. o intervalo I = π2 . π2 . Por exemplo. Assim. 1] é bijetora seria uma escolha tão legítima quanto a escolha I = − π2 . · =− 2 2 2 2 (x − 1) + (x + 1) (x − 1) 2x + 2 x +1 Como a função inversa de uma função f é representada por f −1 . x−1 Como o domínio de h(x) = arctan x é R. Então. arco cossecante e arco cotangente será deixado como exercício. mas sen −1 x é a inversa de sen x e não ( sen x)−1 = sen1 x . As escolhas que zemos para os domínios de arcsen x. cos−1 x para arccos x e tan−1 x arctan x. mas não são únicas.Unidade 12 Exemplo 17 Funções trigonométricas inversas Encontre a derivada de f (x) = arctan x+1 para x ∈ R \ {1}. alguns autores utilizam a notação sen −1 x para a função arcsen x. O estudo da derivabilidade das funções arco secante. 3π seria 2 tão bom quanto. É importante car atento porque assim a notação ca confusa. não temos que nos preocupar x+1 . Encerramos aqui esta unidade. Repare: sen 2 x = ( sen x)2 . arccos x e arctan x são as escolhas usuais. temos com a imagem de g(x) = x−1 ! 0 1 x+1 0 0 0 f (x) = h (g(x)) g (x) = 2 x−1 1 + x+1 x−1 2 = (x − 1) 1 −2 2 =− 2 . −1) ∪ (1. 20. f (x) = arcsen x 17. ( arcsec x) (x) = |x| x2 − 1 15.3 Exercícios Escolha domínios apropriados e de na as funções: 1. ( arccosec x)0 (x) = − 1 √ para todo x ∈ (−∞. −1) ∪ (1. 2. ( arccotan x) (x) = − para todo x ∈ R. 3. arccosec x = π 2 − arcsec x 7. mostre que: 1 0 13. arccos(−x) = π − arccos x 9. arccos x = 5. 1 16. Arco secante y = arcsec x. 17 Unidade 12 . Prove as seguintes relações: π 2 − arcsen x 4. ∞). arccos(1/x) = arcsec x 11. ∞). se x > 0 Usando o Teorema da função inversa. f (x) = arccos( sen x) √ f (x) = arcsen x2 − x + 2 arccos x2 f (x) = x−1 19. 14. arctan(−x) = − arctan x 10. arcsen (1/x) = arccosec x 12. arccosec x = π 2 − arctan x 6. |x| x2 − 1 Para cada uma das funções abaixo. 1 + x2 1 0 √ para todo x ∈ (−∞. determine seu domínio. arctan(1/x) = π2 − arctan x = arccotan x. arcsen (−x) = − arcsen x 8.A derivada da função inversa 12. f (x) = arccos(x2 − 1) 18. Arco cotangente y = arccotan x. Arco cossecante y = arccosec x. os pontos onde é derivável e sua derivada. contrariando f (x1 ) < f (x2 ). o que mostra que f −1 é uma função crescente. Observe que até aqui não usamos a continuidade de f . sejam r. f (x1 ) ≥ f (x2 ). y2 ∈ f (I) com y1 < y2 . Toda função bijetora é invertível. logo f tem inversa f −1 .4 Para Saber Mais Demonstração Textos Complementares Demonstração do Teorema 5 Demonstraremos os três itens do Teorema para uma função f crescente. Sejam x1 . Se x1 ≥ x2 então. mas a análise é análoga a que é feita aqui. Seja y ∈ f (I) e seja uma sequência (yn ) ⊂ f (I) tal que yn → y . sejam y1 . Agora a prova de (iii). é bijetora. A prova para uma função decrescente é inteiramente análoga. existe n0 ∈ N tal que para todo n ≥ n0 vale f (r) < yn < f (s). Como f é crescente. Então y1 < y2 =⇒ f (x1 ) < f (x2 ). x2 ∈ I tais que y1 = f (x1 ) e y2 = f (x2 ). Se f −1 (y) for um extremo de I . Como yn → y . s ∈ I tais que f −1 (y) − < r < f −1 (y) < s < f −1 (y) + . temos f −1 (f (r)) < f −1 (yn ) < f −1 (f (s)) =⇒ r < f −1 (yn ) < s =⇒ f −1 (y) − < r < f −1 (yn ) < s < f −1 (y) + . 18 . Mas x1 = f −1 (y1 ) e x2 = f −1 (y2 ).Unidade 12 Textos Complementares 12. Logo x1 < x2 . Comecemos provando (i). Para provar (ii). Dado > 0. Como a função f : I → f (I) é crescente. Estes casos devem ser analisados separadamente. f (r) < f f −1 (y) = y < f (s) . Usando o fato de que se f é crescente então f −1 é crescente (provado no item anterior). Para provar a continuidade de f −1 basta mostrar que f −1 (yn ) → f −1 (y). então é injetora e. como f é crescente. logo y1 < y2 =⇒ f −1 (y1 ) < f −1 (y2 ) . não haverá r ou s. como o contradomínio é a imagem f (I). A derivada da função inversa Portanto. |f −1 (yn ) − f −1 (y)| < o que conclui a demonstração. 19 Unidade 12 . w → 0. logo f −1 (y + w) = x + h e y + w = f (x + h). Seja w 6= 0 tal que y + w ∈ f (I). h→0 h→0 h→0 Assim. pelo Teorema 5. Seja h = f −1 (y + w) − x. . w→0 w→0 w→0 Por outro lado. obtemos: f −1 (y + w) − f (y) = lim w→0 h→0 w lim 1 f (x+h)−f (x) h = 1 (x) limh→0 f (x+h)−f h o que mostra que f 0 é derivável em y = f (x) e 0 f −1 (y) = 20 1 f 0 (x) . Então f −1 (y + w) ∈ I . Então (x + h) − x h h f −1 (y + w) − f −1 (y) = = = = w w w f (x + h) − y 1 f (x+h)−f (x) h Como f é crescente ou decrescente e contínua por ser derivável.Unidade 12 Para Saber Mais Demonstração Textos Complementares Demonstração do Teorema 7 Seja x ∈ I e seja y = f (x) ∈ f (I). h → 0 se. lim w = lim ((y + w) − y) = lim (f (x + h) − f (x)) = 0 . logo lim h = lim ((x + h) − x)) = lim f −1 (y + w) − f −1 (y) = 0 . Aplicando a propriedade do quociente para limites. = 1 f 0 (x) . f −1 é contínua. e somente se. 2 13. . 14 13. . . . . . . .2 O Teorema do Valor Médio . . . . .4 Textos Complementares . . . .3 O Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Médio . . . . . . . . . .13 Teorema do Valor Médio e aplicações Sumário 13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1 . 12 13.1 Máximos e mínimos . . . o que será feito na próxima unidade. estudaremos máximos e mínimos (locais e absolutos) e veremos como identi cá-los usando derivadas. pontos de máximo e mínimo locais possuem derivada nula. Máximos e mínimos de uma função são. Basicamente. de maneira geral. No entanto. respectivamente. Na próxima seção. o valor f (c) é chamado valor mínimo de f em D. Iremos formalizar esta de nição e. os maiores e menores valores que a função assume em seu domínio. Os valores de máximo e mínimo absoluto de uma função são chamados valores extremos da função. será a chave para estudar o comportamento global de uma função usando suas derivadas. em construir um modelo matemático do problema no qual alguma grandeza é dada por uma função derivável de uma ou mais variáveis e a informação que buscamos consiste em encontrar o máximo ou mínimo da função. Este. são os chamados valores extremos da função. Na seção seguinte. são também importantes os valores extremos em uma vizinhança de um ponto. Neste caso.1 Máximos e mínimos O valor máximo (mínimo) de uma função em todo seu domínio é chamado máximo (respectivamente. 2 . por sua vez. Estes são extremos absolutos. São os chamados extremos locais. veremos as noções de máximo e mínimo relativos. mínimo) absoluto.Unidade 13 Máximos e mínimos Uma parte importante das aplicações do Cálculo Diferencial está relacionada ao problema de encontrar máximos e mínimos de funções. Definição 1 Um função f : D → R tem máximo absoluto em c se f (x) ≤ f (c) para todo x no domínio D de f . Neste caso. São os chamados problemas de otimização e que consistem. 13. em seguida. usaremos este fato para provar um dos teoremas mais importantes do Cálculo: o Teorema do Valor Médio. Definição 2 Um função f : D → R tem mínimo absoluto em c se f (x) ≥ f (c) para todo x no domínio D de f . o valor f (c) é chamado valor máximo de f em D. f (b)) Figura 13. f (a)) b b a b (b. f (a) é maior que todos os valores f (x) para x próximo de a.1c). ( gura 13.1a). o grá co na gura 13.2 Claramente. b 4 4 4 3 3 3 2 2 2 1 1 1 b −1 1 b 2 3 b 1 −1 (a) 2 3 (b) −4 −3 −2 −1 1 2 3 (c) Figura 13.1 Observe agora a gura a seguir: (a.Teorema do Valor Médio e aplicações Unidade 13 Exemplo 3 • A função f : [−1. No entanto. • A função f : R → R dada por f (x) = |x| possui mínimo absoluto em x = 0 e não possui máximo absoluto.2 não possui máximo ou mínimo absoluto. • A função f : R → R dada por f (x) = (x − 1)2 possui mínimo absoluto em x = 1 e não possui máximo absoluto. ou 3 . ( gura 13.1b). ( gura 13. 2] → R dada por f (x) = (x − 1)2 possui máximo absoluto em x = −1 e mínimo absoluto em x = 1. Os exemplos até aqui mostram que uma função pode ou não ter máximos e mínimos absolutos e relativos. Definição 5 Uma função tem mínimo local (ou mínimo relativo) em um ponto c de seu domínio. Definição 4 Uma função tem máximo local (ou máximo relativo) em um ponto c de seu domínio. dizemos que f (c) é valor máximo local de f .Unidade 13 Máximos e mínimos seja. Também não possui extremos locais. Nesta situação. dizemos que f (c) é valor mínimo local de f .3a. Dizemos que f (b) é valor mínimo local de f . f (a) é um valor máximo em um certo intervalo aberto contendo a. f (b) é menor que todos os valores f (x) para x próximo de b. • A função cujo grá co está mostrado na gura 13. Exemplo 6 • A função f (x) = x2 tem mínimo local e absoluto em x = 0. se existe intervalo aberto I . • A função f (x) = x3 não possui nem ponto de máximo nem ponto de mínimo absolutos. Da mesma forma. dizemos que f (a) é valor máximo local de f . A questão chave passa então a ser a seguinte: como determinar quando uma função tem valores extremos e como identi cálos. Neste caso. A função não possui máximos locais ou absolutos. Não possui extremos absolutos.2 tem máximo local x = a e mínimo local em x = b. Pontos de máximo local e pontos de mínimo local são chamados extremos locais (ou extremos relativos). Nós já conhecemos uma parte da resposta: na Unidade 8. Neste caso. estudamos o Teorema de Weierstrass para valores extremos que garante que uma função 4 . ( √ x se x ≥ 0 • A função f : R → R dada por f (x) = √ possui mínimo −x se x < 0 local e absoluto em x = 0. se existe intervalo aberto I . tal que c ∈ I e f (x) ≤ f (c) para todo x ∈ I . Ver gura 13. Ver gura 13. tal que c ∈ I e f (x) ≥ f (c) para todo x ∈ I .3b. de nida em um intervalo fechado possui um máximo e um mínimo absoluto em [a. b] → R contínua. são necessárias. os extremos 5 . pode não haver valores máximo ou mínimo absoluto no grá co da função. Veja os exemplos a seguir: Exemplo 7 Exemplos de extremos de funções de nidas em intervalos fechados. Relaxando qualquer uma das duas condições. as condições da função ser contínua e do intervalo ser fechado. b 1 b b b b a c d b (a) Máximo absoluto em mínimo absoluto em b a c b x=c x=d e 1 2 b (b) Mínimo absoluto em máximo absoluto em 3 x=c x=b e Figura 13.Teorema do Valor Médio e aplicações Unidade 13 2 1 1 −2 1 −1 b −1 −4 −3 −2 −2 −1 −3 −2 (a) 1 −1 2 3 4 (b) Figura 13.3 f : [a. b]. O próximo passo é descobrir como encontrar os máximos e mínimos relativos e absolutos de uma função.4 Lembramos que. Os valores extremos podem corresponder a pontos do interior do intervalo ou serem os extremos f (a) ou f (b). no Teorema de Weierstrass. Veremos que para funções deriváveis. como visto na Unidade 8. a função passa de crescente (pela gura. Portanto. f 0 (x) negativo) depois de x = c. dentre estes candidatos. Outros critérios serão mostrados para determinar. passando por f 0 (x) = 0 no ponto x = c.5b) em x = c de uma função f . passando por f 0 (x) = 0 no ponto x = c.5. quais são de fato mínimos e máximos locais. 6 . Observe a gura 13. encontrando os pontos onde a derivada se anula.5 No caso de um máximo local. Suponha que f seja derivável em um intervalo aberto I e c ∈ I .5a) e um mínimo local ( gura 13. embora nem todo ponto de derivada nula seja extremo local.Unidade 13 Máximos e mínimos locais são pontos de derivada nula. f 0 (x) positivo) antes de x = c para função decrescente (pela gura. onde mostramos um máximo local ( gura 13. teremos os candidatos a extremos locais. f ′ (c) = 0 x) f ′( 0 )> b <0 0 f′ (x b < b ′ x) f( ) ′ x f( b >0 b f ′ (c) = 0 b c c (a) Máximo local (b) Mínimo local Figura 13. a função passa de decrescente ( f 0 (x) negativo) antes de x = c para função crescente ( f 0 (x) positivo) depois de x = c. O próximo teorema mostra que isso é verdade sempre que f seja derivável no extremo local. No caso de um mínimo local. O raciocínio anterior nos leva a crer que a função f tem derivada nula nos pontos de máximo e de mínimo locais. 1 e levando em conta que são o mesmo número. b) no domínio de f tal que c ∈ (a. há um intervalo (a. b). Se x < c então x − c < 0 e.1) f (x)−f (c) x−c f (x) − f (c) ≤0. Também é verdade que uma função pode possuir máximo ou mínimo local sem que seja derivável neste ponto. A prova do caso em que f tem mínimo local em c é totalmente análoga. Se f tem máximo ou mínimo local em x = c. x > c então x−c > 0 e. (13. Demonstração Como f é derivável em c.Teorema do Valor Médio e aplicações Unidade 13 Seja f : I → R uma função f contínua de nida em um intervalo aberto I . a função não possui extremo local. b) e f (x) ≤ f (c). x−c ≤ 0 para x ∈ (a. para todo x ∈ (a. Teorema 8 Suponha que f tenha um máximo local em x = c. a função f (x) = x3 . Na verdade. f não possui máximo ou mínimo local em x = 0.1 e 13. portanto lim− x→c f (x)−f (c) x−c f (x) − f (c) ≥0. c ∈ I e f é derivável em c então f 0 (c) = 0. Veja gura 13. x→c x−c lim A recíproca do teorema não é verdadeira. x−c Por outro lado. resulta f (x) − f (c) = f 0 (c) = 0 . por exemplo. logo lim+ x→c ≥ 0 para x ∈ (a. f (x) − f (c) ≤ 0. Portanto. b). Seja. logo (13. b). Já vimos um exemplo: a função f : R → R 7 . portanto. então lim− x→c f (x) − f (c) f (x) − f (c) f (x) − f (c) = lim+ = lim = f 0 (c) x→c x→c x−c x−c x−c Como f (c) é máximo local. Como f 0 (x) = 3x2 então f 0 (0) = 0. No entanto.2) Comparando as desigualdades 13.3a. 3b). (b) f é derivável em c e f 0 (c) = 0. Determine os pontos críticos de f no intervalo aberto (a.Unidade 13 Máximos e mínimos √ x se x ≥ 0 dada por f (x) = possui mínimo local em x = 0. devemos ainda considerar seus valores no ponto inicial e nal do intervalo. O maior dentre eles será o máximo absoluto de f em [a. 8 . Este último fato motiva a seguinte de nição: ( Definição 9 Um ponto c no domínio de uma função f é chamado ponto crítico se ocorre um dos dois seguintes casos: (a) f não é derivável em x = c. 3. b). Para encontrar o máximo e mínimo absoluto da função de nida em um intervalo. Resulta que podemos reescrever o Teorema 8 como Se x = c é máximo ou mínimo local de f então c é ponto crítico de f . a busca pelos máximos e mínimos locais de f deve se dar pelos pontos onde f não é derivável e pelos pontos onde é derivável e sua derivada é nula. b] e o menor entre eles será o mínimo absoluto de f em [a. pois se f não for derivável em c então é ponto crítico (item (a) da de nição acima) e se f for derivável em c então f 0 (c) = 0 pelo teorema e c é ponto crítico de f (item (b) da de nição acima). caso estejam no domínio da função. 2. mas não √ −x se x < 0 é derivável neste ponto ( gura 13. Determine f (a) e f (b). Portanto. b] → R deve-se proceder da seguinte maneira: 1. O teorema 8 nos diz que qualquer máximo ou mínimo local c deve ser ponto crítico. O seguinte método resume o procedimento para uma função de nida em um intervalo fechado. Para determinar o máximo e mínimo absoluto de uma função contínua f : [a. Compare os valores assumidos por f nos pontos críticos com f (a) e f (b). b]. 3 Os valores de f nos pontos críticos são f (−2) = 6 e f ( 32 ) = − 94 .6 Encontre os valores de máximo e mínimo da função f : [−4. Veja a gura 13. 2). A derivada da função é f 0 (x) = 3x2 + 4x − 4. Exemplo 11 . A função é derivável no intervalo aberto (−4. Os únicos pontos críticos de f são os valores em que f 0 (x) = 0 =⇒ 3x2 + 4x − 4 = 0 =⇒ x = −2 ou x = 2 . f (−2) = 6 f (2) = 6 b b 5 −6 −4 f (x) = x3 2 −2 4 6 b 94 f ( 32 ) = − 27 −5 −10 −15 (−4) = −18 b Figura 13.6. 27 Os valores de f nos pontos inicial e nal do intervalo são f (−4) = −18 e f (2) = 6. 4] → R de nida por ( f (x) = √ 1 − x se x ≥ 0 √ 1 − −x se x < 0 9 . concluímos que o mínimo absoluto da função no intervalo é f (−4) = −18 e o máximo absoluto da função é f (−2) = f (2) = 6. Comparando estes números. 2] → R de nida Unidade 13 Exemplo 10 por f (x) = x3 + 2x2 − 4x − 2 .Teorema do Valor Médio e aplicações Encontre os valores de máximo e mínimo da função f : [−4. h→0+ h→0 h−0 h O limite acima basta para mostrar que f não é derivável em x = 0. 4). 2 x √ 1 x ∈ (−4. 0) =⇒ f (x) = 1 − −x =⇒ f 0 (x) = √ . mínimo local ou nenhum dos dois. 4]. 2 −x x ∈ (0. exceto em x = 0. Observe a gura 13. 4) =⇒ f (x) = 1 − Nos dois casos f 0 (x) não se anula. observe que: √ f (0 + h) − f (0) 1− h lim = lim+ =∞. Voltaremos a esta questão futuramente. Comparando estes números resulta que o valor máximo da função é f (0) = 1 e o valor mínimo é f (4) = f (−4) = −1. o que mostra que a tangente em x tende a uma reta vertical quando x → 0. No entanto.Unidade 13 Máximos e mínimos A função é derivável para todo x ∈ (−4. f (4) = −1 e f (−4) = −1 .7 Até o momento. Derivando f em (−4. 10 . f (x) = 1 − −4 √ −x b f (x) = 1 − 2 −2 b √ x 4 b Figura 13. portanto o único ponto crítico de f é x = 0. mas fazendo o limite à esquerda de 0 também obtemos ∞. não sabemos ainda determinar se é ponto de máximo local.7. sabemos que os pontos de máximo e mínimo local são ponstos críticos. 4). obtemos: √ 1 x =⇒ f 0 (x) = − √ . Calculando o valor da função no ponto crítico x = 0 e nos extremos do intervalo [−4. 0) ∪ (0. dado um ponto crítico. obtemos: f (0) = 1 . tanto pela esquerda quanto pela direita. Para ver que não é derivável em x = 0. máximo local em x = 4 e mínimo local em x = 5. π] 12. 6] que tenha as seguintes propriedades: 1. f (x) = (x − 1)2 (x + 1)2 em [−2. Não tem máximo e mínimo absolutos. Máximo absoluto em x = 6. f (x) = |2x + 1| 7. mínimo absoluto em x = 2. 2] ( −x2 + 2 se x ≤ 0 f (x) = 2 − x se x > 0 f (x) = x x2 +1 em [0. 2] 11. mínimo absoluto em x = 6. 11 Unidade 13 . f (x) = x3 − 3x + 1 em [−2. Máximo absoluto em x = 1. f (x) = sen (x) + cos(x) em [0. 3. 2. 1]. mas nenhum ponto extremo local. 3] Se a e b são números inteiros positivos. 14. mas tem máximo local em x = 2 e mínimo local em x = 4. x2/3 (x − 1)2 x+1 (x − 1)2 Determine os máximos e mínimos absolutos das seguintes funções: 9. ponto crítico em x = 3. encontre o valor de máximo da função f (x) = xa (1 − x)b . Encontre os pontos críticos da seguintes funções: 5.Teorema do Valor Médio e aplicações Exercícios Esboce o grá co de uma função contínua f de nida no intervalo [0. f (x) = 8. 5] 10. 13. f (x) = x2 − 4x + 3 em [0. máximo local em x = 3 e mínimo local em x = 4. 4. mínimo absoluto em x = 3. 15. no intervalo [0. f (x) = x3 + x2 + 1 6. Máximo absoluto em x = 0. 8 Observe como o Teorema do Valor Médio relaciona um aspecto global do comportamento da função (a velocidade média em todo o percurso) com um aspecto local (a velocidade instantânea em um ponto). então podemos calcular sua velocidade média por 40 − 10 vm = = 5 m/s . 12 . Exemplo 12 Se um objeto está na posição s = 10 m no tempo t = 1 s e está na posição s = 40 m no tempo t = 7 s. 40 b 35 B vm = 5m/s 30 b 25 v = 5m/s 20 15 10 A b 5 −1 1 2 3 4 5 6 7 8 Figura 13. Vamos iniciar com alguns exemplos. antes de formalizar o enunciado do Teorema. 7−1 O Teorema do Valor Médio mostra que não só a velocidade média é de 5 m/s. concavidade etc.) a partir de sua função derivada.2 O Teorema do Valor Médio Um dos resultados mais importantes do Cálculo Diferencial é o chamado Teorema do Valor Médio. Ele será utilizado para provar resultados nesta e nas próximas unidades que permitem analisar aspectos do comportamento global de uma função (como intervalos de crescimento e decrescimento.Unidade 13 O Teorema do Valor Médio 13. como a velocidade instantânea em algum instante do percurso é de 5 m/s. Teorema do Valor Médio e aplicações Unidade 13 Este exemplo está representado no grá co da gura 13.8. O movimento do objeto está representado pela curva em azul. Na verdade, não temos nenhuma informação sobre a curva que representa o movimento. Mas, pelo Teorema do Valor Médio, independente da curva exata, para algun instante t haverá um ponto com velocidade v = 5 m/s, isto é, há um ponto da curva com abscissa entre t = 1 e t = 7 cuja tangente tem coe ciente angular igual a 5. Dois carros em uma corrida largam na mesma posição ao mesmo tempo e terminam empatados. O Teorema do Valor Médio permite concluir que em algum instante eles tiveram exatamente a mesma velocidade. Figura 13.9 Voltaremos a estes dois exemplos na próxima seção, mas esparamos que tenham servido não só para começar a entender o Teorema do Valor Médio como para despertar sua curiosidade! Na próxima seção, enunciaremos e provaremos o Teorema de Rolle, que pode ser visto como uma forma mais restrita do Teorema do Valor Médio, como um caso especial em que a função tem o mesmo valor nos extremos do intervalo fechado. Na verdade, provaremos primeiro o Teorema de Rolle e, depois, usaremos este último para provar o Teorema do Valor Médio. 13 Exemplo 13 Unidade 13 O Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Médio 13.3 O Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Médio Observe os dois grá cos da gura 13.10 a seguir. Neles podemos observar o grá co de função de nidas em um intervalo [a, b], em que f (a) = f (b). O que se observa nos dois grá cos é que existe algum c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = 0. O Teorema de Rolle a rma que este é sempre o caso. f ′ (c) = 0 f ′ (c1 ) = 0 b b b b b b a f ′ (c2 ) = 0 b c a b (a) c1 c2 b (b) Figura 13.10 Teorema de Rolle Teorema 14 Se f : [a, b] → R é contínua em [a, b] e derivável no intervalo aberto (a, b) e f (a) = f (b) então existe pelo menos um número c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = 0. Demonstração Pelo Teorema de Weierstrass, a função f contínua em [a, b] possui valor máximo e mínimo no intervalo. Sejam m e M os valores de mínimo e máximo absolutos de f em [a, b], respectivamente. Se estes valores são assumidos nos extremos do intervalo, por exemplo, f (a) = m e f (b) = M , então, como f (a) = f (b) por hipótese, o mínimo e o máximo da função são o mesmo valor e, portanto, a função é constante em todo o intervalo. Como a derivada da função constante é nula, temos f 0 (c) = 0 para todo c ∈ (a, b), o que prova o Teorema de Rolle neste caso. 14 Teorema do Valor Médio e aplicações Unidade 13 Caso o mínimo ou máximo absoluto da função não estejam nos extremos do intervalo, então há um ponto c no intervalo aberto (a, b) tal que f (c) é máximo ou mínimo de f . Então c é extremo local de f e, pelo Teorema 8, como f é derivável em (a, b) temos f 0 (c) = 0, o que conclui a demonstração. Seja a função f (x) = x3 − x + 1. Temos que f (−1) = f (1) = 1. Pelo Teorema de Rolle, há pelo menos um valor de x ∈ (−1, 1) tal que f 0 (x) = 0. De fato, como f (x) = x3 − x + 1 =⇒ f 0 (x) = 3x2 − 1, então √ 1 3 1 0 2 2 =⇒ x = ± √ = ± . f (x) = − =⇒ 3x − 1 = 0 =⇒ x = 3 3 3 √ √ 3 3 Tanto quanto − estão contidos no intervalo (−1, 1). Observe o grá co 3 3 da gura 13.11. Exemplo 15 b b b 1 b −1 − √ √ 3 3 3 3 1 Figura 13.11: f (x) = x3 − x + 1 Mostre que a função f (x) = x3 + ax + b, com a > 0, possui uma única raiz real. Como f (x) é uma função polinomial de grau ímpar, lim f (x) = −∞ e x→−∞ 15 lim f (x) = ∞ . x→∞ Exemplo 16 Unidade 13 O Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Médio Pelo Teorema do Valor Intermediário, estudado na Unidade 8, existe um x0 ∈ R tal que f (x0 ) = 0. (O mesmo raciocínio mostra que o mesmo vale para qualquer função polinomial de grau ímpar. Veja a Proposição 3 da Unidade 8). Vamos usar o Teorema de Rolle para mostrar que a raíz é única. Vamos fazer a prova por contradição. Se houvesse outra raiz x1 , então teríamos f (x0 ) = f (x1 ). Portanto, existe um c ∈ (x0 , x1 ) (caso x0 < x1 ) ou c ∈ (x1 , x0 ) (caso x1 < x0 ) tal que f 0 (c) = 0. Mas observe que a derivada de f é f 0 (x) = 3x2 + a. Assim, r −a . f 0 (x) = 0 =⇒ 3x2 + a = 0 =⇒ x = ± 3 Como, por hipótese, a > 0, então f 0 não tem raiz real, contradizendo f 0 (c) = 0. Portanto, não há outra raiz x1 . + Para Saber Mais - Michel Rolle - Clique para ler Iremos agora enunciar e provar o Teorema do Valor Médio, usando o Teorema de Rolle. Antes disso, observe os dois grá cos na gura 13.12 a seguir. f (b) f (b) b b b b f (a) b f (a) b b a c a b c1 (a) c2 (b) Figura 13.12: f 0 (c) = 16 f (b) − f (a) b−a b Teorema do Valor Médio e aplicações Unidade 13 Intuitivamente, se deslocarmos a reta que passa pelos pontos (a, f (a)) e (b, f (b)) mantendo a mesma inclinação, isto é, deslocarmos paralelamente a reta, em algum momento ela se torna tangente à curva em um ponto c. Então, a tangente obtida passando por c tem a mesma inclinação que a reta que liga (a) . os pontos (a, f (a)) e (b, f (b)). Logo, f 0 (c) = f (b)−f b−a O argumento acima não constitui uma prova formal do Teorema do valor médio, mas somente um argumento geométrico que mostra sua plausibilidade. Seguem o enunciado e a prova formal do Teorema. Seja f uma função contínua no intervalo [a, b] e derivável no intervalo aberto (a, b). Então existe pelo menos um número c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = g(x) = f (x) − f (b) − f (a) x. b−a Então g é contínua em [a, b] e derivável em (a, b). Além disso: f (b) − f (a) bf (a) − af (b) f (b) − f (a) a= e g(b) = f (b) − b b−a b−a b−a bf (a) − af (b) = b−a Logo, g(a) = g(b). Podemos então aplicar o Teorema de Rolle para g e concluir que existe um c ∈ (a, b) tal que g 0 (c) = 0. Mas g 0 (x) = f 0 (x) − Logo, g 0 (c) = 0 =⇒ f 0 (c) = do Teorema do Valor Médio. Teorema do Valor Médio f (b) − f (a) . b−a Para aplicar o Teorema de Rolle, faremos uso de uma função g , de nida a partir de f e tal que g(a) = g(b). Seja a função g : [a, b] → R de nida por g(a) = f (a) − Teorema 17 f (b) − f (a) . b−a f (b) − f (a) , o que completa a demonstração b−a Vamos a alguns exemplos: 17 Demonstração Unidade 13 Exemplo 18 O Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Médio Seja f : [0 : 2] → R dada por f (x) = x3 . Seja A = (0, 0) e B = (2, 8) dois pontos do grá co de f . Seja r a reta que passa por A e B . Encontre um número c ∈ (0, 2) tal que f 0 (c) é igual ao coe ciente angular de r. O coe ciente angular da reta que passa por A e B é f (2) − f (0) 8 = =4. 2−0 2 Como f (x) = x3 então f 0 (x) = 3x2 . Portanto, √ 2 4 3 =⇒ x = . f 0 (x) = 3x2 = 4 =⇒ x2 = 3 3 √ 2 3 Logo, para c = ∈ (0, 2), temos f 0 (c) igual ao coe ciente angular de r. 3 Voltando aos exemplos do início da seção, no exemplo 12, supondo que a função posição s = s(t) seja contínua no intervalo fechado [1, 7] e derivável no intervalo aberto (1, 7), então, pelo Teorema do Valor Médio, existe pelo menos um t ∈ (1, 7) tal que f 0 (t) = s(7) − s(1) 40 − 10 = =5 7−1 6 Quanto ao exemplo 13, sejam s0 (t) e s1 (t) as funções que descrevem as posições dos dois carros. Suponha que a corrida iniciou em t = 0 e terminou em t = T . Assumindo as condições do Teorema do Valor Médio (continuidade em [0, T ] e diferenciabilidade em (0, T )) para ambas as funções, a função s(t) = s0 (t) − s1 (t) atende às mesmas condições e s(0) = s0 (0) − s1 (0) = 0 (os carros largam juntos) e s(T ) = s0 (T ) − s1 (T ) = 0 (os carros terminam empatados). Pelo Teorema do Valor Médio, há um número t∗ ∈ (0, T ) tal que s0 (t∗ ) = s(T ) − s(0) 0 = =0 T −0 T Como s0 (t) = s00 (t) − s01 (t), então s0 (t∗ ) = 0 =⇒ s00 (t∗ ) = s01 (t∗ ), o que diz que os dois carros, no instante t = t∗ , têm a mesma velocidade. 18 Teorema do Valor Médio e aplicações Seja f : R → R uma função derivável tal que f (0) = −2 e f 0 (x) ≤ 5. Qual o valor máximo possível para f (2)? Pelo Teorema do Valor Médio, há um número c ∈ (0, 2) tal que f 0 (c) = Unidade 13 Exemplo 19 f (2) − (−2) f (2) + 2 f (2) − f (0) = = . 2−0 2 2 Como f 0 (c) ≤ 5, então f (2) + 2 ≤ 5 =⇒ f (2) + 2 ≤ 10 =⇒ f (2) ≤ 8 , 2 o que mostra que o maior valor possível para f (2) é 8. O exemplo a seguir mostra que a condição de diferenciabilidade é necessária para o Teorema do Valor Médio . Em outras palavras, se a função contínua f : [a, b] → R não for derivável no intervalo aberto (a, b), não se pode garantir que valha o resultado do teorema. Considere a função módulo f : [−1, 1] → R, de nida por f (x) = |x|. A função é contínua em [−1, 1], mas não é derivável em x = 0. Para qualquer x ∈ (−1, 1), x 6= 0 temos ( x =⇒ f 0 (x) = 1 se x < 0 f (x) = |x| = . 0 −x =⇒ f (x) = −1 se x > 0 O que mostra que para todo x ∈ (−1, 1), x 6= 0, f 0 (x) = ±1. A reta que passa pelos pontos A = (−1, 1) e B = (1, 1) tem coe ciente angular 0, o que não é igual f 0 (x) para x ∈ (−1, 1), x 6= 0. O próximo exemplo mostra que a condição de continuidade nos extremos do intervalo [a, b] também é condição necessária para o Teorema. O exemplo mostra uma função derivável (portanto, contínua) em um intervalo aberto (a, b), mas que não é contínua nos extremos do intervalo fechado [a, b] e para a qual não vale o resultado do teorema. 19 Exemplo 20 A b −1 1 f (x) = |x| Bb 1 Unidade 13 Exemplo 21 O Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Médio 1 Seja a função f : [0, 1] → R, de nida por f (x) = , se x 6= 0 e f (0) = 0. x A função é derivável em (0, 1), mas não é contínua em x = 0. Tomando A = (0, 0) e B = (1, 1) pontos do grá co da função, não há um c ∈ (0, 1) tal que f 0 (c) seja igual à inclinação da reta AB . Basta ver que todas as tangentes em pontos (c, f (c)), c ∈ (0, 1) são retas descendentes (coe ciente angular negativo) enquanto a reta AB é ascendente (coe ciente angular positivo). Ver gura 13.13. 4 3 1 x 2 B b 1 A b 1 2 3 4 5 Figura 13.13 Para concluir esta seção, veremos duas consequências importantes do Teorema do Valor Médio. A primeira delas é que se uma função tem derivada nula em todo ponto então ela é uma função constante. Proposição 22 Seja f : [a, b] → R função contínua em [a, b] e derivável em (a, b) tal que f (x) = 0 para todo x ∈ (a, b). Então f é constante em (a, b). 0 Demonstração Sejam x0 , x1 ∈ [a, b], com x0 < x1 . então f é contínua em [x0 , x1 ] e derivável em (x0 , x1 ). Pelo Teorema do Valor Médio, existe c ∈ (x0 , x1 ) tal que f (x1 ) − f (x0 ) . x 1 − x0 Mas f 0 (c) = 0, logo f (x1 ) − f (x0 ) = 0 =⇒ f (x1 ) = f (x0 ), ou seja, a função tem o mesmo valor para quaisquer pontos x0 , x1 ∈ (a, b). Resulta que f é constante em (a, b) e, por continuidade, constante em [a, b]. f 0 (c) = 20 s0 respectivamente a velocidade e posição em t = 0. Proposição 23 Seja h(x) = f (x) − g(x). g(t) e v(t) têm a mesma derivada. logo difere de v por uma constante. Se f (x) = g 0 (x) para todo x ∈ (a. Sejam f.Teorema do Valor Médio e aplicações Unidade 13 Usando esta proposição. existe k ∈ R tal que h(x) = k =⇒ f (x) = g(x) + k . Mostre que a posição e velocidade de um objeto em movimento uniformemente acelerado são dadas pelas equações: v = v0 + at 1 s = s0 + v0 t + at2 . Portanto s(t) = g(t) + k . Avaliando em t = 0. v0 . isto é. 2 em que a é a aceleração. ou seja. Então h é contínua em [a. g : [a. Demonstração 0 Pela Proposição 22. b] → R duas funções contínuas e deriváveis em (a. para todo x ∈ (a. para todo x ∈ (a. b) . b). resulta v(t) = at + v0 . h(x) deve ser constante. Assim. Como v0 = v(0) = a · 0 + k = k . para alguma constante k . portanto. v 0 (t) = a. Mas. v a velocidade. temos s0 (t) = v(t) = at+v0 . b) e h0 (x) = f 0 (x) − g 0 (x) = 0. b) então existe k ∈ R tal que f (x) = g(x) + k para todo x ∈ (a. b). vemos que g 0 (t) = v0 +at = s0 (t). Com relação à posição s(t). obtemos s0 = s(0) = v0 · 0 + 12 · a · 02 + k =⇒ s0 = k e. s a posição. b). Um movimento uniformemente acelerado é aquele em que a aceleração a é constante. podemos provar que se duas funções têm a mesma derivada em todo ponto então diferem no máximo por uma constante. v(t) = at + k . b] e derivável em (a. 2 21 Exemplo 24 . comparando com a função g(t) = v0 t+ 12 at2 . 1 s(t) = s0 + v0 t + at2 . Mas a função f (x) = at tem a mesma derivada que v . b] = [−2. Seja f (x) = x4 + 2x2 − 3x. 1). 4. (c) Conclua que a equação x5 +2x3 +4x−5 = 0 possui uma. 4]. b] = [0. de nidas no intervalo [a. (b) f (x) = x2 − 4. Seja f (x) = x3 −2x+1. 2]. obtenha uma contradição. Encontre um valor c ∈ (0. [a. b] = [0.Unidade 13 O Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Médio Exercícios 1. 1). ( 2x + 1 se 0 ≤ x ≤ 2 (e) f (x) = [a. então f 0 (x) = 4x3 + 4x − 3. def (b) − f (a) . Use o Teorema de Rolle para mostrar que a equação 4x3 + 4x − 3 = 0 possui pelo menos uma solução no intervalo (0. (b) Assuma que há dois zeros x0 e x1 no intervalo (0. b] = [0. solução no intervalo (0. 3. 2] (f) f (x) = 0 se x = 1 2. 1) e. Se f (1) = 5 e f 0 (x) ≥ 3 para todo 1 ≤ x ≤ 5. Caso a rmativo. Seja f (x) = x5 + 2x3 + 4x − 5. [a. qual o valor mínimo para f (5)? Mostre que a equação x3 + x − 1 = 0 tem exatamente uma raiz real. e somente uma. 1] (c) f (x) = 2 se x = 1 (d) f (x) = |x − 2|. usando o Teorema de Rolle. 2]. 2) que satisfaça as condições do Teorema do Valor Médio. b]. b] = [0. 5. ( 2 x −1 se x 6= 1 x+1 [a. b] = [0. 5] 3x − 1 se 2 ≤ x ≤ 5 ( 1 se 0 ≤ x ≤ 2 e x 6= 1 x−1 [a. b] = [0. 22 . Seja f : R → R uma função derivável. termine um número c ∈ (a. de nida no intervalo [a. satisfaz as hipóteses do Teorema do Valor Médio. (a) Determine seus valores em x = 0 e x = 1 e conclua que a função f possui algum zero no intervalo (0. 4]. [a. Veri que se cada uma das funções abaixo. b) tal que f 0 (c) = b−a √ (a) f (x) = x. 1). 6. no máximo. Considere o movimento como sendo uniformemente acelerado com aceleração aproximada de g = 10 m/s2 . sabendo-se que atinge uma altura de 8 m após 1 segundo de movimento. Seja f uma função derivável em R.Teorema do Valor Médio e aplicações 7. 23 Unidade 13 . (c) É possível generalizar o resultado? 9. (b) um polinômio de grau n tem. altura máxima e tempo até atingir o solo de uma bola atirada verticalmente para cima a partir de uma altura h = 2 m. 10. 8. (a) Mostre que se f tem duas raízes então f 0 tem pelo menos uma raíz. n raízes reais. Mostre que a equação 2x − 1 − sen x = 0 tem exatamente uma raiz real. no máximo. Mostre que: (a) um polinômio de grau 3 tem. 3 raízes reais. (b) Mostre que se f tem derivada segunda e tem três raízes então f 00 tem pelo menos duas raízes. Calcule a velocidade inicial. Este é exatamente o exemplo inicial da Unidade 9. É interessante notar que somente no século XIX o Teorema que leva seu nome passou a ser chamado assim.Unidade 13 Textos Complementares 13. provado por ele em 1691. Esta obra contém a primeira descrição publicada do Método de Eliminação Gaussiana (algoritmo para solução de equa√ ções lineares). 24 . Análise Diofantina e Geometria. publicado em 1690. Ficou mais conhecido pelo "Teorema de Rolle". Sua obra mais importante é o Traité d'algèbre. No tratado. Rolle inventa a notação n x para a raiz n−ésima de x. que é usada até hoje.4 Para Saber Mais Textos Complementares Michel Rolle Michel Rolle (16521719) foi um matemático francês cujos trabalhos versam sobre Álgebra. .1 O crescimento da função e a derivada . . 13 14. . . . . . . . . . . . 8 14. . .14 Traçado do gráfico de funções Sumário 14. . . .4 Textos Complementares . 2 14. . . . . 22 1 . .2 Teste da derivada primeira e da derivada segunda . . . .3 Concavidade do grá co de uma função . . . está relacionado aos sinais da função derivada enquanto que o segundo aspecto concavidade . a reta tangente a um ponto qualquer é uma reta crescente (portanto a derivada da função é positiva) e no intervalo em que é decrescente.O crescimento da função e a derivada Para esboçar o grá co de uma função dois aspectos essenciais devem ser analisados: os intervalos de crescimento e decrescimento e os intervalos de concavidade para cima e de concavidade para baixo do grá co. a relação entre crescimento e derivada é a de que a função é crescente nos intervalos de derivada positiva e decrescente nos intervalos de derivada negativa. mostraremos o seguinte: 2 . ] e decrescente no intervalo [ .1 O crescimento da função e a derivada Nesta seção iremos relacionar a propriedade de crescimento de uma função e sua derivada. a reta tangente a um ponto qualquer é uma reta decrescente (portanto a derivada π da função é positiva). A derivada é nula em x = . intuitivamente. Observe que a função é π π crescente no intervalo [0. De fato. 0].1: f (x) = sen (x) Assim.está relacionado aos sinais da derivada segunda. Veremos que para funções deriváveis o primeiro aspecto . 2 f′ π 2b =0 a) > < ′ b) f( 0 1 b b 0 f ′( Unidade 14 a π 2 b π Figura 14. No intervalo 2 2 em que é crescente. 14.crescimento . A gura abaixo mostra a função f (x) = sen x. Além disso. b). h Se h < 0. b) então: Unidade 14 Proposição 1 (i) f é não decrescente em [a. O item (ii) é análogo e deixaremos como exercício. (ii) f é não crescente em [a. Aplicando o Teorema do valor médio no intervalo [x0 . Portanto h f (x + h) − f (x) ≥0. b] com x0 < x1 . b]. b) então f é decrescente em [a. x1 ]. usando o fato de que f é não decrescente: f (x + h) ≥ f (x) =⇒ f (x + h) − f (x) ≥ 0 =⇒ f (x + h) − f (x) ≥0. b). temos x + h > x e. h f (x + h) − f (x) ≥ 0. 3 Demonstração . temos que existe c ∈ (x0 .Traçado do gráfico de funções Seja f : [a. b] → R contínua e derivável em (a. se f 0 (x) < 0 para todo x ∈ (a. Se h > 0. b] e vamos determinar o sinal de f 0 (x). f é não decrescente. f 0 (x) ≤ 0 para todo x ∈ (a. b] se. temos x + h < x e. b]. f 0 (x) ≥ 0 para todo x ∈ (a. b] se. Além disso. x1 − x0 Como x1 − x0 > 0 e f 0 (c) ≥ 0 então f (x1 ) − f (x0 ) ≥ 0 =⇒ f (x1 ) ≥ f (x0 ) e. x1 ) tal que f 0 (c) = f (x1 ) − f (x0 ) . Sejam x0 . Suponha que f seja não decrescente em [a. Demonstraremos o item (i). e somente se. portanto. se f 0 (x) > 0 para todo x ∈ (a. h→0 h f 0 (x) = lim Suponha agora que f 0 (x) ≥ 0 para todo x ∈ (a. b). e somente se. b) então f é crescente em [a. x1 ∈ [a. como f é não decrescente: f (x + h) ≤ f (x) =⇒ f (x + h) − f (x) ≤ 0 =⇒ Em ambos os casos. f (x + h) − f (x) ≥0. Exemplo 2 Seja f (x) = x2 − 2x − 3. f de res ente f res ente 2 1 1 −4 −3 −2 −1 −1 2 3 4 −2 −3 b −4 V Figura 14. O valor do função no ponto x = 1 é f (1) = 12 − 2. Observe que se trata de uma parábola com concavidade voltada para cima. Portanto. b). o trinômio decresce (derivada negativa) no intervalo (−∞. começando com o caso simples das funções quadráticas. −4) e passa a crescer (derivada positiva). então ca garantido que f 0 (c) > 0 e vale que f (x1 ) − f (x0 ) > 0 =⇒ f (x1 ) > f (x0 ). então f 0 (x) > 0 =⇒ 2x − 2 > 0 =⇒ x > 1 e f 0 (x) < 0 =⇒ x < 1. Os sinais de f 0 (x) podem ser representados pelo diagrama a seguir: intervalo sinal de f 0 decrescente crescente − + x<1 x>1 f O grá co da parábola está representado na gura a seguir. O vértice é um ponto de mínimo da função. o que mostra que f é crescente. Determine os intervalos de crescimento e decrescimento da função e esboce um grá co. atinge o ponto V = (1. Nos próximos exemplos iremos estudar os intervalos de crescimento e decrescimento de algumas funções. se vale que f 0 (x) > 0 para todo x ∈ (a.2: f (x) = x2 − 2x − 3 4 . Como f 0 (x) = 2x − 2. A derivada tem valor zero em x = 1. 1).1 − 3 = −4.Unidade 14 O crescimento da função e a derivada Por outro lado. ela cresce a partir de onde? Quando dizemos que cresce em (1. −1) atingindo o ponto A = (−1. Os valores da função nos pontos x = ±1 são f (−1) = (−1) −(−1) = 23 3 3 e f (1) = 13 − (1) = − 32 . quando dizemos que ela é crescente em (−∞. (iii) A função é crescente no intervalo (1. (ii) A função é decrescente no intervalo (−1. Os sinais f 0 (x) são os seguintes: f 0 (x) > 0 para x < −1 ou x > 1 f 0 (x) < 0 para −1 < x < 1 Veja a representação dos sinais de f 0 (x) na reta a seguir. então f 0 (x) = x2 − 1. ∞). − 23 ). ∞). O grá co de f 0 (x) = x2 − 1 é uma parábola voltada para cima. 32 ). − 32 ). estes são fáceis de serem calculados: x3 − x = −∞ e x→−∞ 3 lim 5 x3 −x=∞ . Felizmente. x→∞ 3 lim Unidade 14 Exemplo 3 1 1 −1 −1 y = x2 − 1 . cresce até onde? Para responder esta pergunta. Mas falta ainda um detalhe. 1) atingindo o ponto B = (1. devemos considerar os limites in nitos da função. O que zemos até agora permite concluir o seguinte: (i) A função é crescente no intervalo (−∞.Traçado do gráfico de funções Seja a função f (x) = x3 − x. com zeros em x2 − 1 = 0 =⇒ x = ±1. 3 Vamos veri car os sinais da derivada f 0 (x). saindo do ponto B = (1. 3 Como f (x) = x3 − x. 23 ). intervalo sinal de f 0 f x < −1 −1 < x < 1 x>1 + − + crescente decrescente crescente Vamos agora usar estes dados de crescimento para esboçar o grá co da 3 função. −1) e atinge o ponto A = (−1. Determine os intervalos em que f é crescente e aqueles em que f é decrescente. devemos fazer o seguinte: 1. Vamos a mais um exemplo. A bem da verdade. passa a decrescer até o ponto B = (1. Calcular a função derivada f 0 (x) e estudamos seus sinais. 32 ).3 mostra o grá co da função.3: f (x) = x3 3 −x Resumindo. que está relacionada com a derivada segunda e será estudada na próxima seção. f (x) res ente f (x) de res ente f (x) res ente 2 A −3 −2 1 b 1 −1 2 3 b B −1 −2 Figura 14. f (x) = 3x4 + 4x3 − 36x2 + 29 f 0 (x) = 12x3 + 12x2 − 72x = 12x(x2 + x − 6) = 12x(x + 3)(x − 2) 6 .Unidade 14 O crescimento da função e a derivada A conclusão é a seguinte: a função vem de −∞. Exemplo 4 Seja a função f (x) = 3x4 + 4x3 − 36x2 + 29. 3. 2. o procedimento acima não é su ciente para esboçar o grá co da função. Calcular os valores de f (x) nos pontos em que f 0 (x) se anula. A gura 14. − 32 ) e volta a crescer até +∞. Calcular os limites in nitos de f (x). Determine os intervalos em que f é crescente e aqueles em que f é decrescente. Iniciamos determinando os sinais da derivada. para analisar o crescimento da função e esboçar seu grá co. cresce até o ponto A = (−1. Falta ainda um detalhe fundamental: a concavidade do grá co função. temos o seguinte: a função vem de ∞. −35) e cresce novamente tendendo para ∞. Observe o esquema abaixo para o cálculo de sinais de f 0 (x). decresce até A = (−3. cresce até B = (0. f (0) = 29 e f (2) = −35 . intervalo 12x x + 3 x − 2 sinal de f 0 x < −3 −3 < x < 0 0<x<2 x>2 − − + + − + + + − − − + f decrescente crescente decrescente crescente − + − + O valor da função f (x) nos pontos em que f 0 (x) = 0 são: f (−3) = 3(−3)4 + 4(−3)3 − 36(−3)2 + 29 = −160. basta analisar individualmente os sinais de cada fator e multiplicá-los. Observe a gura 14.4. Os limites para x → −∞ e x → ∞ são facilmente determináveis: lim 3x4 + 4x3 − 36x2 + 29 = lim 3x4 + 4x3 − 36x2 + 29 = ∞ . −160). x→−∞ x→∞ Reunindo toda essa informação. 29).4: Grá co de f (x) = 3x4 + 4x3 − 36x2 + 29 7 Unidade 14 .Traçado do gráfico de funções A fatoração de f 0 (x) no produto de três fatores lineares facilita o cálculo dos sinais de f 0 (x). f de res ente f res ente f de res ente f res ente 100 50 b −5 −4 −3 −2 B 1 −1 2 3 4 b −50 C −100 b −150 Figura 14. Os zeros de f 0 (x) estão em f 0 (x) = 12x(x + 3)(x − 2) = 0 =⇒ x = 0 ou x = −3 ou x = 2 . volta a decrescer até C = (2. (ii) Se f 0 passa de negativa para positiva em c então f tem mínimo local em c. 8 . temos o chamado Teste da derivada primeira: Proposição 5 Seja a função f : [a. podemos usar esta para.2 Teste da derivada primeira e da derivada segunda Na Unidade 13 vimos que se f 0 (c) = 0 então x = c é ponto crítico de f e f (c) pode ser mínimo local.Unidade 14 Teste da derivada primeira e da derivada segunda 14. dado um ponto com x = c tal que f 0 (c) = 0. dizer em quais dos três casos ele se enquadra. primeira (i) Se f 0 passa de positiva para negativa em c então f tem máximo local em c. (iii) Se f 0 não muda de sinal em c então não tem máximo nem mínimo local em c. Agora que relacionamos crescimento e decrescimento do grá co de função com o sinal da derivada. máximo local ou nenhum dos dois. Inicialmente. b] → R contínua e derivável em (a.5 Vemos que os máximos e mínimos locais acontecem exatamente quando há mudança de sinal de f 0 (x). Mais precisamente. veri que na gura 14. b) e seja c um Teste da derivada ponto crítico de f .5 a seguir os casos possíveis: f ′ (x) = 0 b f ′ (x) > 0 b b f ′ (x) < 0 f ′ (x) < 0 ′ f (x) > 0 f ′ (x) < 0 b b b b b b f ′ (x) = 0 f ′ (x) > 0 b f ′ (x) > 0 f ′ (x) = 0 f ′ (x) < 0 b b f ′ (x) = 0 (a) mínimo local (b) máximo local (c) nem mínimo nem máximo local Figura 14. Encontre os mínimos e máximos locais da função f (x) = x . Portanto. seja I ⊂ [a. decrescente) em [c. decrescente) em [x0 . Portanto. se f 0 passa de negativa para positiva em c. b] um intervalo contendo c. x2 +1 A derivada da função é f 0 (x) = (x2 + 1) − x(2x) 1 − x2 = . f 0 (x) = 0 =⇒ 1 − x2 = 0 =⇒ x = ±1 . Aproximando x0 e x1 de c o que for necessário. Se f 0 passa de positiva para negativa em c então existem x0 . f é crescente em [x0 . f (c) não pode ser valor máximo nem mínimo em I . x1 ). x0 < c < x1 . c) e f 0 (x) < 0 se x ∈ (c. b). x1 ]. c] e decrescente em [c. (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 Logo. x1 ]. x1 ] ⊂ I .Traçado do gráfico de funções Vamos demonstrar o item (i). Analogamente. então existe intervalo [x0 . f (c) é valor mínimo no intervalo [x0 . Para provar o item (iii). x1 ]. segue que f (c) é valor máximo de f no intervalo [x0 . c] e crescente em [c. x1 ∈ (a. Vamos veri car os sinais de f 0 : intervalo x < −1 −1 < x < 1 x>1 1 − x2 (x2 + 1)2 sinal de f 0 − + − + + + − + − f decrescente crescente decrescente Vemos que: x = −1 é mínimo local pois f 0 passa de negativa para positiva em x = −1. Como f 0 não muda de sinal em c então há um intervalo [x0 . x1 ] contendo c tal que f é decrescente em [x0 . podemos supor que [x0 . Pela Proposição 1. tais que f 0 (x) > 0 se x ∈ (x0 . x1 ] que contém c. x1 ]. 9 Unidade 14 Demonstração Exemplo 6 . x1 ] contendo c tal que f é crescente (respectivamente. o que demonstra (ii). c] e continua crescente (respectivamente. Proposição 7 Seja f uma função derivável em um intervalo aberto I e seja c ∈ I tal que Teste da derivada 0 f (c) = 0. f passa de crescente para decrescente em c. x→c x→c x − c x−c f 00 (c) = lim Logo. Suponha f 0 (c) = 0 e f 00 (c) < 0. Os pontos críticos de f são: 2 f 0 (x) = 0 =⇒ 3x2 − 2x = 0 =⇒ x = 0 ou x = . (ii) Se f 00 (c) > 0 então f possui um mínimo local em c. b). um outro instrumento para determinar se o ponto crítico x = c é máximo local ou mínimo local é a derivada segunda de f . Pelo teste da derivada primeira. há um intervalo (a. Derivando a função obtemos f 0 (x) = 3x2 − 2x. Se f é diferenciável em um intervalo aberto I . b) contendo c tal que Portanto. O teste é inconclusivo caso f 00 (c) = 0.Unidade 14 Teste da derivada primeira e da derivada segunda x = 1 é máximo local. então f 0 (x) − f 0 (c) f 0 (x) = lim <0. f 0 (x) < 0 =⇒ f 0 (x) > 0 . a<x<c =⇒ x − c < 0 e c<x<b =⇒ x − c > 0 e f 0 (x) x−c < 0 para todo x ∈ (a. Exemplo 8 Encontre os valores de máximo e mínimo local da função f (x) = x3 − x2 . 3 10 . x−c f 0 (x) < 0 =⇒ f 0 (x) < 0 . Se f 00 (c) existe então: segunda (i) Se f 00 (c) < 0 então f possui um máximo local em c. f tem máximo local em x = c. x−c Portando. Demonstração Demonstraremos o caso (i). O caso (ii) é análogo. pois em x = 1 a derivada f 0 passa de positiva para negativa. e c ∈ I é tal que f 0 (c) = 0 e f 00 (c) existe. x = 0 não é mínimo nem máximo local de f . 11 Exemplo 9 . nos três casos. A três funções são deriváveis em todo o domínio e f 0 (x) = 0 =⇒ 3x2 = 0 =⇒ x = 0 . x = 0 é o único ponto crítico. h0 (x) = 0 =⇒ −4x3 = 0 =⇒ x = 0 . No entanto. é ponto de mínimo local de g e ponto de máximo local de h. g 0 (x) = 0 =⇒ 4x3 = 0 =⇒ x = 0 .7. Usando o Teste da derivada segunda: f 00 (0) = −2 < 0 =⇒ x = 0 é máximo local . 3 3 3 O grá co da função está representado na Figura 14. Determine os máximos e mínimos locais para f (x) = x3 . É fácil ver que f 00 (0) = g 00 (0) = h00 (0) = 0. b A −1 2 3 b B 1 Figura 14. Ver Figura 14. 2 2 00 2 f ( )=6 − 2 = 2 > 0 =⇒ x = é mínimo local . g(x) = x4 e h(x) = −x4 . obtemos f 00 (x) = 6x−2.6.6: f (x) = x3 − x2 O próximo exemplo ilustra como o teste é inconclusivo para f 00 (c) = 0.Traçado do gráfico de funções Unidade 14 Derivando novamente e aplicando nos pontos críticos. Como vemos. como vimos. 12 . é inconclusivo quando f 00 (c) = 0. Nestes dois casos devemos usar o teste da derivada primeira.Unidade 14 Teste da derivada primeira e da derivada segunda f (x) = x3 f (x) = −x4 b b f (x) = x (a) b 4 (b) mínimo local (c) máximo local Figura 14.7 O teste da derivada segunda não pode ser aplicado quando f 00 (c) não existe e. que pode ser aplicado em qualquer caso. 3 Concavidade do grá co de uma função Nesta seção iremos aprender a distinguir grá cos de funções côncavos para cima de grá cos côncavos para baixo e aprender como a concavidade está relacionada à segunda derivada da função. O grá co de f entre A e B se situa abaixo da reta que liga A e B .9.8.Traçado do gráfico de funções 14. Observe a gura 14. a diferença está na forma da curvatura do grá co. Observe os grá cos das funções f e g na gura 14. B B b f b g Ab Ab a a b (a) concavidade para cima b (b) concavidade para baixo Figura 14. enquanto o grá co de g está acima da reta que liga A e B . B B b f g Ab a b Ab a b (a) concavidade para cima b (b) concavidade para baixo Figura 14. Outra forma de distinguir os dois tipos de curva é por meio das tangentes nos pontos da curva.8 Tanto o grá co da função f quanto o grá co da função g são crescentes entre os pontos A e B .9 13 Unidade 14 . 0) e decrescente e côncava para cima no intervalo (0. b). enquanto que no grá co de g a curva está sempre abaixo das tangentes. Se o grá co de f se situa sempre acima das retas tangentes no intervalo I . Se o grá co de f se situa sempre abaixo das retas tangentes no intervalo I .9a.10: f (x) = 1 x Agora relacionaremos à concavidade do grá co de uma função f à derivada segunda de f . Sabemos que a inclinação da tangente é dada pela função derivada f 0 . a curva está sempre acima das tangentes nos pontos do intervalo (a. Olhando o grá co 14. percebemos que aumentando o valor de 14 . 3 2 on avidade para ima 1 −3 −2 1 −1 2 3 −1 on avidade para baixo −2 −3 Figura 14.Unidade 14 Concavidade do gráfico de uma função O que se observa é que no grá co de f . Usaremos esta característica como de nição de concavidade. Definição 10 Seja f uma função derivável em um intervalo aberto I . dizemos que tem concavidade para baixo em I . dizemos que o grá co tem concavidade para cima em I . a mesma de nição vale para funções decrescentes. Embora nossos exemplos tenham sido de funções crescentes. ∞). A próxima gura mostra o grá co da função f : R \ {0} → R \ {0} dada por f (x) = x1 . A função é decrescente e côncava para baixo no intervalo (−∞. obtemos f 0 (x) = − x12 . o grá co de f tem concavidade para baixo no intervalo (−∞. as tangentes aumentam de inclinação. 3 x x Portanto. as tangentes diminuem de inclinação. + Para Saber Mais .10.9b mostra que aumentando o valor de x. Veri que seus intervalos de crescimento e concavidade. mostra que vale a recíproca do resultado acima. Derivando uma vez. devemos ter (f 0 (x))0 = f 00 (x) positivo no caso de concavidade para acima. Proposição 11 Teste da concavidade (i) Se f 00 (x) > 0 para todo x ∈ I então o grá co de f tem concavidade para cima em I . o grá co 14. a função é decrescente em todo seu domínio. chamada Teste da concavidade. devemos ter f 00 (x) negativo no caso de concavidade para baixo. Seja f uma função duas vezes derivável no intervalo aberto I . A demonstração da Proposição está no link a seguir. 0) e concavidade para cima no intervalo (0. o que indica que f 0 (x) é uma função crescente quando o grá co tem concavidade para cima. 0 obtemos f 00 (x) = − x12 = x23 . Como a derivada de uma função crescente é positiva. A próxima proposição.Clique para ler Seja a função f : R \ {0} → R \ {0} dada por f (x) = x1 .Prova do teste da concavidade . Derivando novamente. o que indica que f 0 (x) é uma função decrescente quando o grá co tem concavidade para baixo. Como a derivada de uma função decrescente é negativa. Veri que as conclusões obtidas sobre o grá co de f na gura 14. 15 Exemplo 12 . Logo x < 0 =⇒ f 00 (x) = 2 2 < 0 e x > 0 =⇒ f 00 (x) = 3 > 0 . ∞). Como − x12 < 0 para todo x 6= 0. (ii) Se f 00 (x) < 0 para todo x ∈ I então o grá co de f tem concavidade para baixo em I .Traçado do gráfico de funções Unidade 14 x. Por outro lado. (b) f 0 (x) > 0 para x ∈ (−∞. 0). ∞) e f 0 (x) < 0 para x ∈ (2. No exemplo anterior. 6). A condição (c) nos diz que a função tem concavidade para cima para x < −1 ou x > 4 e concavidade para baixo em −1 < x < 4. (c) f 00 (x) > 0 para x ∈ (−∞. Portanto. é fácil ver que é crescente em toda a reta. −1) ∪ (4. a função é crescente para todo intervalo aberto que não contenha x = 0 e. f (x) = x3 A derivada primeira é f 0 (x) = 3x2 > 0 para todo x 6= 0. Esboce um grá co possível para uma função f : R → R tal que: (a) f é contínua em R e duas vezes derivável em R \ {−1. 3 2 0 1 b −1 −1 1 −2 −3 Definição 14 Exemplo 15 A derivada segunda é f 00 (x) = (3x2 ) = 6x. 2) ∪ (6. 4}. na verdade. a concavidade muda de direção no ponto (0.Unidade 14 Concavidade do gráfico de uma função Exemplo 13 Determine os intervalos de crescimento e decrescimento e a concavidade do grá co da função f (x) = x3 . Reunindo esta informação temos: 16 . 4). ∞) e f 00 (x) < 0 para x ∈ (−1. Temos que f 00 (x) > 0 para x > 0 e f 00 (x) < 0 para x < 0. Tais pontos recebem o nome de pontos de in exão. Portanto. (d) limx→−∞ f (x) = −2 e limx→∞ f (x) = ∞ A condição (b) nos diz que a função é crescente para x < 2 ou x > 6 e decrescente em 2 < x < 6. o grá co tem concavidade voltada para cima no intervalo (0. Um ponto P no grá co de uma função f (x) é chamado ponto de in exão se f é contínua em P e há uma mudança de concavidade do grá co de f no ponto P . 0). ∞) e concavidade voltada para baixo no intervalo (−∞. 6 B 5 b 4 b 3 A C b 2 1 D b −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 −2 −3 Figura 14. temos que levar em conta os limites in nitos da condição (d).11 Exemplo 16 Considere a função 2 1 f (x) = (x + 1) 3 (x − 3) 3 .11 mostra um possível grá co para a função. Como limx→−∞ f (x) = −2 então o grá co tem uma assíntota horizontal em y = −2. O grá co da gura 14. A derivada da função é 2 1 1 2 1 2 (x + 1) 3 −1 (x − 3) 3 + (x + 1) 3 (x − 3) 3 −1 3 3 1 1 2 2 2 1 = (x + 1)− 3 (x − 3) 3 + (x + 1) 3 (x − 3)− 3 3 3 f 0 (x) = 17 . Determine os intervalos de crescimento e decrescimento da função. Estude a concavidade do grá co da função e faça um esboço.Traçado do gráfico de funções intervalo Unidade 14 crescimento concavidade x < −1 crescente −1 < x < 2 crescente 2 < x < 4 decrescente 4 < x < 6 decrescente x>6 crescente para cima para baixo para baixo para cima para cima Para esboçar um possível grá co. 35 ). vamos derivar novamente a função: !0 5 x − 3 f 00 (x) = 1 2 3 (x + 1) (x − 3) 3 2 2 2 1 1 1 1. (x + 1) 3 e (x − 3) 3 . Para estudar a concavidade. Observe a tabela a seguir: 1 2 (x − 53 ) (x + 1) 3 (x − 3) 3 f 0 (x) x < −1 −1 < x < 53 5 <x<3 3 x>3 − − + + − + + + + + + + + − + + Concluímos que f (x) é crescente em (−∞. 2 (x + 1) 3 (x − 3) 3 Temos que f 0 53 = 0 e que f não é derivável em x = −1 e em x = 3.Unidade 14 Concavidade do gráfico de uma função 2 = 3 = = x−3 x+1 2 (x 3 13 1 + 3 1 x+1 x−3 23 2 2 1 − 3) 3 (x − 3) 3 + 13 (x + 1) 3 (x + 1) 3 1 2 (x + 1) 3 (x − 3) 3 x− 5 3 1 . −1) ∪ ( 53 . Para conhecer os sinais da derivada f 0 devemos multiplicar os sinais dos 2 1 fatores (x − 35 ). ∞) e decrescente no intervalo (−1.(x + 1) 3 (x − 3) 3 − (x − 35 ) 13 (x + 1)− 3 (x − 3) 3 + 23 (x + 1) 3 (x − 3)− 3 = 4 2 (x + 1) 3 (x − 3) 3 2 2 x+1 13 1 2 x−3 3 (x + 1) 3 (x − 3) 3 − (x − 35 ) 13 x+1 + 3 x−3 = 2 4 (x + 1) 3 (x − 3) 3 −32/9 = 4 5 (x + 1) 3 (x − 3) 3 O estudo dos sinais de f 00 (x) resulta em: 4 5 − 32 (x + 1) 3 (x − 3) 3 f 00 (x) 9 x < −1 −1 < x < 3 x>3 − − − + + + 18 − − + + + − . Observe o ponto de in exão B = (3. f 35 ).Traçado do gráfico de funções Unidade 14 O resultado é que a concavidade é para cima para x < 3 e para baixo para x > 3. x→∞ x→−∞ A gura 14. π2 . π2 . 2 .12: Grá co da função f (x) = (x + 1) 3 (x − 3) 3 2 1 Exemplo 17 Mostre que tan x > x para x ∈ 0. Basta então mostrar que f (x) é crescente em 0. π2 . 0) e o ponto de mínimo C = ( 53 .12 mostra o grá co da função. Queremos mostrar que f (x) > 0 em 0. Seja f (x) = tan x − x. Temos que f (0) = tan 0−0 = 0. Mas f 0 (x) = (tan x − x)0 = sec2 x − 1 = tan2 x > 0 para 0 < x < 19 π . 2 1 b −5 −4 −3 −2 5 3 A 1 −1 b 2 B 3 4 5 −1 −2 b C −3 Figura 14. Os limites in nitos são 1 2 2 lim (x + 1) 3 (x − 3) 3 = −∞ e 1 lim (x + 1) 3 (x − 3) 3 = ∞ . f (x) = x3 − x.Unidade 14 Concavidade do gráfico de uma função Exercícios Para cada uma das funções dos itens 1 a 4. Faça um esboço do grá co. √ 1 − x em (−∞. f (x) = (1 − x)2 (1 + x)3 . 11. 2. x2 20 . 1). f (x) = x5 − 5x. encontre os intervalos em que ela é crescente e decrescente. 12. Encontre os intervalos onde a função é crescente e onde é decrescente e estude a concavidade da função. f (x) = x + 9. 7. f (x) = x − 1 . 4. ( x2 − 4 se x ≥ −1 f (x) = . 5. √ f (x) = x x + 1. 1. 10. 13. f (x) = 3x4 − 20x3 + 24x2 − 7. Dê um exemplo de cada caso. 2x − 1 se x > −1 f (x) = x + cos x. f (x) = x + 1/x. 14. f (x) = 3x4 + 8x3 − 18x2 + 12. 8. f (x) = x3 − 5x + 4. Use o teste da derivada primeira ou o teste da derivada segunda para encontrar os mínimos e máximos relativos das seguintes funções. 3. f (x) = x3 + 2x2 . 6. Mostre que a composta de duas funções crescentes é uma função crescente e que a composta de duas funções decrescentes também é uma função crescente. b ∈ I . 19. limx→−∞ f (x) = ∞ e limx→∞ f (x) = −∞. 16. para todo t ∈ (0. Seja f uma função derivável no intervalo aberto I . Interprete geometricamente o resultado acima. f não é derivável em x = 0 e em x = 3. 0)∪(0. 2) e f 0 (x) < 0 para x ∈ (−∞. 20. Esboce grá co de uma função contínua f : R−{3} → R tal que f 0 (x) < 0 para todo x ∈ R − {3}. f 00 (x) < 0 para x ∈ (−∞. Suponha que f tenha concavidade para cima em I . f (x) = 2 cos(x) − cos(2x). ∞).Traçado do gráfico de funções 15. 0) ∪ (2. ∞). x+2 Esboce grá co de uma função contínua f : R → R tal que: f (0) = f (3) = 0. 3) e f 00 (x) > 0 para x ∈ (3. f (x) = x 3 + x 3 . vale que f (ta + (1 − t)b) < tf (a) + (1 − t)f (b) . 18. 21 Unidade 14 . 1) . Mostre que para quaisquer a. f 00 (x) < 0 para x < 3 e f 00 (x) > 0 para x > 3. f (x) = 17. f 0 (x) > 0 para x ∈ (0. 1 4 x . limx→3− f (x) = −∞ e limx→3+ f (x) = ∞. limx→−∞ f (x) = limx→∞ f (x) = 1. f (x) = f (a) + f 0 (c)(x − a). Aplicando o Teorema do valor médio no intervalo [a. devemos provar que f (x) > f (a) + f 0 (a)(x − a) . x 6= a. Vamos primeiro lidar com o caso x > a. x].4 Textos Complementares Para Saber Mais Prova do Teste da concavidade. dado a ∈ I . x) tal que f (x) − f (a) = f 0 (c)(x − a) . (14. temos que existe um c ∈ (a. portanto f 0 (a) < f 0 (c). Queremos provar que o grá co de f tem concavidade para cima. pela equação 14. Seja f uma função duas vezes derivável em um intervalo I tal que f 00 (x) > 0 para todo x ∈ I . logo f (x) > f (a) + f 0 (a)(x − a) 22 . Multiplicando essa equação pelo fator positivo (x − a). y = f (x) f (a) f (a) + f ′ (a)(x − a) b b a x Portanto. Mas. o que é o mesmo que dizer que f (x) está acima da reta tangente passando pelo ponto (a.1) Como f 00 (x) > 0 em I então f 0 (x) é uma função crescente e. Iremos provar o item (a) da Proposição 11. Vamos fazer isso usando o Teorema do valor médio.1.Unidade 14 Textos Complementares 14. f (a)). para qualquer a ∈ I . para todo x ∈ I. O caso (b) é análogo. resulta: f 0 (c) > f 0 (a) =⇒ f 0 (c)(x − a) > f 0 (a)(x − a) =⇒ f (a) + f 0 (c)(x − a) > f (a) + f 0 (a)(x − a) . Existe c ∈ (x. Multiplicando pelo fator negativo (x − a) inverte-se o sinal da desigualdade e f 0 (c) < f 0 (a) =⇒ f 0 (c)(x−a) > f 0 (c)(x−a) =⇒ f (x)−f (a) > f 0 (c)(x−a) o que mostra que f (x) > f (a) + f 0 (a)(x − a). a) tal que f (x)−f (a) = f 0 (c)(x−a) e f 0 (c) < f 0 (a) já que f 0 é crescente. f (a) para x > a.Traçado do gráfico de funções o que mostra que a curva está acima da tangente em (a. O caso x < a é análogo. 23 Unidade 14 . . .15 Traçado do gráfico de uma função. otimização Sumário 15. . . . . . 15 1 . . . . . . .2 Problemas de otimização . .1 Traçado do grá co de uma função . . . . . . . . 2 15. . . Por exemplo.1 Traçado do grá co de uma função Estudamos até agora vários conceitos e métodos que dizem respeito a aspectos do comportamento de uma função e que podem ser utilizados para o esboço de seu grá co. Por outro lado. (iii) derivabilidade e intervalos de crescimento e decrescimento. para melhor compreensão do grá co da função. (ii) assíntotas verticais e horizontais. é interessante desenhar as retas assintotas no grá co. Nesta seção iremos sistematizar o uso destas ferramentas e utilizá-las em vários exemplos. (v) concavidade e pontos de in exão.Unidade 15 Traçado do gráfico de uma função 15. (vi) esboço do grá co. para o esboço nal do grá co pode ser interessante também determinar os pontos de interseção do grá co da função com os eixos coordenados. x→−∞ Faremos agora exemplos do esboço de grá co de função. seguindo o roteiro acima. Lembramos que uma função contínua f tem assíntota vertical na reta x = a se lim f (x) = ±∞ ou x→a− lim f (x) = ±∞ x→a+ e que uma função contínua f tem assíntota horizontal na reta y = b se lim f (x) = b ou x→∞ lim f (x) = b . 2 . É importante notar que nem todo item é relevante para toda função. O seguinte roteiro reúne o que se deve conhecer de cada função para a qual queremos traçar o grá co: (i) domínio e continuidade da função. (iv) valores de máximo e mínimo locais. No caso de haver assíntotas verticais ou horizontais. uma função pode não ter assíntotas. 3 . (iv) Valores de máximo e mínimo locais. pelos teste da derivada primeira resulta que f tem mínimo local em x = −1 e f tem máximo local em x = 1 . intervalo Unidade 15 1 − x2 sinal de f 0 x < −1 −1 < x < 1 x>1 − + − − + − f decrescente crescente decrescente Portanto. = f (x) = x2 + 1 (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 Como (x2 + 1)2 > 0 para todo x ∈ R.Traçado do gráfico de uma função. y = 0 é uma assíntota horizontal. podemos considerar apenas os sinais de 1 − x2 . +1 (i) Domínio e continuidade de f . Os pontos críticos de f são: 1 − x2 f (x) = 0 ⇒ 2 = 0 ⇒ 1 − x2 = 0 ⇒ x = −1 ou x = 1 . 1) . 1 x = lim x→−∞ x + x→−∞ x2 + 1 lim 1 x =0 e 1 x = lim x→∞ x + x→∞ x2 + 1 lim 1 x =0. ∞) e f é crescente em (−1. otimização Exemplo 1 Esboce o grá co da função f (x) = x2 x . −1) ∪ (1. 2 (x + 1) 0 Observando os sinais de f 0 . A derivada da função é: 0 1 − x2 (x2 + 1) − x(2x) x 0 = . (ii) Assíntotas verticais e horizontais. Logo. A função f está de nida e é contínua para todo x ∈ R. f é decrescente em (−∞. (iii) Derivabilidade e intervalos de crescimento e decrescimento. esboçamos o grá co na Figura 15. b b b −5 −4 −3 −2 b 1 −1 2 b Figura 15. O estudo de sinais está no quadro a seguir: intervalo √ x<− 3 √ − 3<x<0 √ 0<x< 3 √ x> 3 2x x2 − 3 sinal de f 00 concavidade − − + + para baixo para cima para baixo para cima − + − + + − − + Com relação aos pontos de in exão. podemos considerar apenas o sinal de √ 2x(x2 − 3).(x2 + 1). marcamos no grá co os pontos de máximo e mínimo locais (em azul) e os pontos de in exão (em vermelho).1. Usando as informações reunidas nos itens anteriores. (x2 + 1)3 Como (x2 + 1)3 é sempre positivo. Derivando novamente a função: 0 −2x(x2 + 1)2 − (1 − x2 ). x = 0 e x = 3 são todos pontos de in exão do grá co de f . As raízes de x2 − 3 são x = ± 3.1: f (x) = 4 x2 x +1 3 4 5 . A interseção com o eixo y é o ponto (0. os pontos x = − 3. (vi) Esboço do grá co.2. 0).Unidade 15 Traçado do gráfico de uma função (v) Concavidade e pontos de in exão. f (0)) = (0.2x 1 − x2 00 = f (x) = (x2 + 1)2 (x2 + 1)4 2x(x2 + 1) (−(x2 + 1) − 2(1 − x2 )) = (x2 + 1)4 2x(x2 + 1)(x2 − 3) = (x2 + 1)4 2x(x2 − 3) = . há três mudanças de concavidade no √ √ domínio da função. −1 Portanto. ∞) .Traçado do gráfico de uma função. portanto o domínio é D(f ) = R \ {±1} = (−∞. mas x2 − 1 > 0 se x < −1 e x2 − 1 < 0 se −1 < x < 1 então lim − x→−1 x2 x = −∞ e −1 lim + x→−1 x2 x =∞. (ii) Assíntotas verticais e horizontais. mas x2 − 1 > 0 se x > 1 e x2 − 1 < 0 se −1 < x < 1 então lim− x→1 x2 Unidade 15 x = −∞ e −1 lim+ x→1 x2 x =∞. otimização Exemplo 2 Esboce o grá co da função f (x) = x2 x . A informação sobre os limites in nitos e limites no in nito permite fazer o esboço prévio da Figura 15. −1 Como limx→1 x2 − 1 = 0. Como limx→−1 x2 − 1 = 0. lim x→−∞ x2 1 x = lim − 1 x→−∞ x − 1 x =0 e lim x→∞ x2 1 x = lim − 1 x→∞ x − 1 x =0. A função f não está de nida para x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1. 5 . Esta separação do domínio em três intervalos é interessante porque teremos que investigar o comportamento da função quando x se aproxima dos extremos destes intervalos. 1) ∪ (1. −1) ∪ (−1. y = 0 é uma assíntota horizontal.2. −1 (i) Domínio e continuidade de f . o grá co de f tem assíntotas verticais em x = −1 e em x = 1 e assíntota horizontal em y = 0. Logo. logo não há máximos ou mínimos locais. temos que f 0 (x) < 0 em todo seu domínio. A função f é derivável em todo seu domínio e a derivada f 0 (x) = − nunca se anula. Derivando f 0 : 0 −(1 + x2 ) −2x(x2 − 1)2 + (x2 + 1). = (x2 − 1)4 Como x2 + 3 e (x2 − 1)4 são sempre positivos (para x 6= ±1).2x 00 f (x) = = (x2 − 1)2 (x2 − 1)4 −2x(x2 − 1) (x2 − 1 − 2(x2 + 1)) = (x2 − 1)4 2x(x2 − 1)(x2 + 3) .2. O estudo de sinais está no quadro a seguir: 6 .Unidade 15 Traçado do gráfico de uma função 2 1 −5 −4 −3 −2 1 −1 2 3 4 −1 −2 Figura 15. então podemos considerar apenas os sinais de 2x(x2 − 1).(x2 − 1). A função é sempre decrescente. 1 + x2 (x2 − 1)2 (v) Concavidade e pontos de in exão. x2 − 1 (x2 − 1)2 (x2 − 1)2 Como (x2 −1)2 > 0 para todo x 6= ±1 e −(1+x2 ) < 0 para todo x. A derivada da função é: 0 x (x2 − 1) − x(2x) −(1 + x2 ) 0 f (x) = = = .2 (iii) Derivabilidade e intervalos de crescimento e decrescimento. (iv) Valores de máximo e mínimo local. esboçamos o grá co na Figura 15.Traçado do gráfico de uma função. logo f tem ponto de in exão em x = 0. (vi) Esboço do grá co.3. 2 b −6 −5 −4 −3 −2 1 −1 2 −2 −4 Figura 15. Usando as informações reunidas nos itens anteriores. O ponto x = 0 está no domínio de f e a concavidade muda em x = 0. há várias mudanças de concavidade. otimização intervalo x < −1 −1 < x < 0 0<x<1 x>1 2x x2 − 1 sinal de f 00 concavidade − − + + para baixo para cima para baixo para cima − + − + + − − + Com relação aos pontos de in exão. f (0)) = (0.3: f (x) = 7 x x2 − 1 3 4 5 6 Unidade 15 . mas x = −1 e x = 1 não estão no domínio da função. A interseção com o eixo y é o ponto (0. 0) que é também ponto de in exão da função. observamos que f (x) = x 3 + x 3 = x 3 (1 + x). (iii) Derivabilidade e intervalos de crescimento e decrescimento. temos que 4 + x1 = 4x+1 . Portanto f (x) não é derivável em x = 0 e para x 6= 0: 4 1 1 −2 1 1 1 0 f (x) = x 3 + x 3 = x 3 4 + . (i) Domínio e continuidade de f . Mas 1 0 1 2 x 3 = 13 x− 3 . Logo. Quanto aos sinais de 4 + x1 . 1 1 lim x 3 = ∞ e lim (1 + x) = ∞ ⇒ lim x 3 (1 + x) = ∞ . o grá co de f não possui assíntotas horizontais. Para encontrar os 4 1 1 limites no in nito. (ii) Assíntotas verticais e horizontais.Unidade 15 Exemplo 3 Traçado do gráfico de uma função Esboce o grá co da função 1 4 f (x) = x 3 + x 3 . 1 1 O estudo de sinais de f 0 (x) está representado no quadro a seguir: intervalo x 3 4x + 1 x sinal de f 0 1 x < − 14 − − 41 < x < 0 − x>0 + − + + − − + 8 − + + f decrescente crescente crescente . x→−∞ x→−∞ x→−∞ Portanto. f é contínua então não possui assíntotas verticais. logo x 3 é derivável para todo x ∈ R. x→∞ x→∞ x→∞ 1 3 1 lim x = −∞ e lim (1 + x) = −∞ ⇒ lim x 3 (1 + x) = ∞ . A função f está de nida e é contínua em R. O numerador x 1 muda de sinal em x = − 4 e o denominador em x = 0. o que mostra que x 3 não é derivável em x = 0. 3 3 3 x Para o estudo de sinais de f 0 observe que x 3 > 0 se x > 0 e x 3 < 0 se x < 0. 4 0 1 4 Temos que x 3 = 43 x 3 . O grá co de f corta o eixo y no ponto (0. Quanto aos sinais de 2 − x1 = 2x−1 : x 2 intervalo x<0 0<x< x > 12 1 2 2x − 1 x sinal de f 00 concavidade − − + − + + + − + para cima para baixo para cima Portanto.Traçado do gráfico de uma função. 0)∪(0. otimização Vemos que f é decrescente em (−∞. 3 x 4 Mas f não é derivável em x = 0. portanto. Usando as informações reunidas nos itens anteriores. 9 Unidade 15 . logo f 0 se anula apenas em x = − 41 . Há uma mudança de concavidade em x = os pontos de in exão. esboçamos o grá co na Figura 15. 0) e corta o 1 eixo x em f (x) = x 3 (1 + x) = 0 ⇒ x = 0 ou x = −1. ∞). (vi) Esboço do grá co. (v) Concavidade e pontos de in exão.4. Representamos no grá co o ponto de mínimo em azul e os pontos de in exão em vermelho. ∞) e concavidade para baixo em (0. O teste da derivada primeira (ver quadro anterior quanto aos sinais de f 0 ) mostra que f tem mínimo local em x = − 41 e não tem nem máximo nem mínimo local no ponto crítico x = 0. (iv) Valores de máximo e mínimo locais. 1 2 e em x = 0 que são. 21 ). − 14 ) e crescente em (− 41 . 1 1 1 1 0 f (x) = 0 ⇒ x 3 4 + = 0 ⇒ x = 0 ou x = − . 0) ∪ ( 12 . 0 1 1 1 1 1 1 −2 1 1 00 x3 4 + f (x) = = x 3 4+ + x3 − 2 3 x 9 x 3 x 4 −2 2 −5 4 −2 1 −5 1 −5 x 3+ x 3− x 3 = x 3− x 3 = 9 9 9 9 3 2 −2 1 = x 3 2− 9 x Como x− 3 > 0 para todo x 6= 0 então o sinal de f 00 é o sinal de 2 − x1 . a função tem concavidade para cima em (−∞. Não existem os limites lim sen 2x + 2 cos x e x→−∞ lim sen 2x + 2 cos x . A função f está de nida e é contínua em R. A função é derivável em todo ponto e f 0 (x) = ( sen 2x + 2 cos x)0 = 2 cos 2x − 2 sen x = 2(1 − 2 sen 2 x) − 2 sen x = −2(2 sen x − 1)( sen x + 1) .Unidade 15 Traçado do gráfico de uma função b 1 4 f (x) = x 3 + x 3 − 14 −3 −2 b 1 2 −1 1 2 b 1 4 Figura 15. em que usamos a relação trigonométrica cos 2x = 1 − 2 sen 2 x. (ii) Assíntotas verticais e horizontais. A função não possui assíntotas horizontais ou verticais. x→∞ A função repete inde nidamente o padrão que possui entre 0 e 2π .4: f (x) = x 3 + x 3 Exemplo 4 Esboce o grá co da função f (x) = sen 2x + 2 cos x . (i) Domínio e continuidade de f . 10 . É interessante notar também que a função é periódica com período igual a 2π . (iii) Derivabilidade e intervalos de crescimento e decrescimento. k ∈ Z. k ∈ Z e sen x = 2 5π k ∈ Z ou x = 6 + 2kπ . 2π).Traçado do gráfico de uma função. os pontos críticos são os pontos x = π6 . x = π 6 ⇒x= 5π 6 ex= 1 2 + 2kπ . dada a periodicidade da função. Temos que f 0 (x) = 0 ⇒ sen x+1 = 0 ou 2 sen x−1 = 0 ⇒ sen x = −1 ou sen x = Mas sen x = −1 ⇒ x = 3π + 2kπ . 3π . 2 sen x + 1 ≥ 0 para todo x ∈ R e 2 sen x − 1 será positiva para sen x > 1 π 5π ⇒ <x< . vamos nos restringir ao intervalo (0.5 Reunindo as informações sobre os sinais de f 0 (x) = −2( sen x + 1)(2 sen x − 1): intervalo π 6 5π 6 3π 2 0<x< <x< <x< < x < 2π π 6 5π 6 3π 2 −2( sen x + 1) 2 sen x − 1 sinal de f 0 − − − − − + − − 11 + − + + f crescente decrescente crescente crescente . 2 6 6 π 2 5π 6 π θ1 sen x > 1 2 b π 6 b cos x > 0 cos x < 0 − 41 b 1 2 b 0 2π θ2 3π 2 Figura 15. 1 2 Portanto. otimização Unidade 15 Para o estudo de sinais. observe que cos x > 0 em 0. basta fazer a translação do grá co de um valor 2π . Basta fazer os esboço no intervalo [0. Para o estudo dos sinais. (vi) Esboço do grá co. x = que são os pontos de in exão. obtemos: f 00 (x) = (2 cos 2x − 2 sen x)0 = −4 sen 2x−2 cos x = −2 cos x(4 sen x+1) . 2π) cujo seno é − 14 (Observe a gura 15. 2π) e 4 sen x+1 < 0 ⇒ sen x < − 41 para x ∈ (θ1 . Pelo teste da derivada primeira.6. Portanto. x = θ1 .6 e f 2 = f 2 = 0. π2 ∪ cos x < 0 em π2 . (v) Concavidade e pontos de in exão. 2 3π . 2π] e usar o fato de que a função f (x) = sen 2x + 2 cos x é periódica de período 2π . à direita e à esquerda. √ √ 3 3 = − ≈ Temos que f (0) = f (2π) = 2. ou seja. θ1 )∪(θ2 . 2π 2 e Com relação ao fator 4 sen x + 1. 3π 2 e x = θ2 . x = 5π 6 2 nem mínimo local. θ2 ). 12 . intervalo 0 < x < π2 π < x < θ1 2 θ1 < x < 3π 2 3π < x < θ 2 2 θ2 < x < 2π −2 cos x 4 sen x + 1 sinal de f 00 concavidade − + + − − + + − − + − + − + − para baixo para cima para baixo para cima para baixo Há mudança de concavidade nos pontos x = π2 . concluímos que é mínimo local e x = 3π não é máximo x = π6 é máximo local.5). há dois valores θ1 . Segue que 4 sen x + 1 > 0 ⇒ sen x > − 41 ocorre para x ∈ (0. θ2 no intervalo (0. 3π . inde nidamente. olhando o quadro acima.Unidade 15 Traçado do gráfico de uma função (iv) Valores de máximo e mínimo locais. Derivando novamente a função. f 5π 6 2 π 3π −2. f π6 = 3 2 3 ≈ 2. otimização Unidade 15 Segue o esboço do grá co. 2 b 2 b θ1 θ2 b − 3π 2 −π − π2 π 6 b 5π 6 π 2 π 3π 2 b −2 b √ 3 3 5π . Os pontos de máximo e mínimo locais no intervalo (0.Traçado do gráfico de uma função. √ π 3 3 6.6: f (x) = sen 2x + 2 cos x 13 2π 5π 2 3π 7π 2 4π 9π 2 . 2π) estão marcados em azul e os pontos de in exão no mesmo intervalo estão marcados em vermelho. − 6 2 Figura 15. (d) Encontre os intervalos de concavidade para cima e para baixo e os pontos de in exão. x +1 5. f (x) = x − 2 sen (x). (e) Esboce o grá co da função. x2 f (x) = 2 . x−1 2 1 4 14 . 3. f (x) = x2 . f (x) = (x2 + 1)3 .Unidade 15 Traçado do gráfico de uma função Exercícios Para cada uma das funções a seguir: (a) Encontre as assíntotas horizontais e verticais. x2 − 1 6. 9. f (x) = x2 . x . 8. 2. (b) Encontre os intervalos de crescimento e decrescimento. 12. f (x) = x 3 − x 3 . f (x) = x3 − x2 . f (x) = cos(2x) − 2 cos(x). x2 + 1 7. 1. f (x) = x4 − 2x3 . f (x) = 2x 3 − x. f (x) = (x2 − 1)3 . f (x) = 4. (c) Encontre os pontos de máximo e mínimo locais. 10. 11. Nesta seção. Se há mais de uma variável no problema. que reproduzimos aqui. uma destas equações dará a grandeza que queremos otimizar. 15 Unidade 15 . substituindo uma ou mais equações naquela principal permitirá descrever a grandeza que queremos otimizar em função de uma só variável.Traçado do gráfico de uma função. (iii) Descrevemos as relações entres estas variáveis por meio de uma ou mais equações. (iv) Usando a primeira e segunda derivada da função que queremos otimizar. otimização 15. Tratam-se de problemas que são modelados por uma função e buscamos obter os valores de máximo ou mínimo da função. (ii) Identi camos os intervalos de valores possíveis para as variáveis. Para resolver um problema de otimização. São os valores para os quais o problema tem sentido físico. quais grandezas representam a situação descrita no problema. isto é encontrar seu máximo ou mínimo.2 Problemas de otimização Uma das aplicações mais comuns do Cálculo são os problemas de otimização. encontramos seus pontos críticos e determinamos aquele(s) que resolve(m) o problema. isto é. Vimos um primeiro problema de otimização: o Exemplo 6 da Unidade 8. mostrando como o Cálculo pode ser aplicado nos mais diversos campos do conhecimento humano. daremos vários exemplos de problemas de otimização. Neste ponto é importante estar atento para o fato de que alguns dos pontos críticos da função podem estar fora do intervalo de valores possíveis para a variável (item ii) e devem ser desprezados. Em geral. em várias áreas do conhecimento. usamos em geral o seguinte roteiro aproximado: (i) Identi camos as variáveis do problema. O desenho de grá cos e diagramas pode ser útil para isso. observando que devemos ter 0 < x < retângulo.8 e x = ≈ 3.7. recortando quadrados nos quatro cantos e depois dobrando a folha nas linhas determinadas pelos cortes. Existe alguma medida do corte que produza uma caixa com volume máximo? Seja x o lado do quadrado que é cortado nos cantos da caixa.9 < 0 . temos V 00 (x2 ) = 24x2 − 180 ≈ −103. Os pontos críticos de V (x) são V 0 (x) = 0 ⇒ 12x2 − 180x + 450 = 0 ⇒ x = √ √ √ 15±5 3 15+5 3 15−5 3 . Veja a gura 15.7 A caixa terá como base um retângulo de lados 30 − 2x e 15 − 2x e altura x.Unidade 15 Exemplo 5 Problemas de otimização Uma caixa retangular aberta deve ser fabricada com uma folha de papelão de 15 × 30 cm. São dois pontos críticos: x = ≈ 11. temos: 15 2 para que seja possível fazer o corte do V 0 (x) = 12x2 − 180x + 450 e V 00 (x) = 24x − 180 . 16 .2. Derivando. Seu volume é dado por V (x) = x(30 − 2x)(15 − 2x) = 4x3 − 90x2 + 450x . 2 ). Usando o teste da derivada segunda no ponto crítico x2 . x x x x x x 15 x x 30 Figura 15. O 1 2 2 2 2 15 primeiro valor deve ser desprezado por estar fora do intervalo (0. V = πr2 h.Traçado do gráfico de uma função. 2 17 Exemplo 7 . y < 30 para que os números sejam não negativos. Logo. obtemos: V 0 (r) = 3π (12 − r2 ) e V 00 (r) = −3πr . Então x+y = 30 e queremos maximizar P = xy 2 . Usando o teste da derivada segunda. logo 36 − r2 2 2πrh + πr = 36π ⇒ h = . As derivadas de P (x) são P 0 (x) = 3x2 − 120x + 900 e P 00 (x) = 6x − 120 . Devemos ter 0 < x. obtemos P (x) = x(30 − x)2 = x3 − 60x2 + 900x. Como a solução x = 30 deve ser desprezada. Exemplo 6 Sejam x e y os números. Um reservatório de água tem o formato de um cilindro sem a tampa superior e tem uma superfície total de 36π m2 . P 00 (10) = 6 · 10 − 120 = −60 < 0. A superfície lateral do cilindro é S = 2πrh e a área da base é πr2 . Escrevendo y = 30 − x.2. Portanto. 2r o que resulta em V = V (r) = πr2 h = πr2 36 − r2 πr(36 − r2 ) = . 2r 2 Derivando V (r). obteremos uma caixa de volume máximo para um corte quadrado √ de lado x2 = 15−52 3 ≈ 3. resta x = 10. Encontre dois números não negativos cuja soma é 30 e tal que o produto de um dos números e o quadrado do outro é máximo. O volume de um cilindro é dado pelo produto da área da base pela altura. mostra que P = xy 2 é máximo para x = 10. Encontre os valores da altura h e raio da base r que maximizam a capacidade do reservatório. otimização Unidade 15 o que mostra que o ponto é de máximo. Os pontos críticos são P 0 (x) = 0 ⇒ 3x2 − 120x + 900 = 0 ⇒ x = 10 ou x = 30 . 8 √ A distância d entre o ponto (x. Derivando a função d = d(x). então d00 (x) > 0 para todo x ∈ R e o teste da derivada segunda mostra que x = 23 é ponto de mínimo. y) b 1 d b 1 2 3 Figura 15. Como V 00 (r) < 0 para r > 0. y) do grá co de y = x e o ponto (2. √ em que substituímos y = x na equação.Unidade 15 Problemas de otimização Os pontos críticos de V são √ √ 3π (12 − r2 ) = 0 ⇒ r = 0 ou r = 2 3 ou r = −2 3 . V 0 (r) = 0 ⇒ Exemplo 8 Encontre o ponto (x. Há apenas um ponto crítico: d0 (x) = 0 ⇒ 2x − 3 = 0 ⇒ x = 3 . como x2 − 3x + 4 > 0 para todo x ∈ R. nosso √ único candidato a solução é r = 2 3. obtemos: 2x − 3 d0 (x) = √ 2 x2 − 3x + 4 e d00 (x) = 7 3 4(x2 − 3x + 4) 2 . Devemos ter x > 0 para que o ponto √ (x. y) esteja no grá co de y = x. y) do grá co da função f (x) = ponto (2. o teste da √ derivada segunda mostra que o volume é máximo para r = 2 3. 0). 18 . 0) é p p √ d = (x − 2)2 + y 2 = (x − 2)2 + x = x2 − 3x + 4 . √ x mais próximo do (x. 2 e. 2 Como somente valores positivos de r fazem sentido para o problema. Quantas laranjas devem ser plantadas no pomar de forma a maximizar a produção? Para x novas árvores plantadas. obtemos: P 0 (x) = 100 − 20x e P 00 (x) = −20 . pois P 00 (x) < 0 para todo x ∈ R. deve-se plantar 5 novas árvores para maximizar a produção. mas a produção individual passa a ser de 600 − 10x laranjas por árvore.Traçado do gráfico de uma função. otimização Uma fazenda produz laranjas e ocupa uma certa área com 50 laranjeiras. Veri cou-se que para cada nova laranjeira plantada nesta área a produção por árvore diminui de 10 laranjas. 19 Unidade 15 Exemplo 9 . totalizando uma produção de P (x) = (50 + x)(600 − 10x) = 30000 + 100x − 10x2 laranjas por ano na fazenda. Cada laranjeira produz 600 laranjas por ano. Derivando P (x). há um ponto crítico em 100 − 20x = 0 ⇒ x = 5. Devemos ter x > 0 (não se pode plantar um número negativo de árvores) e. Este ponto será de máximo. Portanto. Portanto. devemos ter 600−10x > 0 ⇒ x < 60. como a produção não pode ser negativa. o número total de árvores passa a ser 50 + x. 00 por m 2 . Prove que o retângulo de maior área que pode ser inscrito em um círculo de raio xado é um quadrado. 2. Divida o número 200 em duas partes de forma que o produto das partes seja máximo. Uma lata cilíndrica deve ter a capacidade de 50π cm3 . o carro A começa a se mover para o norte com uma velocidade de 60 km/h e o carro B para oeste com uma velocidade de 40 km/h. Encontre o ponto no eixo OX que minimiza a soma dos quadrados das distâncias aos pontos (0. 6. 8. 5. Encontre o raio da base e a altura da lata que minimiza o custo da lata. O material do topo e base da caixa custa R$ 25.00 por m 2 . Ao mesmo tempo. encontre o valor mínimo de x + y 3 para x e y positivos. Se xy = 48. 3. 1) e (3. 40 km/h 60 km/h B A 30 km Figura 15. Encontre as dimensões do cone de máximo volume que pode ser inscrito em uma esfera de raio 1.Unidade 15 Problemas de otimização Exercícios 1. 4. 20 . Encontre a distância mínima entre os carros. enquanto que o material com o qual os lados são feitos custa R$ 20. 2). Um carro B se encontra 30 km a leste de um carro A. 4). Encontre o ponto do grá co de f (x) = x2 mais próximo de (0.9 7. Ela deve atravessar o rio de canoa e então chegar o mais rápido possível até um ponto B situado a 2 km de distância pela margem do rio. enquanto que o material para as faces custa R$ 0. Uma pessoa sai de um ponto A na margem de um rio de 1 km de largura.30 por cm 2 . Rio b b 2 km Figura 15. a que distância de B ele deve terminar a travessia de canoa? A b 1 km 10. b θ l l b b Figura 15.Traçado do gráfico de uma função. O material para a base de uma caixa retangular com tampa aberta e base quadrada custa R$ 0. otimização 9. Encontre as dimensões para a caixa de maior volume que pode ser feita com R$ 100. Qual ângulo entre estes lados resulta em um triângulo de área máxima. Se ela consegue remar a canoa a 6km/h e correr a 9km/h.11 21 B Unidade 15 .10 11.20 por cm2 .00. Seja um triângulo isósceles cujos lados iguais têm uma medida xada. A que distância da parede deve se situar uma pessoa para que seu ângulo de visão seja máximo? Observe a gura a seguir.Problemas de otimização 12. Tela Unidade 15 4m 2m θ Figura 15.12 22 . Em um cinema a tela tem 4 metros de altura e está posicionada 2 metros acima da linha horizontal que passa pelos seus olhos. . . . . . . . . . . . .6 Textos complementares . . . . .4 Aproximações por polinômios . . 2 16. . Aproximações por polinômios Sumário 16. . . 3 16. . . . . . . . . . . . . . . . . . .16 Regra de L’Hôpital. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1 . . . . . . . . . 12 16. . . . . . . . . 18 16. . . . .2 Regra de L’Hôpital . .3 Exercícios . . . . . . .1 Introdução . . 11 16. . . . . .5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . M ∈ R \ {0} e lim f (x) = L e x→a então lim g(x) = M. Veja o exemplo a seguir: Exemplo 1 Sejam f (x) = x2 . para M ∈ R \ {0} lim f (x) = 0 e x→a então lim g(x) = M x→a f (x) =0. x→a g(x) M lim Alguns limites de quocientes de funções cujos limites são iguais a 0 ou ±∞ também são determinados. sabemos que se L. x→0 x→0 x→0 Mas observe os seguintes limites de quocientes destas funções: f (x) x2 = lim 4 = ∞ x→0 g(x) x→0 x g(x) x4 lim = lim 2 = 0 x→0 f (x) x→0 x f (x) x2 1 lim = lim 2 = x→0 h(x) x→0 2x 2 lim 2 . x→a g(x) lim g(x) = ±∞ ⇒ lim x→a No entanto. x→a g(x) lim E se f (x) é limitada. g(x) = x4 e h(x) = 2x2 então: lim f (x) = lim g(x) = lim h(x) = 0 . alguns limites de quocientes de funções não podem ser determinados apenas com o conhecimento do limites de cada função.Unidade 16 Introdução 16.1 Introdução (x) são bem determinados a partir dos valores Alguns limites do tipo limx→a fg(x) de limx→a f (x) e de limx→a g(x). f (x) =0. x→a f (x) L = . com as propriedades de limites que estudamos até o momento. Por exemplo. Por exemplo. No caso de limites no infinito o intervalo I deve ser do tipo (b. ∞ e −∞. ∞) para x → ∞ e do tipo (−∞. x→a g(x) x→a g (x) lim O mesmo vale se a for substituído por a+ . exceto possivelmente em um ponto a ∈ I. como mostrou o exemplo anterior.Clique para ler 16. a− . então para x ∈ I \ {a} e limx→a fg0 (x) f (x) f 0 (x) = lim 0 . g 0 (x) 6= 0 0 (x) existe ou é ±∞.Regra de L’Hôpital. Há outras formas indeterminadas além de 00 : 00 . 3 Teorema 3 Regra de L’Hôpital . As outras formas indeterminadas podem ser transformadas em ∞ indeterminações do 00 e ∞ por meio de transformações algébricas simples. se limx→a como dizer o valor f (x) g(x) é uma forma indeterminada do tipo 0 0 Unidade 16 Definição 2 não há (x) somente sabendo-se que limx→a f (x) = de limx→a fg(x) f (x) limite limx→a g(x) pode ser um valor real qualquer ou pode limx→a g(x) = 0. o mesmo vale para limites laterais e limites no infinito. A Regra de L’Hôpital é um método para solução de formas indeterminadas do tipo 00 e ∞ . 1∞ . b) para x → −∞). ou seja.2 Regra de L’Hôpital Enunciaremos a seguir a Regra de L’Hôpital e faremos alguns exemplos. ∞ . 0 · ∞ e ∞0 . Sejam f e g funções deriváveis em um intervalo aberto I. O não existir.O Marquês de L’Hôpital . como ∞ veremos nos exemplos. Se limx→a f (x) = 0. Aproximações por polinômios (x) Dizemos que o limite limx→a fg(x) para funções f (x) e g(x) tais que limx→a f (x) = limx→a g(x) = 0 é uma forma indeterminada do tipo 00 Portanto. ∞ ∞ − ∞. limx→a g(x) = 0. + Para Saber Mais . = lim x→0 x→0 x (x)0 1 Apesar de parecer muito mais simples. x→1 2x2 + x − 3 Calcule lim Como limx→1 x2 + x − 2 = 0 e limx→1 2x2 + x − 3 = 0. Como limx→0 sen x = 0 e limx→0 x = 0. Aplicando a Regra de L’Hôpital uma segunda vez. Aplicando a regra de L’Hôpital: 0 (x2 + x − 2) 2x + 1 3 x2 + x − 2 = lim = . então o limite é uma forma indeterminada 00 . calcule lim x→0 sen x . o limite pedido é do tipo 00 . logo caímos em outra forma indeterminada 00 . Exemplo 5 x2 + x − 2 . uma vez que para calcular a derivada de sen x é necessário utilizar este limite. x Na Unidade 5 calculamos este limite diretamente. 0 x→0 x→0 x→0 6x 3x2 6 (3x2 ) 4 . vejamos alguns exemplos iniciais. resulta 1 − cos x (1 − cos x)0 sen x 1 lim = lim = lim = . este desenvolvimento não serve para demonstrar o limite fundamental. o limite é uma forma indeterminada do tipo 00 . 0 = lim 2 2 x→1 (2x + x − 3) x→1 4x + 1 x→1 2x + x − 3 5 lim Este último limite poderia também ter sido calculado diretamente fatorando numerador e denominador e cancelando o termo comum. Exemplo 6 x − sen x . 0 3 3 x→0 x→0 x→0 x 3x2 (x ) Mas limx→0 (1 − cos x) = 0 e limx→0 3x2 = 0. Usando a Regra de L’Hôpital: lim x→0 sen x ( sen x)0 cos x = lim = cos 0 = 1 .Unidade 16 Regra de L’Hôpital Antes de demonstrar o teorema. x→0 x3 Calcule lim Como limx→0 (x − sen x) = 0 e limx→0 x3 = 0. Aplicando a Regra de L’Hôpital: x − sen x (x − sen x)0 1 − cos x lim = lim = lim . Exemplo 4 Usando a Regra de L’Hôpital. g(b) − g(a) g (c) O Teorema estende o Teorema do valor médio porque se f segue as condições do teorema acima e fizermos g(x) = x. b) então existe c ∈ (a. Portanto. em que usamos o limite lim Sejam f e g funções contínuas em um intervalo [a. Seja agora h a função definida em [a. b) (pois f e g o são) e h0 (x) = (f (b) − f (a)) g 0 (x) − (g(b) − g(a)) f 0 (x). então. h(a) = h(b). b] por h(x) = (f (b) − f (a)) g(x) − (g(b) − g(a)) f (x) . b] e deriváveis em (a. b) tal que g 0 (c) = 0. Se g 0 (x) 6= 0 para todo x ∈ (a. h0 (c) = (f (b) − f (a)) g 0 (c) − (g(b) − g(a)) f 0 (c) = 0 Levando em conta que g 0 (c) 6= 0 por hipótese e que g(b) − g(a) 6= 0. Para demonstrar o teorema. inicialmente observe que se g(b) = g(a). precisaremos do seguinte resultado. que estende o Teorema do valor médio. b) tal que h0 (c) = 0. x→0 x Para provar A Regra de L’Hôpital. b] e derivável em (a. deve haver c ∈ (a. resulta que f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 . Aplicando o teorema de Rolle à função h concluímos que existe c ∈ (a. o que contraria as hipóteses do teorema. g(b) 6= g(a). b) tal que Teorema 7 Teorema do valor médio de Cauchy 0 f (b) − f (a) f (c) = 0 . b). Mas h(a) = (f (b) − f (a)) g(a) − (g(b) − g(a)) f (a) = f (b)g(a) − f (a)g(b) e h(b) = (f (b) − f (a)) g(b) − (g(b) − g(a)) f (b) = f (b)g(a) − f (a)g(b) Logo. Claramente h é contínua em [a. então g 0 (x) = 1 e a conclusão do teorema é exatamente a conclusão do Teorema do valor médio. g(b) − g(a) g (c) o que conclui a demonstração. Portanto.Regra de L’Hôpital. pelo teorema de Rolle. Aproximações por polinômios Unidade 16 sen x = 1. 5 Demonstração . 0 = lim x→0 q cos qx sen qx x→0 ( sen qx) q sen Calcule lim x→∞ sen p x q . limx→∞ sen xp = 0 e limx→∞ sen xq = 0. por meio da substituição t = x1 . Aplicando a Regra de L’Hôpital: lim x→0 Exemplo 9 sen px p cos px ( sen px)0 p = lim = . como no exemplo seguinte. que você pode encontrar no link a seguir.Demonstração da Regra de L’Hôpital . temos uma forma indeterminada do tipo 00 . x em que p. Aplicando a Regra de L’Hôpital: sen lim x→∞ sen p x q x = lim x→∞ sen sen 0 p x 0 q x cos = lim x→∞ cos p x q x − xp2 p cos = lim q x→∞ q cos − x2 p x q x = p q Observe que poderíamos transformar o limite do exemplo 9 no limite do exemplo 8 . o limite é uma forma indeterminada do tipo 00 . podemos fazer a demonstração da Regra de L’Hôpital. Portanto. sen qx Calcule lim x→0 Como limx→0 sen px = 0 e limx→0 sen qx = 0. O cálculo de alguns limites requerem a aplicação da Regra de L’Hôpital várias vezes. x→0 x − sin x Calcule o lim 6 . Exemplo 10 3 sin x − sin 2x . q ∈ R \ {0}. + Para Saber Mais . em que p. Por continuidade da função seno.Unidade 16 Regra de L’Hôpital Usando o teorema que acabamos de provar.Clique para ler Mais alguns exemplos: Exemplo 8 sen px . Se x → ∞ então xp → 0 e xq → 0. q ∈ R \ {0}. Regra de L’Hôpital. Há uma versão da Regra de L’Hôpital que vale para indeterminações do tipo ∞ : ∞ 7 . Para resolvê-lo aplicamos a Regra de L’Hôpital três vezes: lim x→0 3 cos x − 2 cos 2x 3 sin x − sin 2x = lim x→0 x − sin x 1 − cos x −3 sin x + 4 sin 2x = lim x→0 sin x −3 cos x + 8 cos 2x = lim x→0 cos x −3 + 8 =5 = 1 Algumas vezes uma simples substituição pode tornar o cálculo de um limite muito mais simples. |x|→∞ x Exemplo 11 sen x1 1 1 = e vale que lim sen = 0 e 1 |x|→∞ x x x 0 estamos diante de uma indeterminação do tipo 0 . |x|→∞ x lim − x12 cos x1 1 1 = cos 0 = 1 = lim = lim cos = cos lim 1 |x|→∞ x |x|→∞ |x|→∞ x − x2 Outra possibilidade seria fazer a substituição t = x1 antes de aplicar a Regra de L’Hôpital. Aplicando a Regra de L’Hôpital: Como x sen lim |x|→∞ sen x1 1 x 1 = 0. como no exemplo a seguir: 1 Calcule o limite lim x sen . lembrando que se |x| → ∞ então t → 0. t→0 x t→0 t t Indeterminações da forma ∞ ∞ f (x) x→a g(x) Se limx→a f (x) = ±∞ e limx→a g(x) = ±∞. lim x sen |x|→∞ 1 1 sen t = lim sen t = lim =1. dizemos que o limite lim ∞ é uma forma indeterminada do tipo ∞ . Aproximações por polinômios Unidade 16 O limite é uma forma indeterminada do tipo 00 . para limites no infinito e no caso em que 0 (x) = ±∞. Se limx→a f (x) = 0 e limx→a g(x) = ∞ então limx→a f (x) · g(x) é uma indeterminação da forma 0 · ∞. 0 (x) g 0 (x) 6= 0 para x ∈ I \ {a} e limx→a fg0 (x) existe então f (x) f 0 (x) = lim 0 . Fazendo lim f (x) · g(x) = lim 1 x→a g(x) x→a reduzimos aos casos exercício. Exemplo 14 0 0 f (x) e ∞ . ∞ = lim x→a g(x) 1 f (x) o que for mais conveniente para a solução do 1 Calcule o limite lim x tan . limx→a fg0 (x) A demonstração deste teorema será omitida. x→∞ x 8 . x→a g (x) x→a g(x) lim O mesmo vale para os limites laterais. x→∞ 3x2 − 2x + 2 Calcule lim ∞ . 2 x→∞ 6x − 2 x→∞ 6 x→∞ 3x − 2x + 2 3 lim Outras formas indeterminadas Podemos utilizar a Regra de L’Hôpital para resolver outras indeterminações ∞ se transformando-as em indeterminações da forma 00 e ∞ . ∞ Trata-se de uma forma indeterminada Aplicando a Regra de L’Hôpital: 4x + 3 4 2 2x2 + 3x − 1 = lim = lim = .Unidade 16 Teorema 12 Regra de L’Hôpital Sejam f e g funções deriváveis em um intervalo aberto I. exceto possivelmente em um ponto a ∈ I. Se limx→a |f (x)| = ∞. Exemplo 13 2x2 + 3x − 1 . limx→a |g(x)| = ∞. x→∞ x Em que transformamos o limite dado em uma forma indeterminada 00 e aplicamos a Regra de L’Hôpital. temos uma forma indeterminada do tipo ∞ − ∞. Calcule o limite lim+ x→0 1 1 − . limx→∞ x tan x1 é uma forma indeterminada do tipo 0 · ∞.Regra de L’Hôpital. x→0 2 cos x − x sen x 2 lim+ Observe que aplicamos a Regra de L’Hôpital duas vezes no desenvolvimento acima. Aplicando a Regra de L’Hôpital: lim+ x→0 x − sen x = x sen x 1 − cos x x→0 sen x + x cos x sen x = lim+ x→0 cos x + cos x − x sen x sen x 0 = lim+ = =0. limx→∞ tan x1 = tan limx→∞ x1 = tan 0 = 0. Portanto. Mas 1 1 x − sen x lim+ − = lim+ x→0 x→0 sen x x x sen x que é uma forma indeterminada 00 . Fazendo lim f (x) − g(x) = lim x→a x→a 1 g(x) − 1 f (x) 1 f (x)g(x) reduzimos ao caso 00 . Aproximações por polinômios Unidade 16 Pela continuidade da função tangente. Uma solução é a seguinte: lim x tan x→∞ 1 = x lim x→∞ tan x1 1 x − x12 sec2 x1 = lim x→∞ − x12 1 = lim sec2 = sec2 0 = 1 . sen x x Como limx→0+ sen1 x = ∞ e limx→0+ x1 = ∞. 9 Exemplo 15 . Se limx→a f (x) = ∞ e limx→a g(x) = ∞ então limx→a f (x) − g(x) é uma indeterminação da forma ∞ − ∞. que serão estudadas posteriormente.Unidade 16 Regra de L’Hôpital A Regra de L’Hôpital também pode ser usada par resolver indeterminações do tipo 00 . mas para resolvê-las necessitamos das funções exponencial e logaritmo. ∞0 e 1∞ . 10 . lim √ x→1 1 − x2 x3 + x + 1 . x→0 6x2 sen x − x 5. x 3x3 + 2x + 2 . 6. x→∞ x3 + x − 2 arcsen x − π2 . lim 1. x→1 x3 + x − 2 9. Seja f duas vezes derivável em um intervalo aberto I. x→0 sen 2 x 15.Regra de L’Hôpital. Mostre que se f 00 é contínua em I então f (x + h) + f (x − h) − 2f (x) = f 00 (x) . lim x→1 1 − cos x . lim 1 + cos πx . π− x→ 2 13. lim . No estudo de Processamento de sinais digitais utiliza-se uma função sin(πx) chamada função sinc normalizada. h→0 h2 lim 11 Unidade 16 . Mostre que se a derivada de f é contínua em I então f (x + h) − f (x − h) = f 0 (x) . x→0 17. x→∞ 4x4 + x − 1 11. Aproximações por polinômios 16. x2 14. lim x→1 16. Seja f derivável em um intervalo aberto I. lim .3 Exercícios Calcule o valor dos seguintes limites: x2 − 3x + 2 . 10. lim (sec x − tan x). lim sen (2/x) . lim x→0 sen 2x tan x 7. x→0 x3 sen 4x . lim 3. h→0 2h lim 18. lim 2. lim cos px − cos qx . 3/x x→0 x→0 2 cos2 x − 2 . definida por sinc(x) = . 8. lim+ (x2 − 1) tan πx/2. x→0 x 4. x2 − 2x + 1 12. Mostre πx que lim sinc(x) = 1. lim x→0 arcsen x . Seja f função definida em um intervalo aberto I. cos x. denotada f .Aproximações por polinômios Unidade 16 16. Embora Gregory tivesse obtido algumas séries particulares. f é sua derivada de ordem zero.4 Aproximações por polinômios A Série de Taylor de uma função fornece uma aproximação da função por meio de polinômios. ou seja. A expressão de uma função como soma infinita de monômios é utilizada por matemáticos desde muito antes da invenção do Cálculo. Na fórmula de Taylor iremos lidar com a n−ésima derivada de f . (n) Denota-se por f (0) a própria função f . publicando o método em seu trabalho Methodus Incrementorum Directa et Inversa de 1715. XVII. publicando esta descoberta em 1667. o matemático escocês James Gregory (1638–1675). Há evidências de que o matemático indiano Madhava de Sangramagrama (1350–1425) descobriu a série que representa sen x para resolver problemas de astronomia. Dizemos que f é n vezes derivável no ponto a ∈ I se f é n − 1 vezes derivável em uma vizinhança de a e f (n−1) é derivável em a. No Séc. O polinômio de Taylor de ordem n de f em a é o polinômio p(x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + c3 (x − a)3 + · · · + cn (x − a)n tal que as derivadas de ordem k ≤ n de p(x) em x = a coincidem com as derivadas de mesma ordem de f (x) em x = a Podemos determinar facilmente os coeficientes do polinômio de Taylor em função das derivadas de f : 12 . foi o matemático inglês Brook Taylor (1685–1731) o primeiro a apresentar uma fórmula geral para a construção de séries de potências de funções. arcsen x e arccos x. formulou a expansão em série das funções sen x. Polinômios de Taylor Definição 16 Seja f : I → R definida no intervalo aberto I e n vezes derivável em a ∈ I. podemos derivar novamente a série para obter c1 = f 0 (a) = f 00 (x) = 2c2 + 3 · 2(x − a) + 4 · 3(x − a)2 + + · · · + n(n − 1)cn (x − a)n−2 . como f (x) e p(x) têm as mesmas derivadas de ordem k para k ≤ n resulta r(a) = r0 (a) = r00 (a) = · · · = r(n) (a) = 0 . Então r : I → R é n vezes diferenciável em a e. O Teorema de Taylor.Regra de L’Hôpital. Mas o isso quer dizer exatamente? Seja r(x) = f (x) − p(x). 1! Se n > 1. O que mostra que f 00 (a) . o que mostra que f 0 (a) . obtemos o valor dos coeficientes: ck = f (k) (a) . temos f (a) = c0 . que veremos nesta seção. k! para k ≤ n . substituindo x por a. 2! Derivando mais uma vez e substituindo x = a: f 00 (a) = 2c2 ⇒ c2 = f 000 (a) = 3 · 2c3 ⇒ c3 = f 000 (a) . o polinômio de Taylor p(x) é uma boa aproximação de f (x) próximo a a. Derivando f . Aproximações por polinômios Como f (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + c3 (x − a)3 + · · · + cn (x − a)n . 3! Derivando sucessivamente. A próxima proposição mostra que isto equivale a limx→a 13 r(x) (x−a)n = 0. Unidade 16 . mostra que uma função f n vezes derivável em x = a. a diferença entre a função e seu polinômio de Taylor em a. obtemos: f 0 (x) = c1 + 2c2 (x − a) + 3c3 (x − a)2 + 4c4 (x − a)3 + · · · + ncn (x − a)n−1 . Finalmente. p(x) é o polinômio de Taylor de ordem n de f em a. Então r(k) (a) = 0 para 0 ≤ k ≤ n se. r(x) Reciprocamente.Unidade 16 Proposição 17 Aproximações por polinômios Seja r : I → R uma função n vezes derivável em a ∈ I. pela proposição 17. e somente se r(x) =0. as derivadas de ordem k. então. x→a (x − a)n lim A demonstração será omitida. Exemplo 19 Encontre os polinômios de Taylor da função f (x) = 14 1 em x = 0. 0 ≤ k ≤ n de r(x) se anulam em x = a. pela proposição 17. se p(x) é um polinômio de grau ≤ n tal que r(x) = r(x) f (x) − p(x) satisfaz limx→a (x−a) n = 0 então p(x) é o polinômio de Taylor de ordem n de f em a. p(k) (x) = f (k) (x) em x = a para 0 ≤ k ≤ n. a função r(x) definida pela diferença de f (x) e o polinômio de Taylor p(x) satisfaz r(k) (a) = 0 para 0 ≤ k ≤ n. vai a zero "mais rápido" que (x − a)n . Demonstração Como vimos. A função r : I → R definida por f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + f 00 (a) f (n) (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n + r(x) . Reciprocamente. ou seja. A proposição mostra que a diferença de uma função n vezes derivável em a e seu polinômio de Taylor de ordem n em a não só vai a zero como. podemos formular o Teorema de Taylor: Teorema 18 Teorema de Taylor Seja f : I → R uma função n vezes derivável em a ∈ I. por assim dizer. 1−x . 2 n! r(x) satisfaz limx→a (x−a) n = 0. se r(x) = f (x) − p(x) é tal que limx→a (x−a) n = 0. Portanto. Logo. r(x) limx→a (x−a) n = 0. É fácil ver que a k−ésima derivada de f (x) = f (k) (x) = 1 para x 6= 1 é 1−x k! . Se 0 < x < 1. 15 Unidade 16 . podemos usar o Teorema do valor médio para obter uma informação sobre o valor de r(x).Regra de L’Hôpital. Sob hipóteses um pouco mais fortes do que as do Teorema de Taylor. então a soma dos termos da PG infinita é 1 + x + x2 + x3 + · · · = 1 . mas não permite estimar o valor de r(x) para uma dada função f . que é a diferença entre a função f (x) e seu polinômio de Taylor de ordem n em um ponto x = a. (1 − x)k+1 Resulta que o k−ésimo coeficiente do polinômio de Taylor em x = 0 é f (k) (0) = ck = k! k! (1−0)k+1 k! =1. Oserve que p(x) é a soma dos k + 1 primeiros termos da progressão geométrica (PG) de termo inicial 1 e razão x. O Teorema 18 fornece uma informação sobre o limite de r(x) quando x → a. ordem n e ponto x = a. 0 f 000 (x) = 2(1 − x)−3 = −2 · 3(1 − x)−4 (−1) = 2 · 3(1 − x)−4 . Aproximações por polinômios As derivadas de f (x) são: f 0 (x) = (1 − x)−1 0 = −1(1 − x)−2 (−1) = (1 − x)−2 . 0 f 00 (x) = (1 − x)−2 = −2(1 − x)−3 (−1) = 2(1 − x)−3 . é comumente chamada de resto da série de Taylor. 1−x Estimativa da função resto A função r(x) = f (x) − p(x). O k−ésimo polinômio de Taylor em x = 0 é o polinômio p(x) = 1 + x + x2 + x3 + · · · + xk . A série infinita f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + = ∞ X f (n) (a) n=0 n! f 00 (a) (x − a)2 + · · · 2 (x − a)n (16.1. Se a função f é derivável infinitas vezes. Há outras formas para o resto. supondo que f seja n + 1 vezes derivável no intervalo aberto e contínua no intervalo fechado entre a e b. 16 . como a forma de Cauchy e a forma integral do resto. Dado b ∈ I. A prova do Teorema 20 se encontra no link a seguir. mas não convirja para f (x). que não serão discutidas aqui. então existe c entre a e b tal que f (b) = f (a) + f 0 (a)(b − a) + f (n) (a) f 00 (a) (b − a)2 + · · · + (b − a)n 2 n! f (n+1) (c) + (b − a)n+1 .Clique para ler Série de Taylor Definição 21 Seja f : I → R uma função infinitas vezes derivável em I e seja a ∈ I.Prova da Fórmula de Taylor com resto de Lagrange . (n + 1)! O termo f (n+1) (c) (b − a)n+1 (n + 1)! é chamada forma de Lagrange para o resto de Taylor.Unidade 16 Teorema 20 Fórmula de Taylor com resto de Lagrange Aproximações por polinômios Seja f : I → R função n + 1 vezes derivável em a ∈ I. podemos sempre obter a série de Taylor 16.1) é chamada série de Taylor da função f no ponto a. mas a série nem sempre converge em alguma vizinhança de a. Pode mesmo acontecer que convirja em uma vizinhança de x = a. Rn (b) = + Para Saber Mais . O estudo da convergência da Série de Taylor está além dos objetivos deste livro e não será feito aqui. a série de Maclaurin da função f (x) = sen x é f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f (4) (0) 4 x + x + x + ··· 2! 3! 4! ∞ X x 3 x5 x7 x2n+1 =x− + − + ··· = . 3! 5! 7! (2n + 1)! n=0 f (0) + f 0 (0)x + A figura a seguir mostra como os polinômios de Taylor se aproximam cada vez mais da curva y = sen x próximo à origem. p9 (x) p5 (x) 2 f (x) = sen x 1 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 17 1 2 p3 (x) 3 4 5 p7 (x) 6 7 8 . No gráfico temos f (x) = sen x 3 3 x5 (em preto). Obtenha a série de Maclaurin da função f (x) = sen x. vemos que os valores da derivada se repetem em ciclos de período 4. 1 converge No exemplo 19. Aproximações por polinômios Unidade 16 A série de Taylor para x = 0 também é chamada série de Maclaurin. p5 (x) = x − x6 + 120 (em amarelo). vimos que a série de Maclaurin de f (x) = 1−x para f (x) para 0 < x < 1. p3 (x) = x − x6 (em azul). Exemplo 22 Obtendo as derivadas de sen x e avaliando em x = 0.Regra de L’Hôpital. obtemos: f (x) = sen x f (0) = 0 f 0 (x) = cos x f 0 (0) = 1 f 00 (x) = − sen x f 00 (0) = 0 f 000 (x) = − cos x f 000 (0) = −1 f (4) (x) = sen x f (4) (0) = 0 Derivando sucessivamente. x3 x5 x7 x3 x5 x7 x9 p7 (x) = x− 6 + 120 − 5040 (em vermelho) e p9 (x) = x− 6 + 120 − 5040 + 362880 (em laranja). de tal forma que f (n) (0) = 0 para n é par e f (n) (0) alterna os valores 1 e −1 para n ímpar. Portanto. Encontre a série de Taylor da função f (x) = cos x em x = 0. 3. Usando a forma de Lagrange do resto de Taylor.3. estime o erro máximo da aproximação obtida.Unidade 16 Exercícios 16. Mostre que a série de Taylor da função f (x) = (1 + x)p . esta fórmula resulta na expansão do binômio de Newton para (1 + x)p . Mostre que a série de Taylor da função f (x) = arctan x em x = 0 é dada por x3 x5 x7 x2n−1 x− + − + · · · + (−1)n + ··· 3 5 7 2n − 1 6. p ∈ R. . é dada por 1 + px + p(p − 1) . 18 . .5 Exercícios 1. 5. Mostre que se uma função f : I → R é derivável em um ponto x = a e p1 (x) é seu polinômio de Taylor de ordem 1 em a então y = p1 (x) é a reta tangente ao gráfico de f (x) em x = a. Encontre a série de Taylor da função f (x) = 1 x em x = 1. 4. (p − n + 1) n p(p − 1) 2 x + ··· + x + ··· 2! n! Mostre que se p ∈ N. Use o polinômio de Taylor de ordem 5 da função f (x) = sen x em x = 0 para estimar o valor de sen 0. 2. não desejando ele mesmo receber crédito pelas descobertas.org/details/infinimentpetits1716lhos00uoft 19 Para Saber Mais . O Marquês é de família nobre e.Regra de L’Hôpital. que teve grande importância histórica por ter sido a primeira apresentação sistemática do Cálculo Diferencial. Uma versão integral do livro em arquivo PDF e texto está disponível em http://archive. o Marquês de l’Hôpital. publicada em 1696. de 1716. tendo sido autor de trabalhos interessantes em Cálculo e a publicação de algumas obras importantes. L’Hôpital deu crédito ao matemático Johann Bernoulli pelos resultados matemáticos no livro e. A Regra de L’Hôpital não foi descoberta por ele. Aproximações por polinômios 16. dedicou-se à Matemática. A figura abaixo mostra a capa da segunda edição do livro.6 Unidade 16 Textos complementares O Marquês de L’Hôpital A Regra de L’Hôpital recebeu este nome em homenagem ao Matemático francês Guillaume François Antoine l’Hôpital (1661–1704). mas apareceu pela primeira vez em sua obra Analyse des Infiniment Petits pour l’Intelligence des Lignes Courbes (Cálculo infinitesimal para o entendimento das linhas curvas). após abandonar uma carreira militar por problemas de visão. publicou a primeira edição anonimamente. faremos a demonstração para limites laterais à direita x → a+ . x) tal que F 0 (cx ) F (x) − F (a) = 0 . temos que cx → a+ . Mas F e G também são contínuas em a. fica demonstrado o caso x → a.Unidade 16 Para Saber Mais Textos complementares Demonstração da Regra de L’Hôpital Inicialmente. x).2) Fazendo agora o limite quando x → a+ na equação 16. x→a+ x→a Assim. o que resulta em lim+ x→a f (x) f 0 (cx ) f 0 (cx ) f 0 (x) = lim+ 0 = lim+ 0 = lim+ 0 . Provaremos que lim+ x→a f (x) f 0 (x) = lim+ 0 . Como f e g são deriváveis em I \ {a}. atendem às condições do valor médio de Cauchy e existe um cx ∈ (a. A demonstração para limites laterais à esquerda é análoga e. por hipótese). Portanto. = 0 g(x) g (cx ) (16. com x > a. f (x) f 0 (cx ) . x]. Seja x ∈ I. f 0 (x) + + Suponha então que limx→a f (x) = 0 e limx→a g(x) = 0 e que lim+ 0 x→a g (x) exista. portanto. então F e G são deriváveis no intervalo (a. F 0 (cx ) = f 0 (cx ) e G0 (cx ) = g 0 (cx ) para cx ∈ (a. x) e vale que G0 (x) 6= 0 em (a. G(x) − G(a) G (cx ) Mas F (a) = G(a) = 0. F e G são contínuas em [a. Portanto. contínuas em (a. g(x) x→a g (cx ) cx →a g (cx ) x→a g (x) 20 . pois lim F (x) = lim+ f (x) = 0 = F (a) e x→a+ x→a lim G(x) = lim+ g(x) = 0 = G(a). x] e. x]. g(x) x→a g (x) Considere as funções F e G definida em I por ( ( f (x) se x 6= a g(x) se x 6= a F (x) = e G(x) = 0 se x = a 0 se x = a . tendo demonstrado os dois limites laterais. b) (pois o mesmo vale para g. deriváveis em (a. x). como cx ∈ (a.2. t t Então lim F (t) = lim f (x) = 0 e t→0+ x→∞ lim G(t) = lim g(x) = 0. Sejam as funções F.Regra de L’Hôpital. A ideia da demonstração é usar a mudança de variável t = x1 para reduzir ao caso já provado da Regra de L’Hôpital. Aproximações por polinômios o que conclui a prova para o limite lateral à direita x → a+ . Faremos para o caso x → ∞. A prova do caso x → −∞ é análoga. x → a− e x → a. limx→∞ g(x) = 0 e g 0 (x) 6= 0 para todo x ∈ (b. x→∞ t→0+ 1 Pela regra da cadeia. G(t) t→0 G (t) Portanto. 1 x→∞ g 0 (x) t→0+ g 0 1 t t o que completa a demonstração do teorema. Sejam f e g funções deriváveis em intervalo (b. 21 Unidade 16 . A prova para o limite lateral à esquerda é análoga e podemos assim considerar provado o caso dos limites x → a+ . temos 0 < t < 1b para b < x < ∞ e t → 0+ se x → ∞. f (x) lim = x→∞ g(x) = 1 t 1 t 1 0 − t2 f − t12 g 0 f lim+ t→0 g lim t→0+ F (t) F 0 (t) = lim+ = lim+ 0 t→0 G(t) t→0 G (t) 1 f 0 1t f 0 (x) t = lim = lim . temos que lim+ t→0 F (t) F 0 (t) = lim+ 0 . b e 1 0 1 1 0 1 0 0 e G (t) = − 2 g . Provaremos que lim 0 x→∞ g (x) f (x) f 0 (x) = lim 0 . F (t) = − 2 f t t t t Aplicando a parte que já provamos da Regra de L’Hôpital. x→∞ g(x) x→∞ g (x) lim Fazendo t = x1 para x > b. Provaremos agora a Regra de L’Hôpital para limites no infinito x → ±∞. ∞) tais que limx→∞ f (x) = 0. G : 0. 1b → R definidas por 1 1 F (t) = f e G(t) = g . ∞) e suponha que exista f 0 (x) . f e G são deriváveis em 0. 3) em que M ∈ R é escolhida de forma que g(a) = 0. b] e derivável em (a. Além disso.3. n! (n + 1)! que é a fórmula que queríamos demonstrar. Temos que g(x) é contínua em [a. g(a) = 0 (pela escolha de M ) e. Seja a função g : [a. podemos aplicar o Teorema de Rolle e concluir que existe um c ∈ (a. 22 . substituindo x = b na fórmula 16. Mas a derivada de g(x) é 000 f (x) 0 0 00 0 2 00 g (x) = −f (x) − (f (x)(b − x) − f (x)) − (b − x) − f (x)(b − x) 2 (n+1) f (x) f (n) (x) M n n−1 −··· − (b − x) − (b − x) + (b − x)n n! (n − 1)! n! (n+1) M −f (x) (b − x)n = n! Como g 0 (c) = 0 então M = f (n+1) (c). Portanto.Unidade 16 Para Saber Mais Demonstração Textos complementares Prova da Fórmula de Taylor com resto de Lagrange Suponha que b > a (o caso b < a é análogo). resulta em: f (b) = f (a) + f 0 (a)(b − a) + · · · + f (n) (a) f (n+1) (c) (b − a)n + (b − a)n+1 . Substituindo x por a na fórmula 16. b) tal que g 0 (c) = 0. b).3 e lembrando que g(a) = 0. b] → R definida por f (n) (x) (b − x)n n! M (b − x)n+1 . − (n + 1)! g(x) = f (b) − f (x) − f 0 (x)(b − x) − · · · − (16. vemos que g(b) = 0. . . . . . . . . . . . . . 19 a 1 . . .5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .8 Exercícios . . . . . . . . .1 Introdução . . . . . .6 Propriedades das integrais de nidas . . . .7 Interpretação geométrica da integral . . 6 17. . . . . . . . . . 2 17. . 18 17. . 16 17. . . . b] −→ R . . .17 O conceito de integral e suas propriedades básicas Sumário 17.4 A integral de nida Z b f (x) dx . . . . . 5 17. . . . . .3 Somas de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Integral de nida de f : [a. 14 17. . . . 7 17. . . . . . . . . . . Além disso. Exemplos clássicos de guras não triangularizáveis às quais atribuímos área são círculos e. 71 7 2 . é a função derivada de alguma função F : I −→ R? Ou seja. ∀x ∈ I? Como estender a noção clássica de área de guras planas triangularizáveis para guras mais gerais? Quais guras não triangularizáveis poderão ser incluídas no processo? Questão B: Na primeira questão buscamos uma função enquanto que na segunda esperamos obter números nas respostas. como seu nome indica: o Teorema Fundamental do Cálculo. como a parábola. aparentemente.1 Introdução Ao longo das unidades que restam lidaremos com duas questões que. mostrou que 3 1 10 < π < 3 . de nida em um intervalo aberto I da reta. deram uma a outra renovada vitalidade e seguiram rapidamente rumo à perfeição. como veremos. seus progressos foram lentos e suas aplicações limitadas. Veremos também que há uma forte conexão entre elas. quando estas duas ciências foram unidas. A continuidade. existe F : I −→ R tal que F 0 (x) = f (x). Lagrange 17. Questão A: Sob que condições podemos a rmar que uma dada função f : I −→ R. setores de curvas cônicas. é condição su ciente para respondermos positivamente a ambas as questões. que será objeto de estudo da próxima unidade. No entanto. um resultado deveras importante. Arquimedes deu a primeira prova rigorosa de que a área do círculo é igual à área do triângulo cuja base é igual a sua circunferência e cuja altura é igual a seu raio.Unidade 17 Introdução Enquanto a Álgebra e a Geometria estiveram separadas. não estão nem um pouco relacionadas. mais geralmente. 3 Exemplo 1 . pela reta de nida pela equação x = 1 e pelo trecho da parábola determinada pela equação y = x2 . É importante notar que Arquimedes não dispunha de notação adequada nem de um sistema de numeração posicional como o que usamos. Veja a gura para o caso desta subdivisão ser de cinco subintervalos. 1] em subintervalos. Para ilustrar a teoria de integral de nida que apresentaremos. resultado dos trabalhos de Descartes e Fermat. com os correspondentes retângulos.O conceito de integral e suas propriedades básicas Unidade 17 Ele também calculou áreas de setores parabólicos. todos de comprimentos iguais. tornou-se viável devido à introdução da noção de coordenadas. vamos começar com um exemplo. Vamos calcular a área da região compreendida pelo eixo Ox. como a que faremos. Uma abordagem mais geral. y = x2 1 Aqui está a estratégia: vamos subdividir o intervalo [0. Cada um desses retângulos terá altura igual ao máximo valor da função restrita ao subintervalo base. Seus argumentos envolvem aproximações da região em questão por regiões triangularizáveis. e considerar os retângulos com bases nesses intervalos. o método de exaustão e suas demonstrações usam a redução ao absurdo. para nossa conveniência. o produto do comprimento do intervalo n n 0< 4 . Note que isso é muito razoável. tomando divisões com mais e mais subintervalos. teremos um excelente candidato à área da região original. 1 Vamos aos números. uma vez que a cada nova subdivisão do intervalo [0.Unidade 17 Introdução 1 A união desses retângulos é uma região à qual podemos atribuir área: a soma das áreas dos retângulos. será a base do i-ésimo retângulo. n n n n i−1 i Assim. a diferença entre a região original e a união de retângulos é menor. 1]. obteremos uma sequência de números reais. A divisão do intervalo [0. Agora. 1] será em n subintervalos. o subintervalo . A área n n 2 1 i deste retângulo é A(i) = × . Se essa sequência convergir. delimitados pelos pontos 1 2 i n−1 < < ··· < < ··· < < 1. um excelente candidato à área 3 da região original. 2. b] um intervalo fechado e limitado da reta. n Portanto. Chamamos uma partição P de [a. . x4 ] ∪ [x4 . x1 . [ a = x0 x1 ] x2 x3 - x4 b = x5 [a. . b] = [x0 . a área da união dos n retângulos é S(n) = n X i=1 n n X n(n + 1)(2n + 1) 1 X 2 i2 i = A(i) = = 3 . 17. . x3 ] ∪ [x3 . xn−1 . ordenado da seguinte forma: a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b. Isto é. o comprimento do intervalo original: n X ∆xi = (x1 − x0 ) + (x2 − x1 ) + · · · + (xn − xn−1 ) = xn − x0 = b − a. b] em n subintervalos [xi−1 . Chamamos norma da partição P o comprimento do seu subintervalo mais longo: k P k = max{ ∆xi . x2 ] ∪ [x2 . x5 ]. Cada um destes subintervalos tem comprimento ∆xi = xi − xi−1 e a soma destes comprimentos é igual a b − a. 3 3 n n 6n i=1 i=1 1 Tomando o limite. Note que uma tal partição divide o intervalo [a. todos os subintervalos de mesmo tamanho. b] Seja [a. . . . b] um conjunto nito de pontos {x0 . i = 1.O conceito de integral e suas propriedades básicas pela sua altura. Note que as partições usadas no exemplo introdutório eram homogêneas. o ponto . xn }. n } . i=1 Veja um exemplo grá co para n = 5. x1 ] ∪ [x1 . . o valor da função f (x) = x2 calculada no extremo superior do i intervalo. temos lim S(n) = . 5 Unidade 17 . b] −→ R Partições do intervalo [a.2 Integral de nida de f : [a. um-enésimo do comprimento do intervalo original. . Vamos agora ao caso geral. xi ]. S(n) corresponde à Soma de Riemann da função f (x) = x2 . P) := n X f (ci ) ∆xi . escolhemos um ponto ci ∈ [xi−1 . xi ]. de nida no intervalo [0.Unidade 17 Somas de Riemann 17. De nimos a Soma de Riemann de f . xi ] e de altura f (ci ). relativa à partição P e à escolha dos pontos ci por S(f. S(f. P) indicamos a dependência deste número em relação à partição P . 3 n n 6n i=1 Note que. x0 c1 x1 x2 c2 c3 x3 6 c4 x4 c5 x5 .3 Somas de Riemann Seja f : [a. b] e seja P uma partição de [a. b] −→ R uma função de nida no intervalo fechado e limitado [a. . 2. . n. como mostra a gura a seguir. b]. P) é a área da região formada pela união dos retângulos de base [xi−1 . i=1 Observe que na notação S(f. . 1]. se f é uma função positiva. mas ele também depende da escolha dos pontos ci . Para cada i = 1. com a partição homogênea de n i subintervalos e as escolhas ci = : n n 2 X i n(n + 1)(2n + 1) 1 S(n) = = . No exemplo introdutório. . 4 A integral de nida Z b f (x) dx a Gostaríamos de dizer que a integral de nida da função f : [a. P). a Soma de Riemann é S(f. b] −→ R é o limite das suas Somas de Riemann quando as normas das partições tendem à zero: Z b f (x) dx = a lim S(f. i=1 onde Ai representa a área do retângulo de base [xi−1 . P) = 5 X f (ci ) ∆xi = A1 − A2 − A3 + A4 + A5 . nos deparamos com uma di culdade técnica. contribuirão com parcelas negativas. corresponde a uma soma de números positivos ou negativos.O conceito de integral e suas propriedades básicas No entanto. dependendo dos valores f (ci ). Assim. c2 c3 c1 c4 c5 Neste exemplo grá co. Veja a gura a seguir. os retângulos que se encontrarem abaixo do eixo Ox. que assume valores positivos e negativos. as Somas de Riemann de uma função qualquer. xi ] e altura |f (ci )|. kPk→0 Para fazer isso. Tal limite é de natureza diferente dos limites com os quais temos lidado até agora: o limite de 7 Unidade 17 . 17. em geral. No exemplo introdutório escolhemos os extremos superiores dos subintervalos: ci = xi . sua restrição fi : [xi−1 . b] −→ R é uma função contínua. Dada uma partição P de [a. será limitado por duas Somas de Riemann especiais. ou 2 os pontos médios dos subintervalos. os extremos inferiores. (a) Lidaremos. Isto é. inicialmente. (c) Se f : [a. variando sobre as escolhas dos pontos ci 's. sobre o qual queremos tomar o limite. queremos analisar o comportamento de um conjunto enumerável (e ordenado) de pontos. então a Soma de Riemann mínima de Q será maior ou igual à Soma de Riemann mínima de P e a Soma de Riemann máxima de Q será menor ou igual à Soma de Riemann máxima de P . para todo x ∈ [a. b] −→ R for contínua e positiva e k P k→ 0. o conjunto das Somas de Riemann de f . ainda teríamos que lidar com as escolhas dos ci 's. por conveniência. Quando lidamos com as partições. b] −→ R for contínua e positiva. Para isso. apenas com funções contínuas positivas. relativas a P . a Vamos iniciar com a a rmação (b). b] −→ R for contínua e positiva e Q for a partição de [a. b] −→ R é contínua e f (x) ≥ 0. b]. temos um conjunto enorme de números. o qual foi de nido em termos do anterior. como xi−1 . assumiremos por agora que f : [a. xi ] −→ R 8 . b] obtida da partição P pela adição de um ponto extra. (b) Se f : [a. uma mínima e outra máxima.Unidade 17 A integral definida Z b f (x) dx a sequência e o limite de função. como f : [a. então a Soma de Riemann mínima de P convergirá para a Soma de Riemann máxima de P . as a rmações a seguir. b]. porém o mesmo limite! Para superar essas di culdades e continuar no escopo de um livro de Cálculo. escolha poderia ser outra. (d) Se f : [a. Mesmo se nos restringíssemos às partições homogêneas. b] e denotado Z b f (x) dx. A xi + xi−1 . Este número será chamado a integral de nida de f em [a. mais as escolhas dos pontos ci 's. lidaremos apenas com funções contínuas. estabeleceremos. Em cada um dos casos teríamos outra sequência. dada uma partição P de [a. No caso do limite de uma sequência. b]. xi ] tais que f (ei ) ≤ f (x) ≤ f (di ). P) é uma Soma de Riemann associada a uma escolha genérica de ci 's. Q) ≤ S+ (f. onde S(f. P). O Teorema dos Valores Extremos garante a existência de pontos ei e di em [xi−1 . P) < S+ (f. P) a Soma de Riemann correspondente à escolha dos di 's máximos. cujos lados superiores são azuis. Portanto. c1 c2 c3 c4 c5 Vamos agora lidar com a a rmação (c). então S+ (f. ∀x ∈ [xi−1 . P). Observe a gura a seguir. P) a Soma de Riemann correspondente à escolha dos ei 's mínimos e por S+ (f. na qual os retângulos máximos. temos S− (f.O conceito de integral e suas propriedades básicas a cada um dos subintervalos da partição também é contínua. somam área maior do que a área correspondente aos retângulos de lados superiores vermelhos. Mostraremos que. se Q é obtida de P pela adição de um ponto. que por sua vez somam área maior do que a área correspondente aos retângulos mínimos. com lado superior em preto. se denotarmos por S− (f. Suponhamos que Q foi obtida de P pela adição do ponto t: a = x0 < x1 < x2 < · · · < xi−1 < t < xi < · · · < xn = b. xi ]. 9 Unidade 17 . P) < S(f. i = 1. i=1 onde f (di ) e f (ei ) são. Pn ) . . i = 1. Q) é análoga. o mínimo e o máximo valores de f em [a. mn (b − a) ≤ S+ (f. obtemos uma nova partição P2 de P1 e assim sucessivamente. P1 ) ≤ S+ (f. n}. Vamos apresentar um argumento que garante que I− = I+ . P1 ) ≤ S+ (f. f (η1 )(t − xi−1 ) + f (η2 )(xi − t) ≤ f (di )(t − xi−1 ) + f (di )(xi − t) = f (di ) ∆xi e podemos concluir que S+ (f. f (η1 ) ≤ f (di ). Dada uma partição P de [a. P) substituindo a parcela f (di ) ∆xi por duas parcelas. Então. t] ∪ [t. inferiormente por m (b − a) e superiormente por M (b − a). Pn ) = n X (f (di ) − f (ei )) ∆xi . Portanto. nas quais f (η1 ) é o valor máximo de f em [xi−1 . obtemos uma sequência de partições Pn . n} e mn = min{f (di ) − f (ei ). ambas convergem. . Queremos agora considerar a a rmação (c). . respectivamente. uma decrescente: S+ (f. Pn ) − S− (f. A situação S− (f. xi ] = [xi−1 . construímos uma nova partição P1 acrescentando a P todos os pontos médios de seus subintervalos. t] e f (η2 ) é o valor máximo de f em [t. uma crescente: S− (f. Pn ) e S− (f. b]. . respectivamente. . S+ (f. Dessa forma. Mas f (di ) é o valor máximo de f em [xi−1 . temos S− (f. Pn ) ≤ Mn (b − a). Além disso. tais que k Pn k= 21n k P k. P) ≤ S− (f. onde lidaremos com um processo de convergência. Pn ): S+ (f. os valores máximo e mínimo de f no intervalo [xi−1 . P). Esta nova partição é tal que k P1 k= 21 k P k. . digamos f (η1 ) (t − xi−1 ) e f (η2 ) (xi − t). usando o item (c) iteradas vezes. Observe a diferença entre as somas S+ (f. Repetindo o processo. respectivamente. P). f (η2 ) ≤ f (di ). Q) ≤ S+ (f. além de duas sequências de números. Pn ) . . 10 . P) ≤ S− (f. b]. xi ]. . Sejam Mn = max{f (di ) − f (ei ).Unidade 17 A integral definida Z b f (x) dx a Então. onde m e M são. xi ]. Como essas duas sequências de números são limitadas. Pn ) − S− (f. Q) é obtida de S+ (f. xi ]. Chamamos seus limites de I− e I+ . Para a função f : [a. ao mesmo limite I ? Uma maneira de garantir isso seria usar a partição obtida da união delas. b] −→ R contínua. xi ] converge para zero e a continuidade de f implica que as diferenças f (di )−f (ei ) tendem a zero. b]. P) = n X f (ci ) ∆xi = i=1 Portanto. f+ (x) ≥ 0 e f− (x) ≤ 0. b] −→ R e f− : [a. digamos P e Q. P ∪ Q e mostrar que esse limite é igual ao limite obtido a partir de P e ao limite obtido a partir de Q. estabelecemos a proposição a seguir: Dada uma função f : [a. por esse processo. Pn ) converge para zero e I+ = I− = I . para todo x ∈ [a. b]. Seja f : [a. 11 Proposição 4 . Assim. partindo de possíveis diferentes partições. para podermos estender a de nição para funções contínuas quaisquer. Definição 2 a Observe que podemos usar qualquer família de partições para chegar a este limite. Pn ) − S− (f. se P é uma partição de [a. b] −→ R a função constante f (x) = k .O conceito de integral e suas propriedades básicas Unidade 17 Tomando o limite com n → +∞. ambas contínuas. o comprimento dos intervalos [xi−1 . lim mn = lim Mn = 0. i=1 lim k (b − a) = k (b − a). b] −→ R contínua e positiva. xi ]. b] −→ R. Como garantir que. Z b k dx = a lim kPk→0 n X k ∆xi = k i=1 n X f (ci ) ∆xi = i=1 n X Exemplo 3 A integral da função constante ∆xi = k (b − a). b] e ci é uma escolha qualquer de pontos ci ∈ [xi−1 . para todo x ∈ [a. kPk→0 Precisamos agora lidar com o item (a). existem duas funções f+ : [a. a diferença n→+∞ n→+∞ S+ (f. tais que f (x) = f+ (x) + f− (x). Então. a Soma de Riemann de f associada é S(f. Resta um ponto a ser esclarecido. de nimos Z b f (x) dx = I. chegaremos. Para isso. Portanto. Unidade 17 A integral definida Z b f (x) dx a Demonstração Basta escrever f+ (x) = f (x). tomamos g = −f e de nimos Z b Z f (x) dx := − a b g(x) dx. b]. É conveniente convencionar as seguintes a rmações: 12 . a a a Completamos essa seção com algumas extensões da de nição de integral. b] −→ R ser uma função tal que f (x) ≤ 0. Definição 5 Seja f : [a. Veja na gura um exemplo de f com suas respectivas f+ e f− . para todos os elementos x ∈ [a. de nimos Z b Z b Z b f (x) dx = f+ (x) dx + f− (x) dx. a No caso geral. se f (x) < 0. b] −→ R uma função contínua. assim como f− (x) = f (x). se f (x) > 0. No caso de f : [a. se f (x) ≥ 0 e f+ (x) = 0. se f (x) ≤ 0 e f− (x) = 0. Fica como exercício para o leitor a demonstração de que essas duas funções são contínuas. O conceito de integral e suas propriedades básicas 1. c Z a Z f (x) dx = − 2. de b para a. Então Z c f (x) dx = 0. uma vez que a integração está sendo feita no sentido inverso. portanto. tomamos −∆xi no lugar de ∆xi no cálculo das Somas de Riemann. a No caso do item (1) podemos interpretar que {c} é a única partição do intervalo [c. 13 Unidade 17 . b b f (x) dx. b]. ∆x1 = 0. c] e. Seja c um ponto de [a. No caso do item (2). 3. a área do triângulo retângulo de base [0. respectivamente. se f (x) ≥ 0 e f+ (x) = 0. do respectivo 2 trapézio. se f (x) > 0. na qual a ≥ 0. então b Z m (b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a). g : [−a. funções tais que f (x) = f (−x) e g(x) = −g(−x). 4. usando os pontos extremos inferiores dos subintervalos. para todo x ∈ [−a. a] −→ R. se f (x) < 0. a]. 2 Conclua que. se f for contínua. são obtidas diretamente das fórmulas 1 f+ (x) = (f (x) + |f (x)|) 2 e 1 f− (x) = (f (x) − |f (x)|). −a 0 Mostre que. se f (x) ≤ 0 e f− (x) = 0.5 Exercícios 1. como no exemplo introdutório. b] −→ R. f uma função par e g uma função ímpar. b]. se f : [a. Calcule Z 1 x dx. Sejam f. dada f : [a. 1] determinado 0 pelo eixo Ox e pelas retas y = x e x = 1 usando partições homogêneas. de nidas por f+ (x) = f (x). positiva e m e M são. seus valores mínimo e máximo em [a.Unidade 17 Exercícios 17. 5. assim como f− (x) = f (x). resulta na área A = + b − a. as correspondentes funções f+ e f− . de nida por f (x) = b 2 − a2 x + 1. então f+ e f− são contínuas. Mostre que. Use partições homogêneas para mostra que o processo ilustrado no exemplo introdutório. Mostre que Z a Z a Z a f (x) dx = 2 f (x) dx e g(x) dx = 0. −a 6. 2. a 14 . b] −→ R. pela reta de nida pela equação x = 1 e pelo trecho da parábola determinada pela equação y = x2 . aplicado a função f : [a. b] −→ R é uma função contínua. Calcule a área da região compreendida pelo eixo Ox. Mostre que. b] −→ R é uma função contínua. b]. b] tal que f (c) > 0. g : [a. então Z b f (x) dx > 0. se f. positiva e existe c ∈ [a. b] −→ R são funções contínuas tais que f (x) ≥ g(x) ≥ 0. a 15 Unidade 17 .O conceito de integral e suas propriedades básicas 7. a 8. então Z b Z b f (x) dx ≥ g(x) dx. se f : [a. para todo x ∈ [a. a Mostre que. A propriedade segue do fato de que. Z c<a<b ou a < b < c ocorrer. a Demonstração a c Consideremos inicialmente a possibilidade a < c < b. se P é uma partição de [a. Veja uma representação grá ca desta situação. c] e Q é uma partição de [c. Neste caso. b e c ∈ I .6 Propriedades das integrais de nidas Iniciamos com algumas propriedades que completam a de nição e enfatizam a interpretação geométrica da integral de nida. b] ⊂ I e as restrições de f a cada intervalo mencionado é uma função contínua. então P ∪ Q será uma partição de [a. [a.Unidade 17 Propriedades das integrais definidas 17. então Z b Z c Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx. Se a. Proposição 6 Propriedade 1 Seja f : I −→ R uma função contínua de nida em intervalo I. c] ∪ [c. b]. O resultado então seguirá da propriedade do limite sobre as partições. basta lembrar que Z a − f (x) dx. a c b Nos casos de c coincidir com a ou comZb ou se uma das situações. c 16 c c c f (x) dx = 0 e que f (x) dx = a . b]. b] = [a. a Estas duas propriedades decorrem imediatamente das respectivas propriedades do limite das Somas de Riemann. 17 Unidade 17 Proposição 7 Propriedade 2 . b] −→ R funções contínuas. Então Z b Z b Z b g(x) dx. k ∈ R e uma constante.O conceito de integral e suas propriedades básicas Sejam f. f (x) dx + (f + g)(x) dx = (i) (ii) b Z (kf )(x) dx = k a a a a Z b f (x) dx. g : [a. (b) Em geral. para Z b f (x) dx é a área da região determinada pelo todo x ∈ [a. b] −→ R é uma função contínua. entre as retas verticais x = a e x = b. Isto é. então Z b f (x) dx a é a soma das áreas orientadas das regiões determinadas pelo eixo Ox e pelo grá co de f . as regiões que cam abaixo do eixo Ox contribuem com os valores negativos de suas áreas enquanto que as regiões que cam acima do eixo contribuem com os valores positivos de suas áreas. se f : [a. R3 R1 a R5 R2 b R6 R4 Z b f (x) dx = A(R1 ) − A(R2 ) + A(R3 ) − A(R4 ) + A(R5 ) − A(R6 ). b]. pelo eixo Ox e pelas retas verticais x = a e x = b. então o limite a grá co de f . Veja um exemplo grá co.Unidade 17 Interpretação geométrica da integral 17. (a) Se f : [a. a 18 .7 Interpretação geométrica da integral Resumimos os fatos que relacionam a integral de nida e áreas de regiões. b] −→ R é uma função contínua tal que f (x) ≥ 0. Calcule Z a (x2 + x + sen x) dx.8 Exercícios 1. então fp e fi são contínuas e Z a Z a f (x) dx = 2 fp (x) dx. Seja A ⊂ R um conjunto tal que. Dada uma função f : A −→ R. para todo x ∈ A. Mostre que se A é um intervalo e f é contínua. Calcule Z b x dx usando partições homogêneas. se x ∈ A. de nimos duas funções fp . fi : A −→ R por fp (x) = 21 (f (x) + f (−x)) e fi (x) = 12 (f (x) − f (−x)). então −x ∈ A. a 2. −a −a 19 Unidade 17 .O conceito de integral e suas propriedades básicas 17. −a 3. . . . . . .8 Exercícios . . . . . . . . . 18 18. . . 12 18. . . . 7 18.5 Segunda Parte do Teorema Fundamental do Cálculo 8 18. . . . . .4 Exercícios . . . . . . . . .10Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9 A Função Exponencial . 11 18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 O Teorema do Valor Intermediário para Integrais . . . . . . . . . . 3 18. 19 18. . . . . . . . . . . . . .3 Primeira Parte do Teorema Fundamental do Cálculo 4 18. . . . . .18 O Teorema Fundamental do Cálculo Sumário 18.1 Introdução . . . . . . 2 18. . . . . . . . . .6 Exercícios . . . . . . . . . . . . .7 O Teorema Fundamental do Cálculo e a Função Logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1 . para todo x ∈ I . Observou-se também várias propriedades deste limite. para uma função contínua f : [a. b] −→ R. ele responderá a uma das questões colocadas na introdução da unidade anterior. Dizemos que F : I ⊂ R −→ R é uma primitiva de f se. é no mínimo trabalhoso calculá-lo. i=1 a integral de nida de f no intervalo [a. Além disso. este número é usado para de nir a área da região limitada pelo eixo Ox. Exemplo 2 As funções F (x) = sen 2 (x) e G(x) = − cos2 x são ambas primitivas da função f (x) = 2 cos x sen x. nos fornecerá uma maneira simples de fazer isso. se M é o valor máximo e m o valor mínimo de f em [a. como pode ser diretamente veri cado. grande ponte! 18. F 0 (x) = f (x). Em particular. sob quais condições uma dada função é uma função derivada. mas mesmo nos casos mais simples. então Z m(b − a) ≤ b f (x) dx ≤ M (b − a). no seu aspecto mais prático.Unidade 18 Introdução A grande rio. que permite estabelecer. 2 . b]. o limite Z b f (x) dx = a lim kPk→0 n X f (ci ) ∆xi .1 Introdução A unidade anterior apresentou a teoria das Somas de Riemann. Definição 1 Seja f : I ⊂ R −→ R uma função de nida em um intervalo aberto I . O objetivo desta unidade é apresentar o Teorema Fundamental do Cálculo que. a saber. b]. a Este limite tem um importante papel teórico. Se f é uma função positiva. pelo grá co da função f e pelas retas verticais x = a e x = b. Isto é. b] tal que Z b 1 f (c) = f (x) dx. em um caso no qual a função f é positiva. para funções contínuas. b]. e será útil nas argumentações ao longo da unidade. b] −→ R é uma função contínua. c] é igual à área que excede ao retângulo de base [c. tais que para todo x ∈ [a. x2 ∈ [a. a interpretação do resultado. b].2 Unidade 18 O Teorema do Valor Intermediário para Integrais Iniciaremos com um teorema que é uma aplicação do Teorema do Valor Intermediário. 3 Demonstração . b] e altura f (c)). na gura. f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ). Se f : [a. b−a a Teorema 3 Veja. b]. a área que falta ao retângulo de base base [a. então existe c ∈ [a. O Teorema de Weierstrass para Valores Extremos a rma a existência de números x1 . f (b) f (c) f (a) a O teorema a rma que Z b c b f (x) dx (a área sob o grá co de f ) é igual a a f (c) (b − a) (a área do retângulo de base [a.O Teorema Fundamental do Cálculo 18. f (x1 ) (b − a) ≤ a Dividindo por b − a > 0.Unidade 18 Primeira Parte do Teorema Fundamental do Cálculo Integrando de a até b. a a a Como f (x1 ) e f (x2 ) são constantes e Z b K dx = K (b − a). a Estabelecemos a notação . obtemos a Z b f (x) dx ≤ f (x2 ) (b − a). b−a a O Teorema do Valor Intermediário garante a existência de c ∈ [a. obtemos a desigualdade Z b 1 f (x1 ) ≤ f (x) dx ≤ f (x2 ). se [a. f (c) = b−a a 18. Então. temos Z b Z b Z b f (x1 ) dx ≤ f (x) dx ≤ f (x2 ) dx. Teorema 4 Seja f : I −→ R é uma função contínua de nida no intervalo aberto I e seja F : I −→ R uma primitiva de f .3 Primeira Parte do Teorema Fundamental do Cálculo Aqui formularemos a parte prática do Teorema Fundamental do Cálculo que terá muitas aplicações nos cálculos das integrais de nidas. b] tal que Z b 1 f (x) dx. b] ⊂ I . Z b f (x) dx = F (b) − F (a). b . . F (x) . := F (b) − F (a). . a 4 . 3 o teorema permite calcular . Então.O Teorema Fundamental do Cálculo x3 É imediato veri car que F (x) = é uma primitiva de f (x) = x2 . 3 Z 3 3. x . . 33 03 x2 dx = − = 9. = 3. xi ] tal que F (xi ) − F (xi−1 ) F (xi ) − F (xi−1 ) F 0 (ci ) = = . Se tomarmos. Sabemos que o cálculo do limite Z b n X f (x) dx = lim f (ci ) ∆xi kPk→0 a i−1 independe da escolha dos ci ∈ [xi−1 . uma outra primitiva da função f . pois ao fazermos G(3) − G(0). somada a ambas as parcelas. Seja P a partição a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b. F (xi ) − F (xi−1 ) = F 0 (ci ) ∆xi . contínua. i−1 Fazendo essa escolha especial para cada partição P . 3 3 0 Unidade 18 Exemplo 5 0 Note que o cálculo independe da escolha da primitiva. A função F é diferenciável e. xi ] e escolher ci ∈ [xi−1 . kPk→0 5 Demonstração . Vamos então fazer uma escolha muito especial. será cancelada. Para essa escolha de ci 's. xi − xi−1 ∆xi Ou seja. o resultado será exemplo. a constante 15. portanto. xi ]. por x3 + 15. G(x) = 3 o mesmo. Podemos então aplicar o Teorema do Valor Médio para F restrita a cada subintervalo [xi−1 . temos Z b f (x) dx = a lim kPk→0 n X i−1 f (ci ) ∆xi = lim [F (b) − F (a)] = F (b) − F (a). temos n X f (ci ) ∆xi = i−1 n X 0 F (ci ) ∆xi = i−1 n X [F (xi ) − F (xi−1 )] = F (b) − F (a). obtemos se zermos 0 Z 0 2π .Unidade 18 Exemplo 6 Primeira Parte do Teorema Fundamental do Cálculo Vamos calcular a área da região delimitada pelo grá co da função f (x) = sen x e pelo eixo Ox. ao longo de um período completo. A funçãoZ F (x) = − cos x é uma primitiva de f (x) = sen x. 2π sen x dx. digamos x ∈ [0. 2π]. Observe que. pelo Teorema Fundamental do Cálculo. 2π . . sen x dx = − cos x. = − cos(2π) + cos(0) = 0. . 0 Esse número certamente não é a área esperada. pois essa integral representa a soma orientada das áreas das duas regiões que. devido à simetria. são iguais. Para calcular a área esperada devemos fazer Z 2π Z π sen x dx = [− cos(π)+cos 0]−[− cos(2π)+cos(π)] = 4. sen x dx − A= 0 π 6 . 1 + x2 (d) F (x) = (x2 − 2) sen x + 2x cos x e f (x) = x2 cos x. nos casos a seguir. Exercícios Veri que. pela reta de nida 1 por x = 1 e pelo grá co da função f (x) = . 1 √ dx. (a) (b) (c) (d) −1 1 Z √ − 2 Z π − π2 Z 2 3. se a função F é uma primitiva de f : (a) F (x) = sen x − x cos x e f (x) = x sen x. 3 x3 dx. 2 x Calcule a área da região compreendida pelo eixo Ox. (b) F (x) = −(x + 2) 1 − x e f (x) = √ 2 1−x x2 (c) F (x) = x − arctan x e f (x) = . Use primitivas das funções para calcular as seguintes integrais: Z 2 x2 dx.O Teorema Fundamental do Cálculo 18. √ 3x . 2.4 1. cos x dx. 1 + x2 7 Unidade 18 . Isto é. t Z F (t) = f (x) dx. então existe F : I −→ R. A demonstração deste teorema consiste na construção de uma função F que satisfaz a condição F 0 (x) = f (x). Veja na gura a seguir um exemplo no qual t > a e f é uma função positiva. a t 8 . Ou seja. Em particular. F (a) = 0. F (t) está bem de nido como o limite das Somas de Riemann. Demonstração Começamos com a de nição de F : escolha a ∈ I e de na. a Como f é contínua.Unidade 18 Segunda Parte do Teorema Fundamental do Cálculo 18. existe uma função derivável F : I −→ R tal que. para cada t ∈ I .5 Segunda Parte do Teorema Fundamental do Cálculo Vamos agora considerar a questão da existência de primitivas. admite funções primitivas? Teorema 7 Se f : I −→ R é uma função contínua. uma primitiva de f . de nida em um intervalo aberto I da reta. sob quais condições uma função f : I −→ R. para todo x ∈ I . F 0 (x) = f (x). a integral de nida de f no intervalo de extremos a e t. se x ∈ I . de nida no intervalo aberto I . t + h]. A continuidade de f e o Teorema do Confronto garantem que Z 1 t+h lim f (x) dx = f (t). uma vez que argumentação análoga pode ser feita para o caso h < 0. h h a a Para facilitar. t Como h > 0. Z t+h f (s1 ) h ≤ f (x) dx ≤ f (s2 ) h. = h h t Sejam s1 e s2 respectivamente os pontos de mínimo e de máximo de f no intervalo [t. o quociente de Newton pode ser escrito como Z 1 t+h F (t + h) − F (t) f (x) dx. temos 1 f (s1 ) ≤ h Z t+h f (x) dx ≤ f (s2 ).O Teorema Fundamental do Cálculo Unidade 18 Vamos calcular a derivada de F em um ponto t ∈ I . F 0 (t) = f (t). 0 9 Exemplo 8 . t Ora. estudaremos o quociente de Newton "Z # Z t t+h 1 F (t + h) − F (t) = f (x) dx − f (x) dx . devido a propriedade de integral de nida. suponhamos h > 0. se h → 0. então s1 → t e s2 → t. h→0 h t Isso é. Para isso. Então. Seja f : R −→ R a função de nida por Z 2x+1 f (x) = sen (t2 ) dt. podemos escrever Z t+h Z t Z t+h f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx. a a t Assim. Observe que. o Teorema Fundamental do Cálculo garante a existência de primitivas. 0 Derivando a expressão f (x) = G(2x+1)−G(0) obtemos f 0 (x) = 2 G0 (2x+ 1). Então Z 2x+1 f (x) = sen (t2 ) dt = G(2x + 1) − G(0). mas não conhecemos uma formulação explícita. Seja G : R −→ R uma primitiva de g(x) = sen (x2 ). temos f 0 (x) = 2 sen ((2x + 1)2 ). No entanto. Em muitos casos. De qualquer forma. devido à Regra da Cadeia. como nesse particular exemplo.Unidade 18 Segunda Parte do Teorema Fundamental do Cálculo Vamos calcular f 0 (x). para calcular essa derivada bastará a garantia da existência. Assim. usando G0 (x) = g(x). Como g(x) = sen (x2 ) é uma função contínua. 10 . sabemos da existência da primitiva. essa é precisamente a di culdade. calcular uma expressão para f e usar as regras de derivação para determinar f 0 (x). Poderíamos tomar uma dessas primitivas. Calcule a equação da reta tangente ao Seja f (x) = 1 + (b) G(x) = 2. (a) F (x) = 0 1 1 dt. −x2 3 + sen t Z 2x cos t2 dt. Z 0 grá co de f −1 no ponto de abscissa 0. 11 Unidade 18 .O Teorema Fundamental do Cálculo 18. Exercícios Calcule a derivada das funções a seguir: Z x2 cos2 t dt.6 1. 1 x Z x x 1 1 dt é igual a área da região hachurada na gura da 1 t Z x 1 esquerda. se 0 < x < 1. mas não conhecemos uma fórmula explícita para as mesmas. Se x > 1. +∞). Definição 9 Seja ln : (0. tal que ln 1 = 0. ln x = 12 . x Em outras palavras. 1 de nida por f (x) = .7 O Teorema Fundamental do Cálculo e a Função Logaritmo Como vimos no exemplo anterior. x Interpretação Geométrica de ln x Como a função f (x) = x1 é estritamente positiva no intervalo (0. A função logaritmo natural é um desses casos muito especiais.O Teorema Fundamental do Cálculo e a Função Logaritmo Unidade 18 18. ln x = dt é igual ao negativo da área da região 1 t hachurada na gura da direita. Z ln x = 1 e x 1 dt t 0 1 ln x = . como veremos a seguir. +∞) −→ R a primitiva da função f : (0. se x > 1 e ln x é negativa. em muitos casos sabemos da existência de primitivas. Em alguns casos notórios. ln x é positiva. +∞) −→ R. Veja as guras. abreviamos a fórmula dada pelo Teorema Fundamental do Cálculo usando alguma nomenclatura adequada e lidamos com a função primitiva através das informações que obtemos de suas características. Se 0 < x < 1. . no caso em que a > 1 e b > 1.Unidade 18 O Teorema Fundamental do Cálculo Propriedades da Função Logaritmo O que essencialmente caracteriza a função logaritmo é a propriedade a seguir: Se a e b são números reais positivos. tomamos a 13 Demonstração . devido à forma da curva y = x1 . dada uma partição P de [1. x a 1 x Veja a representação geométrica dessa a rmação. . pela multiplicação de [1. é compensada por uma compressão na altura da gura. digamos 1 = x0 < x1 < · · · < xn = b. b]. i = 1. a expansão provocada na base. b] por a. e feitas as escolhas de ci ∈ [xi−1 . O fato crucial para a sua demonstração é o lema a seguir: Lema 10 Se a e b são números positivos. então Z ab Z b 1 1 dx = dx. Veja a demonstração: Usaremos partições adequadas para calcular os limites Z a ab 1 dx e x Z 1 a 1 dx x e veri caremos que são iguais. . xi ]. 1 b a ab O lema a rma que as áreas dessas duas regiões são iguais. n. Realmente. então Propriedade 1: ln ab = ln a + ln b. nas guras a seguir. 2. Essencialmente. i = 1.O Teorema Fundamental do Cálculo e a Função Logaritmo Unidade 18 partição aP de [a. . n. dada por a = y0 = ax0 < y1 = ax1 < · · · < yn = axn = ab. temos Z ab a Demonstração Z a 1 dx. b Z 1 n X 1 dx = lim f (ci ) ∆xi kPk→0 x i=1 e ab Z a Mas f (di ) = Portanto. di aci a n X 1 f (di ) ∆yi = lim kaPk→0 i=1 i=1 a f (ci ) a∆xi = lim n X kaPk→0 f (ci ) ∆xi . Assim. yi ]. i=1 Como k aP k→ 0 se. n X lim kaPk→0 n X 1 dx = lim f (di ) ∆yi . Realmente. k P k→ 0. x 1 [Demonstração da Propriedade:] Vamos mostrar que ln ab = ln a + ln b. 2. . b 14 Z 1 b 1 dt = ln a + ln b. ab]. . com as escolhas de di = aci ∈ [yi−1 . e somente se. kaPk→0 x i=1 1 1 1 = = f (ci ) e ∆yi = yi − yi−1 = axi − axi−1 = a∆xi . então ln a = ln a − ln b. t . Z ln ab = 1 Corolário 11 1 dx = x ab 1 dt = t Z 1 a 1 dt + t Z a ab 1 dt = t Z 1 a 1 dt + t Se a e b são números positivos. Propriedade 2: Sejam a > 0 e r ∈ Q. +∞). g : (0. ln ar = r ln a. Então. existe C ∈ R tal que f (x) = g(x) + C . especialmente a Regra da Cadeia. esta informação pode ser deduzida da derivada. se a > b > 0. de nidas por f (x) = ln xr e g(x) = r ln x. f (x) = g 0 (x). No entanto. assim como a concavidade voltada para baixo do grá co. b b Veremos como a derivada é uma ferramenta poderosa. x x para todo x ∈ (0. +∞) −→ R. então ln a > ln b. É evidente da de nição que. temos 1 1 f 0 (x) = r r xr−1 = r x x e 1 g 0 (x) = r . concluímos que as duas funções coincidem.O Teorema Fundamental do Cálculo Aplicando a Propriedade 1 na equação ln ab b. obtemos: ln a = ln Unidade 18 Demonstração a a b = ln + ln b. Isto é. para todo x ∈ (0. Usando as regras de derivação. +∞). Como f (1) = g(1) = 0. x 0 Logo. resultado da análise da segunda derivada: f 0 (x) = 1 1 > 0 e f 00 (x) = − 2 < 0. O Grá co de f (x) = ln x Veremos agora que temos elementos su cientes para esboçar o grá co da função f (x) = ln x. Consideremos as funções f. 15 Demonstração . Veremos agora o comportamento da função nos extremos de seu domínio. Então. se x > n0 . ln x > ln 22N = 2N ln 2 > 2N 1 = N.Unidade 18 O Teorema Fundamental do Cálculo e a Função Logaritmo Lema 12 lim ln x = +∞ Demonstração lim ln x = −∞. Podemos então Z x esboçar o grá co de f : (0. 2 x 2 dx = 1. função invertível. Dado N > 0. 2 é geometricamente evidente: 1 1 2 1 2 Analiticamente. Portanto. pois é crescente. escolha n0 > 22N . 2 Fica como exercício para o leitor mostrar a outra a rmação do lema. +∞) −→ R. 1 t 16 . se 1 < x < 2. 1 < ln 2 < 1. e x→+∞ x→0+ O fato que nos dará essas informações. observe que. então 1 = 2 Demonstração Z 1 2 1 dx < 2 2 Z 1 1 dx < x Z 1 1 < < 1. 1 Demonstração do lema: Vamos mostrar que limx→+∞ ln x = +∞. de nida por 1 f (x) = ln x = dt. 17 Unidade 18 . apesar da gura. Isto é.O Teorema Fundamental do Cálculo 1 Observe que o crescimento da função logaritmo é diferente do crescimento mesmo das funções polinomiais. para qualquer número a >> 0. a reta y = a interseta o grá co da função. quando x → +∞. é uma reta vertical. são iguais. 2]. (f) m(x) = x − ln x x 2. eixo Ox. (d) k(x) = ln(cos x). (c) h(x) = x ln x2 . Veri que que a curva normal à curva de nida por xy = ln(1 + x2 + y). 1 Calcule a área da região delimitada pela curva y = . 1 x − .8 1. (e) l(x) = ln(ln(x2 )x. 1] e [1. reta x y = x e x = 4.Unidade 18 Exercícios 18. 4. (b) g(x) = x2 ln x. na origem. 18 . 3. pelo eixo Ox. Exercícios Calcule a derivada das funções a seguir: (a) f (x) = x ln x. 1 Veri que que as áreas das regiões delimitadas pela curva y = . x sobre os intervalos [ 12 . A = Exp(a) e B = Exp(b). então Exp(a − b) = Exp(a) . A Derivada da Exponencial Como a função exponencial é a função inversa do logaritmo. tal que Exp(x) = y se. Portanto. Exp(0) = 1.O Teorema Fundamental do Cálculo 18. Ou seja. Exp(x) > 0. então Exp(r a) = Exp(a) . ln y = x. podemos usar o Teorema da Função Inversa para calcular a sua derivada. Exp(b) r (b) Se r ∈ Q e a ∈ R. Exp(a + b) = Exp(a) · Exp(b). a derivada da exponencial é a propria exponencial. Exp(a + b) = Exp(ln A + ln B) = Exp(ln AB) = AB = Exp(a) · Exp(b) pois. Em particular. Analogamente. Sejam A e B números positivos tais que ln A = a e ln B = b. Então. Exp0 (x) = 1 = ln (Exp(x)) 0 1 1 Exp(x) = Exp(x). pois ln 1 = 0. para todo x ∈ R. de nida por Exp : R −→ R. Propriedades da Exponencial A principal propriedade da função logaritmo se traduz na seguinte propriedade da exponencial: Propriedade: Sejam a e b números reais. e somente se. a função exponencial é estritamente 19 Demonstração .9 Unidade 18 A Função Exponencial Vamos agora considerar a função inversa de f (x) = ln x. Além disso. Então. o leitor pode provar as a rmações a seguir: (a) Se a e b são números reais positivos. e é o único número tal que a área da região sob o grá co de y = e x entre as retas verticais x = 1 e x = e é 1. cuja demonstração ca a cargo do leitor. 1 Isto é. Na gura. Na verdade. a área da região hachurada é igual a 1. e x→+∞ x→0+ vale o seguinte lema. Devido aos dois limites fundamentais do logaritmo. Lema 13 lim Exp(x) = +∞ x→+∞ e lim Exp(x) = 0.Unidade 18 A Função Exponencial crescente e seu grá co é sempre côncavo para cima. o número e é o único número real tal que ln e = 1. 20 . x→−∞ Temos então todos os elementos para esboçar o grá co da função exponencial: 1 O Número e e Expoentes Irracionais Você deve ter notado que temos usado a notação Exp(x) para o que normalmente é denotado ex . lim ln x = +∞ lim ln x = −∞. O Teorema Fundamental do Cálculo 1 Unidade 18 e Até o momento. Ou seja. As propriedades de logaritmo e exponencial. permitem escrever ar = Exp(r ln a). 21 Definição 14 Exemplo 15 . se a > 0 e r ∈ Q. a saber. ax+y = Exp((x + y) ln a) = Exp(x ln a + y ln a) = Exp(x ln a) · Exp(y ln a) = ax · ay . só dispomos de de nição para potências racionais de números positivos. Então. √ π 3 √ = Exp( 3 ln π). também são verdadeiras no caso dos irracionais. Fica como exercício para o leitor mostrar que as propriedades de expoentes. válidas para os números racionais. Sejam a > 0 um número real e x ∈ R \ Q um número irracional. Por exemplo. dispomos de uma fórmula que nos permite estender a noção de potências racionais para potências de irracionais. de nimos ax := Exp(x ln a). então ln ar = r ln a e r Exp(r a) = Exp(a) . uma vez que ln e = 1. .Unidade 18 A Função Exponencial Com essa de nição podemos escrever Exp(x) = Exp(x ln e) = ex . Assim. podemos resumir: para todo x ∈ R. y = ex ⇐⇒ 22 x = ln y. 2. dada por logb a logc a = . Esboce os grá cos de ambas as funções.10 1. Calcule (cosh(x))0 . Sejam a > 0 e b > 0 tal que b 6= 1. Mostre que 2 2 cosh2 (x) − senh 2 (x) ≡ 1. De na cosh(x) = Use a de nição ax := Exp(x ln a) para derivar as funções f (x) = 3x e √ g(x) = ( 2)2x . (cosh(x))00 . (b) g(x) = ex cos x 2 (c) h(x) = ecos 2x + e sen 2x . logc b Calcule as derivadas até ordem 2 das funções f (x) = log3 x e g(x) = log 1 x e esboce os seus grá cos. Exercícios Calcule a derivada das funções a seguir: (a) f (x) = x ex . 4. ex + e−x ex − e−x e senh (x) = . De na o logaritmo de a na base b usando a equação logb a = ln a . 3. ( senh (x))0 e ( senh (x))00 . √ (d) k(x) = cos ex + 1 + ex . números reais. ln b Veri que a equação de mudança de base. para c > 0 tal que c 6= 1.O Teorema Fundamental do Cálculo 18. 3 23 Unidade 18 . . 3 Z 19. .8 Potências e produtos de funções trigonométricas . . . . . 9 19. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 19. . . . . . . . .3 Diferencial de uma função . . . . . . . . . 15 19. .7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . 2 . . . . . . . . . . . . .9 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 19. .5 Exercícios . . . . . . . . 18 1 . . . .2 O símbolo f (x) dx 19. . .6 Integração por partes .Método de Substituição 5 19. . . . . . . 16 19. .4 Integração e Regra da Cadeia . . . . . .1 Introdução . .19 Técnicas de Integração Sumário 19. . . . . . . . . . . . . . Dominar essas técnicas e usá-las com criatividade é parte importante da formação matemática. 2 Veja: 1 1 1 − · · 2x 2 1+x 2 1 + x2 x x = arctan x + − = arctan x. Isso nem sempre 1 é possível. entre as quais agora colocamos logaritmo e exponencial. algumas das quais conheceremos nessa unidade.Unidade 19 Introdução Para resolver essa integral. podemos calcular. a Para isso precisamos dispor de uma lei de de nição de F em termos de funções elementares. Vide o caso de f (x) = . que tem a função logaritmo x como primitiva. 4 2 0 2 . tais como polinomiais e trigonométricas. servem para isso: expressar primitivas de funções dadas em termos de funções elementares. As técnicas de integração. Vamos iniciar com um exemplo. para x > 0. d'après George Pólya 19. de nida ln(1 + x2 ) por F (x) = x arctan x − . olhe xamente para ela até que uma solução lhe ocorra. Exemplo 1 A Regra da Cadeia é usada para derivar a função F : R −→ R. 1 + x2 1 + x2 F 0 (x) = arctan x + x · Portanto. F (x) é uma primitiva da função f (x) = arctan x e. por exemplo. Essa parte do conteúdo de Cálculo é usualmente conhecida como integração e reúne algumas grandes ideias.1 Introdução O Teorema Fundamental do Cálculo garante a existência de primitivas de funções contínuas e permite calcular integrais de nidas pela fórmula Z b f (x) dx = F (b) − F (a). Z 1 π ln 2 arctan x dx = F (1) − F (0) = − . podemos calcular integrais de combinações lineares dessas funções. A terminologia é.Técnicas de Integração Unidade Queremos agora seguir o percurso inverso: antiderivar f (x) = arctan x. Realmente. é preciso estabelecer alguma notação. a Veja algumas integrais de nidas conhecidas: Z xn+1 n x dx = + C. com derivada identicamente nula. uma vez que duas primitivas nesta mesma fámília diferem por uma constante. e toda função de nida num intervalo. se n 6= −1 n+1 Z cos x dx = sen x + C Z sen x dx = − cos x + C Z 1 dx = ln x + C x Z ex dx = ex + C Usando essas fórmulas. à partir de f . Isto ln(1 + x2 ) . Z Observe bem. chegar a F (x) = x arctan x − 2 integrar f (x) = arctan(x) também é usada. Veja um exemplo. se F1 e F2 são primitivas de f .2 O símbolo f (x) dx Dada uma função f : I −→ R. enquanto que Z b f (x) dx é um número. para todo x ∈ I . Antes de apresentar a primeira técnica. Para calcular as primitivas de f (x) = 3 Exemplo 2 19 . f (x) dx representa uma família de funções. usaremos a notação Z f (x) dx = F (x) + C para representar a família de primitivas de f . é constante. Z Chamamos f (x) dx a integral inde nida de f . de nida no intervalo aberto I . Z 19. então (F1 − F2 )0 (x) = 0. 3 Precisamos estabelecer ainda mais uma notação. df = dy = f 0 (x0 ) dx. Além disso. Definição 1 Se f : I −→ R. temos o acréscimo real ∆f e o acréscimo linear df . dados pelas equações a seguir: ∆f = ∆y = f (x0 + dx) − f (x0 ).Unidade 19 Diferencial de uma função x2 + 3 − cos x. passaremos a denotar este último por df . denotada por I(x) = x. fazemos Z Z Z Z 2 2 (x + 3 − cos x) dx = x dx + 3 dx − cos x dx = x3 + 3x − sen x + C. de nida no intervalo aberto I . os acréscimos real e linear são iguais. 4 . como no caso da função identidade. de nimos a diferencial de f como df = dy = f 0 (x)dx. Para distinguir o acréscimo real ∆f do acréscimo linear. 19. Isso será feito na seção a seguir. dada pela equação ∆f = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≈ f 0 (x0 )∆x.3 Diferencial de uma função Na Unidade 11 foi introduzida a noção de aproximação linear de uma função derivável f . Este acréscimo linear também é chamado de diferencial de f em x0 . Assim. O símbolo ≈ quer dizer que esse acréscimo real é tão próximo do acréscimo linear f 0 (x0 )∆x quanto menor for f 0 (x0 )∆x. colocaremos ∆x = dx. O símbolo ∆f (ou ∆y ) representa a variação real de f correspondente ao acréscimo ∆x em x0 . é derivável. Começaremos com o método que corresponde. obtemos df = dx.1 ∼ = 0. 19. É claro que o conhecimento dos processos de derivação será muito útil. Antes de qualquer coisa. Usando uma calculadora cientí ca temos ln 1. Ela será particularmente útil para expressar o resultado que resume a primeira técnica de integração. 09531017980. à Regra da Cadeia. 1.Técnicas de Integração Dada f (x) = ln x. por exemplo. x Calculando esta diferencial em x0 = 1. 5 Exemplo 4 19 . Assim.1. dada uma diferencial dy = f (x) dx. sua diferencial é dada por df = Unidade Exemplo 3 1 dx. é f (x0 ) + df = 0 + 0. que veremos a seguir. Diferencial e Integração A noção de diferencial é adequada para a o processo de integração.Método de Substituição O processo de integração é o reverso da derivação. Isso é. a aproximação linear de ln 1. queremos encontra as funções primitivas y = F (x) que realizam essa equação como a diferencial: dy = F 0 (x) dx. 1 = 0. +∞). de nida em I = (0.4 Integração e Regra da Cadeia . um exemplo. Esta técnica é conhecida como método por substituição. Vamos calcular Z x cos x2 dx . na derivação. 2 2 Isso resulta na solução: Z sen x2 + C. temos: Z Z Z Z 1 1 1 2 2 2 x cos x dx = 2x cos x dx = cos x 2x dx = cos u du. zemos a substituição u = x2 . fazemos u = x2 . Lembramos que Z cos x dx = sen x + C. 2 2 2 Z Usando a fórmula cos u du = sen u + C . queremos encontrar a família de primitivas da função f (x) = x cos x2 .Método de Substituição Isto é. devido à Regra da Cadeia. Teorema 2 Sejam u = g(x) uma função diferenciável de nida num intervalo aberto J ⊂ R e f : I ⊂ R −→ R uma função contínua tais que Im(g) ⊂ Dom(f ). x cos x2 dx = 2 Z Veja o mesmo exemplo sob a perspectiva da diferencial. que resulta na diferencial a seguir: du = 2x dx. O resultado não é exatamente o integrando f (x) = x cos x2 . que acarreta a correspondente substituição du = 2x dx. 6 . Então. Podemos apresentar essa ideia na forma do teorema a seguir. onde F : I ⊂ R −→ R é uma primitiva de f .Unidade 19 Integração e Regra da Cadeia . Z Z 0 f (g(x)) g (x) dx = f (u) du = F (u) + C = F (g(x)) + C. Usando a propriedade da linearidade das integrais. 2 2 Isto é. correspondente à mesma propriedade inerente à derivação. Para integrar x cos x2 dx. obtemos: Z 1 x cos x dx = 2 2 Z cos u du = sen u sen x2 +C = + C. cuja derivada resulta G0 (x) = 2x cos x2 . a diferença pode ser corrigida usando a multiplicação pelo escalar adequado: F (x) = sen x2 G(x) = . De qualquer forma. Isso sugere considerarmos a função G(x) = sen x2 . u que é válida para intervalos onde todos os valores de x são positivos. Isto mostra que H(x) = F (g(x)) é uma primitiva de f (g(x)) g 0 (x). Realmente. 43 6 Neste caso. vamos inicialmente calcular uma primitiva de 0 f (x) = tan x e. com um pequenos ajuste podemos integrar. sen x Vamos usar a de nição de tangente. usando a substituição de x4 + 4 por u: Z Z √ Z √ √ 1 1 3 3 4 4 x x + 4 dx = x + 4 4x dx = u du 4 4 3 12 3 1 = u 2 + C = (x4 + 4) 2 + C. Vamos calcular Z x3 √ Exemplo 5 x4 + 4 dx . u 7 19 Exemplo 6 . Z π 3 Para calcular tan x dx. calcular a integral de nida usando os limites de integração. sen x Assim. Veja mais dois exemplos. temos a diferencial du = 4x3 dx. Assim. para calcular tan x dx = dx. o termo que está sob o radical. Unidade Demonstração H 0 (x) = F 0 (g(x)) g 0 (x) = f (g(x)) g 0 (x). fazemos u = cos x e obtecos x mos du = − sen x dx. esta é a diferencial que está multiplicando o radical. depois. 3 Realmente. Z 2 3 x 2 + C. uma rápida inspeção indica que. Z Z 1 tan x dx = − du = − ln |u|+C = − ln | cos x| + C = ln | sec x| + C. vamos usar a fórmula 1 x 2 dx = Há situações nas quais a substituição não é tão evidente. Ora. Assim. tan x = e a fórmula cos x Z 1 du = ln |u| + C. É preciso exercitar para perceber as possibilidades. a menos da constante. se zermos u = x4 + 4.Técnicas de Integração Basta calcular a derivada de H(x) = F (g(x)). ou para intervalos onde todos os Zvalores de x são Z negativos. Método de Substituição De posse da primitiva.Unidade 19 Integração e Regra da Cadeia . fazemos Z 0 Exemplo 7 Para o caso de Z π 3 . π . 3 . tan x dx = ln | sec x| . = ln 2. . é preciso observar que. 0 √ x x + 1 dx. obtemos du = dx e x = u − 1. = 5 3 = 8 . a integral pode ser resolvida: Z Z Z √ 1 3 1 2 x x + 1 dx = (u − 1)u du = (u 2 − u 2 ) du 2 5 2 3 u2 − u2 + C 5 3 5 3 2 2 (x + 1) 2 − (x + 1) 2 + C. se zermos u = x + 1. Assim. 5 1. 2. e) dx.Técnicas de Integração 19. 2 2 (x + 2x + 4) x Z Z sen t dt. 1 + cos t Z 1 dx. c) f) sen 3 t cos t dt. x(x + 2) Z sen t dt. Exercícios Calcule as integrais inde nidas a seguir: Z Z √ 2 3 d) x2 x + 2 dx a) x(x + 1) dx. g) √ Usando o Teorema Fundamental do Cálculo. obtemos a fórmula . h) 1 + cos t Z i) t(2 − t)3/2 dt. Z Z x+1 2 + ln x b) dx. . 1 Z 1 1 1 . dx = − = −2. . 2 x . há uma aparente contradição. Seja g uma função diferenciável tal que g 0 (x) é uma função contínua e seja f uma função contínua. −1 x −1 1 Sendo a função f (x) = 2 positiva. Calcule as integrais de nidas a seguir: Z 2 √ Z 2 a) x 4 − x dx. b]) esteja contido no domínio de f . c) 0 b) Z ex (1 + ex )2 dx. Como x você explica este fenômeno? 3. ln 3 Z 1 e ln x dx. x Use as fórmulas a seguir para calcular as integrais dadas. Z 1 1 x • dx = arctan + C . f (g(x)) g (x) dx = g(a) a Use esta fórmula para calcular π 3 Z tan x dx. Mostre que Z g(b) Z b 0 f (u) du. 2 2 a +x a a 9 Unidade 19 . b] esteja contido no domínio de g e que g([a. d) π/6 5. 0 4. Suponha que [a. 0 π/3 cot θ dθ. 4 + x6 + C . .Unidade 19 Exercícios Z 1 x √ dx = arcsen a a2 − x 2 Z 1 1 √ dx = arcsec • 2 2 a x x −a • a) Z b) Z x2 dx. |x| < a. x. . . . . 1 − x4 1 dx. e2x − 1 Z 0 −1 10 x dx. a c) 1/2 Z 0 1 d) √ dx. + C . 2 x + 2x + 2 √ . |x| > a. A experiência levará ao reconhecimento de certos indícios que facilitam a escolha. Veja os dois casos no exemplo a seguir. não há uma substituição tão evidente. 11 19 . Compare as duas integrais: Z I1 = x cos x2 dx Exemplo 8 Z e I2 = x cos x dx. Isto é. podemos fazer: Z Z Z 0 (x sen x) dx = sen x dx + x cos x dx. Como a primeira parcela é fácil de ser integrada. precisamos de outra estratégia para atacar a questão.Técnicas de Integração 19. a técnica mais indicada.6 Unidade Integração por partes A principal di culdade que enfrentamos ao aplicar as técnicas de integração é encontrar. Finalmente. Assim. Isto é. Note que essa é uma igualdade de famílias de primitivas. Uma segunda observação nos leva a perceber que a função f (x) = x cos x é uma parcela da derivada da função G(x) = x sen x: (x sen x)0 = sen x + x cos x. obtemos Z x sen x + C = − cos x + x cos x dx. Em I1 . faremos ajustes das constantes Z Z C 's sempre que for conveniente. a substituição u = x2 traz du = 2x dx e resolve o problema. podemos escrever Z x cos x dx = x sen x + cos x + C. A prática fará o resto. Já em I2 . integrando (x sen x)0 dx e sen x dx. para cada situação. . Z Para integrar x2 cos x dx. Aplicando a fórmula Z Z u dv = uv − v du temos Z 2 Z 2 x cos x dx = x sen x − 12 2x sen x dx. Z Z Integrando essa equação. que na forma a seguir é conhecida como a fórmula da integração por partes: Z Z u dv = uv − Exemplo 9 Exemplo 10 v du. Usando a noção de diferenciais. devemos identi car no integrando um fator que será u e um fator que será dv . ela se expressa compactamente como: d(uv) = v du + u dv. Para aplicar a técnica. pois dv = ex dx é claramente integrável. bastando fazer v = ex . Isso gera du = 2x dx e v = sen x. iniciaremos com a escolha u = x2 e dv = cos x dx. como o próximo exemplo ilustra. Essa fórmula permite escrever as primitivas de u dv em termos de uv e das primitivas de v du. Essa escolha é duplamente conveniente. usaremos a escolha u = x e dv = ex dx. Há situações nas quais a técnica precisa ser usada vezes seguidas. Z Vamos integrar x ex dx.Unidade 19 Integração por partes A fórmula da integração por partes A ideia é usar a fórmula da derivada do produto de duas funções. Para isso. Além disso. tornando o novo integrando mais simples: Z Z x x x e dx = x e − ex dx = x ex + ex + C. a escolha u = x levará a du = dx. É claro que o uso da fórmula pressupõe uma escolha de dv que seja integrável! Vamos a um exemplo. obtemos uv = v du + u dv . Técnicas de Integração Unidade O problema ainda não acabou. temos Z Z arctan x dx = x arctan x − x dx. mas tornou-se mais fácil. Para 1 + x2 Z Z aplicar a fórmula u dv = uv − v dx fazemos u = arctan x e temos o simples dv = dx. Nestes casos. Veja o próximo exemplo. é melhor repensar a estratégia. que resulta em Z Z 2 2 x cos x dx = x sen x − 2x sen x dx Z 2 = x sen x − − 2x cos x + 2 cos x dx 2 = x sen x − − 2x cos x + 2 sen x = x2 sen x + 2x cos x − 2 sen x + C. com du = 2x dx. Isso gera du = 2 dx e v = − cos x. 1 + x2 A nova integral pode ser resolvida pela substituição u = 1 + x2 . Assim. em lugar de tornar o problema mais simples. 13 Exemplo 11 19 . A escolha de u e de dv nem sempre é óbvia. torna-o mais complicado. cuja derivada é (arctan x)0 = . A integração por partes é especialmente útil para integrar aquelas funções que sabemos apenas derivar. Veja mais um exemplo. Basta aplicar a fórmula novamente. Z 1 Vamos integrar arctan x dx. fazendo as novas escolhas a seguir: u = 2x e dv = sen x dx. Há situações nas quais uma escolha. Assim. que leva a v = x. temos Z Z x dx arctan x dx = x arctan x − 1 + x2 Z 1 1 = x arctan x − 2x dx 2 1 + x2 1 = x arctan x − ln(1 + x2 ) + C 2√ = x arctan x − ln 1 + x2 + C. Veja. que dá o desdobramento a seguir: Z Z x x I = e cos x dx = e cos x + ex sen x dx Z x x = e cos x + e sen x − ex cos x dx. Diferente dos exemplos anteriores. dv = ex dx. Isso gera du = − sen x dx e v = ex dx. fazendo agora u = sen x e. o novo integrando parece tão complicado quanto o original. Portanto. Ou seja. Lembremos que essa igualdade é de famílias de primitivas. Aplicando a fórmula. a aplicação da integração por partes duas vezes resultou numa equação onde o integrando original aparece nos dois lados da igualdade. du = cos x dx e v = ex . seguimos aplicando a técnica. I = ex cos x + ex sen x − I. I = 2 14 . novamente. faremos u = cos x e dv = ex dx.Unidade 19 Exemplo 12 Integração por partes Para integrar I = Z ex cos x dx. fazemos I = ex cos x + ex sen x − I 2I = ex cos x + ex sen x + C ex (cos x + sen x) + D. Portanto. De qualquer forma. temos Z Z x x I = e cos x dx = e cos x − ex (− sen x) dx Z x = e cos x + ex sen x dx. g) Z cos 2x sen x dx. Z d) ln x dx. h) Z 1/2 arcsen x dx.7 1. Calcule Z π2 √ cos x dx. 0 Sugestão: faça a substituição u = 2u du. 0 2. Z c) x2 e−x dx. 15 √ x e observe que isso leva a dx = Unidade 19 . Z b) x2 sen 3x dx. e) e Z x ln x dx. 1 f) Z e2x sen x dx. Exercícios Calcule as integrais a seguir: Z a) (x + 1) cos x dx.Técnicas de Integração 19. Vamos calcular Z sen 2 x cos3 x dx. 3 5 = O problema demanda intervenção trigonométrica quando ambas as potências são pares. que acarreta du = cos x dx. Uma maneira fazer de isso é usar a integração por partes. Exemplo 13 Este exemplo ilustra a situação mais simples.8 Potências e produtos de funções trigonométricas Integrais do tipo Z sen n x cosm x dx dividem-se em. temos Z 2 Z 3 sen x cos x dx = ( sen 2 x − sen 4 x) cos x dx Z (u2 − u4 ) du Z Z 2 = u du − u4 du = u3 u5 − + C 3 5 sen 3 x sen 5 x = − + C. Veja o exemplo mais simples possível. Fazendo a substituição u = sen x. basicamente. A identidade trigonométrica fundamental dá cos2 x = 1 − sen 2 x e escrevemos o integrando na forma sen 2 x cos3 x = sen 2 x (1 − sen 2 x) cos x. Exemplo 14 Vamos calcular Z sen 2 x dx. É preciso reconhecer qual é qual e usar as fórmulas corretas. Veremos alguns exemplos. A escolha u = sen x e dv = sen x dx leva a du = cos x dx e 16 . as identidades trigonométricas mais uma substituição simples resolverão o problema.Unidade 19 Potências e produtos de funções trigonométricas 19. dois tipos de integração: substituição simples ou fórmulas de recorrência. Neste caso. na qual uma das potências n ou m é ímpar. A fórmula de integração por partes dá Z Z 2 I = sen x dx = − sen x cos x + cos2 x dx Z I = − sen x cos x + (1 − sen 2 x) dx I = − sen x cos x + x − I 2I = x − sen x cos x + C. 2 As identidades trigonométricas 1 − cos 2x 2 1 + cos 2x cos2 x = 2 sen 2 x = também levam à solução.Técnicas de Integração v = − cos x. Essa igualdade leva à solução do problema: Z x − sen x cos x sen 2 x dx = + D. 2 4 17 Unidade 19 . como você pode observar: Z Z 2 cos x dx = = 1 + cos 2x 2 ! dx x sen 2x + + C. 2 3 2 2 g) Z h) Z tan3 x sec4 x dx. 0 c) Z sen x cos x dx. Z = Para n > 1. 2 e) Z f) Z 0 2. d) Z cos x sen x dx. ComoZexemplo de um autêntico coelho retirado da cartola. 3. sen 5/2 x cos3 x dx.9 1. deduza a seguinte fórmula de redução: Z Z n−2 secn−2 x tan x n + secn−2 dx. veja a solução para sec x dx: Z Z sec x dx = sec x sec x + tan x sec x + tan x ! dx sec x tan x + sec2 x dx sec x + tan x = ln | sec x + tan x| + C. π/2 sen 2x cos 3x dx. b) Z π/6 sen x dx. sec6 x dx.Unidade 19 Exercícios 19. 4. Exercícios Calcule as integrais a seguir: Z a) cos5 x sen x dx. sec x dx = n−1 n−1 18 . n n Deduza fómula semelhante para Z sen n x dx. Use a integração por partes para deduzir a seguinte fórmula de redução: Z Z 1 n−1 n n−1 cos x dx = cos x sen x + cosn−2 x dx. . . . . 15 20. . . . . . . . . . 14 20. . . . . . . . . . . . . . . . . .5 Funções Trigonométricas Hiperbólicas . . . . . . . 2 20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6 A substituição de Weierstrass . . .2 Exercícios . . . . 6 20. . . .3 Método das Frações Parciais .1 Substituições Trigonométricas . 18 1 . . . . . . . . . . . . . . 7 20. . . . . . . . . . . . . . . . . .7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . .20 Outras Técnicas de Integração Sumário 20. . . . .4 Exercícios . 16 20. Essa escolha é particularmente feliz.1 Substituições Trigonométricas As identidades trigonométricas sen 2 t+cos2 t = 1 e sec2 t = 1+tan2 t são particularmente adequadas para lidar com integrandos com fatores tais como √ √ √ a2 − x 2 . Esta unidade dá continuidade a esta parte essencialmente prática da disciplina. Para √ isso. observamos que a escolha x = sen t trans- forma 1−x2 em 1− sen 2 t = cos2 t. H. 2 2 . A promessa é de que as últimas seções trarão algumas aplicações nas quais essas técnicas serão bem aproveitadas. 2 Precisamos agora expressar a família de primitivas em termos de x. podemos calcular Z √ Z Z 2 1 − x dx = cos t cos t dt = cos2 t dt = t + sen t cos t + C. lembramos que x = sen t. Ilustraremos esses procedimentos com alguns exemplos. a2 + x 2 e x 2 − a2 . cos t ≥ 0 e √ √ √ 1 − x2 = 1 − sen 2 t = cos2 t = cos t. √ Z √ arcsen x + x 1 − x2 2 1 − x dx = + C. Além disso. 1] se. Logo. Jackson Brown Jr. Assim. a escolha x = sen t acarreta dx = cos t dt. t = arcsen x. portanto. 1 − x2 = cos t e. 20. Nestas condições. A unidade anterior apresentou algumas técnicas de integração. π/2]. e somente se. t ∈ [−π/2. pois x ∈ [−1. Exemplo 1 Para calcular Z √ 1 − x2 dx.Unidade 20 Substituições Trigonométricas Não dá para contratar alguém para praticar por você. 1). No entanto. −1]. se x ∈ [1. mas diferenciável apenas em (−1. definida em [−1. é contínua. A função y = arcsen x. 1]. 1].Outras Técnicas de Integração √ Note que a função f (x) = 1 − x2 está definida no intervalo fechado [−1. se colocarmos f (x) = 0. Veja o seu gráfico: Isso permite calcular a área do semicírculo de raio 1: . se colocarmos F (x) = . 4 4 se x ∈ (− ∞. +∞) e F (x) = − . a √ 2 arcsen x + x 1 − x função F (x) = pode ser estendida diferenciavelmente 2 π π para toda a reta. mas pode ser estendida continuamente para toda a reta real. 1]. para x ∈ R \ [−1. 1 √ Z 1√ 2 π π arcsen x + x 1 − x . . . π 2 = 1 − x dx = + = . . 2 4 4 2 −1 −1 Veja o gráfico da função f (x) = √ 1 − x2 : −1 1 Vamos agora lidar com um exemplo envolvendo o radical 3 √ a2 + x 2 . Unidade 20 . sec t ≥ 0 e 16 + 16 tan2 t = √ 16 sec2 t = 4 sec t. A imagem deste intervalo por y = 4 tan t é toda √ a reta real. Note que a função f (x) = 16 + x2 está definida em toda a reta real. dx = 4 sec2 t dt e podemos calcular Z Z Z √ 2 2 16 + x dx = (4 sec t) (4 sec t) dt = 16 sec3 t dt. temos Z √ Z 2 16 + x dx = 16 sec3 t dt = 8 sec t tan t + 8 ln | sec t + tan t| + C √ . Levando em conta a constante 16. vamos usar a identidade sec2 t = 1+tan2 t. se t ∈ − π2 . Consideraremos a função y = 4 tan t restrita ao intervalo aberto − π2 . precisamos calcular dx em termos de dt.Unidade 20 Exemplo 2 Substituições Trigonométricas Para calcular Z √ x2 + 16 dx. Assim. fazendo u = sec t e dv = sec2 t dt. π2 . temos Z sec3 t dt = Z sec3 t dt = Z sec3 t dt = Z 2 sec3 t dt = Z sec3 t dt = Isso resulta em du = sec t tan t dt. 2 2 Retomando a integração original. 16 + x2 = 16 + 16 tan2 t = 16 sec2 t. podemos usar a integração por partes. √ Essa escolha é bastante adequada. como x = 4 tan t. Z Para integrar sec3 t dt. Mas. π2 . Para completar. Além disso. é conveniente fazer x = 4 tan t. v = tan t e Z sec t tan t − tan2 t sec t dt Z (sec2 t − 1) sec t dt Z Z 3 sec t tan t − sec t dt + sec t dt Z sec t tan t + sec t dt sec t tan t − sec t tan t ln | sec t + tan t| + + C. √16 + x2 + x . x 16 + x2 . . = + 8 ln . . + C. 2 4 4 . mas a união disjunta de dois intervalos: (−∞. −a] ∪ [a.Outras Técnicas de Integração Unidade 20 √ Os casos envolvendo o radical x2 − a2 demandam uma atenção especial. a substituição x = 4 sec t acarreta dx = 4 sec t tan t dt e x2 − 16 = 4 tan t. √ Assim. mas é preciso levar em conta em qual intervalo estamos integrando. Z Z Z x2 16 sec2 t √ dx = 4 sec t tan t dt = 16 sec3 t dt 2 4 tan t 16 − x = 8 sec t tan t + 8 ln | sec t + tan t| + C √ . A identidade sec2 t = 1 + tan2 t continua sendo apropriada. Vamos calcular Z x2 √ dx . Portanto. pois o seu domínio não é um intervalo. +∞). 16 − x2 supondo que x > 4. x + √x2 − 16 . x x2 − 16 . . = + 8 ln . . + C. 2 4 5 Exemplo 3 . 0 Z 4√ (c) x2 − 4 dx. t4 t2 − 1 . + 4x + 5 x2 1 √ dt. (e) t4 1 − t2 Z (f) x3 dx. Calcule as integrais a seguir: Z √ (a) 4 − x2 dx. 2 Z x2 √ (d) dx. (x2 + 9)3/2 Z √ (g) Z (h) Z (i) 6 √ 25 − x2 dx.2 Exercícios 1. x2 x+1 dx.Unidade 20 Exercícios 20. 9 − 4x2 Z 1 √ dt. Z 5√ (b) x2 + 25 dx. .3 Unidade 20 Método das Frações Parciais Esta técnica permitirá lidar com integrandos que são quocientes de polinômios. cada uma delas possível de ser integrada. . . . k1 . correspondentes à decomposição de q(x) em fatores primos. as chamadas frações parciais. podemos usar o algoritmo da divisão de Euclides para escrevê-lo como uma soma de um polinômio e um quociente cujo grau do numerador é menor do que o grau do denominador. . Isto é. Nestes casos vamos usar um resultado da Álgebra que nos permitirá reescrever o quociente como uma soma de quocientes mais simples. . kn inteiros positivos. c1 . . . . . . tais que b2i − 4ci < 0. . . bn . vamos nos concentrar nestes tipos de quocientes de polinômios: o grau do denominador é maior do que o grau do numerador. (x + 1)(x − 2)(x − 3) x+1 x−2 x−3 6x4 + 2x3 − 2x2 − 5x − 22 1 2 1 3x + 1 = + + + 2 . cn ∈ R.Outras Técnicas de Integração 20. (x − am )jm (x2 + b1 x + c1 )k1 . Decomposição em Frações Parciais p(x) . jm . se Dado um quociente de polinômios q(x) = (x − a1 )j1 . então existem constantes unicamente determinadas tais que ji ki m X n X X X p(x) Air Bir x + Cir + . . . . 2 2 2 (x + 1) (x − 2)(x + 4) (x + 1) x+1 x−2 x +4 x5 − x4 + 3x3 − 4x2 + x − 2 x−1 1 1 2 = + 2 + − 2. . Assim. . b1 . am . e j1 . (x2 + bn x + cn )kn . . se o grau do numerador é maior que o grau do denominador. . 2 2 2 2 2 (x + 1) x (x + 1) x +1 x x 7 Exemplo 4 . que por nossa conveniência podemos considerar mônico. . tal que o grau de p é menor do q(x) que o grau de q. ele se decompõe em uma soma de frações. . com a1 . É claro que. . = r 2 q(x) (x − ai ) (x + bi x + ci )r i=1 r=1 i=1 r=1 Veja algumas decomposições em frações parciais: 4x2 − 9x − 1 1 1 2 = + + . Aqui está a informação algébrica. . Vamos ilustrar esses procedimentos com vários exemplos. Veja o exemplo a seguir. 2 Comecemos com a situação em que o denominador tem todas as raízes reais e distintas. Veja como neste caso é simples determinar as constantes e calcular a integral. (b) Determinar as constantes da decomposição em frações parciais.Unidade 20 Método das Frações Parciais Z Para usar o método das frações parciais para integrar p(x) dx. preq(x) cisamos: (a) Decompor o polinômio q(x) em seus fatores primos. já sabemos integrar alguns casos. Exemplo 6 Vamos calcular a integral Z x2 x−5 dx. Comecemos por observar que. quanto ao item c. x + 1 3 arctan + C. Exemplo 5 As fórmulas Z Z 1 1 dx = ln |x| + C e dx = arctan x + C x 1 + x2 resolvem os seguintes casos típicos: Z 1 dx = x+1 Z 3 dx = 5 + 2x + x2 Z x+1 dx = 2 x + 2x + 2 ln |x + 1| + C. −x−2 8 . 2 2 ln(x2 + 2x + 2) + C. (c) Saber integrar cada uma das frações parciais. a menos do cálculo das constantes. x→2 x→2 x + 1 x2 − x − 2 3 Agora podemos escrever a solução completa da integral: Z Z Z x−5 2 1 dx = dx − dx 2 x −x−2 x+1 x−2 = 2 ln |x + 1| − ln |x − 2| + C. x→−1 x−2 e lim (x − 2)f (x) = lim x→2 x→2 = lim x→2 ! (x − 2) A (x − 2) B + x+1 x−2 ! (x − 2) A + B = B. 2}. Isto é. x+1 Ou seja. existem constantes A e B. sabemos que o integrando se escreve como uma soma de frações parciais. Assim. tais que A B x−5 = + .Outras Técnicas de Integração A solução do problema começa na observação de que x2 −x−2 se decompõe como (x + 1)(x − 2). B = lim 9 Unidade 20 . x−5 −6 (x + 1)(x − 5) = lim = = 2 2 x→−1 x→−1 x − 2 x −x−2 −3 A = lim e (x − 2)(x − 5) x−5 −3 = lim = = −1. O integrando A B f (x) = + está definido em R\{−1. Há uma maneira bastante simples de calcular essas constantes. podemos fazer Z Z Z x−5 A B dx = dx + dx x2 − x − 2 x+1 x−2 = A ln |x + 1| + B ln |x − 2| + C. Podemos fazer os cálculos x+1 x−2 dos limites a seguir: ! (x + 1) B (x + 1) A + lim (x + 1)f (x) = lim x→−1 x→−1 x+1 x−2 ! (x + 1) B = lim A + = A. x2 − x − 2 x+1 x−2 Portanto. basta avaliar a função x2 − 5x − 10 1 A2 1 = + − . a constante restante. as frações parciais ficam A1 A2 B x2 − 5x − 10 = + + . mas com eventuais multiplicidades maiores que um. 3 2 2 x − x − 5x − 3 (x + 1) x+1 x−3 10 ! . a seguir. Para calcular a integral Z Exemplo 7 x2 − 5x − 10 dx. Então. Veja como. x2 − 5x − 10 Seja f (x) = 3 . x→−1 x−3 −4 lim e B = lim (x − 3) f (x) = lim x→3 x→3 A1 (x − 3) A2 (x − 3) + +B (x + 1)2 x+1 x2 − 5x − 10 −16 = = −1. Na verdade. x − x2 − 5x − 3 ! 2 B(x + 1) A1 = lim (x + 1)2 f (x) = lim A1 + A2 (x + 1) + x→−1 x→−1 x−3 A1 = −4 x2 − 5x − 10 = = 1. 2 x→3 (x + 1) 16 B = lim Para calcular A2 . a decomposição é x3 − x2 − 5x − 3 = (x + 1)2 (x − 3). x3 − x2 − 5x − 3 iniciamos com a decomposição do denominador. Isto é.Método das Frações Parciais Unidade 20 Vamos a mais um exemplo no qual o denominador possui apenas raízes reais. 3 2 2 x − x − 5x − 3 (x + 1) x+1 x−3 Podemos usar a estratégia dos limites para calcular as constantes A1 e B. cujas possíveis raízes inteiras são ±1 e ±3. precisamos levar em conta a multiplicidade da raiz −1. o integrando. Assim. Podemos agora calcular a integral: Z Z Z Z x2 − 5x − 10 1 1 2 dx = dx − dx dx + 3 2 2 x − x − 5x − 3 (x + 1) x+1 x−3 1 = − + 2 ln |x + 1| − ln |x − 3| + C. x = 0: 1 −10 = 1 + A2 − . Podemos fazer. Neste caso vamos integrar Z 2x3 + x2 − 5x − 8 I = dx. sua decomposição é x4 + 2x3 + x2 − 2x − 2 = (x + 1)(x − 1)(x2 + 2x + 2). Portanto. 4 3 2 x + 2x + x − 2x − 2 x + 2x + 2 x+1 x−1 O expediente dos limites nos ajudará a calcular as constantes D e E: 2x3 + x2 − 5x − 8 −4 = = 2 x→−1 (x − 1)(x2 + 2x + 2) −2 D = lim (x + 1)f (x) = lim x→−1 e 2x3 + x2 − 5x − 8 −10 = = −1 x→1 (x + 1)(x2 + 2x + 2) 10 E = lim (x − 1)f (x) = lim x→1 11 Exemplo 8 . Na verdade. x+1 Vamos agora considerar um caso no qual o denominador apresenta raízes complexas. por exemplo. a decomposição em frações parciais do integrando leva em conta agora o termo indecomponível de grau dois: f (x) = 2x3 + x2 − 5x − 8 Ax + B D E = 2 + + . −3 −3 que acarreta A2 = 2.Outras Técnicas de Integração Unidade 20 em algum valor conveniente de x. x4 + 2x3 + x2 − 2x − 2 As possíveis raízes inteiras do polinômio x4 + 2x3 + x2 − 2x − 2 são ±1 e ±2. Para calcular A. podemos efetuar a integração: Z Z Z 2 1 x+2 dx + dx − dx I = 2 (x + 1) + 1 x+1 x−1 Z Z Z Z x+1 1 2 1 I = dx + dx + dx − dx 2 2 (x + 1) + 1 (x + 1) + 1 x+1 x−1 Z Z Z Z 1 2(x + 1) 1 2 1 dx + dx + dx − dx I = 2 2 2 (x + 1) + 1 (x + 1) + 1 x+1 x−1 1 I = ln(x2 + 2x + 1) + arctan(x + 1) + 2 ln |x + 1| − ln |x − 1| + C. diferente de 1.Unidade 20 Método das Frações Parciais Portanto. Nos casos em que a multiplicidade do termo indecomponível de grau dois for maior do que um. Com essas informações e escrevendo x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1. Fazendo x = 2. Vamos fazer um exemplo para ilustrar o procedimento. o termo indecomponível de grau dois dividiu-se em duas integrais. podemos fazer o seguinte: Z Z Z A Ax + B 2x 1 dx = dx + B dx. (x2 + a2 )r+1 2ra2 (x2 + a2 )r 2ra2 (x2 + a2 )r A demonstração desta fórmula segue da aplicação conveniente da integração por partes. podemos escolher outro valor para x. (x2 + a2 )r 2 (x2 + a2 )r (x2 + a2 )r A primeira parcela pode ser resolvida pelo método da substituição: Z 2x 1 1 dx = + C. 12 . −1 e 0. por exemplo. obtemos A = 1. 2x3 + x2 − 5x − 8 Ax + B 2 1 = 2 + − 4 3 2 x + 2x + x − 2x − 2 x + 2x + 2 x+1 x−1 e fazendo x = 0. uma envolvendo logaritmo e outra arcotangente. 2 Como você pode observar. obtemos B = 2. (x2 + a2 )r 1 − r (x2 + a2 )r−1 A segunda parcela pode ser calculada pela fórmula de redução a seguir: Z Z 1 x 2r − 1 1 dx = + dx. Outras Técnicas de Integração Vamos calcular a integral Unidade 20 Exemplo 9 Z (x2 1 dx. começamos com a integração por partes aplicada na integral 1 1 −2x dx. Aplicando a fórmula de integração por partes. obtemos Z Z −2x2 1 x dx = 2 − dx x2 + 4 x +4 (x2 + 4)2 Z x2 x + 2 dx = 2 x +4 (x2 + 4)2 Z 2 x x +4−4 = 2 + 2 dx x +4 (x2 + 4)2 Z Z x x2 + 4 −4 = 2 + 2 dx + 2 dx 2 2 2 x +4 (x + 4) (x + 4)2 Z Z 1 1 x + 2 dx − 8 dx = 2 2 2 x +4 x +4 (x + 4)2 Manipulando essa igualdade. + 4)2 Z Para isso. fazendo u = 2 e dv = dx. obtemos Z Z 1 x 1 8 dx = 2 + dx 2 2 2 (x + 4) x +4 x +4 Z 1 x 1 x dx = + arctan + C. 2 2 2 (x + 4) 8(x + 4) 16 2 13 . Isso nos dá du = dx 2 2 x +4 x +4 (x + 4)2 e v = x. Calcule a integral (1 + x2 )3 Z 14 . x2 (x2 − 4x + 5) 3x3 + 8x2 + 11x + 4 dx. (e) 2 x + 3x + 2 8 − 5x dx. (2x − 1)(x − 1) Z 5x − 7 (g) dx.Unidade 20 Exercícios 20. Calcule as integrais a seguir: Z −8x dx. (x2 + 4)(x − 2) Z (d) x3 − 4x + 5 dx. x2 − x Z 1 − 2x dx. Calcule as integrais a seguir: Z (a) Z (b) 3x2 − 3x + 2 dx. x(x − 1)(x + 2) Z 3x2 − x3 − 2x + 1 dx. (a) 2 (x − 1)(x − 3) Z 2x2 − 6x + 1 (b) dx. (c) 4 (x2 + 9)3 x −1 Z 1 dx fazendo a substituição x = tan t. (x + 2)(x − 4) Z 3x − 1 (d) dx. x(x2 + 2x + 2)2 Z (e) (x2 1 dx. (x − 1)2 (x + 1) Z 2−x (c) dx. (i) x2 (x − 1)2 Z 2x3 − 11x2 + 20x − 1 dx.4 Exercícios 1. (j) x2 − 5x + 6 Z (f) 2. dx. 3. x2 − 2x − 3 Z 9x2 + 2x − 2 (h) dx. + 4)2 Z x−2 2x3 + x2 + 2x − 1 (f) dx. Outras Técnicas de Integração 20. Essa é a razão do termo hiperbólico aparecer nos nomes dessas funções. cosh x = 2 2 Um cálculo imediato mostra que (cosh x)0 = senh x e ( senh x)0 = cosh x. Assim.5 Unidade 20 Funções Trigonométricas Hiperbólicas As funções trigonométricas hiperbólicas são as parcelas da decomposição da função exponencial como uma soma de uma função par e uma função ímpar. ex − e−x ex + e−x e senh x = . Essas duas funções satisfazem à seguinte identidade: cosh2 x − senh 2 x = 1. podemos usar essas funções para resolver certas integrais. da mesma maneira que usamos as funções trigonométricas usuais. Isso faz Z √ Z Z (et + e−t )2 2 2 dt 1 + x dx = cosh t dt = 4 ! Z 2t −2t 1 1 e e = (e2t + 2 + e−2t ) dt = + 2t − + C 4 4 2 2 1 t senh 2t + + C 4 2 1 t = (2 senh t cosh t) + + C 4√ 2 x 1 + x2 arcsenh x = + + C. Isto é. uma vez que cosh t > 0. Então dx = cosh t dt e a identidade trigonométrica hiperbólica permite escrever p p √ 1 + x2 = 1 + senh 2 t = cosh2 t = cosh t. para todo t ∈ R. Veja um exemplo. Usaremos a substituição trigonométrica hiperbólica para calcular Z √ 1 + x2 dx. Fazemos x = senh t. 2 2 = 15 Exemplo 10 . Você pode usar 1 ( arcsenh x)0 = √ 1 + x2 √ x 1 + x2 arcsenh x para certificar-se de que a função F (x) = + é uma 2 2 √ primitiva de f (x) = 1 + x2 . cos t + sen t Todo o processo inicia com a equação u = tan 2t . Exemplo 11 Usaremos a técnica também conhecida como arco metade para calcular Z 1 dt. sen t u = √ 2 1 + u2 e cos t 1 = √ . é devida a Karl Weierstrass e é adequada para lidar com quocientes de somas de funções trigonométricas. 1 + u2 . em um único exemplo. Usamos a identidade trigonométrica sec2 x = 1 + tan2 x para 2 obter 2 dt = du. Isso leva a du = 1 sec2 2t dt. 2 1 + u2 Usando as fórmulas trigonométricas sen t = 2 sen 2t cos 2t e cos t = cos2 2t − sen 2 2t . concluímos sen t = 2u 1 + u2 e 16 cos t = 1 − u2 .Unidade 20 A substituição de Weierstrass É claro que várias propriedades similares às das funções trigonométricas valem aqui.6 A substituição de Weierstrass A técnica que ilustraremos agora. 1 + u2 Além disso. usamos o fato de que senh 2t = 2 senh t cosh t e que a função y = senh x é inversível e sua inversa é derivável. 20. Por exemplo. 1 − x2 da função arcotangente hiperbólica. Z 1 dt = cos t + sen t Z 1 2 2 du 1 + u2 1−u 2u + 2 1 + u2 Z Z 1+u 2 du = 22 − (u + 1)2 du = −u2 + 2u + 1 √2(u + 1) √ + C 2 arctanh = 2 √ 2 √ t = 2 arctanh tan + 1 + C. 2 2 Usamos a fórmula Z 1 dx = arctanh + C. 17 Unidade 20 .Outras Técnicas de Integração Assim. (m) 1 + x4 Z √ 1 + ex dx. (i) x sec2 x dx. Z sen 2x dx.7 Exercícios 1. (x + 1)3 Z √ (d) ex 4 + e2x dx. 1 + 3 sen 2 x (h) 1 + 4t2 dt. Calcule as integrais a seguir: √ Z (a) 2 t Z0 (b) √ Z x e−2x dx. Z Z arctan x (c) dx.Unidade 20 Exercícios 20. Z 1 dx. (n) Z (l) 18 . x3 cos x2 dx. x3 dx. x(1 + x)3 (j) Z (k) x (2 + 3x)1/3 dx. 1 + x8 Z 1 dx. Z 1 √ √ (g) dx. (e) x + x1/3 Z √ (f) ln(2 + x) dx. . . 16 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Integrais sobre domínios não limitados . 13 21. . . . .21 Integrais Impróprias Sumário 21. . . . . . . . . . .3 Critérios de Convergência . . . . 5 21. . . . . . . . . . . . . . .6 Exercícios . . . . 2 21. . . . . .4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 21. . . . . . .5 O Caso dos Integrandos In nitos . . . . . 12 21.2 Exercícios . . . . . . . como veremos ao longo da unidade. deveria ser igual a 1. σ 2π cujos grá cos têm o aspecto daquele representado na gura a seguir: Gostaríamos de dizer que a área sob esse grá co representa a probabilidade de um evento certo e. As integrais impróprias servem para lidar com esse tipo de situação. 2 . como vimos anteriormente. Veja por exemplo. de nidas em intervalos fechados e limitados. Para isso. portanto. certas regiões que fogem a esse padrão. de nida por f (x) = que corresponde à área da gura a seguir.Unidade 21 Integrais sobre domínios não limitados A integral de nida é particularmente adequada para atribuir área a certas regiões não triangularizáveis. mas mesmo assim gostaríamos de lhes atribuir área. as regiões devem ser limitadas por grá cos de funções contínuas. Há.1 Integrais sobre domínios não limitados Vamos iniciar lidando com um caso especial Exemplo 1 1 admite a função F (x) = 1 + x2 arctan x como uma primitiva. Então. temos Z t 1 dx = arctan t 2 0 1+x A função f : R −→ R. o caso das regiões entre o eixo Ox e os grá cos das funções de nidas por f (x) = 1 2 2 √ e−(x−µ) /2σ . pelo Teorema Fundamental do Cálculo. 21. no entanto. +∞) −→ R a primitiva de f de nida por F (t) = f (x) dx. sobre todo o intervalo [0. +∞) π é . podemos intepretar que a área da t→+∞ 2 região entre o grá co da função f e o eixo Ox.Z Considere t F : [a. de nimos outros dois tipos de integrais impróprias. +∞). a] ⊂ Dom(g) e Dom(h) = R. Definição 1 a De nimos +∞ Z Z f (x) dx := a lim t f (x) dx = t→+∞ a lim F (t) t→+∞ e chamamos este limite de integral imprópria de f sobre o intervalo [a. Seja f uma função contínua tal que [a. Veja como essa ideia pode ser 2 generalizada na forma da de nição a seguir. para t → +∞. Portanto. uma integral imprópia 2 1+x 2 0 convergente. Analogamente. apesar de esta região não ser limitada. Se o limite for um número. Analogamente. obteremos um π número: lim arctan t = .Integrais Impróprias Unidade 21 t Se tomarmos o limite de F (t) = arctan t. Z +∞ 1 π dx = . No exemplo anterior temos Sejam g e h funções contínua tais que (−∞. de nimos Z a Z a g(x) dx := lim g(x) dx t→−∞ −∞ Z +∞ Z h(x) dx := −∞ t lim t→−∞ 0 Z h(x) dx + t lim s→+∞ s h(x) dx 0 as respectivas integrais impróprias de g sobre o intervalo (−∞. diremos que a integral imprópria converge. a] e de h sobre 3 Definição 2 . +∞) ⊂ Dom(f ). Unidade 21 Integrais sobre domínios não limitados a reta real. 2 t→+∞ 0 1 + x 2 Z 0 1 π lim dx = . Analogamente. Realmente. 1 dx (1 + x)2 t π 1 No primeiro caso. como dx = − + C . t→+∞ t→+∞ −t a integral imprópria Z +∞ sen (x) dx não converge. temos 2 (1 + x) 1+x Z −2 Z −2 1 1 1 dx = lim dx = lim 1 + = 1. lim Observação. diremos que as integrais impróprias convergem caso cada um dos limites envolvidos existir. s→−∞ s 1 + x2 2 Z +∞ 1 π π dx = + = π. Exemplo 2 As integrais impróprias Z +∞ −∞ 1 dx e 1 + x2 Z −2 −∞ convergem. devemos analisar cada limite independentemente. já calculamos lim dx = . 2 2 2 −∞ 1 + x Z 1 1 No outro caso. Note que. apesar de Z t sen x dx = lim (− cos t + cos(−t)) = 0. s→+∞ 0 que não existe. Por exemplo. 2 t→− ∞ t→− ∞ (1 + x)2 1+t −∞ (1 + x) t Z 4 . Portanto. no caso da integral de nida sobre toda a reta real. −∞ s Z lim s→+∞ sen x dx = lim (− cos s + 1). Novamente. 9 + x2 4 5 1 √ dx.2 Exercícios 1. caso contrário: (a) Z (b) Z (c) Z +∞ 1 +∞ 2 +∞ −∞ 1 dx. x(x + 4) Unidade 21 . indicando a não convergência ou calculando-as. x2 (d) Z (e) Z (f) Z +∞ 4 1 dx. + 4x 1 √ dx. x +∞ 1 dx. x2 − 1 +∞ x3 1 1 dx. Analise as integrais impróprias a seguir.Integrais Impróprias 21. pelo menos em alguns casos. então a a (b) Se x ∈ [a. se essa região admite área. Assim.Unidade 21 Critérios de Convergência 21. e a integral imprópria Z +∞0 ≤ f (x) ≤ g(x). g(x) dx convergir. +∞) ⊂ Dom(f ) ∩ Dom(g). para x ∈ [0. a região delimitada pelo grá co de f está incluida na região sob o grá co de g . e a integral imprópria Z +∞0 ≤ g(x) ≤ f (x). então f (x) dx divergirá. para todo f (x) dx convergirá. se a integral imprópria converge sem necessariamente calculá-la. Critério da Comparação O nome desse critério é devido ao fato de ser baseado na comparação de duas funções. Por exemplo. Então. no caso da convergência. Antes da demonstração. Veja o enunciado. +∞) é tal que lim x→+∞ x x entanto. Para esse propósito dispomos de critérios. (a) Se Z +∞x ∈ [a. Exemplo 3 Usaremos o teste para veri car que Z +∞ 2 e−x dx 0 é convergente.3 Critérios de Convergência 1 1 = 0. lim t→+∞ t→+∞ 1 x Z +∞ 1 Portanto. a integral imprópria dx diverge. a a A interpretação geométrica do teorema é bastante clara. +∞). como veremos a seguir. paraZtodo +∞ g(x) dx divergir. Seria muito conveniente x 1 poder distinguir. Teorema 3 Sejam f e g duas funções contínuas tais que [a. No A função f (x) = . +∞). Z t 1 dx = lim ln t = +∞. a subregião também admite área. veja um exemplo. 6 . Zportanto. 1 0 Z +∞ Z 1 Z +∞ 2 −x2 −x2 podemos a rmar que e dx = e dx + e−x dx é conver0 0 1 gente. F (t) é uma função positiva e não decrescente. a análise da convergência da integral imprópria não é viável pelo seu cálculo direto. A primeira etapa para aplicar o teste consiste em eleger uma função que servirá de referência. e dx é convergente. −x2 ≤ −x e e−x ≤ e−x . t→+∞ 1 t→+∞ e 1 Z +∞ Z 1 2 −x2 Então. 0 ≤ f (x) ≤ g(x).Integrais Impróprias A função f (x) = e−x Unidade 21 é contínua e. Agora. cuja primitiva pode ser encontrada pelas técnicas de integração. portanto. não há uma expressão de F (x) = 2 0 elementares. 2 Se x ≥ 1. Então. +∞). f (x) dx ≤ G(t) = 0 ≤ F (t) = a a Portanto. garante que Z t Z t g(x) dx. A condição 0 ≤ f (x) ≤ g(x). então lim F (t) = t→+∞ t→+∞ a Z +∞ f (x) dx converge. Portanto. No x 2 e−t dt em termos de funções entanto. 7 Demonstração . Como e−x dx é um número real. o cálculo da integral imprópria: Z +∞ Z t 1 −x e dx = lim e−x dx = lim (−e−t + e−1 ) = . para algum k ∈ R. Além disso. Vamos considerar a > 0. como Z +∞ lim G(t) = g(x) dx = k . x2 ≥ x e. admite primitivas. ∀x ≥ 1. para todo x ∈ [a. Vamos considerar g(x) = e−x . a Exemplos Referenciais Aqui estão alguns exemplos de integrais impróprias que são úteis para a aplicação do teste de convergência. xr +∞ 1 dx é divergente. garante que Z +∞ 2 |f (x)| dx a a também Z +∞converge. +∞) ⊂ Dom(f ). Veja o caso de dx . A hipótese de que +∞ Z |f (x)| dx converge. 0 ≤ |r| + r ≤ 2|r|. então f (x) dx também convergirá.Unidade 21 Critérios de Convergência • Se r > 1. b Corolário 4 Seja fZ uma função contínua tal que [a. xr a a +∞ e−rx dx é convergente. Se a integral Z +∞ +∞ |f (x)| dx convergir. Como 0 ≤ |f (x)| + f (x) ≤ 2|f (x)|. então Z • Se r ≤ 1. então Z • Se r > 0. Como dx é 3 x x3 7 7 convergente e . para qualquer número real. t→+∞ a podemos concluir que t→+∞ Z +∞ t→+∞ a a f (x) dx converge. a Exemplo 4 Este resultado é particularmente útil para o caso em que Zo integrando Z +∞ +∞ sen 2x 1 não é sempre positivo. podemos concluir que (|f (x)| + f (x)) dx converge. imprópria a Demonstração a Observe que. então Z +∞ 1 dx é convergente. a Como Z t Z t Z t lim f (x) dx = lim (|f (x)| + f (x)) dx − lim |f (x)| dx. . . sen 2x . 1 . . . . ≤ 3 . ∀x ≥ 7. 3 . x . x Z +∞ sen 2x podemos concluir que dx é convergente. x3 7 8 . veja uma aplicação do resultado. g2 (x) = √ . x→+∞ g(x) Z Z +∞ f (x) dx converge se. no x 1 outro.Integrais Impróprias Unidade 21 Critério do Limite do Quociente Sejam f e g duas funções contínuas tais que [a. que é particularmente útil para os casos nos quais os integrandos são quocientes. concluímos que dx 2 3 x 5x + 4x2 − 1 5 5 Z +∞ 1 √ dx. 2x − 15 9 5x3 9 Exemplo 5 . +∞) ⊂ Dom(f ) ∩ Dom(g). a integral é convergente. Se f (x) = L > 0. x 9 Z +∞ √ x+1 imprópria dx também não converge. Por outro lado. usaremos como referência a função g1 (x) = 2 e. e somente se. então Teorema 5 lim +∞ g(x) dx converge. 1 x→∞ x→∞ 2x − 15 2 √ x Z +∞ Z +∞ 1 x Como dx é convergente. 1 x→∞ x→∞ 5x3 + 4x2 − 1 5 x√2 x+1 √ x2 + x 1 2x − 15 lim = lim = > 0. Usaremos o teste para veri car a convergência das integrais impróprias Z +∞ √ Z +∞ x x+1 dx e dx . x Para usar o critério precisamos calcular os limites: x x3 1 + 4x2 − 1 = lim lim = > 0. e para todo x ≥ a. não converge. Assim. f (x) ≥ 0 e g(x) > 0. a a Antes de apresentarmos a demonstração. 3 2 5x + 4x − 1 2x − 15 9 5 1 No primeiro caso. então h(x) dx converge se. portanto. e. e a Z +∞ somente se. então . a Vamos à demonstração. +∞) ⊂ Dom(h) e a < R < t. se K é um número real. A hipótese f (x) = L > 0 garante que x→+∞ g(x) lim para algum R > a. a R Z +∞ Além disso.Unidade 21 Demonstração Critérios de Convergência Note que. então Z t Z R Z t h(x) dx = h(x) dx + h(x) dx a Z a R +∞ +∞ Z h(x) dx converge se. se x > R. se h é uma função contínua com [a. K h(x) dx converge. h(x) dx converge. e somente se. . . . f (x) L . . − L . . ≤ . . . −∞ como este exemplo mostra. g(x) 2 Portanto. portanto. Vamos analisar a convergência de Z 0 −∞ 10 1 dx. x + e−x . a O teste também pode ser usado no caso de integrais do tipo Z a f (x) dx . − L f (x) L ≤ −L ≤ . 2 2 A última Zdesigualdade permite que usemos o critério Z da comparação para +∞ concluir que e. e somente se. e somente se. Z R+∞ f (x) dx converge se. 2 g(x) 2 L f (x) 3L ≤ ≤ . 2 g(x) 2 3L g(x) L g(x) ≤ f (x) ≤ . f (x) dx converge se. a Exemplo 6 +∞ Z R+∞ g(x) dx converge g(x) dx converge. x x→−∞ t Z 1 = 1.Integrais Impróprias Observe que lim x→−∞ Além disso. t→−∞ 1 dx também converge. Z 0 x 1 x + e−x = ex e dx = −∞ Como Z 0 −∞ ex dx = lim e dx converge. x ex + 1 0 Z t→−∞ lim 0 −∞ lim (1 − et ) = 1. x + e−x 11 Unidade 21 . x ln x 1 dx. (a) Z (b) Z (c) Z (d) Z (e) Z +∞ −x e sen x dx. e2x + e−2x 1 dx. 3/2 x + x1/2 + 1 −1 ex dx. Determine quais das integrais impróprias a seguir são convergentes. x4 + x + 1 x √ dx.Unidade 21 Exercícios 21. x2 ln x sen 3 √ dx. (f) Z (g) Z (h) Z (i) Z (j) Z −∞ 0 +∞ 1 +∞ 2 +∞ 1 2 +∞ +∞ x √ dx.4 Exercícios 1. x ln x +∞ (1 + √ 1 dx. x2 x+2 dx. x)(1 + x) . x3 −∞ +∞ √ 2 +∞ 2 1 12 ex dx. apesar do domínio de integração ser nito. Diremos que a integral converge se cada limite envolvido na situação convergir. para todo x > 0. a primitiva Z 8 1 3 √ F (t) = dx = 6 − t2/3 . 3 2 x t e estabelecer Z 0 8 1 √ dx = lim+ F (t) = 6. cada limite apropriado. separadamente. lim+ √ 3 x→0 x A exemplo do que zemos no caso das integrais sobre domínios não limitados. −∞ Isto é.5 O Caso dos Integrandos In nitos Vamos agora observar o caso da integral Z 8 1 √ dx . a função f (x) = √ não 3 x está de nida em x = 0. podemos lidar com integrais impróprias que acumulam proZ blemas em vários pontos da mesma maneira que lidamos com o caso +∞ f (x) dx. Mais ainda. x x x 0 0 1 13 Exemplo 8 . separando cada irregularidade e tomando. estudaremos dois casos: Z +∞ Z 1 Z +∞ ln x ln x ln x √ dx = √ dx + √ dx. devemos levar em x conta separadamente cada extremo do intervalo. 3 t→0 x Mais geralmente. +∞). 1 = +∞.Integrais Impróprias Unidade 21 21. podemos considerar. Vamos analisar a convergência da integral Z +∞ ln x √ dx . 3 x 0 Exemplo 7 1 Veja que. x 0 ln x Como a função f (x) = √ está de nida em (0. Assim. Então. b]. a a 14 . (a) Se 0 ≤ f (x) ≤ g(x). que x 0 Z 0 1 ln x √ dx convergir. x Usando uma primitiva. No outro extremo temos: Z t Z +∞ ln x ln x √ dx = lim √ dx t→+∞ 1 x x 1 √ = lim (2 t (ln t − 2) + 4) = +∞. a a (b) Se todo x ∈ (a. dizemos x Os critérios de convergência também podem ser adaptados à situação em que o integrando não é limitado. então f (x) dx converge. então f (x) dx diverge. e a integral imprópria Z +∞0 ≤ g(x) ≤ f (x). b] ⊂ Dom(f ) ∩ Dom(g). b]. Teorema 6 Sejam f e g duas funções contínuas tais que (a. t→+∞ Como essa integral não converge. para todo x ∈ (a. e a integral imprópria Z b Z +∞ g(x) dx convergir. para Z +∞ g(x) dx divergir.Unidade 21 O Caso dos Integrandos Infinitos Usando integração por partes concluímos que Z √ √ ln x √ dx = 2 x ln x − 4 x + C. esta integral imprópria converge. lim+ t→0 Portanto. obtemos: Z 0 1 ln x √ dx = x Z 1 ln x √ dx t→0 x t √ √ = lim+ (−4 − 2 t ln t + 4 t) = −4. apesar de Z +∞ ln x √ dx não converge. Integrais Impróprias Vamos analisar a convergência de Z 4 1 √ dx . x−2 x+2 1 1 1 √ < √ = . lim+ t→2 concluímos que Z 4 1 dx converge. como x−2 4 1 √ dx t→2 x−2 t √ √ √ lim+ 2 2 − 2 t − 2 = 2 2. 2 x→2 x −4 Podemos escrever √ 1 x2 −4 = √ 1 1 √ e. 4] está contido no domínio do integrando e 1 lim+ √ = +∞. se x > 2. Você pode usar substituição trigo−4 nométrica para calcular essa integral. 2 √ x2 15 Unidade 21 Exemplo 9 . 2 x+2 2+2 Isso permite escrever √ Z 4 2 1 x2 1 √ dx = x−2 = −4 ≤ 2 Z √ 1 e. 2 x −4 2 Note que (2. (g) Z (h) Z 8 √ 4 0 0 2 2 x 1 √ ln dx. (x − 1)2 2 √ 1 ln x dx.Unidade 21 Exercícios 21. Determine quais das integrais impróprias a seguir são convergentes. (a) Z (b) Z 2 1 4 1 (c) Z (d) Z 1 1 dx. x dx. Nos casos em que puder. x−4 sen x dx.6 Exercícios 1. 2 x 2 16 π/2 1 x2 −1 dx. 1−x (e) Z (f) Z 0 1 dx. (x − 2)2/3 1 dx. calcule-as. x3/2 . . . . . .22 Aplicações da integral Volumes Sumário 22. 17 22. . . . 19 1 . . . . . .3 Exercícios . . . . .1 Método das seções transversais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Método das cascas cilíndricas . . . 15 22. . . . . . . . . . . . . 5 22. .4 Mais aplicações da integral Áreas e comprimentos 11 22. . . . . . . . 6 22. . . . . 9 22. . . . .7 Exercícios . . . . . . . . . . . . .6 Uma nota sobre os métodos numéricos . . .5 Comprimento de curva . . Em contrapartida. chamado eixo de rotação. Volumes de sólidos de revolução Seja f : [a. b].5 0 0. Consideraremos o sólido de revolução obtido pela rotação da região limitada pelo eixo Ox e pelo grá co de f .5 1 0. Veja as guras seguintes. Se usarmos o eixo Ox como eixo de rotação. se usarmos a reta x = −1 como o eixo de rotação.5 2 1. Exemplo 1 √ Seja R a região limitada pelo grá co de y = 1 − x2 e pelo eixo Ox.5 –1.5 x 1 1. b] −→ R uma função contínua tal que f (x) ≥ 0. Nesta unidade.5 –1 –0.5 2 . 3 2. em torno do eixo Ox. obteremos a esfera sólida como um objeto de revolução. usaremos as integrais de nidas para estabelecer e calcular volumes de sólidos de revolução.Unidade 22 Sólidos de revolução Os sólidos de revolução são aqueles obtidos girando uma região plana R em torno de um eixo. obteremos um sólido de revolução diferente. para todo x ∈ [a. Podemos então estabelecer a de nição a seguir.5 –1. O volume V do sólido obtido pela revolução da região sob o grá co da função contínua. b] −→ R em torno do eixo Ox é V = Definição 1 Z b n X 2 2 lim π f (ξi ) ∆xi = π f (x) dx.5 1 0.5 –1 –0.5 0 0. kPk→0 a i=1 Para obter o volume da esfera. 3 2. 3 √ r2 − x2 ≥ 0. A soma desses volumes. r]. para cada subintervalo da partição. O volume do cilindro de raio f (ξi ) e altura ∆xi = xi − xi−1 é 2 ∆Vi = π f (ξi ) ∆xi . Exemplo 2 . i=1 i=1 é uma soma de Riemann e.5 2 Como a função f é contínua.Aplicações da integral Volumes Unidade 22 Considere a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b. basta considerar f (x) = de nida no intervalo [−r. escolha um ponto ξi ∈ [xi−1 .5 2 1. b] e. os cilindros empilhados formam um sólido que se parece cada vez mais com o sólido de revolução original. a função g(x) = π f (x) também é contínua. na medida em que tomamos partições mais e mais nas. uma partição do intervalo [a.5 x 1 1. positiva. n X n X 2 ∆Vi = π f (ξi ) ∆xi . xi ]. f : [a. Unidade 22 Nesse caso. Z V = r π √ r2 − 2 x2 Z dx = π r 2 − x2 2 dx −r = . r x . π r2 x − . 3 . 3 . A função f1 (x) = 2 + 1 − x2 tem por grá co o semicírculo √ superior. 1]. Para calcularmos o volume desse sólido usaremos a seguinte abordagem. 4 . }. y) ∈ R | x2 + (y − 2)2 ≤ 1 . Dividiremos a curva x2 + (y − 1)2 = 1 em duas funções. Antes. enquanto a função f2 (x) = 2 − 1 − x2 tem por grá co o semicírculo inferior. um esboço do sólido. Ao girarmos esse disco de raio 1 e centro em (0. [−1. 3 3 3 3 Vamos calcular o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo Ox do conjunto R = { (x. ambas sobre o mesmo √ intervalo. −r Exemplo 3 r3 r3 4πr3 3 = π r − +r − = . 2) em torno do eixo Ox obteremos um sólido cuja superfície é chamada de toro e que lembra uma câmara de ar de um pneu. o volume do sólido B é Z b V = A(x) dx. você não pode deixar de notar a 2 que o integrando π f (x) é. usamos as somas de Riemann. 2 −1 22. b]. não necessariamente sólidos de revolução. precisamente.Aplicações da integral Volumes A integral Z 1 V1 = 2 π f1 (x) dx −1 determina o volume do toro cheio.1 Método das seções transversais Z b 2 Ao observar a fórmula V = π f (x) dx. a área do disco de raio f (x). Isso nos leva a estender a de nição de volume a outros sólidos. e que para cada x ∈ [a. Portanto. o volume que queremos calcular é dado pela diferença V1 − V2 : Z 1 Z 1 √ √ 2 2 (2 + 1 − x ) dx − π V = π (2 − 1 − x2 )2 dx = −1 −1 Z 1√ π = 8π 1 − x2 dx = 8π = 4π 2 . a seção transversal obtida do corte do sólido de revolução dado pelo plano perpendicular ao eixo na altura x. para chegarmos à de nição a seguir. a 5 Unidade 22 . incluído o buraco. Suponha que B seja um sólido limitado por dois planos perpendiculares ao eixo Ox. de maneira análoga à que foi usada no caso de sólidos de revolução. Nas condições que acabamos de descrever. o volume do buraco. em x = a e x = b. a área da seção transversal do sólido com o plano perpendicular ao eixo seja dada por A(x). Já a integral Z 1 2 V2 = π f2 (x) dx −1 determina. precisamente. Se A(x) for uma função contínua. cujos eixos de simetria são perpendiculares. Devido à simetria.Unidade 22 Exemplo 4 Método das cascas cilíndricas Vamos calcular o volume da interseção de dois cilindros de mesmo raio a. a área desse quadrado é A(x) = (a2 −x2 ). na altura x. A gura da direita mostra o sólido com um corte perpendicular ao eixo Ox. √ Essa seção. é . é um quadrado de lado a2 − x2 . representado na gura. este volume é 8 vezes o volume da parte que se encontra no primeiro octante. Assim. e o outro cilindro. à esquerda. O volume do oitavo do sólido. representada na gura a seguir. Suponhamos que um dos cilindros tem Ox como seu eixo de simetria. o eixo Oz . a Z a 3. x a3 2a3 . (a2 − x2 ) dx = a2 x − . = a3 − = . 3. como mostra a gura a seguir. 3 3 0 0 Portanto. a interseção dos dois cilindros tem volume volume. Vamos considerar um retângulo de altura h. 6 . Vamos calcular o volume da casca cilíndrica obtida pela rotação desse retângulo em torno do eixo Oy . com 0 < xi−1 < xi . 16 a3 unidades de 3 22.2 Método das cascas cilíndricas Este método é apropriado para calcular volumes de sólidos de revolução cujo eixo de simetria é o eixo Oy . sobre o intervalo [xi−1 . xi ]. 2 1. xi ].8 2 2. para cada intervalo da partição.8 3 t O método que permite fazer isso é chamado de método das cascas cilíndricas. com a ≥ 0 e seja R a região sob o grá co de f . escolhemos um ponto ξi ∈ [xi−1 . xi ] e altura f (ξi ) é Vi = π f (ξi ) (xi + xi−1 ) ∆xi . isso é o volume do cilindro maior menos o volume do cilindro menor: Vi = π x2i h − π x2i−1 h = πh(x2i − x2i−1 ) = = πh(xi + xi−1 )(xi − xi−1 ). Veja como funciona: seja a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b uma partição do intervalo [a. 2 1.6 2. positiva.Aplicações da integral Volumes Ora. pois usamos aproximações do sólido por cascas cilíndricas obtidas da revolução em torno do eixo Oy de retângulos que aproximam a área R.4 2. b] −→ R uma função contínua. Queremos calcular o volume do sólido de revolução da região R em torno do eixo Oy .2 2.4 1. Agora.5 0 1 1. b] e.5 1 0. como antes. num processo similar ao que usamos para obter a fórmula de volume de sólidos de revolução em torno do eixo Ox. seja f : [a.6 1. 7 Unidade 22 . O volume da casca cilíndrica obtida da revolução em torno do eixo Oy do retângulo de base [xi−1 . 0) e (0. h). Isso é fácil: y = h 1 − r . r]: Z r hx2 x dx = 2π hx − dx = = 2π xh 1 − r r 0 0 . Para isso. (r.Unidade 22 Método das cascas cilíndricas A soma dos volumes das cascas cilíndricas é uma soma de Riemann: n X Vi = i=1 n X π f (ξi ) (xi + xi−1 ) ∆xi = i=1 u 2π n X f (ξi ) xi ∆xi . a Exemplo 5 Vamos calcular o volume do cone de altura h. com o raio da base r. em torno do eixo Oy . vamos considerá-lo como o sólido de revolução do triângulo de vértices (0. Agora. i=1 O limite dessas somas de Riemann resulta na fórmula com a qual de nimos o volume do sólido: Z b V = 2π x f (x) dx. 0). h). de nida no intervalo [0. devemos achar da reta que contém os pontos (r. 0) e a equação x (0. usaremos a fórmula do método das cascas cilíndricas. Primeiro. com f (x) = h 1 − xr . r hx2 hr2 hx3 . . hr2 πhr2 = 2π − − = . . = 2π 2 3r . 2 3 3 Z V r 0 Ou seja. 8 . o volume do cone de altura h e raio da base r é um terço da área da base vezes a altura. Ox. π]. no intervalo [π/4. 2. Faça um esboço do sólido obtido pela revolução de R em torno do eixo Ox e calcule o seu volume. Calcule o volume do sólido de revolução da região R em torno do eixo indicado: (a) R = { (x. 4. y) ∈ R | 1 ≤ y ≤ x2 − 4x + 4 }.Aplicações da integral Volumes 22. Ox. Calcule o volume do sólido de revolução em torno do eixo Ox da região sob o grá co da função f (x) = sec x. 4]. π/3]. (b) y = −1. Calcule o volume obtido da esfera menos o cilindro. 8. Ox. 9 Unidade 22 . (d) R = { (x. y) ∈ R | 0 ≤ x ≤ 2. Calcule o volume do sólido cuja base é o disco x2 + y 2 ≤ 4 tal que cada uma de suas seções transversais perpendiculares ao eixo Ox é um quadrado. Oy . π/2].3 Exercícios 1. cujo eixo de simetria é um diâmetro máximo da esfera. 6. Em uma esfera de raio 1 foi cavado um buraco cilíndrico. no intervalo [0. Ox. y) ∈ R | 0 ≤ x ≤ 2. (b) R = { (x. 0 ≤ y ≤ cos x/2 }. sabendo que o raio do cilindro é 1/2. 0 ≤ y ≤ ex }. Calcule o volume do sólido de revolução de R em torno do eixo Oy e faça um esboço desse sólido. 3. (e) R = { (x. √ Seja R a região limitada pela curva y = x. 7. y) ∈ R | 0 ≤ x ≤ 2. Esboce o grá co da região R sob o grá co da função y = 2 + 2 cos x sobre o intervalo [0. Calcule o volume do sólido de revolução em torno do eixo Ox da região √ sob o grá co da função f (x) = x cos x. com x ∈ [0. 0 ≤ y ≤ x/2 }. pelo eixo Ox. (c) R = { (x. 5. y) ∈ R | 0 ≤ x ≤ π. Faça um esboço do sólido de revolução obtido pela revolução do semicírculo do exemplo anterior em torno dos seguintes eixos: (a) x = 2. 1/x ≤ y ≤ ex }. 10. Um sólido é construído sobre o triângulo de vértices (0. 0). Calcule o seu volume. 10 . −2). (0. de tal forma que cada seção perpendicular ao eixo Ox é um semicírculo. 2) e (4.Unidade 22 Exercícios 9. Uma cunha é cortada do cilindro x2 + y 2 ≤ 1 pelos planos z = 0 e z = y . além de ser diferenciável. b] −→ R cuja restrição ao intervalo aberto (a. b]. Queremos atribuir uma área a S .Aplicações da integral Volumes 22. A = π (R + r) g. Seja S a superfície obtida da rotação do grá co da função contínua f : [a. com base maior 2πR e base menor 2πr. Isto é. A área de um tronco de cone reto. f (xi−1 )) e (xi . A união desses troncos de cone aproximam a superfície de revolução.4 Mais aplicações da integral Áreas e comprimentos Área de uma superfície de revolução Vamos agora obter áreas das superfícies que recobrem os sólidos de revolução. 11 Unidade 22 . Usaremos o seguinte processo de aproximação: para cada partição a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b do intervalo [a. Veja na gura a seguir. b) é de classe C 1 (dizemos que uma função é de classe C 1 quando. na medida em que tomamos partições mais nas. com raio da base maior R e raio da base menor r é igual à área de um trapézio de altura g . a função derivada f 0 é contínua). f (xi )). consideraremos os troncos de cone obtidos pela revolução dos segmentos de reta que unem os pontos sucessivos (xi−1 . de geratriz g . O ponto de partida será o tronco de cone. i=1 Tomando o limite dessas somas de Riemann. . xi ] tal que f 0 (ξi ) = f (xi ) − f (xi−1 ) . f (xi−1 )) e (xi . sabemos que o intervalo limitado pelos números f (xi−1 ) e f (xi ) está contido na imagem de f . Isso signi ca que ζi é a solução da equação f (x) = M . 2. tal que f (ζi ) = f (xi−1 ) + f (xi ) . existe um número ξi ∈ [xi−1 . 2. Ou seja. podemos trocar f (xi ) − f (xi−1 ) por f (ξi ) (xi − xi−1 ) na fórmula que determina li . existe ζi ∈ [xi−1 . como f é contínua. . i=1 i=1 q 2 onde li = (xi − xi−1 )2 + f (xi ) − f (xi−1 ) é o comprimento do segmento de reta unindo os pontos (xi−1 .Unidade 22 Mais aplicações da integral Áreas e comprimentos A área da superfície obtida pela união dos cones é a soma das áreas dos cones: n n X X Ai = π f (xi−1 ) + f (xi ) li . 2f (ζi ) = f (xi−1 ) + f (xi ). xi ]. = Além disso. Usaremos agora o fato de f ser uma função diferenciável. onde M é o ponto médio entre f (xi−1 ) e f (xi ). . xi − xi−1 para cada i = 1. n. . Em particular. obtendo: q 2 li = (xi − xi−1 )2 + f 0 (ξi ) (xi − xi−1 ) = q q 2 2 ∆x2i + f 0 (ξi ) ∆x2i = 1 + f 0 (ξi ) ∆xi . 12 . nossa fórmula para Ai cou assim: i=1 n X i=1 Ai = 2π n X q f (ζi ) 1 + f 0 (ξi ) 2 ∆xi . . . 2 para cada i = 1. . Assim. f (xi )). obtemos a de nição. a equação f (x) = M tem solução no intervalo [xi−1 . . 3. n X Com mais essa alteração. xi ]. n. Pelo Teorema do Valor Médio. a geratriz do tronco que tem como raios das bases f (xi−1 ) e f (xi ). para todos os valores de M entre os números f (xi−1 ) e f (xi ). Isto é. Para aplicarmos a fórmula da área.Aplicações da integral Volumes Seja f : [a. A = 2π Unidade 22 Definição 2 a Note que de f 0 ser uma função contínua. garantindo que as somas de Riemann convergem. cuja restrição ao intervalo (a. b) é de classe C 1 . Z Z √ Z q 2 r 0 2 2 f (x) 1 + f (x) dx = r −x · √ dx = r dx. A área da superfície gerada pela rotação do grá co de f em torno do eixo Ox é de nida pela integral Z b q 2 f (x) 1 + f 0 (x) dx. A esfera de raio r pode ser gerada pela revolução do grá co da função √ f (x) = r2 − x2 em torno do eixo Ox. r 2 − x2 Portanto. pois então a função q usamos o fato 2 y = f (x) 1 + f 0 (x) é contínua. b] −→ R uma função contínua e positiva. precisamos da derivada de f : f 0 (x) = 1 2 −x (r − x2 )−1/2 · (−2x) = √ . 2 r 2 − x2 Então. q 2 1 + f 0 (x) r x2 = 1+ 2 r − x2 r r 2 − x2 + x2 = = r 2 − x2 r = √ . r 2 − x2 = Assim. a área da superfície da esfera de raio r é . r Z r . . A = 2π r dx = 2π r x . . = 4π r2 . −r −r O exemplo que você verá a seguir é bem conhecido devido ao seu resultado surpreendente. 13 Exemplo 6 . para incluir toda a trombeta: Z ∞ Z ∞ 2 1 V = π f (x) dx = π dx = x2 1 1 . O objeto lembra uma trombeta. mas com a integral imprópria. usaremos a fórmula do volume.Unidade 22 Exemplo 7 Mais aplicações da integral Áreas e comprimentos 1 Considere a superfície obtida pela rotação do grá co da função f (x) = . porém de comprimento in nito. Vamos calcular o volume da região limitada pela trombeta. x com x ∈ [1. em torno do eixo Ox. ∞). Para isso. r Z r 1 1 . . = π lim dx = π lim − . = r→∞ 1 x r→∞ x. Como ∞ 1 x r 1+ −1 2 x2 Z dx = 2π 1 ∞ √ x4 + 1 dx. = lim 1 x→∞ x→∞ x3 x Z ∞ dx diverge. sabemos que a Z ∞√ 4 x +1 integral imprópria dx diverge. x3 √ x4 + 1 √ 3 x6 + x2 x lim = 1. pelo teste do limite do quociente. x3 1 Ou seja. vamos calcular a área da superfície que a recobre. Agora. usando a mesma abordagem. Aqui reside toda a incongruência do exemplo: a trombeta pode ser preenchida com um pouco 1 14 . apesar de comprimento in nito. a área que recobre a trombeta é in nita. Z A = 2π 1 Mas. tem π unidades cúbicas de volume. = π lim 1 − r→∞ r Como a integral imprópria converge. 1 1 = π. dizemos que a trombeta. 22. portanto. Como antes. O comprimento dessa linha poligonal é n n q X X 2 li = (xi − xi−1 )2 + f (xi ) − f (xi−1 ) . i=1 15 Unidade 22 . seja a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b uma partição do intervalo [a. temos ξi ∈ [xi−1 .Aplicações da integral Volumes mais do que 3 unidades cúbicas de tinta. b). n X i=1 n q X 2 li = 1 + f 0 (ξi ) ∆xi . xi ]. b] −→ R uma função contínua e positiva. temos uma linha poligonal formada pela união dos segmentos de reta que unem os pontos (xi−1 . i=1 i=1 Como antes. Seja f : [a. de classe C 1 . Bem. cuja derivada é uma função contínua. f (xi )). sucessivamente. ao lidarmos com trombetas de comprimento in nito devemos esperar coisas surpreendentes. mas. Essa linha é uma aproximação para o grá co da função f . não pode ser pintada. f (xi−1 )) e (xi . b]. tal que f (xi ) − f (xi−1 ) = f 0 (ξi ) ∆xi e.5 Comprimento de curva Vamos aproveitar os argumentos desenvolvidos na dedução da fórmula da área para de nir o comprimento de uma curva que é o grá co de uma função f . Associada a essa partição. diferenciável em (a. mesmo que use toda a tinta do universo. − x2 Para resolver essa integral. Assim. = θ1 16 . x1 x2 Então. Z x2 x1 r √ dx = 2 r − x2 Z θ2 θ1 θ2 r2 cos θ dθ = r cos θ Z r dθ = r (θ2 − θ1 ) = r α. pelo limite dessas somas de Riemann: Z bq 2 1 + f 0 (x) dx. L = a Exemplo 8 Cálculo do comprimento de um arco de setor de circunferência. o comprimento desse arco é Z x2 q Z 2 0 1 + f (x) dx = x1 x2 x1 √ r2 r dx. Vamos posicionar tal setor de tal forma que ele esteja na parte superior de x2 + y 2 = r2 . e sejam x1 e x2 os pontos correspondentes à projeção do setor no eixo Ox. respectivamente: x1 = r sen θ1 e x2 = r sen θ2 . Vamos calcular o comprimento de um arco de circunferência de raio r.Unidade 22 Comprimento de curva Assim podemos de nir o comprimento do grá co da função f . fazemos a substituição trigonométrica x = r sen θ. onde θ1 e θ2 são os ângulos que correspondem aos valores x1 e x2 . correspondente a um ângulo α < π . Temos dx = r cos θ dθ e √ r2 − x2 = r cos θ. sobre o intervalo [a. b]. digamos de x = 1 até x = 2. trigonométricas. exponenciais e logaritmos. Esse tipo de fórmula costuma gerar integrais difíceis de serem abordadas pelas técnicas de integração. se dispusermos de um computador com algum programa matemático. 132090394. precisamos x Z 2√ 4 x +1 dx. que não é muito amigável. as primitivas destas funções geralmente não se expressam como combinações de funções familiares. Por exemplo. b]. Só para citar um exemplo. Z 2√ 4 x +1 dx u 1. então seu volume é dado por: 17 Unidade 22 . integrar x2 1 Na prática podemos lançar mão dos chamados métodos numéricos de integração ou. b] −→ R é uma função contínua e positiva que descreve as áreas das seções transversais perpendiculares ao eixo Ox de um dado sólido. volume do sólido obtido da revolução de R em torno do eixo Oy é dado por: Z b V = 2π x f (x) dx. O volume do sólido obtido da revolução de R em torno do eixo Ox é dado por: Z b 2 V = π f (x) dx. a Se a > 0. para calcular o 1 comprimento da curva y = .Aplicações da integral Volumes 22. tais como polinomiais. que fará a tarefa de avaliar o resultado. a Se A : [a. Isto é.6 Uma nota sobre os métodos numéricos As integrais da fórmula da área de uma superfícieqde rotação e do compri2 mento do grá co de uma função envolvem o radical 1 + f (x) . x2 1 Resumo das fórmulas Seja R a região sob o grá co da função contínua e positiva f de nida em [a. b]: b Z f (x) A = 2π q 2 1 + f 0 (x) dx. a 18 . a Fórmula do comprimento do grá co de f : L = Z bq 2 1 + f 0 (x) dx.Unidade 22 Uma nota sobre os métodos numéricos b Z V = A(x) dx. a Fórmula da área da superfície de revolução do grá co da função de classe C 1 sobre o intervalo [a. [0. a]. (a) f (x) = (d) f (x) = sen x.Aplicações da integral Volumes 22. √ (c) f (x) = 2 x. obtemos um toro. 7]. [0. [1. Calcule o comprimento do segmento de parábola y = f (x) = x2 sobre o intervalo [0. 1]. Veja o exemplo 13. Determine o comprimento da curva f (x) = 2x3/2 sobre o intervalo [0. Em cada um dos casos a seguir. Calcule o volume limitado pela superfície gerada pelo grá co da função f (x) = x−2/3 . x2 . 4]. se possível. 2. 7. 2].7 Exercícios 1. 2 (b) f (x) = ex . x3 1 Determine o comprimento do grá co de f (x) = + sobre o intervalo 6 2x [2. sobre o intervalo indicado. e a área que a recobre. 19 Unidade 22 . Calcule a área do cone de raio da base r e de altura h. 5. [0. π/2]. calcule a área da superfície obtida pela revolução do grá co da função dada. 4]. 3.3. 4. 6. Ao girarmos a circunferência x2 + (y − 2)2 = 1 em torno do eixo Ox. Calcule a área dessa superfície. para x ≥ 1.