Calculo

Cálculo Infinitesimal Gabriela Chaves versão de Agosto de 2004

ii

Índice Índice

iii

1 Propriedades básicas dos números 1.1 Operações de adição e multiplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Relação de ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Princípio de indução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Funções (reais de variável real) 2.1 Generalidades sobre funções . . . . . 2.2 Soma, multiplicação e composição de 2.3 Monotonia, máximos e mínimos . . . 2.4 Gráficos . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 1 6

. . . .

9 9 14 16 20

3 Limites e continuidade 3.1 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27 27 35

4 Derivadas 4.1 Motivação e interpretação . . . . . . . 4.2 Definição e propriedades básicas . . . 4.3 Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy 4.4 Resolução de alguns exercícios . . . . .

. . . . . funções . . . . . . . . . .

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41 41 42 51 63

5 Integrais e Primitivas 5.1 Motivação e interpretação geométrica . . . . . . . . . . 5.2 Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Definição e primitivas elementares . . . . . . . . 5.3.2 Primitivação por partes . . . . . . . . . . . . . . 5.3.3 Primitivação por substituição . . . . . . . . . . . 5.3.4 Primitivação de funções racionais . . . . . . . . . 5.4 Resolução de alguns exercícios . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Integrais impróprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Cálculo de comprimentos, volumes e áreas de superfície 5.6.1 Comprimentos de gráficos . . . . . . . . . . . . . 5.6.2 Volumes de sólidos de revolução . . . . . . . . . 5.6.3 Áreas de superfície de sólidos de revolução . . . .

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71 71 71 85 85 88 89 91 97 98 104 104 105 106

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6 Polinómios de Taylor 111 6.1 Polinómios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 6.2 Máximos e mínimos locais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 6.3 Cálculo de valores aproximados de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 7 Sucessões e séries 129 7.1 Sucessões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 7.2 Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 iii

iv

ÍNDICE

8 Sucessões e séries de funções 8.1 Sucessões de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Séries de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Séries de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

149 149 156 163

9 Curvas em Rn

171

A Coordenadas polares

199

B Funções exponenciais e logaritmos

211

C Funções trigonométricas

221

Índice alfabético

231

Capítulo 1

Propriedades básicas dos números O objectivo deste capítulo não é a construção dos números reais; supõe-se conhecida a existência destes e far-se-á apenas um resumo das propriedades mais importantes das operações e da relação de ordem.

1.1

Operações de adição e multiplicação

O conjunto dos números reais R, munido da adição e da multiplicação (designadas respectivamente por + e .), verifica as seguintes propriedades: 1. ∀x, y, z ∈ R (x + y) + z = x + (y + z) (associatividade da adição) 2. ∀x ∈ R x + 0 = 0 + x = x (0 é elemento neutro para a adição) 3. ∀x ∈ R ∃x0 ∈ R x + x0 = x0 + x = 0 (existência de inverso para a adição) 4. ∀x, y ∈ R x + y = y + x (comutatividade da adição) 5. ∀x, y, z ∈ R (x.y).z = x.(y.z) (associatividade da multiplicação) 6. ∀x, y ∈ R x.y = y.x (comutatividade da multiplicação) 7. ∀x, y, z ∈ R x.(y + z) = x.y + x.z (distributividade da multiplicação relativamente à adição) 8. ∀x ∈ R x.1 = 1.x = x (1 é elemento neutro para a multiplicação) 9. ∀x ∈ R\{0}∃x0 ∈ R x.x0 = x0 .x = 1 (existência de inverso para a multiplicação para qualquer elemento diferente de 0) Por (R, +) satisfazer às propriedades 1-3 diz-se que se trata de um grupo; por satisfazer às propriedades 1-4 diz-se que se trata de um grupo comutativo. Por (R, +, .) satisfazer às propriedades 1-8 diz-se que se trata de um anel comutativo com elemento unidade; por satisfazer às propriedades 1-9 diz-se que se trata de um corpo.

1.2

Relação de ordem

A relação ≤ em R verifica as seguintes propriedades: 1. ∀x ∈ R x ≤ x (reflexividade) 2. ∀x, y, z ∈ R (x ≤ y e y ≤ z) ⇒ x ≤ z (transitividade) 3. ∀x, y ∈ R (x ≤ y e y ≤ x) ⇒ x = y (anti-simetria) 4. ∀x ∈ R (x ≤ y ou y ≤ x) 5. ∀x, y ∈ R (0 ≤ x e 0 ≤ y) ⇒ 0 ≤ x + y 6. ∀x, y, z ∈ R x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z 7. ∀x, y ∈ R (0 ≤ x e 0 ≤ y) ⇒ 0 ≤ x.y 1

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CAPÍTULO 1. PROPRIEDADES BÁSICAS DOS NÚMEROS

Observação: As propriedades 1-4 envolvem apenas ≤; 5-6 relacionam ≤ e +; 7 relaciona ≤ e .. Por (R, ≤) satisfazer às propriedades 1-4 diz-se que se trata de um conjunto totalmente ordenado; por (R, +, ≤) satisfazer às propriedades 1-6 diz-se que se trata de um grupo comutativo ordenado. Por (R, +, ., ≤) satisfazer às propriedades 1-7 diz-se que se trata de um corpo ordenado.  x se x ≥ 0 Definição 1.2.1 Para cada x ∈ R, chama-se valor absoluto (ou módulo) de x a |x| = . -x se x ≤ 0 Proposição 1.2.2

1. ∀x, y ∈ R : |x + y| ≤ |x| + |y|.

2. ∀x, y ∈ R : |x − y| ≥ ||x| − |y||. 3. ∀x, y ∈ R : |xy| = |x||y|. 4. ∀x ∈ R : −|x| ≤ x ≤ |x|. 5. ∀x ∈ R, a ∈ R+ : |x| ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a. Demonstração: 1. Se x ≥ 0 e y ≥ 0, então x + y ≥ 0 e |x| + |y| = x + y, portanto |x + y| = |x| + |y|. Se x ≤ 0 e y ≤ 0, então x + y ≤ 0, |x + y| = −x − y, |x| + |y| = −x − y e |x + y| = |x| + |y|. Se x < 0 < y e |x| < |y|, então x + y ≥ 0, |x + y| = x + y e |x| + |y| = −x + y; ora neste caso x + y < −x + y, uma vez que x < 0. Analogamente se trata o caso x < 0 < y e |x| > |y|. 2. Da alínea anterior, conclui-se que |x|(= |x − y + y|) ≤ |x − y| + |y| |y|(= |y − x + x|) ≤ |y − x| + |x| = |x − y| + |x|. Então |x − y| ≥ |x| − |y| e |x − y| ≥ |y| − |x|, portanto |x − y| ≥ ||x| − |y||. 3. Trivial. 4. Trivial. 5. |x| ≤ a ⇔ (x ≥ 0 e x ≤ a) ou (x ≤ 0 e − x ≤ a) ⇔ 0 ≤ x ≤ a ou − a ≤ x ≤ 0 ⇔ −a ≤ x ≤ a. Definição 1.2.3 Seja A ⊂ R. 1. Diz-se que A é majorado (ou limitado superiormente) sse existe M ∈ R tal que ∀x ∈ A x ≤ M . Um número M nestas condições diz-se um majorante de A. 2. Diz-se que A é minorado (ou limitado inferiormente) sse existe m ∈ R tal que ∀x ∈ A m ≤ x. Um número m nestas condições diz-se um minorante de A. 3. Diz-se que A é limitado sse existe l ∈ R tal que ∀x ∈ R |x| ≤ l. Observações: 1. O conjunto dos majorantes de um conjunto não vazio, A, é minorado (por qualquer elemento de A). 2. O conjunto dos minorantes de um conjunto não vazio, A, é majorado (por qualquer elemento de A). 3. O conjunto A é limitado sse é majorado e minorado. Definição 1.2.4 1. Chama-se máximo (ou último elemento) de um conjunto A a um majorante de A que pertence a A. 2. Chama-se mínimo (ou primeiro elemento) de um conjunto A a um minorante de A que pertence a A. Observações:

1.2. RELAÇÃO DE ORDEM

3

1. Um conjunto majorado pode não ter máximo e um conjunto minorado pode não ter mínimo. 2. Um conjunto não pode ter mais de um máximo nem mais de um mínimo. Propriedades de N e Z: 1. Qualquer parte não vazia de N tem primeiro elemento. 2. Qualquer parte majorada não vazia de N tem último elemento. 3. Qualquer parte minorada não vazia de Z tem primeiro elemento. 4. Qualquer parte majorada não vazia de Z tem último elemento. Definição 1.2.5 Seja A ⊂ R. 1. Diz-se que M é o supremo de A sse M for o mínimo do conjunto dos majorantes de A. Notação: M = sup A. 2. Diz-se que m é o ínfimo de A sse m for o máximo do conjunto dos minorantes de A. Notação: m = inf A. Propriedade de R: Qualquer parte majorada de R tem supremo. Observação: Esta propriedade de R, assim como as propriedades de N e Z mencionadas acima, não serão aqui demonstradas. Demonstrá-las só teria sentido no contexto de uma construção ou descrição axiomática dos números, o que está para alem dos objectivos deste curso. Lema 1.2.6 1. Seja A uma parte majorada de R e seja M o conjunto dos majorantes de A. Então o conjunto −A = {−a, a ∈ A} é minorado e o conjunto dos minorantes de −A é −M. 2. Seja A uma parte minorada de R e seja M o conjunto dos minorantes de A. Então o conjunto −A = {−a, a ∈ A} é majorado e o conjunto dos majorantes de −A é −M. Demonstração: 1. Seja x ∈ −M. Então x = −x em que x é um majorante de A, isto é ∀a ∈ A a ≤ −x. Resumindo, ∀x ∈ −M ∀a ∈ A x ≤ −a, de onde ∀a ∈ A x ≤ −a, isto é, ∀x ∈ −M ∀a ∈ A x ≤ a, portanto qualquer elemento de −M é um minorante de −A. Reciprocamente, seja x um minorante de −A. Então ∀a ∈ A x ≤ −a, de onde ∀a ∈ A a ≤ −x, portanto −x é um majorante de A, isto é, −x ∈ M, ou seja, x ∈ −M. 

2. Demonstração análoga. Proposição 1.2.7 Qualquer parte minorada de R tem ínfimo.

Demonstração: Seja A uma parte minorada de R. Então, pelo lema anterior, sabemos que −A é majorado; pela propriedade de R enunciada acima, existe sup(−A), designemo-lo por s. Então s é o mínimo do conjunto M dos majorantes de −A, e é imediato que −s é o máximo de −M , mas, pelo lema anterior, −M é o conjunto dos minorantes de A, logo −s é o ínfimo de A.  Proposição 1.2.8 (trivial) Se sup A ∈ A então sup A é o máximo de A; se inf A ∈ A então inf A é o mínimo de A. Proposição 1.2.9 Seja A um conjunto não vazio e M um majorante de A. Então M = sup A sse ∀ > 0 ∃a ∈ A : M −  < a. Demonstração: 1. Suponhamos que M = sup A e seja  > 0. Por definição de supremo, M −  não é um majorante de A (porque o supremo de A é o menor dos majorantes de A). Então existe um elemento a de A tal que a > M − . 2. Suponhamos que M é um majorante de A tal que ∀ > 0 ∃a ∈ A : M −  < a. Seja M 0 um número menor do que M e seja  = M − M 0 . Tem-se  > 0, portanto existe a ∈ A tal que a > M − , mas M − = M 0 , portanto M 0 não é majorante de A. Conclui-se que nenhum número M 0 menor do que M é majorante de A, logo M é o supremo de A.  Proposição 1.2.10 Seja A um conjunto não vazio e m um minorante de A. Então m = inf A sse ∀ > 0 ∃a ∈ A : a < m + . Demonstração: análoga à anterior



4

CAPÍTULO 1. PROPRIEDADES BÁSICAS DOS NÚMEROS

Proposição 1.2.11

1. Se B é majorado (resp. minorado) e A ⊂ B, então A é majorado (resp. minorado).

2. Se A e B são majorados (resp. minorados) então A ∩ B e A ∪ B são majorados (resp. minorados). Demonstração: trivial. Proposição 1.2.12 Sejam A e B dois conjuntos limitados não vazios. 1. A ⊂ B ⇒ inf B ≤ inf A ≤ sup A ≤ sup B 2. sup(A ∪ B) = max{sup A, sup B} 3. Se A ∩ B 6= ∅ então sup(A ∩ B) ≤ min{sup A, sup B} 4. inf(A ∪ B) = min{inf A, inf B} 5. Se A ∩ B 6= ∅ então inf(A ∩ B) ≥ max{inf A, inf B} 6. Se A e B forem intervalos e A ∩ B 6= ∅ então sup(A ∩ B) = min{sup A, sup B} e inf(A ∩ B) = max{inf A, inf B}. 7. Se ∀a ∈ A ∀b ∈ B a ≤ b então sup A ≤ inf B, e sup A = inf B sse ∀ > 0 ∃a0 ∈ A, b0 ∈ B : b0 − a0 < . Demonstração: 1. Seja m um minorante de B. Então ∀b ∈ B m ≤ b. Como ∀a ∈ A : a ∈ B, tem-se ∀a ∈ A m ≤ a. Conclui-se que todos os minorantes de B são minorantes de A, logo inf B (que é um minorante de B) é um minorante de A e portanto é menor ou igual do que inf A (que é o maior dos minorantes de A). Mostra-se analogamente que sup A ≤ sup B. É trivial que inf A ≤ sup A (porque A 6= ∅, portanto ∃a ∈ A, e então inf A ≤ a ≤ sup A). 2. De A ⊂ A ∪ B e B ⊂ A ∪ B conclui-se, pela alínea anterior, que sup A ≤ sup(A ∪ B) e sup B ≤ sup(A ∪ B), logo max{sup A, sup B} ≤ sup(A ∪ B). Por outro lado, max{sup A, sup B} ≥ sup A e max{sup A, sup B} ≥ sup B, portanto max{sup A, sup B} é um majorante de A e um majorante de B, ou seja, é um majorante de A ∪ B e portanto é maior ou igual do que sup(A ∪ B). 3. De A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B, conclui-se, pela alínea 1., que sup(A ∩ B) ≤ sup A e sup(A ∩ B) ≤ sup B, logo sup(A ∩ B) ≤ min{sup A, sup B}. 4. Análoga à demonstração de 2. 5. Análoga à demonstração de 3. 6. Sejam a1 e a2 os extremos do intervalo A e b1 e b2 os extremos do intervalo B. Então sup A = a2 , inf A = a1 , sup B = b2 e inf B = b1 . Por outro lado, A ∩ B é um intervalo de extremos max{a1 , b1 }, min{a2 , b2 }, portanto inf(A ∩ B) = max{a1 , b1 } e sup(A ∩ B) = min{a2 , b2 }. 7. Seja a ∈ A. Como ∀b ∈ B a ≤ b, conclui-se que a é um minorante de B, logo a ≤ inf B. Então ∀a ∈ A a ≤ inf B, isto é, inf B é um majorante de A, portanto sup A ≤ inf B. Suponhamos que sup A = inf B, sejam α = sup A = inf B e δ > 0. Por se ter α = sup A, existe a0 ∈ A tal que a0 > α − δ; por se ter α = inf B, existe b0 ∈ B tal que b0 < α + δ. Então b0 − a0 < 2δ. Seja agora  > 0; aplicando o raciocínio anterior a δ = /2, vemos que existem a0 ∈ A, b0 ∈ B tais que b0 − a0 < . Por outro lado, se sup A < inf B, então ∀a ∈ A, b ∈ B, tem-se b−a ≥ inf B −sup A, portanto, se  < inf B −sup A, não existem a0 ∈ A, b0 ∈ B tais que b0 − a0 < .  Proposição 1.2.13 Se A 6= ∅ é tal que ∀x, y ∈ A : |x − y| < l, então existe um intervalo fechado, I, de comprimento l, tal que A ⊂ I. Demonstração: Seja a ∈ A; para todo o x ∈ A, tem-se |x − a| < l, logo a − l < x < a + l, portanto A é limitado. Sejam α = inf A, β = sup A e I = [α, β]; tem-se obviamente A ⊂ I, portanto basta mostrar que β − α ≤ l. l

l 2

l 2

1.2. RELAÇÃO DE ORDEM

5

Suponhamos que β − α > l, e seja  = β−α−l ; existem a1 ∈ A tal que a1 < α +  e a2 ∈ A tal que a2 > β − , isto 2 β+α+l β+α+l e a > . Mas então a − a > − α+β−l = l, o que contradiz a hipótese sobre A. Conclui-se é, a1 < α+β−l 2 2 1 2 2 2 2 que β − α ≤ l.  Observação: não existe necessariamente um intervalo aberto I, de comprimento l, tal que A ⊂ I. Teorema\ 1.2.14 (do encaixe de intervalos) Para cada n ∈ N seja In = [an , bn ] um intervalo. Se ∀n ∈ N In+1 ⊂ In então In 6= ∅. n∈N

Demonstração: De In+1 ⊂ In conclui-se que se k < l então Il ⊂ Ik e portanto al ≥ ak e bl ≤ bk . Seja A = {ai , i ∈ N} e B = {bj , j ∈ N}, e sejam n ∈ N e m ∈ N. Se p designar o máximo de {n, m} temos an ≤ ap ≤ bp ≤ bm , portanto ∀x ∈ A ∀y ∈ B x ≤ y. Conclui-se da alínea 7 \ da proposição 1.2.12 que sup A ≤ inf B. É imediato que ∀n ∈ N [sup A, inf B] ⊂ In , portanto ∅ = 6 [sup A, inf B] ⊂ In .  n∈N

Exemplos 1. A =]2, 3[ {majorantes de A} = [3, +∞[; {minorantes de A} =] − ∞, 2] sup A = 3; inf A = 2; A não tem máximo nem mínimo. 2. A = {2}∪] 25 , 3[ {majorantes de A} = [3, +∞[; {minorantes de A} =] − ∞, 2] sup A = 3; inf A = 2; A não tem máximo; min A = 2. 3. A = { 1−n n ; n ∈ N} {majorantes de A} = [0, +∞[; {minorantes de A} =] − ∞, −1] sup A = 0; inf A = −1; max A = 0; A não tem mínimo. 4. A = {x ∈ Q : x2 ≤ 3}

√ √ {majorantes de A} = [ 3, +∞[; {minorantes de A} =] − ∞, − 3] √ √ sup A = 3; inf A = − 3; A não tem máximo nem mínimo.

5. A = {x ∈ R \ Q : x2 ≤ 3} √ √ {majorantes de A} = [ 3, +∞[; {minorantes de A} =] − ∞, − 3] √ √ √ √ sup A = 3; inf A = − 3; max A = 3; min A = − 3 6. A = {5} {majorantes de A} = [5, +∞[; {minorantes de A} =] − ∞, 5] sup A = 5; inf A = 5; max A = 5; min A = 5 Observação: ∀A ⊂ R : inf A = sup A ⇔ A é constituido por um único elemento. 7. A = {2, 3}; B = [2, 3] max A = sup A = 3; max B = sup B = 3 min A = inf A = 2; min B = inf B = 2 Neste caso, A ⊂ B, A 6= B e sup A = sup B, inf A = inf B. 8. A = {0, 1, 2}; B =] − 1, 5] max A = sup A = 2; max B = sup B = 5 min A = inf A = 0; inf B = −1; B não tem mínimo Neste caso, A ⊂ B, A 6= B e sup A < sup B, inf A > inf B. 9. A = [1, 2[∪{6}; B = [0, 2[∪{4} max A = sup A = 6; max B = sup B = 4 min A = inf A = 1; min B = inf B = 0 A ∩ B = [1, 2[; sup(A ∩ B) = 2; min(A ∩ B) = inf(A ∩ B) = 1; A ∩ B não tem máximo Neste caso sup(A ∩ B) < min{sup A, sup B}; inf(A ∩ B) = max{inf A, inf B}.

6

CAPÍTULO 1. PROPRIEDADES BÁSICAS DOS NÚMEROS

10. A = { n1 , n ∈ N}; B = {1 − n1 , n ∈ N} max A = sup A = 1; sup B = 1; B não tem máximo A não tem mínimo; inf A = 0; min B = inf B = 0 A ∩ B = { 12 }; max(A ∩ B) = sup(A ∩ B) = min(A ∩ B) = inf(A ∩ B) =

1 2

Neste caso sup(A ∩ B) < min{sup A, sup B}; inf(A ∩ B) > max{inf A, inf B}. 11. A = [0, 1]; B = {2} max A = sup A = 1; max B = sup B = 2 min A = inf A = 0; min B = inf B = 2 Neste caso ∀a ∈ A ∀b ∈ B : a < b e sup A < inf B 12. A = {0, 1}; B = {1 +

1 n2 , n

∈ N}

max A = sup A = 1; max B = sup B = 2; min A = inf A = 0; inf B = 1; B não tem mínimo Neste caso ∀a ∈ A ∀b ∈ B : a < b e sup A = inf B

1.3

Princípio de indução

Seja A um conjunto de números naturais tal que 1 ∈ A e ∀n ∈ N (n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A). Então A = N. Exemplos de demonstração por indução 1. ∀n ∈ N : 1 +

1 3

+

1 9

+ ··· +

1 3n

=

3n+1 −1 2.3n+1

Demonstração: Seja A = {n ∈ N; 1 + Tem-se 1 ∈ A porque 1 +

1 3

=

1 3

+

1 9

+ ··· +

1 3n

=

3n+1 −1 2.3n }

9−1 2.3 .

Suponhamos que m ∈ A, isto é, que 1 + 1+

1 3

+

1 9

+ ··· +

1 3m

=

1 1 1 1 + + · · · + m + m+1 3 9 3 3

3k+1 −1 2.3m .

= = = =

Então

3m+1 − 1 1 + m+1 m 2.3 3 (3m+1 − 1).3 + 2 2.3m+1 m+2 3 −3+2 2.3m+1 3m+2 − 1 2.3m+1

isto é, m + 1 ∈ A. De 1 ∈ A e m ∈ A ⇒ m + 1 ∈ A conclui-se que A = N. 2. ∀n ∈ N :

n X

n

Ckn = 2n , em que Ckn = (k ) =

k=0



n! . k!(n − k)!

n Demonstração: Comecemos por verificar que ∀k ∈ {1, 2, . . . , n} se tem Ckn+1 = Ckn + Ck−1 . Com efeito, tem-se n Ckn + Ck−1

= = =

n! n! + k!(n − k)! (k − 1)!(n − k + 1)! n!(n + 1 − k) + n!k k!(n + 1 − k)! n!(n + 1) k!(n + 1 − k)!

= Ckn+1

Tem-se 1 ∈ A, porque

Pn

n n k=0 Ck = 2 }. C01 + C11 = 1 + 1 =

Seja agora A = {n ∈ N :

21 .

1.3. PRINCÍPIO DE INDUÇÃO

7

Suponhamos que m ∈ A, isto é, que m+1 X

Pm

k=0

Ckm+1

Ckm = 2m . Então = C0m+1 +

k=0

m X

m+1 Ckm+1 + Cm+1

k=1

=

1+

m X

! m (Ckm + Ck−1 )

k=1 m X

= C0m +

Ckm +

k=1

= = =

m X

Ckm +

k=0 m

m X

+1

m m Ck−1 + Cm

k=1 m X

Ckm

k=0

2 + 2m porque m ∈ A 2m+1

De 1 ∈ A e m ∈ A ⇒ m + 1 ∈ A conclui-se que A = N. ( x1 = 1 3. Seja (xn )n a sucessão definida por x2 xn+1 = 2n ∀n > 1



Então ∀n ∈ N : xn < 2. Demonstração: Seja A = {n ∈ N : xn < 2}. Tem-se 1 ∈ A porque x1 = 1 < 2. Suponhamos que m ∈ A, isto é, que xm < 2. É fácil ver que ∀n ∈ N : xn > 0, portanto de xm < 2 conclui-se que x2m < 4, logo x2m /2 < 2, isto é, xm+1 < 2. Portanto m + 1 ∈ A. Conclui-se que A = N.



4. ∀n ∈ N : n(n2 + 5) é múltiplo de 6. Demonstração: Seja A = {n ∈ N; n(n2 + 5) é múltiplo de 6}. Tem-se 1 ∈ A porque 1.(12 + 5) = 6, e 6 é múltiplo de 6. Suponhamos que m ∈ A, isto é, que m(m2 + 5) é múltiplo de 6, ou seja, que existe k ∈ N tal que m(m2 + 5) = 6k. Então (m + 1)((m + 1)2 + 5)

= = = = =

m((m + 1)2 + 5) + (m + 1)2 + 5 m(m2 + 5 + 2m + 1) + m2 + 2m + 6 m(m2 + 5) + 3m2 + 3m + 6 6k + 3m(m + 1) + 6 6(k + 1) + 3m(m + 1).

Mas m(m + 1) é par (porque m é par ou m é ímpar e neste caso m + 1 é par), portanto 3m(m + 1) é múltiplo de 6. Tem-se então que (m + 1)((m + 1)2 + 5) é a soma de dois múltiplos de 6, portanto é múltiplo de 6, isto é, m + 1 ∈ A. Conclui-se que A = N.



5. ∀n ∈ N : 2n < 3n! Demonstração: Seja A = {n ∈ N : 2n < 3n!}. Tem-se 1 ∈ A porque 21 = 2 < 3 = 3.1!. Suponhamos que m ∈ A, isto é, que 2m < 3m!. Então 2m+1 = 2.2m < 2.3m! ≤ (n + 1).3m! = 3(m + 1)!, isto é, m + 1 ∈ A. Conclui-se que A = N.  Exemplos de subconjuntos de R que verificam 1 ∈ A e ∀x ∈ R (x ∈ A ⇒ x + 1 ∈ A) e tais que A 6= R 1 N, Z, Q, N ∪ (R \ Q), [1, +∞[, ] − 2, +∞[, {x ∈ R : 6x ∈ Z}, ∪n∈N [n, n + [ 2

8

CAPÍTULO 1. PROPRIEDADES BÁSICAS DOS NÚMEROS

Capítulo 2

Funções (reais de variável real) O objectivo principal deste curso é o estudo de funções reais de variável real, isto é, em que o domínio e o conjunto de chegada são partes de R. No entanto, uma grande parte das noções e resultados vistos neste capítulo aplicam-se a funções definidas em quaisquer conjuntos.

2.1

Generalidades sobre funções

Seja f : A −→ B uma função de domínio A e conjunto de chegada B (a não confundir com contradomínio). Definição 2.1.1 Chama-se contradomínio de f ao conjunto das imagens por f de elementos de A, isto é, {f (a); a ∈ A}, ou ainda {b ∈ B; ∃a ∈ A : f (a) = b}. Notação: f (A) ou Im(f ). Definição 2.1.2

1. Diz-se que f é sobrejectiva sse f (A) = B, isto é, sse ∀b ∈ B ∃a ∈ A : f (a) = b.

2. Diz-se que f é injectiva sse elementos distintos de A têm sempre imagens distintas, isto é, sse ∀a1 , a2 ∈ A : f (a1 ) = f (a2 ) ⇒ a1 = a2 . 3. Diz-se que f é bijectiva sse f é sobrejectiva e injectiva, isto é, sse ∀b ∈ B ∃1 a ∈ A : f (a) = b. Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ 2x + 5

f é bijectiva porque para cada y ∈ R, f (x) = y ⇔ 2x + 5 = y ⇔ x =

y−5 , 2

portanto existe um único x ∈ R tal que f (x) = y. 2. f : ] − ∞, 0[∪[2, +∞[ −→ R x 7→ 2x + 5 f não é sobrejectiva, uma vez que, por exemplo, não existe x ∈] − ∞, 0[∪[2, +∞[ tal que f (x) = 7. f é injectiva, pois f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ 2x1 + 5 = 2x2 + 5 ⇒ x1 = x2 . 3. f : R x

−→ R 7→ x2 − 6x + 4

f não é injectiva, pois f (2) = f (4) = −4. f (R) = [−5, +∞[ 2 2 Se y < √ −5, não existe√x ∈ R tal que x − 6x + 4 = y (porque 6 − 4(4 − y) < 0). Se y ≥ −5 então f (3 + y + 5) = f (3 − y + 5) = y, portanto y ∈ f (R).

Observações: 1. f não é sobrejectiva 2. Se y = −5 existe um único √ x ∈ R tal que √ f (x) = y; trata-se de x = 3. Se y > −5 existem duas soluções da equação f (x) = y, pois 3 + y + 5 6= 3 − y + 5. 9

10

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

4. f : ]4, +∞[ −→ [−5, +∞[ x 7→ x2 − 6x + 4

√ √ f é injectiva. De facto, suponhamos que f (x1 ) = f (x2 ) = y. Então x√ y + 5 ou x1 = 3 − √ y+5 e 1 = 3+ √ √ x2 = 3+ y + 5 ou x2 = 3− y + 5. Mas x1 ∈]4, +∞[, x2 ∈]4, +∞[ e 3− y + 5 ≤ 3. Logo x1 = x2 = 3+ y + 5. f (]4, +∞[) =] − 4, +∞[

√ √ Demonstração: Se y > −4, então 3 + y + 5 > 4 e f (3 + y + 5) = y, portanto y ∈ f (]4, +∞[). Se y ≤ −4, então não existe x ∈]4, +∞[ tal que f (x) = y, porque ou y < −5, caso em que já vimos não √ existir x ∈ R√tal que x2 − 6x +√4 = y, ou −5 ≤ y√≤ −4, caso em que as soluções em R de x2 − 6x + 4 = y são 3 + y + 5 e 3 − y + 5, mas 3 + y + 5 ≤ 4 e 3 − y + 5 ≤ 4. 5. f : ]2, +∞[ −→ [−5, +∞[ x 7→ x2 − 6x + 4 f não é injectiva, porque f ( 52 ) = f ( 72 ) = − 19 4 . f é sobrejectiva, porque para y ∈ [−5, +∞[ existe x ∈]2, +∞[ tal que f (x) = y. Basta tomar x = 3 +

√

y + 5.

6. f : [0, 1] −→ [−1, 4] x 7→ x2 − 6x + 4 f é bijectiva.

√ Demonstração: Seja y ∈ √[−1, 4]. A equação √ x2 − 6x + 4 = y tem como soluções reais x = 3 + y + 5 e √ x = 3 − y + 5. Ora 3 + y + 5 6∈ [0, 1] e 3 − y + 5 ∈ [0, 1], portanto a equação f (x) = y tem uma e uma só solução. Definição 2.1.3 .

1. Seja f : A −→ B e A0 ⊂ A. Chama-se restrição de f a A0 à função f|A0 : A0 x

−→ 7→

B f (x)

2. Seja f : A −→ B e A00 ⊃ A. Diz-se que g : A00 −→ B é um prolongamento de f a A00 sse ∀a ∈ A : g(a) = f (a) (isto é, se f = g|A ). Observação: Em geral existe mais de um prolongamento de f a A00 . Exemplo : f : [1, 4] −→ R , g1 : R −→ R , g2 : R −→ x 7→ x − 3 x 7→ x − 3 x 7→ g3 : [0, 10] −→  R x − 3, se x ≥ 1 x 7→ −x2 − 1, se x ≤ 1

, g4 : R x

R   x − 3, se x ∈ [1, 4] 1, se x ≥ 4  −2, se x ≤ 1

,

−→  R  x − 3, se x ∈ [1, 4] x2 − 3, se x ≤ 1 7→  3 x , se x > 4

g1 , g2 , g3 e g4 são prolongamentos de f . f é a restrição a [1, 4] de g1 , de g2 , de g3 e de g4 . Definição 2.1.4 Sejam f : A −→ B, A1 ⊂ A, B1 ⊂ B. 1. Chama-se imagem de A1 por f ao contradomínio de f|A1 (={f (a); a ∈ A1 } = {b ∈ B; ∃a ∈ A1 : f (a1 ) = b}) Notação: f (A1 ) 2. Chama-se imagem recíproca de B1 por f ao conjunto {a ∈ A : f (a) ∈ B1 }. Notação: f −1 (B1 ). Observação: f −1 (B) = A. Exemplos: 1. f : R x

−→ 7→

R 3

f (R) = f ({0}) = f ([2, 3]) = f (Q) = {3} Qualquer que seja A1 ⊂ R, A1 6= ∅, tem-se f (A1 ) = {3}. f −1 ({0}) = f −1 ([−5, −1[) = f −1 ({π}) = f −1 ({0} ∪ {4}) = ∅ f −1 ({3}) = f −1 (Q) = f −1 (R) = f −1 ([0, 4]) = f −1 (] − ∞, 3]) = R  −1 f (B1 ) = R, se 3 ∈ B1 Para cada B1 ⊂ R tem-se f −1 (B1 ) = ∅, se 3 6∈ B1

2.1. GENERALIDADES SOBRE FUNÇÕES

11

2. f : ] − 10, 10[ −→ R x 7→ x2 f ([0, 1]) = [0, 12 ]; f (Q∩] − 10, 10[) = Q∩] − 5, 5[; f ({5}) = { 25 } f −1 (]3, 4[) =]6, 8[; f −1 (]0, +∞[) =]0, 10[; f −1 (]3, 7]) =]6, 10[; f −1 ([−8, 2]) =] − 10, 4] 3. f : R x

−→ R 7→ x2 − 8x

f (]2, 6[) = [−16, −12[; f (R) = [−16, +∞[;f ([4, +∞[) = [−16, +∞[; f ({0, 3, 5, 8}) = {−15, 0} f −1 ({0}) = {0, 8}; f −1 ({−7}) = {1, 7}; f −1 (] − ∞, −16]) = {4}; f −1 (R+ ) =] − ∞, 0[∪]8, +∞[;f −1 (R− ) =]0, 8[ 4. f : R x

−→  R  x + 3, se x < −5 x2 , se x ∈ [−5, 0] 7→  1 x , se x > 0

f (R) =] − ∞, −2[∪[0, +∞[; f (] − 1, 1[) = [0, 1[∪]1, +∞[; f ([−6, −1]) = [−3, −2[∪[1, 25]; f({-1,1})={1} √ f −1 (]−∞, 4]) =]−∞, −5[∪[−2, 0]∪[ 41 , +∞[; f −1 ([0, 1]) = [−1, 0]∪[1, +∞[;f −1 ({2}) = {− 2, 12 }; f −1 (]−2, 0[) = ∅ 5. idA : A −→ x 7→

A x

(função identidade em A)

∀A1 ⊂ A : idA (A1 ) = A1 ∀A1 ⊂ A : id−1 A (A1 ) = A1 6. Seja A ⊂ R. −→  R (função característica de A) 1 se x ∈ A x 7→ 0 se x 6∈ A   {1} se A1 ⊂ A {0} se A1 ∩ A = ∅ χA (A1 ) =  {0, 1} se A1 ∩ A 6= ∅ e A1 6⊂ A  R se {0, 1} ⊂ B1    A se 1 ∈ B1 , 0 6∈ B1 −1 χA (B1 ) = R \ A se 1 6∈ B1 , 0 ∈ B1    ∅ se 1 6∈ B1 , 0 6∈ B1 χA : R

Proposição 2.1.5 Seja f : A −→ B. 1. Qualquer que seja A1 ⊂ A tem-se A1 ⊂ f −1 (f (A1 )). 2. f é injectiva sse ∀A1 ⊂ A : A1 = f −1 (f (A1 )). 3. Qualquer que seja B1 ⊂ B tem-se f (f −1 (B1 )) ⊂ B1 . 4. f é sobrejectiva sse ∀B1 ⊂ B : f (f −1 (B1 )) = B1 . 5. A1 ⊂ A2 ⇒ f (A1 ) ⊂ f (A2 ) 6. B1 ⊂ B2 ⇒ f −1 (B1 ) ⊂ f −1 (B2 ) Demonstração: 1. Seja A1 ⊂ A. Se a ∈ A1 , então, por definição de f (A1 ) tem-se f (a) ∈ f (A1 ). Mas, por definição de f −1 (f (A1 )), isso quer dizer que a ∈ f −1 (f (A1 )). 2. Suponhamos que f é injectiva e seja A1 ⊂ A. Pela alínea anterior, tem-se A1 ⊂ f −1 (f (A1 )). Seja x ∈ f −1 (f (A1 )), isto é f (x) ∈ f (A1 ). Então existe a ∈ A1 tal que f (a) = f (x), por definição de f (A1 ). Mas f é injectiva, portanto a = x, isto é, x ∈ A1 . Suponhamos agora que ∀A1 ⊂ A : A1 = f −1 (f (A1 )). Sejam x1 , x2 ∈ A tais que f (x1 ) = f (x2 ) e ponhamos X1 = {x1 }. Tem-se X1 = f −1 (f (X1 )); mas f (x2 ) = f (x1 ) ∈ f (X1 ), portanto x2 ∈ f −1 (f (X1 )) = X1 = {x1 }, isto é, x1 = x2 .

12

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

3. Sejam B1 ⊂ B e y ∈ f (f −1 (B1 )). Então existe x ∈ f −1 (B1 ) tal que y = f (x); mas x ∈ f −1 (B1 ), logo f (x) ∈ B1 , isto é, y ∈ B1 . 4. Suponhamos que f é sobrejectiva. Seja B1 ⊂ B. Pela alínea anterior, tem-se f (f −1 (B1 )) ⊂ B1 . Seja y ∈ B1 . Como f é sobrejectiva, existe x ∈ A tal que f (x) = y. Mas y = f (x) ∈ B1 , isto é, x ∈ f −1 (B1 ), portanto y ∈ f (f −1 (B1 )). Suponhamos agora que ∀B1 ⊂ B : f (f −1 (B1 )) = B1 . Seja y ∈ B. Então f (f −1 ({y})) = {y}, isto é, por definição de f (f −1 ({y})) existe x ∈ f −1 ({y}) tal que f (x) = y. 5. trivial 

6. trivial Proposição 2.1.6 Seja f : A −→ B. 1. ∀A1 , A2 ⊂ A : f (A1 ∪ A2 ) = f (A1 ) ∪ f (A2 ) 2. ∀A1 , A2 ⊂ A : f (A1 ∩ A2 ) ⊂ f (A1 ) ∩ f (A2 ) 3. ∀B1 , B2 ⊂ B : f −1 (B1 ∪ B2 ) = f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ) 4. ∀B1 , B2 ⊂ B : f −1 (B1 ∩ B2 ) = f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ) Demonstração: 1. De A1 ⊂ A1 ∪ A2 e A2 ⊂ A1 ∪ A2 conclui-se que f (A1 ) ⊂ f (A1 ∪ A2 ) e f (A2 ) ⊂ f (A1 ∪ A2 ). f (A1 ) ∪ f (A2 ) ⊂ f (A1 ∪ A2 ).

Então

Por outro lado, se y ∈ f (A1 ) (resp. f (A2 )) então existe x ∈ A1 (resp. A2 ) tal que f (x) = y; mas tem-se A1 (resp. A2 ) ⊂ A1 ∪ A2 , portanto x ∈ A1 ∪ A2 , logo y ∈ f (A1 ∪ A2 ). 2. De A1 ∩ A2 ⊂ A1 e A1 ∩ A2 ⊂ A2 conclui-se que f (A1 ∩ A2 ) ⊂ f (A1 ) e f (A1 ∩ A2 ) ⊂ f (A2 ), portanto f (A1 ∩ A2 ) ⊂ f (A1 ) ∩ f (A2 ) 3. Dizer que x ∈ f −1 (B1 ∪ B2 ) é equivalente a dizer que f (x) ∈ B1 ∪ B2 , o que é equivalente a dizer que f (x) ∈ B1 ou f (x) ∈ B2 , o que é equivalente a dizer que x ∈ f −1 (B1 ) ou x ∈ f −1 (B2 ), o que é equivalente a dizer que x ∈ f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ). 4. análoga à anterior. Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ x4 + 1

f −1 (f ({0})) = {0} f −1 (f ({1})) = f −1 ({2}) = {−1, 1} = 6 {1} f −1 (f ([−1, 3])) = f −1 ([1, 82]) = [−3, 3] 6= [−1, 3] f (f −1 ({2})) = {2} f (f −1 (R)) = f (R) = [1, +∞[6= R f (f −1 ({0})) = f (∅) = ∅ = 6 {0} 2. f : R x

−→ R 7→ x2

A1 = [0, +∞[; A2 =] − ∞, 0]; A1 ∩ A2 = {0} f (A1 ) = f (A2 ) = [0, +∞[; f (A1 ∩ A2 ) = {0} = 6 [0, +∞[= f (A1 ) ∩ f (A2 ) A01 = {1, 2}; A02 = {2, 3}; A01 ∩ A02 = {2} f (A01 ) = {1, 4}; f (A02 ) = {4, 9}; f (A01 ∩ A02 ) = {4} = f (A01 ) ∩ f (A02 )



2.1. GENERALIDADES SOBRE FUNÇÕES

3. f : R \ {0} x

−→ 7→

13

R

1 x2

A1 = {1}; A2 = {1, 2}; f (A1 ) = {1}; f (A2 ) = {1, 14 }; A01 = {1}; A02 = {−1, 1}; f (A01 ) = {1}; f (A02 ) = {1}; Neste caso A01 ⊂ A02 , A01 6= A02 e f (A01 ) = f (A02 ). Definição 2.1.7 Seja f : R −→ R 1. Diz-se que f é par sse ∀x ∈ R : f (−x) = f (x). 2. Diz-se que f é ímpar sse ∀x ∈ R : f (−x) = −f (x). 3. Diz-se que f é periódica sse existe p ∈ R \ {0} tal que ∀x ∈ R : f (x + p) = f (x);

(*)

um número p ∈ R que verifica a condição (*) diz-se um período de f . Observações: 1. Se f é ímpar, então f (0) = 0. 2. Se f é par e ímpar, então f é a função nula. 3. Se p é um período de f , então ∀n ∈ Z, np tambem é um período de f . 4. Se f é periódica, contínua (ver capítulo 3) e não constante, o conjunto {p ∈ R+ ; p é um período de f } tem mínimo; em geral, a expressão “o período def ” refere-se a este mínimo do conjunto dos períodos positivos de f . Exemplos: 1. f : R −→ R , n ∈ N x 7→ xn f é par se n for par; f é ímpar se n for ímpar. 2. f : R −→ R x 7→ 2x f é ímpar. 3. f : R −→ R x 7→ x − 5 f nem é par nem ímpar. 4. f : R −→ R x 7→ x − [x] f é periódica; o período de f é 1. −→  R 0 se x ∈ Q x 7→ 1 se x 6∈ Q f é periódica; qualquer número racional diferente de 0 é um período de f .

5. f : R

6. f : R −→ R x 7→ sen x f é ímpar; f é periódica; o período de f é 2π. 7. f : R x

−→ R 7→ cos(5x + 2)

f é periódica; o período de f é

2π 5 .

8. f : R −→ R x 7→ sen 4x cos(6x − 1) f é periódica; o período de f é π.

14

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

2.2

Soma, multiplicação e composição de funções

Dadas duas funções f, g : A −→ B, designa-se por f + g a função A −→ B e por f.g a função x 7→ f (x) + g(x) f A −→ B Se g nunca se anular designa-se por a função A −→ B g (x) x 7→ f (x).g(x) x 7→ fg(x) Seja f : A −→ B e g : B −→ C. Define-se a composta g ◦ f : A −→ C por g ◦ f (x) = g(f (x)). Exemplos: 1. f : R

−→ 

x

7→

f + g: R x 2. f : R x

−→ 7→

R x, se x > 1 x − 1, se x ≤ 1

g: R

−→ 7→

x

R  x2 , se x < 0  x−1+√ x − 1√+ x, se 0 ≤ x ≤ 1  x + x, se 1 < x

−→  R x2 , se x ≤ 0 7→ x − 3, se x > 0

g: R

R x, se x ≥ 0 x2 , se x < 0

 √

f.g: R

−→

x

7→

R  2 ,  (x − 1)x √ se x < 0 (x√− 1) x, se 0 ≤ x ≤ 1  x x, se 1 < x

−→

R 2x, se x ≥ 1 x 7→ −x + 3, se x < 1  2x2 , se x ≤ 0 e f (x) ≥ 1     2(x − 3), se x > 0 e f (x) ≥ 1 2f (x), se f (x) ≥ 1 g(f (x)) = = −x2 + 3, se x ≤ 0 e f (x) < 1 −f (x) + 3, se f (x) < 1    −(x − 3) + 3, se x > 0 e f (x) < 1   2x2 , se x ∈] − ∞, −1] 2x2 , se x ≤ 0 e x2 ≥ 1       2(x − 3), se x ∈ [4, +∞[ 2(x − 3), se x > 0 e x − 3 ≥ 1 = = 2 2 −x2 + 3, se x ∈] − 1, 0] −x + 3, se x ≤ 0 e x < 1       −x + 6, se x ∈]0, 4[ −(x − 3) + 3, se x > 0 e x − 3 < 1

g ◦ f: R x

−→ 7→



R  2 2x , se x ∈] − ∞, −1]    2(x − 3), se x ∈ [4, +∞[ −x2 + 3, se x ∈] − 1, 0]    −x + 6, se x ∈]0, 4[

Proposição 2.2.1 Sejam f : A −→ B e g : B −→ C. 1. Se f é injectiva e g é injectiva então g ◦ f é injectiva. 2. Se f é sobrejectiva e g é sobrejectiva então g ◦ f é sobrejectiva. 3. Se g ◦ f é injectiva e f é sobrejectiva então g é injectiva. 4. Se g ◦ f é sobrejectiva e g é injectiva então f é sobrejectiva. 5. Se g ◦ f é injectiva então f é injectiva. 6. Se g ◦ f é sobrejectiva então g é sobrejectiva. Demonstração: 1. Sejam x1 , x2 ∈ A tais que (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ), isto é, g(f (x1 )) = g(f (x2 )). Como g é injectiva conclui-se que f (x1 ) = f (x2 ); mas f é injectiva, portanto isso implica que x1 = x2 . 2. Seja z ∈ C. Como g é sobrejectiva, existe y ∈ B tal que g(y) = z; como f é sobrejectiva, existe x ∈ A tal que f (x) = y. Mas então (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(y) = z. 3. Sejam y1 , y2 ∈ B tais que g(y1 ) = g(y2 ). Como f é sobrejectiva, existem x1 , x2 ∈ A tais que f (x1 ) = y1 e f (x2 ) = y2 . Então (g ◦ f )(x1 ) = g(y1 ) = g(y2 ) = (g ◦ f )(x2 ), e de g ◦ f ser injectiva deduz-se que x1 = x2 , portanto y1 = y2 . 4. Seja y ∈ B e seja z = g(y). Como g ◦ f é sobrejectiva, existe x ∈ A tal que (g ◦ f )(x) = z = g(y). Mas como g é injectiva tem-se então f (x) = y.

2.2. SOMA, MULTIPLICAÇÃO E COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES

15

5. Sejam x1 , x2 tais que f (x1 ) = f (x2 ). Então (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ); mas g ◦ f é injectiva, portanto x1 = x2 . 6. Seja z ∈ C. Como g ◦ f é sobrejectiva, existe x ∈ A tal que (g ◦ f )(x) = z. Então z = g(y), em que y = f (x).  Exemplos: −→

1. f : R

 7→

x

g ◦ f: R x

R se x ≤ 0 x + 1, se x > 0 1 1−x ,

−→  7→

; g: R x

−→ R 7→ x2

R se x ≤ 0 2 (x + 1) , se x > 0 1 (1−x)2 ,

Neste caso g ◦ f é injectiva, f é injectiva mas g não é injectiva. 2. f : ] − ∞, 2] −→ x 7→

R ; g: R 1−x x

−→ R+ 0 7→ |x + 1|

g ◦ f : ] − ∞, 2] −→ R+ 0 x 7→ |2 − x| Neste caso g ◦ f é sobrejectiva, g é sobrejectiva mas f não é sobrejectiva. 3. f : [0, 1] −→ [−5, 5] ; g: [−5, 5] −→ x 7→ 2x x 7→ g ◦ f : [0, 1] −→ x 7→

[−5, 5] x

[−5, 5] 2x

Neste caso g é sobrejectiva mas g ◦ f não é sobrejectiva. 4. f : ] − 10, 10[ −→ R+ ; g: R+ x 7→ |x| x g ◦ f : ] − 10, 10[ −→ x 7→

−→ 7→

√R x

pR |x|

Neste caso g é injectiva mas g ◦ f não é injectiva. Definição 2.2.2 Seja f : A −→ B. 1. Diz-se que g : B −→ A é inversa à direita de f sse f ◦ g = idB . 2. Diz-se que g : B −→ A é inversa à esquerda de f sse g ◦ f = idA . 3. Diz-se que g é inversa de f sse g é inversa à direita e inversa à esquerda de f . Notação: f −1 Exemplos: 1. f : R x

−→ R ; f −1 : R 7→ x3 x

−→ 7→

2. f : R x

−→ R+ ; g1 : R+ 0 0 2 7→ x x

−→ √R 7→ x

g2 : R+ 0 x

+ −→ R √ ; g3 : R0 7→ − x x

R √ 3 x

−→  √ R x, se x∈Q √ 7→ − x, se x 6∈ Q

g1 , g2 e g3 são inversas à direita de f ; nenhuma é inversa à esquerda de f ; f não tem inversa à esquerda. 3. f : ] − ∞, 1] −→ x 7→ g1 : R x

R x2 − 4x

−→  √ ] − ∞, 1] 2 − x + 4, se x ≥ −3 7→ 0, se x < −3

; g2 : R x

−→  √ ] − ∞, 1] 2 − x + 4, se x ≥ −4 7→ x, se x < −4

g1 e g2 são inversas à esquerda de f ; nenhuma è inversa à direita de f ; f não tem inversa à direita.

16

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

4. f : R x

−→  ] − ∞, 5[  2x + 4 se x ≤ −2 x2 + 1 se x ∈] − 2, 0] 7→  x x+1 se x > 0

; f −1 : ] − ∞, 5[ −→ x

7→

R se x ≤ 0 se x ∈]0, 1[  − x − 1 se x ∈ [1, 5[  

x−4 2 x 1−x √

Observação: f não pode ter mais do que uma inversa. De facto, se g1 e g2 são inversas de f , tem-se g1 = g1 ◦ (f ◦ g2 ) = (g1 ◦ f ) ◦ g2 = g2 . Proposição 2.2.3 Seja f : A −→ B. 1. f tem inversa à direita sse f é sobrejectiva. 2. f tem inversa à esquerda sse f é injectiva. 3. f tem inversa sse f é bijectiva Demonstração: 1. Suponhamos que g é inversa à direita de f ; então f ◦ g = idB é sobrejectiva, logo f é sobrejectiva. Por outro lado, se f é sobrejectiva, para cada x ∈ B escolha-se um elemento ax de f −1 ({x}) (f −1 ({x}) não é vazio porque f é sobrejectiva); seja g a função definida por g: B −→ A Então ∀x ∈ B : f (g(x)) = x, isto x 7→ ax é, g é uma inversa à direita de f . Observação: g não é necessariamente determinada por f , uma vez que para cada x ∈ B se pode escolher como g(x) qualquer dos elementos de f −1 ({x}) e este conjunto pode ter mais de um elemento. 2. Suponhamos que g é uma inversa à esquerda de f ; então g ◦ f = idA é injectiva, logo f é injectiva. Por outro lado, se f é injectiva, seja a0 um elemento qualquer de A e seja g a função definida por g: B x

−→  A o único elemento a ∈ A tal que f (a) = x, se x ∈ f (A) 7→ a0 , se x 6∈ f (A)

Seja a ∈ A e b = f (a). Então g(f (a)) = g(b) e g(b) é o único elemento a0 de A tal que f (a0 ) = b; ora f (a) = b, portanto a0 = a. Conclui-se que g ◦ f (a) = a, isto é, g é uma inversa à esquerda de f . Observação: g não é necessariamente determinada por f , uma vez que as imagens por g de elementos que não pertencem ao contradomínio de f não interferem com o facto de g ser ou não inversa à esquerda de f . 3. Do que foi visto em 1. e 2. conclui-se que se f tem inversa então f é bijectiva. Suponhamos que f é bijectiva e seja g a função definida por g: B −→ A x 7→ o único elemento a de A tal que f (a) = b Então é fácil verificar que g é a inversa de f .  Observação: Se f : A −→ B é uma função injectiva, então a função f : A −→ x 7→ inversa. Por abuso de notação designa-se frequentemente por f −1 a função f

2.3

−1

f (A) f (x)

é bijectiva e portanto tem

: f (A) −→ A.

Monotonia, máximos e mínimos

Definição 2.3.1 Seja f : A −→ B. 1. Diz-se que f é crescente sse ∀x1 , x2 ∈ A : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ). 2. Diz-se que f é estritamente crescente sse ∀x1 , x2 ∈ A : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ). 3. Diz-se que f é decrescente sse ∀x1 , x2 ∈ A : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 ). 4. Diz-se que f é estritamente decrescente sse ∀x1 , x2 ∈ A : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ). 5. Diz-se que f é monótona sse f é crescente ou decrescente. 6. Diz-se que f é estritamente monótona sse f é estritamente crescente ou estritamente decrescente.

2.3. MONOTONIA, MÁXIMOS E MÍNIMOS

17

Observação: “f é monótona” não é equivalente a ∀x1 , x2 ∈ A : (f (x1 ) ≤ f (x2 ) ou f (x2 ) ≤ f (x1 )). Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ x + 5

f é estritamente crescente, crescente, estritamente monótona e monótona. 2. f : R− x

−→ 7→

R x2

f é estritamente decrescente, etc. 3. f : R x

−→  7→

R se x 6= 0 0, se x = 0 1 x,

f não é crescente (por exemplo 1 < 2 e f (1) > f (2)). f não é decrescente (por exemplo −1 < 1 e f (−1) < f (1)). 4. f : R

−→ 

x

7→

R 0, se x < 0 x3 + 3, se x ≥ 0

f é crescente mas não estritamente crescente. Proposição 2.3.2 Se f : A −→ B é uma função bijectiva estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) então f −1 : B −→ A tambem é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente). Demonstração: Seja f : A −→ B uma função bijectiva estritamente crescente e sejam y1 , y2 ∈ B tais que y1 < y2 ; queremos mostrar que f −1 (y1 ) < f −1 (y2 ). Como f −1 é bijectiva, não se pode ter f −1 (y1 ) = f −1 (y2 ). Por outro lado, se f −1 (y1 ) > f −1 (y2 ), como f é estritamente crescente, ter-se-ia f (f −1 (y1 )) > f (f −1 (y2 )), isto é, y1 > y2 , o que é contrário à hipótese. Conclui-se que f −1 (y1 ) < f −1 (y2 ). Demonstra-se analogamente o caso em que f é estritamente decrescente.  Definição 2.3.3 Se A1 ⊂ A diz-se que f é crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente) em A1 sse f|A1 é crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente). Observação: De f ser crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente) em A1 e em A2 não se pode concluir que f é crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente) em A1 ∪ A2 . Exemplo: f : R

−→  7→

R se x 6= 0 x 0, se x = 0 f é decrescente em ] − ∞, 0[ e em ]0, +∞[ e não é decrescente em ] − ∞, 0[∪]0, +∞[. 1 x,

Definição 2.3.4 Seja f : A −→ B. 1. Diz-se que f é limitada sse f (A) é limitado (isto é, sse ∃l ∈ R ∀a ∈ A : |f (a)| ≤ l). 2. Diz-se que f é majorada sse f (A) é majorado (isto é, sse ∃M ∈ R ∀a ∈ A : f (a) ≤ M ). 3. Diz-se que f é minorada sse f (A) é minorado (isto é, sse ∃m ∈ R ∀a ∈ A : f (a) ≥ m). 4. Chama-se max(f ) ao máximo de f (A) (caso exista). 5. Chama-se min(f ) ao mínimo de f (A) (caso exista). 6. Chama-se sup(f ) ao supremo de f (A) (caso exista). 7. Chama-se inf(f ) ao ínfimo de f (A) (caso exista). 8. Diz-se que f tem um máximo global em a sse f (a) = max(f ) (isto é ∀x ∈ A : f (x) ≤ f (a)). 9. Diz-se que f tem um mínimo global em a sse f (a) = min(f ) (isto é ∀x ∈ A : f (x) ≥ f (a)).

18

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

10. Diz-se que f tem um máximo estrito global em a sse f (a) = max(f ) e ∀x ∈ A, x 6= a : f (x) < f (a). 11. Diz-se que f tem um mínimo estrito global em a sse f (a) = max(f ) e ∀x ∈ A, x 6= a : f (x) > f (a). 12. Diz-se que f tem um máximo local em a sse existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A tenha um máximo global em a. 13. Diz-se que f tem um mínimo local em a sse existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A tenha um mínimo global em a. 14. Diz-se que f tem um máximo estrito local em a sse existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A tenha um máximo estrito global em a. 15. Diz-se que f tem um mínimo estrito local em a sse existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A tenha um mínimo estrito global em a. Proposição 2.3.5 Se f, g : A −→ R são funções majoradas (resp. minoradas), então f + g é majorada (resp. minorada) e sup(f + g) ≤ sup(f ) + sup(g) (resp. inf(f + g) ≥ inf(f ) + inf(g)). Demonstração: Suponhamos f e g majoradas. Tem-se ∀x ∈ A : f (x) ≤ sup(f ) e g(x) ≤ sup(g). Então (f + g)(x)(= f (x) + g(x)) ≤ sup(f ) + sup(g), logo f + g é majorada por sup(f ) + sup(g), portanto sup(f + g) ≤ sup(f ) + sup(g). A demonstração é análoga para o ínfimo.  Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ x2 − 2x + 1

f não é majorada; f é minorada; min(f ) = 0; f tem um mínimo estrito global em 1. 2. f : R x

−→ R 7→ sen x

f é limitada; max(f ) = 1; min(f ) = −1; para cada k ∈ Z, f tem um máximo global (e um máximo estrito local) em 2kπ + π2 ; f tem um mínimo global (e um mínimo estrito local) em 2kπ − π2 ; f não tem máximo estrito global nem mínimo estrito global em nenhum ponto. 3. f : R x

−→  R 0, se x ≤ 0 7→ −x, se x ≥ 0

f não é minorada; f é majorada; max(f )=0; para cada x ≤ 0 f tem um máximo global em x; f não tem máximo estrito global nem local em nenhum ponto; para cada x < 0 f tem um mínimo local em x. 4. f : R x

−→ 7→

R x3 − 3x

f não é majorada nem minorada; f tem um máximo estrito local em −1 e um mínimo estrito local em 1. 5. f : [1, 5] −→ R x 7→ 3x f é limitada; max(f ) = 15; min(f ) = 3; f tem um máximo estrito global em 5 e um mínimo estrito global em 1. 6. f : R

−→ 

x

7→

R −2x, se x < 0 2x + 1, se x ≥ 0

f não é majorada; f é minorada; f não tem mínimo; inf(f )=0. 7. f : [0, 1] −→ x 7→

R , g: [0, 1] −→ R , f + g: [0, 1] −→ x x 7→ 1 − x x 7→

R 1

inf(f ) + inf(g) = 0 < 1 = inf(f + g); sup(f + g) = 1 < 2 = sup(f ) + sup(g). Definição 2.3.6 Seja f : A −→ B e a ∈ A.

2.3. MONOTONIA, MÁXIMOS E MÍNIMOS

19

1. Diz-se que f é crescente em a sse existe um intervalo aberto I contendo a tal que  ∀x ∈ I ∩ A, x > a ⇒ f (x) ≥ f (a) ∀x ∈ I ∩ A, x < a ⇒ f (x) ≤ f (a) 2. Diz-se que f é decrescente em a sse existe um intervalo aberto I contendo a tal que  ∀x ∈ I ∩ A, x > a ⇒ f (x) ≤ f (a) ∀x ∈ I ∩ A, x < a ⇒ f (x) ≥ f (a) 3. Diz-se que f é estritamente crescente em a sse existe um intervalo aberto I contendo a tal que  ∀x ∈ I ∩ A, x > a ⇒ f (x) > f (a) ∀x ∈ I ∩ A, x < a ⇒ f (x) < f (a) 4. Diz-se que f é estritamente decrescente em a sse existe um intervalo aberto I contendo a tal que  ∀x ∈ I ∩ A, x > a ⇒ f (x) < f (a) ∀x ∈ I ∩ A, x < a ⇒ f (x) > f (a) Observações: 1. f ser crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em a não é equivalente a f ser crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em {a}; f é sempre crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em {a}. 2. Se f é crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) num intervalo aberto, então é crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em qualquer ponto desse intervalo, mas f pode ser crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) num ponto a e não ser crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em nenhum intervalo aberto contendo a. Exemplos: 1. f : R

x

−→

7→

R  −2, se x 6∈ Q      −1, se x ∈ Q 0, se x = 0   1, se x ∈ Q e    2, se x 6∈ Q e

ex>0 ex>0 x<0 x<0

f é estritamente decrescente em 0 e no entanto não existe nenhum intervalo aberto I contendo 0 tal que f seja decrescente em I; f não é decrescente em nenhum outro ponto de R. 2. f : R

−→ 

x

7→

R 2x + xsen x1 , se x 6= 0 0, se x = 0

f é contínua (ver capítulo 3) e estritamente crescente em 0 mas não existe nenhum intervalo aberto I contendo 0 tal que f seja crescente em I. Proposição 2.3.7 Seja f : [a, b] −→ R. 1. f é crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em a sse f tem um mínimo (resp. máximo, mínimo estrito, máximo estrito) local em a. 2. f é crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em b sse f tem um máximo (resp. mínimo, máximo estrito, mínimo estrito) local em b. Demonstração: Se f é crescente em a existe um intervalo aberto I =]a − δ, a + δ[ tal que  x > a ⇒ f (x) ≥ f (a) ∀x ∈ I ∩ [a, b] x < a ⇒ f (x) ≤ f (a) Mas I ∩ [a, b] = [a, a + δ[, portanto ∀x ∈ I ∩ [a, b] : f (x) ≥ f (a), logo f tem um mínimo local em a.

20

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

Reciprocamente, se f tem um mínimo local em a, então existe um intervalo aberto I =]a − δ, a + δ[ tal que ∀x ∈ I ∩ [a, b] : f (x) ≥ f (a). Mas I ∩ [a, b] = [a, a + δ[, portanto  x > a ⇒ f (x) ≥ f (a) ∀x ∈ I ∩ [a, b] x < a ⇒ f (x) ≤ f (a) de onde se conclui que f é crescente em a. Os outros casos demonstram-se de maneira análoga.

2.4



Gráficos

Dados dois conjuntos não vazios A e B, define-se o produto cartesiano A × B por A × B = {(a, b); a ∈ A, b ∈ B}. Seja f : A −→ B. Definição 2.4.1 O gráfico de f é o subconjunto de A × B Gr(f ) = {(a, f (a)); a ∈ A} = {(a, b) ∈ A × B; b = f (a)}. Seja X ⊂ A × B. Dizer que X é o gráfico de alguma função f : A −→ B, equivale a dizer que qualquer “recta vertical” (isto é, qualquer conjunto Ya = {(a, y); y ∈ B}, a ∈ X) intersecta X num e num só ponto. Se f : A −→ B e a ∈ A, então {(a, y); y ∈ B} ∩ Gr(f ) = {(a, y); y = f (a)} = {(a, f (a))}. Portanto qualquer recta vertical intersecta Gr(f ) num único ponto. Supondo agora que X ⊂ A×B e que qualquer recta vertical intersecta X num único ponto, seja f a função definida por f : A −→ B . Então Gr(f ) = X.  x 7→ o único ponto b de B tal que (x, b) ∈ X Proposição 2.4.2 1. f é sobrejectiva sse qualquer “recta horizontal” (isto é, qualquer conjunto Xb = {(x, b); x ∈ A}, b ∈ Y ) intersectar Gr(f ). 2. f é injectiva sse nenhuma recta horizontal intersectar Gr(f ) em mais do que um ponto. 3. f é bijectiva sse qualquer recta horizontal intersectar Gr(f ) num único ponto. Demonstração: 1. f é sobrejectiva sse ∀b ∈ B ∃a ∈ A : f (a) = b, isto é, sse ∀b ∈ B ∃a ∈ A : (a, b) ∈ Gr(f ), isto é, sse qualquer recta horizontal intersecta Gr(f ). 2. f é injectiva sse ∀x1 , x2 ∈ A : f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 , isto é, sse ∀x1 , x2 ∈ A, y ∈ B : (x1 , y) ∈ Gr(f ) e (x2 , y) ∈ Gr(f ) ⇒ x1 = x2 , ou ainda, sse ∀y ∈ B : {(a, y); a ∈ A} ∩ Gr(f ) não tem mais de um elemento, o que acontece sse qualquer recta horizontal intersecta Gr(f ) no máximo num ponto. 3. consequência trivial de 1. e 2.



Se A e B são dois conjuntos não vazios, chama-se projecção de A × B em A (resp. de A × B em B) à função p1 : A × B −→ A (resp. p2 : A × B −→ B ). (x, y) 7→ x (x, y) 7→ y Proposição 2.4.3 Seja f : A −→ B, A1 ⊂ A, B1 ⊂ B. 1. f (A1 ) é a projecção sobre B de Gr(f ) ∩ (A1 × B). 2. f −1 (B1 ) é a projecção sobre A de Gr(f ) ∩ (A × B1 ). Demonstração: 1. Se y ∈ f (A1 ) então existe x ∈ A1 tal que f (x) = y, portanto (x, y) ∈ Gr(f ) ∩ (A1 × B), ou seja, y pertence à projecção sobre B de Gr(f ) ∩ (A1 × B). Reciprocamente, se y pertence à projecção sobre B de Gr(f ) ∩ (A1 × B), então existe um x ∈ A tal que (x, y) ∈ Gr(f ) ∩ (A1 × B). De (x, y) ∈ A1 × B conclui-se que x ∈ A1 , e de (x, y) ∈ Gr(f ) conclui-se que y = f (x), logo y ∈ f (A1 ).

2.4. GRÁFICOS

21

2. Se x ∈ f −1 (B1 ), então f (x) ∈ B1 , portanto (x, f (x)) ∈ Gr(f ) ∩ (A × B1 ), ou seja, x pertence à projecção sobre A de Gr(f ) ∩ (A × B1 ). Reciprocamente, se x pertence à projecção sobre A de Gr(f ) ∩ (A × B1 ), então existe y ∈ B tal que (x, y) ∈ Gr(f ) ∩ (A × B1 ). De (x, y) ∈ A × B1 conclui-se que y ∈ B1 , e de (x, y) ∈ Gr(f ) conclui-se que y = f (x), logo f (x) ∈ B1 , isto é, x ∈ f −1 (B1 ).  Proposição 2.4.4

1. f é par sse o gráfico de f é simétrico em relação ao eixo dos yy.

2. f é ímpar sse o gráfico de f é simétrico em relação à origem. Demonstração: 1. f é par sse ∀x ∈ R : f (−x) = f (x), isto é, sse ∀x ∈ R : (x, y) ∈ Gr(f ) ⇔ (−x, y) ∈ Gr(f ), mas isto quer dizer que o gráfico de f é simétrico em relação ao eixo dos yy. 2. f é ímpar sse ∀x ∈ R : f (−x) = −f (x), isto é, sse ∀x ∈ R : (x, y) ∈ Gr(f ) ⇔ (−x, −y) ∈ Gr(f ), mas isto quer dizer que o gráfico de f é simétrico em relação à origem.  Proposição 2.4.5 Seja f : A −→ B uma função bijectiva. Então o gráfico de f −1 : B −→ A é o simétrico do gráfico de f relativamente à recta de equação y = x. Demonstração: Tem-se (a, b) ∈ Gr(f ) ⇔ b = f (a) ⇔ f −1 (b) = a ⇔ (b, a) ∈ Gr(f −1 ) Ora (a, b) e (b, a) são pontos simétricos em relação à recta de equação y = x, de onde se conclui que os pontos do gráfico de f −1 são os simétricos dos pontos do gráfico de f relativamente à recta de equação y = x.  Exemplos: 1. f : [0, 7] −→ R ; x 7→ x2 − 6x + 4

g: [−2, 2] −→ R x 7→ x4 + 1 f

10

g 2.5

7.5

2 5 1.5 2.5 1 1

2

3

4

5

6

7

0.5

-2.5

-2

-1

1

2

-5

2. f : [1, 4] −→ R ; g1 : [0, 6] −→ x 7→ x − 3 x 7→



R x − 3 se x ≥ 1 −x2 − 1 se x < 1

g1 e g2 são prolongamentos de f ; f é a restrição de g1 e de g2 .

; g2 : [0, 6] −→ x

7→

R   x − 3 se x ∈ [1, 4] x2 − 3 se x ≤ 1  x2 10 se x > 4

22

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

f

g2 g1

4

3

3

2

2

2 1

1 0

1

2

4

3

5

6 1 1

2

3

4

5

2

4

3

5

6

6 -1

-2 -1

-2 -4

-2 -3

3. f1 : [−3, 3] −→ x 7→

R ; f2 : [−4, 4] −→ x − [x] x 7→

R ; f3 : [−4, 4] −→ cos(5x + 2) x 7→

R sen 4x cos(6x − 1)

f1 , f2 e f3 são periódicas; os respectivos períodos são 1, 2π/5 e π.

f2 1

1 0.8 0.6 0.4 0.2 -2

-3

-4

-1

4. f : [−3, 3] −→ x 7→

f3 1 0.5

0.5

1

2

3

-2

2

4

-4

-2

2

-0.5

-0.5

-1

-1

g: [−2, 2] −→ R x 7→ x3 − x

R ; x4 /2 − 3x2 + 1

f é par; g é ímpar. f g 1.5 6 1 4 0.5

2

-2

-1

1

2

-0.5 -3

-2

-1

1

2

3 -1

-2

5. f : [−3, 6] −→  x

7→

R x2 se x ≤ 0 x − 3 se x > 0

-1.5

;

g ◦ f : [−3, 6] −→  R 2 2x se x ∈ [−1, 0]    2x − 6 se x ∈]0, 4] x 7→ −x2 + 3 se x < −1    −x + 6 se x ≥ 4

g: [−3, 6] −→  R 2x se x ≥ 1 x 7→ −x + 3 se x < 1

;

4

2.4. GRÁFICOS

23

g

f

gof

12 2 8 10 6 -2

4

2

6

8 4 6

-2

2 4 -4 -2

4

2

6 2

-2 -6 -2

6. f : [−4, 4] −→ x 7→

[0, 16] ; x2

4

2

g1 : [0, 16] −→ [−4, √ 4] ; x 7→ x

6

g2 : [0, 16] −→  √ [−4, 4] x se [x] par √ x 7→ − x se [x] ímpar

g1 e g2 são inversas à direita de f . f 15 g2 4 12.5 g1

2

4

10

3 2 2.5

7.5

5

7.5

10

12.5

15

1 2.5

5

7.5

10

12.5

15

5

-4

2.5

-4

-2

2

7. f : [−1, 1] −→ x 7→

-2

4

g1 : [−6, 5] −→  √ [−1, 1] 2 − x + 4 se x ≥ −3 x 7→ 1 2 se x < −3

[−6, 5] ; x2 − 4x

;

g2 : [−6, 5] −→  √ [−1, 1] 2 − x + 4 se x ≥ −4 x 7→ x se x < −4 g1 e g2 são inversas à esquerda de f . f

g2 2

4

-6 -1-0.5

-6

g1 1 0.5

2

-4

-2

-0.5 -1

2

-4

-2

2

-2

4

0.5 1 -4

-2

8. f : [−4, +∞[ −→ x

7→

-6

[−4, 5[   2x + 4 se x ∈ [−4, −2] x2 + 1 se x ∈] − 2, 0]  x x+1 se x > 0

;

f −1 : [−4, 5[ −→   x 7→ 

[−4, +∞[ se x ∈ [−4, 0] se x ∈]0, 1[ − x − 1 se x ∈ [1, 5[ x−4 2 x 1−x √

4

24

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

-1

f f 6 4 4 2 2 -4

-2

4

2

6 -4

-2

2

4

-2 -2 -4 -4

9. f : [−6π, 6π] −→  x

7→

R 2x + xsen x1 se x 6= 0 0 se x = 0 f 0.2

0.1

-0.1-0.05

0.05 0.1

-0.1

-0.2

10. Os exemplos seguintes mostram casos em que f −1 (f (C)) 6= C e f (f −1 (D)) 6= D.

D -1 f( f (D))

f(C)

C -1 f (f(C))

-1 f (D)

Observações: 1. Dada uma função f : A −→ R e a ∈ R, o gráfico da função g: {x : x − a ∈ A} −→ R é o translatado x 7→ f (x − a) do gráfico de f de |a| unidades na horizontal (para a direita se a > 0, para a esquerda se a < 0).

2.4. GRÁFICOS

25

2. Dada uma função f : A −→ R e a ∈ R, o gráfico da função g: A −→ R x 7→ f (x) + a de f de |a| unidades na vertical (para cima se a > 0, para baixo se a < 0). Exemplo f : R −→ x 7→

−→ 7→

; f1 : R x

R

x2 2

; f2 : R x

R

(x−2)2 2

−→ 7→

x2 2

−→ 7→

; f3 : R R −1 x

f

-3

-2

;

R

(x+1)2 2

+2

f1

4

4

3

3

2

2

1

1

-1

é o translatado do gráfico

1

2

3

-1

1

2

4

3

5

f3

6 f2 5

3

-3

-2

2

4

1

3

-1

1

2

2

3

-1

1

-4

-3

-2

-1

1

2

26

CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

Capítulo 3

Limites e continuidade 3.1

Limites

As figuras seguintes mostram gráficos de funções que ilustram o significado geométrico da existência de lim f (x). x→a

f2 f1

f3

f1(a)

l2

l

f3(a)

f2(a)

l1

a

a a f4 f5

f5(a)

a a

Tem-se lim f1 (x) = l 6= f (a); lim f2 (x) = l2 ; lim f2 (x) = l1 ; não existe lim f2 (x); lim f3 (x) = f3 (a); não existe x→a

x→a+

x→a

x→a−

x→a

lim+ f4 (x) nem lim− f4 (x); lim f5 (x) = f5 (a).

x→a

x→a

x→a

Definição 3.1.1 1. Diz-se que a é um ponto de acumulação (resp. ponto de acumulação à direita, ponto de acumulação à esquerda) de um conjunto A sse para qualquer δ > 0 existe x ∈]a − δ, a + δ[∩(A \ {a}), (resp. x ∈]a − δ, a[∩A, x ∈]a, a + δ[∩A). 2. Diz-se que a é um ponto de acumulação bilateral de A sse a é um ponto de acumulação à direita de A e a é um ponto de acumulação à esquerda de A. Seja f : A −→ B. Observação: Sempre que se escrever f (x), supõe-se que x pertence ao domínio de f , embora isso por vezes não seja explicitamente mencionado, para não sobrecarregar a exposição. Definição 3.1.2 1. Diz-se que l é limite de f quando x tende para a sse a é ponto de acumulação de A e ∀ > 0 ∃δ > 0 : 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − l| < . 27

28

CAPÍTULO 3. LIMITES E CONTINUIDADE

2. Diz-se que l é limite à esquerda de f quando x tende para a sse l for limite de f|A∩]−∞,a[ quando x tende para a. 3. Diz-se que l é limite à direita de f quando x tende para a sse l for limite de f|A∩]a,+∞[ quando x tende para a. Proposição 3.1.3 Se l1 e l2 são limites de f quando x tende para a então l1 = l2 . Demonstração: Suponhamos que l1 6= l2 ; então |l1 −l2 | > 0. Seja δ1 > 0 tal que 0 < |x−a| < δ1 ⇒ |f (x)−l1 | < |l1 −l2 |/2 (existe tal δ1 porque l1 é limite de f quando x tende para a). Seja δ2 > 0 tal que 0 < |x−a| < δ2 ⇒ |f (x)−l2 | < |l1 −l2 |/2 (existe tal δ2 porque l2 é limite de f quando x tende para a). Seja agora δ = min{δ1 , δ2 } e seja x ∈]a − δ, a + δ[\{a}. Então 0 < |x − a| < δ

⇒ |f (x) − l1 | < |l1 − l2 |/2 e |f (x) − l2 | < |l1 − l2 |/2 ⇒ |(l1 − f (x)) + (f (x) − l2 )| ≤ |l1 − f (x)| + |f (x) − l2 | < |l1 − l2 |/2 + |l1 − l2 |/2 = |l1 − l2 | ⇒ |l1 − l2 | < |l1 − l2 |

o que é impossível. Conclui-se que l1 = l2 .



Notação: Se l é (o único) limite de f quando x tende para a, escreve-se lim f (x) = l; se l é (o único) limite à esquerda x→a

de f quando x tende para a, escreve-se lim− f (x) = l; se l é (o único) limite à direita de f quando x tende para a, x→a

escreve-se lim f (x) = l. x→a+

Proposição 3.1.4

1. Seja a um ponto de acumulação bilateral de A. Então lim f (x) = l sse lim+ f (x) = l e x→a

x→a

lim− f (x) = l.

x→a

2. Seja a um ponto de acumulação à esquerda mas não à direita (resp. à direita mas não à esquerda) de A. Então lim f (x) = l sse lim+ f (x) = l (resp. sse lim− f (x) = l). x→a

x→a

x→a

Demonstração: 1. Para um ponto de acumulação bilateral a de A, é trivial que se l é limite de f quando x tende para a então l é limite à direita de f quando x tende para a e l é limite à esquerda de f quando x tende para a. Suponhamos que lim f (x) = l e lim f (x) = l e seja  > 0. Sejam δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que x→a−

x→a+

a < x < a + δ1 ⇒ |f (x) − l| <  e a − δ2 < x < a ⇒ |f (x) − l| < . Se δ = min{δ1 , δ2 }, então 0 < |x − a| < δ

⇒ a < x < a + δ ou a − δ < x < a ⇒ a < x < a + δ1 ou a − δ2 < x < a ⇒ |f (x) − l| < 

Logo ∀ > 0 ∃δ > 0 : 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − l| < . 

2. demonstração trivial

Proposição 3.1.5 Existe l ∈ R tal que lim f (x) = l sse a é ponto de acumulação de A e ∀ > 0 ∃δ > 0 ∀x, x0 ∈ ]a − δ, a + δ[\{a} : |f (x) − f (x0 )| < .

x→a

Demonstração: Suponhamos que l = lim f (x) e seja  > 0; existe então δ > 0 tal que 0 < |x−a| < δ ⇒ |f (x)−l| < /2. x→a

Sejam x, x0 ∈]a−δ, a+δ[\{a}; então tem-se 0 < |x−a| < δ e 0 < |x0 −a| < δ, portanto |f (x)−l| < /2 e f (x0 )−l| < /2, de onde |f (x) − f (x0 )| = |f (x) − l + l − f (x0 )| ≤ |f (x) − l| + |l − f (x0 )| < /2 + /2 = . Suponhamos agora que ∀ > 0 ∃δ > 0 ∀x, x0 ∈]a − δn , a + δn [\{a} : |f (x) − f (x0 )| < . Para cada n ∈ N, seja δn > 0 tal que ∀x, x0 ∈]a − δ, a + δ[\{a} : |f (x) − f (x0 )| < 1/n e tal que δn < δn−1 se n > 1. Seja xn um ponto do domínio de f tal que |xn − a| < δn . Então, para x ∈]a − δn , a + δn [\{a} tem-se |f (x) − f (xn )| < 1/n, portanto f (]a − δn , a + δn [\{a})

3.1. LIMITES

29

está contido no intervalo [f (xn ) − 1/n, f (xn ) + 1/n], que tem comprimento 2/n. Daqui podemos concluir a existência de uma sucessão decrescente de intervalos fechados In , tal que 1. ∀n ∈ N comprimento de In ≤ 2/n; 2. ∀n ∈ N : f (]a − δn , a + δn [\{a}) ⊂ In . 1 1 , f (xn+1 Basta pôr I1 = [f (x1 ) − 1, f (x1 ) + 1] e In+1 = InT∩ [f (xn+1 ) − n+1 T) + n+1 ] para n ≥ 1. Pelo teorema do encaixe de intervalos, existe l ∈ n∈N In ; tem-se mesmo n∈N In = {l}, visto que o comprimento de In tende para 0. Vejamos que l é limite de f quando x tende para a. Para todo o  > 0 sejam n ∈ N tal que n > 3/, δ = δn e an 6= a tal que |an − a| < δ e an pertence ao domínio de f ; se 0 < |x − a| < δ então |f (x) − l| ≤ |f (x) − f (an )| + |f (an ) − l| < 1/n + |f (an ) − l|. Ora f (an ) e l pertencem a In , logo |f (xn ) − l| ≤ 2/n, portanto |f (x) − l| < 1/n + 2/n = 3/n < . Conclui-se que lim f (x) = l.  x→a

Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ 3x + 1

lim f (x)=16

x→5

Demonstração: Seja  > 0. Queremos mostrar que existe δ > 0 tal que 0 < |x − 5| < δ ⇒ |f (x) − 16| < . Mas |f (x) − 16| = |3x + 1 − 16| = |3x − 15| = 3|x − 5|. Então |x − 5| < /3 ⇒ |f (x) − 16| < , isto é, basta tomar δ = /3.  2. f : R x

−→  R x se x ≤ 0 7→ 2x + 2 se x > 0

Não existe lim f (x); lim+ f (x)=2; lim− f (x)=0 x→0

x→0

x→0

Demonstração: Para x > 0 tem-se f (x) > 2 e para x < 0, f (x) < 0. Então, se δ > 0 tem-se f (δ/2) > 2 e f (−δ/2) < 0, logo f (δ/2) − f (−δ/2) > 2. Conclui-se que se  = 1 então ∀δ > 0 ∃x = δ/2, x0 = −δ/2 : 0 < |x|, |x0 | < δ e |f (x) − f (x0 )| > . Logo não existe lim f (x). x→0

Para x > 0, tem-se f (x) − 2 = 2x + 2 − 2 = 2x. Logo se 0 < x < δ, então |f (x) − 2| < 2δ. Conclui-se que ∀ > 0 ∃δ > 0 : 0 < x < δ ⇒ |f (x) − 2| <  (para cada  > 0 basta tomar δ = /2). Logo lim+ f (x)=2. x→0

Para x < 0 tem-se f (x) = x. Logo se −δ < x < 0 então |f (x)| = |x| < δ. Conclui-se que ∀ > 0 ∃δ > 0 : −δ < x < 0 ⇒ |f (x)| <  (para cada  > 0 basta tomar δ = ). Logo lim− f (x)=0.  x→0

3. f : R x

−→ 7→

R ;a∈R x2

lim f (x)=a2

x→a

Demonstração: Suponhamos a ≤ 0 (a demonstração para a > 0 é análoga). Seja  > 0. Queremos mostrar que existe δ > 0, tal que 0 < |x − a| < δ ⇒ |x2 − a2 | < . Ora |x2 − a2 | = |x − a||x + a|. Se |x − a| < 1 então −1 < x − a < 1, de onde 2a − 1 < x + a < 2a + 1, e, portanto, |x + a| < max{|2a − 1|, |2a + 1|}, que é 1 − 2a  porque a < 0; logo |x + a| < 1 − 2a. Então, se δ = min{1, 1−2a } tem-se, para todo o x tal que |x − a| < δ, |x2 − a2 | = |x − a||x + a| < |x − a|(1 − 2a) (porque |x − a| < 1)   < (1 − 2a) (porque |x − a| < 1−2a ). 1 − 2a =   4. f : R \ {0} x

−→ R 7→ cos(1/x)

Não existe lim f (x) nem lim f (x). x→0+

x→0−

1 1 Demonstração: Para qualquer inteiro k 6= 0 tem-se f ( 2kπ ) = 1 e f ( 2kπ ) = −1, isto é, arbitrariamente próximo de 0 dos dois lados temos pontos cuja imagem é 1 e pontos cuja imagem é −1. Mais precisamente, sejam  = 1,

30

CAPÍTULO 3. LIMITES E CONTINUIDADE

1 δ > 0. e k um número inteiro positivo tal que 2kπ > 2/δ (então tambem 2kπ + π > 2/δ); para x1 = 2kπ e 1 x2 = 2kπ , tem-se |x1 − x2 | ≤ |x1 | + |x2 | < δ e |f (x1 ) − f (x2 )| = 1 − (−1) = 2 > . Então existe  > 0 tal que 1 1 e x2 = 2kπ+π maiores do que 0 tais que |x1 − x2 | < δ e |f (x1 ) − f (x2 )| > . para todo o δ > 0 existem x1 = 2kπ Conclui-se da proposição anterior que não existe lim f (x). De maneira análoga se conclui que não existe x→0+

lim− f (x).



x→0

5. f : R \ {0, 1} x

−→ 7→

x2 x−1

R sen x1

lim f (x)=0

x→0

Demonstração: Para x tal que 0 < |x| < 1/2 tem-se |x − 1| > 1/2, portanto |x2 /(x − 1)| < 2|x2 |. Por outro lado, para qualquer x 6= 0 tem-se | sen(1/x)| ≤ 1. Seja agora  > 0. Ponhamos δ = min{1/2, /2} e seja x tal que 0 < |x| < δ; por se ter δ ≤ 1/2, deduz-se que 0 < |x| < 1/2, portanto |f (x)| = |x2 /(x−1)|| sen(1/x)| < 2|x|2 ≤ 2|x|;e por se ter δ ≤ /2 deduz-se que |x| < /2. Conclui-se pois que se 0 < |x| < δ então |f (x)| < .  6. f : R \ {2} x

−→ 7→

R

1 x−2

lim f (x)=-2 x→3/2

Demonstração: f (x) − (−2) =

1 x−2

+2=

2x−3 x−2

=

2(x−3/2) x−2

Se |x − 3/2| < 1/4, então |x − 2| > 1/4, portanto 2(x−3/2) < 8|x − 3/2|. Para cada  > 0, seja δ = min{1/4, /8} x−2 e consideremos x tal que |x − 3/2| < δ. Por se ter δ ≤ 1/4, conclui-se que |f (x) − (−2)| < 8|x − 3/2|; por se ter δ ≤ /8 conclui-se que 8|x − 3/2| < . Então, para x tal que 0 < |x − 3/2| < δ, tem-se |f (x) − (−2)| < .  Sejam f : A −→ B, l ∈ R, a ∈ R. Definição 3.1.6

1. Diz-se que lim f (x) = l sse A não é majorado e ∀ > 0 ∃R ∈ R : x > R ⇒ |f (x) − l| < . x→+∞

2. Diz-se que lim f (x) = l sse A não é minorado e ∀ > 0 ∃R ∈ R : x < R ⇒ |f (x) − l| < . x→−∞

3. Diz-se que lim f (x) = +∞ sse a é ponto de acumulação de A e ∀R ∈ R ∃δ > 0 : 0 < |x − a| < δ ⇒ f (x) > R. x→a

4. Diz-se que lim f (x) = +∞ sse A não é majorado e ∀M ∈ R ∃R ∈ R : x > R ⇒ f (x) > M . x→+∞

Observações: 1. Define-se de maneira semelhante: lim f (x) = −∞, lim+ f (x) = +∞, lim− f (x) = +∞, lim+ f (x) = −∞, x→a

x→a

x→a

x→a

lim f (x) = −∞, lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞, lim f (x) = −∞.

x→a−

x→+∞

x→−∞

x→−∞

2. As notações utilizadas nas definições anteriores pressupõem a prévia demonstração da unicidade do limite em cada caso, demonstração essa que não será aqui feita por ser semelhante à demonstração da unicidade do limite de f (x) quando x tende para a ∈ R. Exemplos: 1.

lim

x→+∞

3x + cos x =3 x

x Demonstração: Para x > 0 tem-se | 3x+cos − 3| = | cosx x | ≤ | x1 | = x1 . Para cada  > 0 seja R = 1/; para x > R x 1 3x+cos x tem-se x < , portanto | x − 3| < . 

2.

x2 + 5 1 = x→−∞ 3x2 − 2x 3 Demonstração: Tem-se lim

2 x +5 1 3x2 + 15 3x2 − 2x 2x + 15 3x2 − 2x − 3 = 3(3x2 − 2x) − 3(3x2 − 2x) = 9x2 − 6x .

3.1. LIMITES

31

Para x < 0 tem-se 2x + 15 2 + 15/x 15/x 2 = ≤ + 9x2 − 6x 9x − 6 |9x − 6| 9x − 6 ; 1 6−9x

ora |9x − 6| = 6 − 9x,

< 16 , e

1 6−9x

1 < − 9x , portanto

15/x 2 2 |15/x| 2 15 = + + <− − . |9x − 6| 9x − 6 6 − 9x 6 − 9x 9x 6x 2 +5 4 15 2 15 2 < /2 e − 6x < /2, tem-se 3xx2 −2x − 13 < . Mas x < − 9 ⇒ − 9x < /2 e x < − 5 ⇒ − 6x < /2. Então, se − 9x 2 4 +5  Conclui-se que, para cada  > 0, existe R ∈ R (R = min{− 9 , − 5 }) tal que x < R ⇒ 3xx2 −2x − 13 < . 3. lim− x→1

1 = −∞ x2 − 1

1 1 Demonstração: Para x tal que 0 < x < 1, tem-se 1 < x + 1 < 2, portanto 12 < x+1 < 1, de onde x21−1 < 2(x−1) . 2 Seja R ∈ R; se R ≥ 0, pondo δ = 1, tem-se −δ < x − 1 < 0 ⇒ 1/2(x − 1) < 0 ≤ R, portanto 1/(x − 1) < R.

Se R<0, pondo δ = min{1, −1/(2R)}, tem-se 1 1 < (porque 0 < x < 1) −1 2(x − 1) 1 1 <− (porque −δ < x − 1 < 0) 2(x − 1) 2δ 1 1 1 < R (porque δ < − 2R ⇒ − 2δ < R) 2(x − 1)

−δ < x − 1 < 0 ⇒

x2

⇒ ⇒

 4. f : R x

−→ R 7→ x cos x

Não existe lim f (x) x→+∞

Demonstração: Suponhamos que lim f (x) = l ∈ R. Então existe R ∈ R tal que x > R ⇒ |f (x) − l| < 1. Seja x→+∞

k ∈ Z tal que 2kπ > |l| + 1 e 2kπ > R. Então, para x = 2kπ, tem-se f (x) = 2kπ > |l| + 1, portanto |2kπ − l| > 1, o que é absurdo. Por outro lado, se

lim f (x) = +∞, então existe R ∈ R tal que x > R ⇒ f (x) > 1, mas se k ∈ Z é tal que

x→+∞

kπ + π/2 > R, então para x = kπ + π/2 tem-se x > R e f (x) = 0. Analogamente se mostra que não se tem lim f (x) = −∞. x→+∞

5.



lim xn = +∞, para todo o n ∈ N.

x→+∞

Demonstração: Para cada M ∈ R, seja R = max{1, M }. Então x>R

⇒ xn ≥ x (porque x > 1) ⇒ x > M (porque R ≥ M ) ⇒ xn > M 

6.

lim xn =

x→−∞



+∞ se n par −∞ se n ímpar

Demonstração: Se n é par, então x < −1 ⇒ −x > 1 ⇒ (−x)n ≥ −x ⇒ xn ≥ −x

32

CAPÍTULO 3. LIMITES E CONTINUIDADE

Para cada M ∈ R seja R = min{−1, −M }. Então x
⇒ x < −1 ⇒ xn ≥ −x ⇒ xn > M

Se n é ímpar, então x < −1 ⇒ −x > 1 ⇒ (−x)n ≥ −x ⇒ −xn ≥ −x ⇒ xn ≤ x Para cada M ∈ R seja R = min{−1, M }. Então x
⇒ x < −1 ⇒ xn ≤ x ⇒ xn < M 

Proposição 3.1.7 Seja a ∈ R ∪ {−∞, +∞}, c, l1 , l2 ∈ R. 1. lim c = c x→a

2. lim x = a x→a

3. Se lim f (x) = l1 e lim g(x) = l2 , então lim (f + g)(x) = l1 + l2 . x→a

x→a

x→a

4. Se lim f (x) = l1 e lim g(x) = l2 , então lim (f.g)(x) = l1 l2 . x→a

x→a

x→a

5. Se lim f (x) = l1 6= 0 então lim 1/f (x) = 1/l1 . x→a

x→a

Demonstração: A demonstração só será feita no caso de a ∈ R; nos outros casos o raciocínio é análogo. 1. Seja  > 0; para qualquer δ > 0, em particular, por exemplo para δ = 1, tem-se 0 < |x − a| < δ ⇒ |c − c| < . 2. Seja  > 0; se tomarmos δ = , então 0 < |x − a| < δ ⇒ |x − a| < . 3. Seja  > 0; sejam δ1 , δ2 > 0 tais que 0 < |x − a| < δ1 ⇒ |f (x) − l1 | < /2 e 0 < |x − a| < δ2 ⇒ |g(x) − l2 | < /2. Se tomarmos δ = min{δ1 , δ2 }, tem-se 0 < |x − a| < δ ⇒ |(f + g)(x) − (l1 + l2 )| = |f (x) − l1 + g(x) − l2 | ≤ |f (x) − l1 | + |g(x) − l2 | < /2 + /2 = . 4. Seja  > 0; tem-se |(f g)(x) − l1 l2 | = |f (x)g(x) − l1 l2 | = |f (x)g(x) − l1 g(x) + l1 g(x) − l1 l2 | ≤ |g(x)||f (x) − l1 | + |l1 ||g(x) − l2 |. Se |g(x)||f (x)−l1 | < /2 e |l1 ||g(x)−l2 | < /2, então |(f g)(x)−l1 l2 | < . Mas |l1 ||g(x)−l2 | ≤ max{1, |l1 |}|g(x)− l2 |, portanto  |l1 | |g(x) − l2 | < ⇒ |l1 ||g(x) − l2 | < < /2. 2 max{1, |l1 |} 2 max{1, |l1 |} Por outro lado, |g(x)−l2 | < 1 ⇒ l2 −1 < g(x) < l2 +1 ⇒ |g(x)| < |l2 |+1. Se |g(x)−l2 | < 1 e |f (x)−l1 | < 2(|l2|+1) , então |g(x)||f (x) − l1 | < (|l2 | + 1) 2(|l2|+1) = /2. Ora existem δ1 , δ2 , δ20 tais que 0 < |x − a| < δ1 ⇒ |f (x) − l1 | <   0 0 2(|l2 |1+) , 0 < |x − a| < δ2 ⇒ |g(x) − l2 | < 2(max{1,|l1 |}) , 0 < |x − a| < δ2 ⇒ |g(x) − l2 | < 1. Se δ = min{δ1 , δ2 , δ2 }, então 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x)g(x) − l1 l2 | < 2 + 2 = .

3.1. LIMITES

33

1 (x)−l1 | 1 2 5. Se f (x) 6= 0 então f (x) − l11 = |f |f (x)||l1 | . Mas, se |f (x)| > |l1 |/2 então |f (x)||l1 | < |l1 |2 . Como l1 6= 0, existe δ1 > 0 tal que 0 < |x − a| < δ1 ⇒ |f (x) − l1 | < |l1 |/2; então 0 < |x − a| < δ1 ⇒ l1 − |l1 |/2 < f (x) < l1 + |l1 |/2 ⇒ |f (x)| > |l1 |/2 (o que implica, em particular, f (x) 6= 0). Seja agora  > 0; do que vimos resulta 1 2|f (x)−l1 | 1 que, para x tal que 0 < |x − a| < δ1 , se tem f (x) − l1 < . Mas, por outro lado, existe δ2 > 0 tal que |l1 |2 0 < |x − a| < δ2 ⇒ |f (x) − l1 | <

 |l1 |2

= |l1 |2 /2. Para δ = min{δ1 , δ2 }, tem-se então

1 1 2|l1 |2 0 < |x − a| < δ ⇒ = . − < f (x) l1 2|l1 |2 Observação: Os n.os 3,4,5 da proposição anterior são válidos quando l1 ou l2 são infinitos, se convencionarmos as seguintes regras: se l ∈ R então l + (+∞)=(+∞) + l = +∞, l/(+∞) = l/(−∞) = 0, l + (−∞)=(−∞) + l = −∞; se l ∈ R \ {0}, l.(+∞) = (+∞).l = (sinal de l)∞, l.(−∞) = (−∞).l = (sinal contrário ao de l)∞, (+∞)/l = (sinal de l)∞, (−∞).l = (sinal contrário ao de l)∞, (+∞).(+∞) = (−∞).(−∞) = +∞, (+∞).(−∞) = (−∞).(+∞) = −∞, (+∞)+ (+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞. Exemplos: x2 + 3x = −1 x→1 x3 − 5x2

1. lim 2.

x2 + 1 = +∞ x→+∞ x + 1 Neste caso, lim x2 + 1 = +∞ e lim

x→+∞

lim x + 1 = +∞, portanto não se pode concluir nada sobre o limite do

x→+∞

1 = x 1 1 1 1 = +∞+ = +∞+ = +∞+0 = +∞. Analogamente se conclui que lim 1 + = lim x+ lim x→+∞ x→+∞ x→+∞ x lim x +∞ x

quociente directamente a partir da proposição anterior. Mas, para x 6= 0,

x2 +1 x+1

=

1 x+ x 1 1+ x

. Ora

lim x +

x→+∞

x→+∞

x+ x2 + 1 = lim 1. Então lim x→+∞ 1 + x→+∞ x + 1 3.

lim

x→+∞

1 x 1 x

=

+∞ 1

= +∞.

x+1 =0 x2 + 1

Com efeito, para x 6= −1,

x+1 = x2 + 1

1 x2 +1

x2 + 1 = +∞. x→+∞ x + 1

e lim

x+1

x2 − 9 = +∞ x→3 (x − 3)3

4. lim

Para x 6= 3, tem-se

x2 −9 (x−3)3

=

x+3 (x−3)2 .

x2 − 9 = +∞. x→3 (x − 3)3

Ora lim x + 3 = 6 e lim (x − 3)2 = 0, portanto lim x→3

x→3

(x2 − 9)3 =0 x→3 (x − 3)2

5. lim

Para x 6= 3, tem-se

(x2 −9)3 (x−3)2

(x2 − 9)3 = 0.63 = 0. x→3 (x − 3)2

= (x − 3)(x + 3)3 , de onde lim

x2 − 9 = 3/2 x→3 (x − 3)(x + 1)

6. lim

Com efeito, para x 6= 3 tem-se 

x2 −9 (x−3)(x+1)

=

x+3 x+1 ,

x2 − 9 = 6/4 = 3/2. x→3 (x − 3)(x + 1)

portanto lim

 1 1 7. lim − 4 = −∞ x→0 x2 x 1 1 Tem-se lim 2 = +∞ e lim 4 = +∞, portanto não se pode concluir nada sobre o limite da diferença direcx→0 x x→0 x 2 1 2 tamente a partir da proposição anterior. Mas x12 − x14 = x x−1 = +∞, portanto 4 , lim (x − 1) = −1 e lim x→0 x→0 x4   2 1 1 x −1 lim − 4 = lim = (−1).(+∞) = −∞. x→0 x2 x→0 x x4

34

CAPÍTULO 3. LIMITES E CONTINUIDADE

 8. lim+ x→0

1 + x2 1 − x x(x + 1)

 =1

1 + x2 1 = +∞ e lim = +∞; não se pode concluir nada sobre o limite da diferença directamente x x→0+ x→0+ x(x + 1) a partir da proposição anterior. Mas, para x 6= 0,   1 (1 + x2 )(x + 1) − 1 x3 + x2 + x x2 + x + 1 1 + x2 − = = = , x x(x + 1) x(x + 1) x(x + 1) x+1 lim

x2 + x + 1 = 1. x+1 x→0 sen x 9. lim =0 x→+∞ x sen x 1 Tem-se x ≤ x . Para cada  > 0 seja R = 1/. Então x > R ⇒ e lim+

1 x

< .

Observação: Neste caso não existe limite do numerador mas existe limite do quociente. Proposição 3.1.8 Sejam f : A −→ B e a um ponto de acumulação de A. 1. Seja α > 0. Então lim f (x) = l sse lim f|A∩]a−α,a+α[ (x) = l. x→a

x→a

2. Seja A1 ⊂ A tal que a é ponto de acumulação de A1 . Se lim f (x) = l então lim f|A1 (x) = l (o recíproco não é x→a

x→a

verdadeiro). 3. Se lim f (x) = l e existe α > 0 tal que ∀x ∈]a − α, a + α[\{a} : f (x) ≥ 0 (resp. f (x) ≤ 0) então l ≥ 0 (resp. x→a

l ≤ 0). Demonstração: 1. consequência imediata da definição. 2. consequência imediata da definição. 3. Suponhamos que l < 0; então existia δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ

⇒ |f (x) − l| < −l ⇒ f (x) < 0.

Mas 0 < |x − a| < α ⇒ f (x) ≥ 0, portanto se β = min{α, δ}, então 0 < |x − a| < β ⇒ (f (x) ≥ 0 e f (x) < 0), o que é absurdo.  Proposição 3.1.9 Se f , g e h são funções de A em B tais que para todo o x ∈ A \ {a}, f (x) ≤ g(x) ≤ h(x), se f e g têm limite em a e lim f (x)= lim h(x), então existe lim g(x) e lim g(x)= lim f (x). x→a

x→a

x→a

x→a

x→a

Demonstração: Seja l = lim f (x) = lim h(x) e seja  > 0; Existem δ1 , δ2 > 0 tais que 0 < |x − a| < δ1 ⇒ |f (x) − l| <  x→a

x→a

e 0 < |x − a| < δ2 ⇒ |h(x) − l| < . Então, para x tal que 0 < |x − a| < min{δ1 , δ2 }, tem-se l −  < f (x) < l +  e l −  < h(x) < l + , de onde l −  < g(x) < l +  (porque f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)), portanto |g(x) − l| < .  Exemplos: 1. f : R \ {0} x

−→ R 7→ |x|

Neste caso tem-se ∀x ∈ R \ {0} : f (x) > 0. No entanto não se tem lim f (x) > 0 x→0

2. f : R x

−→  R 1 se x ∈ Q 7→ 0 se x 6∈ Q

Tem-se lim √ f (x). √ f|R\Q (x) = 0, mas não existe lim x→ 2

x→ 2

3.2. CONTINUIDADE

35

Proposição 3.1.10 1. Se f : A −→ R é monótona e a é um ponto de acumulação à esquerda de A (resp. ponto de acumulação à direita de A), então existe lim− f (x) (resp. lim+ f (x)). x→a

x→a

2. Se f : A −→ R é monótona e A não é majorado (resp. minorado) então existe lim f (x) (resp. lim f (x)). x→+∞

x→−∞

Demonstração: 1. Seja f : A −→ R crescente e suponhamos primeiro que f|A∩]−∞,a[ não é majorada. Seja R ∈ R; existe x0 ∈ A∩] − ∞, a[ tal que f (x0 ) > R. Como f é crescente, x > x0 ⇒ f (x) ≥ f (x0 ) > R, ou seja, fazendo δ = a − x0 , 0
⇒ x rel="nofollow"> x0 ⇒ f (x) > R

logo lim− f (x) = +∞. x→a

Suponhamos agora que fA∩]−∞,a[ é majorada e seja s o seu supremo. Seja  > 0; existe x0 ∈ A∩] − ∞, a[ tal que f (x0 ) > s − ; como f é crescente, x > x0 ⇒ f (x) ≥ f (x0 ) > s − . Então, fazendo δ = a − x0 , tem-se 0 < a − x < δ ⇒ f (x) > s − ; como f (x) ≤ s, conclui-se que lim− f (x) = s. x→a

A demonstração da existência de limite à direita é semelhante. 

2. análoga à anterior.

3.2

Continuidade

Seja f : A −→ B. Definição 3.2.1 isto é, sse

1. Diz-se que f é contínua em a ∈ A sse a não é ponto de acumulação de A ou lim f (x) = f (a), x→a

∀ > 0 ∃δ > 0 : |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| <  2. Diz-se que f é contínua sse f for contínua em todos os pontos de A. Proposição 3.2.2 Se f e g são duas funções de domínio A, ambas contínuas em a então f + g e f.g são contínuas em a; se, para alem disso, g(a) 6= 0, então f /g é contínua em a. Demonstração: consequência imediata da proposição 3.1.7



Proposição 3.2.3 Se f é contínua em a e f (a) > 0 (resp. f (a) < 0), então existe δ > 0 tal que ∀x ∈]a − δ, a + δ[: f (x) > 0 (resp. f (x) < 0). Demonstração: Suponhamos f (a) > 0. Existe δ > 0 tal que |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < f (a). Mas |f (x) − f (a)| < f (a) ⇒ 0 < f (x) < 2f (a), portanto |x − a| < δ ⇒ f (x) > 0.  Proposição 3.2.4 Se f : A −→ B é contínua em a e a ∈ A1 ⊂ A, então f|A1 é contínua em a. Demonstração: Consequência da proposição 3.1.8.



Proposição 3.2.5 Se f , g e h são funções de A em B tais que para todo o x se tem f (x) ≤ g(x) ≤ h(x), e se a ∈ A é tal que f (a) = h(a) e f e h são contínuas em a, então g é contínua em a. Demonstração: consequência da proposição 3.1.9



−→  R −1 se x 6= 1 x 7→ 1 se x = 1 Tem-se f (1) > 0, mas qualquer que seja δ > 0 existe x ∈]1 − δ, 1 + δ[ (por exemplo x = 1 + δ/2) tal que f (x) < 0 (f não é contínua em 1). Exemplo: f : R

Proposição 3.2.6 Se f : A −→ B é contínua em a e g : B −→ C é contínua em f (a) então g ◦ f é contínua em a.

36

CAPÍTULO 3. LIMITES E CONTINUIDADE

Demonstração: Seja  > 0; por g ser contínua em f (a), existe δ1 > 0 tal que |y − f (a)| < δ1 ⇒ |g(y) − g(f (a))| < . Por f ser contínua em a, para aquele δ1 > 0 existe δ > 0 tal que |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < δ1 . Mas então |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < δ1 ⇒ |g(f (x)) − g(f (a))| <  Portanto ∀ > 0 ∃δ > 0 : |x − a| < δ ⇒ |(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(a)| < .



Proposição 3.2.7 Se f é contínua em a então existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A é limitada. Demonstração: Existe δ > 0 tal que |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < 1. Então, se x ∈ I =]a − δ, a + δ[ tem-se f (a) − 1 < f (x) < 1 + f (a), portanto f|I∩A é majorada (por 1 + f (a)) e minorada (por f (a) − 1), logo é limitada.  Teorema 3.2.8 Se f : [a, b] −→ B é contínua, então f é limitada e f tem máximo e mínimo. Demonstração: Seja L = {x ∈ [a, b]; f|[a,x] é limitada}. O conjunto L é não vazio, visto que a ∈ L; é limitado, visto que L ⊂ [a, b]; portanto tem supremo, que designaremos pos s. Suponhamos que s < b. Como f é contínua em s, existe δ > 0 tal que f é limitada em ]s − δ, s + δ[. Mas por s ser o supremo de L, existe s0 ∈]s − δ, s] tal que f[a,s0 ] é limitada. Então f é limitada em [a, s0 ] e em ]s − δ, s + δ[, portanto f é limitada em [a, s0 ]∪]s − δ, s + δ[= [a, s + δ[, que implica, por exemplo, s + δ/2 ∈ L, e isto contradiz a hipótese de s ser majorante de L. Conclui-se assim que s = b. Resta ver que b ∈ L. Por f ser contínua em b, existe δ > 0 tal que f é limitada em ]b − δ, b]. Por b ser o supremo de L, existe s0 ∈]b − δ, b] tal que s0 ∈ L, isto é, tal que f[a,s0 ] é limitada. Então f é limitada em [a, s0 ]∪]b − δ, b], isto é f é limitada em [a, b]. Vejamos agora que f tem um máximo. Seja s = sup f (sabemos que existe, pois já vimos que f é limitada). Se s não pertencesse ao contradomínio de f , isto é, se ∀x ∈ [a, b] : f (x) < s, então a função g: [a, b] −→ R x 7→ s−f1(x) seria uma função contínua não limitada (∀M ∈ R+ ∃x ∈ [a, b] : f (x) > s − 1/M , mas f (x) > s − 1/M equivale a 1 s−f (x) > M ); ora já vimos que uma função contínua num intervalo fechado (neste caso g) é limitada. Conclui-se que existe x tal que f (x) = s, isto é, que f tem um máximo. Analogamente se mostra que f tem um mínimo.  Exemplos: 1. f : ] − π/2, π/2[ −→ R x 7→ tg x f não é limitada. 2. f : [−1, 1] −→  x

7→

R 1/x2 se x 6= 0 0 se x = 0

f não é limitada (f não é contínua em 0). 3. f : ] − 2, 2[ −→ x 7→

R x

f é contínua e limitada mas não tem máximo nem mínimo. 4. f : [−2, 2] −→  x

7→

R x se |x| = 6 2 1 se |x| = 2

f é limitada mas não tem máximo nem mínimo (f não é contínua em −2 nem em 2).

Teorema 3.2.9 Seja f : [a, b] −→ R contínua tal que f (a).f (b) < 0. Então existe x0 ∈]a, b[ tal que f (x0 ) = 0. Demonstração: Suponhamos que não existe nenhum zero de f em [a, b]. Vamos construir uma sucessão de intervalos In = [an , bn ] com as seguintes propriedades: 1. ∀n ∈ N : In+1 ⊂ In 2. comprimento de In = 2b−a n−1 3. f (an )f (bn ) < 0 (isto é, f (an ) e f (bn ) têm sinais opostos). n Ponhamos I1 = [a, b]. Dado In = [an , bn ], seja c = an +b ; então, de f (an )f (bn ) < 0 conclui-se que f (an )f (c) < 0 2 ou f (bn )f (c) < 0. Se f (an )f (c) < 0, seja In+1 = [an , c] = [an+1 , bn+1 ]; se f (bn )f (c) < 0, seja In+1 = [c, bn+1 ] =

3.2. CONTINUIDADE

37

[an+1 , bn+1 ]. Tem-se obviamente In+1 ⊂ In e f (an )f (bn ) < 0. Por outro lado, para todo o n ∈ N tem-se (comprimento de In+1 )=(comprimento de In )/2, e o comprimento de [a, b] é b−a, portanto (comprimento de In )= 2b−a n−1 . Pelo teorema do encaixe de intervalos,conclui-se que existe x0 ∈ ∩n∈N In . Suponhamos que f (x0 ) > 0; então existe δ > 0 tal que x ∈]x0 − δ, x0 + δ[∩[a, b] ⇒ f (x) > 0. Se n for tal que 2b−a n−1 < δ, então x0 ∈ In e (comprimento de In )< δ. Então an , bn ∈]x0 − δ, x0 + δ[; mas f (an )f (bn ) < 0, o que contradiz x ∈]x0 − δ, x0 + δ[∩[a, b] ⇒ f (x) > 0. Se se supuser que f (x0 ) < 0, chega-se a uma contradição análoga. Conclui-se que f (x0 ) = 0, contrariamente à hipótese que fizemos sobre f . Logo existe x0 ∈]a, b[ tal que f (x0 ) = 0.  Corolário 3.2.10 1. (Teorema dos valores intermédios) Se f : [a, b] −→ R é contínua e c ∈ R é tal que f (a) < c < f (b) ou f (a) > c > f (b), então existe x0 ∈]a, b[ tal que f (x0 ) = c. 2. Se f, g : [a, b] −→ R são contínuas e tais que f (a) < g(a) e f (b) > g(b) (ou f (a) > g(a) e f (b) < g(b)), então existe x0 ∈]a, b[ tal que f (x0 ) = g(x0 ). Demonstração: 1. Seja h: [a, b] −→ R . Trata-se de uma função contínua tal que h(a)h(b) < 0. Logo existe x0 ∈]a, b[ x 7→ f (x) − c tal que h(x0 ) = 0; mas h(x0 ) = 0 equivale a f (x0 ) = c. 2. Seja h: [a, b] −→ R . Trata-se de uma função contínua tal que h(a)h(b) < 0. Logo existe x0 ∈]a, b[ x 7→ f (x) − g(x) tal que h(x0 ) = 0; mas h(x0 ) = 0 equivale a f (x0 ) = g(x0 ).  Proposição 3.2.11 Se f : R −→ R é contínua tal que lim f (x) = −∞ e lim f (x) = +∞ (ou lim f (x) = +∞ x→−∞

x→+∞

x→−∞

e lim f (x) = −∞) então f é sobrejectiva. x→+∞

Demonstração: Seja y ∈ R; como

lim f (x) = −∞, existe a ∈ R tal que f (a) < y; como

x→−∞

lim f (x) = +∞, existe

x→+∞

b ∈ R, b > a tal que f (a) > y. Da continuidade de f , e de f (a) < y < f (b), conclui-se que existe x ∈]a, b[ tal que f (x) = y.  Exemplos: 1. f : [0, 2] −→  x

7→

R 1 se x ≥ 1 −1 se x < 1

Não existe x0 ∈ [0, 2] tal que f (x0 ) = 0 (f não é contínua). 2. Existe uma solução positiva da equação

x 2

= sen x.

R −→ R e g: R −→ R ; f e g são funções contínuas. Tem-se f (π/2) = π/4 < 1 = x 7→ x/2 x 7→ sen x g(π/2) e f (π) = π/2 > 0 = g(π). Portanto existe x0 ∈]π/2, π[ tal que f (x0 ) = g(x0 ).

Sejam f :

3. Existe uma e uma só solução da equação 1 − x = tg x em ] − π/2, π/2[. ] − π/2, π/2[ −→ R e g: ] − π/2, π/2[ −→ R ; f e g são funções contínuas. Tem-se x 7→ 1 − x x 7→ tg x f (0) = 1 > 0 = g(0) e f (π/4) = 1−π/4 < 1 = g(π/4), logo existe x0 ∈]0, π/4[ tal que f (x0 ) = g(x0 ). Como, alem disso, f é estritamente decrescente e g é estritamente crescente, para x < x0 tem-se 1 − x > 1 − x0 = tg x0 > tg x, e para x > x0 tem-se tg x > tg x0 = 1 − x0 > 1 − x, portanto x 6= x0 ⇒ 1 − x 6= tg x.

Sejam f :

4. Qualquer função polinomial de grau ímpar de R em R tem pelo menos um zero. R −→ R em que n é ímpar e an 6= 0. Então x 7→ an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 n−1 + · · · + aan1 x + aan0 . Para x 6= 0, tem-se g(x) = xn (1 + aan−1 + f (x) = 0 ⇔ g(x) = 0, em que g(x) = xn + an−1 an x nx a1 a0 · · · + an xn−1 + an xn ). Ora Demonstração: Seja f :

lim 1 +

x→+∞

e

lim xn = +∞ e

x→+∞

an−1 a1 a0 an−1 a1 a0 + ··· + + = lim 1 + + ··· + + =1 n−1 n n−1 x→−∞ an x an x an x an x an x an xn lim xn = −∞, portanto

x→−∞

sobrejectiva, portanto tem pelo menos um zero.

lim g(x) = +∞ e

x→+∞

lim g(x) = −∞. Conclui-se que f é

x→−∞



38

CAPÍTULO 3. LIMITES E CONTINUIDADE

5. Qualquer função polinomial de grau par ≥ 2 de R em R tem um máximo ou um mínimo (tem um máximo (resp. mínimo) se o coeficiente do termo de maior grau for negativo (resp. positivo)). R −→ R , em que n é par ≥ 2 e an 6= 0. Supox 7→ an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 nhamos que an < 0 e vejamos que f tem um máximo. Dizer que f tem um máximo, é equivalente a dizer que tem um mínimo. Ora, para x 6= 0, g: R −→ R a0 n−1 x + · · · + x 7→ xn + an−1 an an

Demonstração: Seja f :

g(x) = xn (1 +

an−1 a0 a1 + + ··· + ). n−1 an x an x an

Mas lim xn = lim xn = +∞, e x→+∞

x→−∞

lim (1 +

x→+∞

portanto

a0 a0 a1 an−1 a1 an−1 + + + ··· + ) = lim (1 + + ··· + ) = 1, n−1 n−1 x→−∞ an x an x an an x an x an

lim g(x) = lim g(x) = +∞. Seja M > 0 tal que x > M ⇒ g(x) > a0 /an e x < −M ⇒ g(x) >

x→+∞

x→−∞

a0 /an . A função g é contínua em [−M, M ], portanto tem um mínimo em [−M, M ]; esse mínimo é menor ou igual do que g(0) = a0 /an , visto que 0 ∈ [−M, M ]. Então esse mínimo é o mínimo de g, pois |x| > M ⇒ g(x) > a0 /an . O raciocínio é análogo no caso de se supor que an > 0.



6. Qualquer que seja a ∈ R+ existe um único a1 ∈ R+ tal que a21 = a. Demonstração: Seja a ∈ R+ . Como

lim x2 = +∞, existe M ∈ R tal que x > M ⇒ x2 > a. A função f :

x→+∞

R −→ R é contínua e 0 = f (0) < a < f (M + 1), portanto existe a1 ∈]0, M + 1[ tal que f (a1 ) = a, isto é, x 7→ x2 2 a1 = a. Como f|R+ é estritamente crescente, a1 é único.  Proposição 3.2.12 Se f : [a, b] −→ R é contínua e injectiva, então f é estritamente monótona. Demonstração: Por f ser injectiva, conclui-se que f (a) 6= f (b). Vamos ver que se f (a) < f (b) então f é estritamente crescente; mostra-se de maneira análoga que se f (a) > f (b) então f é estritamente decrescente. Suponhamos então que f (a) < f (b) e que f não é estritamente crescente, isto é, que existem x1 , x2 ∈ [a, b] tais que x1 < x2 e f (x1 ) ≥ f (x2 ); como f é injectiva tem-se f (x1 ) > f (x2 ). Se f (x2 ) < f (b) seja c ∈]f (x2 ), f (b)[∩]f (x2 ), f (x1 )[; pelo teorema dos valores intermédios, conclui-se que existe a1 ∈]x1 , x2 [ tal que f (a1 ) = c e existe a2 ∈]x2 , b[ tal que f (a2 ) = c, o que contradiz a hipótese de que f é injectiva. Se f (b) < f (x2 ), então f (a) < f (b) < f (x2 ) < f (x1 ), logo f (a) < f (x1 ); seja c ∈]f (a), f (x1 )[∩]f (x2 ), f (x1 )[. Pelo teorema dos valores intermédios, conclui-se que existe a1 ∈]a, x1 [ tal que f (a1 ) = c e existe a2 ∈]x1 , x2 [ tal que f (a2 ) = c, o que contradiz a hipótese de que f é injectiva. Logo f é estritamente crescente.  Proposição 3.2.13 Se f : [a, b] −→ R é contínua, então existem c, d ∈ R tais que f ([a, b]) = [c, d]. Demonstração: Sejam c = min(f ), d = max(f ) e x1 , x2 ∈ [a, b] tais f (x1 ) = c, f (x2 ) = d (que c, d, x1 , x2 existem é consequência do teorema 3.2.8); então f ([a, b]) ⊂ [c, d]; o teorema dos valores intermédios permite concluir que qualquer ponto de ]c, d[ pertence ao contradomínio de f , portanto f ([a, b]) = [c, d].  Proposição 3.2.14 Se f : [a, b] −→ [c, d] é bijectiva e contínua, então f −1 : [c, d] −→ [a, b] é contínua. Demonstração: Pela proposição 3.2.12, f é estritamente monótona. Suponhamos que f é estritamente decrescente e seja y0 ∈]c, d[ (então x0 = f −1 (y0 ) ∈]a, b[); vamos ver que f −1 é contínua em y0 . Seja  > 0 tal que ]x0 −, x0 +[⊂ [a, b]; então f (]x0 −, x0 +[) =]f (x0 +), f (x0 −)[ (porque f é estritamente decrescente e contínua) e y0 ∈]f (x0 +), f (x0 −)[. Para δ = min{f (x0 − ) − y0 , y0 − f (x0 + )}, tem-se 0 < |y − y0 | < δ

⇒ f (x0 + ) < y < f (x0 − ) ⇒ f −1 (f (x0 − )) < f −1 (y) < f −1 (f (x0 + )) ( porque f estritamente decrescente implica f −1 estritamente decrescente) ⇒ x0 −  < f −1 (y) < x0 +  ⇒ |f −1 (y) − x0 | < 

Conclui-se que para qualquer  > 0 tal que ]x0 −, x0 +[⊂ [a, b], existe δ > 0 tal que |y−y0 | < δ ⇒ |f −1 (y)−f −1 (y0 )| < . Se  > 0 é tal que ]x0 − , x0 + [6⊂ [a, b], consideremos 0 <  tal que ]x0 − 0 , x0 + 0 [⊂ [a, b]. Existe δ > 0 tal que

3.2. CONTINUIDADE

39

|y − y0 | < δ ⇒ |f −1 (y) − f −1 (y0 )| < 0 < . Logo f −1 é contínua em y0 . Analogamente se prova que f −1 é contínua em c e d. Da mesma maneira se prova que se f é estritamente crescente então f −1 é contínua.  Exemplos: 1. f : [0, 3] −→  R  x se x 6∈ {1, 2} 2 se x = 1 x 7→  1 se x = 2 f é injectiva mas não é monótona (f não é contínua em 1 nem em 2). 2. f : [0, 1] ∪ [2, 3] −→  x

7→

R x se x ∈ [0, 1] x − 5 se x ∈ [2, 3]

f é injectiva e contínua, mas f não é monótona (f é estritamente crescente em [0,1] e em [2,3]). 3. f : R x

−→  R (x + 1)/2 se ∃n ∈ N : x = 2n + 1    1/x se ∃n ∈ N : x = 2n 7→ 1/(2n + 1) se ∃n ∈ N : x = 1/n    x nos outros casos

; f −1 : R x

−→ 7→

R  2x − 1 se ∃n ∈ N:x=n    1/x se ∃n ∈ N : x = 1/2n 1/n se ∃n ∈ N : x = 1/(2n + 1)    x nos outros casos

f é bijectiva, f é contínua em 0, mas no entanto f −1 não é contínua em f (0)(=0). 4. f : R+ x

−→ R+ ; 7→ xn

f −1 : R+ x

−→ 7→

f é contínua e bijectiva, logo f −1 é contínua.

√ n

R+ 1 x(= x n )

40

CAPÍTULO 3. LIMITES E CONTINUIDADE

Capítulo 4

Derivadas 4.1

Motivação e interpretação

Para medir a variação de uma função f numa vizinhança de um ponto a do seu domínio, é natural considerar a diferença entre f (a) e o valor de f num ponto x próximo de a. Essa diferença só tem significado se se entrar em conta com a distância de a a x: uma diferença de 50 entre f (0) e f (1/10) indica a priori uma variação mais rápida de f (a) perto de 0 do que uma diferença de 100 entre f (0) e f (30). É então natural considerar quocientes do tipo f (x)−f ; x−a mas, por muito próximo que x esteja de a, este quociente só dá informação sobre a variação média de f no intervalo [a, x]. Se o que queremos é obter uma medida da rapidez da variação de f em a (que portanto não pode depender de (a) um intervalo), somos levados a analisar o limite de f (x)−f quando x tende para a. x−a

f

f

f(x)

f(a)

f(a)

a

a

x

(a) O quociente f (x)−f é o declive da recta que passa pelos pontos de abcissa a e x do gráfico de f . Dir-se-á que f x−a é derivável em a se quando x tende para a, essa recta “tender” para uma recta não vertical, à qual se chamará recta tangente ao gráfico de f em (a, f (a)).

Exemplos: 1.

f

f não é derivável em 0, embora seja derivável à esquerda e à direita em 0. 41

42

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

2.

f

f não é derivável em 0; quando x tende para 0, a recta que passa por (0, 0) e por (x, f (x)) não tende para nenhuma recta, mas oscila entre as rectas de equação y = x e y = −x.

4.2

Definição e propriedades básicas

Seja f : A −→ B e a ∈ A. Definição 4.2.1

1. Diz-se que f é derivável em a sse existe l ∈ R tal que l = lim

x→a

l = f 0 (a). 2. Diz-se que f é derivável à direita em a sse existe l ∈ R tal que l = lim+ x→a

f (x) − f (a) . Notação: x−a

f (x) − f (a) . Notação: l = f 0+ (a). x−a

3. Diz-se que f é derivável à esquerda em a sse existe l ∈ R tal que l = lim− x→a

f (x) − f (a) . Notação: l = f 0− (a). x−a

4. Se f é derivável em pelo menos um ponto, chama-se função derivada de f à função f 0 : {pontos onde f é derivável} x

−→ 7→

R . f 0 (x)

Observação: 1. Se f é derivável em a e a é um ponto de acumulação bilateral de A, então f é derivável à esquerda e à direita em a e f 0+ (a) = f 0− (a) = f 0 (a). 2. Se f é derivável à esquerda e à direita em a e f 0+ (a) = f 0− (a), então f é derivável em a e f 0 (a) = f 0+ (a) = f 0− (a). 3. f 0 (a) é o declive da recta tangente ao gráfico de f em (a, f (a)). Notação: Designa-se por f 00 a função derivada da função f 0 , por f 000 ou f (3) a função derivada da função f 00 ,. . . , por f (n+1) a função derivada da função f (n) . Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ c f 0 (a) = lim

x→a

f 0: R x

−→ R 7→ 0

2. f : R x

−→ R 7→ cx f 0 (a) = lim

x→a

f 0: R x

−→ R 7→ c

f (x) − f (a) c−c = lim = 0. x→a x−a x−a

f (x) − f (a) cx − ca = lim = lim c = c. x→a x − a x→a x−a

4.2. DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES BÁSICAS

3. f : R x

43

−→ R 7→ x2

f

f(a)

a

f (x) − f (a) x2 − a2 (x − a)(x + a) = lim = lim = lim x + a = 2a. x→a x→a x − a x→a x→a x−a x−a

f 0 (a) = lim f 0: R x

−→ R 7→ 2x

2 A recta tangente ao gráfico de f em (a, a2 ) tem declive 2a, portanto é a recta  de equação y2 − a = 2a(x − a). y = 2ax − a Esta recta não intersecta o gráfico de f em mais nenhum ponto: o sistema tem como única y = x2 solução x = a, y = a2 .

4. f : R x

−→ R 7→ x3 + 1

f

f(a) a

x3 + 1 − (a3 + 1) (x − a)(x2 + ax + a2 ) f (x) − f (a) = lim = lim = lim x2 + ax + a2 = 3a2 . x→a x→a x→a x→a x−a x−a x−a

f 0 (a) = lim f 0: R x

−→ R 7→ 3x2

A recta tangente ao gráfico de f em (a, a3 +1) tem declive 3a2 , portanto é a recta de equação y−a3 −1 = 3a2 (x−a).  y = x3 + 1 Esta recta intersecta o gráfico de f em (a, a3 + 1) e (−2a, −8a3 + 1), pois o sistema tem y = 3a2 x − 2a3 + 1 como soluções x = a, y = a3 + 1 e x = −2a, y = −8a3 + 1. Este exemplo mostra que uma recta tangente ao gráfico pode intersectar o gráfico em mais pontos para além do ponto de tangência. 5. f : R+ x

−→ R 7→ 1/x f 0 (a) = lim

x→a

f 0 : R+ x

−→ R 7→ −1/a2

f (x) − f (a) 1/x − 1/a a−x −1 = lim = lim = lim = −1/a2 . x→a x→a xa(x − a) x→a xa x−a x−a

44

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

6. f : R+ x

−→ √R 7→ x f (x) − f (a) = lim x→a x→a x−a

√

f 0 (a) = lim f 0 : R+ x 7. f : R x

√ 1 1 x− a √ = √ . = lim √ x→a x−a x+ a 2 a

−→ R√ 7→ 1/(2 x) −→ 7→

R √ 3 x

f (x) − f (a) = lim Se a 6= 0, f (a) = lim x→a x→a x−a 0

√ 3

√ √ √ √ √ √ 3 3 x− 3a ( 3 x − 3 a)( x2 + 3 xa + a2 ) √ √ = lim √ 3 3 x→a x−a (x − a)( x2 + 3 xa + a2 )

x−a 1 √ = √ . √ 3 3 3 x→a (x − a)( x2 + xa + a2 ) 3 a2

= lim

√ 3

f (x) − f (0) 1 = +∞, portanto f não é derivável em 0. = lim √ 3 x→0 x→0 x−0 x2 f 0 : R \ {0} −→ R √ 3 x 7→ 1/(3 x2 ) E lim

8. f : R x

−→ R 7→ |x|

Se a > 0, então, para x numa vizinhança suficientemente pequena de a, tem-se f (x) = x, portanto f 0 (a)(= x−a f (x) − f (a) ) = lim = 1. lim x→a x − a x→a x−a Se a < 0, então, para x numa vizinhança suficientemente pequena de a, tem-se f (x) = −x, portanto f 0 (a)(= −x + a f (x) − f (a) ) = lim = −1. lim x→a x − a x→a x−a f (x) − f (0) f (x) − f (0) f (x) − f (0) Como lim+ = 1 e lim− = −1, conclui-se que não existe lim . x→0 x−0 x−0 x−0 x→0 x→0 f 0 : R \ {0} −→  R 1 se x > 0 x 7→ −1 se x < 0 9. f : R x

−→  R x2 sen x1 se x 6= 0 7→ 0 se x = 0

f

f (x) − f (0) 1 = lim x sen = 0, logo f é derivável em 0 e f 0 (0) = 0. A recta tangente ao gráfico de x→0 x−0 x f em (0, 0) é, portanto, a recta de equação y = 0; esta recta intersecta o gráfico de f em (0, 0) e em todos os pontos (1/(kπ), 0), em que k ∈ Z \ {0}, ou seja, a recta tangente ao gráfico de f em (0, 0) intersecta o gráfico de f numa infinidade de pontos arbitrariamente próximos de (0, 0). Tem-se lim

x→0

Proposição 4.2.2 Se f é derivável em a, então f é contínua em a.

4.2. DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES BÁSICAS

45

Observação: O recíproco não é verdadeiro, como mostra o exemplo 8. Demonstração: f (x) − f (a) 0 f (x) − f (a) De lim (x − a)=0 e lim =f (a), conclui-se que existe lim (x − a)( ) e é igual a 0.f 0 (a) = 0. x→a x→a x→a x−a x−a Então lim (f (x) − f (a))=0, ou seja, lim f (x) = f (a), isto é, f é contínua em a.  x→a

x→a

Exemplo: f : R

−→ 

R x2 se x ∈ Q −x2 se x 6∈ Q

x 7→ f (x) − f (0) = |x|, portanto lim f (x) − f (0) = 0, isto é, f 0 (0) = 0; f é contínua em 0, mas f não é Tem-se x→0 x−0 x−0 contínua em mais nenhum ponto. Proposição 4.2.3 Se f e g são deriváveis em a, então f + g e f.g são deriváveis em a, (f + g)0 (a) = f 0 (a) + g 0 (a) e 1 −g 0 (a) 1 . (f.g)0 (a) = f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a); se g(a) 6= 0, então é derivável em a e ( )0 (a) = g g (g(a))2 Demonstração: De f 0 (a) = lim

x→a

f (x) − f (a) g(x) − g(a) e g 0 (a) = lim , conclui-se que x→a x−a x−a f 0 (a) + g 0 (a) = lim

x→a

ou seja, f 0 (a) + g 0 (a) = lim

x→a

Para x 6= a, tem-se

f (x) − f (a) g(x) − g(a) + , x−a x−a

f (x) + g(x) − (f (a) + g(a)) , isto é, f + g é derivável em a e (f + g)0 (a) = f 0 (a) + g 0 (a). x−a

f.g(x) − f.g(a) f (x)g(x) − f (x)g(a) + f (x)g(a) − f (a)g(a) g(x) − g(a) f (x) − f (a) = = f (x) + g(a). x−a x−a x−a x−a Ora lim f (x) = f (a) (porque f é contínua em a, visto que f é derivável em a), lim x→a

x→a

g(x) − g(a) = g 0 (a) e x−a

f (x) − f (a) f.g(x) − f.g(a) = f 0 (a), portanto lim = f (a)g 0 (a) + f 0 (a)g(a). x→a x−a x−a Como g é derivável em a, g é contínua em a, portanto de g(a) 6= 0 conclui-se que para x suficientemente próximo de a se tem g(x) 6= 0. Nesse caso, e para x 6= a, lim

x→a

1 g (x)

− g1 (a)

x−a

=

g(a) − g(x) . (x − a)g(x)g(a)

1 1 g 0 (a) g(a) − g(x) g (x) − g (a) = −g 0 (a) e lim g(x) = g(a), conclui-se que lim =− . x→a x→a x→a x−a x−a (g(a))2

Como lim

Proposição 4.2.4 Se f e g são n vezes deriváveis em a, então f g é n vezes derivável em a e (f g)(n) (a) = )f (n−k) (a)g (k) (a) (em que f (0) (a) designa f (a)).

 n k=0 ( k

Pn

Demonstração (por indução): Para n = 1, esta afirmação já foi demonstrada na proposição anterior. Seja agora m ∈ N e suponhamos que o produto de quaisquer duas funções ϕ e ψ, m vezes deriváveis em a é m vezes Pm m derivável em a e (ϕψ)(n) (a) = k=0 ( k )ϕ(m−k) (a)ψ (k) (a). Sejam f e g funções m + 1 vezes deriváveis em a; então f g Pm m é m vezes derivável em a e (f g)(m) (a) = k=0 ( k )f (m−k) (a)g (k) (a). Ora, para k entre 0 e m, as funções f (m−k) e g (k) são deriváveis em a logo o seu produto tambem o é e (f (m−k) g (k) )0 (a) = f (m−k+1) (a)g (k)) (a) + f (m−k) (a)g (k+1) (a). Conclui-se que (f g)(m) é derivável em a (isto é, f g é m + 1 vezes derivável em a), e (m+1)

(f g)

(a)

=

(m) 0

((f g)

) (a) =

m X

m

( k )(f (m−k+1) (a)g (k)) (a) + f (m−k) (a)g (k+1) (a))

k=0

=

=

m X

m ( k )f (m−k+1) (a)g (k) (a)

+

m X

k=0

k=0

m X

m+1 X

k=0

m

( k )f (m−k+1) (a)g (k) (a) +

m

( k )f (m−k) (a)g (k+1) (a)

k=1

m

(k−1)f (m+1−k) (a)g (k) (a)

46

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

=

m ( 0 )f (m+1) (a)g (0) (a)

=

m ( 0 )f (m+1) (a)g (0) (a)

+ +

m X k=1 m X

m

m

m

(( k ) + (k+1))f (m+1−k) (a)g (k) (a) + (m)f (0) (a)g (m) (a) m+1 (m+1−k) k ))f (a)g (k) (a)

(

m

m

m

+ (m)f (0) (a)g (m) (a)( porque ( k ) + (k−1) = (

m+1 k ))

k=1

=

m+1 X

m+1 (m+1−k) k )f (a)g (k) (a).

(

k=0

 Exemplos: 1. Para cada n ∈ N, a função f : R x

é derivável e ∀x ∈ R : fn0 (x) = nxn−1 .

−→ R 7→ xn

Demonstração (por indução): Já foi visto que f1 é derivável e que ∀x ∈ R : f10 (x) = 1. 0 Seja agora m ∈ N e suponhamos que fm é derivável e que ∀x ∈ R : fm (x) = mxm−1 . Tem-se fm+1 = fm f1 , portanto, pela proposição anterior, fm+1 é derivável e 0 0 ∀x ∈ R : fm+1 (x) = fm (x)f1 (x) + fm (x)f10 (x) = mxm−1 .x + xm .1 = mxm + xm = (m + 1)xm



como queríamos demonstrar. 2. Para cada n ∈ N, a função gn : R \ {0} x 1 fn ,

−→ 7→

R

1 xn

n é derivável e gn0 (x) = − xn+1 .

R \ {0} −→ R . Pelo exemplo anterior, já se sabe que fn é x 7→ xn 0 n−1 derivável e fn (x) = nx . Pela proposição anterior conclui-se que gn é derivável

Demonstração: Tem-se gn =

em que fn :

gn0 (x) = −

fn0 (x) nxn−1 n = − = − n+1 . (fn (x))2 x2n x 

3. Se f : A −→ R é derivável em a e c ∈ R, então c.f é derivável em a e (c.f )0 (a) = c.f 0 (a). A −→ B é derivável e a sua derivada é constante nula. Conclui-se que c.f , x 7→ c que é igual a g.f , é derivável em a e (g.f )0 (a) = g 0 (a)f (a) + g(a)f 0 (a) = cf 0 (a). 

Demonstração: A funcão g:

4. f : R x

−→ R 7→ an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0

f é derivável e f 0 (x) = nan xn−1 + (n − 1)an−1 xn−2 + · · · + 2a2 x + a1 . 5. Se f e g são deriváveis em a e g(a) 6= 0, então

f f f 0 (a)g(a) − f (a)g 0 (a) é derivável em a e ( )0 (a) = g g (g(a))2

Proposição 4.2.5 Se f : A −→ B é derivável em a e se g : B −→ C é derivável em f (a), então g ◦ f é derivável em a e (g ◦ f )0 (a) = g 0 (f (a))f 0 (a). Demonstração: Seja h: A −→

R (

x

7→

Vejamos que h é contínua em a. Seja  > 0;

g(f (x))−g(f (a)) f (x)−f (a) 0

se f (x) 6= f (a) g (f (a)) se f (x) = f (a)

g(y) − g(f (a)) 0 como g é derivável em f (a), existe δ1 > 0 tal que 0 < |y − f (a)| < δ1 implica − g (f (a)) < . Por y − f (a) outro lado, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ implica |f (x) − f (a)| < δ1 , pois f é derivável em a, portanto é contínua em a. Então, se 0 < |x − a| < δ, ou f (x) = f (a), caso em que g(f (x)) = g(f (a)), ou f (x) 6= f (a), caso em que g(f (x)) − g(f (a)) 0 < |f (x) − f (a)| < δ1 , e portanto − g 0 (f (a)) < ; em ambos os casos se tem |h(x) − h(a)| < . f (x) − f (a)

4.2. DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES BÁSICAS

Ora

47

g(f (x)) − g(f (a)) f (x) − f (a) = h(x) , portanto x−a x−a f (x) − f (a) g(f (x)) − g(f (a)) = lim h(x) lim = h(a)f 0 (a) = g 0 (f (a))f 0 (a). x→a x→a x→a x−a x−a lim

 Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ sen(2x + 5)

f 1 0.5 -6

f = g ◦ h, em que g: R x

−→ 7→

R sen x

-4

e h: R x

-2

−→ 7→

4

2

-0.5 -1

6

R 2x + 5

f 0 (x) = g 0 (h(x))h0 (x) = 2 cos(2x + 5)

2. f : R x

−→ R 7→ cos((4x + 3)3 ) f 1

0.5

-1.5 -1.25

-1

-0.75 -0.5 -0.25

-0.5

-1

f = g1 ◦ g2 ◦ g3 em que g1 : R x

f 0 (x)

3. f : R x

−→ 7→

R

1 1+sen2 x

−→ 7→

R , g2 : R cos x x

−→ 7→

R , g3 : R x3 x

−→ 7→

R 4x + 3

= g10 (g2 ◦ g3 (x))(g2 ◦ g3 )0 (x) = g10 (g2 (g3 (x)))g20 (g3 (x))g30 (x) = − sen(4x + 3)3 .3(4x + 3)2 .4 = −12(4x + 3)2 sen(4x + 3)3

48

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

f 1 0.8 0.6 0.4 0.2 -4

f = g ◦ h, em que g: R x

−→ 7→

R

1 1+x2

-2

e h: R x

−→ R 7→ sen x

f 0 (x) = g 0 (h(x))h0 (x) = − 4. f : R x

4

2

2 sen x cos x 2h(x) cos x = − (1 + (h(x))2 )2 (1 + sen2 x)2

−→ R 7→ ex cos x

f 30 25 20 15 10 5 -6

-4

-2

2

4

6

f 0 (x) = (cos x − x sen x)ex cos x Proposição 4.2.6 Sejam f , g e h funções definidas num intervalo aberto contendo a tais que 1. para algum δ > 0 se tem ∀x ∈]a − δ, a + δ[: f (x) ≤ g(x) ≤ h(x); 2. f (a) = h(a); 3. f e h são deriváveis em a. Então g é derivável em a e f 0 (a) = g 0 (a) = h0 (a). Demonstração: Tem-se f (a) ≤ g(a) ≤ h(a) e f (a) = h(a), portanto g(a) = f (a)(= h(a)); então, para x ∈]a − δ, a + δ[ tem-se f (x) − f (a) ≤ g(x) − g(a) ≤ h(x) − h(a). Para x > a, tem-se g(x) − g(a) h(x) − h(a) f (x) − f (a) ≤ ≤ x−a x−a x−a e, para x < a, tem-se f (x) − f (a) g(x) − g(a) h(x) − h(a) ≥ ≥ . x−a x−a x−a Então f 0+ (a) ≤ h0+ (a) e h0− (a) ≤ f 0− (a); mas f 0+ (a) = f 0− (a) = f 0 (a) e h0+ (a) = h0− (a) = h0 (a), portanto f 0+ (a) = h0+ (a) = f 0− (a) = h0− (a) = f 0 (a) = h0 (a). f (x) − f (a) (a) De f (x)−f ≤ g(x)−g(a) ≤ h(x)−h(a) para x ∈]a − δ, a + δ[, e por existirem e serem iguais lim e x−a x−a x−a + x−a x→a h(x) − h(a) g(x) − g(a) lim+ , conclui-se que existe lim+ e é igual a f 0+ (a) = h0+ (a). Analogamente se conclui que g x−a x−a x→a x→a é derivável à esquerda e que g 0− (a) = f 0− (a) = h0− (a). Então g é derivável em a e g 0 (a) = f 0 (a) = h0 (a).  Exemplos:

4.2. DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES BÁSICAS

1. f : R x

49

−→  R x2 se x ∈ Q 7→ −x2 /4 se x 6∈ Q

Para x ∈ R tem-se −x2 ≤ f (x) ≤ x2 , logo f é derivável em 0 e f 0 (0) = 0. 2. f : R x

−→ R 7→ (terceiro algarismo na expressão decimal de x).(x − 1)4

Para x ∈ R tem-se 0 ≤ f (x) ≤ 9(x − 1)4 , logo f é derivável em 1 e f 0 (1) = 0. 3. f : R x

−→  R 10 x2 − (2x2 − 4x + 2)| cos( x−1 )| se x 6= 1 7→ 1 se x = 1 f 5

4

3

2

1

-0.5

0.5 1 1.5 2 2.5

-1

-2

Para x ∈ R tem-se x2 − (2x2 − 4x + 2) ≤ f (x) ≤ x2 , isto é, −x2 + 4x − 2 ≤ f (x) ≤ x2 , logo f é derivável em 1 e f 0 (1) = 2. 4. f : R x

−→  R x4 se x ∈ Q 7→ x2 se x 6∈ Q

Para x ∈] − 1, 1[, tem-se 0 ≤ f (x) ≤ x2 , portanto f é derivável em 0 e f 0 (0) = 0 Proposição 4.2.7 Sejam f : [a, b] −→ R uma função injectiva contínua, x0 ∈ [a, b]. Se f for derivável em x0 e 1 f 0 (x0 ) 6= 0, então f −1 : f ([a, b]) −→ [a, b] é derivável em f (x0 ), e (f −1 )0 (f (x0 )) = f 0 (x . 0) 1 f −1 (x) − f −1 (y0 ) = 0 . Como f é derivável em x0 e x→y0 x − y0 f (x0 ) f (x) − f (x0 ) 1 x − x0 f 0 (x0 ) = 6 0, tem-se lim = 0 . Seja  > 0; existe δ1 > 0 = f 0 (x0 ) 6= 0, de onde lim x→x0 x→x0 f (x) − f (x0 ) x − x0 f (x0 ) tal que x − x0 1 0 < |x − x0 | < δ1 ⇒ − < . f (x) − f (x0 ) f 0 (x0 ) Então f −1 (x) − x0 1 0 < |f −1 (x) − x0 | < δ1 ⇒ − < , f (f −1 (x)) − f (x0 ) f 0 (x0 ) isto é, −1 f (x) − f −1 (y0 ) 1 0 < |f −1 (x) − x0 | < δ1 ⇒ − 0 < . x − y0 f (x0 ) Demonstração: Seja y0 = f (x0 ); quer-se mostrar que lim

Mas f é contínua em [a, b], portanto f −1 tambem é contínua; em particular, f −1 é contínua em y0 = f (x0 ), logo existe δ > 0 tal que |x − y0 | < δ ⇒ |f −1 (x) − f −1 (y0 )| < δ1 . Por outro lado, f −1 é injectiva, portanto x 6= y0 ⇒ f −1 (x) 6= x0 . Então 0 < |x − y0 | < δ

⇒ 0 < |f −1 (x) − f −1 (y0 )| < δ1 ⇒ 0 < |f −1 (x) − x0 | < δ1 −1 f (x) − f −1 (y0 ) 1 ⇒ − 0 < . x − y0 f (x0 ) 

Observação:

50

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

1. Note-se que para uma função injectiva f : [a, b] −→ R, quer ela seja ou não contínua no intervalo, é muito simples concluir que se f −1 e f são deriváveis respectivamente em f (x0 ) e x0 , então (f −1 )0 (f (x0 )) = 1/f 0 (x0 ). De facto, tem-se f −1 ◦ f = id|[a,b] , portanto (f −1 ◦ f )0 (x0 ) = (f −1 )0 (f (x0 ))f 0 (x0 ). Como id0|[a,b] = 1, conclui-se que (f −1 )0 (f (x0 ))f 0 (x0 ) = 1, isto é, (f −1 )0 (f (x0 )) = 1/f 0 (x0 ). 2. Se f −1 é derivável em y0 = f (x0 ), então f 0 (x0 ) 6= 0, pois (f −1 )0 (f (x0 ))f 0 (x0 ) = 1. Exemplos: 1. f : R+ x

R+ ; f −1 : R+ xn x

−→ 7→

−→ 7→

√ n

R+ x = x1/n

f é derivável e f 0 não tem zeros. (f −1 )0 (xn ) = (f −1 )0 (x) = 2. f : R+ x

1 f 0 (x)

=

1 f 0 (f −1 (x))

1 nxn−1

=

1 n(x1/n )n−1

=

1 nx1−1/n

=

1 (1/n)−1 nx

−→ R+ , onde α = m/n. 7→ xα

Tem-se f = g ◦ h em que g(x) = xm e h(x) = x1/n . Então 1 1 1 1 1 m m f 0 (x) = g 0 (h(x))h0 (x) = m(h(x))m−1 x n −1 = m(x n )m−1 x n −1 = x n −1 = αxα−1 . n n n

3. Existe uma função derivável f : R −→ R tal que ∀x ∈ R : f (x)9 + f (x)3 + f (x) + x = 0. Tem-se f 0 (x) = 1 − 9f (x)8 +3f (x)2 +1 . Demonstração: f (x)9 + f (x)3 + f (x) + x = 0 ⇔ −f (x)9 − f (x)3 − f (x) = x ⇔ g(f (x)) = x, em que g : R x

−→ R 7→ −x9 − x3 − x

g 3

2 -1 g 1

1

0.5 -1 -0.5

0.5

1

-3

-1

-2

1

2

3

-0.5 -1

-1

-2

-3

Ora

lim g(x) = +∞,

x→−∞ 8 2

lim g(x) = −∞ e g é contínua, portanto g é sobrejectiva; por outro lado, g 0 (x) =

x→+∞

−9x − 3x − 1 < 0, portanto g é estritamente decrescente, logo g é injectiva. Como g é derivável e g 0 não tem zeros, g −1 : R −→ R é derivável. Pondo f = g −1 , tem-se ∀x ∈ R : f (x)9 + f (x)3 + f (x) + x = 0. Tem-se f 0 (x) = (g −1 )(x) =

1 g 0 (g −1 (x))

=

1 g 0 (f (x))

1 = − 9f (x)8 +3f (x)2 +1 .



4. Seja f : R −→ R bijectiva, duas vezes derivável e tal que f 0 não tem zeros. Então f −1 é duas vezes derivável e 00 −1 (x)) (f −1 )00 (x) − (ff0 (f(f−1 (x))) 3. Demonstração: Como ∀x, f 0 (x) 6= 0, tem-se (f −1 )0 : R −→ R . Seja g: R −→ R ;géa 1 0 −1 x → 7 f (f (x)) x 7→ f 0 (f −1 (x)) 1 composta de duas funções deriváveis, portanto derivável e g 0 (x) = f 00 (f −1 (x))(f −1 )0 (x) = f 00 (f −1 (x)) f 0 (f −1 (x)) ; 0

00

−1

g (x) f (f (x)) como g nunca se anula,1/g, isto é, (f −1 )0 é derivável e (f −1 )0 (x) = − (g(x)) 2 = − (f 0 (f −1 (x)))3 .



4.3. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY

4.3

51

Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy

Definição 4.3.1 Diz-se que x0 é um ponto crítico de f sse f 0 (x0 ) = 0, isto é, se o gráfico de f em (x0 , f (x0 )) tiver uma tangente horizontal. Um ponto x0 é interior a um intervalo I se existir um δ > 0 tal que ]a − δ, a + δ[⊂ I. Proposição 4.3.2 Se f : I −→ R é derivável num ponto x0 interior a I e se f tem um máximo ou um mínimo local em x0 , então x0 é um ponto crítico de f . Demonstração: Suponhamos que f tem um máximo local em x0 e que δ 0 > 0 é tal que ]a − δ 0 , a + δ 0 [⊂ I; então existe δ > 0 tal que δ < δ 0 e ∀x ∈]x0 − δ, x0 + δ[: f (x) ≤ f (x0 ). Para x ∈]x0 − δ, x0 [, tem-se f (x) − f (x0 ) ≤ 0 e f (x) − f (x0 ) (x0 ) ≥ 0; conclui-se que f 0− (x0 )(= lim− ) ≥ 0. Para x ∈]x0 , x0 + δ[, tem-se x − x0 < 0, portanto f (x)−f x−x0 x − x0 x→x0 f (x) − f (x0 ) (x0 ) ≤ 0; conclui-se que f 0+ (x0 )(= lim+ ) ≤ 0. Mas f (x) − f (x0 ) ≤ 0 e 0 < x − x0 , portanto f (x)−f x−x0 x − x0 x→x0 f 0− (x0 ) = f 0+ (x0 ) = f 0 (x0 ), portanto f 0 (x0 ) = 0.  Observação: O recíproco da proposição 4.3.2 não é verdadeiro, como mostra o exemplo 3 a seguir. Exemplos: 1. f : [−1, 1] −→ x 7→

R x2

f tem um máximo local em −1 e em 1, mas f 0 (−1) 6= 0 e f 0 (1) 6= 0; f tem um mínimo local em 0 e f 0 (0) = 0. 2. f : [−2, 5] −→ R x 7→ |x − 3| f tem um mínimo local em 3, mas não se tem f 0 (3) = 0 (f não é derivável em 3). 3. f : R x

−→ R 7→ x3 − 3x2 + 3x − 1

0.75

f

0.5 0.25 -2

-1

1

2

3

1

2

-0.25 -0.5 -0.75 -1

f 0 (1) = 0 mas f não tem máximo local nem mínimo local em 1. 4. f : [−3, 2] −→ R x 7→ |x3 − x|

f 0.8

0.6

0.4

0.2

-3

-2

-1

52

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

 f (x) =

x3 − x se x ∈ [−1, 0] ∪ [1, 2] −x3 + x se x ∈ [−3, −1] ∪ [0, 1]

f 0 : [−3, 2] \ {−1, 0, 1}

−→  R 3x2 − 1 se x ∈] − 1, 0[∪]1, 2] x 7→ −3x2 + 1 se x ∈ [−3, −1[∪]0, 1[ √ √ Os pontos críticos de f são 1/ 3 e −1/ 3; f não é derivável em −1, 0, 1. Como f é uma função contínua num intervalo fechado, f tem máximo e mínimo; os pontos onde f pode atingir o máximo e o mínimo são os extremos do intervalo, os pontos críticos e os pontos onde f não é derivável. O cálculo dos valores de f nestes pontos permite concluir√que f (−1) = f (0) = f (1) = min f e f (−3) = max f ; f tem ainda um máximo local em 2, em √ 1/ 3 e em −1/ 3.

Teorema 4.3.3 (Rolle) Se f : [a, b] −→ R é uma função contínua que é derivável em ]a, b[, e se f (a) = f (b), então existe x0 ∈]a, b[ tal que f 0 (x0 ) = 0 (isto é, existe um ponto do gráfico onde a recta tangente é horizontal).

f

a

x0

b

Demonstração: Como f é contínua, f tem máximo e mínimo. Ou f é constante, e a conclusão é óbvia, ou não e existe então c ∈]a, b[ tal que f (c) 6= f (a). Se f (c) < f (a), existe x0 ∈]a, b[ tal que f (x0 ) = min f , e se f (c) > f (a), existe x0 ∈]a, b[ tal que f (x0 ) = max f ; em ambos os casos se conclui, pela proposição anterior, que f 0 (x0 ) = 0.  Teorema 4.3.4 (Lagrange) Se f : [a, b] −→ R é uma função contínua que é derivável em ]a, b[, então existe x0 ∈]a, b[ (a) tal que f 0 (x0 ) = f (b)−f (isto é, existe um ponto do gráfico em que a recta tangente é paralela à recta que une (a, f (a)) b−a a (b, f (b))). f

g

f(b)

f(a)

a

a

x0

x0

b

b

Demonstração: Seja g: [a, b] −→ R . Então g é uma função contínua que é derivável em ]a,b[. (a) x 7→ f (x) − f (b)−f x b−a (a) Tem-se g(a) = f (a)− f (b)−f a= b−a

bf (a)−af (b) b−a 0

(a) e g(b) = f (b)− f (b)−f b= b−a

existe x0 ∈]a, b[ tal que g 0 (x0 ) = 0. Mas g (x) = f 0 (x) − 

f (b)−f (a) , b−a

logo

−af (b)+bf (a) , portanto, pelo teorema de Rolle, b−a (a) 0 g (x0 ) = 0 é equivalente a f 0 (x0 ) = f (b)−f . b−a

Corolário 4.3.5 Se f : [a, b] −→ R tem derivada nula em todos os pontos, então f é constante. Demonstração: Sejam x1 , x2 ∈ [a, b] com x1 < x2 . Pelo Teorema de Lagrange, existe x0 ∈]x1 , x2 [ tal que f 0 (x0 ) = f (x2 )−f (x1 ) (x1 ) . Como f tem derivada nula em todos os pontos, tem-se f (xx22)−f = 0, ou seja, f (x1 ) = f (x2 ). Logo f é x2 −x1 −x1 constante.  Corolário 4.3.6 Se f, g : [a, b] −→ R são tais que ∀x ∈ [a, b] : f 0 (x) = g 0 (x), então existe c ∈ R tal que ∀x ∈ [a, b] : f (x) = g(x) + c.

4.3. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY

53

Demonstração: Basta aplicar o corolário anterior à função f − g.



Corolário 4.3.7 Se f : [a, b] −→ R é tal que para todo o x ∈ [a, b] se tem f 0 (x) ≥ 0 (resp. f 0 (x) > 0, f 0 (x) ≤ 0, f 0 (x) < 0), então f é crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente). Demonstração: Sejam x1 , x2 ∈ [a, b] com x1 < x2 . Pelo teorema de Lagrange, existe x0 ∈]x1 , x2 [ tal que f 0 (x0 ) = (x1 ) f (x2 )−f (x1 ) . Como f 0 (x0 ) ≥ 0, tem-se f (xx22)−f ≥ 0, de onde f (x1 )−f (x2 ) ≤ 0, isto é f (x1 ) ≤ f (x2 ). A demonstração x2 −x1 −x1 é análoga nos outros casos.  Exemplos: 1. f : [1, 2] ∪ [5, 6] −→  7→

x

R 1 se x ∈ [1, 2] −1 se x ∈ [5, 6]

f 1 0.5 2

4

3

5

6

-0.5 -1

∀x ∈ [1, 2] ∪ [5, 6] : f 0 (x) = 0, mas f não é constante. 2. f : [−2, −1] ∪ [1, 2] −→  7→

x

R −x − 2 se x ∈ [−2, −1] −x + 2 se x ∈ [1, 2]

f 1

0.5

-2

-1

1

2

-0.5

-1

∀x ∈ [−2, −1] ∪ [1, 2] : f 0 (x) = −1 < 0, mas f não é decrescente. 3. f : [−5, 5] −→ x



R x2 se x ∈ [0, 5] −x2 se x ∈ [−5, 0]



R 2x se x ∈ [0, 5] −2x se x ∈ [−5, 0]

7→

f 0 : [−5, 5] −→ x

7→

f 0 (0) = 0 mas f é estritamente crescente. 4. f : R \ {0} x

−→ R ; g: R \ {0} 7→ x1 x

−→ ( 7→

1 x 1 x

R + 1 se x < 0 − 1 se x > 0

Tem-se ∀x ∈ R \ {0} : f 0 (x) = g 0 (x), mas não existe c ∈ R tal que ∀x ∈ R \ {0} : f (x) = g(x) + c.

54

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

Proposição 4.3.8 Se f : A −→ R é derivável em x0 e f 0 (x0 ) > 0 (resp. f 0 (x0 ) < 0), então f é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) em x0 . f (x) − f (x0 ) (x0 ) > 0. > 0, conclui-se que existe δ > 0 tal que x ∈]x0 − δ, x0 + δ[⇒ f (x)−f x−x0 x − x0 (x0 ) Então para x ∈]x0 , x0 + δ[, tem-se f (x)−f > 0 e x − x0 > 0, portanto f (x) − f (x0 ) > 0, isto é, f (x) > f (x0 ); x−x0 Demonstração: De lim

x→x0

(x0 ) para x ∈]x0 − δ, x0 [, tem-se f (x)−f > 0 e x − x0 < 0, portanto f (x) − f (x0 ) < 0, isto é, f (x) < f (x0 ). Logo f é x−x0 estritamente crescente em x0 . (Observação: A demonstração aplica-se mesmo que x0 não seja ponto de acumulação bilateral de A). 

Exemplos: 1. f : [−1, 1] −→ x 7→

R x2

Tem-se f 0 (0) ≥ 0, mas f não é crescente em 0. 2. f : R

−→ 

x

7→

R −x/2 + x sen 10 x se x 6= 0 0 se x = 0

; f 0: R

−→

2

 x

7→

R 10 −1/2 + 2x sen 10 x − 10 cos x se x 6= 0 −1/2 se x = 0

;

f 0.4 0.3 0.2 0.1 -0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

-0.1 -0.2 -0.3 -0.4

f 0 (0) < 0, portanto f é estritamente decrescente em 0. Proposição 4.3.9 Se f : [a, b] −→ R é derivável e f é crescente (resp. decrescente) então ∀x ∈ [a, b] : f 0 (x) ≥ 0 (resp. ∀x ∈ [a, b] : f 0 (x) ≤ 0). Demonstração: Como f é crescente, para x 6= x0 tem-se sempre

f (x)−f (x0 ) x−x0

≥ 0, portanto lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) ≥ 0. x − x0



Proposição 4.3.10 Se f : [a, b] −→ R é derivável, x0 ∈ [a, b] e ∀x ∈ [a, b] \ {x0 } : f 0 (x) > 0 (resp. ∀x ∈ [a, b] \ {x0 } : f 0 (x) < 0), então f é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente). Demonstração: Sejam x1 , x2 ∈ [a, b] tais que x1 < x2 . Se x2 ≤ x0 ou x0 ≤ x1 , então ∀x ∈]x1 , x2 [ : f 0 (x) > 0; o teorema de Lagrange permite então concluir que f (x1 ) < f (x2 ). Se x1 < x0 < x2 , pelo que foi dito antes conclui-se que f (x1 ) < f (x0 ) e f (x0 ) < f (x2 ), portanto f (x1 ) < f (x2 ).  Corolário 4.3.11 Se f : [a, b] −→ R é derivável, x1 , . . . , xn ∈ [a, b] e ∀x ∈ [a, b] \ {x1 , . . . , xn } : f 0 (x) > 0 (resp. ∀x ∈ [a, b] \ {x1 , . . . , xn } : f 0 (x) < 0), então f é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente).

Exemplos: 1. f : R x

−→ 7→

R −x3

f 0 (x) = −3x2 ; tem-se f 0 (x) < 0 para todo o x ∈ R \ {0}, logo f é estritamente decrescente em R. 2. f : R x

−→ 7→

R x3 − 3x

4.3. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY

55

f 8

6

4

2

-3 -2 -1

1

2

3

-2

-4

-6

-8

0

f (x) = 3x − 3; para x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[ tem-se f 0 (x) > 0; para x ∈] − 1, 1[ tem-se f 0 (x) < 0. Conclui-se que f é estritamente crescente em ] − ∞, −1] e em [1, +∞[ e que f é estritamente decrescente em [−1, 1]. 3. f : R x

2

−→ R 7→ (x − 1)6 + (x − 1)2 − x + 5 7

f

6

5

4

3

2

1

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

0

f: R x

−→ R 7→ 6(x − 1)5 + 2(x − 1) − 1

Como f 0 (1) = −1 < 0, conclui-se que f não é crescente em nenhum intervalo que contenha 1. Como f 0 (11) = 600019 > 0, conclui-se que f não é decrescente em nenhum intervalo que contenha 11. 4. f : R \ {1} x

−→ 7→

R

1 x−1 f 8

6

4

2

-6

-4

-2

2

4

6

-2

-4

-6

-8

f 0 : R \ {1} x

−→ R 1 7→ − (x−1) 2

Para qualquer x ∈ R \ {1}, tem-se f 0 (x) < 0. Conclui-se que f é estritamente decrescente em qualquer intervalo contido no seu domínio, portanto f é estritamente decrescente em ] − ∞, 1[ e em ]1, +∞[. No entanto f não é decrescente. 5. f : R \ {kπ + π/2; k ∈ Z} x

−→ R 7→ tg x

56

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

f 8

6

4

2

-6

-4

-2

2

4

6

-2

-4

-6

-8

0

f : R \ {kπ + π/2; k ∈ Z} x

−→ R 7→ sec2 x

Para qualquer x ∈ R \ {kπ + π/2, k ∈ Z}, tem-se f 0 (x) > 0. Conclui-se que f é estritamente crescente em qualquer intervalo contido no seu domínio, portanto f é estritamente crescente em ]kπ − π/2, kπ + π/2[, para qualquer k ∈ Z. No entanto f não é crescente. 6. f : R \ {kπ; k ∈ Z} x

−→ 7→

R cosec x f 8

6

4

2

-6

-4

-2

2

4

6

-2

-4

-6

-8

0

f : R \ {kπ; k ∈ Z} x

−→ 7→

R cos x − sen2 x Se existe k ∈ Z tal que x ∈]2kπ − π/2, 2kπ + π/2[, então cos x > 0, portanto f 0 (x) < 0; se existe k ∈ Z tal que x ∈]2kπ + π/2, 2kπ + 3π/2[, então cos x < 0, portanto f 0 (x) > 0. Conclui-se que f é estritamente decrescente em todos os intervalos do tipo [2kπ − π/2, 2kπ[ e ]2kπ, 2kπ + π/2]; f é estritamente crescente em todos os intervalos do tipo [2kπ + π/2, (2k + 1)π[ e ](2k + 1)π, 2kπ + 3π/2]. Mas f não é decrescente nos conjuntos do tipo [2kπ − π/2, 2kπ + π/2] \ {kπ} e f não é decrescente nos conjuntos [(2k + 1)π, 2kπ + 3π/2] \ {(2k + 1)π}. Proposição 4.3.12 1. Se f : ]a, b[−→ R é derivável, f 0 (x0 ) = 0, e existe δ > 0 tal que



f 0 (x) > 0 para x ∈]x0 − δ, x0 [ , então f tem f 0 (x) < 0 para x ∈]x0 , x0 + δ[



f 0 (x) < 0 para x ∈]x0 − δ, x0 [ , então f tem f 0 (x) > 0 para x ∈]x0 , x0 + δ[

um máximo estrito local em x0 . 2. Se f :]a, b[−→ R é derivável, f 0 (x0 ) = 0, e existe δ > 0 tal que um mínimo estrito local em x0 . Demonstração: 1. Pela proposição 4.3.10 conclui-se que f é estritamente crescente em ]x0 −δ, x0 ], portanto para x ∈]x0 −δ, x0 ] temse f (x) < f (x0 ); f é estritamente decrescente em [x0 , x0 + δ[, portanto para x ∈ [x0 , x0 + δ[ tem-se f (x) < f (x0 ). Mas isto implica que f tem um máximo estrito local em x0 . 2. Demonstração análoga à de 1.



Proposição 4.3.13 Se f : ]a, b[−→ R é derivável, f 0 (x0 ) = 0, e f 00 (x0 ) < 0 (resp. f 00 (x0 ) > 0), então f tem um máximo estrito local (resp. um mínimo estrito local) em x0 .

4.3. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY

57

Demonstração: De f 00 (x0 ) < 0 conclui-se que f 0 é estritamente decrescente em x0 , isto é, que existe δ > 0 tal que para x ∈]x0 − δ, x0 [ se tem f 0 (x) > f 0 (x0 ) e para x ∈]x0 , x0 + δ[ se tem f 0 (x) < f 0 (x0 ). Como f 0 (x0 ) = 0, deduz-se que para x ∈]x0 − δ, x0 [ se tem f 0 (x) > 0 e para x ∈]x0 , x0 + δ[ se tem f 0 (x) < 0. A proposição anterior permite concluir que f tem um máximo estrito local em x0 .  Observação: De f 0 (x0 ) = f 00 (x0 ) = 0, não se pode concluir nada, como mostram os três exemplos seguintes. Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ (x − 2)3

f 0 (2) = f 00 (2) = 0; f não tem máximo nem mínimo local em 2. 2. f : R x

−→ R 7→ (x − 2)4

f 0 (2) = f 00 (2) = 0; f tem um mínimo local em 2. 3. f : R x

−→ R 7→ −(x − 2)4

f 0 (2) = f 00 (2) = 0; f tem um máximo local em 2. −→ R ; f 0 : R+ 7→ cos(1/x) x

4. f : R+ x f 00 : R+ x

−→ R 7→ − x23 sen x1 −

1 x4

−→ 7→

1 x2

R sen x1

cos( x1 )

Como f é derivável em R+ , os pontos onde f tem máximo ou mínimo local são pontos críticos de f . Ora 1 1 00 f 0 (x) = 0 sse existe k ∈ Z tal que x = 1/(kπ). Como f 00 (1/(kπ) = − (kπ) 4 cos kπ , conclui-se f (1/(kπ) > 0 se 00 k é ímpar e f (1/(kπ) < 0 se k é par. Então f tem um máximo estrito local em cada ponto do tipo 1/(2kπ), com k ∈ N e f tem um mínimo estrito local em cada ponto do tipo 1/((2k − 1)π), com k ∈ N; f não tem mais nenhum máximo nem mínimo local. 5. f : R x

−→ 7→

; f 0: R x

R

1 1+x2

−→ 7→

R

−2x (1+x2 )2

f 1 0.8 0.6 0.4 0.2 -3

-2

-1

1

2

3

O único zero de f 0 é 0; como f 0 (x) > 0 para x < 0 e f 0 (x) < 0 para x > 0, conclui-se que f tem um máximo local em 0. Como f é derivável em R, conclui-se que f não tem mais nenhum máximo nem mínimo local. Proposição 4.3.14 Sejam f : ]a, b[−→ R e x0 ∈]a, b[. 1. Se f é derivável em ]x0 , b[, se existe lim+ f 0 (x) e f é contínua à direita em x0 , então f é derivável à direita em x0 e f 0+ (x0 ) = lim+ f 0 (x).

x→x0

x→x0

2. Se f é derivável em ]a, x0 [, se existe lim− f 0 (x) e f é contínua à esquerda em x0 , então f é derivável à esquerda em x0 e f 0− (x0 ) = lim− f 0 (x). x→x0

x→x0

58

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

3. Se f é derivável em ]a, b[\{x0 }, se existe lim f 0 (x) e f é contínua em x0 , então f é derivável em x0 e f 0 (x0 ) = x→x0

lim f 0 (x).

x→x0

Demonstração: 1. Seja l = lim+ f 0 (x). Para cada x ∈]x0 , b[, existe cx ∈]x0 , x[ tal que f 0 (cx ) = x→x0

f (x)−f (x0 ) . x−x0

Quando x tende para

(x0 ) x0 , cx tambem tende para x0 e f 0 (cx ) tende para l, portanto f (x)−f tende para l. Mais precisamente, seja x−x0 0  > 0; existe δ > 0 tal que x ∈]x0 , x0 + δ[⇒ |f (x) − l| < . Então

x ∈]x0 , x0 + δ[ ⇒ cx ∈]x0 , x0 + δ[ ⇒ |f 0 (cx ) − l| <  f (x) − f (x0 ) ⇒ − l < . x − x0 Logo lim+ x→x0

f (x) − f (x0 ) = l, isto é, f é derivável à direita em x0 e f 0+ (x0 ) = l. x − x0

2. Demonstração análoga. 

3. Demonstração análoga. Exemplos: 1. f : R x

−→  R x2 sen x1 se x 6= 0 7→ 0 se x = 0

f 0: R

;

−→ 

x

7→

R 2x sen x1 − cos x1 se x 6= 0 0 se x = 0

.

f 0 não é contínua em 0, visto que não existe lim f 0 (x). x→0

2. f : R

−→ 

x

7→

R x2 + 3 se x ≤ 1 −x + 5 se x ≥ 1

0

−→  R 2x se x < 1 7→ −1 se x > 1

;f: R x

.

Como lim− f 0 (x) = lim− 2x = 2 e f é contínua em 1, conclui-se que f é derivável à esquerda em 1 e f 0− (1) = 2. x→1

x→1

x→1+

x→1+

Como lim f 0 (x) = lim −1 = −1 e f é contínua em 1, conclui-se que f é derivável à direita em 1 e f 0+ (1) = −1. Logo f não é derivável em 1. 3. f : R

−→ 

x

7→

R x − 4x + 5 se x ≥ 1 √ −6 3 x + 7 se x ≤ 1

; f 0: R

−→

2

 x

7→

R 2x −√4 se x > 1 3 −2/ x2 se x < 1

.

Tem-se lim+ f 0 (x) = −2 = lim− f 0 (x) e f é contínua em 1; portanto f é derivável em 1 e f 0 (1) = −2. Em x→1

x→1

particular f 0 é contínua em 1. f 0: R x

−→  R 2x −√4 se x ≥ 1 7→ 3 −2/ x2 se x ≤ 1

; f 00 : R

−→ 

x

7→

R 2 se x√ >1 3 4/(3x x2 ) se x < 1

.

Tem-se lim+ f 00 (x) = 2, logo f 00+ (1) = 2; lim− f 00 (x) = 4/3, portanto f 00− (1) = 4/3. Então f 0 não é derivável x→1

x→1

em 1. Proposição 4.3.15 (Teorema dos valores intermédios para derivadas) Seja f : [a, b] −→ R uma função derivável; se f 0 (a) < c < f 0 (b) ou se f 0 (b) < c < f 0 (a), então existe x0 ∈]a, b[ tal que f 0 (x0 ) = c Demonstração: Suponhamos primeiro que f 0 (a) < 0 < f 0 (b). Então f é estritamente decrescente em a e estritamente crescente em b, logo f não tem um mínimo em a nem em b. Mas f é contínua, portanto existe algum ponto x0 ∈]a, b[ tal que f (x0 ) = min f , logo x0 é um ponto crítico de f , isto é, f 0 (x0 ) = 0. Suponhamos agora que f 0 (a) < c < f 0 (b) e consideremos a função g: [a, b] −→ R . Tem-se g 0 (a) = x 7→ f (x) − cx f 0 (a) − c < 0 e g 0 (b) = f 0 (b) − c > 0, portanto existe x0 ∈]a, b[ tal que g 0 (x0 ) = 0, isto é, tal que f 0 (x0 ) = c.  Observação: Se f 0 é contínua, este resultado é tambem uma consequência imediata do teorema dos valores intermédios para funções contínuas.

4.3. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY

59

Definição 4.3.16 Diz-se que f é convexa (resp. côncava) em [a, b] sse para quaisquer x1 , x2 ∈ [a, b] com x1 < x2 o gráfico de f entre x1 e x2 está abaixo (resp. acima) da recta que une (x1 , f (x1 )) a (x2 , f (x2 )) isto é, se para qualquer (x1 ) (x1 ) x ∈]x1 , x2 [ se tiver f (x) < f (xx22)−f (x − x1 ) + f (x1 ) (resp. f (x) > f (xx22)−f (x − x1 ) + f (x1 )). −x1 −x1 Proposição 4.3.17 Se f é derivável em [a, b] e f 0 é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) então f é convexa (resp. côncava) em [a, b]. Demonstração: Sejam x, x1 , x2 ∈ [a, b] tais que x1 < x < x2 . Pelo teorema de Lagrange existem a1 ∈]x1 , x[ e (x) (x1 ) e f 0 (a2 ) = f (xx22)−f a2 ∈]x, x2 [ tais que f 0 (a1 ) = f (x)−f . Como f 0 é estritamente crescente e a1 < a2 , conclui-se x−x1 −x que

f (x)−f (x1 ) x−x1

f (x2 )−f (x) , x2 −x

<

de onde (x2 − x1 )f (x) < x(f (x2 ) − f (x1 )) + x2 f (x1 ) − x1 f (x2 ),

isto é f (x) <

f (x2 )−f (x1 ) (x x2 −x1

− x1 ) + f (x1 ), como queríamos demonstrar.



Corolário 4.3.18 Se f é duas vezes derivável em [a, b] e ∀x ∈ [a, b] \ {x1 , . . . , xn } : f 00 (x) > 0 (resp. f 00 (x) < 0) então f é convexa (resp. côncava). Exemplos: 1. f : R x

−→ 7→

R x5 − 3x3 + 2x f’

f’’

6

f

6

6

4

4

4

2

2

2

-3 -2 -1

1

2

-3 -2 -1

3

1

2

-3 -2 -1

3

1

-2

-2

-2

-4

-4

-4

-6

-6

-6

2

3

√ √ 2 f 0 (x) = 5x4 − f 00 (x) = 20x3 − 18x; f 00 (x) < 0 sse x√∈] − ∞, −3/ 10[∪]0, 3/ 10[ e f 00 (x) > 0 √ 9x + 2, √ √ sse x ∈] −√3/ 10, 0[∪]3/ √ 10, +∞[. Logo f é côncava em [−3/ 10, 0] e em [3/ 10, +∞[; f é convexa em ] − ∞, −3/ 10] e em [0, 3/ 10] 2. f : R \ {kπ; k ∈ Z} x

-6

-4

−→ 7→

R cosec x

f 8

f’ 8

f’’ 8

6

6

6

4

4

4

2

2

2

-2

2

4

6

-6

-4

-2

2

4

6

-6

-4

-2

2

-2

-2

-2

-4

-4

-4

-6

-6

-6

-8

-8

-8

4

6

1 + cos2 x cos x 00 , f (x) = ; nos intervalos do tipo ]2kπ, (2k + 1)π[, k ∈ Z, f 00 é positiva, portanto f é f 0 (x) = − sen2 x sen3 x convexa; nos intervalos do tipo ](2k − 1)π, 2kπ[, k ∈ Z, f 00 é negativa, portanto f é côncava. Proposição 4.3.19 Se f : [a, b] −→ R é derivável e convexa (resp. côncava), então 1. para quaisquer x, x0 ∈ [a, b] tem-se f (x) > f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ), (resp. f (x) < f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 )) isto é, o gráfico de f está acima (resp. abaixo) de qualquer tangente ao gráfico;

60

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

2. f 0 é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) em [a, b]. Demonstração: 1. Sejam x0 , x1 , x2 ∈ [a, b] tais que x0 < x1 < x2 . Então f (x1 ) <

f (x2 )−f (x0 ) (x1 −x0 )+f (x0 ), x2 −x0

de onde

f (x1 )−f (x0 ) x1 −x0

<

f (x2 )−f (x0 ) . x2 −x0

Conclui-se que, para cada x0 ∈ [a, b[, a função g: ]x0 , b] −→ R é estritamente crescente; f (x)−f (x0 ) x 7→ x−x0 além disso, lim+ g(x) = f 0 (x0 ), portanto ∀x ∈]x0 , b], tem-se f 0 (x0 ) < g(x). Mas isto significa que f 0 (x0 ) < x→x0

f (x)−f (x0 ) , x−x0

ou ainda f (x) > f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ).

A demonstração é análoga para x < x0 . 2. Sejam x1 , x2 ∈ [a, b] tais que x1 < x2 . Por 1., como o gráfico de f está acima da tangente ao gráfico em x1 , tem-se f (x2 ) > f 0 (x1 )(x2 − x1 ) + f (x1 ). Como o gráfico de f está acima da tangente ao gráfico em x2 , tem-se (x1 ) f (x1 ) > f 0 (x2 )(x1 − x2 ) + f (x2 ). Então f 0 (x1 ) < f (xx22)−f < f 0 (x2 ).  −x1 Definição 4.3.20 Se f é derivável em x0 , diz-se que f tem um ponto de inflexão em x0 sse a tangente ao gráfico de f em x0 atravessar o gráfico em (x0 , f (x0 )) (isto é, se existe δ > 0 tal que   x ∈]x0 − δ, x0 [⇒ f (x) < f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) x ∈]x0 − δ, x0 [⇒ f (x) > f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) ou . 0 x ∈]x0 , x0 + δ[⇒ f (x) > f (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) x ∈]x0 , x0 + δ[⇒ f (x) < f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 )

f

x0

Lema 4.3.21 Sejam f : [a, b] −→ R derivável e x0 ∈]a, b[ um ponto de inflexão de f tal que f (x0 ) = f 0 (x0 ) = 0. Se existir f 00 (x0 ), então f 00 (x0 ) = 0. Demonstração: Como f tem um ponto de inflexão em x0 e a recta  tangente ao gráfico de f em x0 é o eixo dos xx,  x ∈]x0 − δ, x0 [⇒ f (x) < 0 x ∈]x0 − δ, x0 [⇒ f (x) > 0 conclui-se que existe δ > 0 tal que ou . Suponhamos que x ∈]x0 , x0 + δ[⇒ f (x) > 0 x ∈]x0 , x0 + δ[⇒ f (x) < 0 0 f (x) se verifica o primeiro caso. Tem-se f 00 (x0 ) = lim . Se para x suficientemente perto de x0 à direita, f 0 (x) < 0, x→x0 x − x0 então f seria decrescente perto de 0 à direita, o que contradiz a hipótese x ∈]x0 , x0 + δ[⇒ f (x) > 0. Verifica-se então uma e uma só das seguintes possibilidades: 1. para x suficientemente perto de x0 à direita, f 0 (x) > 0; neste caso,

f 0 (x) x−x0

> 0, portanto lim

f 00+ (x0 ) ≥ 0;

x→x0

f 0 (x) ≥ 0, isto é, x − x0

2. arbitrariamente próximo de x0 , existem pontos onde f 0 é positiva e pontos onde f 0 é negativa; isso implica que f 0 (x) lim = 0. x→x0 x − x0 Conclui-se que f 00+ (x0 ) ≥ 0. Analogamente se mostra que f 00− (x0 ) ≤ 0, portanto f 00 (x0 ) = 0



Proposição 4.3.22 Sejam f : [a, b] −→ R derivável e x0 ∈]a, b[ um ponto de inflexão de f ; se existir f 00 (x0 ), então f 00 (x0 ) = 0. Demonstração: Seja g: [a, b] −→ R . Então g 00 (x) = f 00 (x), g(x0 ) = g 0 (x0 ) = 0 e x0 0 x 7→ f (x) − f (x0 )(x − x0 ) − f (x0 ) é um ponto de inflexão de g. Pelo lema anterior conclui-se que g 00 (x0 ) = 0, portanto f 00 (x0 ) = 0. 

4.3. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY

61

Proposição 4.3.23 Se a < x0 < b e f : [a, b] −→ R é convexa em [a, x0 ] e côncava em [x0 , b] (ou vice versa) então f tem um ponto de inflexão em x0 . Demonstração: Como f é convexa em [a, x0 ], o gráfico de f em [a, x0 [ está acima da tangente ao gráfico em (x0 , f (x0 )); como f é côncava em [x0 , b], o gráfico de f em ]x0 , b] está abaixo da tangente ao gráfico em (x0 , f (x0 )). Conclui-se que a tangente ao gráfico em (x0 , f (x0 )) atravessa o gráfico, portanto f tem um ponto de inflexão em x0 .  Corolário 4.3.24 Se f é duas vezes derivável, se existe f 000 (x0 ) e f 000 (x0 ) 6= 0, então f tem um ponto de inflexão em x0 .

Exemplos 1. f : R x

−→ R 7→ arctg(x − 1)

−2(x−1) 1 00 00 é positiva, portanto f é convexa em ] − ∞, 1]; em ]1, +∞[, f 0 (x) = 1+(x−1) 2 ; f (x) = (1+(x−1)2 )2 ; em ] − ∞, 1[, f 00 f é negativa, portanto f é côncava em [1, +∞[; logo f tem um ponto de inflexão em 1.

2. f : R x

−→ R 7→ x5 − 2x3 + x

p p 4 2 3/5, 0[∪] 3/5, +∞[, portanto f é convexa f 0 (x) + 1; f 00 (x) = 20x3 − 12x; f 00 é positiva em ] − p p p em p = 5x − 6x p 00 0] e em [ p3/5, +∞[; f é negativa em ]−∞, − 3/5[∪]0, 3/5[, portanto f é côncava em ]−∞, − 3/5] [− 3/5,p p e em [0, 3/5]; − 3/5 e 3/5 são pontos de inflexão de f . 3. f : R x

−→ R 7→ (x + 2)6

f 0 (x) = 6(x + 2)5 ; f 00 (x) = 30(x + 2)4 ; f 00 (−2) = 0, mas f não tem ponto de inflexão em −2. Teorema 4.3.25 (Cauchy) Sejam f, g : [a, b] −→ R funções contínuas que são deriváveis em ]a, b[. Então existe x0 ∈]a, b[ tal que (f (b) − f (a))g 0 (x0 ) = (g(b) − g(a))f 0 (x0 ). [a, b] −→ R . Então h é contínua e h é derivável x 7→ (f (b) − f (a))g(x) − (g(b) − g(a))f (x) em ]a, b[; por outro lado, h(a) = f (b)g(a) − f (a)g(b) e h(b) = f (b)g(a) − f (a)g(b). Portanto, pelo teorema de Rolle, conclui-se que existe x0 ∈]a, b[ tal que h0 (x0 ) = 0. Mas h0 (x) = (f (b) − f (a))g 0 (x) − (g(b) − g(a))f 0 (x), logo 0 = h0 (x0 ) = (f (b) − f (a))g 0 (x0 ) − (g(b) − g(a))f 0 (x0 ), isto é, (f (b) − f (a))g 0 (x0 ) = (g(b) − g(a))f 0 (x0 ). 

Demonstração: Seja h:

Observação: Se considerarmos o movimento de um objecto no plano cuja posição no instante t é (f (t), g(t)) e cuja velocidade nunca se anula, o teorema de Cauchy diz-nos que existe algum instante em que a tangente à trajectória é paralela ao segmento que une a posição inicial à posição final.

(f(b),g(b))

(f(a),g(a))

Teorema 4.3.26 Sejam f e g funções deriváveis em ]a, b[ e x0 ∈]a, b[ tal que lim f (x) = lim g(x) = 0. Se g 0 (x) 6= 0 x→x0

x→x0

f 0 (x) f (x) numa vizinhança de x0 e existir l ∈ R tal que lim 0 = l, então existe lim é igual a l. x→x0 g (x) x→x0 g(x)

62

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

Demonstração:  Podemos supor que f e g são contínuas em x0 ; se não forem, basta considerar f1 e g1 definidas f (x) se x = 6 x0 g(x) se x 6= x0 por f1 (x) = e g1 (x) = , que são contínuas em 0 e têm exactamente o mesmo 0 se x = x0 0 se x = x0 comportamento que f e g relativamente à existência de limites. f 0 (x) 0 Suponhamos que lim 0 = l e seja α > 0 tal que g|]x não tem zeros. Então g tambem não tem 0 −α,x0 +α[\{x0 } x→x0 g (x) zeros em ]x0 − α, x0 + α[\{x0 }: se x ∈]x0 − α, x0 + α[\{x0 }, pelo teorema de Lagrange existe x1 ∈]x0 − α, x0 + α[\{x0 } 0) = g 0 (x1 ); ora g(x0 ) = 0 e g 0 (x1 ) 6= 0, portanto g(x) − 0 6= 0, isto é g(x) 6= 0. tal que g(x)−g(x x−x0 Conclui-se que f (x)/g(x) está definido em ]x0 − α, x0 + α[\{x0 }. Pelo teorema de Cauchy, para cada x ∈]x0 − α, x0 + α[\{x0 }, existe cx entre x0 e x tal que (f (x) − f (x0 ))g 0 (cx ) = (g(x) − g(x0 ))f 0 (cx ), o que, como g(x) 6= 0 e f (x0 ) = g(x0 ) = 0, implica f (x)/g(x) = f 0 (cx )/g 0 (cx ). Mas quando x tende para x0 , cx tambem tende para x0 , portanto f 0 (cx )/g 0 (cx ) tende para l, logo f (x)/g(x) tende para l. Mais precisamente, queremos mostrar que ∀ > 0 ∃δ > 0 : 0 < |x − x0 | < δ ⇒ |f (x)/g(x)| < . Seja então  > 0; como lim f 0 (x)/g 0 (x) = l, existe δ > 0 x→x0

tal que 0 < |x − x0 | < δ ⇒ |f 0 (x)/g 0 (x) − l| < . Mas se 0 < |x − x0 | < δ, tem-se 0 < |cx − x0 | < δ, portanto |f 0 (cx )/g 0 (cx ) − l| < , isto é |f (x)/g(x) − l| < .  Teorema 4.3.27 (regra de l’Hôpital) Sejam f e g funções deriváveis definidas em intervalos abertos. Se g 0 (x) 6= 0 para x 6= α, lim f (x) = lim g(x) = β e se lim f 0 (x)/g 0 (x) = γ, então lim f (x)/g(x) = γ, em que α pode ser x→α

x→α

x→α

x→α

− x0 , x+ 0 , x0 , +∞ ou −∞, β pode ser 0, +∞ ou −∞ e γ pode ser um número real, +∞ ou −∞.

A demonstração é semelhante à do caso particular visto no teorema anterior. Observação: De facto a hipótese g 0 (x) 6= 0 para x 6= α é desnecessária; basta que exista alguma vizinhança de α tal que g 0 (x) 6= 0 para x pertencente a essa vizinhança; considera-se como vizinhança de +∞ a qualquer conjunto que contenha um intervalo não majorado e vizinhança de −∞ qualquer conjunto que contenha um intervalo não minorado. Exemplos 1.

4x + 5 x→+∞ 2x − 3 Sejam f : R −→ x 7→ lim

R , g: R 4x + 5 x 4x + 5 = 2. 2, portanto lim x→+∞ 2x − 3

ex−1 − x − 2x + 1 Sejam f : R −→ x 7→

−→ R ; tem-se lim f (x) = lim g(x) = +∞ e lim f 0 (x)/g 0 (x) = x→+∞ x→+∞ x→+∞ 7→ 2x − 3

2. lim

x→1 x2

R , g: ex−1 − x

−→ 7→

R ; tem-se lim f (x) = lim g(x) = 0; tem-se ainda x→1 x→1 x2 − 2x + 1 ex−1 lim f 0 (x) = lim g 0 (x) = 0; mas lim f 00 (x)/g 00 (x) = lim = 1/2, portanto lim f 0 (x)/g 0 (x) = 1/2, logo x→1 x→1 x→1 x→1 2 x→1 lim f (x)/g(x) = 1/2. R x

x→1

3.

lim

x→+∞

x log x

Sejam f : R+ −→ R , g: R+ −→ R ; tem-se lim f (x) = lim g(x) = +∞ e lim f 0 (x)/g 0 (x) = x→+∞ x→+∞ x→+∞ x 7→ x x 7→ log x x 1 = +∞, portanto lim = +∞ lim x→+∞ 1/x x→+∞ log x sen x − tg x x3 Sejam f : ] − π/2, π/2[ −→ R e g: ] − π/2, π/2[ −→ R ; tem-se lim f (x) = lim g(x) = 0, x→0 x→0 x 7→ sen x − tg x x 7→ x3 lim f 0 (x) = lim (cos x − sec2 x) = 0, lim g 0 (x) = lim 3x2 = 0, lim f 00 (x) = lim − sen x − 2 sec2 x tg x = 0,

4. lim

x→0

x→0

x→0

x→0

x→0

x→0

x→0

f 000 (x) − cos x − 4 sec2 x tg2 x − 2 sec4 x lim g 00 (x) = lim 6x = 0 e lim 000 lim = −1/2, portanto lim f 00 (x)/g 00 (x) = x→0 x→0 x→0 g (x) x→0 x→0 6 −1/2, logo lim f 0 (x)/g 0 (x) = −1/2, de onde se deduz que lim f (x)/g(x) = −1/2. x→0

x→0

4.4. RESOLUÇÃO DE ALGUNS EXERCÍCIOS

2x2 + 1 x→−1 5x + 3 Sejam f : R −→ R x 7→ 2x2 + 1 −3/2.

63

5. lim

4.4

R ; tem-se lim f 0 (x)/g 0 (x) = −4/5, mas lim f (x)/g(x) = x→−1 x→−1 5x + 3

−→ 7→

e g: R x

Resolução de alguns exercícios

1. Esboçar o gráfico de f : R \ {0} x Os zeros de f são

√

−→ 7→

.

R

x2 −3 x3

√ 3 e − 3.

x2 − 3 1 x2 − 3 1 2 = lim (− (3 − x )) = −∞; lim f (x) = lim = lim− (− 3 (3 − x2 )) = 3 3 3 + − − x x x x x→0 x→0 x→0 x→0 x→0 x→0 +∞; logo a recta de equação x = 0 é uma assímptota vertical do gráfico de f (à esquerda e à direita). lim+ f (x) = lim+

lim f (x) = lim f (x) = 0; logo a recta de equação y = 0 é uma assímptota horizontal do gráfico de f .

x→+∞

x→−∞

−x2 +9 x4 ;

f é derivável em todos os pontos do domínio, e f 0 (x) = f (3) = 2/9 e f (−3) = −2/9.

os pontos críticos de f são 3 e −3 e tem-se

f 0 (x) > 0 ⇔ x ∈] − 3, 0[∪]0, 3[; f 0 (x) < 0 ⇔ x ∈] − ∞, −3[∪]3, +∞[; conclui-se que f é estritamente crescente em [−3, 0[ e em ]0, 3]; f é estritamente decrescente em ] − ∞, −3[ e em ]3, +∞[ (atenção: f não é crescente em ] − 3, 0[∪]0, 3[ e f não é decrescente em ] − ∞, −3[∪]3, +∞[). 2

f 0 é derivável em todos os pontos do domínio, e f 00 (x) = 2x x−36 . 5 √ √ √ √ x ∈] − ∞, − √ 18[∪]0, 18[; conclui-se que f é convexa f 00√ (x) > 0 ⇔ x ∈]√− 18, 0[∪] 18, +∞[; f 00 (x) < 0 ⇔ √ √ em [−√ 18, 0[ √ e em [ 18, +∞[ e f é côncava em ] − ∞, − 18[ e em ]0, 18[; f tem dois pontos de inflexão: 18 e √ √ √ − 18; f ( 18) = 5 2/36, f (− 18) = −5 2/36. Como f 00 (−3) > 0 e f 00 (3) < 0, f tem um mínimo local em −3 e um máximo local em 3.

f 0.6 0.4 0.2 -10

-7.5

-5

-2.5

5

2.5

7.5

10

-0.2 -0.4 -0.6

2. Esboçar o gráfico de f : R \ {1} x

−→ 7→

R

.

2x2 −4x+3 x−1

f não tem zeros, porque o discriminante do numerador é negativo. lim f (x) = +∞; lim− f (x) = −∞; logo a recta de equação x = 1 é uma assímptota vertical do gráfico de f (à

x→1+

x→1

esquerda e à direita). lim f (x)/x =

x→+∞

lim f (x)/x = 2;

x→−∞

lim (f (x) − 2x) =

x→+∞

lim (f (x) − 2x) = −2; logo a recta de equação

x→−∞

y = 2x − 2 é uma assímptota do gráfico de f . f é derivável em todos os pontos do domínio, e f 0 (x) = 2 − √ 1 + 1/ 2.

1 (x−1)2 ;

√ os pontos críticos de f são 1 − 1/ 2 e

64

CAPÍTULO 4. DERIVADAS √ √ √ √ f 0 (x) > 0 ⇔ x ∈] − ∞, 1 − 1/ 2[∪]1 + 1/√ 2, +∞[; f 0 (x) √ < 0 ⇔ x ∈]1 − 1/ 2, 1[∪]1, 1 + 1/ 2[; conclui-se √ que f é estritamente decrescente em [1 −√1/ 2, 1[ é estritamente √ crescente em ] − ∞, 1 − 1/ 2] e em [1 + 1/ 2, +∞[; f √ e em ]1, 1 + 1/ 2]; conclui-se que f tem um mínimo local em 1 + 1/ 2 e um máximo local em 1 − 1/ 2. f 0 é derivável em todos os pontos do domínio, e f 00 (x) =

2 (x−1)3 .

f 00 (x) > 0 ⇔ x > 1; f 00 (x) < 0 ⇔ x < 1; conclui-se que f é convexa em ]1, +∞[ e côncava em ] − ∞, 1[.

f 7.5 5 2.5 -4

-6

-2

4

2

6

-2.5 -5 -7.5

3. Esboçar o gráfico de f : R \ {2, 4} x

−→ 7→

.

R

1 (x−2)(x−4)

f não tem zeros. lim f (x) = lim f (x) = +∞; lim f (x) = lim f (x) = −∞; logo as rectas de equações, respectivamente,

x→2−

x→4−

x→2+

x→4+

x = 2 e x = 4 são assímptotas verticais do gráfico de f . lim f (x) = lim f (x) = 0; logo a recta de equação y = 0 é uma assímptota horizontal do gráfico de f .

x→+∞

x→−∞

−2x+6 (x−2)2 (x−4)2 ;

f é derivável em todos os pontos do domínio, e f 0 (x) = 0

o único ponto crítico de f é 3.

0

f (x) > 0 ⇔ x < 3; f (x) < 0 ⇔ x > 3; conclui-se que f é estritamente crescente em ] − ∞, 2[ e em ]2, 3]; f é estritamente decrescente em [3, 4[ e em ]4, +∞[; conclui-se que f tem um máximo local em 3; f (3) = −1. f 0 é derivável em todos os pontos do domínio, e f 00 (x) =

6(x−3)2 +2 (x−2)3 (x−4)3 .

f 00 (x) > 0 ⇔ x ∈] − ∞, 2[∪]4, +∞[; f 00 (x) < 0 ⇔ x ∈]2, 4[; conclui-se que f é convexa em ] − ∞, 2[ e em ]4, +∞[ e f é côncava em ]2, 4[.

f

4 3 2 1 -1

1

2

3

4

5

6

7

-1 -2 -3 -4

4. Um objecto desloca-se numa recta e a sua posição no instante t (t ≥ 0) é

1 t2 −2t+2 .

(a) Qual é a velocidade do objecto em cada instante? (b) Existe algum instante em que a distância à origem é máxima? e mínima? a) v(t) =

2−2t (t2 −2t+2)2 .

4.4. RESOLUÇÃO DE ALGUNS EXERCÍCIOS

65

1 1 b) A distância do objecto à origem no instante t é t2 −2t+2 , uma vez que t2 −2t+2 > 0. Queremos então averiguar se a função f : [0, +∞[ −→ R tem máximo e mínimo. Como ∀x : f (x) > 0 e lim f (x) = 0, x→+∞ 1 x 7→ x2 −2x+2 conclui-se que f não tem mínimo e tem máximo.

f 0 : [0, +∞[ −→ R ; o único ponto crítico de f é 1; como f (1) = 1 e f (0) = 1/2, o máximo de f é 2−2x x 7→ (x2 −2x+2) 2 1. Então a distância máxima à origem é 1, e ocorre para t = 1. 5. Está a ser despejada água para dentro de um recipiente cílindrico de raio 2cm a uma velocidade de 12π cm3 /min. A que velocidade sobe a altura da água?

h(t) 2cm

Sejam V (t) o volume de água no cilindro no instante t e h(t) a altura da água no instante t. Tem-se V (t) = πr2 h(t) = 4πh(t); então V 0 (t) = 4πh0 (t). Ora V 0 (t) = 12π, portanto h0 (t) = 3, logo a água sobe a 3cm/min. 6. Um balão esférico está a ser enchido de ar. (a) Sabendo que no instante em que o raio é 3cm, o raio está a aumentar 0, 5 cm/min, a que velocidade está a aumentar o volume nesse instante? (b) Sabendo que no instante em que a área de superfície é 64π, o volume está a aumentar a uma velocidade de 16π cm3 /min, a que velocidade estão a aumentar o raio e a área de superfície do balão? O volume de uma esfera de raio r é 4πr3 /3 e a sua área de superfície é 4πr2 . Sejam V (t) o volume do balão no instante t, A(t) a área da superfície do balão no instante t e r(t) o raio do balão no instante t; tem-se V (t) = 4π(r(t))3 /3 e A(t) = 4π(r(t))2 . a) Seja t0 o instante em questão; tem-se r(t0 ) = 3 e r0 (t0 ) = 0, 5. Por outro lado, V 0 (t) = 4π(r(t))2 r0 (t), portanto V 0 (t0 ) = 4π.9.0, 5 = 18π. O volume está a aumentar a 18π cm3 /s. b) Seja t0 o instante em questão; tem-se A(t0 ) = 64π (logo r(t0 ) = 4) e V 0 (t0 ) = 16π. Por outro lado, V 0 (t) = 4π(r(t))2 r0 (t) = A(t)r0 (t) e A0 (t) = 8πr(t)r0 (t); como V 0 (t0 ) = 16π, conclui-se que r0 (t0 ) = 1/4, e, como r(t0 ) = 4, tem-se A0 (t0 ) = 8π. O raio está a aumentar a 0, 25 cm/s e a área de superfície está a aumentar a 16π cm2 /s. 7. Num determinado instante, um carro está 30km a norte de um ponto P , a deslocar-se para norte a uma velocidade de 50km/h e um outro carro está 40km a leste de P , a deslocar-se para leste a 20km/h. A que velocidade está a aumentar a distância entre os dois carros? Sejam d(t), x(t) e y(t) respectivamente a distância entre os dois carros, a distância do segundo carro ao ponto P e a distância do primeiro carro ao ponto P no instante t. Tem-se então d(t)2 = x(t)2 + y(t)2 , portanto 2d(t)d0 (t) = 2x(t)x0 (t) + 2y(t)y 0 (t). No instante t0 considerado, x(t0 ) = 40, y(t0 ) = 30 (portanto d(t0 ) = 50), x0 (t0 ) = 20, y 0 (t0 ) = 50 , portanto 2.50.d0 (t0 ) = 2.40.20 + 2.30.50, de onde d0 (t0 ) = 46. A distância entre os carros está a aumentar a 46km/h. 8. Um monte de areia em forma de cone está a ser formado por areia que é despejada no vértice; o cone está a aumentar de maneira que a altura é sempre igual ao raio da base. Sabendo que a areia cai a uma velocidade de 2cm3 /s, a que velocidade está a aumentar a altura do cone no instante em que essa altura é 10cm?

h(t)

r=h(t)

O volume de um cone com base de raio r e altura h é πr2 h/3. Sejam V (t) o volume do cone no instante t e h(t) a altura do cone no instante t. Então V (t) = π(h(t))3 /3, logo V 0 (t) = π(h(t))2 h0 (t). Seja t0 o instante em que a altura é 10. Então V 0 (t0 ) = π.100.h0 (t0 ); como V 0 (t0 ) = 2, conclui-se que h0 (t0 ) = π/50. A altura está a aumentar a π/50 cm/s.

66

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

9. Quais são as dimensões do rectângulo de perímetro p que tem maior área?

x

y 2x+2y=p

Se um rectângulo tem perímetro p, então qualquer dos lados tem comprimento menor do que p/2. Consideremos a função A: ]0, p/2[ −→ R Se o perímetro do rectângulo é p e um dos lados área do rectângulo de perímetro x 7→ p com altura x tem comprimento x, o outro lado tem comprimento p/2 − x, portanto A(x) = x(p/2 − x). Como lim A(x) = x→0

lim A(x) = 0, A só toma valores positivos e A é uma função contínua, A tem um máximo; ora A é derivável, x→p/2

portanto o(s) ponto(s) onde A atinge o máximo corresponde(m) a ponto(s) crítico(s) de A. Tem-se A0 (x) = −2x + p/2, portanto o único ponto crítico de A é p/4, logo é o ponto onde A atinge o máximo. O rectângulo de perímetro p que tem maior área é o quadrado de lado p/4. 10. Quer-se dividir um fio de comprimento l em dois pedaços e construir com esses pedaços um quadrado e um círculo. Existe alguma maneira de dividir o fio de maneira a que a soma das áreas do quadrado e do círculo seja mínima? e máxima? l x

l-x

x/4

r

r= l-x 2

Seja A(x) a soma das áreas do quadrado e do círculo que se obtêm formando um quadrado de perímetro x e um círculo de perímetro l−x. A área de um quadrado de perímetro x é (x/4)2 e a área de um círculo de perímetro l−x (l−x)2 (l−x)2 x2 2 é π( l−x R . Queremos 2π ) = 4π . Então A(x) = 16 + 4π . Consideremos a função A: ]0, l[ −→ (l−x)2 x2 x 7→ 16 + 4π averiguar se A tem máximo e mínimo; determinemos os pontos críticos de A. Como A0 (x) = x/8 − (l − x)/(2π), o único ponto crítico de A é x0 = 8l/(2π + 8); por outro lado, lim A0 (x) = −l/(2π) < 0 e lim A0 (x) = l/8 > 0, x→0

x→l

portanto A tem um mínimo em ]0, l[. Conclui-se que o mínimo de A ocorre em x0 . Como A não tem mais pontos críticos, conclui-se que A não tem máximo. Calculando lim A(x) = l2 /(4π) e lim A(x) = l2 /16, vemos que a x→0

x→l

área máxima corresponderia a não dividir o fio e construir apenas um círculo com a totalidade. 11. Um objecto desloca-se no plano, e a sua posição no instante t (t ≥ 0) é (2 cos t, sen t); existe algum instante em que a distância à origem é máxima? e mínima? √ √ A distância do objecto à origem no instante t é 4 cos2 t + sen2 t = 3 cos2 t + 1. Essa distância é máxima (resp. mínima) quando o seu quadrado for máximo (resp. mínimo). Consideremos então a função f : [0, +∞[ −→ R ; esta função é periódica de período π, e é contínua, portanto tem máximo e míx 7→ 3 cos2 x + 1 nimo. Tem-se f 0 (x) = −6 cos x sen x = −3 sen 2x; os pontos críticos de f em [0, π] são 0, π/2, π; entre estes têm de estar incluidos os pontos onde f atinge o máximo e o mínimo. Ora f (0) = f (π) = 4 e f (π/2) = 1. Conclui-se que a distância à origem é máxima em todos os instantes kπ, k ∈ Z e é mínima em todos os instantes kπ + π/2, k ∈ Z. 12. A altura, ao fim de t segundos, de um objecto atirado verticalmente para cima com velocidade inicial 9, 8 m/s é 9, 8t − 4, 9t2 m. Qual é a altura máxima atingida pelo objecto e quanto tempo leva até o objecto voltar ao solo? O objecto volta ao solo no instante em que a altura é 0, isto é, quando 9, 8t − 4, 9t2 = 0, ou seja, t = 2. Consideremos a função f : [0, 2] −→ R , que nos dá a altura do objecto no instante t. A altura t 7→ 9, 8t − 4, 9t2 máxima atingida pelo objecto é o máximo de f . Ora f (0) = 0 = f (2), e f só toma valores positivos, portanto f

4.4. RESOLUÇÃO DE ALGUNS EXERCÍCIOS

67

atinge o máximo em ]0, 2[, logo num ponto crítico. Ora o único ponto crítico de f é 1, portanto o máximo de f é f (1) = 4, 9. A altura máxima atingida pelo objeccto é 4, 9m e o objecto leva 2s a voltar ao solo. 13. Dados uma recta e dois pontos P1 e P2 do mesmo lado da recta, qual é o caminho mais curto do ponto P1 ao ponto P2 que passa por algum ponto da recta? O caminho mais curto é obviamente formado por um segmento de recta que une P1 a um ponto P da recta e pelo segmento de recta que une P a P2 . Tambem é óbvio que P é um ponto entre as projecções P10 e P20 de P1 e P2 sobre a recta. P1

P2

d1

d2 1

P1

2

P2

P l

Consideremos então a função d:

[0, l] −→

R . Queremos determinar o mícomprimento do caminho deterx 7→ minado pelo ponto P a uma distância x de P10 p p 2 2 <0 nimo de d; tem-se d(x) = x + d1 + (l − x)2 + d22 e d0 (x) = √ 2x 2 − √ l−x2 2 . Ora d0 (0) = √ −l 2 2 x +d1

e d0 (l) = √ 2l

(l−x) +d2

l +d2

> 0, portanto o mínimo de d é atingido em ]0, l[. Os pontos críticos de d são as soluções

l +d21 da equação √ 2x 2 = √ l−x2 2 , x +d1 (l−x) +d2 √ 2x 2 = √ l−x2 2 é equivalente x +d1 (l−x) +d2

x ∈ [0, l]; a única nessas condições é x =

ld1 d1 +d2 .

Note-se que a condição

a dizer que cos θ1 = cos θ2 , ou seja, o caminho mais curto é aquele em que o

ângulo θ1 é igual ao ângulo θ2 . Observação: Um raio de luz que se reflecte numa superfície segue sempre este caminho (lei da reflexão). 14. Se um objecto se desloca à velocidade v1 de um lado da recta r e à velocidade v2 do outro lado de r, qual é a maneira mais rápida para se deslocar de um ponto P1 para um ponto P2 , se P1 e P2 estiverem de lados opostos de r? P1

x

1

P

l-x 2

P2 l

√ 2 2 √ x +d1 (l−x)2 +d22 R . Tem-se f (x) = + v1 v2 tempo que leva a percorrer os x 7→ segmentos P1 P e P P2 e quer-se determinar o mínimo de f . Ora f 0 (x) = √ x2 2 − √ l−x 2 2 ; f 0 (0) = √−l2 2 < 0 e f 0 (l) = Consideremos a função f : [0, l] −→

v1

v1

√ l2

l +d21

x +d1

v2

(l−x) +d2

v2

l +d2

> 0, logo o mínimo de f é atingido em ]0, l[, portanto num ponto crítico de f . Ora f não tem mais de

um ponto crítico, visto que x 7→

v1

√ x2

x +d21

é estritamente crescente e x 7→

v2

√

(ver o sinal da derivada). O mínimo de f corresponde ao ponto x0 tal que

l−x (l−x)2 +d22 √x0 v1 x20 +d21

é estritamente decrescente =

v2

√

l−x0 , (l−x0 )2 +d22

ou seja,

tal que (sen θ1 )/v1 = (sen θ2 )/v2 . Observação: Um raio de luz que vai de P1 a P2 atravessando meios em que as velocidades de propagação da luz são respectivamente v1 e v2 segue este caminho (lei da refração). 15. Se um objecto se desloca à velocidade v1 fora de uma recta, e à velocidade v2 ao longo da recta, qual é a maneira mais rápida para se deslocar de um ponto P1 fora da recta para um ponto P2 na recta?

68

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

P1

d

P2 x

P

l-x l

√

2

2

R . Tem-se f (x) = dv+x + l−x v2 , e 1 tempo que leva a percorrer os x 7→ segmentos P1 P e P P2 quer-se determinar o mínimo de f . Ora f 0 (x) = v √dx2 +x2 − v12 ; f 0 (0) = −1/v2 < 0, portanto o mínimo de f é Consideremos a função f :

[0, l] −→

1

atingido em ]0, l]. Os pontos críticos de f são as soluções da equação v √dx2 +x2 = v12 pertencentes a ]0, l], isto 1 é, de x2 (v22 − v12 ) = v12 d2 . Se v2 ≤ v1 , ou v2 > v1 e √ v21 d 2 ≥ l, esta equação não tem soluções em [0, l[, logo v2 −v1

f 0 é sempre negativa em [0, l[, isto é, f é estritamente decrescente, portanto o seu mínimo é atingido em l. Se v2 > v1 e √ v21 d 2 < l, então v12 d2 < l2 (v22 − v12 ), de onde v √dl2 +l2 > v12 , isto é, f 0 (l) > 0; conclui-se então, que, v2 −v1

1

neste caso, o mínimo de f é atingido em ]0, l[, logo num ponto crítico, portanto em √ v21 d

v2 −v12

.

16. Quer-se imprimir um livro em que cada página tem uma área de 500 cm2 , uma margem de 6 cm em cima e uma margem de 4 cm de cada lado e em baixo. Quais são as dimensões da página que correspondem a uma área impressa máxima? 6cm

4cm

4cm

4cm

Sejam x e y a largura e a altura da página respectivamente. Então xy = 500, ou seja y = 500/x. A área impressa é A(x) = (x−8)(500/x−10). Por outro lado, tem-se obviamente x > 8 e y > 10, portanto 8 < x < 50. Queremos então encontrar o ponto em que tem máximo a função derivável A: ]8, 50[ −→ R . Tem-se x 7→ (x − 8)(500/x − 10) A(x) = 580 − 4000/x − 10x, logo A0 (x) = 4000/x2 − 10, isto é, A0 (x) = 0 sse x = 20. A função A é derivável, toma sempre valores maiores ou iguais a 0, e lim A(x) = lim A(x) = 0, portanto A tem um máximo que é x→8 x→50 atingido num ponto crítico. Como o único ponto crítico é 20, conclui-se que esse máximo é atingido para x = 20. As dimensões que correspondem a uma área impressa máxima são uma largura de 20 cm e uma altura de 25 cm. 17. Duas fontes de calor A e B estão situadas a 7 m uma da outra e a razão entre as intensidades respectivas é 64/27. Sabendo que o calor recebido num ponto é directamente proporcional á intensidade da fonte e inversamente proporcional ao quadrado da distância do ponto à fonte, qual é o ponto do segmento de recta que une as duas fontes em que a intensidade de calor é mínima? Seja A a fonte mais forte e seja f (x) a intensidade de calor no ponto situado a uma distância x de A. Se IA e IB designarem respectivamente as intensidades das fontes A e B, então f (x) = kIA /x2 + kIB /(7 − x)2 , para algum k. Como lim f (x) = lim f (x) = +∞, a função f tem um mínimo, que é atingido num ponto crítico. Ora x→0

x→7

f 0 (x) = −2kIA /x3 + 2kIB /(7 − x)3 , e f 0 (x) = 0 sse

x3 (7−x)3

=

IA IB

=

64 27 ,

isto é,

x 7−x

= 4/3, de onde x = 4.

O ponto em que a intensidade de calor é menor é o ponto situado a 4 m de A. 18. Uma empresa fabrica um determinado produto e os custos de produção de uma quantidade x desse produto são 50x + 10000. Se for estabelecido um preço p para esse produto, a empresa consegue vender a quantidade 100(100 − p). Qual deve ser o preço escolhido para conseguir o lucro máximo? Seja f (p) o lucro que a empresa obtem se fixar o preço do produto em p. Ao preço p consegue vender a quantidade 100(100 − p), portanto recebe 100(100 − p)p; por outro lado os custos de produzir a quantidade 100(100 − p)

4.4. RESOLUÇÃO DE ALGUNS EXERCÍCIOS

69

são 50(100(100 − p)) + 10000; então o lucro é 100(100 − p)p − (50(100(100 − p)) + 10000). Tem-se então f (p) = −100p2 + 15000p − 490000. O ponto onde f atinge o máximo é o ponto p0 tal que −200p0 + 15000 = 0, isto é, p0 = 75. O preço que corresponde a um lucro máximo é 75. 19. Uma empresa contata um motorista para fazer uma entrega de mercadoria; a viagem é de 120 km, a gasolina custa 150$00/litro, o carro consome 2 + v 2 /1500 litros por hora se for à velocidade v e o motorista é pago a 1000$00 por hora. Supondo que a velocidade é constante ao longo do trajecto, qual deve ser essa velocidade de maneira a tornar mínimo o custo para a empresa? Seja f (v) o custo da viagem feita à velocidade v. Como a distância é 120 km, a duração é 120/v horas, portanto o motorista recebe 120000/v escudos. A gasolina consumida é (2 + v 2 /1500).(120/v) litros, o que custa (2 + v 2 /1500).(120/v).150 escudos. Tem-se então f (v) = 120000/v + 36000/v + 12v = 156000/v + 12v. Queremos encontrar o mínimo de f (que existe e é atingido num ponto crítico, uma vez que lim f (v) = lim f (v) = +∞); v→+∞ v→0 √ ora f 0 (v) = −156000/v 2 + 12, portanto o único ponto crítico de f é v = 13000 ' 114. A velocidade que torna mínimo o custo para a empresa é v ' 114 km/h. 20. Considere as funções ft : R −→ R , t ∈ R. Determine os valores de t para os quais o t x 7→ t2 cos t x3 + t2 +1 (x − 7) ângulo do gráfico de ft com o eixo dos yy é mínimo. O ângulo do gráfico de ft com o eixo dos yy é o ângulo da recta rt tangente ao gráfico em (0, ft (0)), com o eixo dos yy; logo, esse ângulo será tanto menor quanto maior for o módulo do declive de rt . Ora o declive de rt é ft0 (0) = t/(t2 + 1); queremos portanto determinar o máximo de {|x|/(x2 + 1); x ∈ R}, isto é, o máximo da função g: R −→ R . Como g é par, basta determinar o máximo em [0, +∞[ (que existe, e é atingido x 7→ x2x+1 num ponto crítico de g, uma vez que g(0) = 0 e lim g(x) = 0 e g só toma valores positivos). Ora, para x ≥ 0, x→+∞

g 0 (x) =

1−x2 (x2 +1)2 ,

portanto o único ponto crítico é 1. Os valores de t pedidos são portanto 1 e −1.

21. Considere todas as rectas que intersectam as semirectas positivas dos dois eixos, e que juntamente, com os eixos, limitam um triângulo de área fixa α. Qual é o raio da maior circumferência de centro na origem que é tangente a uma dessas rectas?

2 x

r

x

Seja r(x) o raio da circumferência tangente à recta que passa pelo ponto (x, 0); para que o triângulo tenha área α, essa recta tem de passar pelo ponto (0, 2α/x). Então r(x)/x = sen θ e r(x)/(2α/x) = cos θ, portanto 4α2 x2 2 (r(x)/x)2 +(r(x)/(2α/x))2 = 1, isto é, r(x)2 = 4α 2 +x4 . Como r é máximo quando r é máximo, basta determinar o máximo de f : ]0, +∞[ −→ R ; ora esta função tem máximo e atinge o máximo num ponto crítico, 4α2 x2 x 7→ 4α2 +x4 √ 4 x−8α2 x5 uma vez que lim f (x) = lim f (x) = 0. Tem-se f 0 (x) = 32α 2α. (4α2 +x4 )2 ; o único ponto crítico é, portanto, x→+∞ x→0 √ A maior circumferência nas condições pedidas tem portanto raio α. Note que este valor de x corresponde a θ = π/4, isto é, a um triângulo isósceles.

70

CAPÍTULO 4. DERIVADAS

Capítulo 5

Integrais e Primitivas 5.1

Motivação e interpretação geométrica

A noção de integral de uma função está ligada à ideia de área: se f é uma função positiva limitada num intervalo Rb [a, b], em certos casos vamos associar a f um número, a f (integral de f entre a e b), que mede a área limitada pelo gráfico de f , pelas rectas verticais de equações x = a e x = b, e pelo eixo dos xx: f

b a

f

a

b

Rb

f estará definido mesmo quando f não toma apenas valores positivos; nesse caso a área abaixo do Rb eixo dos xx contribui para a f com sinal negativo: De facto,

a

b a

f = A 1 -A 2 +A3

f

A1 a

A3 A2

b

Põe-se então o problema de como calcular áreas de regiões deste tipo (e para que funções é que fará sentido falar na área limitada pelo gráfico da função). O método que vamos usar é tentar aproximar a área da região limitada pelo gráfico pela soma das áreas de rectângulos de lados paralelos aos eixos. Dada uma função f , chama-se primitiva de f a qualquer função cuja derivada seja f . A priori não parece haver relação entre o cálculo de integrais e a determinação de primitivas de funções; neste capítulo veremos qual é a relação que existe e como determinar primitivas de algumas funções.

5.2

Integrais

Definição 5.2.1 Chama-se partição de [a, b] a um subconjunto finito de [a, b] que contem a e b. Notação: Representamos em geral uma partição por P = {t0 , t1 , . . . , tn }, em que t0 < t1 < . . . < tn (e, portanto, t0 = a e tn = b). Sejam f : [a, b] −→ R uma função limitada e P = {t0 , t1 , . . . , tn } uma partição de [a, b]; para cada i ∈ {1, . . . , n}, sejam mi = inf f|[ti−1 ,ti ] (= inf{f (x); x ∈ [ti−1 , ti ]}) e Mi = sup f|[ti−1 ,ti ] (= sup{f (x); x ∈ [ti−1 , ti ]}). 71

72

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

Definição 5.2.2

1. Chama-se soma inferior de f associada à partição P e designa-se por

P

2. Chama-se soma superior de f associada à partição P e designa-se por As áreas sombreadas nas figuras seguintes representam respectivamente que P é a partição {t0 , t1 , t2 , t3 , t4 , t5 } de [a, b].

t 0 =a

t1

t2

t3

t4

t 5 =b

t 0 =a

t1

t2

t3

t4

P

(f, P ) a soma

Pn

i=1

mi (ti − ti−1 ).

P Pn (f, P ) a soma i=1 Mi (ti − ti−1 ).

(f, P ),

P P P (f, P ) e (f, P ) − (f, P ), em

t 5 =b

t 0 =a

t1

t2

t3

t4

t 5 =b

Exemplos: 1. f : [−1, 5] −→ R x 7→ −x + 6 P1 = {−1, 5}; P2 = {−1, 0, 5}; P3 = {−1, 0, 32 , 4, 92 , 5}; P4 = {−1, − 21 , 0, 13 , 23 , 1, 78 , 32 , 2, 52 , 3, 4, 5}. P P (f, P1 ) = 1(5 − (−1)) = 6; (f, P1 ) = 7(5 − (−1)) = 42. P P (f, P2 ) = 6(0 − (−1)) + 1(5 − 0) = 11; (f, P2 ) = 7(0 − (−1)) + 6(5 − 0) = 37. P P (f, P3 ) = 6(0 − (−1)) + 92 ( 32 − 0) + 2(4 − 32 ) + 32 ( 92 − 4) + 1(5 − 92 ) = 19; (f, P3 ) = 7(0 − (−1)) + 6( 32 − 0) + 9 3 9 3 9 2 (4 − 2 ) + 2( 2 − 4) + 2 (5 − 2 ) = 29.

-1

7

7

6

6

5

5

4

4

3

3

2

2

1

1

1

2

3

4

5

-1

1

2

3

4

5

13 1 1 17 1 16 2 2 34 8 9 3 8 3 2 (− 2 − 1) + 6(0 − (− 2 ) + 3 ( 3 − 0) + 3 ( 3 − 0) + 5(1 − 3 ) + 7 ( 7 − 1) + 2 ( 2 − 7 ) + 4(2 − 2 ) + P 7 5 5 79 1 1 17 2 (f, P4 ) = 7(− 21 − 1) + 13 2 ( 2 − 2) + 3(3 − 2 ) + 2(4 − 3) + 1(5 − 4) = 22 588 ; 2 (0 − (− 2 ) + 6( 3 − 0) + 3 ( 3 − 0) + 16 2 8 34 3 8 9 3 5 7 5 509 (1 − ) + 5( − 1) + ( − ) + (2 − ) + 4( − 2) + (3 − ) + 3(4 − 3) + 2(5 − 4) = 25 . 3 3 7 7 2 7 2 2 2 2 2 588

P

(f, P4 ) =

2. f : [2, 5] −→ R x 7→ x2 − 6x + 11 49 P1 = {2, 5}; P2 = {2, 4, 5}; P3 = {2, 52 , 3, 4, 10 , 5}; P P (f, P1 ) = 2(5 − 2) = 6; (f, P1 ) = 6(5 − 2) = 18. P P (f, P2 ) = 2(4 − 2) + 3(5 − 4) = 7; (f, P2 ) = 3(4 − 2) + 6(5 − 4) = 12. P P 49 49 193 (f, P3 ) = 94 ( 25 − 2) + 2(3 − 52 ) + 2(4 − 3) + 3( 10 − 4) + 561 (f, P3 ) = 3( 52 − 2) + 94 (3 − 25 ) + 100 (5 − 10 ) = 7 500 ; 49 49 137 3(4 − 3) + 561 100 ( 10 − 4) + 6(5 − 10 ) = 11 500 .

5.2. INTEGRAIS

73

6

6

5

5

4

4

3

3

2

2

1

1

1

2

3

4

5

1

2

3

4

5

3. f : [a, b] −→ R x 7→ c Seja P = {t0 , t1 , . . . , tn } uma partição qualquer de [a, b]. Então ∀i ∈ {1, . . . , n}, inf f|[ti−1 ,ti ] = sup f|[ti−1 ,ti ] = c. P Pn Pn P Pn Logo (f, P ) = i=1 c(ti − ti−1 ) = c i=1 (ti − ti−1 ) = c(tn − t0 ) = c(b − a) e (f, P ) = i=1 c(ti − ti−1 ) = c(b − a). 4. f : [a, b] −→ R x 7→ x Seja Pn = {t0 , . . . , tn } em que ti = a+i b−a n (isto é, Pn divide o intervalo [a, b] em n subintervalos de comprimento igual). Como f é crescente, inf f[ti−1 ,ti ] = ti−1 e sup f[ti−1 ,ti ] = ti . Então X

(f, Pn )

=

n X

ti−1 (ti − ti−1 ) =

i=1

= = =

n X

(a + (i − 1)

i=1

b−a b−a ) n n

n n n b−a X b−a b−a X b−aX ( (a + (i − 1) )) = ( a+ (i − 1)) n i=1 n n i=1 n i=1

b−a b − a n(n − 1) (b − a)2 (n − 1) (na + ) = (b − a)a + n n 2 2n b2 − a2 (b − a)2 − 2 2n

e X

(f, Pn )

=

n X i=1

= = =

a

ti (ti − ti−1 ) =

n X i=1

(a + i

b−a b−a ) n n

n n n b−a b−a X b−aX b−a X ( (a + i )) = ( a+ i) n i=1 n n i=1 n i=1

b−a b − a n(n + 1) (b − a)2 (n + 1) (na + ) = (b − a)a + n n 2 2n (b − a)2 b2 − a2 + 2 2n

b

a

b

74

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

5. f : [0, 2] −→  R 3 se x ∈ Q x 7→ −2 se x 6∈ Q P Pn Se P = {t0 , . . . , tn } é uma partição qualquer de [0, 2], então (f, P ) = i=1 −2(ti − ti−1 ) = −2(tn − t0 ) = P Pn −2(2 − 0) = −4 e (f, P ) = i=1 3(ti − ti−1 ) = 3(tn − t0 ) = 3(2 − 0) = 6. 6. f : [a, b] −→  R −x se x ∈ Q x 7→ 0 se x 6∈ Q

, em que 0 ≤ a.

Seja Pn = {t0 , . . . , tn } em que ti = a + i b−a n ; então ∀i ∈ {1, . . . , n}, inf f|[ti−1 ,ti ] = −ti e sup f|[ti−1 ,ti ] = 0, 2 P P P 2 2 n i = 1 − ti−1 (ti − ti−1 ) = −( b −a portanto (f, P ) = 0 e (f, P ) = + (b−a) 2 2n ) (os cálculos são análogos no 2 P P 2 2 caso em que não se tem 0 ≤ a; se b ≤ 0, então (f, P ) = 0 e (f, P ) = b −a + (b−a) 2 2n ; se a < 0 < b, então P P 2 2 b2 a2 (f, P ) = − b2 − 2n e (f, P ) = a2 + 2n ). Proposição 5.2.3

1. Se P é uma partição de [a, b], então

P

2. Se P1 e P2 são partições de [a, b] tais que P1 ⊂ P2 , então

(f, P ) ≤

P

P (f, P ).

(f, P1 ) ≤

P

(f, P2 ) ≤

P P (f, P2 ) ≤ (f, P1 ).

3. Qualquer P soma inferior P é menor ou igual do que qualquer soma superior, isto é, se P1 e P2 são partições de [a, b] então (f, P1 ) ≤ (f, P2 ). 4. O conjunto de todas as somas inferiores é majorado, o conjunto de todas as somas superiores é minorado e X X sup{ (f, P ); P partição de [a, b]} ≤ inf{ (f, P ); P partição de [a, b]}. 5. Se ∀x ∈ [a, b] : m ≤ f (x) ≤ M , então, qualquer que seja a partição P de [a, b], tem-se m(b − a) ≤ P (f, P ) ≤ M (b − a).

P

(f, P ) e

Demonstração: 1. Seja P = 0 , . . . , tn }; para cada i, tem-se mi ≤ Mi , logo mi (ti − ti−1 ) ≤ Mi (ti − ti−1 ), portanto P{t n ti−1 ) ≤ i=1 Mi (ti − ti−1 ).

Pn

i=1

mi (ti −

2. Sejam P1 = {t0 , . . . , tn } e q1 , . . . , qm pontos distintos dos ti ePdistintos entre ∪ {q1 , . . . , qm }. P P2 = P1 P P si tais que Comecemos por ver que se pusermos Q = P1 ∪ {q1 }, então (f, P1 ) ≤ (f, Q) ≤ (f, Q) ≤ (f, P1 ). Seja j ∈ {1, . . . , n} tal que q1 ∈]tj−1 , tj [; então X

(f, Q) =

j−1 X

inf f|[ti−1 ,ti ] (ti −ti−1 )+inf f|[tj−1 ,q1 ] (q1 −tj−1 )+ +inf f|[q1 ,tj ] (tj −q1 )+

i=1

n X

inf f|[ti−1 ,ti ] (ti −ti−1 ).

i=j+1

Ora inf f|[tj−1 ,q1 ] ≥ inf f|[tj−1 ,tj ] e inf f|[q1 ,tj ] ≥ inf f|[tj−1 ,tj ] , portanto inf f|[tj−1 ,q1 ] (q1 −tj−1 )+inf f|[q1 ,tj ] (tj −q1 ) ≥ inf f|[tj−1 ,tj ] (q1 − tj−1 + tj − q1 ) = inf f|[tj−1 ,tj ] (tj − tj−1 ). Conclui-se que X

(f, Q) ≥

j−1 X i=1

Então

P

(f, P1 ) ≤

n X

inf f|[ti−1 ,ti ] (ti − ti−1 ) + inf f|[tj−1 ,tj ] (tj − tj−1 ) +

inf f|[ti−1 ,ti ] (ti − ti−1 ) =

i=j+1

P

(f, P1 ∪ {q1 }) ≤

P

(f, P1 ∪ {q1 } ∪ {q2 }) ≤ · · · ≤

P

(f, P2 ).

inf f|[q ,t ] 1 j

inf f|[t

inf f|[t

j-1 ,t j ]

t j-1

q1

tj

P P Analogamente se mostra que (f, P2 ) ≤ (f, P1 ).

j-1 ,q1 ]

t j-1

q1

tj

X

(f, P ).

5.2. INTEGRAIS

75

P P P P 3. Seja Q = P1 ∪ P2 . Pela alínea anterior, tem-se (f, P1 ) ≤ (f, Q) e (f, Q) ≤ (f, P2 ). Como, por 1., P P P P (f, Q) ≤ (f, Q), conclui-se que (f, P1 ) ≤ (f, P2 ). 4. Pela alínea anterior, conclui-se que qualquer soma superior é um majorante do conjunto das somas inferiores, portanto é maior ou igual ao supremo s desse conjunto; mas então s é um minorante P do conjunto das somas superiores, portanto é menor ou igual ao ínfimo desse conjunto, o que implica que sup{ (f, P ); P partição de [a, b]} ≤ P inf{ (f, P ); P partição de [a, b]}. 5. Sejam P = {t0 , . . . , tn } uma partição de [a, b], mi = inf f|[ti−1 ,ti ] e Mi = sup f|[ti−1 ,ti ] . Por se ter ∀x ∈ [a, b] : m ≤ f (x), conclui-se que ∀i ∈ {1, . . . , n} : m ≤ mi ; por se ter ∀x ∈ [a, b] : f (x) ≤ M , conclui-se que ∀i ∈ {1, . . . , n} : Mi ≤ M . Então X

(f, P ) =

n X

mi (ti − ti−1 ) ≥

i=1

e X

(f, P ) =

n X

n X

m(ti − ti−1 ) = m(tn − t0 ) = m(b − a)

i=1

Mi (ti − ti−1 ) ≤

i=1

n X

M (ti − ti−1 ) = M (tn − t0 ) = M (b − a).

i=1

 P Definição 5.2.4 Se f : [a, b] −→ R é limitada, diz-se que f é integrável sse sup{ (f, P ); P partição de [a, b]} = Rb P inf{ (f, P ); P partição de [a, b]}; se f é integrável designa-se esse número por integral de f em [a, b]; notação: a f Rb ou a f (x) dx. Observações: 1. Se f é integrável, então o único número α ∈ R tal que para qualquer partição P de [a, b] se tem Rb P (f, P ) é α = a f . Rb 2. Se f é integrável em [a, b] e ∀x ∈ [a, b] : m ≤ f (x) ≤ M , então m(b − a) ≤ a f ≤ M (b − a).

P

(f, P ) ≤ α ≤

Exemplos: 1. f : [a, b] −→ R x 7→ c Para qualquer partição P de [a, b] tem-se

P

(f, P ) =

P (f, P ) = c(b − a), portanto

X sup{ (f, P ); P partição de [a, b]} = sup{c(b − a)} = c(b − a) e X

(f, P ); P partição de [a, b]} = inf{c(b − a)} = c(b − a). Rb Rb Conclui-se que f é integrável e a f = a c dx = c(b − a). inf{

2. f : [a, b] −→ R x 7→ x Consideremos as partições Pn = {t0 , . . . , tn } em que ti = a + i b−a n . Já foi visto que P (b−a)2 b2 −a2 que (f, P ) = 2 + 2n . Então sup{

X

(f, Pn ); n ∈ N} = sup{

P

(f, P ) =

b2 − a2 (b − a)2 b2 − a2 − ; n ∈ N} = 2 2n 2

e

b2 − a2 (b − a)2 b2 − a2 + ; n ∈ N} = . 2 2n 2 Para mostrar que f é integrável, temos de considerar inf{

sup{

X

X

(f, Pn ); n ∈ N} = inf{

X (f, P ); P partição de [a, b]} e inf{ (f, P ); P partição de [a, b]}.

b2 −a2 2

−

(b−a)2 2n

e

76

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

P P P P Ora { (f, Pn ); n ∈ N} ⊂ { (f, P ); P partição de [a, b]} e { (f, Pn ); n ∈ N} ⊂ { (f, P ); P partição de [a, b]}, portanto X X sup{ (f, Pn ); n ∈ N} ≤ sup{ (f, P ); P partição de [a, b]} ≤ X (f, P ); P partição de [a, b]} ≤ inf{ (f, Pn ); n ∈ N}. Rb Rb P P 2 2 Como sup{ (f, Pn ); n ∈ N} = inf{ (f, Pn ); n ∈ N} = b −a conclui-se que f é integrável e a f = a x dx = 2 ≤ inf{

X

b2 −a2 2 .

3. f : [0, 2] −→  R 3 se x ∈ Q x 7→ −2 se x 6∈ Q Já foi visto que, para qualquer partição P de [0, 2], se tem sup{

X

P

(f, P ) = −4 e

(f, P ); P partição de[0, 2]} = sup{−4} = −4 e inf{

X

P (f, P ) = 6. Então

(f, P ); P partição de[0, 2]} = inf{6} = 6;

conclui-se que f não é integrável. 4. f : [3, 5] −→  R −x se x ∈ Q x 7→ 0 se x 6∈ Q P P Pn (f, P ) = i=1 −ti (ti − ti−1 ); ora 3 ≤ ti , portanto −ti ≤ −3, Seja P = {t0 , . . . , tn }; tem-se (f, P ) = 0 e P Pn P logo (f, P ) ≤ i=1 −3(ti − ti−1 ) = −3(5 − 3) = −6. Então sup{ (f, P ); P partição de[3, 5]} ≤ −6 < 0 e P inf{ (f, P ); P partição de[3, 5]} = 0, portanto f não é integrável. Proposição 5.2.5PSeja f : [a, Pb] −→ R uma função limitada; f é integrável sse para cada  > 0 existe uma partição P de [a, b] tal que (f, P ) − (f, P ) < . Demonstração: Suponhamos que f é integrável e seja  > 0; existem partições P1 e P2 de [a, b] tais que Z b Z b X  X  (f, P1 ) > ( f) − e (f, P2 ) < ( f) + . 2 2 a a Seja então P = P1 ∪ P2 ; tem-se Z b Z b X X X X   f− < (f, P1 ) ≤ (f, P ) ≤ (f, P ) ≤ (f, P2 ) < f+ , 2 2 a a o que implica X

(f, P ) −

X

Z (f, P ) < ( a

b

f) +

Z b   − (( f ) − ) = . 2 2 a

Suponhamos agora que f não é integrável. Então X X sup{ (f, P ); P partição de [a, b]} < inf{ (f, P ); P partição de [a, b]}; designaremos este supremo e este por α e β; seja α (tem-se  > 0). Qualquer que seja P ínfimo respectivamente P P  = β −P a partição P de [a, b], tem-se (f, P ) ≤ α e (f, P ) ≥ β, de onde (f, P ) − (f, P ) ≥ β − α = . Então existe P P  > 0 tal que, para qualquer partição P de [a, b], se tem (f, P ) − (f, P ) ≥ .  Proposição 5.2.6 Sejam a < c < b e f : [a, b] −→ R uma função limitada; então 1. f é integrável sse f é integrável em [a, c] e em [c, b] (isto é, sse f|[a,c] e f|[c,b] são integráveis); Rc Rb Rb 2. se f é integrável então a f = a f + c f .

a

b

=

a

c

b

+

a

c

b

5.2. INTEGRAIS

77

Demonstração: 1. Suponhamos que f é integrável; vejamos que Pf é integrável P em [a, c]. Seja  > 0; pela proposição anterior sabemos que existe uma partição P de [a, b] tal que (f, P ) − (f, P ) < ; consideremos a partição P1 = (P ∪ {c}) ∩ [a, c] do intervalo . < qm os pontos P de P1 e qm+1 < . . . < qn tais que P ∪{c} = {q0 , q1 , . . . , qn }. P [a, c]; sejam P q0 < q1 < . .P Tem-se (f, P ) ≤ (f, P ∪ {c}) e (f, P ∪ {c}) ≤ (f, P ), portanto X X X X X X X X ( (f, P1 )− (f, P1 ))+( (f, P2 )− (f, P2 )) = (f, P ∪{c})− (f, P ∪{c}) ≤ (f, P )− (f, P ) < ; logo X

(f, P1 ) −

X

(f, P1 ) <  e

X

(f, P2 ) −

X

(f, P2 ) < .

Deduz-se que existe uma partição P1 de [a, c] e uma partiç ão P2 de [c, b] tais que P P (f, P2 ) − (f, P2 ) < .

P P (f, P1 ) − (f, P1 ) <  e

Suponhamos agora que f é integrável em [a, c] e emP[c, b] e sejaP  > 0. Então existem Ppartições P P1 = {t0 , . . . , tm } (f, P1 ) − (f, P1 ) < /2 e (f, P2 ) − (f, P2 ) < /2. de [a, c] e P2 = {tm , . . . , tn } de [c, b], tais que Consideremos a partição P = P1 ∪ P2 = {t0 , . . . , tn } de [a, b]. Tem-se X X X X X X (f, P ) − (f, P ) = (f, P1 ) − (f, P1 ) + (f, P2 ) − (f, P2 ) < /2 + /2 =  2. Seja P uma partição de [a, b]; consideremos as partições P1 = (P ∪ {c}) ∩ [a, c] de [a, c] e P2 = (P ∪ {c}) ∩ [c, b] de Rc Rb P P P P [c, b] e Q = P1 ∪ P2 de [a, b]. Tem-se (f, P ) ≤ (f, Q) = (f, P1 ) + (f, P2 ) ≤ a f + c f ; por outro lado, Rc Rb P P P P (f, P ) ≥ (f, Q) = (f, P1 ) + (f, P2 ) ≥ a f + c f . Então, para qualquer partição P de [a, b], tem-se Rc Rb P P (f, P ) ≤ a f + c f ≤ (f, P ). Mas o único número real α tal que, para qualquer partição P de [a, b], se Rb Rb Rc Rb P P tem (f, P ) ≤ α ≤ (f, P ) é α = a f . Conclui-se que a f = a f + c f .  Rb

Proposição 5.2.7

1. Se f e g são integráveis em [a, b], então f + g é integrável em [a, b] e Rb Rb 2. Se f é integrável em [a, b] e c ∈ R, então cf é integrável em [a, b] e a cf = c a f .

a

(f + g) =

Rb a

f+

Rb a

g.

3. Se f e g são integráveis em [a, b], então f.g é integrável em [a, b]. Rb Rb 4. Se f é integrável em [a, b] então |f | é integrável em [a, b] e | a f | ≤ a |f |. Demonstração: 1. Comecemos por notar que, para qualquer partição P = {t0 , . . . , tn }, pondo li = inf f|[ti−1 ,ti ] , ki = inf g|[ti−1 ,ti ] , Li = sup f|[ti−1 ,ti ] , Ki = sup g|[ti−1 ,ti ] , mi = inf f + g|[ti−1 ,ti ] , Mi = sup f + g|[ti−1 ,ti ] , se tem li + ki ≤ mi e Mi ≤ Li + Ki , e portanto X

(f + g, P ) =

n X

mi (ti − ti−1 ) ≥

i=1

e X

(f + g, P ) =

n X

Mi (ti − ti−1 ) ≤

i=1

n X

(li + ki )(ti − ti−1 ) =

X

(Li + Ki )(ti − ti−1 ) =

X

(f, P ) +

X

(g, P )

i=1 n X

(f, P ) +

X

(g, P ).

i=1

P P P P Seja  > 0; existem partições P1 e P2 de [a, b] tais que (f, P1 ) − (f, P1 ) < /2 e (g, P2 ) − (g, P2 ) < /2. Aplicando as desigualdades anteriores a Q = P1 ∪ P2 , conclui-se que X X X X X X (f + g, Q) − (f + g, Q) ≤ (f, Q) + (g, Q) − (f, Q) − (g, Q) X X X X = (f, Q) − (f, Q) + (g, Q) − (f, Q) < /2 + /2 = , o que mostra que f + g é integrável. Os cálculos feitos mostram que dada uma partição P qualquer de [a, b], se tem Z b X X X X X X (f, P ) + (g, P ) ≤ (f + g, P ) ≤ (f + g) ≤ (f + g, P ) ≤ (f, P ) + (g, P ). a

78

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

Então, se P1 e P2 são partições de [a, b], tem-se X

(f, P1 ) +

X

(g, P2 ) ≤

X

(f, P1 ∪ P2 ) +

X

(g, P1 ∪ P2 ) ≤

X

Z (f + g, P1 ∪ P2 ) ≤

b

(f + g) a

e Z

b

(f + g) ≤

X

(f + g, P1 ∪ P2 ) ≤

X

(f, P1 ∪ P2 ) +

X

(g, P1 ∪ P2 ) ≤

X

(f, P1 ) +

X

(g, P2 ).

a

Conclui-se sup{

X

Z b X (f + g) (f, P ); P partição de [a, b]} + sup{ (g, P ); P partição de [a, b]} ≤ a

e Z

b

X X (f + g) ≤ inf{ (f, P ); P partição de [a, b]} + inf{ (g, P ); P partição de [a, b]},

a

de onde

Rb a

f+

Rb a

g≤

Rb a

(f + g) ≤

Rb a

f+

Rb a

g, logo

Rb a

(f + g) ≤

Rb a

f+

Rb a

g.

2. A proposição é óbvia para c = 0. Suponhamos agora c > 0 e seja P = {t0 , . . . , tn } uma partição de P [a, b]. Se mi = inf f|[ti−1 ,ti ] e Mi = sup f|[ti−1 ,ti ] , então inf(cf )|[ti−1 ,ti ] = cmi e sup(cf )|[ti−1 ,ti ] = cMi , portanto (f, cP ) = P P P P P c (f, P ) e (f, cP ) = c (f, P ). Então, sup{ (cf, P ); P partição de [a, b]} = sup{c (f, P ); P partição de [a, b]} = Rb Rb P P c sup{ (f, P ); P partição de [a, b]} = c a f , e analogamente inf{ (cf, P ); P partição de [a, b]} = c a f , porRb Rb tanto cf é integrável e a cf = c a f . Se c < 0, então inf(cf )|[ti−1 ,ti ] = c sup f|[ti−1 ,ti ] e sup(cf )|[ti−1 ,ti ] = c inf f|[ti−1 ,ti ] . Tem-se portanto X X sup{ (cf, P ); P partição de [a, b]} = sup{c (f, P ); P partição de [a, b]} = b

Z X = c inf{ (f, P ); P partição de [a, b]} = c

f

a

e X X inf{ (cf, P ); P partição de [a, b]} = inf{c (f, P ); P partição de [a, b]} = Z X = c sup{ (f, P ); P partição de [a, b]} = c

b

f,

a

e a conclusão é a mesma. 3. Seja P = {t0 , . . . , tn } uma partição de [a, b]; sejam li = inf f|[ti−1 ,ti ] , ki = inf g|[ti−1 ,ti ] , Li = sup f|[ti−1 ,ti ] , Ki = sup g|[ti−1 ,ti ] , mi = inf(f.g)|[ti−1 ,ti ] , Mi = sup(f.g)|[ti−1 ,ti ] e R ∈ R tal que ∀x ∈ [a, b] : |f (x)| < R e |g(x)| < R. Para x, y ∈ [ti−1 , ti ], tem-se |f (x)g(x) − f (y)g(y)| = |(f (x) − f (y))g(x) + f (y)(g(x) − g(y))| ≤ |g(x)||(f (x) − f (y))| + |f (y)||(g(x) − g(y))| ≤ R(Ki − ki ) + R(Li − li ), portanto Mi − mi ≤ R(Ki − ki ) + R(Li − li ). Então X

(f.g, P ) −

X

(f.g, P )

= ≤

n X i=1 n X

(Mi − mi )(ti − ti−1 ) (R(Ki − ki ) + R(Li − li ))(ti − ti−1 )

i=1

X X X X = R( (f, P ) − (f, P ) + (g, P ) − (g, P )). P P Seja agora  > 0; para qualquer 0 > 0, existem partições P1 e P2 tais que (f, P1 ) − (f, P1 ) < 0 e P P P P P P (g, P2 ) − (g, P2 ) < 0 . Para P = P1 ∪ P2 tem-se ainda (f, P ) − (f, P ) < 0 e (g, P ) − (g, P ) < 0 , P P P P P P portanto (f.g, P ) − (f.g, P ) < R( (f, P ) − (f, P ) + (g, P ) − (g, P )) ≤ R0 + R0 = 2R0 . Em P P particular, escolhendo 0 = /(2R), conclui-se a existência de uma partição P tal que (f.g, P ) − (f.g, P ) < . Logo f g é integrável.

5.2. INTEGRAIS

79

4. Seja P = {t0 , . . . , tn } uma partição de [a, b]; sejam li = inf f|[ti−1 ,ti ] , mi = inf |f ||[ti−1 ,ti ] , Li = sup f|[ti−1 ,ti ] , Mi = sup |f ||[ti−1 ,ti ] . Para quaisquer x, y ∈ [ti−1 , ti ], tem-se ||f (x)| − |f (y)|| ≤ |f (x) − f (y)| ≤ Li − li , portanto P P P P Mi − mi ≤ Li − li , logo (|f |, P ) − (|f |, P ) ≤ (f, P ) − (f, P ). Ora para cada  > 0, existe uma partição P P P P P tal que (f, P ) − (f, P ) < ; para essa partição tem-se tambem (|f |, P ) − (|f |, P ) < . Conclui-se que |f | é integrável. Por outro lado, ∀x ∈ [a, b] : −|f |(x) ≤ f (x) ≤ |f |(x), logo a proposição seguinte permite Rb Rb Rb Rb Rb concluir que − a |f | ≤ a f ≤ a |f |, isto é, que | a f k ≤ a |f |.  Proposição 5.2.8 Se f, g : [a, b] −→ R são funções integráveis tais que ∀x ∈ [a, b] se tem f (x) ≤ g(x), então Rb g. a Demonstração: Pelos números 1 e 2 da proposição anterior, sabemos que g − f é integrável e Rb Rb Rb Mas, como ∀x ∈ [a, b] : 0 ≤ (g − f )(x), conclui-se que 0 ≤ a (g − f ), portanto a f ≤ a g.

Rb a

(g − f ) =

Rb a

Rb a

g−

f ≤

Rb a

f. 

Para a demonstração do teorema seguinte, precisaremos de utilizar um resultado sobre funções contínuas que não provaremos no curso. Esse resultado exprime que a continuidade de uma função f num intervalo fechado [a, b] é uniforme no sentido seguinte: para qualquer  > 0, existe δ > 0 tal que ∀x, x0 ∈ [a, b] : |x−x0 | < δ ⇒ |f (x)−f (x0 )| < . Note-se que a continuidade de f apenas traduz a existência, para cada x0 , de um δx0 naquelas condições, mas que a priori, esse δx0 pode depender do x0 . O que se prova é que se o domínio de f é um intervalo fechado, é possível encontrar um δ que sirva para todos os pontos x0 . Teorema 5.2.9 Se f : [a, b] −→ R é contínua, então f é integrável. P P Demonstração: Seja  > 0; queremos mostrar que existe uma partição P de [a, b] tal que (f, P ) − (f, P ) < . Se P P Pn P = {t0 , . . . , tn } é uma partição de [a, b], mi = inf f|[ti−1 ,ti ] , Mi = sup f|[ti−1 ,ti ] , então (f, P )− (f, P ) = i=1 (Mi − P P Pn mi )(ti − ti−1 ). Se existir c ∈ R tal que ∀i ∈ {1, . . . , n} se tem Mi − mi < c, então (f, P ) − (f, P ) < i=1 c(ti − P P ti−1 ) = c(b − a). Então, para que (f, P ) − (f, P ) < , basta que P seja tal que ∀i ∈ {1, . . . , n} se tenha Mi − mi < /(b−a). Ora como f é contínua, existe δ > 0 tal que ∀x1 , x2 ∈ [a, b] : |x1 −x2 | < δ ⇒ |f (x1 )−f (x2 )| < /(b−a). Então se [α, β] é um intervalo de comprimento menor do que δ, tem-se max f|[α,β] − min|[α,β] < /(b − a). Se P = {t0 , . . . , tn } P P for uma partição em que cada intervalo [ti−1 , ti ] tem comprimento menor do que δ, então (f, P ) − (f, P ) < . Basta, pois, escolher n > (b − a)/δ e tomar, por exemplo, a partição P = {t0 , . . . , tn } em que ti − ti−1 = (b − a)/n.  Exemplos: Rb Rb Rb 1. a (2x + t) dx = 2 a x dx + t a 1 dx = 2(b2 /2 − a2 /2) + t(b − a) Rb Rb Rb 2. a (2x + t)dt = 2x a 1dt + a tdt = 2x(b − a) + (b2 /2 − a2 /2) Rb Rd Rb Rd Rb Rb 3. a ( c xy dy)dx = a (x c y dy)dx = a x(d2 /2 − c2 /2)dx = (d2 /2 − c2 /2) a x dx = (d2 /2 − c2 /2)(b2 /2 − a2 /2). Rb Rb Rb Rb Rd 4. a ( c (x + y) dy)dx = a (x(d − c) + d2 /2 − c2 /2)dx = (d − c) a x dx + (d2 /2 − c2 /2) a 1 dx = (d − c)(b2 /2 − a2 /2) + (d2 /2 − c2 /2)(b − a). 5. f : [0, 2] −→  x

7→

R 0 se x 6= 1 1 se x = 1

Seja P = {t0 , . . . , tn } uma partição de [0, 2] tal que 1 6∈ P e seja j tal que tj−1 < 1 < tj . Então P (f, P ) = tj − tj−1 .

(f,P)-

t j-1 1

tj

(f,P)

2

P

(f, P ) = 0 e

80

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

P P Seja agora  > 0; para mostrar que existe uma partição P de [a, b] tal que (f, P ) − (f, P ) < , basta escolher P = {t0 , . . . , tn }, tal que 1 6∈ P e tj − tj−1 <  (em que j é tal que tj−1 < 1 < tj ). A partição P = {0, 1 − /3, 1 + /2, 2} está nestas condições. R2 Por outro lado, como qualquer soma inferior é 0, conclui-se que 0 f = 0. 6. f : [a, b] −→  R 0 se x 6= x0 x 7→ 1 se x = x0

, em que x0 ∈ [a, b].

Suponhamos primeiro que x0 ∈]a, b[ (os casos x0 = a e x0 = P b são análogos). PSeja P = {t0 , . . . , tn } uma partição de [a, b] tal que x0 6∈ P e seja j tal que tj−1 < x0 < tj . Então (f, P ) = 0 e (f, P ) = tj −tj−1 . Seja agora  > 0; P P para mostrar que existe uma partição P de [a, b] tal que (f, P ) − (f, P ) < , basta escolher P = {t0 , . . . , tn }, tal que x0 6∈ P e tj − tj−1 <  (em que j é tal que tj−1 < x0 < tj ). A partição P = {a, x0 − α, x0 + α, b}, em Rb que α = min{x0 − a, b − x0 , /3}, está nestas condições. Conclui-se que f é integrável; a f = 0, uma vez que todas as somas inferiores são iguais a 0. 7. f :

[a, b] −→

, em que x1 , x2 , . . . , xn são pontos de [a, b] e α1 , α2 , . . . , αn são

R  0 se x ∈ 6 {x  1 , x2 . . . , xn }     α1 se x = x1 α2 se x = x2 x 7→   · ··    αn se x = xn números reais quaisquer. Para cada i ∈ {1, . . . , n}, seja fi : [a, b] −→

R 0 se x 6= xi 1 se x = xi

 x integrável e 0.

Rb a

7→

. Então, como foi visto no exemplo anterior, fi é

fi = 0. Como f = α1 f1 +· · ·+αn fn , conclui-se que f é integrável e

8. f : [2, 4] −→ x 7→

Rb a

f = α1

Rb a

f1 +· · ·+αn

Rb a

fn =

R 3x − 5

f é integrável e Z

4

Z

4

2

4

Z

2

4

Z

3x − 5 dx = 3

f=

x dx − 2

5 dx = 3( 2

22 42 − ) − 5(4 − 2) = 8. 2 2

9. f : [a, b] −→ R x 7→ cx + k f é integrável e Z

b

Z f=

a

b

Z cx + k dx = c

a

b

Z x dx +

a

b

k dx = c( a

b2 a2 − ) + k(b − a). 2 2

Proposição 5.2.10 Se f : [a, b] −→ R é integrável e g : [a, b] −→ R é tal que ∀x ∈ [a, b] \ {x1 , . . . , xn } : g(x) = f (x), Rb Rb então g é integrável e a g = a f . Demonstração: Seja h: [a, b] −→  R Então, como foi visto no exemplo ante0 se x 6∈ {x1 , . . . , xn } x 7→ g(xi ) − f (xi ) se x ∈ {x1 , . . . , xn } Rb rior, h é integrável e a h = 0. Por outro lado, g = f + h, portanto g é a soma de duas funções integráveis, logo Rb Rb Rb Rb  integrável e a g = a f + a h = a f . Proposição 5.2.11 Se f : [a, b] −→ R é limitada e f é contínua em [a, b] \ {x1 , . . . , xn }, então f é integrável. Demonstração: Vamos supor que a e b não pertencem a {x1 , . . . , xn } (a demonstração é análoga no caso de pertencerem). Seja l tal que ∀x ∈ [a, b] : |f (x)| < l. Existe δ > 0 tal que os intervalos [x1 − δ, x1 + δ], [x2 − δ, x2 + δ],. . . ,[xn − δ, xn + δ] são disjuntos e estão todos contidos em [a, b]. Então para qualquer i ∈ {1, . . . , n} (sup f[xi −δ,xi +δ] − inf f[xi −δ,xi +δ] )(xi + δ − (xi − δ)) < 2δ.2l = 4δl,

5.2. INTEGRAIS

81

portanto n X

(sup f[xi −δ,xi +δ] − inf f[xi −δ,xi +δ] )(xi + δ − (xi − δ)) < 4nδl.

i=1

Então, fixado  > 0, se δ < /(8nl), aquela soma é menor do que /2. Por outro lado, f é contínua em [a, x1 − δ], [x1 +δ, x2 −δ],. . . ,[xn +δ, b], logo é integrável em cada um destes intervalos P1 , P2 ,. . . ,Pn+1 P e portanto Pexistem partições  respectivamente de [a, x1 − δ], [x1 + δ, x2 − δ],. . . ,[xn + δ, b], tais que (f, Pi ) − (f, Pi ) < 2n . Para a partição de [a, b] P = P1 ∪ . . . ∪ Pn , tem-se X

(f, P ) −

X

(f, P )

n X X X (f, Pi )) + ( (f, Pi ) −

=

i=1

+(sup f[xi −δ,xi +δ] − inf f[xi −δ,xi +δ] )(xi + δ − (xi − δ))   < n + = . 2n 2  Ra Ra Notação: Convenciona-se que, para qualquer função f , a f = 0 e que, se f : [a, b] −→ R é integrável, então b f Rb designa − a f . Com estas convenções ainda se tem : Rb Rc Rb 1. a f = a f + c f , mesmo que não se tenha a < c < b; Rb 2. se f tomar apenas valores menores em módulo do que l, então | a f | ≤ l|b − a|. Seja f : [a, b] −→ R uma função integrável; então para qualquer x ∈ [a, b], f é integrável em [a, x] e podemos portanto considerar a função F : [a, b] −→ R R (para qualquer a0 ∈ [a, b] podemos tambem considerar a função x x 7→ f a G: [a, b] −→ R R ). x x 7→ f a0 Exemplos 1. f : [−2, 3] −→ R x 7→ 2 F : [−2, 3] −→ R R x x 7→ 2dt −2 F (x) = 2(x − (−2)) = 2x + 4 10

10 9 8

8

7

7

6

6

5

5

4

4

3

3

2

2

1

1

-2

2

4

0

Observação: F é derivável e F = f . 2. f : R x

−→ R 7→ −1

F1 : R x

−→ R R x 7→ −1dt = −1(x − 1) = −x + 1 1

F2 : R x

−→ R R x 7→ −1dt = −1(x − (−3)) = −x − 3 −3

F

9

f

-2

2

4

82

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

f F1

F2

1

1

1

1 -1

-1

-1

-2 -3

Observação: F1 e F2 são deriváveis e F10 = F20 = f . 3. f : [−1, 3] −→

R −2 se x < 1 3 se x ≥ 1

 x

7→

F1 : [−1, 3] −→ x 7→

R xR

f −1

; F2 : [−1, 3] −→ x 7→

RR x 0

f

Rx Rx Rx R1 Rx Se x ≤ 1, então −1 f (t)dt = −1 −2dt = −2x − 2; se x > 1, então −1 f (t)dt = −1 f (t)dt + 1 f (t)dt = Rx −4 + 1 3dt = −4 + 3(x − 1) = 3x − 7. Rx Rx Rx R1 Rx Rx Se x ≤ 1, então 0 f (t)dt = 0 −2dt = −2x; se x > 1, então 0 f (t)dt = 0 f (t)dt + 1 f (t)dt = −2 + 1 3dt = 3x − 5. F1 : [−1, 3] −→

R −2x − 2 se x < 1 3x − 7 se x ≥ 1

 7→

x

F1 (x) = F2 (x) +

R0 −1

; F2 : [−1, 3] −→  R −2x se x < 1 x 7→ 3x − 5 se x ≥ 1

.

f = F2 (x) − 2 f

F1

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

-1

1

2

3

-1

1

2

F2

4

3

-1

1

-1

-1

-1

-2

-2

-2

-3

-3

-3

-4

-4

-4

2

3

Observação: f é descontínua em 1; F é contínua; F é derivável em todos os pontos excepto em 1, e, para x 6= 1, tem-se F 0 (x) = f (x). 4. f : [−3, −1] −→  x

7→

F : [−3, −1] −→ x 7→

R −1 se x 6= −2 3 se x = −2

R f = −x − 3 −3

Rx

5.2. INTEGRAIS

83

f

3

-3

-2

F

3

2

2

1

1

-1

-3

-2

-1

-1

-1 -2

Observação: f é descontínua em -2; F1 e F2 são contínuas; F1 e F2 são deriváveis e, para x 6= −2, tem-se F10 (x) = F20 (x) = f (x). 5. f : [0, 5] −→  R −x se x ≤ 2 x 7→ x/2 − 3 se x ≥ 2 Rx Rx Se x ≤ 2, então 0 f = 0 −tdt = −x2 /2; se x > 2, então Z

x

Z x t f (t)dt = −2 + ( − 3)dt 2 0 2 Z2 Z x 1 x tdt − 3 1dt = −2 + 2 2 2 1 x2 x2 = −2 + ( − 2) − 3(x − 2) = − 3x + 3. 2 2 4 Z

f 0

F : [0, 5] −→ x

7→

Rx 0

2

=

Z

x

f+

R −x2 /2 se x ≤ 2 x2 /4 − 3x + 3 se x ≥ 2

 f=

f 1

2

3

4

F

5

1

-1

-1

-2

-2

-3

-3

-4

-4

-5

-5

-6

-6

2

3

4

5

Observação: F é derivável e, para x ∈ [0, 5], tem-se F 0 (x) = f (x). 6. f : [−2, 4] −→ x 7→

R [x]

Rx R −1 Rx −2dt = −2x − 4. Para −1 < x ≤ 0, tem-se −2 f = −2 f + −1 (−1)dt = Rx R0 Rx Rx −2 − (x + 1) = −x − 3. Para 0 < x ≤ 1, tem-se −2 f = −2 f + 0 0dt = −3. Para 1 < x ≤ 2, tem-se −2 f = Rx Rx Rx R2 R1 f + 1 1dt = −3 + (x − 1) = x − 4. Para 2 < x ≤ 3, tem-se −2 f = −2 f + 2 2dt = −2 + 2(x − 2) = 2x − 6. −2 Rx Rx R3 Para 3 < x ≤ 4, tem-se −2 f = −2 f + 3 3dt = 0 + 3(x − 3) = 3x − 9. Para x ≤ −1, tem-se

F : [−2, 4] −→

x

7→

Rx

−2

f =

Rx

−2

R  −2x − 4 se − 2 ≤ x ≤ −1     −x − 3 se −1≤x≤0    Rx −3 se 0 ≤ x ≤ 1 f= −2 x − 4 se 1 ≤ x ≤ 2     2x − 6 se 2 ≤ x ≤ 3    3x − 9 se 3 ≤ x ≤ 4

84

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

f

-2

F

3

3

2

2

1

1

1

-1

2

3

4

-2

1

-1

-1

-1

-2

-2

-3

-3

2

3

4

Observação: F é contínua; F é derivável em todos os pontos excepto em −1, 0, 1, 2, e 3, que são os pontos de descontinuidade de f . Teorema 5.2.12 Se f : [a, b] −→ R é integrável, então F : [a, b] −→ R R é contínua. x x 7→ f a Demonstração: Seja l tal que ∀x ∈ [a, b] : |f (x)| < l e seja x0 ∈ [a, b]. Queremos mostrar que lim F (x) = F (x0 ), x→x0 Rx Rx Rx Rx ou seja, que lim (F (x) − F (x0 )) = 0. Ora F (x) − F (x0 ) = a f − a 0 f = x0 f , e | x0 f | ≤ l|x − x0 |. Como x→x0

lim l|x − x0 | = 0, conclui-se que lim F (x) − F (x0 ) = 0, portanto lim F (x) = F (x0 ).

x→x0

x→x0



x→x0

Teorema 5.2.13 (Teorema Fundamental do Cálculo) : Se f : [a, b] −→ R é integrável e f é contínua em x0 , então F : [a, b] −→ R R é derivável em x0 e F 0 (x0 ) = f (x0 ). x x 7→ f a Demonstração: Vamos fazer a demonstração para x0 ∈]a, b[; os casos x0 = aR e x0 = b são análogos. Para cada x f

(x0 ) x0 x ∈ [x0 , b] seja Mx = sup f|[x0 ,x] e mx = inf f|[x0 ,x] . Tem-se F (x)−F = x−x ; como, para t ∈]x0 , x], se tem x−x0 Rx 0 f Rx x0 mx ≤ f (t) ≤ Mx , tem-se mx (x − x0 ) ≤ x0 f ≤ Mx (x − x0 ), portanto mx ≤ x−x ≤ Mx . Mas, por f ser contínua 0 F (x) − F (x0 ) = f (x0 ). Analogamente se mostra que em x0 , tem-se lim Mx = f (x0 ) = lim mx , portanto lim x − x0 x→x+ x→x+ x→x+ 0 0 0 F (x) − F (x0 ) lim = f (x0 ).  − x − x0 x→x0

Corolário 5.2.14 Se f : [a, b] −→ R é contínua e g : [a, b] −→ R é tal que g 0 = f , então

Rb a

f = g(b) − g(a).

Demonstração: Consideremos F : [a, b] −→ R R . Como f é contínua, F é derivável e ∀x ∈ [a, b] : F 0 (x) = f (x). x x 7→ f a Mas g 0 = f , isto é, g 0 = F 0 , logo g e F diferem por uma constante, isto é, existe k ∈ R tal que ∀x ∈ [a, b] : F (x) = Rb g(x) + k; como F (a) = 0, tem-se k = −g(a). Ora a f = F (b) = g(b) + k = g(b) − g(a).  Um resultado mais forte que este corolário obtem-se impondo apenas como hipótese sobre f a integrabilidade. Rb Teorema 5.2.15 Se f : [a, b] −→ R é integrável e g : [a, b] −→ R é tal que g 0 = f , então a f = g(b) − g(a). Demonstração: Sejam Pn P = {t0 , . . . , tn } uma partição qualquer de [a, b], mi = inf f|[ti−1 ,ti ] , Mi = sup f|[ti−1 ,ti ] . Então g(b) − g(a) = i=1 (g(ti ) − g(ti−1 )); para cada i ∈ {1, . . . , n}, existe ui ∈ [ti−1 , ti ] tal que g(ti ) − g(ti−1 ) = g 0 (ui )(ti − ti−1 ) = f (ui )(ti − ti−1 ); P P mas mi ≤ f (ui ) ≤ Mi , portanto mi (ti −ti−1 ) ≤ f (ui )(ti −ti−1 ) ≤ Mi (ti −ti−1 ), logo (f, P ) ≤ g(b)−g(a) ≤ (f, P ). Rb Como f é integrável conclui-se que g(b) − g(a) = a f .  Exemplos: 1. F : R x

−→ 7→

R x tRcos t e dt 0

F 0 (x) = ex cos x

5.3. PRIMITIVAS

85

−→ R R x 3 2 7→ (t + 1) log(t + 3)dt 2

2. F : R x

F 0 (x) = (x3 + 1) log(x2 + 3) −→

3. F : R

7→

x

R x2 0

R sen3 tdt

Tem-se F = g ◦ h, em que g:

−→ 7→

R x

R x R3 sen tdt 0

sen3 x2 .2x. −→

4. F : R

R x4 7→

x

R

1

e h:

R x

−→ 7→

R , portanto F 0 (x) = g 0 (h(x))h0 (x) = x2

R cos tdt

0

cos2 udu

Tem-se F = g1 ◦ g2 ◦ g3 , em que g1 : R x

, g2 : R −→ R R R x R2 x cos udu x 7→ cos tdt 0 1 4 R x portanto F 0 (x) = g10 (g2 (g3 (x)))g20 (g3 (x))g30 (x) = cos2 ( 1 cos tdt) cos x4 .4x3 .

5.3

−→ 7→

e g3 : R x

−→ R , 7→ x4

Primitivas

5.3.1

Definição e primitivas elementares

Definição 5.3.1 Diz-se que F é uma primitiva de f sse F 0 = f Observações: 1. Se F é uma primitiva de f então, para qualquer c ∈ R, F + c é uma primitiva de f . 2. Se F1 e F2 são primitivas de f , e f está definida num intervalo, então F1 e F2 diferem por uma constante. Exemplos −→ 7→

1. F : R x

R ; f: R x2 x

−→ R 7→ 2x

F é uma primitiva de f . −→ 7→

2. F : R x

R ; f: R x3 x

−→ R 7→ 3x2

F é uma primitiva de f . 3. F1 : R \ {0} x F3 : R \ {0} x

−→ R ; F2 : R \ {0} 7→ log |x| x

−→  R log x se x > 0 7→ 3 + log(−x) se x < 0

−→  R log x − 5 se x > 0 7→ log(−x) + π se x < 0

; f : R \ {0} x

−→ 7→

;

R 1/x

Note que estas funções não diferem entre si por uma constante. F1 , F2 e F3 são primitivas de f . 4. F1 : R x

−→ R ; F2 : R 7→ sen x2 x

−→ 7→

R ; f: R sen x2 + 3 x

−→ R 7→ 2x cos x2

F1 e F2 são primitivas de f . 5. F1 : R+ x

−→ 7→

R ; F2 : R + 2 log(x ) x

−→ 7→

R ; f : R+ 2 log 5x x

−→ 7→

R 2/x

F1 e F2 são primitivas de f . 6. F1 : ] − π/2, π/2[ −→ R ; F2 : ] − π/2, π/2[ −→ x 7→ tg2 x x 7→ F1 e F2 são primitivas de f .

R ; f : ] − π/2, π/2[ −→ R sec2 x x 7→ 2 tg x sec2 x

86

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

7. F1 : R x

−→ R ; F2 : R 7→ e−x x

−→ 7→

R

1+5ex ex

; f: R x

−→ R 7→ −1/ex

F1 e F2 são primitivas de f . Note que estes três últimos exemplos não contradizem a segunda observação acima. Notação: R R 1. Na notação tradicional, f ou f (x) dx representa (com alguma ambiguidade) “uma primitiva geral” de f . A razão desta notação está ligada ao facto de, no caso de f ser integrável e o domínio D de f ser um intervalo, a função D −→ R R ser uma primitiva de f para qualquer a ∈ D (ver o teorema 5.2.13). Assim, escreve-se, x x 7→ f a R R por exemplo, 2x dx = x2 , ou x1 dx = log x, x > 0, e isto significa que a função x 7→ x2 é uma primitiva principal da função x 7→ 2x, e que a função x 7→ log x é uma primitiva de x 7→ x1 , x > 0. O inconveniente R desta notação é que, se F e F são duas primitivas diferentes de f , ao escrevermos F (x) = f (x)dx e F2 (x) = 1 2 1 R R f (x)dx, deveríamos poder concluir (e não podemos) que F = F . Por exemplo, escrevemos 2x dx = x2 e 1 2 R 2xRdx = x2 − 1, mas as funções x 7→ x2 e x 7→ x2 − 1 não coincidem. Uma solução poderia consistir em designar por Rf o conjunto deR todas as primitivas de f , mas, então, se F1 é uma dessas primitivas, deveríamos escrever F1 ∈ f e não F1 = f . Apesar deste inconveniente que vamos analisar em seguida, como esta é uma R notação frequentemente R usada, será tambem a que usaremos aqui; em particular, neste contexto, as igualdades x1 dx = log x, x > 0 e x1 dx = log 2x estão ambas correctas. Convem ainda observar que F : D −→ R R , primitiva de f , é uma função de x (e não de t), pelo que x x → 7 f (t) dt a R a notação f (x) dx para representar F (x) pode provocar uma confusão suplementar, se Rnão fôr encarada como uma notação simbólica definida independentemente da noção anteriormente associada a . Rb 2. O teorema 5.2.15 diz-nos que se F é uma primitiva de f e f é integrável, então a f = F (b) − F (a); a notação Rb habitualmente usada para F (b) − F (a) é [F (x)]ba . Por exemplo, escreve-se a 3x2 dx = [x3 ]ba = b3 − a3 . No caso Rb x=b . Por exemplo, pode-se escrever a xt dx = [x2 t/2]x=b de haver ambiguidade, escreve-se por vezes [F (x)]x=a x=a = Rb 2 2 2 2 2 b 2 t=b b t/2 − a t/2, e a xt dt = [xt /2]t=a = xb /2 − xa /2. Se se escrevesse apenas [xt /2]a , não seria claro se se tratava de b2 t/2 − a2 t/2 ou de x2 b/2 − x2 a/2. Vamos agora indicar algumas primitivas elementares, e depois ver como conseguir, a partir dessas, obter primitivas de funções mais complicadas. Ao contrário do que acontece para as derivadas, não temos nenhuma regra para encontrar primitivas do produto de funções em termos de primitivas de cada um dos factores, nem para encontrar primitivas de g ◦ f em termos de primitivas de f e de g. Embora qualquer função contínua R x definida num intervalo tenha primitiva (se f é contínua, então para qualquer a no domínio de f , a função x 7→ a f é uma primitiva de f ), nem sempre é possível exprimir uma primitiva dessa função em termos de funções racionais, trigonométricas, exponencial, suas 2 inversas e compostas. Por exemplo, a funçãoR x 7→ e−x não tem uma primitiva que se possa exprimir dessa maneira, x −t2 embora tenha primitivas (por exemplo x 7→ 1 e dt), visto que se trata de uma função contínua. Observações: 1. Uma função pode ser integrável e não ter primitiva, como mostra o exemplo a seguir. 2. Uma função pode ter primitiva e não ser integrável, mas um exemplo de uma tal função é bastante complicado de construir. Exemplo: f : [0, 2] −→

R 0 se x 6= 1 x 7→ 1 se x = 1 Já foi visto que f é integrável. Suponhamos que F era uma primitiva de f . Então ter-se-ia lim F 0 (x) = lim f (x) = 

x→1

0 6= 1 = F 0 (1), o que é impossível (proposição 4.3.14).

x→1

Que as funções seguintes são primitivas das funções indicadas pode ser facilmente verificado por derivação directa. R • k dx = kx; isto é, x 7→ kx é uma primitiva de x 7→ k; as outras são x 7→ kx + c, c ∈ R. R r+1 r+1 • xr dx = xr+1 , r 6= −1; isto é, x 7→ xr+1 é uma primitiva de x 7→ xr ; note que, se r < 0, o domínio não é um intervalo, pelo que, nesse caso, nem todas as primitivas são da forma x 7→

xr+1 r+1

+ c, c ∈ R.

5.3. PRIMITIVAS

87

•

R

1 x

•

R

ex dx = ex

•

R

cos x dx = sen x

•

R

sen x dx = − cos x

•

R

tg2 x dx = tg x − x

•

R

cotg2 x dx = − cotg x − x

•

R

sec2 x dx = tg x

•

R

cosec2 x dx = − cotg x

•

R

sec x tg x dx = sec x

•

R

cosec x cotg x dx = − cosec x

•

R

√ 1 dx 1−x2

•

R

1 1+x2 dx

dx = log |x|

= arcsen x

=

arctgx R R R Proposição 5.3.2 1. (f +g)(x)dx = f (x)dx+ g(x)dx (isto é, se F é uma primitiva de f e G é uma primitiva de g, então F + G é uma primitiva de f + g). R R 2. (cf )(x)dx = c f (x)dx (isto é, se F é uma primitiva de f , então cF é uma primitiva de cf ). Demonstração: 1. Se F 0 = f e G0 = g, então (F + G)0 = F 0 + G0 = f + g. 2. Se F 0 = f , então (cF )0 = cF 0 = cf .  Exemplos ; f + g: [0, 2] −→ ; f : [0, 2] −→  R x 7→ 2 se x 6= 1 x 7→ 3 se x = 1 R R Nem f nem g têm primitiva, mas (f + g) = 3dx = 3x. R R R R 2. (x + x3 + x4 )dx = x dx + x3 dx + x4 dx = x2 /2 + x4 /4 + x5 /5.

1. f : [0, 2] −→  R 1 se x 6= 1 x 7→ 0 se x = 1

3.

R√

4.

R

5.

R ex dx + sen x dx = ex − cos x. R (x+1)(x+3)(x−1) R 3 R 2 dx = x +3xx2−x−3 dx = (x + 3 − x1 − x2 3x − log |x| + 3/x. R R x cos2 (x/2) dx = 1+cos dx = x/2 − (sen x)/2. 2 R x+t2 R 2 2 R 2 2 e dx = ex et dx = et ex dx = et ex = ex+t . R R sen(x/2) cos(x/2)dx = 12 sen x dx = −(cos x)/2.

6. 7. 8. 9.

R

√ 3/2 x1/2 dx = 2x3 = 2x x/3. √ R 5 dx = x−3/5 dx = 5 x2 /2.

x dx =

1 √ 5 3 x

R 3

R

(ex + sen x)dx =

10.

R

cos 2x cos2 x dx

11.

R

3+sen x 1−sen2 x dx

=

R

R

cos2 x−sen2 x dx cos2 x

=

R

3+sen x cos2 x dx

= R

R

3 x2 )dx

=

R

x dx + 3

1 − tg2 x dx = x − (tg x − x) = 2x − tg x.

= (3 sec2 x + sec x tg x)dx = 3 tg x + sec x.

R

1 dx −

R

1 x dx

−3

R

1 x2 dx

= x2 /2 +

88

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

5.3.2

Primitivação por partes

Embora não disponhamos de nenhuma regra para determinar primitivas de um produto de funções, a regra de derivação do produto dá-nos um método que em certos casos nos permite calcular primitivas de alguns produtos. R R Proposição 5.3.3 f g 0 = f g − f 0 g, isto é, se h é uma primitiva de f 0 g, então f g − h é uma primitiva de f g 0 . Demonstração: Tem-se (f g)0 = f 0 g + f g 0 , portanto, se h0 = f 0 g, então (f g − h)0 = f 0 g + f g 0 − f 0 g = f g 0 .



Exemplos R R 1. x.ex dx = xex − 1.ex dx = xex − ex ; isto é, uma primitiva de x 7→ ex pode ser obtida tomando a diferença entre x 7→ xex e uma primitiva de x 7→ ex , portanto tomando, por exemplo, x 7→ xex − ex . R R 2. x2 .ex dx = x2 ex − 2x.ex dx = x2 ex − 2(xex − ex ) = x2 ex − 2xex + 2ex . R R R 3. x2 . cos x dx = x2 sen x − 2x sen x dx = x2 sen x − 2(−x cos x − 1.(− cos x)dx) = x2 sen x + 2x cos x − 2 sen x. Por vezes, embora à primeira vista não se tenha um produto, é prático considerar o produto por 1. R R R 4. log x dx = log x.1 dx = (log x)x − x/x dx = x log x − x. 5.

R R R log2 x dx = log x log x dx = log x(x log x − x) − x1 (x log x − x)dx = x log2 x − x log x − (log x + 1)dx = x log2 x − x log x − (x log x − x) + x = x log2 x − 2x log x + 2x. R

R R 2 2 2 x x log x dx = (log x)x dx = (log x)x2 /2 − x1 . x2 dx = x log − x4 . 2 R R R R 7. ex sen x dx = −ex cos x − ex (− cos x)dx = −ex cos x + ex cos x dx = −ex cos x + ex sen x − ex sen x dx. R R Chamando g à função x 7→ −ex cos x+ex sen x e f à função x 7→ ex sen x, esta igualdade escreve-se f = g − f , isto é, uma primitiva de f pode-se obter subtraindo a g uma primitiva F de f . Por outras palavras, F e g − F têm a mesma derivada, R de onde g eR 2F têm a mesma derivada, ou seja, g é uma primitiva de 2f , logo g/2 é uma primitiva de f : f = g/2, ou ex sen x dx = (ex sen x − ex cos x)/2. 6.

R

8.

R

log x x dx

=

R

log x x1 dx = log2 x −

R

1 x

log x dx; 2

log x x dx

R

= log2 x;

R

log x x dx

= (log2 x/2).

Proposição 5.3.4 Se F é uma primitiva de f , então, para c, k ∈ R, c 6= 0, a função x 7→ 1c F (cx + k) é uma primitiva de x 7→ f (cx + k). Demonstração: Seja G definida por G(x) = 1c F (cx + k). Então G0 (x) = 1c F 0 (cx + k).c = F 0 (cx + k) = f (cx + k). Exemplos: R 1. cos(2x + 5)dx = 21 sen(2x + 5) R 1 1 2. (3x+1) 2 +1 dx = 3 arctg(3x + 1) R R R 1 1 1 3. x2 +2x+5 dx = (x+1) 2 +4 dx = 4 arctg x+1 2 R 4. √ 1

x(8−16x)

dx =

R

1 dx −27+72x−36x2

5.

R

√

6.

R

1 3x+5 dx

7.

1 (2x+3)4 dx

8.

√

=

1 3

√

1 dx 8x−16x2

=

R

√

=

R

1 dx 2 ( x+1 2 ) +1

√

=

1 2

1 dx 1−(4x−1)2

1 dx 36(−3/4+2x−x2 )

=

R

√

=

1 4

arcsen(4x − 1)

1 dx 36(1/4−(x−1)2 )

=

R

log |3x + 5|

1 = − 6(2x+3) 3

1√ dx x+1− x−1

=

R

√

√ x+1+ x−1 dx 2

√ √ = 23 (x + 1) x + 1 + 23 (x − 1) x − 1

√

1 dx 9(1−(2x−2)2 )

=

1 6

arcsen(2x − 2)



5.3. PRIMITIVAS

5.3.3

89

Primitivação por substituição

Se F e g são funções deriváveis, então F ◦ g é derivável e (F ◦ g)0 (x) = F 0 (g(x))g 0 (x). Se quisermos calcular uma primitiva de uma função h que seja do tipo f ◦ g.g 0 , com f contínua e g derivável, e se conhecermos uma primitiva F de f , então F ◦ g é uma primitiva de h. Exemplos: R 1. sen5 x cos x dx R 6 sen5 x cos x = f (g(x))g 0 (x), em que f (x) = x5 e g(x) = sen x, logo sen5 x cos x dx = sen6 x . √ R 2. (2x + 1) x2 + x + 3 dx √ √ R √ (2x + 1) x2 + x + 3 = f (g(x))g 0 (x), em que f (x) = x e g(x) = x2 + x + 3, logo (2x + 1) x2 + x + 3 dx = √ 2 2 2 3 (x + x + 3) x + x + 3. R 2x 3. x4 +2x 2 +2 dx R 1 2x 2x 0 2 x4 +2x2 +2 = f (g(x))g (x), em que f (x) = x2 +1 e g(x) = x + 1, logo x4 +2x2 +2 dx = arctg(x2 + 1). R 3 4. 3x2 ex dx R 3 3 3 3x2 ex = f (g(x))g 0 (x), em que f (x) = ex e g(x) = x3 , logo 3x2 ex dx = ex . R 5. x12 cos( x1 )dx R 1 1 1 1 1 0 x2 cos( x ) = f (g(x))g (x), em que f (x) = − cos x e g(x) = 1/x, logo x2 cos( x )dx = − sen( x ). R x dx 6. √1−x 2 √ R 1 x √ x = f (g(x))g 0 (x), em que f (x) = − 2√ e g(x) = 1 − x2 , logo √1−x dx = 1 − x2 . 2 x 1−x2 R x 7. 1+x 2 dx R x x 1 1 0 2 2 1+x2 = f (g(x))g (x), em que f (x) = 2x e g(x) = 1 + x , logo 1+x2 dx = 2 log(1 + x ). R R x 8. tg x dx = sen cos x = − log | cos x|. R R cos x 9. cotg x dx = sen x = log | sen x|. R 10. tg2 x sec2 xdx = 13 tg3 x. R R R R 11. Rsen5 x cos4 x dx = R sen x(1 − cos2 x)2 cos4 x dx = sen x(cos4 x − 2 cos6 x + cos8 x)dx = sen x cos4 x dx − 2 sen x cos6 x dx + sen x cos8 x dx = − 51 cos5 x − 72 cos7 x − 19 cos9 x. R R R R R 4x 3 12. sen6 x cos6 x dx = 216 sen6 2x dx = 216 (sen2 2x)3 dx = 216 ( 1−cos ) dx = 219 1 − 3 cos4 x + 3 cos2 4x − 2 R 3 8x 4x 3 sen 8x cos3 4x dx = 219 1−3 cos4 x+3( 1+cos )−cos 4x(1−sen2 4x)dx = 219 (x− 3 sen + 3x − sen4 4x + sen124x ). 2 4 2 + 16 R R R R 2x 4x dx = 213 sen2 2x + sen 2x cos 2x dx = 213 1−cos + sen2 4x dx = 216 (4x − 13. sen2 x cos4 x dx = 212 sen2 2x 1+cos 2 2 sen4x − cos 4x). R R 14. sen 2x cos 6x dx = sen 8x+sen(−4x) dx = − cos168x + cos84x . 2 R R 12x 15. sen 5x sen 7x dx = cos(−2x)−cos dx = sen4 2x − sen2412x . 2 R R 7x 16. cos 3x cos 4x dx = cos x+cos dx = sen2 x + sen147x . 2 R R R R 17. sen2 2x cos x dx = 4 sen2 x cos3 x dx = 4 sen2 x(1 − sen2 x) cos x dx = 4 sen2 x cos x − sen4 x cos x dx = 5 4 sen3 x x − 4 sen . 3 5 R R 1 R cos x R cos x R cos x 1 cos x 1 1 18. sec x dx = cos x dx = cos ( 1+sen x + 1−sen 2 x dx = 2 x dx = 2 1−sen x )dx = 2 log |1 + sen x| − 2 log |1 − q q (1+sen x)2 1+sen x 1+sen x sen x| = log 1−sen x = log 1−sen2 x = log | cos x | = log | sec x + tg x|. 19.

R R sen x R sen x R sen x 1 sen x 1 cosec x dx = sen1 x dx = sen ( 1+cos x + 1−cos 2 x dx = 2 x dx = 2 1−cos x )dx = 2 (− log |1 + cos x| + log |1 − q q (1−cos x)2 x 1−cos x cos x| = log 1−cos 1+cos x = log 1−cos2 x = log | sen x | = log | cosec x − cotg x|.

R

90

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

20.

R

21.

R

22.

R R arcsen x dx = (arcsen x).1 dx = x arcsen x −

x R arctgx dx = ( 2 arctgx)x dx = x2 R x2 2 arctgx − 2(1+x2 ) dx = x2 R R 2 1 arctgx − 21 ( 1+x 1+x2 dx − 1+x2 dx) = x arctgx − x2 + arctg . 2 1 1+x2 −x2 (1+x2 )2 dxR= (1+x2 )2 dx = 2x 1 arctgx − 2 x (1+x 2 )2 dx = R −1 1 −x arctgx − 2 ( 1+x2 − 1+x 2 dx) x arctgx + 2(1+x . 2)

R

R

R

R

1 1+x2 dx

=

1 2

24.

arctgx. R 1

R

(4x2 −8x+40)3 dx

arctg x−1 3 +

=

R

25.

R

arctg x 1+x2 dx

26.

R

log(log x) x log x dx

=

+

√

1 − x2 .

−

x2 (1+x2 )2 dx

R

=

1 x2 1 x 1 2 )2 dx− 2 )3 dx = (1+x (1+x (1+x2 )2 dx+ 2(1+x2 ) − 2 R 1 x x 3x 3 (1+x2 )2 dx + 4(1+x2 )2 = 4(1+x2 )2 + 8(1+x2 )2 + 8

R

1 ((2x−2)2 +36)3 dx

3 x−1 3 2 8(1+( x−1 3 ) )

= x arcsen x +

x2 2

R

1+x2 −x2 1 (1+x2 )3 dx =R (1+x2 )3 dx = 1 −x −1 3 2 ( 2(1+x2 )2 − 2(1+x2 )2 dx) = 4

23.

√ x dx 1−x2

x−1 3 2 2 4(1+( x−1 3 ) )

=

1 363

)=

R

1 dx = 3633 ( 38 2 3 (( x−1 3 ) +1) arctg x−1 3 + 13824(xx−1 2 −2x+10) 41472

R

2x x (1+x 2 )2 dx =

R

1 (1+x2 )2 dx−

R

+

x−1 2304(x2 −2x+10) .

arctg 2 x . 2

=

log2 (log x) . 2

Por vezes quer-se calcular uma primitiva de uma função que não está escrita de maneira óbvia na forma (f ◦ g).g 0 , mas que, com algumas transformações, se pode escrever sob esta forma. Exemplos: R R 2√x 1 R √ . √ dx = 1. x+1√x dx = x+ x 2 x R 1 √ √ dx = 2 log( x + 1). x+ x 2.

R R

1 √2 . √ dx x+1 2 x

=

R

f (g(x))g 0 (x)dx, em que f (x) =

2 x+1

e g(x) =

√

x. Então

4ex +1 4ex +1 1 x x f (g(x))g 0 (x)dx, em que f (x) = x4x+1 f (x)dx = x4x+1 2 +x e g(x) = e . Ora 2 +x dx = ex +1 dx = Rex +1 . ex .e dx = R x 3x+x+1 3 1 4e +1 x x x x(x+1) dx = ( x+1 + x )dx = 3 log |x+1|+log |x|. Então ex +1 dx = 3 log(e +1)+log(e ) = 3 log(e +1)+x.

R

R

R

R

Seja f uma função da qual se quer determinar uma primitiva. Suponhamos que para alguma função injectiva g, derivável e com inversa derivável, se conhece uma primitiva H de f ◦ g.g 0 ; então (H ◦ g −1 )0 (x) = H 0 (g −1 (x)).(g −1 )0 (x) = f (g(g −1 (x))).g 0 (g −1 (x))(g −1 )0 (x) = f (x), isto é, H ◦ g −1 é uma primitiva de f . Uma mnemónica para estes cálculos consiste em substituir x por g(u) e dx por g 0 (u)du, o que dá Z Z f (x) dx = f (g(u))g 0 (u) du, isto é, uma primitiva H de f ◦ g.g 0 ; tendo determinado H, substitui-se u por g −1 (x) (isto é, compõe-se H com g −1 ). Observação: Com as notações anteriores, tem-se

Rb a

f (x)dx =

R g−1 (b) g −1 (a)

f (g(u))g 0 (u)du.

Nos primeiros dois exemplos serão escritos os cálculos segundo a exposição mais detalhada e fazendo directamente a substituição. Nos exemplos seguintes só serão apresentados os cálculos fazendo directamente a substituição. Exemplos:

5.3. PRIMITIVAS R√

1 −√ x2 dx f (x) = R 1 − x2 ; g(x) = sen x R√ 0 H(x) (x) dx = 1 − sen2 x cos x dx R =2 f (g(x))g R 1+cos 2x dx = cos x dx = 2 x + sen4 2x = x2 + sen x2cos x 2 R R√ f (x)dx = √ 1 − x2 dx = H(g −1 (x)) = 2 x = arcsen + x 1−x 2 2 R 2e2x +ex R x x 2. = e2x2e+e+1 x +3 e dx e2x +ex +3 dx 2ex +1 f (x) = eR2x +ex +3 ; g(x) = log Rx H(x) = f (g(x))g 0 (x) dx = x22x+1 +x+3 dx = 2 = log(x + x + 3) R f (x)dx = H(g −1 (x)) = log(e2x + ex + 3).

1.

3.

91

R

√ 1 x2 −1

R√

1 − x2 dx Fazendo a substituição x = sen u, dx R √= cos u du, temos R 1 − sen2 u cos u du = cos2 u du = u2 + sen4 2u R√ x 1 − x2 dx √ = arcsen + sen(2arcsenx) = 2 4 x 1−x2 arcsen x = + 2 2 R

2e2x +ex e2x +ex +3

dx Fazendo a substituição x = log u, dx = u1 du, temos R 2u2 +u 2u+1 1 u2 +u+3 u du = u2 +u+3 du = 2 = log(u + u + 3). R 2e2x +ex 2x + ex + 3) e2x +ex +3 dx = log(e

dx

Fazendo x = sec u, dx = sec u tg u du, vem R 1 R sec u du = log | sec u + tg u| tg u sec u tg u du = √ R √ 1 dx = log |x + x2 − 1| x2 −1 R 1 dx 4. x√1−x 2 Fazendo x = sen u, dx = cos u du, vem R R 1 cosec u du = log | cosec u − cotg u| sen u cos u cos u du = √ R 2 1 1 √ dx = log | x − 1−x | x x 1−x2 √ R 5. log( 1 + x2 )dx Fazendo x = tg u, dx = sec2 u du, vem R R R 2 u tg u log |sec u|. sec2 u du = log(sec u). tg u − secsec u tg u du = log(sec u). tg u − tg u = log(sec u). tg u + u − tg u √ √ R log( 1 + x2 )dx = x log( 1 + x2 ) + arctgx − x R 1 6. √1+e x dx √ Fazendo u = 1 + ex , x = log(u2 − 1), dx = u22u −1 du vem R 1 2u R R 1 2 1 u−1 u . u2 −1 du = (u−1)(u+1) du = ( u−1 − u+1 )du = log | u+1 | √ R x √ 1 x dx = log √1+ex +1 1+e 1+e −1 7.

R

√

16−x2 dx x4

Fazendo x = 4 sen u, dx = 4 cos u, vem R 4 cos u R 3 u 1 cotg2 u cosec2 u du = − cotg 44 sen4 u .4 cos u du = 16 48 √ √ R 16−x2 2 )3 dx = − ( 16−x x4 48x3

5.3.4

Primitivação de funções racionais

Vamos agora ver como calcular primitivas de funções racionais, isto é, de funções que são o quociente de duas funções polinomiais. Observemos primeiro que dados dois polinómios P e Q, com Q não nulo, existem polinómios P1 e R, R P (x) R polinómio nulo ou então grau de R menor do que o grau de Q, tais que P = P1 Q + R. Então Q(x) dx = R R R R(x) R(x) (P1 (x) + Q(x) )dx = P1 (x) dx + Q(x) dx. Uma vez que já vimos como se determinam primitivas de funções polinomiais, basta agora ver o modo de calcular primitivas de funções racionais em que o grau do numerador é menor do que o grau do denominador. Vejamos primeiro alguns casos particulares. Exemplos:

92

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

1.

R

1 x+5

dx = log |x + 5|

1 dx = − 3(x−1) 3  R log |x − a| se n = 1 1 3. (x−a) 1 n dx = − (n−1)(x−a) n−1 se n > 1 R 1 R 4. x2 +4 dx = 14 (x/2)1 2 +1 dx = 12 arctg x2 R R R 1 1 1 1 dx = 5. x2 −2x+10 dx = (x−1) 2 +9 dx = 9 ( x−1 )2 +1

2.

6.

R

1 (x−1)4

arctg x−1 3 R 1 x2 −4x+6

3

=

R

1 (x−2)2 +2

dx =

1 2

R

1 √ )2 +1 ( x−2 2

dx =

1 3

√1 2

√ arctg x−2 2

7. Se a2 − 4b < 0, então

R

1 x2 +ax+b

dx =

R

1 (x−a/2)2 +b−a2 /4

dx =

1 b−a2 /4

1

R

x−a/2 )2 +1 b−a2 /4

(√

dx = √

1 b−a2 /4

arctg( √x−a/2 ) 2 b−a /4

8. Para n > 1, Z

1 dx = (x2 + 1)n = = = =

Z x2 + 1 − x2 1 x2 dx = ( 2 − 2 )dx 2 n n−1 (x + 1) (x + 1) (x + 1)n Z Z 1 x 2x dx − . 2 dx 2 n−1 (x + 1) 2 (x + 1)n Z Z x 1 1 −1 −1 dx − ( . − . dx) 2 n−1 2 n−1 (x + 1) 2 (n − 1)(x + 1) 2 (n − 1)(x2 + 1)n−1 Z Z 1 x 1 dx + − dx (x2 + 1)n−1 (2n − 2)(x2 + 1)n−1 2(n − 1)(x2 + 1)n−1 Z 2n − 3 1 x dx + 2n − 2 (x2 + 1)n−1 (2n − 2)(x2 + 1)n−1 Z

1 1 (isto é, a partir de uma primitiva de x 7→ (x2 +1) n−1 , podemos obter uma primitiva de x 7→ (x2 +1)n ; repetindo o 1 1 processo n − 2 vezes, podemos obter uma primitiva de x 7→ (x2 +1) n a partir de uma primitiva de x 7→ x2 +1 ). R R 1 1 9. (x2 +4x+5) 3 dx = ((x+2)2 +1)3 dx

Fazendo a substituição x = u − 2, obtemos Z Z Z 1 3 1 u 3 1 1 u u du = du + = ( du + )+ (u2 + 1)3 4 (u2 + 1)2 4(u2 + 1)2 4 2 u2 + 1 2(u2 + 1) 4(u2 + 1)2 3 = 8 u 3u + arctgu + 8(u2 + 1) 4(u2 + 1)2 R 1 Então (x2 +4x+5) dx = 38 arctg(x + 2) + 10. Se a2 − 4b < 0,

3(x+2) 8((x+2)2 +1)

R

1 (x2 +ax+b)n

tuição u = √x+a/2 2

b−a /4

11.

anteriores. R 2x+3 x2 +3x+5

+

(x+2) 4((x+2)2 +1)2

dx =

R

1 ((x+a/2)2 +b−a2 /4)n

p R , obtemos (b−a12 /4)n b − a2 /4

dx =

1 (u2 +1)n

1 (b−a2 /4)n

1

R

R

dx. Fazendo uma substi-

du, que se pode calcular como foi visto nos exemplos

dx = log(x2 + 3x + 5)

−1 dx = 2(x2 −5x+10) 2 R 2x−2 R R R 2x+5 1 13. x2 −2x+3 dx = x2 −2x+3 dx + 7 x2 −2x+3 , dx = log(x2 − 2x + 3) + 7 calcular como foi visto no exemplo 7.

12.

x+a/2 )2 +1)n b−a2 /4

(( √

2x−5 (x2 −5x+10)3

1 x2 −2x+3 , dx,

e7

R

1 x2 −2x+3 , dx

pode-se

5.3. PRIMITIVAS

93

R R R R 2x+3 4 −1 1 1 dx = (x2 +3x+8) 4 dx + (x2 +3x+8)4 dx = 3(x2 +3x+8)3 + 4 (x2 +3x+8)4 dx e (x2 +3x+8)4 dx pode-se calcular como foi visto no exemplo 10. R R R 2d/c−a R 2x+2d/c c c 2x+a cx+d 15. Se a2 − 4b < 0 e c 6= 0, (x2 +ax+b)n dx = 2 (x2 +ax+b)n dx = 2 ( (x2 +ax+b)n dx + (x2 +ax+b)n ). Ora  2 R R log |x + ax + b| se n = 1 2x+a e (x22d/c−a −1 (x2 +ax+b)n dx = +ax+b)n dx pode-se calcular como foi visto no exemse n > 1 2 n−1 (n−1)(x +ax+b) plo 10. 14.

R

2x+7 (x2 +3x+8)4

1 Pelos exemplos anteriores, vemos como se podem calcular primitivas de funções do tipo x 7→ (x−α) n e x 7→ cx+d 2 (x2 +ax+b)n , em que a − 4b < 0. Resta ver que o cálculo de uma primitiva de qualquer função racional se pode reduzir a estes casos. Para isso, vamos usar alguns teoremas sobre polinómios que não demonstraremos aqui.

Teorema 5.3.5 Se Q é um polinómio não nulo de coeficientes reais, existem r, s ∈ N ∪ {0}, a, b1 , . . . , br , c1 , . . . , cs , d1 , . . . , ds ∈ R, β1 , . . . , βr , γ1 , . . . , γs ∈ N, tais que Q(x) = a(x − b1 )β1 . . . (x − br )βr (x2 + c1 x + d1 )γ1 . . . (x2 + cs x + ds )γs , em que os bi são distintos dois a dois os pares (ci , di ) são distintos dois a dois e c2i − 4di < 0, i = 1, . . . , s. Esta representação é única (a menos da ordem dos factores). Exemplos: 1. x4 − 5x3 + 9x2 − 7x + 2 = (x − 1)3 (x − 2) 2. x5 − x4 − x3 − 11x2 − 8x − 12 = (x − 3)(x2 + x + 2)2 3. x11 − 3x10 + 11x9 − 5x8 + 29x7 + 239x6 − 639x5 + 1465x4 − 2184x3 + 2808x2 − 2160x + 1296 = = (x2 + 4)2 (x2 − 2x + 3)3 (x + 3) Teorema 5.3.6 Se Q(x) = (x − b1 )β1 . . . (x − br )βr (x2 + c1 x + d1 )γ1 . . . (x2 + cs x + ds )γs , nas condições do teorema anterior, e se P é um polinómio de grau menor do que o grau de Q, existem ui,j ∈ R, 1 ≤ i ≤ r, 1 ≤ j ≤ βi e vi,j , wi,j ∈ R, 1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ γs , tais que P (x) u1,1 u1,2 u1,β1 ur,1 ur,βr = + + ··· + + ··· + + ··· + + Q(x) x − b1 (x − b1 )2 (x − b1 )β1 x − br (x − br )βr +

v1,γ x + w1,γ1 vs,γ x + ws,γs vs,1 x + ws,1 v1,1 x + w1,1 + ··· + 2 1 + ··· + 2 + ··· + 2 s . x2 + c1 x + d1 (x + c1 x + d1 )γ1 x + cs x + ds (x + cs x + ds )γ s

Esta representação é única (a menos da ordem das parcelas). Uma vez que já vimos como calcular primitivas de cada uma destas parcelas, está visto como calcular primitivas de qualquer função racional, desde que se saiba decompor o denominador na forma indicada no teorema 5.3.5. Exemplos: 1. Existem a, b, c, d ∈ R, tais que 2x2 + 3 a b c d = + + + . 3 2 3 (x + 1) (x − 3) x + 1 (x + 1) (x + 1) x−3 2. Existem a, b, c, d, e, f, g, h ∈ R, tais que x5 + 3x2 + 3 ax + b cx + d e f g h = 2 + + + + + . (x2 + 2x + 5)2 (x + 3)2 (x − 1)2 x + 2x + 5 (x2 + 2x + 5)2 x + 3 (x + 3)2 x − 1 (x − 1)2 3. Existem a, b, c, d, e, f, g, h, i, j, k ∈ R, tais que (x2

+

x7 + 5x + 6 ax + b cx + d ex + f gx + h ix + j k = 2 + + 2 + 2 + + . − 8x + 19)2 (x − 3) x + 1 (x2 + 1)2 (x + 1)3 x − 8x + 19 (x2 − 8x + 19)2 x−3

1)3 (x2

94

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

4. Existem a, b, c, d ∈ R, tais que

x3 + 3 c d a b = + 2+ 3+ . + 1) x x x x+1

x3 (x

Resta ver como determinar estes coeficientes. Exemplos: 1. Existem a, b ∈ R, tais que

de onde

4x − 9 a b = + , (x − 2)(x − 3) x−2 x−3 4x − 9 a(x − 3) + b(x − 2) (a + b)x − 3a − 2b = = . (x − 2)(x − 3) (x − 2)(x − 3) (x − 2)(x − 3)



a+b=4 , logo a = 1 e b = 3. −3a − 2b = −9 1 3 4x − 9 = + (x − 2)(x − 3) x−2 x−3

Então

2. Existem a, b, c, d, e, f, g ∈ R, tais que 5x6 + 11x5 + 30x4 + 33x3 − 62x2 − 220x + 20 ax + b cx + d e f g = 2 + + + + , (x2 + 2x + 5)2 (x − 1)3 x + 2x + 5 (x2 + 2x + 5)2 x − 1 (x − 1)2 (x − 1)3 isto é, 5x6 + 11x5 + 30x4 + 33x3 − 62x2 − 220x + 20 = (x2 + 2x + 5)2 (x − 1)3 =

(a + e)x6 + (−a + b + 2e + f )x5 + (2a − b + c + 7e + 3f + g)x4 + (−10a + 2b − 3c + d − 4e + 10f + 4g)x3 + (x2 + 2x + 5)2 (x − 1)3

(13a − 10b + 3c − 3d − e + 6f + 14g)x2 + (−5a + 13b − c + 3d − 30e + 5f + 20g)x − 5b − d + 25e − 25f + 25g , (x2 + 2x + 5)2 (x − 1)3   a=0 a+e=5        b=1  −a + b + 2e + f = 11        c=3  2a − b + c + 7e + 3f + g = 30   d=0 −10a + 2b − 3c + d − 4e + 10f + 4g = −33 , o que implica de onde     e=5 13a − 10b + 3c − 3d − e + 6f + 14g = −62         f =0 −5a + 13b − c + 3d − 30e + 5f + 20g = −220       g = −4 −5b − d + 25e − 25f + 25g = 20

+

5x6 + 11x5 + 30x4 + 33x3 − 62x2 − 220x + 20 1 3x 5 4 = 2 + 2 + − 2 2 3 2 (x + 2x + 5) (x − 1) x + 2x + 5 (x + 2x + 5) x − 1 (x − 1)3 Z −2x6 − 54x4 − 485x2 − x − 1458 dx. 3. Cálculo de (x2 + 9)3 (3x − 3) R −2x6 −54x4 −485x2 −x−1458 R 6 4 −485x2 −x−1458 dx = 13 −2x −54x dx (x2 +9)3 (3x−3) (x2 +9)3 (x−1) 6

4

2

ex+f g −485x −x−1458 cx+d 6 Existem a, b, c, d, e, f ∈ R tais que −2x −54x = xax+b 2 +9 + (x2 +9)2 + (x2 +9)3 + (x−1) . Então −2x − (x2 +9)3 (3x−3) 54x4 −485x2 −x−1458 = (ax+b)(x2 +9)2 (x−1)+(cx+d)(x2 +9)(x−1)+(ex+f )(x−1)+g(x2 +9)3 . Para x = 1, o primeiro membro é −2000 e o segundo é 1000g, logo g = −2. Então (ax+b)(x2 +9)2 +(cx+d)(x2 +9)+ex+f = (−2x6 − 54x4 − 485x2 − x − 1458 + 2(x2 + 9)2 )/(x − 1) = x. O coeficiente de x5 no primeiro membro é a, portanto a = 0; logo o coeficiente de x4 no primeiro membro é b, portanto b = 0; logo o coeficiente de x3 no primeiro membro é c, portanto c = 0; logo o coeficiente de x2 no primeiro membro é d, portanto d = 0; conclui-se que ex + f = x, isto é, e = 1 e f = 0.

Queremos então calcular 1 3

Z (

x 2 − )dx, (x2 + 9)3 x−1

que é igual a 1 3

Z

1 2x 2 1 1 2 ( . 2 − )dx = − − |x − 1|. 2 (x + 9)3 x−1 12 (x2 + 9)2 3

5.3. PRIMITIVAS

95

x4 − x3 − 5x2 + 13x − 4 dx. x3 − x2 − x + 1 R R x4 −x3 −5x2 +13x−4 2 +12x−4 dx = (x + −4x x3 −x2 −x+1 (x−1)2 (x+1) )dx Z

4. Cálculo de

2

+12x−4 a b c 2 2 Existem a, b, c ∈ R tais que −4x = x−1 + (x−1) 2 + x+1 . Então −4x + 12x − 4 = a(x − 1) + b(x + 1) +  x3 −x2 −x+1  a + c = −4 b − 2c = 12 c(x2 − 2x + 1), de onde , logo a = 1, b = 2 e c = −5.  −a + b + c = −4 Z Z 4 5 1 2 x2 2 x − x3 − 5x2 + 13x − 4 dx = (x + − + )dx = + log |x − 1| − − 5 log |x + 1| x3 − x2 − x + 1 x − 1 (x − 1)2 x+1 2 x−1

Exemplos variados Z 1 √ 1. dx ( x − 1)6 Fazendo a substituição x = u2 , dx = 2u du, vem a u−1 3

b (u−1)2

c (u−1)3

d (u−1)4

e (u−1)5

R

2u (u−1)6

du. Existem a, b, c, d, e, f ∈ R tais que

f (u−1)6 ;

5

2u (u−1)6 4

=

+ + + + + esta igualdade implica 2u = a(u − 1) + b(u − 1) + c(u − 1) + d(u − 1)2 + e(u − 1) + f . Analisando sucessivamente os coeficientes de x5 , x4 , x3 e x2 do segundo membro, concluimos que a = b = c = d = 0. É fácil então de ver que e = 2 e f = 2. R R R 2u 2 2 2 2 (u−1)6 dx = (u−1)5 du + (u−1)6 du = − 4(u−1)4 − 5(u−1)5 Z 1 2 2 √ dx = − √ − √ ( x − 1)6 4( x − 1)4 5( x − 1)5 Z x 2. dx 1 + sen x R x(1−sen x) R R R R dx = ( cosx2 x − x tg x sec x) dx = x sec2 x dx − x tg x sec x dx = x tg x − tg x dx − (x sec x − R 1−sen2 x sec x) = x tg x + log | cos x| − x sec x + log | sec x + tg x|. Z x log x √ dx 3. 1 + x2 √ R x log x R √1+x2 √ dx = (log x) 1 + x2 − dx x 1+x2 Fazendo a substituição x = tg t, dx = sec2 t dt, vem Z Z Z sec t sec2 t dt = cosec t sec2 tdt = cosec t tg t − − cosec t cotg t tg t dt tg t Z = cosec t tg t + cosec t dt = cosec t tg t + log | cosec t − cotg t| Z

p p p x log x √ dx = (log x) 1 + x2 − 1 − x2 + log |x| − log( 1 + x2 − 1) 2 1+x

Z

log2 x dx

4.

Fazendo a substituição x = eu , dx = eu du, vem R R R 2 u u e du = u2 eu − 2ueu du = u2 eu − 2(ueu − eu du) = u2 eu − 2ueu + 2eu Z log2 x dx = x log2 x − 2x log x + 2x Z 5.

1 dx ex + e−x

Fazendo a substituição x = log u, dx = arctgu Z 1 dx = ex + e−x arctgex

1 u

du, vem

R

1 1 1 .u u+ u

du =

R

1 u2 +1

du =

96

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

Z 6.

(x2

1 dx − 1)3/2

Fazendo a substituição x = sec t, dx = sec t tg t dt, vem − cosec t Z −x 1 dx = √ 2 3/2 (x − 1) x2 − 1 Z 7. x5

R

1 tg3 t . sec t

tg t dt =

R

sec t tg2 t

dt =

R

cosec t cotg t =

arctgx2 dx Fazendo a substituição x =

√

u, dx =

1 √ 2 u

du, vem Z

√ u2 u(

1 arctgu) √ du = 2 u u3 arctgu du = 6 Z 1 u3 arctgu − du 6 1 + u2 =

1 2

Z

u2

u3 6

u u3 du = 2 1+u 6 u2 1 arctgu − + log(1 + u2 ) 12 6

arctgu −

Z

arctgx2 − Z

Z

u−

x5

arctgx2 dx =

8.

1 6

x6 6

1 x4 + log(1 + x2 ) 12 12

1 dx x − x3/5

Fazendo a substituição x = u5 , dx = 5u4 du, vem

R

1 4 u5 −u3 .5u

du = 5

R

u u2 −1

du.

a b Existem a, b ∈ R tais que u2u−1 = u−1 + u+1 ; esta igualdade implica a + b = 1 e a − b = 0, de onde a = b = 1/2. R u R 1 5 1 5 Então 5 u2 −1 du = 2 ( u−1 + u+1 ) du = 2 (log |u − 1| + log |u + 1|). Z √ √ 1 5 dx = (log | 5 x − 1| + log | 5 x + 1|) 3/5 2 x−x √ Z x3 − 2 9. dx x R √u √ 1 Fazendo a substituição x = 3 u + 2, dx = √ du, vem 3(u+2) du; fazendo a substituição u = t2 , du = 3 2 3

(u+2)

2t dt, vem

Z

t 2t dt 2 3(t + 2)

= =

t arctg √ 2

Z Z 2 2 2 t2 t2 + 2 dt = 1− 2 dt 3 3 t +2 Z 2t 2 1 2t √ √ − dt = − 2 2 3 3 3 (t/ 2) + 1

5.4. RESOLUÇÃO DE ALGUNS EXERCÍCIOS

97

√ √ R √u Então 3(u+2) du = 2 3 u − 2 3 2 p arctg u/2. √ Z √ 3 x −2 2p 3 2 2 dx = x −2− x 3 3 r 3 x −2 arctg 2 Z 10. arcsen2 x dx

Fazendo a substituição x = sen u, dx = cos u du, vem Z Z Z 2 2 2 u cos u du = u sen u − 2u sen u du = u sen u − 2(−u cos u − − cos u du) = u2 sen u + 2u cos u − 2 sen u Z p arcsen2 x dx = x arcsen2 x + 2 1 − x2 arcsen x − 2x

5.4

Resolução de alguns exercícios

1. Calcular a área dos seguintes conjuntos. (a) A região limitada pelo gráfico da função x 7→ x2 + 1, as rectas de equações x = −3 e x = 3 e o eixo das abcissas. (b) A intersecção das regiões limitadas pelo gráfico da função x 7→ x3 − 3x2 + 3x − 2 e o eixo das abcissas com o conjunto {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 3}. (c) A intersecção das regiões entre os gráficos das funções x 7→ sen x e x 7→ cos x − 1 com o conjunto {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 2π}. (d) O interior da elipse de equação x2 /a2 + y 2 /b2 = 1. (e) {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x, 1 ≤ xy, x + y ≤ 5/2} (f) {(x, y) ∈ R2 ; x ≤ 1, 1 ≤ x + y, y ≤ 2x } R3 3 a) −3 (x2 + 1) dx = [ x3 + x]3−3 = 24 R2 R3 b) − 0 (x3 − 3x2 + 3x − 2) dx + 2 (x3 − 3x2 + 3x − 2) dx = −[x4 /4 − 3x3 /3 + 3x2 /2 − 2x]20 + [x4 /4 − 3x3 /3 + 3x2 /2 − 2x]32 = 19/4 R 3π/2 R 2π 3π/2 c) 0 sen x − (cos x − 1) dx + 3π/2 cos x − 1 − sen x dx = [− cos x − sen x + x]0 + [sen x − x − cos x]2π 3π/2 = 4 + π Ra √ Ra p d) 2 −a b 1 − x2 /a2 dx = 2b/a −a a2 − x2 dx R√ R Cálculo de a2 − x2 dx: fazendo a substituição x = a sen u, dx = a cos u du, vem a cos u.a cos u du = R 2u a2 1+cos du = a2 ( u2 + sen4 2u ) 2 p Ra √ x a2 − x2 dx = a2 [ 21 arcsen xa + 2a 1 − x2 /a2 ]a−a = πa2 /2 −a área = πab R2 x2 15 2 e) 1/2 ( 52 − x − x1 ) dx = [ 5x 2 − 2 − log x]1/2 = 8 − log 4 R1 R1 f) 0 (2x − 1 + x) dx = 0 (ex log 2 − 1 + x) dx = [ log1 2 2x − x + x2 /2]10 = b) a)

1 log 2

−

1 2

7 6

12

5

10

4

8

3

c)

2 6

0

1 4

1 2

-1 -2

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

2

3

4

2

98

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

f) d)

4 e)

3

b 2

2

a 1

1 1

2

1

2

2. Um objecto parte de um ponto numa recta e durante um segundo desloca-se com velocidade dada por v(t) = v0 − (2v0 − 2 − 2sen (πv0 ))t, em que v0 é a velocidade inicial e 0 < v0 ≤ 1. a) Qual é a distância percorrida até ao instante t? b) Para que velocidade inicial é que a distância total percorrida é máxima? a) A velocidade é sempre positiva, portanto a distância percorrida no instante t é x(t) = 1 − sen (πv0 ))t2 .

Rt 0

v(u) du = v0 t − (v0 −

b) A distância total percorrida é x(1) = 1 + sen (πv0 ); é máxima quando sen (πv0 ) = 1, isto é, quando v0 = 1/2. 3. Um objecto desloca-se numa recta e a sua velocidade no instante t é v(t) = sen t. Qual é a a) posição do objecto no instante t? b) a distância percorrida até ao instante t? Rt Rt a) 0 v(u) du = 0 sen u du = 1 − cos t. Rt Rt b) 0 |v(u)| du = 0 | sen u| du = 2k + 1 − (−1)k cos t, em que k = [ πt ]. 4. Um objecto deslocando-se com velocidade inicial v0 tem uma aceleração constante de a no sentido contrário ao do movimento. Qual é a distância percorrida até o objecto parar? Tem-se v(t) = v0 − at, logo o objecto para no instante t = v0 /a. Então a distância percorrida é R v0 /a R v /a v2 v2 v2 v(t) dt = 0 0 v0 − at = a0 − a 2a02 = 2a0 0

5.5

Integrais impróprios

Quando foi introduzida a noção de integral, foi-o apenas para funções limitadas cujo domínio é um intervalo limitado. Vamos agora ver como a podemos generalizar a funções definidas em intervalos não limitados e não necessariamente limitadas. 1. Seja f : [a, +∞[−→ R uma função que é integrável em qualquer intervalo [a, b], b Z∈ [a, +∞[. x R +∞ Diz-se que o integral impróprio a f (x) dx existe (ou que converge), sse existir e for finito lim f (t) dt; x→+∞ a Z x R +∞ nesse caso, escreve-se a f (x) dx = lim f (t) dt.

Definição 5.5.1

x→+∞

a

2. Seja f :] − ∞, b] −→ R uma função que é integrável em qualquer intervalo [a, b], a ∈]−∞, b]. Diz-se que o integral Z b Rb f (t) dt; nesse caso, escreve-se impróprio −∞ f (x) dx existe (ou que converge), sse existir e for finito lim x→−∞ x Z b Rb f (x) dx = lim f (t) dt. −∞ x→−∞

x

3. RSeja f : R −→ R uma função que é integrável em qualquer intervalo limitado. Diz-se impróprio R 0 que o integral R +∞ +∞ f (x) dx; f (x) dx existe (ou que converge) sse convergirem ambos os integrais impróprios f (x) dx e −∞ −∞ 0 R +∞ R +∞ R0 nesse caso, escreve-se −∞ f (x) dx = 0 f (x) dx + −∞ f (x) dx. Proposição 5.5.2 (trivial)

5.5. INTEGRAIS IMPRÓPRIOS

1.

R +∞

2.

R +∞

R−∞ +∞ −∞ R−∞ +∞ −∞

99

f (x) dx converge sse existe a ∈ R tal que Ra R +∞ f (x) dx = −∞ f (x) dx + a f (x) dx.

Ra

f (x) dx converge sse para qualquer a ∈ R, Ra R +∞ f (x) dx = −∞ f (x) dx + a f (x) dx.

Ra

−∞

f (x) dx e

R +∞

f (x) dx e

R +∞

−∞

a

a

f (x) dx convergem, e, nesse caso, tem-se

f (x) dx convergem, e, nesse caso, tem-se

Exemplos: 1. f : [1, +∞[ −→ R x 7→ 1/x2 Z x 1 lim dt = lim (1 − 1/x) = 1 x→+∞ 1 t2 x→+∞ R +∞ f (x) dx = 1 1 2. f : [−1, +∞[ −→ R x 7→ xe−x Z x te−t dt = lim [−te−t − e−t ]x−1 = lim (−x/ex − 1/ex − (e − e)) = 0 lim x→+∞

R +∞ −1

x→+∞

−1

x→+∞

f (x) dx = 0

3. f : ] − ∞, −4] −→ R √ x 7→ 1/ −x Z −4 √ √ 1 √ dt = lim [−2 −t]−4 lim x = lim (2 −x − 2) = +∞ x→−∞ x x→−∞ x→−∞ −t R −4 f (x) dx não converge. −∞ 4. f : [1, +∞[ −→ R x 7→ 1/x R 2n+1 Para x pertencente a qualquer intervalo do tipo [2n , 2n+1 ], tem-se 1/2n+1 ≤ 1/x; conclui-se que 2n 1t dt ≥ Z x R 2n R +∞ 1 1 (2n+1 − 2n )/2n+1 = 1/2. Então, 1 1t dt ≥ n/2, logo lim dt = +∞, portanto 1 x dx não converge. x→+∞ 1 t −→ R 7→ sen x

5. f : R x Rx 0

Z sen t dt = 1 − cos x, portanto não existe

R +∞ −∞

lim

x→+∞

x

f (t) dt; conclui-se que 0

R +∞ 0

f (x) dx não converge, logo

f (x) dx não converge.

Observação: Para qualquer x ∈ R, tem-se R +∞ f (x) dx não converge. −∞

Rx

sen t dt = 0, logo −x

Z

x

lim

x→+∞

f (t) dt = 0, mas, apesar disso, −x

−→  R  x + 4 se x ≤ 0 −x + 4 se x ∈ [0, 4] 7→  x − 4 se x ≥ 4

6. f : R x Z

x

R4

Z

x

(−t + 4)dt + lim (t − 4)dt = lim (8 + x2 /2 − 4x + 8) = +∞; conclui-se que 0 x→+∞ 0 x→+∞ 4 x→+∞ R +∞ R +∞ f (x) dx não converge, portanto −∞ f (x) dx não converge. 0 lim

f (t) dt =

Observação: Z x Z 0 Z 4 Z x lim f (t) dt = lim ( (t + 4)dt + (−t + 4)dt + (t − 4)dt) = lim −x2 /2 + 4x + 8 + x2 /2 − 4x + 8 = x→+∞ −x x→+∞ −x x→+∞ 0 4 R +∞ 16, mas, apesar disso, −∞ f (x) dx não converge.

100

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

−→ 7→

7. f : R x

R

1 1+x2

x

Z 0 1 1 dt = lim arctgx = π/2; lim dt = lim −arctgx = π/2. 2 x→+∞ 0 1 + t x→+∞ x→−∞ x 1 + t2 x→−∞ R0 R +∞ 1 R +∞ 1 1 Então 0 1+x2 dx = π/2 e −∞ 1+x2 dx = π/2, portanto −∞ 1+x2 dx = π. Z

lim

8. f : [1, +∞[ −→ R , r 6= −1 x 7→ xr Rx r r+1 1 t dt = xr+1 − r+1 1 R +∞ xr+1 1 − ) = +∞, portanto 1 xr dx não converge; x→+∞ r + 1 r+1 R +∞ xr+1 1 −1 −1 se r < −1, então lim ( − ) = r+1 , logo 1 xr dx converge para r+1 . x→+∞ r + 1 r+1

Se r > −1, então lim (

9. f : [2, +∞[ −→ R 1 x 7→ x log x Z x 1 lim dt = lim [log(log t)]x2 = x→+∞ 2 t log t x→+∞ verge.

lim (log(log x) − log(log 2)) = +∞, logo

R +∞

x→+∞

2

1 x log x

dx não con-

Proposição 5.5.3 R +∞ Ra R +∞ R +∞ Ra R +∞ 1. Se a f (x) dx (resp. −∞ f (x) dx, −∞ f (x) dx) e a g(x) dx (resp. −∞ g(x) dx, −∞ g(x) dx) converR +∞ Ra R +∞ R +∞ gem, então a (f + g)(x) dx (resp. −∞ (f + g)(x) dx, −∞ (f + g)(x) dx) converge, e a (f + g)(x) dx = R +∞ R +∞ Ra Ra Ra R +∞ R +∞ f (x) dx+ a g(x) dx (resp. −∞ (f +g)(x) dx = −∞ f (x) dx+ −∞ g(x) dx, −∞ (f +g)(x) dx = −∞ f (x) dx+ a R +∞ g(x) dx). −∞ R +∞

R +∞ R +∞ Ra R +∞ f (x) dx, −∞ f (x) dx) e a g(x) dx (resp. −∞ g(x) dx, −∞ g(x) dx) convergem, R +∞ Ra R +∞ R +∞ R +∞ então a (cf )(x) dx (resp. −∞ (cf )(x) dx, −∞ (cf )(x) dx) converge, e a (cf )(x) dx = c a f (x) dx (resp. Ra Ra R +∞ R +∞ (cf )(x) dx = c −∞ f (x) dx, −∞ (cf )(x) dx = c −∞ f (x) dx). −∞

2. Se

a

f (x) dx (resp.

Ra

−∞



Demonstração: trivial

Proposição 5.5.4 Sejam f, g : [a, +∞[−→ R funções integráveis em qualquer intervalo limitado, tais que ∀x ∈ [a, +∞[: R +∞ R +∞ 0 ≤ f (x) ≤ g(x) ou ∀x ∈ [a, +∞[: g(x) ≤ f (x) ≤ 0. Então, se a g(x) dx converge, tambem converge a f (x) dx. (Tem-se os resultados análogos para f, g :] − ∞, a] −→ R e f, g : R −→ R.) Demonstração: Vamos supor que ∀x ∈ [a, +∞[: 0 ≤ f (x) ≤ g(x); a demonstração é análoga se ∀x ∈ [a, +∞[: g(x) ≤ f (x) ≤ 0. Sejam F : [a + ∞[ −→ R R e G: [a + ∞[ −→ R R ; como se tem 0 ≤ f (t) e 0 ≤ g(t), x x x 7→ f (t) dt x 7→ g(t) dt a a ∀t ∈ [a, +∞[, as funções F e G são crescentes; como ∀t ∈ [a, +∞[, f (t) ≤ g(t), tem-se ∀x ∈ [a, +∞[, F (x) ≤ G(x). R +∞ R +∞ Do facto de G ser crescente e de lim G(x) = a g(t) dt, conclui-se que ∀x ∈ [a, +∞[: G(x) ≤ a g(t) dt, logo x→+∞ R +∞ ∀x ∈ [a, +∞[: F (x) ≤ a g(t) dt. Então F é crescente e majorada, logo existe lim F (x) e esse limite é finito, isto x→+∞ R +∞ é, a f (x) dx converge.  Exemplos: R +∞ x2 +1 1. 2 x4 +3 dx converge, porque, para x ≥ 2, tem-se 0 ≤ 2.

R +∞ 2

que 3.

√ 1 dx converge, porque, para R x+∞x log x1 √ dx converge, portanto e x x log x

R +∞ 1

√ 3

√ 4

x

√ 5 x2 + x3

x2 +1 x4 +3

≤

2x2 x4

=

2 x2 ;

x ≥ e, tem-se 0 ≤ x√x1log x ≤ R +∞ √ 1 dx converge. 2 x x log x

dx não converge, uma vez que

√ 3

√ 4

x

√ 5 x2 + x3

≥

√ 3

1

√ 5 x2 + x3

≥

R +∞

ora

1 √ , x x

1 √ 3 2 x2

2

e

e

2 x2 dx

R +∞ e

R +∞ 1

2

converge.

1 √ dx x x

1 √ 3 2 x

converge; conclui-se

não converge.

De maneira análoga, pode-se considerar funções que estão definidas em intervalos limitados mas não são limitadas.

5.5. INTEGRAIS IMPRÓPRIOS

101

Definição 5.5.5 Seja f :]a, b] −→ R uma função não limitada tal que para qualquer  > 0 f|[a+,b] é limitada e Z b Rb f (x) dx. Nesse caso integrável. Diz-se que o integral impróprio a f (x) dx converge, sse existir e for finito lim+ →0 a+ Z b Rb f (x) dx. escreve-se a f (x) dx = lim+ →0

a+

(Tem-se a definição análoga para uma função não limitada f : [a, b[−→ R.) Observações: 1. Note que, para uma função limitada ]a, b] −→ R, tal que para qualquer  > 0 f|[a+,b] é limitada e integrável, Z b Rb f (x) dx. Este limite é representado por a f (x) dx. existe sempre lim+ →0

a+

Rb 2. Quando f não é limitada, a f (x) dx só representa algo quando há o limite indicado. Se aquele limite não Rb existir, na terminologia tradicional diz-se que “o integral impróprio a f (x) dx não converge”, embora, nessa Rb caso, a f (x) dx não tenha significado. Exemplos: 1. f : ]0, 8] −→ R √ x 7→ 1/ 3 x Z 8 √ R8 1 3 3 √ lim+ (4 − 2 ) = 6, logo 0 dx = lim 3 + 2 x →0 →0 

1 √ 3 x

dx = 6

2. f : ]0, 1] −→ R x 7→ 1/x Uma vez que, para x ∈ [1/2n+1 , 1/2n ], se tem 1/x ≥ 1/2n , tem-se R1 R1 logo lim→0+  x1 dx = +∞; conclui-se que 0 x1 dx não converge.

R 1/2n

1 1/2n+1 x

dx ≥ 1/2; então

R1

1 1/2n x

dx ≥ n/2,

3. f : ]0, 1] −→ R , r 6= −1 x 7→ xr R1 r r+1 1 x dx = r+1 − r+1  Se r > −1, então lim→0+ R1 r x dx não converge. 0

r+1 r+1

= 0, portanto

R1 0

xr dx =

1 r+1 .

Se r < −1, então lim→0+

r+1 r+1

= −∞, portanto

Rb Rb Proposição 5.5.6 Sejam f, g :]a, b] −→ R ou f, g : [a, b[−→ R e c ∈ R; se a f (x) dx e a g(x) dx convergem, então Rb Rb Rb Rb Rb Rb Rb (f + g)(x) dx e a (cf )(x) dx convergem, a (f + g)(x) dx = a f (x) dx + a g(x) dx e a (cf )(x) dx = c a f (x) dx. a Demonstração: trivial.



Proposição 5.5.7 Sejam f, g :]a, b] −→ R funções tais que ∀x ∈]a, b] : 0 ≤ f (x) ≤ g(x) ou ∀x ∈]a, b] : g(x) ≤ f (x) ≤ Rb Rb 0. Então, se a g(x) dx converge, tambem converge a f (x) dx. (Tem-se um resultado análogo para f, g : [a, b[−→ R.) Demonstração: Análoga à do caso de funções definidas num intervalo não limitado.



Definição 5.5.8 Sejam A =]a0 , a1 [∪]a1 , a2 [∪ . . . ∪]an−1 , an [ em que ai ∈ R ∪ {−∞, +∞}, e f : A −→ R tais que f é limitada e integrável em qualquer intervalo [a, b], a, b ∈ R contido em A; sejam b1 , . . . , bn , tais que bi ∈]ai−1 , ai [. Diz-se Ra Ra Rb Ra R bn que o integral a0n f (x)dx existe sse existirem todos os integrais a01 f (x)dx, b11 f (x)dx,. . . , an−1 f (x)dx bnn f (x)dx. Rb Ra Ra Ra Nesse caso escreve-se a0n f (x)dx = a01 f (x)dx + b11 f (x)dx + · · · + bnn f (x)dx.

Exemplos:

102

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

1. f : ]0, +∞[ −→  √ R 1/ x se x ≤ 1 x 7→ 1/x2 se x ≥ 1 Z 1 Z 1 Z x Z +∞ 1 1 √ dx = 2 f (x)dx = lim dt = 1; f (x)dx = lim 2 + x→+∞ 1 t x →0  0 1 Z +∞ Logo f (x)dx = 3. 0

2. f : R \ {−1, 1}

−→    7→  

x R +∞

R

√1 se x < −1 −x−1 √ 1 se −1<x< 1−x2 1 √ se 1<x x2 x−1 x2

f (x)dx converge sse convergirem

R −2

−∞ R +∞ √1 e 2 dx. x2 x−1

−∞ x2

1

√1 dx, −x−1

R −1 −2 x2

√1 dx, −x−1

R0 −1

R1

√ 1 dx, 1−x2

0

√ 1 dx, 1−x2

R2 1 x2

√1 dx x−1

R −2 1 Para x ≤ −2, tem-se −x − 1 > 1, logo 0 ≤ x2 √−x−1 ≤ x12 ; como −∞ x12 dx converge, conclui-se que R −2 R −1 1 1 1 √1 dx converge. Para −2 ≤ x ≤ −1, tem-se 0 ≤ x2 √−x−1 ≤ √−x−1 ; como −2 √−x−1 dx, converge, −∞ x2 −x−1 Z 0 R −1 1 1 √ conclui-se que −2 x2 √−x−1 dx = lim (−arcsen (−1+)) = π/2, concluidx, converge. Como lim →0+ →0+ −1+ 1 − x2 R R2 R0 R +∞ 1 1 1 √1 se que −1 √1−x2 dx converge. De maneira análoga se conclui que 0 √1−x2 dx, 1 x2 √1x−1 dx e 2 dx x2 x−1 R +∞ convergem; portanto −∞ f (x)dx converge. 3. Sejam a > 0 e f : ]0, +∞[ −→ x 7→

R . Vamos ver que e−x xa−1

R +∞ 0

f (x)dx converge.

xa−1 ; ex/2 ex/2

como lim xa−1 /ex/2 = 0, existe R > 0 tal que x→+∞ R +∞ a−1 x/2 a−1 x x/2 x > R ⇒ x /e < 1, de onde x > R ⇒ x /e < 1/e ; como R e−x/2 dx converge, conclui-se que R +∞ −x a−1 R +∞ −x a−1 e x dx converge, e, portanto, 0 e x dx tambem converge. R R +∞ R1 Suponhamos agora que 0 < a < 1; é preciso verificar que 1 e−x xa−1 dx converge e que 0 e−x xa−1 dx converge. R +∞ R +∞ Para x ≥ 1, e−x xa−1 ≤ e−x , e 1 e−x dx converge, portanto 1 e−x xa−1 dx converge. Para 0 < x ≤ 1, tem-se R R 1 1 e−x xa−1 ≤ xa−1 /e, e 0 xa−1 /e dx converge, portanto 0 e−x xa−1 dx converge. Suponhamos primeiro que a ≥ 1. Tem-se e−x xa−1 =

Observação: Pode-se então definir uma função Γ : ]0, +∞[ −→ a 7→ vamos ver que Γ(a + 1) = aΓ(a): +∞

Z Γ(a + 1)

e−x xa dx =

= 0

lim+

→0

x→+∞

Z = −1/e + lim

→0+

−x a−1

= a

e 0

Por outro lado, Γ(1) =

R +∞ 0

x

dx

+∞

Z

e−x xa dx

e−t ta dt

1

1

Z

−x a−1

−

−ae

x

dx) + lim ([−e−t ta ]x1 −



x→+∞

1

Z

ae−x xa−1 dx + 1/e + lim

x→+∞



1

Z

. Integrando por partes,

x

Z

e−x xa dx + lim



0

R e x

−x a−1

1

1

lim ([−e−x xa ]1 →0+

=

e−x xa dx +

0

Z =

1

Z

R +∞

Z dx + a

+∞ −x a−1

e

x

Z dx = a

1

Z

x

−ae−t ta−1 dt)

1 x

ae−t ta−1 dt

1 +∞

e−x xa−1 dx = a Γ(a)

0

e−x dx = 1; conclui-se que, para n ∈ N,

Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) = (n − 1)(n − 2)Γ(n − 2) = . . . = (n − 1)!. 4. f : R+ x

−→ 7→

R log x x

5.5. INTEGRAIS IMPRÓPRIOS

2

dx = log2 x Z x log t log2 x lim dt = lim = +∞ x→+∞ 1 x→+∞ t 2 Z 1 log t log2  lim+ dt = lim+ − = −∞ t 2 →0 →0  R1 R +∞ log x Conclui-se que 1 x dx não converge e 0

R

log x x

5. f : R+ x

103

−→ 7→

log x x

dx não converge;

0

log x x

dx não converge.

R log √x x x

√ x < −1 √ <0. Como Para x < 1/e, tem-se log x < −1, logo log x x x x R 1/e log x R 1 log x √ dx não converge, e, portanto, √ dx não converge. 0 0 x x x x

Por outro lado,

R +∞

lim

x→+∞ √x < log x x

R 1/e 0

−1 √ x x

dx não converge, conclui-se que

log x x √ √ = 0, portanto existe M > 0 tal que x ≥ M ⇒ 0 < log < 1. Para x ≥ M , 4 4 x x R +∞ 1 R +∞ 1 √ x converge, e, portanto, < x√ . Como M x √ dx converge, conclui-se que M log 4 4 x x x x

tem-se então 0 R +∞ log x √ dx converge. 1 x x R +∞ log x √ dx não converge. 0 x x 6. f : R+ x

−→ R , r 6= −1 7→ xr log x

Suponhamos primeiro que r > −1; para x ≥ e, xr log x > xr > 0, e R +∞ r R +∞ x log x dx não converge, logo 1 xr log x dx não converge. e

R +∞ e

xr dx não converge, portanto

Por outro lado, se r > −1, tomemos um α tal que r + 1 > α > 0. Então lim+ xα log x = 0, e, para x < 1, x→0

tem-se xα log x < 0, portanto existe δ > 0 tal que 0 < x < δ ⇒ −1 < xα log x < 0. Para x ∈]0, δ[, tem-se então Rδ −xr−α < xr−α xα log x < 0, isto é, −xr−α < xr log x < 0. Como r − α > −1, 0 −xr−α dx converge. Conclui-se Rδ R1 que 0 xr log x dx converge, portanto 0 xr log x dx converge. R +∞ R1 Se r < −1, vê-se de maneira análoga que 1 xr log x dx converge e que 0 xr log x dx não converge. R +∞ Conclui-se que 0 xr log x dx não converge, seja qual for o valor de r. R +∞ R +∞ R1 R1 Observação: 1 xr log x dx converge sse 1 xr dx converge; 0 xr log x dx converge sse 0 xr dx converge.

104

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

5.6

Cálculo de comprimentos, volumes e áreas de superfície

5.6.1

Comprimentos de gráficos

Seja f : [a, b] −→ R uma função; para cada partição P = {t0 , . . . , tn } de [a, b], consideremos c(f, P ) =

n p X (f (ti ) − f (ti−1 ))2 + (ti − ti−1 )2 ; i=1

c(f, P ) é o comprimento do caminho de (a, f (a)) a (b, f (b)) formado pelos segmentos de recta que unem (ti−1 , f (ti−1 )) a (ti , f (ti )), i = 1, . . . , n (chamaremos a este caminho o caminho poligonal associado a P ).

a=t 0

t

1

t

2

t

3

t4

b=t 5

O comprimento do gráfico de f entre a e b é, por definição, o supremo (se existir) do conjunto dos comprimentos de tais caminhos, isto é, cf = sup{c(f, P ); P partição de [a, b]}. Observação: Da desigualdade triangular conclui-se facilmente que, se P1 e P2 são duas partições tais que P1 ⊂ P2 , então c(f, P1 ) ≤ c(f, P2 ). Vamos agora ver que, se f é derivável e tem função derivada contínua, então aquele supremo existe. Seja P = {t0 , . . . , tn } uma partição de [a, b]. Então c(f, P )

=

n p X (f (ti ) − f (ti−1 ))2 + (ti − ti−1 )2 i=1

=

s 2 f (ti ) − f (ti−1 ) (ti − ti−1 ) + 1; ti − ti−1 i=1

n X

Pn p (ti−1 ) existem x1 , . . . , xn , com xi ∈]ti−1 , ti [, tais que f (titi)−f = f 0 (xi ), portanto c(f, P ) = i=1 (f 0 (xi ))2 + 1.(ti − −ti−1 Pp P p ( 1 + (f 0 )2 , P ) ≤ c(f, P ) ≤ ( 1 + (f 0 )2 , P ). Dada qualquer partição P de [a, b], tem-se ti−1 ), logo Rbp P p ( 1 + (f 0 )2 , P ) ≤ c(f, P ) ≤ cf , portanto a 1 + (f 0 (x))2 dx ≤ cf . Por outro lado, dadas quaisquer partições P , Q, Rbp Pp Pp de [a, b], tem-se c(f, P ) ≤ c(f, P ∪Q) ≤ ( 1 + (f 0 )2 , P ∪Q) ≤ ( 1 + (f 0 )2 , Q), portanto cf ≤ a 1 + (f 0 (x))2 dx. Rbp Conclui-se que o comprimento do gráfico de f entre a e b existe e é a 1 + (f 0 (x))2 dx. Exemplos: 1. f : [−1/2, 1/2] −→ R x 7→ x2 − 1 R π/4 R 1/2 √ cf = −1/2 1 + 4x2 dx = −π/4 Z

1 2

sec3 tdt

sec3 t dt

Z

Z sec t sec2 t dt = sec t tg t − sec t tg2 t dt Z = sec t tg t − sec t(sec2 t − 1)dt Z Z 3 = sec t tg t − sec t dt + sec t dt Z = sec t tg t − sec3 t dt + log | sec t + tg t|

=

R 2 sec3 t dt = sec t tg t + log | sec t + tg t| R π/4 π/4 cf = −π/4 21 sec3 tdt = 14 [sec t tg t + log | sec t + tg t|]−π/4 =

√

2 2

+

1 4

log

√ √2+1 2−1

5.6. CÁLCULO DE COMPRIMENTOS, VOLUMES E ÁREAS DE SUPERFÍCIE

2. f : [4, 8] −→ R x 7→ x3/2 − 2 R8p 9 cf = 4 1 + 9x/4 dx = [ 27 (1 + 9x/4)3/2 ]84 = 3. f : [1, 2] −→ x 7→

x3 6

R +

√

8 27 (19

105

√ 19 − 10 10)

1 2x

Z 2r 1 x2 1 2 x4 1 = 1 + ( − 2 ) dx = 1+ + 4 − dx 2 2x 4 4x 2 1 1  3 2 Z 2 2 x x 1 1 17 = ( + 2 ) dx = − = 2 2x 6 2x 1 12 1 2

Z

cf

r

√ 4. f : [1, 3] −→ R x 7→ x1 √

Z cf

3

1 1 + 2 dx = x

= 1

Z

3

√

1

x2 + 1 dx = x

2−

π/3

√

π/3

2 − [log(cosec t + cotg t)]π/4 = 2 −

π/3

Z

π/4

sec2 t cosec t dt = [tg t cosec t]π/4 +

π/4

5.6.2

Z

π/3

= =

√

r

Z

sec t sec2 t dt tg t

π/3

cosec t dt π/4

√

√ √ 2 − log( 3) + log( 2 + 1)

Volumes de sólidos de revolução

Na secção anterior, partimos de uma noção de comprimento de linhas poligonais, e estendemo-la a gráficos de funções. Nesta secção, partiremos de uma noção de volume de uma reunião finita de cilindros de revolução, de interiores disjuntos, todos com o mesmo eixo, e vamos estendê-la a sólidos de revolução. Consideremos a região do plano entre o gráfico de uma função positiva f : [a, b] −→ R e o eixo dos xx e seja S o sólido de revolução gerado por essa região rodando em torno do eixo dos xx. Sejam P = {t0 , . . . , tn } uma partição de [a, b], mi = inf f|[ti−1 ,ti ] e Mi = sup f|[ti−1 ,ti ] , ci o maior cilindro contido na porção de S entre ti−1 e ti , e Ci o menor cilindro que contem a porção de S entre ti−1 e ti , como indicados na figura.

t i-1

t i-1

ti

ci

ti

Ci

Pn Pn Se sup{ i=1 volume(ci ), P partição de [a, b]} = inf{ i=1 volume(Ci ), P partição de [a, b]}, tomamos este valor como definição do volume V de S. Pn Pn Para qualquer partição P = {t0 , . . . , tn }, temos então i=1 volume(ci ) ≤ V ≤ i=1 volume(Ci ). Como ci tem raio mi e altura ti − ti−1 e Ci tem raio Mi e altura ti − ti−1 , conclui-se que n X

πm2i (ti − ti−1 ) ≤ V ≤

i=1 2 2 Ora m2i = inf f|[t e Mi2 = sup f|[t , portanto π i−1 ,ti ] i−1 ,ti ]

n X

πMi2 (ti − ti−1 ).

i=1

P 2 (f , P ). Se supusermos f contínua, f 2 Rb tambem o é, logo é integrável, de onde se conclui que existe o volume de S e esse volume é V = a π(f (x))2 dx. Observação: A “definição” dada para volume é bastante artificial; uma definição geral e precisa de volume, para sólidos quaisquer (de revolução ou não), está fora do âmbito deste curso. Exemplos: 1. f : [0, 5] −→ R x 7→ x2 R5 V = π 0 x4 dx = π[x5 /5]50 = 625π

P

(f 2 , P ) ≤ V ≤ π

106

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

2. f : [0, a] −→ x 7→

R rx/a

(volume de um cone de raio r e altura a) Ra 2 2 2 a3 πr 2 a V = π 0 r ax2 dx = πr a2 . 3 = 3 3. f : [−r, r] −→ x 7→

√ R r2 − x2

(volume de uma esfera de raio r) Rr V = π −r (r2 − x2 ) dx = π[r2 x − x3 /3]r−r = 4. f : [0, π] −→ R x 7→ sen x Rπ Rπ V = π 0 sen2 x dx = π 0

1−cos 2x 2

dx =

4πr 3 3

π2 2

5. f : [1, 3] −→ R x 7→ 1/x R3 1 V = π 1 x2 dx = 2π 3 R +∞ Observação: Se considerarmos a função f : [1, +∞[ −→ R , já vimos que 1 f (x) dx não converge, isto x 7→ 1/x R +∞ R +∞ 1 é, a área limitada pelo gráfico de f e pelo eixo dos xx é infinita; no entanto, 1 πf (x)2 dx = π 1 x2 dx = π, ou seja, o volume do sólido de revolução gerado pelo gráfico de f|[1,x] tende para π quando x tende para +∞; a esse limite (finito) é ainda natural chamar o volume do sólido de revolução gerado pelo gráfico de f . Proposição 5.6.1 Seja f :]a, b[−→ R uma função contínua tal que o integral impróprio converge. Então, para qualquer x0 ∈ [a, b] a função F : [a, b] −→ R R é contínua. x x 7→ f (t)dt x0 Demonstração: O teorema 5.2.13 garante que F é contínua em ]a, b[; resta verificar que é contínua em a e em b. Rb Rx Ora o integral impróprio a f (t)dt converge, portanto o integral impróprio a 0 f (t)dt tambem converge, logo existe R x0 Rx lim→0 a+ f (t)dt, e este limite (por definição) é igual a a 0 f (t)dt. Mas isso é precisamente o que significa dizer que F é contínua em a. Analogamente se verifica que F é contín ua em b. 

5.6.3

Áreas de superfície de sólidos de revolução

Comecemos por ver alguns resultados suplementares sobre integrais, de que necessitaremos mais adiante nesta secção. Proposição 5.6.2 Seja f : [a, b] −→ R uma função contínua; para qualquer  > 0 existe δ > 0 tal que se P = {t0 , t1 , . . . , tn } é uma partição de [a, b] com ti − ti−1 < δ (i = 1, . . . , n), então para quaisquer x1 , . . . , xn , xi ∈ [ti−1 , ti ], tem-se Z b n X | f (x)dx − f (xi )(ti − ti−1 )| < . a

i=1

Demonstração: Seja  > 0; na demonstração de que qualquer função contínua é integrável, foi existe δ > 0 Pvisto queP tal que se P = {t0 , t1 , . . . , tn } é uma partição de [a, b] com ti − ti−1 < δ (i = 1, . . . , n), então (f, P ) − (f, P ) < . Sejam P = {t0 , t1 , . . . , tn } uma partição nessas condições e x1 , . . . , xn tais que xi ∈ [ti−1 , ti ]; sejam mi = inf f|[ti−1 ,ti ] , Mi = sup f|[ti−1 ,ti ] . Tem-se mi ≤ f (xi ) ≤ Mi , portanto X

(f, P ) ≤

n X

f (xi )(ti − ti−1 ) ≤

X

(f, P );

i=1

por outro lado, X

Z

b

f (x)dx ≤

(f, P ) ≤

X

(f, P ).

a

De

P P (f, P ) − (f, P ) <  conclui-se que Z |

b

f (x)dx − a

n X i=1

f (xi )(ti − ti−1 )| < .

5.6. CÁLCULO DE COMPRIMENTOS, VOLUMES E ÁREAS DE SUPERFÍCIE

107

Observação: É fácil de ver que se x01 , . . . , x0n são tambem tais que x0i ∈ [ti−1 , ti ], então |

n X

|f (xi ) − f (x0i )|(ti − ti−1 )| < .

i=1

 Proposição 5.6.3 Sejam f, g : [a, b] −→ R funções contínuas; para qualquer  > 0, existe δ > 0 tal que se P = {t0 , t1 , . . . , tn } é uma partição de [a, b] com ti − ti−1 < δ (i = 1, . . . , n), então para quaisquer u1 , v1 . . . , un , vn , ui , vi ∈ [ti−1 , ti ], tem-se Z b n X f (x)g(x)dx − f (ui )g(vi )(ti − ti−1 )| < . | a

i=1

Demonstração: Sejam P = {t0 , t1 , . . . , tn } uma partição de [a, b], u1 , v1 . . . , un , vn tais que ui , vi ∈ [ti−1 , ti ], e M = max |f |. Então Z

b

|

f (x)g(x)dx − a

n X

f (ui )g(vi )(ti − ti−1 )| =

i=1

Z

b

= |

f (x)g(x)dx − a

Z ≤

b

|

f (x)g(x)dx − a

Z ≤

b

|

f (x)g(x)dx − a

Z ≤

|

b

f (x)g(x)dx − a

n X i=1 n X i=1 n X i=1 n X

f (ui )g(ui )(ti − ti−1 ) +

n X

f (ui )g(ui )(ti − ti−1 ) −

i=1 n X

f (ui )g(ui )(ti − ti−1 )| + |

f (ui )g(ui )(ti − ti−1 )| + |

i=1 n X

n X

f (ui )g(vi )(ti − ti−1 )|

i=1 n X

f (ui )g(ui )(ti − ti−1 ) −

f (ui )g(vi )(ti − ti−1 )|

i=1

f (ui )(g(ui ) − g(vi ))(ti − ti−1 )|

i=1 n X

f (ui )g(ui )(ti − ti−1 )| + M

|g(ui ) − g(vi )|(ti − ti−1 )|

i=1

i=1

Seja agora  > 0; pela proposição anterior, existe δ1 > 0 tal que se P = {t0 , t1 , . . . , tn } é uma partição de Rb [a, b] com ti − ti−1 < δ1 (i = 1, . . . , n), então para quaisquer u1 , . . . , un , ui ∈ [ti−1 , ti ], se tem | a f (x)g(x)dx − P n partição de [a, b] com ti −ti−1 < δ2 i=1 f (ui )g(ui )(ti −ti−1 )| < /2; existe δ2 > 0 tal que se P = {t0 , t1 , . . . , tn } é uma P n (i = 1, . . . , n), então para quaisquer u1 , v1 . . . , un , vn , ui , vi ∈ [ti−1 , ti ], se tem | i=1 |g(ui ) − g(vi )|(ti − ti−1 )|| < /(2M ). Seja δ = min{δ1 , δ2 }; se P = {t0 , t1 , . . . , tn } é uma partição de [a, b] com ti − ti−1 < δ (i = 1, . . . , n), então para quaisquer u1 , v1 . . . , un , vn , ui , vi ∈ [ti−1 , ti ], tem-se Z |

b

f (x)g(x)dx − a

n X

f (ui )g(vi )(ti − ti−1 )| < /2 + M /(2M ) = .

i=1

 Consideremos uma função continuamente derivável f : [a, b] −→ R+ 0 e a superfície de revolução S gerada pelo gráfico de f quando roda em torno do eixo dos xx; queremos dar sentido à sua área A e saber calculá-la. Para uma partição P = {t0 , . . . , tn } de [a, b], consideremos o caminho poligonal associado a P , e seja (P ) = max{ti −ti−1 , i = 1, . . . , n}. Quando (P ) tende para 0, o comprimento do caminho poligonal tende para o comprimento da curva (prop. 5.6.2). Cada um dos segmentos desse caminho poligonal, quando roda em torno do eixo dos xx, gera um cone truncado; o que vamos agora ver, é que a soma das áreas desses cones truncados tende para um certo número real quando (P ) tende para 0; é a esse número que chamaremos a área da superfície de revolução.

t i-1

ti

Ci

A área da superfície de um cone truncado em que os raios das bases são r1 e r2 e a altura é √a, é π(r2 + p r1 ) (r2 − r1 )2 + a2 (basta partir do conhecimento da área de um cone de raio R e altura A – πR R2 + A2 ; a

108

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

área de um cone truncado de altura a e em que os raios das bases são r1 e r2 , com r1 < r2 , é a área de um cone de a raio r2 e altura a + a0 menos a área de um cone de raio r1 e altura a0 , em que a0 /r1 = r2 −r ). 1 p 2 2 A área do cone Ci é então π(f (ti ) + f (ti−1 )) (f (ti ) − f (ti−1 )) + (ti − ti−1 ) . A cada partição P = {t0 , . . . , tn } associamos a soma das áreas dos cones truncados Ci , isto é, n X

A(f, P ) =

p π(f (ti ) + f (ti−1 )) (f (ti ) − f (ti−1 ))2 + (ti − ti−1 )2 .

i=1

Então

s 2 f (ti ) − f (ti−1 ) +1 A(f, P ) = π (f (ti ) + f (ti−1 ))(ti − ti−1 ) ti − ti−1 i=1 n X

e existem x1 , . . . , xn , com xi ∈]ti−1 , ti [ tais que A(f, P )

= π

n X

f (ti )−f (ti−1 ) ti −ti−1

= f 0 (xi ), portanto

p (f (ti ) + f (ti−1 )) (f 0 (xi ))2 + 1(ti − ti−1 )

i=1

= π

n X

n X p p f (ti ) (f 0 (xi ))2 + 1(ti − ti−1 ) + π f (ti−1 ) (f 0 (xi ))2 + 1(ti − ti−1 ).

i=1

i=1

Observação: Poder-se-ia pensar que (analogamente ao que acontece com os comprimentos), se P1 ⊂ P2 então A(f, P1 ) ≤ A(f, P2 ), mas isso não acontece necessariamente. p p P P A soma A(f, P ) não é necessariamente (2πf f 02 + 1, P ) nem (2πf f 02 + 1, P ), nem sequer tem de estar entre estes p valores. No entanto, usando a proposição 5.6.3, vemos que, para partições suficientemente finas, se tem Rb | a 2πf (x) f 0 (x)2 + 1 dx − A(f, P )| tão pequeno quanto se quiser. De facto, seja  > 0; pela proposição 5.6.3, existe δ > 0 tal que se P = {t0 , . . . , tn } é uma partição de [a, b] em que ti − ti−1 < δ, então para quaisquer u1 , v1 , . . . , un , vn com ui , vi ∈ [ti−1 , ti ] se tem |

n X

Z p f (ui ) (f 0 (vi ))2 + 1(ti − ti−1 ) −

b

p f (x) (f 0 (x))2 + 1 dx| < /2.

a

i=1

Portanto Z |A(f, P ) − 2π

b

p f (x) (f 0 (x))2 + 1 dx| ≤

a

|π

n X

Z p f (ti ) (f 0 (xi ))2 + 1(ti − ti−1 ) − π

i=1 n X

+|π

Tem-se,pois, A =

Rb a

p f (x) (f 0 (x))2 + 1 dx| +

a

Z p f (ti−1 ) (f 0 (xi ))2 + 1(ti − ti−1 ) − π

i=1

<

b

b

p f (x) (f 0 (x))2 + 1 dx|

a

/2 + /2 = .

p 2πf (x) (f 0 (x))2 + 1 dx.

Observações: 1. Se tivessemos pretendido definir a área de uma superfície regular qualquer (de revolução ou não) por um método análogo ao utilizado para as curvas regulares, seríamos naturalmente levados a considerar triângulos de vértices na superfície, como os equivalentes aos segmentos de extremos na curva. Só que esta ideia não funciona (sem cuidados acrescidos), porque enquanto que nas curvas regulares o comprimento dos caminhos poligonais se aproxima de um valor (que vai ser o comprimento da curva), quando os comprimentos dos segmentos tendem para 0, no caso das superficies, mesmo simples como um cilindro, não basta exigir que os comprimentos dos lados dos triângulos tendam para 0 para que as somas das respectivas áreas tendam para algum valor. 2. Para aproximar a área de uma superfície de revolução, utilizámos superfícies de cones truncados e não superfícies de cilindros; o motivo, intuitivamente, é que a “direcção” da superfície dos cones truncados se aproxima da “direcção” da superfície, enquanto que isso não acontece com os cilindros (que foram utilizados para aproximar o volume). Utilizar as áreas de cilindros seria o equivalente a tomar segmentos de recta horizontais para aproximar

5.6. CÁLCULO DE COMPRIMENTOS, VOLUMES E ÁREAS DE SUPERFÍCIE

109

o comprimento do gráfico (ver a figura); ora, qualquer que seja a partição considerada, a soma dos comprimentos de tais segmentos é b − a.

a=t 0

t

t

1

2

t

3

t4

b=t 5

Exemplos: 1. f : [−π/2, π/2] −→ R x 7→ cos x π/2

Z A =

Z p 2 cos x 1 + sen x dx = 2π

2π −π/2

1

p 1 + u2 du

−1

π/4

Z

π/4

sec3 t dt = π[sec t tg t + log | sec t + tg t]−π/4

=

2π

=

√ √ 2+1 2 2π + π log √ 2−1

−π/4

2. f : [3, 8] −→ R √ x 7→ 2 x 8

Z A =

2π

Z √ p 2 x 1 + 1/x dx = 4π

3

= 3. f : [1, 2] −→ x 7→

x3 6

R +

[

8

√

x + 1 dx

3

8π (x + 1)3/2 ]83 = 152π/3 3

1 2x 2

1 x2 1 x3 + )( + 2 ) dx = 2π 6 2x 2 2x 1 x6 x2 1 2π[ + − 2 ]21 = 47π/16 72 6 8x Z

A =

2π

=

Z

2

(

(

1

x5 x x 1 + + + )dx 12 4 12 4x3

√ 4. f : [1, 3] −→ R x 7→ 1/x √

Z A =

3

2π 1

Z =

1 x

√

r

1 1 + 2 dx = 2π x

π/3

2π

2

sec t cosec t dt = π/4

=

π/3

2π[− cosec t]π/4 + 2π

Z

π/3

π/4

Z 1

3

√

1 + x2 dx = 2π x2

π/3 2π[sec t (− cotg t)]π/4

Z

π/3

π/4

Z

sec t sec2 t dt tg2 t

π/3

− 2π

sec t tg t (− cotg t)dt π/4

√ √ π/3 sec t dt = 2π( 2 − 2/ 3 + [log(sec t + tg t)]π/4 )

√ √ √ √ √ √ √ 2+ 3 = 2π( 2 − 2/ 3 + log(2 + 3) − log( 2 + 1)) = 2π( 2 − 2/ 3 + log √ ) 2+1 R +∞ 2π p Observação: O integral 1 1 + 1/x2 dx não converge, portanto, sendo f : [1, +∞[ −→ R , a área x x 7→ 1/x da superfície de revolução gerada pelo gráfico de f|[1,x] tende para +∞ quando x tende para +∞, pelo que é

110

CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

natural dizer que a área da superfície de revolução gerada pelo gráfico de f é infinita, embora, como já vimos, o volume do sólido correspondente seja finito.

Capítulo 6

Polinómios de Taylor Como pode ser facilmente constatado a partir das definições rigorosas das funções trigonométricas, exponencial e logaritmo, dadas em apêndice, o cálculo de valores concretos destas funções é bastante difícil. Em contrapartida, dada uma função polinomial, é fácil calcular o seu valor em qualquer ponto: trata-se apenas de efectuar um certo número de multiplicações e somas de números reais. Neste capítulo, veremos como, em certos casos, uma função pode ser aproximada por polinómios, e veremos como utilizar isso para calcular valores aproximados de funções em pontos do seu domínio.

6.1

Polinómios de Taylor

Seja f uma função n vezes derivável. Definição 6.1.1 Chama-se polinómio de Taylor de ordem n em a, da função f , ao polinómio Pn,a,f (x) =

n X

ak (x − a)k ,

k=0

em que ak =

f (k) (a) (no caso de não haver ambiguidade, designaremos este polinómio por Pn,a ). k!

Observação: O polinómio de Taylor de ordem n em a de f não tem necessariamente grau n, como será visto em alguns dos seguintes exemplos. Exemplos: 1. f : R x

−→ R 7→ 3x + 1

P0,2 (x) = 7; P0,−1 (x) = −2, P0,a (x) = 3a + 1 = f (a); P1,1 (x) = 3(x − 1) + 4 = 3x + 1; P1,0 (x) = 3x + 1; P1,a (x) = 3(x − a) + 3a + 1 = f (x); para k ≥ 2, f (k) (a) = 0, qualquer que seja a, logo, para n ≥ 1, Pn,a (x) = 3(x − a) + 3a + 1 = f (x) 2. f : R x

−→ 7→

R x2 − 3x + 5

P0,0 (x) = 5; P0,2 (x) = 3; P0,a (x) = a2 −3a+5; P1,a (x) = (2a−3)(x−a)+a2 −3a+5 = (2a−3)x−a2 +5; P2,a (x) = (x−a)2 +(2a−3)(x−a)+a2 −3a+5 = f (x); para n ≥ 2, Pn,a (x) = (x−a)2 +(2a−3)(x−a)+a2 −3a+5 = f (x). 3. f : R x

−→ 7→

R sen x

f 0 (x) = cos x; f 00 (x) = − sen x; f 000 (x) = − cos x; f (4) (x) = sen x; . . . P1,0 (x) = x; P2,0 (x) = x; P3,0 (x) = x − x3 /6;  x − x3 /3! + x5 /5! − · · · + (−1)(n−1)/2 xn /n! se n é ímpar Pn,0 (x) = x − x3 /3! + x5 /5! − · · · + (−1)n/2−1 xn−1 /(n − 1)! se n é par (isto é, P2n+1,0 (x) = x − x3 /3! + x5 /5! − · · · + (−1)n x2n+1 /(2n + 1)! e P2n+2,0 (x) = P2n+1,0 (x)). 111

112

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

Polinomios de Taylor do seno de ordens 1 a 3 em 0 4

Polinomios de Taylor do seno de ordens 7 a 9 em 0 4

2

-6

-2

4

2

6

-6

-4

-2

4

2

-2

-2

-4

-4

6

√ √ 2(x − π/4)/2 = 1 − π/(4 2) + x/ 2; √ √ √ √ √ P4,π/4 (x) = 2/2 + 2(x − π/4)/2 − 2(x − π/4)2 /4 − 2(x − π/4)3 /12 + 2(x − π/4)4 /48 = √ √ √ 2 √ √ x4 2 2 +16π 3 +π 4 −π 3 3 = 2 6144−1536π−192π + 2 384+96π−12π x + 2 π +8π−32 x2 − 2 π+4 2 48 . 12288 768 128 48 x + P1,π/4 (x) =

√

-4

2

2/2 +

√

Polinomios de Taylor do seno de ordens 1 a 3 em Pi/4 4 Polinomios de Taylor do seno de ordens 4 a 5 em Pi/4 4 2

3 2

-4

-2

4

2

6

1

-4

-2

-2

4

2

6

-1 -2

-4

4. f : R x

−→ R 7→ cos x

f 0 (x) = − sen x; f 00 (x) = − cos x; f 000 (x) = sen x; f (4) (x) = cos x; . . . P3,0 (x) = 1 − x2 /2; P6,0 (x) = 1 − x2 /2 + x4 /24 − x6 /720  1 − x2 /2 + x4 /4! − · · · + (−1)n/2 xn /n! se n é par Pn,0 (x) = 1 − x2 /2 + x4 /4! − · · · + (−1)(n−1)/2 xn−1 /(n − 1)! se n é ímpar (isto é, P2n,0 (x) = 1 − x2 /2 + x4 /4! − · · · + (−1)n x2n /(2n)! e P2n+1,0 (x) = P2n,0 (x)).

Polinomios de Taylor do cosseno de ordens 1 a 4 em 0 4

Polinomios de Taylor do cosseno de ordens 8 a 10 em 0 4 3

2 2 1 -6

-4

-2

2

4

6 -6

-4

-2

2

4

6

-1 -2 -2 -4

P5,π/2 (x) = −(x − π/2) + (x − π/2)3 /6 − (x − π/2)5 /120 = 8−π 2 3 π 4 1 5 48 x + 48 x − 120 x ;

1920 π−80 π 3 +π 5 3840

+

−384+48 π 2 −π 4 x 384

+

−24 π+π 3 2 x 96

+

6.1. POLINÓMIOS DE TAYLOR

P3,π/3 (x) = 1/2 − 2 π√ )x 12 3

+

(− 14

−

4

√ π √

113

3(x − π/3)/2 − (x − π/3)2 /4 + 2

3

)x +

4

1 √

√

3(x − π/3)3 )/12 =

3

2

π √

3

−

π2 36

−

π 3√ 108 3

√

+ ( −2 3 +

π 6

+

x

Polinomio de Taylor do cosseno de ordem 3 em Pi/3 4

2

5. f : R x

+

3

Polinomio de Taylor do cosseno de ordem 5 em Pi/2 4

-4

1 2

2

-2

4

2

6

-4

-2

4

2

-2

-2

-4

-4

6

−→ R 7→ ex

f (k) (x) = ex Pn,0 (x) = 1 + x + x2 /2 + x3 /6 + · · · + xn /n!; Pn,1 (x) = e + e(x − 1) + e(x − 1)2 /2 + e(x − 1)3 /6 + · · · + e(x − 1)n /n!; Pn,−1 (x) = 1/e + (x + 1)/e + (x + 1)2 /(2e) + (x + 1)3 /(6e) + · · · + (x + 1)n /(n!e) Polinomios de Taylor da exponencial de ordens 1 a 3 em 0 Polinomios de Taylor da exponencial de ordens 1 a 4 em -1 8

3 6

2

4

1

2

-3

-2

-1

1

2

3

-3

-1

-2

1

2

-2

6. f : R+ x

−→ R 7→ log x

f (k) (x) = (−1)k−1 (k − 1)!/xk Pn,1 (x) = x − 1 −

(x−1)2 2

+

(x−1)3 3

− ··· +

(−1)n−1 (x−1)n ; n

Polinomios de Taylor do logaritmo de ordens 3 a 5 em 1

Polinomios de Taylor do logaritmo de ordens 10 a 12 em 1

2 1 1

0.5

1

1.5

2

2.5 0.5

-1

-1

-2 -2

1

1.5

2

2.5

114

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

Pn,1/2 (x) = − log 2 + 2(x − 1/2) − 2(x − 1/2)2 + 83 (x − 1/2)3 + · · · + Polinomios de Taylor do logaritmo de ordens 1 a 4 em 1/2

(−1)n−1 2n (x n

− 1/2)n

Polinomios de Taylor do logaritmo de ordens 5 a 8 em 3 5

3 4 2 3 1 2 0.5 1 1.5 2 2.5 1 -1 4

2

-2 -1 -3 -2 -4

7. f : ] − 1, +∞[ −→ x 7→ f (k) (x) =

R log(1 + x)

(−1)k−1 (k−1)! (1+x)k

Pn,0 (x) = x − x2 /2 + x3 /3 − · · · + (−1)n−1 xn /n Polinomios de Taylor de log(x+1) de ordens 1 a 12 em 0 3

2

1

-2

-1

1

-1

-2

-3

8. f : ] − ∞, 1[ −→ x 7→ f (k) (x) =

R

1 1−x

k! (1−x)k+1

Pn,0 (x) = 1 + x + x2 + · · · + xn

2

3

6

8

6.1. POLINÓMIOS DE TAYLOR

115

Polinomios de Taylor de 1/(1-x) de ordens 1 a 5 em 0

4

3

Polinomios de Taylor de 1/(1-x) de ordens 1 a 5 em 3 0.5

2 2

3

4

5

6

-0.5 1 -1 -1.5 -2 -1.5 -1 -0.5

0.5

-2

-1

-2

9. f : R x

−→  R 2 e−1/x se x 6= 0 7→ 0 se x = 0

0.8 0.6 0.4 0.2 -1

-1.5

-0.5

0.5

1

1.5

Vamos ver que ∀n ∈ N : f (n) (0) = 0. 2

Comecemos por ver que ∀k ∈ N : lim e−1/x /xk = 0. x→0

−1/x2

De facto, lim |e x→0

2

/x | = lim e−1/x /|x|k = limy→+∞ y k e−y k

x→0

2

2

= limy→+∞ y k /ey , e, usando a regra de

2

l’Hôpital, vê-se facilmente que lim y k /ey = 0. y→+∞

Vamos mostrar agora, por indução, que ∀n ∈ N existe um polinómio Pn tal que  2 Pn (1/x)e−1/x se x 6= 0 f (n) (x) = . 0 se x = 0  2  − x23 e−1/x se x 6= 0 −1/x2 , portanto a afirmação é verdadeira para n = 1. Suponhamos Tem-se f 0 (x) =  lim e = 0 se x = 0 x→0 x − 0 agora que é verdadeira para m, isto é, que existem a0 , a1 , . . . , ap , tais que  2 (a0 + a1 /x + a2 /x2 + · · · + ap /xp )e−1/x se x 6= 0 (m) ; f (x) = 0 se x = 0 2

então, para x 6= 0, tem-se f (m+1) (x) = (−a1 /x2 − 2a2 /x3 − · · · − pap /xp+1 )e−1/x − x23 (a0 + a1 /x + a2 /x2 + 2 2 · · · + ap /xp )e−1/x = Q(1/x)e−1/x , em que Q(x) = −a1 x2 − (2a2 + 2a0 )x3 − (3a3 + 2a1 )x4 + · · · − 2ap xp+3 . Por Pp ai −1/x2 2 Pp ai e−1/x f (m) (x) − f (m) (0) ie (m+1) outro lado, f (0) = lim = lim i=0 x = i=0 lim = 0. Conclui-se que x→0 x→0 x→0 x−0 x xi+1 a afirmação é verdadeira para m + 1. Como para qualquer n ∈ N se tem f (n) (0) = 0, deduz-se que, para qualquer n ∈ N, Pn,0,f é o polinómio nulo.

116

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

Observações: 1. O gráfico de P1,a,f é a recta tangente ao gráfico de f em (a, f (a)). (k)

2. Para k ≤ n, tem-se Pn,a,f (a) = f (k) (a), isto é, as derivadas de ordem menor ou igual a n de Pn,a,f em a coincidem com as derivadas de ordem menor ou igual a n de f em a. Lema 6.1.2 Se f é uma função polinomial de grau ≤ n, a ∈ R e c0 , c1 , . . . , cn são tais que f (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + · · · + cn (x − a)n , então, para k ≤ n tem-se Pk,a (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + · · · + ck (x − a)k Demonstração: Resulta imediatamente de f (a) = c0 , f 0 (a) = c1 , . . ., f (k) (a) = k!ck .



Lema 6.1.3 Se f é uma função polinomial de grau ≤ n, então ∀a, x ∈ R : f (x) = Pn,a (x). Demonstração: Seja a ∈ R. Existem c0 , c1 , . . . , cn ∈ R tais que f (x) = c0 +c1 (x−a)+c2 (x−a)2 +· · ·+cn (x−a)n . Mas f (a) = c0 , f 0 (a) = c1 , . . ., f (k) (a) = k!ck ,. . . , f (n) (a) = n!cn , isto é, Pn,a (x) = c0 +c1 (x−a)+c2 (x−a)2 +· · ·+cn (x−a)n .  Observação: Os polinómios de Taylor de uma função f em a podem por vezes ser obtidos por métodos que não são o da determinação directa das derivadas de f em a; nesse caso, as derivadas de ordem ≤ n em a podem ser determinadas a partir do polinómio de Taylor de ordem n em a de f , como nos exemplos seguintes. Exemplos: 1. Seja f tal que P5,0 (x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 ; então f (0) = 1, f 0 (0) = 1, f 00 (0) = 2, f 000 (0) = 6, f (4) (0) = 24 e f (5) (0) = 120. 2. Seja f tal que P3,1 (x) = 2 − (x − 1) + (x − 1)3 /2; então f (1) = 2, f 0 (1) = −1, f 00 (1) = 0 e f 000 (1) = 3. 0 3. Seja f tal que P4,−1 (x) = 5 − x + x2 /2 + x4 /4; então f (−1) = P4,−1 (−1) = 27/4, f 0 (−1) = P4,−1 (−1) = −3, (4)

00 000 f 00 (−1) = P4,−1 (−1) = 4, f 000 (−1) = P4,−1 (−1) = −6 e f (4) (−1) = P4,−1 (−1) = 6. 0 4. Seja f tal que P3,2 (x) = 2 − (x − 1) + (x − 1)3 /2; então f (2) = P3,2 (2) = 1/2, f 0 (2) = P3,2 (2) = −5/2, 00 00 000 000 f (2) = P3,2 (2) = −4 e f (2) = P3,2 (2) = −3.

Observações: 1. O polinómio de Taylor de ordem n em a de f não permite determinar o valor de f nem das suas derivadas em pontos distintos de a (quando muito, em alguns casos, permitirá calcular valores aproximados de f ). 2. O polinómio de Taylor de ordem n em a de f não permite determinar o valor de derivadas de ordem superior a n em a; por exemplo, as funções exponencial e x −→ 1 + x + x2 /2 + x3 /6 + x4 − x7 têm os mesmos polinómios de Taylor de ordem 3 em 0 mas as suas derivadas de ordem ≥ 4 não coincidem. Definição 6.1.4 Seja n ∈ N ∪ {0}; diz-se que f e g são tangentes de ordem n em a sse lim

x→a

f (x) − g(x) =0e (x − a)n

f (a) = g(a). Proposição 6.1.5 1. Se f e g são tangentes de ordem n em a, então, para qualquer k < n, f e g são tangentes de ordem k em a. 2. Se f e g são tangentes de ordem n em a, e g e h são tangentes de ordem n em a, então f e h são tangentes de ordem n em a. 3. Se f e g são funções polinomiais de grau ≤ n e f e g são tangentes de ordem n em algum ponto a, então f e g coincidem. Demonstração: f (x) − g(x) f (x) − g(x) f (x) − g(x) = 0 e k < n, então lim = lim (x − a)n−k = x→a (x − a)k x→a (x − a)n (x − a)n f (x) − g(x) lim lim (x − a)n−k = 0. x→a (x − a)n x→a

1. Se lim

x→a

6.1. POLINÓMIOS DE TAYLOR

117

g(x) − h(x) f (x) − g(x) = 0 e lim = 0, conclui-se que lim n x→a (x − a)n x→a x→a (x − a) f (x) − h(x) lim = 0. x→a (x − a)n



2. De lim

3. Como já foi visto, f (x) =

n X

bk (x − a)k e g(x) =

k=0

n X

f (x) − g(x) g(x) − h(x) + (x − a)n (x − a)n

 = 0, isto é,

ck (x − a)k , em que bk = f (k) (a)/k! e ck = g (k) (a)/k!. Como

k=0

f (x) − g(x) = 0, para k = 0, . . . , n. De lim f (x) − g(x) = 0, x→a x→a (x − a)k n X P n conclui-se que lim (bk − ck )(x − a)k = 0, isto é b0 = c0 . Então f (x) − g(x) = k=1 (bk − ck )(x − a)k . De

f e g são tangentes de ordem n em a, tem-se lim

x→a

k=0

n X f (x) − g(x) lim = 0, conclui-se que lim (bk − ck )(x − a)k−1 = 0, isto é b1 = c1 . Continuando este processo, x→a x→a x−a k=1 conclui-se que para k ≤ n se tem bk = ck , isto é f e g coinciddem. 

Corolário 6.1.6 Dada uma função f e um ponto a do seu domínio, existe no máximo um polinómio de grau ≤ n que lhe é tangente de ordem n em a. 

Demonstração: trivial Proposição 6.1.7 Se f é n vezes derivável em a, então f e Pn,a são tangentes de ordem n em a.

f (x) − Pn,a (x) = 0. Usando n − 1 vezes a regra de l’Hôpital, conclui(x − a)n (n−1) f (n−1) (x) − Pn,a (x) f (n−1) (x) − f (n−1) (a) se que basta mostrar que lim = 0. Ora lim = f (n) (a)/n!; por oux→a x→a n!(x − a) n!(x − a) (n−1) (n−1) (n−1) (n−1) f (n−1) (x) − Pn,a (x) Pn,a (x) − f (n−1) (a) Pn,a (x) − Pn,a (a) (n) tro lado, lim = lim = Pn,a (a)/n!; logo lim = x→a x→a x→a n!(x − a) n!(x − a) n!(x − a) Demonstração: Quer-se mostrar que lim

x→a

(n) f (n) (a)−Pn,a (a) n!

= 0.



Das duas proposições anteriores conclui-se que, quando f é n vezes derivável em a, o polinómio de Taylor de ordem n em a de f é o único polinómio de grau ≤ n que é tangente de ordem n a f em a. Observações: Em particular, conclui-se que se f é derivável em a, f é tangente em a a um único polinómio de grau ≤ 1 (isto é, o gráfico de f é tangente em (a, f (a)) a uma única recta passando por a: a que tem declive f 0 (a)). É fácil de ver que as duas condições anteriores são equivalentes: f é derivável em a sse f é tangente de ordem 1 em a a um polinómio de grau ≤ 1; no entanto, “f duas vezes derivável em a” é uma condição estritamente mais forte do que “f é tangente de ordem 2 em a a um polinómio de grau ≤ 2”. Proposição 6.1.8 Seja f uma função n vezes derivável. 1. Se g é a função definida por g(x) = f (cx), c ∈ R, então Pn,a,g (x) = Pn,ca,f (cx). 2. Se g é a função definida por g(x) = f (xk ), k ∈ N, então Pkn,0,g (x) = Pn,0,f (xk ). Demonstração: 1. Tem-se g (k) (a) = ck f (k) (ca), portanto Pn,a,g (x) =

n X g (k) (a) k=0

k!

(x − a)k =

n X f (k) (ca) k=0

k!

ck (x − a)k =

n X f (k) (ca) k=0

k!

(cx − ca)k = Pn,ca,f (cx).

f (xk ) − Pn,0,f (xk ) f (x) − Pn,0,f (x) = 0; conclui-se que lim = 0, uma vez que lim xk = 0. Seja x→0 x→0 x→0 xn (xk )n P (x) = Pn,0,f (xk ); então g e P são tangentes de ordem nk em 0, portanto P = Pkn,0,g . 

2. Tem-se lim

Proposição 6.1.9 Sejam f e g funções n vezes deriváveis. 1. Pn,a,f +g = Pn,a,f + Pn,a,g

118

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

2. Sejam c0 , c1 , . . . , c2n tais que Pn,a,f (x).Pn,a,g (x) =

P2n

k=0 ck (x

− a)k ; então Pn,a,f.g =

Pn

k=0 ck (x

− a)k

0 3. Pn−1,a,f 0 (x) = Pn,a,f (x)

4. Se F é uma primitiva de f , então Pn,a,F é a primitiva de Pn−1,a,f que toma o valor F (a) em a. Demonstração: Seja Pn,a,f (x) =

Pn

k=0

1. Tem-se Pn,a,f (x) + Pn,a,g (x) = f (k) (a) k!

+

g (k) (a) k!

=

(f +g)(k) (a) , k!

ak (x − a)k e Pn,a,g (x) = Pn

k=0 (ak

Pn

k=0 bk (x

+ bk )(x − a)k ; ora ak =

− a)k .

f (k) (a) k!

e bk =

g (k) (a) k! ,

portanto ak + bk =

isto é, Pn,a,f + Pn,a,g é o polinómio de Taylor de ordem n em a de f + g.

P2n P P Pk 2. Pn,a,f (x).Pn,a,g (x) = k=0 ck (x−a)k , em que ck = i+j=k ai bj ; para k ≤ n, i+j=k ai bj = i=0 ai bk−i (isto já P Pn não é necessariamente verdade para k > n (por exemplo, cn+2 = i+j=n+2 ai bj = i=2 ai bn+2−i ). Então, para (i) (k−i) Pk Pk Pk (a) k! 1 k! (i) k ≤ n, ck = i=0 f i!(a) . g (k−i)! = k! (a)g (k−i) (a); ora (f.g)(k) (a) = i=0 i!(k−i)! f (i) (a)g (k−i) (a), i=0 i!(k−i)! f (k) P n logo conclui-se que ck = f g k! (a) , isto é, k=0 ck (x − a)k é o polinómio de Taylor de ordem n em a de f.g. 3. Tem-seP(f 0 )(k) (a) = f (k+1) (a) = (k + 1)!ak+1 , logo Pn−1,a,f 0 (x) = n 0 a)k = k=1 kak (x − a)k−1 = Pn,a,f (x).

Pn−1 k=0

(f 0 )(k) (a) (x − a)k k!

=

Pn−1 k=0

(k+1)!ak+1 (x − k!

0 4. Pela alínea anterior, tem-se Pn−1,a,f (x) = Pn,a,F (x), portanto Pn,a,F é uma primitiva de Pn−1,a,f ; por outro lado, por definição, Pn,a,F (a) = F (a). 

Exemplos: 1. g: R x

−→ 7→

R 3 ex

Pn Pn g(x) = f (x3 ), em que f (x) = ex ; como Pn,0,f (x) = k=0 xk /k!, conclui-se que P3n,0,g (x) = k=0 x3k /k!; por exemplo, P12,0,g (x) = 1 + x3 + x6 /2 + x9 /6 + x12 /24. 2. g: R x

−→ R 7→ cos 5x

g(x) = f (5x), em que f (x) = cos x; como P2n,0,f (x) = 1−x2 /2+· · ·+(−1)n x2n /(2n)!, conclui-se que P2n,0,g (x) = 1 − 25x2 /2 + · · · + (−1)n 52n x2n /(2n)!. 3. f : R x

−→ 7→

R

1 1+x2

Determinação de P6,0 (x) método I 8

x 1 2 4 6 2 4 6 1 = (1 + x2 )(1 − x2 + x4 − x6 ) + x8 , logo 1+x 2 = 1 − x + x − x + 1+x2 . Seja P (x) = 1 − x + x − x ; tem-se 1 8 x 2 − P (x) = lim 6 = 0. Como o único polinómio de grau ≤ 6 que é tangente de ordem 6 a f lim 1+x 6 x→0 x→0 x x (1 + x2 ) em 0 é P6,0 , conclui-se que P6,0 = P , isto é, P6,0 (x) = 1 − x2 + x4 − x6 .

método II P6 Sejam a0 , a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 tais que P6,0 (x) = k=0 ak xk . O polinómio de Taylor de ordem 6 em 0 de x 7→ 1+x2 é 1 + x2 ; como f (x)(1 + x2 ) = 1, conclui-se que a soma dos termos de grau ≤ 6 de (1 + x2 )P6,0 (x) é o polinómio de Taylor de ordem 6 em 0 da função constante igual a 1, isto é, a0 + a1 x + (a0 + a2 )x2 + (a1 + a3 )x3 + (a2 + a4 )x4 + (a3 + a5 )x5 + (a4 + a6 )x6 = 1, de onde a0 = 1, a1 = 0, a2 = −1, a3 = 0, a4 = 1, a5 = 0, a6 = −1, ou seja, P6,0 (x) = 1 − x2 + x4 − x6 . Observação: Analogamente se mostra que P2n,0 (x) = 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n e P2n+1,0 (x) = P2n,0 (x). 4. g: R x

−→ 7→

R

1 1+4x4

1 2 4 n 2n g(x) = f (2x2 ), em que f (x) = 1+x , conclui-se que P4n,0,g (x) = 2 ; como P2n,0,f (x) = 1 − x + x + · · · + (−1) x 4 8 n 2n 4n 4 8 1 − 4x + 16x + · · · + (−1) 2 x ; por exemplo, P8,0,g (x) = 1 − 4x + 16x .

6.1. POLINÓMIOS DE TAYLOR

5. f : R x

119

−→ R 7→ arctg x

Determinação de P2n+1,0 (x) método I 1 Então P2n+1,0,f (x) é a primitiva de P2n,0,g (x) f é a primitiva de g : x 7→ 1+x 2 que toma o valor 0 em 0. que toma o valor 0 em 0; como P2n,0,g (x) = 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n , conclui-se que P2n+1,0,f (x) = x − x3 /3 + x5 /5 − · · · + (−1)n x2n+1 /(2n + 1).

método II

Z

x

arctg x = 0

1 dt 1 + t2

x

(−1)n+1 t2n+2 )dt 1 + t2 0 Z x Z x (−1)n+1 t2n+2 = (1 − t2 + t4 − · · · + (−1)n t2n ) dt + dt 1 + t2 0 0 Z x (−1)n+1 t2n+2 = x − x3 /3 + x5 /5 − · · · + (−1)n x2n+1 /(2n + 1) + dt 1 + t2 0 Z

=

(1 − t2 + t4 − · · · + (−1)n t2n +

Seja P (x) = x − x3 /3 + x5 /5 − · · · + (−1)n x2n+1 /(2n + 1). Tem-se x

(−1)n+1 t2n+2 dt| 1 + t2 0 Z x t2n+2 | t2n dt| (porque ≤ t2n+2 ) 1 + t2 0 |x|2n+3 . 2n + 3 Z

|f (x) − P (x)| = | ≤ =

f (x) − P (x) x2n+3 = 0, conclui-se que lim = 0, isto é, f e P são tangentes de ordem 2n + 2 2n+2 x→0 x→0 (2n + 3)x x2n+2 em 0, logo P = P2n+2,0,f .

Como lim

P2n+2,0,f (x) = x − x3 /3 + x5 /5 − · · · + (−1)n x2n+1 /(2n + 1); P2n+1,0,f (x) = x − x3 /3 + x5 /5 − · · · + (−1)n x2n+1 /(2n + 1). Polinomios de Taylor de arctg de ordens 1 a 5 em 0

Polinomios de Taylor de arctg de ordens 11 a 15 em 0 2

1

1

0.5

-1

-0.5

0.5

-0.5

1

-1

-0.5

0.5

-1

-1 -2

1

120

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

Polinomios de Taylor de arctg de ordens 9 a 13 em 2

Polinomios de Taylor de arctg de ordens 5 a 8 em 1 2

3

1.5

1 2 0.5 1 -1 -1

1

2

3

4

5

1

2

3

-0.5

-1

Observações: a) O segundo método tem a vantagem de dar uma estimativa da diferença f (x) − P (x). b) A partir dos polinómios de Taylor de arctg em 0, concluimos que  0 se k é par (k) arctg (0) = (−1)(k−1)/2 (k − 1)! se k é ímpar 6. f : R x

−→ 7→

R ex sen x

Determinação de P3,0 (x) Sejam P e Q os polinómios de Taylor de ordem 3 em 0 da exponencial e do seno respectivamente. Tem-se P (x) = x−x3 /6, Q(x) = 1+x+x2 /2+x3 /6 e P Q(x) = x+x2 +x3 /3−x5 /12−x6 /36, logo P3,0 (x) = x+x2 +x3 /3. Observação: Não é verdade que P6,0 (x) = x + x2 + x3 /3 − x5 /12 − x6 /36. 7. f : R \ {0} x

−→ R 7→ 1/x

Determinação de P4,1 (x) método I 1 1+x−1

= 1 − (x − 1) + (x − 1)2 − (x − 1)3 + (x − 1)4 − (x − 1)5 /x. Seja P (x) = 1 − (x − 1) + (x − f (x) − P (x) −(x − 1) 1)2 − (x − 1)3 + (x − 1)4 ; tem-se lim = lim = 0, portanto P4,1 (x) = P (x). x→1 x→1 (x − 1)4 x Tem-se f (x) =

método II P4 Sejam a0 , a1 , a2 , a3 , a4 tais que P4,1 (x) = k=0 ak (x − a)k ; o polinómio de Taylor de ordem 4 em 1 de x 7→ x é Q(x) = 1 + (x − 1). Ora P4,1 (x)Q(x) = a0 + (a0 + a1 )(x − 1) + (a1 + a2 )(x − 1)2 + (a2 + a3 )(x − 1)3 + (a3 + a4 )(x − 1)4 + a4 (x − 1)5 ; então a0 + (a0 + a1 )(x − 1) + (a1 + a2 )(x − 1)2 + (a2 + a3 )(x − 1)3 + (a3 + a4 )(x − 1)4 é o polinómio de Taylor de ordem 4 em 1 de x 7→ 1, isto é, a0 = 1, a1 = −1, a2 = 1, a3 = −1, a4 = 1. 8. f : R \ {3} x

−→ 7→

R

1 x−3

Determinação de P5,1 (x) f (x)

1 −1 −1 = = (x − 1) − 2 2 − (x − 1) 2(1 − x−1 2 )  6  ( x−1 1 x−1 x−1 2 x−1 3 x−1 4 x−1 5 2 ) = − 1+ +( ) +( ) +( ) +( ) + 2 2 2 2 2 2 1 − x−1 2 =


f (x) − P (x) −(x − 1) x−1 3 x−1 4 x−1 5 2 + ( x−1 lim = lim 7 = 2 ) + ( 2 ) + ( 2 ) + ( 2 ) ; então x→1 5 x→1 (x − 1) 2 (1 − x−1 2 ) 0. Conclui-se que P5,1 (x) = P (x).

Seja P (x) = − 12 1 +

x−1 2

6.2. MÁXIMOS E MÍNIMOS LOCAIS

121

Determinação de P4,−2 (x) 1 −1 −1 = = (x + 2) − 5 5 − (x + 2) 5(1 − x+2 5 )  5  ( x+2 1 x+2 x+2 2 x+2 3 x+2 4 5 ) = − 1+ +( ) +( ) +( ) + 5 5 5 5 5 1 − x+2 5

f (x)

=


f (x) − P (x) −(x + 2) x+2 3 x+2 4 2 + ( x+2 lim = lim 6 = 0. 5 ) + ( 5 ) + ( 5 ) ; então x→−2 x→−2 5 (1 − x+2 ) (x + 2)4 5 Conclui-se que P4,−2 (x) = P (x). Seja P (x) = − 15 1 +

9. f : ] − 1, +∞[ −→ x 7→

x+2 5

Rx 0

R log(1 + t) dt

Determinação de P5,0,f (x) ] − 1, +∞[ −→ R que toma o valor 0 em 0. Como P4,0,g (x) = x − x2 /2 + x 7→ log(1 + x) x3 /3 − x4 /4, conclui-se que P5,0,f (x) = x2 /2 − x3 /6 + x4 /12 − x5 /20. f é a primitiva de g:

10. f : R x

−→ R R x 2 7→ sen t dt 0

Determinação de P6,0,f (x) Como P5,0,sen (x) = x − x3 /6 + x5 /120, conclui-se que P5,0,sen2 (x) = x2 − x4 /3, logo P6,0,f (x) = x3 /3 − x5 /15. Determinação de P6,π,f (x) 5 Como P5,π,sen (x) = −(x − π) + (x − π)3 /6 − (x que P5,π,sen2 (x) = (x − π)2 − (x − π)4 /3, logo R π− π) 2/120, conclui-se 3 5 3 P6,π,f (x) = f (π)+(x−π) /3+(x−π) /15 = 0 sen t dt+(x−π) /3+(x−π)5 /15 = π/2+(x−π)3 /3+(x−π)5 /15.

11. f : R x

−→ R 7→ x2 ex + 3

Determinação de P4,0,f 0 , P4,0,f 00 e P4,0,F , em que F é a primitiva de f que toma o valor 2 em 0. Tem-se P6,0,f (x) = 3 + x2 (1 + x + x2 /2 + x3 /6 + x4 /24) = 3 + x2 + x3 + x4 /2 + x5 /6 + x6 /24, logo P5,0,f 0 (x)(= 0 0 P6,0,f (x) = 2x+3x2 +2x3 +5x4 /6+x5 /4 (de onde P4,0,f 0 (x) = 2x+3x2 +2x3 +5x4 /6), e P4,0,f 00 (x)(= P5,0,f 0 (x) = 2 3 4 2 + 6x + 6x + 10x /3 + 5x /4. Rx P4,0,F (x) = F (0) + 0 P3,0,f (t) dt = 2 + 3x + x3 /3 + x4 /4. 12. f : R x

−→ 7→

R ex cos x2

Determinação de P4,0,f e de P4,0,f 0 . Seja g(x) = cos x2 ; tem-se P5,0,exp (x) = 1 + x + x2 /2 + x3 /6 + x4 /24 + x5 /120 e P5,0,g (x) = 1 − x4 /2, logo P5,0,f (x) = 1 + x + x2 /2 + x3 /6 − 11x4 /24 − 59x5 /120 (de onde P4,0,f (x) = 1 + x + x2 /2 + x3 /6 − 11x4 /24), e 0 P4,0,f 0 (x) = P5,0,f (x) = 1 + x + x2 /2 − 11x3 /6 − 59x4 /24.

6.2

Máximos e mínimos locais

No capítulo 4 foi visto que, se f 0 (x0 ) = 0 e f 00 (x0 ) > 0, então f tem um mínimo local em x0 , enquanto que, se f 0 (x0 ) = 0 e f 00 (x0 ) < 0, então f tem um máximo local em x0 . Vamos agora ver uma generalização deste resultado. Proposição 6.2.1 Sejam f :]a, b[−→ R e x0 ∈]a, b[ tais que f 0 (x0 ) = f 00 (x0 ) = · · · = f (n−1) (x0 ) = 0 e f (n) (x0 ) 6= 0. 1. Se n é par e f (n) (x0 ) > 0, então f tem um mínimo local estrito em x0 . 2. Se n é par e f (n) (x0 ) < 0, então f tem um máximo local estrito em x0 . 3. Se n é ímpar, então f não tem um máximo nem um mínimo local em x0 : a) se f (n) (x0 ) > 0, então f é estritamente crescente em x0 b) se f (n) (x0 ) < 0, então f é estritamente decrescente em x0 .

122

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

Demonstração: Tem-se Pn,x0 (x) = f (x0 )+ f f

que lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) − (x −

(n)

(x0 ) (x n! n x0 )

(n)

(x0 ) (x−x0 )n ; n!

n

− x0 )

= 0, isto é, lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) f (n) (x0 ) , lim > 0; então n! x→x0 (x − x0 )n n (x − x0 ) > 0, portanto 0 < |x − x0 | < δ

f (x) − f (x0 ) = (x − x0 )n

f (n) (x0 ) . n!

existe δ > 0 tal que 0 < |x − x0 | < δ ⇒

1. Como par,

como f e Pn,x0 são tangentes de ordem n em x0 , conclui-se

f (x)−f (x0 ) (x−x0 )n

> 0; como n é

⇒ f (x) > f (x0 ), isto é, f tem um mínimo local estrito em x0 .

2. análoga à anterior. f (x) − f (x0 ) > (x − x0 )n (x0 ) n 0, portanto existe δ > 0 tal que 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x)−f (x−x0 )n > 0; como n é ímpar, x < x0 ⇒ (x − x0 ) < 0 e n x > x0 ⇒ (x − x0 ) > 0. Então 0 < x − x0 < δ ⇒ f (x) − f (x0 ) > 0 e −δ < x − x0 < 0 ⇒ f (x) − f (x0 ) < 0, portanto f é estritamente crescente em x0 . 

3. Suponhamos que f (n) (x0 ) > 0 (a demonstração é análoga no caso de f (n) (x0 ) < 0). Então lim

x→x0

Exemplos: 1. f : R x

−→ 7→

R x2 sen x2

f 0 (x) = 2x sen x2 + 2x3 cos x2 ; f 0 (0) = 0 f 00 (x) = 2 sen x2 + 10x2 cos x2 − 4x4 sen x2 ; f 00 (0) = 0 f 000 (x) = 4x cos x2 − 20x3 sen x2 − · · ·; f 000 (0) = 0 f (4) (x) = 4 cos x2 − 8x2 sen x2 + · · ·; f (4) (0) = 4 > 0 Logo f tem um mínimo local em 0. 2. f : R x

−→ R 7→ −x6 + 12x5 − 60x4 + 160x3 − 240x2 + 192x + 1

f 0 (x) = −6x5 + 60x4 − 240x3 + 480x2 − 480x + 192; f 0 (2) = 0 f 00 (x) = −30x4 + 240x3 − 720x2 + 960x − 480; f 00 (2) = 0 f 000 (x) = −120x3 + 720x2 − 1440x + 960; f 000 (2) = 0 f (4) (x) = −360x2 + 1440x − 1440; f (4) (2) = 0 f (5) (x) = −720x + 1440; f (5) (2) = 0 f (6) (x) = −720; f (6) (2) < 0 Logo f tem um máximo local em 2. 3. f : R x

−→ 7→

R 3 ex 3

f 0 (x) = 3x2 ex ; f 0 (0) = 0 3

3

f 00 (x) = 6xex + 9x4 ex ; f 00 (0) = 0 3

3

3

3

f 000 (x) = 6ex + 18x3 ex + 36x3 ex + 27x6 ex ; f 000 (0) = 6 Logo f não tem máximo nem mínimo local em 0. 4. f : R

−→ 

x

7→

R 2 e−1/x se x 6= 0 0 se x = 0

Neste caso tem-se f (n) (0) = 0, para qualquer n, e f tem um mínimo estrito local em 0. 5. f : R

−→ 

x

7→

R 2 −e−1/x se x 6= 0 0 se x = 0

Neste caso tem-se f (n) (0) = 0, para qualquer n, e f tem um máximo estrito local em 0.

6.3. CÁLCULO DE VALORES APROXIMADOS DE FUNÇÕES

6. f : R

−→ 7→

x

123

R  −1/x2 se x > 0  e 0 se x = 0  2 −e−1/x se x < 0

Neste caso tem-se f (n) (0) = 0, para qualquer n, e f não tem um mínimo local nem um máximo local em 0; de facto, f é estritamente crescente em 0. 7. f : R

−→ 7→

x

R  −1/x2 se x > 0  −e 0 se x = 0  −1/x2 e se x < 0

Neste caso tem-se f (n) (0) = 0, para qualquer n, e f não tem um mínimo local nem um máximo local em 0; de facto, f é estritamente decrescente em 0.

6.3

Cálculo de valores aproximados de funções

O facto de, para cada n fixo, f e Pn,a,f serem tangentes de ordem n em a, significa que, quando x tende para a, a diferença entre f e o seu polinómio de Taylor de ordem n em a tende para 0 mais depressa do que (x − a)n ; nada diz sobre o grau de aproximação de f pelos polinómios de Taylor num ponto fixado, vizinho de a. Vamos agora ver o que se passa, quando, para um valor de x 6= a, consideramos polinómios de Taylor de ordem variável em a. Definição 6.3.1 Seja f uma função n vezes derivável; o resto de ordem n em a de f é a função Rn,a,f definida por Rn,a,f (x) = f (x) − Pn,a,f (x). Rn,a,f (x) representa o erro que se comete quando se toma Pn,a,f (x) como aproximação de f (x); o nosso objectivo agora é ver como podemos majorar esse erro. Teorema 6.3.2 Seja f uma função n + 1 vezes continuamente derivável e a um ponto do domínio de f . Então Z Rn,a,f (x) = a

x

f (n+1) (t)(x − t)n dt. n!

Rx Rx Rx Demonstração: Como f é uma primitiva de f 0 , tem-se a f 0 (t) dt = f (x) − f (a). Mas a f 0 (t) dt = a −φ(t)ψ 0 (t) dt, em que φ(t) = f 0 (t) e ψ(t) = x − t; integrando por partes, vem Z x Z x t=x [−f 0 (t)(x − t)]t=a − −f 00 (t)(x − t) dt = f 0 (a)(x − a) + f 00 (t)(x − t) dt. a

Então f (x) − f (a) − f 0 (a)(x − a) =

a

Z

x

f 00 (t)(x − t) dt,

a

Rx

f 00 (t)(x − t) dt; ora o primeiro membro é R1,a,f (x), portanto está provada a fórmula para R x (m+1) (t)(x−t)m dt. Integrando por partes, temos n = 1. Suponhamos agora que f (x) − Pm,a,f (x) = a f m! isto é, f (x) − P1,a,f (x) =

Z a

Então

x

a

f (m+1) (t)(x − t)m dt m!

 t=x Z x (x − t)m+1 f (m+2) (t)(x − t)m+1 −f (m+1) (t) − − dt (m + 1)! t=a (m + 1)! a Z x f (m+1) (a)(x − a)m+1 f (m+2) (t)(x − t)m+1 = − − dt (m + 1)! (m + 1)! a

=

f (m+1) (a)(x − a)m+1 f (x) − Pm,a,f (x) − = (m + 1)!

Z a

x

f (m+2) (t)(x − t)m+1 dt. (m + 1)!

Ora o primeiro membro é Rm+1,a,f (x), portanto deduzimos a fórmula para n = m + 1, partindo da sua validade para n = m.  Exemplos:

124

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

1. f : R x

−→ R 7→ sen x 2n+1

x P2n+1,0 (x) = P2n+2,0 (x) = x − x3 /6 + x5 /120 + · · · + (−1)n (2n+1)! R x (2n+3) (t)(x−t)2n+2 R2n+2,0 (x) = 0 f dt (2n+2)! R x (2n+3) (t)(x−t)2n+2 Rx 2n+2 (x−t)2n+3 t=x Ora |f (2n+3) (t)| = | cos t| ≤ 1, portanto | 0 f dt| ≤ | 0 (x−t) (2n+2)! (2n+2)! dt| = |[− (2n+3)! ]t=0 | = |x2n+3 | |x2n+3 | lim = 0, conclui-se que R2n+2,0 (x) se pode tornar tão pequeno quanto se quiser (2n+3)! . Como n→+∞ (2n + 3)! desde que n seja suficientemente grande.

Cálculo de um valor aproximado de sen(1,5) com erro inferior a 0,001: basta usar um polinómio de Taylor de ordem 2n + 1 na origem desde que 1,52n+3 /(2n + 3)! < 0,001; como, por exemplo, n = 3 está nestas condições, conclui-se que sen(1,5) = P7,0 (1,5) + , em que || < 0,001; ora P7,0 (1,5) = 1,5 − 1,53 /6 + 1,55 /120 − 1,57 /5040, portanto sen(1,5) = 0,9974 + , com || < 0,001. Cálculo de sen(2) com uma precisão de 0,01: basta usar um polinómio de Taylor de ordem 2n+1 na origem desde que 22n+3 /(2n + 3)! < 0,01; como, por exemplo, n = 3 está nestas condições, conclui-se que sen(2) = P7,0 (2) + , em que || < 0,01; como P7,0 (2) = 2 − 23 /6 + 25 /120 − 27 /5040, tem-se sen(2) = 0,908 + , com || < 0,01. Observação: para garantir a mesma precisão, quanto maior em módulo é módulo de x, maior tem de ser n; seja qual for x, Pn,0 (x) tende para sen x quando n tende para infinito, mas pode-se mostrar que “tende tanto mais devagar” quanto maior for |x|. 2. f : R x

−→ R 7→ cos x

P2n,0 (x) = P2n+1,0 (x) = 1 − x2 /2 + x4 /4! − · · · + (−1)n x2n /(2n)! R x (2n+2) (t)(x−t)2n+1 dt R2n+1,0 (x) = 0 f (2n+1)! Rx 2n+1 (x−t)2n+2 t=x Ora |f (2n+2) (t) = | cos t| ≤ 1|, portanto |R2n+1,0 (x)| ≤ | 0 (x−t) (2n+1)! dt| = |[− (2n+2)! ]t=0 | =

|x|2n+2 (2n+2)! .

Como

|x|2n+2 limn→+∞ (2n+2)!

= 0, conclui-se que R2n+1,0 (x) se pode tornar tão pequeno quanto se quiser, desde que n seja suficientemente grande. Cálculo de um valor aproximado de cos(−0,1) com erro inferior a 2 × 10−10 : basta usar um polinómio de Taylor de ordem 2n, desde que 0,12n+2 /(2n + 2)! < 2 × 10−10 ; por exemplo, n = 3 está nestas condições, portanto cos(−0,1) = 1 − 0,12 /2 + 0,14 /24 − 0,16 /720 +  = 0,9950041653 + , em que || < 2 × 10−10 . 3. f : R x

−→ R 7→ ex

Pn,0 (x) = 1 + x + x2 /2 + x3 /6 + · · · + xn /n! R x (n+1) (t)(x−t)n Rx t n Rn,0 (x) = 0 f dt = 0 e (x−t) dt n! n! Para x < 0, tem-se 0 < et < 1, portanto |Rn,0 (x)| ≤ |

Rx 0

(x−t)n n!

dt| =

|x|n+1 (n+1)! .

Para x > 0, como e < 3, tem-se et < 3t < 3x , portanto 0 ≤ Rn,0 (x) ≤

Rx 0

3x (x−t)n n!

dt =

3x xn+1 (n+1)! .

n+1

|x| = 0, conclui-se que se pode tornar Rn,0 (x) tão pequeno quanto se quiser desde que se Como limn→+∞ (n+1)! tome n suficientemente grande.

Cálculo de um valor aproximado de e com erro inferior a 10−4 : basta calcular Pn,0 (1) em que n é tal que 3/(n+1)! < 10−4 , por exemplo, n = 7. Então e = 1+1+1/2+1/6+1/24+1/120+1/720+1/5040+ = 2,71825+, em que 0 <  < 10−4 . Cálculo de um valor aproximado de e2 com erro inferior a 10−4 : basta calcular Pn,0 (2) em que n é tal que 2n+1 .9/(n + 1)! < 10−4 , por exemplo, n = 11. Então e = 1 + 2 + 4/2 + 8/6 + 16/24 + 32/120 + 64/720 + 128/5040 + 256/40320 + 512/362880 + 1024/3628800 + 2048/39916800 +  = 7,38905 + , em que 0 <  < 10−4 . Observação: Para garantir a mesma precisão, foi necessário um polinómio de ordem 11 para e2 e de ordem 7 para e; pode-se mostrar que quanto maior é x, maior terá de ser a ordem do polinómio de Taylor usado para garantir, apenas a partir das considerações sobre a fórmula do resto, a mesma precisão no cálculo de ex .

6.3. CÁLCULO DE VALORES APROXIMADOS DE FUNÇÕES

4. f : R+ x

−→ 7→

125

R √ 3 x

√ Cálculo de um valor aproximado de 3 9 com erro inferior a 10−5 : uma vez que conhecemos os valores de f e√das suas derivadas em 8, vamos utilizar os polinómios de Taylor em 8 e determinar n tal que |Rn,8 (9)| = | 3 9 − Pn,8 (9)| < 10−5 . f 0 (x) =

3

f 00 (x) = −

1 √ 3 2; x

9

2 √ 3 5; x

f 000 (x) =

27

10 √ 3 8 ;. . . ; x

Queremos determinar n tal que |Rn,8 (9)|(= | |f (n+1) (t)| ≤

R9 8

f (k) (x) =

f (n+1) (t)(x−t)n n!

(−1)k−1 2.5.8.....(3k−4) √ 3 3k x3k−1

dt|) < 10−5 . Para t entre 8 e 9, tem-se

2.5.8 . . . (3n − 1) 2.5.8 . . . (3n − 1) √ = ; 3 3n+1 23n+2 3n+1 83n+2

então Z 2.5.8 . . . (3n − 1) 9 (9 − t)n 1 2.5.8 . . . (3n − 1) dt = |Rn,8 (9)| ≤ n+1 23n+2 3n+1 23n+2 n! 3 (n + 1)! 8 2.5.8 . . . (3n − 1) = 3n+1 23n+2 (n + 1)! √ 2.5.8...(3n−1) −6 < 10−5 . Então 3 9 = P4,8 (9) + , em que || < 10−5 ; como Para n = 4 tem-se 3n+1 23n+2 (n+1)! ' 1,8 × 10 P4,8 (x) = f (8) + f 0 (8)(x − 8) + f 00 (8)(x − 8)2 /2 + f 000 (8)(x − 8)3 /6 + f√(4) (8)(x − 8)4 /24, tem-se P4,8 (9) = 2 + 1/12 − 2/(9.32.2) + 10/(27.256.6) − 70/(81.2048.24) ' 2,08008. Logo 3 9 = 2,08008 + , com || < 10−5 . 5. f : R+ x

−→ 7→

R √ 4 x

√ Cálculo de um valor aproximado de 4 83 com erro inferior a 3 × 10−6 : uma vez que conhecemos os valores de f e das suas derivadas em 81, vamos utilizar os polinómios de Taylor de f em 81 e determinar n tal que |Rn,81 (83)| < 3 × 10−6 .

f 0 (x) =

f 00 (x) = −

1 √ ; 4 4 x3

16

3 √ 4

x7

; f 000 (x) =

21 √ ;. . . ; 4 64 x1 1

Queremos determinar n tal que |Rn,81 (83)| = | √ = 3.7...(4n−1) |f (n+1) (t)| ≤ 3.7...(4n−1) n+1 4 4n+3 4n+1 34n+3 ; então 4

R 83 81

f (k) (x) =

(−1)k−1 3.7...(4k−5) √ . 4 4k x4k−1

f (n+1) (t)(83−t)n | n!

< 3 × 10−6 . Para t entre 81 e 83, tem-se

81

|Rn,81 (83)| ≤ Para n = 2, tem-se

3.7...(4n−1)2n+1 4n+1 34n+3 (n+1)!

83

(83 − t)n 3.7 . . . (4n − 1)2n+1 dt = n+1 4n+3 . n! 4 3 (n + 1)! 81 √ < 3 × 10−6 , portanto 4 83 = P2,81 (83) +  em que || < 3 × 10−6 . Ora

3.7 . . . (4n − 1) 4n+1 34n+3

Z

P2,81 (x) = f (81) + f 0 (81)(x − 81) + f 00 (81)(x − 81)2 /2, de onde P2,81 (83) = 3 + 6. f : R x

−→ 7→

2 4.27

−

3.22 16.37 .2

= 3,018347.

R

1 1+x2

Já foi visto que P2n,0 (x) = P2n+1,0 (x) = 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n ; neste caso, a fórmula do resto, Rn,0 (x) = R x f (n+1) (t)(x−t)n , não é muito útil, uma vez que não temos uma maneira simples de majorar |f (n+1) (t)|. No n! 0 n+1

2n+2

entanto, sabemos que R2n+1,0 (x) = (−1)1+xx2 . Como |R2n+1,0 (x)| ≤ |x2n+2 | e limn→+∞ |x2n+2 | = 0 se |x| < 1, conclui-se que, se |x| < 1, então P2n+1,0 (x) pode ser tornado tão próximo de f (x) quanto se quiser, desde que n seja suficientemente grande. Em contrapartida, se |x| ≥ 1, então não se tem limn→+∞ R2n+1,0 (x) = 0. Portanto os polinómios de Taylor de f em 0 só aproximam f em ] − 1, 1[. 7. f : R x

−→ 7→

R arctg x

Já foi visto que P2n+1,0 (x) = P2n+2,0 (x) = x − x3 /3 + x5 /5 − · · · + (−1)n x2n+1 /(2n + 1); neste caso a fórR x (n+1) (t)(x−t)n mula do resto, Rn,0 (x) = 0 f , tambem não é muito útil, uma vez que não temos uma maneira n! Rx n+1 2n+2 (n+1) simples de majorar f (t). No entanto, sabemos que R2n+2,0 (x) = 0 (−1)1+t2t dt, logo |R2n+2,0 (x)| ≤ Rx |x|2n+3 n+1 2n+2 t dt| = 2n+3 , portanto, se |x| ≤ 1, limn→+∞ R2n+2,0 (x) = 0. Em contrapartida, se x > 1, | 0 (−1) R x 2n+2 R x t2n+2 2n+3 2n+3 tem-se 0 1+t2 dt ≥ 0 t1+x2 dt = (1+xx2 )(2n+3) , e limn→+∞ (1+xx2 )(2n+3) = +∞ (analogamente para x < −1). Conclui-se que os polinómios de Taylor só aproximam f em [−1, 1].

126

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

Observações: 1. Para x fixo, quando n tende para infinito, R2n+1,0,arctg (x) tende para 0 muito mais devagar do que por exemplo R2n+1,0,sen (x), o que está relacionado com o facto de 1/(2n + 3) tender para 0 muito mais devagar do que 1/(2n + 3)!. 2. Uma vez que os polinómios de Taylor de arctg só aproximam arctg em [−1, 1], não podemos utilizá-los directamente para calcular valores aproximados de arctg x se |x| > 1. No entanto, se quisermos calcular arctg x com |x| > 1, podemos escrever arctg x como uma soma arctg x1 + arctg x2 + · · · + arctg xn , em que |xi | ≤ 1. a+b a+b De facto, de tg(arctg a + arctg b) = 1−ab , para ab 6= 1, conclui-se que arctg( 1−ab ) = arctg a + arctg b. Então x−a a+b = x, isto é, arctg x = arctg a + arctg 1+ax , se ax 6= −1. Se escolhermos, arctg x = arctg a + arctg b em que 1−ab x x por exemplo, a = x/2, vem arctg x = arctg(x/2) + arctg 2(1+x 2 /2) (note que 2(1+x2 /2) ≤ x/2); repetindo o processo um número suficiente de vezes, obtem-se arctg x = arctg x1 + arctg x2 + · · · + arctg xn , em que |xi | ≤ 1. 3. Mesmo que se tenha |x| ≤ 1, pode ser conveniente escrever arctg x = arctg a + arctg b, com |a|, |b| < |x|, como vamos ver no exemplo seguinte. Cálculo de um valor aproximado de π com um erro inferior a 10−4 : como se tem π/4 = arctg 1, para calcular π com um erro inferior a 10−4 , basta calcular π/4 com um erro inferior a 2,5 × 10−5 . Vamos então determinar n por forma a que Rn,0 (1) < 2,5 × 10−5 . Como |R2n+2,0 (1)| ≤ 1/(2n + 3), basta calcular P2n+1,0 (1) em que 1/(2n+3) < 2,5×10−5 , ou seja, por exemplo n = 19999. Então arctg 1 = P39999,0 (1)+, em que || < 2,5×10−5 . Para calcular arctg 1 com a mesma precisão, mas com polinómios de Taylor de ordem menor, vamos usar a igualdade arctg 1 = arctg(1/2) + arctg(1/3) e calcular arctg(1/2) e arctg(1/3) com uma precisão de 10−5 . 1 1 e |R2n+2 (1/3)| ≤ 32n+3 (2n+3) , conclui-se que R12,0 (1/2) < 10−5 e |R8,0 (1/3)| < De |R2n+2,0 (1/2)| ≤ 22n+3 (2n+3) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10−5 . Então arctg(1/2) = 21 − 3.2 3 + 5.25 − 7.27 + 9.29 − 11.21 1 + 1 e arctg(1/3) = 3 − 3.33 + 5.35 − 7.37 + 2 , −5 −4 em que |1 |, |2 | < 10 ; logo π = 3,14152 + , com || < 10 .

8. f : ] − 1, +∞[ −→ x 7→

R log(1 + x)

Rx n n t Já foi visto que Pn,0 (x) = x − x2 /2 + x3 /3 − · · · + (−1)n−1 xn /n; tambem foi visto que Rn,0 (x) = 0 (−1) dt. 1+t R x tn R x tn n+1 x Para x > 1, tem-se 0 1+t dt ≥ 0 1+x dt = (1+x)(n+1) ; Rn,0 (x) não tende para 0 quando n tende para infinito, Rx n n t tn portanto os polinómios de Taylor não aproximam f . Se 0 < x ≤ 1, então 1+t ≤ tn , portanto | 0 (−1) dt| ≤ 1+t Rx n n+1 n+1 x x t dt = n+1 ; como limn→+∞ n+1 = 0, conclui-se que os polinómios de Taylor aproximam f . Se −1 < x < 0, 0 R x tn Rx |x|n+1 |x|n+1 1 1 1 como 1+t ≤ 1+x , conclui-se que | 0 1+t dt| ≤ 1+x | 0 tn dt| = (1+x)(n+1) ; como limn→+∞ (1+x)(n+1) = 0, conclui-se que os polinómios de Taylor aproximam f . R1 2 9. Cálculo de 0 ex dx com erro inferior a 10−4 : para qualquer x ∈ R tem-se ex = 1+x+x2 /2+· · ·+xn /n!+Rn (x), Rx t R1 2 n 2 em que Rn (x) = 0 e (x−t) dt; então ex = 1 + x2 + x4 /2 + · · · + x2n /n! + Rn (x2 ), de onde 0 ex dx = n! R1 R1 R x2 t 2 n 2 x2 2n+2 2 R x2 −t)n x dt = e (n+1)! , (1 + x2 + · · · + x2n /n!)dx + 0 Rn (x2 )dx. Ora Rn (x2 ) = 0 e (xn!−t) dt ≤ ex 0 (x n! 0 portanto Z

1

Rn (x2 )dx ≤

0

Z

1

0

=

1

2 e x2n+2 dx (porque x ∈ [0, 1] ⇒ ex ≤ e) (n + 1)! 0 e (2n + 3)(n + 1)!

Z ≤

2

ex x2n+2 dx (n + 1)!

R1 R1 2 Para calcular 0 ex dx com erro inferior a 10−4 , basta então calcular 0 (1 + x + x2 + · · · + x2n /n!) dx, em que R1 e n é tal que (2n+3)(n+1)! < 10−4 ; como n = 6 está nestas condições, conclui-se que 0 (1 + x2 + x4 /2 + x6 /6 + R1 2 x8 /24 + x10 /120 + x12 /720) dx = 1,48764 é um valor aproximado de 0 ex dx com um erro inferior a 10−4 . 10. f : R x

−→  7→ R2

R se x 6= 0 1 se x = 0 sen x x

f (x) dx com erro inferior a 10−3 : para qualquer x ∈ R, tem-se sen x = x − x3 /6 + · · · + R x (2n+3) (t)(x−t)2n+2 |x|2n+3 dt, portanto |R2n+2 (x)| ≤ (2n+3)! . (−1)n x2n+1 /(2n + 1)! + R2n+2 (x), em que R2n+2 (x) = 0 sen (2n+2)! Cálculo de

0

6.3. CÁLCULO DE VALORES APROXIMADOS DE FUNÇÕES

Então, para x 6= 0, tem-se

sen x x 2

127

R2n+2 (x) , x

= 1 − x2 /6 + · · · + (−1)n x2n /(2n + 1)! +

(x) e | R2n+2 | ≤ x

|x|2n+2 (2n+3)! .

2n+2

|x| Seja Sn (x) = f (x) − (1 − x /6 + · · · + (−1)n x2 n/(2n + 1)!); tem-se então |Sn (x)| ≤ (2n+3)! , para todo o R2 R 2 x2n+2 R2 R2 22n+3 x ∈ R, de onde se conclui que | 0 Sn (x)dx| ≤ 0 (2n+3)! dx = (2n+3)!(2n+3) . Como 0 f (x) dx = 0 (1 − x2 /6 + R2 22n+3 · · · + (−1)n x2n /(2n + 1)!) dx + 0 Sn (x) dx, e como, para n = 3 se tem (2n+3)!(2n+3) < 10−3 , conclui-se que R2 R 2 1 − x2 /6 + x4 /120 − x6 /5040 dx = 1,605 é um valor aproximado de 0 f (x)dx com erro inferior a 10−3 . 0

11. f : R x

−→  7→

Cálculo de

R2 0

R se x 6= 0 1/2 se x = 0 1−cos x x2

f (x)dx com erro inferior a 10−4

Para x ∈ R, tem-se 1 − cos x = x2 /2 − x4 /4! + · · · + (−1)n x2n /(2n)! + R2n+1 (x), em que R2n+1 (x) = R x (1−cos)(2n+2) (t)(x−t)2n+1 |x|2n+2 dt, portanto |R2n+1 (x)| ≤ (2n+2)! . Então, para x 6= 0, tem-se (2n+1)! 0 1 − cos x (−1)n x2n−2 R2n+1 (x) 2 = 1/2 − x /4! + · · · + , + 2 x (2n)! x2 (x) e | R2n+1 |≤ x2

|x|2n (2n+2)! .

n

2n−2

x Seja Sn (x) = f (x) − (1/2 − x2 /4 + · · · + (−1)(2n)! ); então, para x ∈ R, tem-se |Sn (x)| ≤ R R R2 R2 n 2n−2 2 2 |x|2n (−1) x 2 )dx + 0 Sn (x) dx, com | 0 Sn (x) dx| ≤ (2n+2)! . Conclui-se que 0 f (x)dx = 0 (1/2 − x /4 + · · · + (2n)! R 2 x2n R2 22n+1 22n+1 dx = (2n+1)(2n+2)! . Para n = 4, tem-se (2n+1)(2n+2)! < 10−4 , portanto 0 (1/2 − x2 /4! + x4 /6! − 0 (2n+2)! R2 x6 /8!)dx = 0,8973 é uma aproximação de 0 f (x)dx com erro inferior a 10−4 .

12. Cálculo de valores aproximados da única solução positiva de x2 = cos x utilizando os polinómios de Taylor de ordem 3 e 5 do cosseno em 0; majoração do erro. É óbvio que x2 = cos x não tem soluções em ]1, +∞[; por outro lado, em [0, 1], a função x 7→ x2 é estritamente crescente e a função cosseno é estritamente decrescente, logo x2 = cos x não pode ter mais de uma solução em [0, +∞[; que tem uma solução em [0, 1] é consequência de cos 0 = 1 > 02 e cos 1 < 1 = 12 . Podemos obter uma melhor aproximação observando que cos 0,9 = 1 − 0,92 /2 + R3,0 (0,9) = 0,595 + R3,0 (0,9) e 0 ≤ R3,0 (0,9) ≤ 0,94 /24 ' 0,02734, isto é, cos 0,9 < 0,62234 e, por outro lado, 0,92 = 0,81(> cos 0,9). Seja xc a solução positiva de x2 = cos x e x0 a solução positiva de x2 =p1 − x2 /2. p Entãoptem-se x2c = 2 4 1 − xc /2 + R3,0 (xc ), com 0 ≤ R3,0 (xc ) < 0,9 /24; deduz-se portanto que x0 = 2/3 e xc = 2/3 1 + R3,0 (xc ), p p p logo |xc − x0 | = 2/3| 1 + R3,0 (xc ) − 1|; ora 0 ≤ R3,0 (xc ) ≤ 0,0274, de onde 1 < 1 + R3,0 (xc ) < 1,014, p portanto |xc − x0 | < 2/3.0,014 = 0,01143. p Conclui-se que 2/3 ' 0,816 é um valor aproximado da solução positiva da equação x2 = cos x com um erro inferior a 0,0115. 1 y=cos x 0.725 y= x

2

0.8 0.7

2 x y=1 - -2 0.6

0.675

0.65 0.4 0.625 0.2 0.76 0.78

0.82 0.84 0.86 0.88 x

0.2

0.4

0.6

0.8

0.575

0

0.9

x

c

Obtem-se uma aproximação melhor calculando a solução de x2 = 1 − x2 /2 + x4 /24 que está em ]0, 9/10[. Seja xc a solução positiva de x2 = cos x e x0 a solução em ]0, 9/10[ de x2 = 1 − x2 /2 + x4 /24. Então tem-se p √ 2 2 4 6 4 2 xc = 1 − xc /2 + xc /24 + R5,0 (xc ), com −0,9 /6! < R5,0 18 − 10 3. (x ) < 0, e x − 36x + 24 = 0, de onde x = c 0 0 0 q p p √ 2 2 4 Como xc = 1−xc /2+xc /24+R5,0 (xc ), tem-se xc = 18 − 300 − 24R5,0 (xc ); então |xc −x0 | = 18 − 10 3− q p 18 − 300 − 24R5,0 (x); de −0,00074 < R5,0 (x) < 0, conclui-se que |xc − x0 | < 3,12 × 10−4 .

128

CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR p √ Conclui-se que 18 − 10 3 ' 0,8243 é um valor aproximado da solução positiva da equação x2 = cos x com um erro inferior a 3,12 × 10−4 .

Capítulo 7

Sucessões e séries 7.1

Sucessões

Definição 7.1.1 Uma sucessão real é uma função N −→ R Notação: Se a é uma sucessão, designa-se geralmente por an e não por a(n) a imagem de n por a; designa-se tambem geralmente a sucessão a por (an )n∈No , ou, mais simplesmente, por (an )n . Definição 7.1.2 Chama-se sucessão parcial de uma sucessão (an )n à composta a ◦ ϕ em que ϕ : N −→ N é uma função estritamente crescente. Observação: Se ϕ : N −→ N é estritamente crescente, então limn→+∞ ϕ(n) = +∞ e ∀n ∈ N, ϕ(n) ≥ n. Proposição 7.1.3 Qualquer sucessão parcial de uma sucessão majorada (resp. minorada, crescente, decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) é majorada (resp. minorada, crescente, decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente). Definição 7.1.4 Diz-se que a sucessão (an )n converge para l sse l = limn→+∞ an , isto é, sse ∀ > 0 ∃n0 ∈ N : n > n0 ⇒ |an − l| < . Observações: 1. Por vezes consideram-se funções N0 −→ R ou, para n ∈ N0 , funções {n ∈ N; n ≥ n0 } −→ R, às quais tambem se chama sucessões; a notação usada habitualmente é respectivamente (an )∈N0 e (an )n≥n0 . 2. Usando a notação acima mencionada, a uma sucessão (an )n∈N e a um número n0 ∈ N podemos associar a sucessão (an )n≥n0 (restrição de (an )n∈N a {n ∈ N; n ≥ n0 }); (an )n∈N é limitada (resp. majorada, minorada, convergente) sse existe n0 ∈ N tal que (an )n≥n0 é limitada (resp. majorada, minorada, convergente), o que é ainda equivalente a dizer que ∀n0 ∈ N, (an )n≥n0 é limitada (resp. majorada, minorada, convergente). 3. Conclui-se de resultados anteriores sobre funções reais de variável real, que, se (an )n∈N converge para l1 e (bn )n∈N converge para l2 , então • (an + bn )n∈N converge para l1 + l2 ; • (an bn )n∈N converge para l1 l2 ; • se l2 6= 0, então existe n0 tal que n ≥ n0 ⇒ bn 6= 0, e (an /bn )n≥n0 converge para l1 /l2 . Proposição 7.1.5 Se (an )n∈N é convergente, então (an )n∈N é limitada. Demonstração: Seja l = lim an ; existe n0 tal que n > n0 ⇒ |an − l| < 1, de onde {an ; n > n0 } é limitado. Como, por n→∞

outro lado, {an ; n ≤ n0 } é finito, é limitado, logo {an ; n ∈ N} é a reunião de dois conjuntos limitados, logo limitado.  Proposição 7.1.6 Se (an )n∈N , (bn )n∈N e (cn )n∈N são tais que • ∃ n0 ∈ N : n > n0 ⇒ an ≤ bn ≤ cn ; • (an )n∈N e (cn )n∈N são convergentes para um mesmo limite 129

130

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

então (bn )n∈N tambem converge para esse limite. Demonstração: Sejam l = lim an = lim cn e  > 0; existe n1 > n0 tal que n > n1 ⇒ |an − l| <  e |cn − l| < . Mas n→∞ n→∞ então, ⇒ l −  < an ≤ bn ≤ cn < l +  ⇒ |bn − l| < 

n > n1

Conclui-se que (bn )n∈N converge para l.



Proposição 7.1.7 Se (an )n∈N é tal que lim an = l, com l ∈ R ∪ {+∞, −∞}, e (bn )n∈N é uma sucessão parcial de n→∞

(an )n∈N , então lim bn = l. n→∞

Demonstração: Vamos supor que l ∈ R; a demonstração é análoga nos outros casos. Sejam ϕ tal que bn = aϕ(n) e  > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |an − l| < . Ora n > n0

⇒ ϕ(n) > n0 ⇒ |aϕ(n) − l| <  ⇒ |bn − l| <  

Observação: Se (an )n∈N é uma sucessão tal que as duas sucessões parciais (a2n )n∈N e (a2n−1 )n∈N convergem para l, então (an )n∈N converge para l. Com feito, seja  > 0; existem n1 , n2 ∈ N tais que m > n1 ⇒ |a2n−1 − l| <  e m > n2 ⇒ |a2n − l| < . Se n é ímpar, então (n + 1)/2 > n1 ⇒ |an − l| < , e se n é par, então n/2 > n2 ⇒ |an − l| < . Sejam n0 = 2 max{n1 , n2 } + 1 e n > n0 ; então, ou n é ímpar, e (n + 1)/2 > (n0 + 1)/2 = max{n1 , n2 } + 1 > n1 , ou n é par, e n/2 > n0 /2 = max{n1 , n2 } + 1/2 > n2 . Em qualquer dos casos, |an − l| <   Definição 7.1.8 1. Diz-se que a sucessão (an )n∈N é quase constante sse existe c ∈ R tal que {n ∈ N : an 6= c} é finito (o que é equivalente a existir c ∈ R tal que ∃n0 ∈ N : n > n0 ⇒ an = c). 2. Diz-se que as sucessões (an )n∈N e (bn )n∈N são quase iguais sse {n ∈ N : an 6= bn } é finito (o que é equivalente a existir n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ an = bn ). Proposição 7.1.9 Sejam (an )n∈N e (bn )n∈N sucessões quase iguais; então (an )n∈N converge sse (bn )n∈N converge. Demonstração: O enunciado é simétrico em relação a (an )n∈N e (bn )n∈N ; suponhamos, por exemplo, que (an )n∈N converge e seja  > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |an − l| < . Por outro lado existe n1 ∈ N tal que n > n1 ⇒ an = bn ; então para n > max{n0 , n1 } tem-se |an − l| <  e an = bn , logo |bn − l| < .  Proposição 7.1.10 Qualquer sucessão majorada e crescente (resp. minorada e decrescente) é convergente. Demonstração: Sejam (an )n∈N uma sucessão majorada e crescente e s = sup{an ; n ∈ N}; vamos ver que (an )n∈N converge para s. Seja  > 0; existe n0 ∈ N tal que an0 ∈]s − , s]; como (an )n∈N é crescente, para n > n0 tem-se an ≥ an0 , logo an ∈]s − , s], de onde |an − s| < .  Proposição 7.1.11 Seja (an )n∈N uma sucessão tal que (|an |)n∈N converge para 0; então (an )n∈N converge para 0. Demonstração: trivial.



Proposição 7.1.12 Qualquer sucessão tem uma sucessão parcial monótona. Demonstração: Sejam (an )n∈N uma sucessão e A = {n ∈ N : m > n ⇒ am < an }. Se A é infinito sejam n1 < n2 < n3 < · · · os elementos de A. Então a sucessão an1 , an2 , an3 , . . . é uma sucessão parcial decrescente de (an )n∈N . Se A é finito, seja n1 ∈ N um número maior do que qualquer elemento de A; então n1 6∈ A, portanto existe n2 > n1 tal que an2 ≥ an1 ; por sua vez, n2 6∈ A, portanto existe n3 > n2 tal que an3 ≥ an2 . . . Continuando este processo, obtemos uma sucessão parcial crescente an1 , an2 , an3 , . . . de (an )n∈N .  Corolário 7.1.13 Qualquer sucessão limitada tem uma sucessão parcial convergente.

7.1. SUCESSÕES

131

Demonstração: Seja (an )n∈N uma sucessão limitada; pela proposição anterior, (an )n∈N tem uma sucessão parcial monótona, sucessão parcial essa que tambem é limitada, portanto convergente.  Exemplos: 1. an = (−1)n +

(−1)n n

(an )n∈N é limitada; não é monótona nem convergente; a sucessão parcial (a2n )n∈N (respectivamente (a2n−1 )n∈N ) é decrescente e convergente para 1 (respectivamente crescente e convergente para −1). 2. an = n/2n (an )n∈N é decrescente: 2n+1 n+1 − logo (an )n∈N é convergente.

n 2n

=

1−n 2n+1

≤ 0; (an )n∈N é minorada: todos os termos da sucessão são positivos;

an+1 an limn→∞ ( 34 )n−2 21 =

=

Demonstração de que lim an =0: tem-se n→∞

( 34 )n−2 a2 = ( 34 )n−2 12 . Como lim an ≥ 0.

n+1 n

· 12 ; para n ≥ 2, tem-se an+1 ≤

3 4 an ,

de onde an ≤

0, conclui-se que lim an ≤ 0; por outro lado, ∀n, an ≥ 0, logo n→∞

n→∞

3. an = n/xn , x > 1 (Observação: o exemplo anterior é um caso particular deste) Demonstração de que lim an =0: tem-se n→∞

Então, para n > n0 , tem-se an = lim an =0.

an an−1

·

an+1 an

an−1 an−2

·

n+1 1 n+1 1 n · x ; sejam s ∈]1/x, 1[ e n0 tais que n > n0 ⇒ n · x < s. a · · · ann0 +1 · an0 < sn−n0 an0 . Ora limn→∞ sn−n0 an0 = 0, portanto 0

=

n→∞

4. an = xn /n, x ∈ R+ n

1 é crescente. Se x ≤ 1, então limn→∞ xn = 0 (an )n∈N é decrescente sse x ≤ 1; para x > 1, (an )n≥n0 com n0 ≥ x−1 n (basta notar que, nesse caso, xn /n ≤ 1/n); se x > 1, então limn→∞ xn = +∞ (basta notar que, para x > 1, limn→∞ xnn = 0 e an é sempre positivo).

5. an =

xn n! ,

x ∈ R+

(an )n∈N é decrescente sse x ≤ 2 (mais geralmente, (an )n≥n0 é decrescente desde que n0 seja maior ou igual a x − 1). Demonstração de que lim an =0: seja  > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 → x/n < 1/2 (basta tomar n0 > 2x). n→∞ Para n > n0 , tem-se xn0 x x x xn = · · · ··· · , n! n 0 ! n 0 + 1 n0 + 2 n | {z } n−n0 factores logo 0. 6. an =

xn n!

<

xn0 n0 !

1 · 2n−n . Como limn→∞ 0

1 2n−n0

= 0, e, por outro lado, se tem ∀n an ≥ 0, conclui-se que limn→∞

xn n!

=

(−6)n n!

(an )n∈N não é monótona; limn→∞ |an | = 0 (ver o exemplo anterior), portanto (an )n∈N converge para 0. (a4+2n )n∈N é uma sucessão parcial decrescente de (an )n∈N ; (a3+2n )n∈N é uma sucessão parcial crescente de (an )n∈N .  n + 1 se n é ímpar 7. an = n − 1 se n é par lim an = +∞; (an )n∈N não é monótona; (a2n )n∈N e (a2n−1 )n∈N são duas sucessões parciais crescentes de

n→∞

(an )n∈N ; (an )n∈N não tem nenhuma sucessão parcial decrescente.   1 + 1/n se n + 2 é múltiplo de 3 1/n2 se n + 1 é múltiplo de 3 8. an = n  se n é múltiplo de 3 2 + 2+(−1) n (an )n∈N não é monótona; (a3n−2 )n∈N , (a3n−1 )n∈N , (a6n−3 )n∈N , (a6n )n∈N são sucessões parciais decrescentes de (an )n∈N (convergentes respectivamente para 1, 0, 2 e 2); (an )n∈N não tem nenhuma sucessão parcial crescente.

132

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

9. an = (−1)n (2 + 1/n) (an )n∈N não é monótona; (a2n )n∈N (respectivamente (a2n−1 )n∈N ) é uma sucessão parcial decrescente (respectivamente crescente) convergente para 2 (respectivamente para −2); (an )n∈N não é convergente, embora (|an |)n∈N seja convergente para 2. 10. an =

1 2n

+

1 2n+1

+ ··· +

1 3n

Tem-se 1 1 + ··· ≤ 2n + 1 3n

Z

3n

2n

1 1 1 1 dx ≤ + + ··· + x 2n 2n + 1 3n − 1

(ver a figura).

2n

(2n+1)

...

...

3n-1

3n

2n

R 3n R 3n R 3n 1 1 Então 2n x1 dx+ 3n ≤ an ≤ 2n x1 dx+ 2n ; mas 2n 1 an ≤ log 23 + 2n , logo (an )n∈N converge para log 32 .

1 x

(2n+1)

...

... 3n-1

3n

1 dx = log(3n)−log(2n) = log 23 ; conclui-se que log 32 + 3n ≤

1 pn

11. Mais geralmente, sejam p, q ∈ N com p < q, e seja an =

+

1 pn+1

+ ··· +

1 qn .

Tem-se 1 1 + ··· + ≤ pn + 1 qn

Z

qn

pn

1 1 1 dx ≤ + ··· + , x pn qn − 1

R qn 1 1 ≤ an ≤ log pq + pn , o que implica que (an )n∈N converge e pn x1 dx = log(qn) − log(pn) = log pq , de onde log pq + qn q para log p . 12. an =

n n2 +1

+

n n2 +22

+

n n2 +32

+ ··· +

n n2 +n2

y= 1 1+x2

... a n =area tracejada

1 n

2 n

3 n

n-1 n

1

R1 1 1/n 1 1 1 1 Tem-se an = n1 ( 1+(1/n) 2 + 1+(2/n)2 + · · · + 1+(n/n)2 ), logo an ≤ 0 1+x2 dx; por outro lado, an − 1+(n/n)2 + n ≥ R1 1 R1 1 dx. Como 0 1+x2 dx = arctg 1 = π/4, e limn→∞ ( n1 − 1/n 2 ) = 0, conclui-se que (an )n∈N converge para 0 1+x2 π/4. 13. an =

1 n3 +1

+

1 n3 +23

Tem-se 0 ≤ an ≤ ( 14.

a1 = 3 an+1 =

3+a2n 2an

+ ··· +

n n3 +1 ;

1 n3 +n3

como ( n3n+1 )n∈N converge para 0, conclui-se que (an )n∈N converge para 0.

7.1. SUCESSÕES

133

a3 2 a2

1 -1

3

a1

-2

-3

A figura mostra uma interpretação geométrica da sucessão: an+1 obtem-se considerando o ponto de intersecção com o eixo dos xx da recta tangente ao gráfico de x 7→ x2 − 3 em (an , a2n − 3). Tem-se

conclui-se que ∀n ∈ N : an+1

√ √ 3 + a2n − 2an 3 (an − 3)2 3 + a2n √ − 3= = ≥ 0; 2an 2an 2an √ √ ≥ 3 (como, alem disso, a1 ≥ 3, de facto tem-se ∀n ∈ N : an ≥ 3).

Vejamos agora que (an )n∈N é decrescente. Tem-se

an+1 an

=

3+a2n 2a2n

=

3 2a2n

+ 12 , e

3 2a2n

+

1 2

Então (an )n∈N é minorada e decrescente, logo é convergente; seja l o seu limite. √ 2 limn→∞ an , conclui-se que l = 3+l 3. 2l , ou seja , l =  15.

a1 = 2 an+1 =

≤ 1, porque a2n ≥ 3. Como limn→∞ an+1 =

1 a2n

a2 = 1/4 e a2n+2 = a42n ; conclui-se que (a2n )n∈N é decrescente e convergente para 0; a1 = 2 e a2n+1 = a42n−1 ; conclui-se que (a2n−1 )n∈N é crescente e tende para +∞; logo (an )n∈N não converge. Definição 7.1.14 Diz-se que uma sucessão (an )n∈N é uma sucessão de Cauchy sse ∀ > 0 ∃n0 ∈ N : m, n > n0 ⇒ |am − an | < . Notação: a condição ∀ > 0 ∃n0 ∈ N : m, n > n0 ⇒ |am − an | <  escreve-se por vezes Proposição 7.1.15

lim (am − an ) = 0.

m,n→∞

1. Qualquer sucessão de Cauchy é limitada.

2. Se uma sucessão de Cauchy tem uma sucessão parcial convergente, então é convergente. Demonstração: 1. Seja (an )n∈N uma sucessão de Cauchy; existe n0 ∈ N tal que m, n > n0 ⇒ |am − an | < 1. Em particular, n > n0 ⇒ |an − an0 +1 | < 1; conclui-se que o conjunto {an ; n > n0 } é limitado; como {an ; n ≤ n0 } é finito, tambem é limitado, logo a sucessão é limitada. 2. Sejam (an )n∈N uma sucessão de Cauchy, (aϕ(n) )n∈N uma sua sucessão parcial convergente para l e  > 0. Existe n1 tal que n > n1 ⇒ |aϕ(n) − l| < /2; por outro lado, existe n2 tal que n, m > n2 ⇒ |am − an | < /2. Seja agora n0 = max{n1 , n2 }; por um lado tem-se |aϕ(n0 +1) − l| < /2, uma vez que n0 + 1 > n0 ; por outro, para n > n0 , como ϕ(n0 + 1) ≥ n0 + 1 > n0 ≥ n2 , tem-se |an − aϕ(n0 +1) | < /2; então, para n > n0 , tem-se |an − l| ≤ |an − aϕ(n0 +1) | + |aϕ(n0 +1) − l| < /2 + /2 = , de onde se conclui que (an )n∈N converge para l.  Teorema 7.1.16 Uma sucessão é convergente sse é uma sucessão de Cauchy.

134

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

Demonstração: Seja (an )n∈N uma sucessão convergente para l e seja  > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |an −l| < /2. Então, para m, n > n0 , tem-se |am − l| < /2 e |an − l| < /2, de onde |am − an | < /2 + /2 = , isto é, (an )n∈N é uma sucessão de Cauchy. Suponhamos agora que (an )n∈N é uma sucessão de Cauchy. Pela proposição anterior sabemos que (an )n∈N é limitada; logo tem uma sucessão parcial convergente. Mas então (an )n∈N é uma sucessão de Cauchy com uma sucessão parcial convergente, logo é convergente.  Proposição 7.1.17 Seja f : A −→ R uma função contínua em a ∈ A e (an )n∈N uma sucessão em A convergente para a. Então a sucessão (f (an ))n∈N converge para f (a). Demonstração: Seja  > 0; queremos mostrar que existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |f (an ) − f (a)| < . Ora, como f é contínua em a, existe δ > 0 tal que |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ; como (an )n∈N converge para a, existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |an − a| < δ; mas então n > n0 ⇒ |f (an ) − f (a)| < , como queríamos demonstrar.  Proposição 7.1.18 Seja f : A −→ R uma função e a ∈ A; se, para qualquer sucessão (an )n∈N de elementos de A, convergente para a, a sucessão (f (an ))n∈N convergir para f (a), então f é contínua em a. Demonstração: Suponhamos que f não é contínua em a ∈ A. Então existe  > 0 tal que ∀δ > 0 ∃xδ ∈]a − δ, a + δ[∩A com |f (xδ )−f (a)| ≥ . Em particular, para cada n ∈ N, existe an ∈]a−1/n, a+1/n[ ∩A com |f (an )−f (a)| ≥ . Como, ∀n : an ∈]a − 1/n, a + 1/n[, conclui-se que a sucessão (an )n∈N converge para a; por outro lado, ∀n : |f (an ) − f (a)| ≥ , logo a sucessão (f (an ))n∈N não converge para f (a). Então existe uma sucessão (an )n∈N de elementos de A, convergente para a e tal que a sucessão (f (an )n∈N ) não converge para f (a). 

7.2

Séries

Pn Definição 7.2.1 1. Chama-se série a um par de sucessões ((an )n∈N , (sn )n∈N ) em que ∀n ∈ N : sn = k=1 ak ; diz-se que a série é gerada por (an )n∈N ; à sucessão (sn )n∈N chama-se sucessão das somas parciais da série. 2. Diz-se que uma série converge sse a sua sucessão das somas parciais converge. Notação: P∞ 1. A série ((an )n∈N ,(snP )n∈N ) designa-se habitualmente por n=1 an . Quando a série converge, tambem se designa ∞ habitualmente por n=1 an o limite P da sucessão das somas parciais, o que pode levar a ambiguidade; quando ∞ for usada numa igualdade a notação n=1 an , significará sempre o limite de (sn )n∈N . 2. Seja n0 ∈ N; dada uma sucessão (an )n≥n0 , chama-se série gerada por essa sucessão ao par de sucessões Pn−1 P∞ ((an )n≥n0 , (sn )n∈N ) em que sn = k=0 an0 +k ; dir-se-à que n=n0 an converge sse (sn )n∈N convergir. 3. Todos os critérios de convergência que veremos em seguida para séries geradas por uma sucessão (an )n∈N têm generalizações óbvias para séries geradas por sucessões (an )n≥n0 . Proposição 7.2.2 Seja (an )n∈N uma sucessão; então as condições seguintes são equivalentes: P∞ 1. n=1 an converge; P∞ 2. ∀n0 ∈ N : n=n0 an converge; P∞ 3. ∃n0 ∈ N : n=n0 an converge. Demonstração: 2 ⇒ 1 trivial 1 ⇒ 3 trivial P∞ P∞ 3 ⇒ 2 Sejam n0 ∈ N tal que n=n0 an converge e m0 ∈ N; queremos mostrar que n=m0 an converge. ConsiPn−1 Pn−1 deremos então as sucessões (sn )n∈N e (tn )n∈N em que sn = k=0 am0 +k e tn = k=0 an0 +k . Se m0 < n0 , tem-se sn = tn+n0 −m0 − am0 − am0 +1 − am0 +2 − · · · − an0 −1 ; se m0 > n0 tem-se sn+m0P −n0 = tn + an0 + an0 +1 + · · · + am0 −1 ; ∞ como, por hipótese, (tn )n∈N converge, conclui-se que (sn )n∈N converge, isto é, n=m0 an converge. P∞ P∞ Pm0 −1 Observação: Conclui-se da demonstração que, se n=n0 an converge e m0 > n0 , então n=n0 an = n=n an + 0 P∞ a .  n=m0 n Proposição 7.2.3 Se as séries geradas pelas sucessões (an )n∈N e (bn )n∈N convergirem, então: P∞ P∞ P∞ 1. a série gerada por (an + bn )n∈N converge e n=1 (an + bn ) = n=1 an + n=1 bn ;

7.2. SÉRIES

135

2. para qualquer c ∈ R a série gerada por (can )n∈N converge, e

P∞

n=1

can = c

P∞

n=1

an .

Demonstração: 1. Sejam (sn )n∈N , (tn )n∈N e (un )n∈N as sucessões das somas parciais das séries geradas respectivamente por (an )n∈N , (bn )n∈N e (an + bn )n∈N . Então é fácil de ver que un = sn + tn ; como, por hipótese, (sn )n∈N e (tn )n∈N convergem, conclui-se que (un )n∈N converge, e lim un = lim sn + lim tn . n→∞

n→∞

n→∞



2. análoga à anterior. Proposição 7.2.4 Se a série gerada por (an )n∈N converge, então lim an =0. n→∞

Demonstração: Seja l = limn→∞ sn ; então, limn→∞ sn+1 = l, de onde limn→∞ (sn+1 − sn ) = l − l = 0; mas sn+1 − sn = an+1 , portanto limn→∞ an+1 = 0, logo (an )n∈N converge para 0.  Observação: o recíproco não é verdadeiro. P∞

Proposição 7.2.5 Para cada r ∈ R, a série r . caso, a sua soma é 1−r

n=1

rn (série geométrica de razão r) converge sse |r| < 1, e, nesse

Demonstração: Para r tal que |r| ≥ 1, não se tem limn→∞ rn = 0, portanto, pela proposição anterior, converge. Seja r 6= 1 e (sn )n∈N a sucessão das somas parciais de Sr . Então

n=1

rn não

= r + r2 + · · · + rn−1 + rn = r2 + r3 + · · · + rn + rn+1 ,

sn rsn logo sn (1 − r) = r − rn+1 , isto é, sn =

P∞

r−r n+1 1−r .

Se |r| < 1, então limn→∞ rn+1 = 0, portanto sn converge para

r 1−r .



Exemplos: 1. an =

1 n(n+1) Pn 1 k=1 k(k+1)

Pn 1 = k=1 ( k1 − k+1 )=1− P∞ 1 lim sn = 1, logo n=1 n(n+1) =1

sn =

1 n+1

n→∞

2. an = (−1)n  −1 se n é ímpar sn = 0 se n é par (sn )n∈N não converge, isto é, 3. an = sn =

P∞

n n=1 (−1)

não converge.

1 n

Pn

1 k=1 k ;

para todo o m ∈ N, tem-se 1 1 2m 1 a2m +1 + a2m +2 + · · · + a2m+1 = m + · · · + m+1 > m+1 = . {z } 2 +1 | 2 2 2 2m+1 −2m =2m parcelas

Conclui-se que n

s2n

2

3

2 2 2 X X 1 X1 1 1 = =1+ + + + ··· + k 2 k k 2 k=1

k=3

k=2 +1

n−1 2X

k=2n−2 +1

n

1 + k

2 X k=2n−1 +1

1 n >1+ , k 2

logo limn→∞ s2n = +∞,Pisto é, a sucessão parcial (s2n )n∈N de (sn )n∈N tende para +∞, logo (sn )n∈N não ∞ converge. Conclui-se que n=1 n1 não converge (embora limn→∞ n1 = 0). 4. an =

(−1)m m+1 ,

m(m+1) < n ≤ (m+1)(m+2) ; 2 2 1 1 1 1 1 1 1 (an )n∈N são: 1, − 2 , − 2 , 3 , 3 , 3 , − 4 , − 4 , − 14 , − 14 , 15 , 51 , 15 , 51 , 51 .

em que m é o único número de N ∪ {0} tal que

Observação: os primeiros 15 termos da sucessão

s1 = 1, s3 = 0, s6 = 1, s10 = 0, . . .; tem-se s 2n(2n+1) = 0 e s 2n(2n−1) = 1, isto é, (sn )n∈N tem duas sucessões 2 2 P∞ parciais convergentes para limites diferentes, portanto (sn )n∈N não é convergente, ou seja n=1 an não converge (apesar de se ter lim an =0). n→∞

136

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

5. an =

1 3n−1

sn =

1− 31n 1− 13

6. an = sn =

;

P∞

1 n=1 3n−1

=

3 2

1 5n 1 1 5 − 5n+1 1− 51

= 14 (1 −

P∞

1 5n );

1 n=1 5n

=

1 4

7. an = rn , n ≥ 0, r ∈ R P∞ P∞ n=0 an converge sse |r| < 1, isto é, sse r ∈] − 1, 1[; nesse caso n=0 an =

1 1−r .

8. an = x2n , n ≥ 0, x ∈ R P∞ P∞ 2 n=0 an converge sse |x | < 1, isto é, sse x ∈] − 1, 1[; nesse caso, n=0 an =

1 1−x2

P∞ ( n=1 an =

9. an = (x + 3)3n , x ∈ R P∞ P∞ 3 n=1 an converge sse |x + 3| < 1, isto é, sse x ∈] − 4, −2[; nesse caso, n=1 an =

1 1−(x+3)3

=

x2 1−x2 ).

−1 x3 +3x2 +9x+26 .

10. Para x ∈] − 2, 2[, tem-se ∞ ∞ x2 x2 1 x2 1 x2 X  x n X (−1)n xn+2 − . = · = · = = 2+x 2 1 + x/2 2 1 − (−x/2) 2 n=0 2 2n+1 n=0

Para x ∈] − 2, 6[, tem-se n ∞  x2 x2 1 x2 x2 X 1 − x = = · = = 2+x 3 + (x − 1) 3 1 − 1−x 3 n=0 3 3 n X  ∞ ∞ ((x − 1)2 + 2(x − 1) + 1) X (−1)n x−1 (−1)n = ((x − 1)n+2 + 2(x − 1)n+1 + (x − 1)n ). n+1 3 3 3 n=0 n=0 11. Para x ∈] −

√

√ 3, −1[∪]1, 3[, tem-se ∞ ∞ X X x x 2 n x(x2 − 2)n . (x − 2) = = = x 3 − x2 1 − (x2 − 2) n=0 n=0

Para x ∈] −

√ √ 3, 3[, tem-se x x = 3 − x2 3

12. an =

sn



1 1 − x2 /3

 =

n X ∞  ∞ x X x2 x2n+1 = . 3 n=0 3 3n+1 n=0

n 2n

= =

1 2 3 + + + ··· + 2 4 8 1 + 41 + 18 2 + 41 + 18 + 81

1 2

1 2n−1 1 2n−1 1 2n−1

+ + +

1 2n 1 2n 1 2n

1 2n−1

+ + 

1 2n 1 2n

    1 1 1  − 1 21 − 21n 1 12 − 2n−1 1 12 − 2n−2 1 = + + + + · · · + n−2 2 1 1 1 1 2 4 8 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 − n + − n + − n + − n + · · · + n−1 − n 2 2 2 4 2 8 2 2 2 1 − 21n n n+2 = − n+ =2− n 1 2 2 2 P∞ n Como limn→∞ (2 − n+2 n=1 2n = 2. 2n ) = 2, conclui-se que −

1 2n+1 1 2

n−1 n + n 2n−1 2 + ··· + + ··· + + ··· + ··· +

1 23

 +

1 2n−1

1

2

− 1 2

1 22



7.2. SÉRIES

137

13. an = nrn , |r| < 1 Procedendo como no exemplo anterior, pode-se mostrar que P∞ r que n=1 nrn = (1−r) 2. 14. an = P∞

5n +3n 10n

15. an = P∞

4 5n

n=1

5n +3n 10n

4 n=1 5n

=

=4

5n n=1 10n

P∞

P∞

1 n=1 5n

+

=4·

3n n=1 10n

P∞

1 5

1− 15

=

P∞

1 n n=1 ( 2 )

sn = 18. an = sn = 19. an = sn = 20. an = sn =

P∞

3 n n=1 ( 10 )

an =

=

1 2

1− 12

r−r n+1 −nr n+1 +nr n+2 , (1−r)2

+

3 10

3 1− 10

=

de onde se conclui

10 7

1 n! ,

1 n!

= e.

Observação: mais geralmente, para x ∈ R, tem-se 17. an =

k=1

=1

n≥0 Pn P∞ Tem-se k=0 ak = Pn,0,exp (1), logo n=0

16. an =

+

Pn

(−1)n x2n+1 (2n+1)! ,

Pn

k=0

Pn

k=0

(−1) x2k+1 (2k+1)!

k=0

(−1)k x2k (2k)!

k=0

= P2n,0,cos (x);

P∞

n=0

(−1)n x2n+1 (2n+1)!

= sen x

(−1) x2k+1 2k+1

(−1)

P∞

n=0

(−1)n x2n (2n)!

= cos x

n ≥ 0, x ∈ [−1, 1]

k

(−1)n−1 xn , n

Pn

= P2n+1,0,sen (x);

n ≥ 0, x ∈ R

(−1)n x2n+1 , 2n+1

Pn

= ex .

n ≥ 0, x ∈ R

k

(−1)n x2n (2n)! ,

xn n=0 n!

P∞

= P2n+1,0,arctg (x);

P∞

n=0

(−1)n x2n+1 2n+1

= arctg x

x ∈] − 1, 1]

k−1

k

xk

= Pn,0,f (x) em que f : ] − 1, +∞[ −→ x 7→

R ; log(1 + x)

P∞

n=1

(−1)n−1 xn n

= log(1 + x)

Observações: P∞ P∞ P∞ P∞ 1. P Se n=1 an converge e n=1 bn não converge, P∞então n=1 (an + bn ) não converge; no entanto, seP∞n=11 an e ∞ convergem, pode acontecer que convergente ou não; por exemplo, n=1 bn não P∞ n=1 (an + bn ) seja P P∞ n=1 n não P∞ ∞ converge e n=1 ( n1 + n1 ) não converge, mas n=1 n1 não converge, n=1 ( n12 − n1 ) não converge e n=1 ( n1 + n12 − n1 ) converge. 2. O exemplo 4 é um caso em que (an )n∈N converge para 0, existem sucessões parciais de (sn )n∈N que convergem, mas (sn )n∈N não converge; na proposição seguinte vamos ver que a convergência de uma sucessão parcial de um certo tipo de (sn )n∈N , juntamente com a convergência de (an )n∈N para 0, são suficientes para assegurar a convergência de (sn )n∈N . Pn Proposição 7.2.6 Seja (an )n∈N uma sucessão convergente para 0 e ∀n, sn = k=1 ak . Se existir m ∈ N tal que (snm )n∈N converge para l, então (sn )n∈N converge para l. Demonstração: Seja  > 0; queremos ver que existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |sn − l| < . Para cada n > m, tem-se |sn − l| = |sn − sm[n/m] + sm[n/m] − l| ≤ |sn − sm[n/m] | + |sm[n/m] − l|. Ora sm[n/m] é um termo da sucessão (snm )n∈N , logo para n suficientemente grande, a distância de sm[n/m] a l é menor do que /2. Por outro lado, sn − sm[n/m] é a soma de quando muito m − 1 termos da sucessão (an )n∈N ; como (an )n∈N converge para 0, para n suficientemente grande, sn − sm[n/m] é menor do que /2. Mais precisamente existe n1 ∈ N tal que [n/m] > n1 ⇒ |sm[n/m] − l| < /2, de onde n > mn1 + m ⇒ [n/m] > n1 ⇒ |sm[n/m] − l| < /2. Por outro lado, ou n = m[n/m], caso em que sn − sm[n/m] = 0, ou n > m[n/m], caso em que |sn − sm[n/m] | = |am[n/m]+1 + am[n/m]+2 + · · · + an | ≤ |am[n/m]+1 | + |am[n/m]+2 | + · · · + |an | (soma com, no máximo m − 1 parcelas).  Então, se cada |am[n/m]+k | for menor do que 2m , tem-se |sn − sm[n/m] | < (m−1) < 2 ; mas existe n2 ∈ N tal 2m   que n > n2 ⇒ |an | < 2m , logo, se m[n/m] > n2 , tem-se |am[n/m]+k | < 2m ; em particular, se n > n2 + m,  tem-se m[n/m] > n2 , logo, para todo o k, m[n/m] + k > n2 , portanto |am[n/m]+k | < 2m . Conclui-se que para n0 = max{n1 , n2 }, se tem n > n0 ⇒ |sn − l| < . 

138

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

Observação: Seja (bn )n∈N uma sucessão parcial de n )n∈N e (sn )n∈N a sucessão das somas parciais da série gerada P(a ∞ por (an )n∈N . APsucessão das somas parciais de em geral, uma sucessão parcial de (sn )n∈N ; da n=1 bn não é, P∞ ∞ convergência de n=1 an não se pode concluir a convergência de n=1 bn . n−1

; a sucessão das somas parciais de Exemplo: an = (−1)n ; bn = a2n−1 ; (bn )n∈N é uma sucessão parcial de (an )n∈N P P∞ ∞ b , (1 + 1/3 + · · · + 1/(2n − 1)) não é uma sucessão das somas parciais de n n∈N n=1 an , (1 + 1/2 + · · · + 1/n)n∈N ; Pn=1 P∞ ∞ a converge mas b não converge. n=1 n n=1 n P∞ Lema 7.2.7 Sejam (an )n∈N e n0 ∈ N tais que ∀n ≥ n0 : an ≥ 0 (resp. an ≤ 0). Então n=1 an converge sse a sucessão das somas parciais é majorada (resp. minorada). Demonstração: Sejam (sn )n∈N a sucessão das somas parciais e n0 tal que n ≥ n0 ⇒ an ≥ 0. Se (sn )n∈N não é majorada, não é convergente. Por outro lado se for majorada, como é crescente a partir de n0 , conclui-se que é convergente.  Observação: Todos os critérios de convergência que serão vistos para séries geradas por sucessões de números positivos se generalizam de maneira óbvia para séries geradas por sucessões de números negativos. Proposição 7.2.8 de comparação) Sejam (an )n∈N , (bn )n∈N e n0 ∈ N tais que ∀n ≥ n0 : 0 ≤ P∞(primeiro critério P∞ an ≤ bn . Então n=1 bn converge ⇒ n=1 an converge. Pn0 +n Pn0 +n Demonstração: Sejam sn = k=n ak e tn = k=n bk ; como bk ≥ 0, tn é crescente; por outro lado, (tn )n∈N converge 0 0 P∞ P∞ para n=n0 bn , portanto, para todo o n, tn ≤ n=n0 bn . De an ≤ bn para n ≥ n0 , conclui-se que para todo o n P∞ sn ≤ tn ; então (sn )n≥n0 é majorada (por n=n0 bn ), logo converge (pelo lema anterior).  Observação: Claro que as somas

P∞

n=1

an e

P∞

n=1 bn

são em geral diferentes.

Exemplos: 1. an =

1 n2

P∞ 1 Já foi visto que n=1 n(n+1) converge; como ∀n ∈ N : 0 ≤ P∞ 1 P∞ 1 converge, logo n=2 n2 n=1 n2 converge. 2. an =

1 np ,

1 np

≤

1 n2 ;

conclui-se que

1 np ,

1 log n ,

√ 1 n2 +1

Como 7. an =

1 n=1 (n+1)2

converge, isto é,

P∞

1 n=1 np

converge.

√

1 2n

tambem não converge; como ∀n ∈ N :

1 2n−1

≥

1 2n ,

conclui-se

1 np

≥

1 n;

conclui-se que

P∞

1 n=1 np

não converge.

n≥2

Como log n ≤ n, tem-se 6. an =

P∞

0
Como p ≤ 1, tem-se np ≤ n, logo 5. an =

1 n(n+1) ,

1 2n−1

P∞ P∞ Já foi visto que n=1 n1 não converge, logo n=1 P∞ 1 que n=1 2n−1 não converge. 4. an =

≤

p ∈ [2, +∞[

Como p ≥ 2, tem-se np ≥ n2 , logo 3. an =

1 (n+1)2

n2 + 1 ≤

1 n2 log n ,

√

1 log n

≥

n2 + n 2 =

1 n,

√

logo

P∞

1 n=2 log n

2n, conclui-se que

não converge.

√ 1 n2 +1

≥

√1 , 2n

logo

P∞

n=1

√ 1 n2 +1

não converge.

n≥2

Para n ≥ 3, tem-se

1 n2 log n

≤

1 n2 ,

logo

P∞

1 n=2 n2 log n

converge.

Proposição 7.2.9 (segundo critério Sejam (an )n∈N e (bn )n∈N tais que para todo o n an , bn > 0 P∞ de comparação)P ∞ e limn→∞ abnn = c ∈ R \ {0}. Então n=1 an converge sse n=1 bn converge. P∞ Demonstração: Suponhamos que n converge, e seja n0 ∈PN tal que n ≥ n0 ⇒ an /bn < c + 1. Então n=1 bP ∞ ∞ n ≥ n0 ⇒ an < (c + 1)bn ; por hipótese n=1 bn converge, logo n=n0 (c + 1)bn converge, portanto (pelo critério P∞ P∞ anterior) n=n0 an converge. Conclui-se que n=1 an converge. P∞ Suponhamos agora que n=1 an converge. De limn→∞ abnn = c, conclui-se que limn→∞ abnn = 1/c, e o resto da demonstração é análoga.  Observações:

7.2. SÉRIES

139

P∞ P∞ 1. Se limn→∞ abnn = 0, então n=1 bn converge ⇒ n=1 an converge (de facto, a demonstração dessa implicação não utilizou o facto de c ser diferente de 0) mas o recíproco não é verdade (basta ver o que se passa, por exemplo, para (an )n∈N = ( n12 )n∈N , (bn )n∈N = ( n1 )n∈N ). P∞ P∞ 2. Se limn→∞ abnn = +∞, então limn→∞ abnn = 0, portanto n=1 an converge ⇒ n=1 bn converge, mas o recíproco não é verdade. Exemplos 1. an =

5n2 −3 n3 +1 5n2 −3 3

6n 3n4 −2 6n 4 lim 3n 1−2 n→∞ n3

5n3 −3n n3 +1

P∞

P∞ 6n4 = 2; como como ∀n ∈ N : an > 0 e n=1 4 n→∞ 3n − 2

1 n3

P∞

P∞ log n = 0; como como ∀n > 1 : an > 0 e n=1 n→∞ n

1 n2

= 5; como ∀n ∈ N : an > 0 e

P∞

5n2 −3 n=1 n3 +1

não converge, conclui-se que

limn→∞ n 1+1 = limn→∞ n não converge.

1 n=1 n

2. an =

= lim

converge, conclui-se que

6n n=1 3n4 −2

converge.

log n n3 log n 3 lim n n→∞ 12 n

3. an =

= lim

converge, conclui-se que

P∞

n=1

log n n3

converge. 4. an =

1√ √ 3 n− 4 n

√ 3 P∞ n 1 √ = lim √ = lim = 1; como ∀n ∈ N : an > 0 e n=1 3 4 1/4−1/3 n→∞ n→∞ 1 − n n− n P∞ 1 √ não converge. conclui-se que n=1 √ 3 n− 4 n 1√ √ 3 n− 4 n 1 n→∞ √ 3 n

lim

5. an =

√ 1 , n log n

1 √ 3 n

não converge,

n≥2 √

√ 1 n log n lim 1 n→∞ n

= lim

n→∞

P∞ n = +∞; como ∀n > 1 : an > 0 e n=1 log n

1 n

P∞

√ 1 n log n

converge, conclui-se que

P∞

√ 1 5n5 −2

não converge, conclui-se que

P∞

não converge, conclui-se que

n=2

não converge. √ 1 5n5 −2 √ 1 5 lim 5n1 −2 n→∞ √ n5

6. an =

√ = lim √ n→∞

P∞ n5 1 = √ ; como ∀n ∈ N : an > 0 e n=1 5 −2

5n5

√1 n5

n=1

converge. 7. an =

1 (log n)p ,

1 (log n)p 1 n→∞ n

lim

n ≥ 2, p > 0 = lim ( n→∞

P∞ n1/p p ) = +∞; como ∀n ∈ N : an > 0 e n=1 log n

1 n

1 n=2 (log n)p

não converge. (−1)n √ n

n

√ + n1 ; bn = (−1) n P∞ an Tem-se lim = 1; no entanto n=1 an não converge (porque é a soma de uma série convergente com uma n→∞ bn P∞ série não convergente) e n=1 bn converge (não existe nenhuma ordem a partir da qual an , bn > 0).

8. an =

Proposição 7.2.10 (critério de Cauchy) A série gerada por (an )n∈N converge sse ∀ > 0 ∃n0 ∈ N ∀m, n ∈ N : m > n > n0 ⇒ |an+1 + an+2 + · · · + am | < . Demonstração: Seja sn = a1 + · · · + an . A série gerada por (an )n∈N converge sse (sn )n∈N convergir, isto é, sse (sn )n∈N for uma sucessão de Cauchy, o que é equivalente a ∀ > 0 ∃n0 : m, n > n0 ⇒ |sn − sm | < , ou ainda (uma vez que |sn −sm | = |sm −sn |), a ∀ > 0 ∃n0 : m > n > n0 ⇒ |sn −sm | < . Ora para m > n, |sm −sn | é |an+1 +an+2 +· · ·+am |. 

140

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

Proposição P 7.2.11 (terceiro Sejam (an )n∈N , (bn )n∈N e (cn )n∈N tais que ∀nP ∈ N : an ≤ P∞ critério de comparação) P∞ ∞ ∞ bP a e c convergem, então b converge (observação: não é necessário que n ≤ cn . Se n n n n=1 n=1 n=1 n=1 an = ∞ c ). n n=1  |an+1 + · · · + am | <  Demonstração: Seja  > 0; existe n0 ∈ N tal que m > n > n0 ⇒ ; como ∀n : an ≤ bn ≤ cn , |cn+1 + · · · + cm | <  tem-se − < an+1 + · · · + am ≤ bn+1 + · · · + bm ≤ cn+1 + · · · + cm < , P∞ o que implica |bn+1 + · · · + bm | < . Pelo critério de Cauchy conclui-se que n=1 bn converge.  Exemplos (−2)n +cos n 3n (−2)n −1 Tem-se 3n

1. an =

n P∞ (−2)n −1 P∞ +1 ≤ an ≤ (−2) ; como e n=1 n=1 3n P∞ 3n respectivamente −9/10 e 1/10) conclui-se que n=1 an converge.

2. an =

convergem (a soma destas séries é

senn n n2

Tem-se −1/n2 ≤ an ≤ 1/n2 ; como 3. an =

(−2)n +1 3n

P∞

n=1

− n12 e

P∞

1 n=1 n2

convergem, conclui-se que

P∞

n=1

an converge.

2n cos n2 +n2 3n (n+1)2

P∞ −2n +n2 P∞ n +n2 2n +n2 2n +n2 Tem-se 3−2 n (n+1)2 ≤ an ≤ 3n (n+1)2 ; como n=1 3n (n+1)2 e n=1 3n (n+1)2 convergem (o que se pode facilmente P∞ mostrar usando os critérios de comparação anteriores) conclui-se que n=1 an converge. )n∈N conProposição 7.2.12 (critério da razão) Seja (an )n∈N uma sucessão de números positivos tal que ( aan+1 n P∞ P ∞ verge para r. Se r < 1, então n=1 an converge; se r > 1, então (an )n∈N não converge para 0 (portanto n=1 an não converge). an+1 = r, existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 ⇒ an P∞ an+1 2 k s < 1, k=1 sk an0 converge, an < s.PEntão an0 +1 < san0 , an0 +2 < san0 +1 < s an0 , . . ., an0 +k < s an0 . Como P ∞ ∞ portanto k=1 an0 +k converge (pelo primeiro critério de comparação). Conclui-se que n=1 an converge. an+1 > s. Então, = r, existe n0 tal que n ≥ n0 ⇒ aan+1 Suponhamos agora que r > 1 e seja s ∈]1, r[; como lim n n→∞ an k k para k ∈ N, tem-se an0 +k > s an0 ; como s > 1, limk→∞ s an0 = +∞, portanto lim an = +∞, logo (an )n∈N não n→∞ converge para 0.  Demonstração: Suponhamos primeiro r < 1 e seja s ∈]r, 1[; como lim

n→∞

Observações: P∞ an+1 = +∞, (an )n∈N não converge para 0, logo n=1 an não converge. an an+1 an+1 = 1, ou da não existência de lim , não se pode concluir nada quanto à convergência da série 2. De lim n→∞ an n→∞ an gerada por (an )n∈N . 1. Se lim

n→∞

Exemplos 1. an =

2n n!

P∞ n! an+1 2 2n+1 = lim · = 0; logo n=1 an converge. = lim n→∞ an n→∞ (n + 1)! 2n n→∞ n + 1 n P∞ Observação: mais geralmente, para x ∈ R, n=1 |x| n! converge. lim

2. an =

n2 3n

P∞ an+1 (n + 1)2 3n 1 = lim · 2 = ; logo n=1 an converge. n+1 n→∞ an n→∞ 3 n 3 P∞ Observação: mais geralmente, para quaisquer α ∈]0, 1[, p ∈ N, a série n=1 np αn converge; de facto, tem-se (n + 1)p αn+1 lim = α < 1. n→∞ np α n lim

7.2. SÉRIES

3. an =

141

n! nn

P∞ nn an+1 (n + 1)! n n 1 · = lim = lim ( ) = lim ( )n = 1/e < 1; logo n=1 an converge. n+1 n→∞ an n→∞ (n + 1) n→∞ n + 1 n→∞ 1 + 1/n n! lim

4. an =

1 n2

an+1 n2 = 1; neste caso, não se pode concluir nada pelo critério da razão, mas já foi visto = lim n→∞ an n→∞ (n + 1)2 P∞ que n=1 an converge. lim

5. an = lim

1 n

an+1 n = lim = 1; neste caso não se pode concluir nada pelo critério da razão, mas já foi visto que n→∞ an n+1 an não converge.

n→∞ P ∞ n=1

  a1 = 1 an+1 = an /3 se n ímpar 6.  an+1 = an /4 se n par  an+1 1/3 se n ímpar , uma vez que aan+1 = ; no entanto, é fácil de ver que n 1/4 se n par n→∞ an P ∞ 1 ∀n ∈ N : an ≤ 3n−1 , portanto n=1 an converge (primeiro critério de comparação).

Neste caso, não existe lim

7. an =

x2n n2 +1 ,

x ∈ R \ {0}

n2 + 1 an+1 x2n+2 · = x2 ; pelo critério da razão, conclui-se que, para x tal que x2 < 1, lim = lim 2 2n n→∞ an n→∞ (n + 1) + 1 x P∞ P∞ 2 não converge. O critério da razão não permite concluir n=1 an converge, e, para x tal que x > 1, n=1 anP ∞ nada se x2 = 1, mas nesse caso an = n21+1 ≤ n12 , logo n=1 an converge. 8. an =

16n x4n , n

x ∈ R \ {0}

an+1 n 16n+1 x4n+4 · n 4n = 16x4 ; pelo critério da razão conclui-se que, se 16x4 < 1, isto é, se = lim n→∞ an n→∞ 16 x P∞ n + 1 P∞ |x| < 1/2, então n=1 an converge, e se 16x4 > 1, isto é, se |x| > 1/2, então n=1 an não P converge; o critério da ∞ razão não permite concluir nada se |x| = 1/2, mas, nesse caso, an = 1/n, e já foi visto que n=1 n1 não converge. lim

9. an =

x2n n! nn ,

x ∈ R \ {0}

an+1 x2n+2 (n + 1)! nn x2 = lim · 2n = lim = x2 /e; pelo critério da razão, conclui-se que lim n+1 n→∞ (n + 1) n→∞ (1 + 1/n)n n→∞ an x n! P∞ an+1 en n! 2 2 2 n=1 an converge se x < e e não converge se x > e. Para x = e, tem-se an = nn ; neste caso, an = e n (1+1/n)n ; ora a sucessão ((1 + 1/n) )n∈N é estritamente crescente e converge para e (para ver que esta sucessão é Pn Pn+1 1 estritamente crescente, basta notar que (1 + 1/n)n = k=0 Ckn n1k e (1 + 1/(n + 1))n+1 = k=0 Ckn+1 (n+1) k ; ora Ckn /nk =

(n−1)(n−2)...(n−k+1) k!nk−1

n(n−1)...(n−k) n+1−i ; como para i = 1, . . . , k − 1 se tem n−i n < n+1 , k!(n+1)k Ckn /nk < Ckn+1 /(n + 1)k , de onde (1 + 1/n)n < (1 + 1/(n + 1))n+1 ). Logo > 1, isto é (an )n∈N é estritamente crescente. Mas então (an )n∈N não converge

e Ckn+1 /(n + 1)k =

conclui-se que, para k = 0, . . . , n, ∀n : (1 + 1/n)n < e, portanto aan+1 n P∞ para 0, portanto n=1 an não converge. 10. an =

(n!)2 (2n)!(1+nx2 ) ,

x∈R

P∞ an+1 (n + 1)2 (1 + nx2 ) = lim = 1/4, logo n=1 an converge. n→∞ an n→∞ (2n + 2)(2n + 1)(1 + (n + 1)x2 ) lim

Proposição 7.2.13 (critério do integral) Seja f : [1, +∞[−→ R+ uma função decrescente integrável e (an )n∈N tal R +∞ P∞ que ∀n ∈ N : an = f (n). Então n=1 an converge sse 1 f (x) dx converge. Demonstração:

142

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

a1

a1

a1 area sombreada=

a 1 + ... + a n-1

area sombreada=

area tracejada=

a2

a2

a3

a3

a3

a4

a4

a4

a n-2 a n-1 an

... 1

2

3

4

n-2

n-1

n

a n-2 a n-1 an

... 1

2

3

4

f(x) dx 1

a2

a n-2 a n-1 an

n

a 2 + ... + a n

n-2

n-1

n

1

2

3

4

...

n-2

n-1

n

Rn

Sejam bn = 1 f (x)dx e sn = a1 + · · · + an . A sucessão (bn )n∈N é crescente, uma vez que f só toma valores R m+1 positivos. Por outro lado, como f é decrescente, tem-se ∀m ∈ N : am+1 (= f (m + 1)) ≤ m f (x)dx ≤ f (m) = am , de onde a2 + · · · + an ≤ bn ≤ a1 + · · · + an−1 , isto é, bn ≤ sn−1 e sn ≤ bn + a1 . R +∞ Se 1 f (x) dx converge, então (bn )n∈N converge, logo (sn )n∈N é majorada, portanto convergente. Z n f (x)dx. Como f só toma Se (sn )n∈N converge, então (bn )n∈N é majorada, logo convergente, isto é existe lim n→∞ 1 RR R +∞ valores positivos, isso implica que existe limR→+∞ 1 f (x)dx, ou seja, o integral impróprio 1 f (x)dx converge.  Exemplos: 1. an =

1 np ,

p > 0 (já foi visto que

P∞

n=1

an converge se p ≥ 2 e não converge se p ≤ 1)

[1, +∞[ −→ R+ ; então an = f (n), f é decrescente e é integrável. Ora x 7→ 1/xp P∞ p > 1; conclui-se n=1 an converge sse p > 1. Seja f :

2. an =

1 n(log n)p ,

R +∞ 1

1 xp

dx converge sse

n ≥ 2, p > 0

Seja f : [2, +∞[ −→ x 7→ R

R

R+

; então an = f (n), f é decrescente e é integrável. Ora

1 x(log x)p 1 R (log x)p−1 (1−p ]2 log | log x|]R 2 se

 1 1 se p 6= 1 (log R)p−1 (1−p) − (log 2)p−1 (1−p) se p 6= 1 . f (x)dx = = log(log R)) − log | log 2| se p = 1 p=1 2 2  R +∞ 0 se p > 1 1 Ora limR→+∞ log(log R) = +∞ e limR→+∞ (log R)p−1 , logo 2 f (x)dx converge sse (1−p) = +∞ se p < 1 P∞ p > 1; conclui-se que n=2 an converge sse p > 1. Z

Z

1 dx = x(log x)p



Definição 7.2.14 Diz-se que a série gerada por (an )n∈N é absolutamente convergente sse a série gerada pela sucessão (|an |)n∈N é convergente. Proposição 7.2.15 Qualquer série absolutamente convergente é convergente. Demonstração: Resulta imediatamente de ∀n ∈ N : −|an | ≤ an ≤ |an | e da proposição 7.2.11.



Observação: O recíproco não é verdadeiro. Exemplos 1. an =

sen(2n) n2

Tem-se |an | ≤ 2. an =

P∞

|an | converge, portanto

P∞

an converge absolutamente.

1 n3 ,

logo

P∞

|an | converge, portanto

P∞

an converge absolutamente.

n=1

n=1

n=1

n=1

(−1)n n2 n4 +3

Tem-se |an | = 4. an =

logo

(−1)n n3

Tem-se |an | = 3. an =

1 n2 ,

xn n2 ,

n2 n4 +3

≤

1 n2 ,

logo

P∞

n=1

an converge absolutamente.

x∈R

P∞ 2 Para x tal que |x| ≤ 1, tem-se |an | ≤ 1/nP , logo n=1 an converge absolutamente; para x tal que |x| > 1, ∞ (xn /n2 )n∈N não converge para 0, portanto n=1 an não converge.

7.2. SÉRIES

143

Proposição 7.2.16 P (critério de Leibniz) Seja (an )n∈N uma sucessão decrescente de números positivos tal que ∞ lim an = 0. Então n=1 (−1)n−1 an converge. n→∞

Demonstração: a2 a4 s2

s4

s5

s3

s 1= a

1

a5 a3

Pn

j−1

Seja sn = j=1 (−1) aj ; para qualquer k ∈ N, tem-se s2k+1 = s2k−1 − a2k + a2k+1 e s2k+2 = s2k + a2k+1 − a2k+2 ; como (an )n∈N é decrescente, a2k+1 − a2k ≤ 0, e a2k+1 − a2k+2 ≥ 0, logo a sucessão (s2k−1 )k∈N é decrescente e a sucessão (s2k )k∈N é crescente. Por outro lado, para k par e l ímpar, tem-se sk ≤ sl (basta observar que, se m é par e m > k, l, então sk ≤ sm ≤ sm+1 ≤ sl ). Conclui-se que (s2k−1 )k∈N (respectivamente (s2k )k∈N ) é minorada e decrescente (respectivamente majorada e crescente), portanto (s2k−1 )k∈N e (s2k )k∈N são convergentes; sejam α e β respectivamente os seus limites. É óbvio que β ≤ α. Se β < α, então existe n0 ∈ N, n0 par, tal que n > n0 ⇒ an < α − β; mas então sn0 ≤ β ≤ α ≤ sn0 +1 , isto é, P sn0 +1 − sn0 ≥ α − β, e an0 +1 < α − β, o que é absurdo. Conclui-se que α = β, logo ∞ (sn )n∈N é convergente, isto é, n=1 (−1)n−1 an converge.  Observações: 1. Na realidade, basta que (an )n∈N seja decrescente e positiva a partir de certa ordem. 2. Tem-se obviamente um resultado análogo para sucessões crescentes de números negativos. Exemplos 1. an =

(−1)n−1 n

P∞ Como (1/n)n∈N é uma sucessão de números positivos decrescente e convergente para 0, conclui-se que n=1 an P∞ P∞ (−1)n−1 converge. No entanto, é, portanto, uma série convergente que não é n=1 |an | não converge; n=1 n absolutamente convergente. 2. an =

(−1)n−1 log n ,

n≥2

P∞ é uma sucessão de números positivos decrescente e convergente para 0, conclui-se que n=1 an P∞ P∞ (−1)n−1 é, portanto, uma série convergente que não é converge. No entanto, n=1 |an | não converge; n=1 log n absolutamente convergente. Como

3. an =

( log1 n )n∈N

(−1)n−1 √ n

P∞ Como ( √1n )n∈N é uma sucessão de números positivos decrescente e convergente para 0, conclui-se que n=1 an P∞ P∞ (−1)n−1 √ converge. No entanto, é, portanto, uma série convergente que não é n=1 |an | não converge; n=1 n absolutamente convergente. (−1)n n 1+n2 n Como ( 1+n 2 )n∈N

4. an =

P∞ é uma sucessão de números positivos decrescente e convergente para 0, conclui-se que n=1 an P∞ P∞ n converge. No entanto, n=1 |an | não converge; n=1 (−1)n−1 1+n 2 é, portanto, uma série convergente que não é absolutamente convergente.  1/n se n par 5. an = 2/n se n ímpar Pn (an )n∈N é uma sucessão de números positivos convergente para 0; no entanto, pondo sn = k=1 (−1)n−1 an , temn X Pn Pn Pn 2k − 1 2 2k−1 1 se s2n+1 = 2+ k=1 (−a2k +a2k+1 ) = 2+ k=1 ( 2k+1 − 2k ) = 2+ k=1 2k(2k+1) . Ora lim = +∞, n→∞ 2k(2k + 1) k=1 P∞ 2n−1 uma vez que n=1 2n(2n+1) não converge, logo (sn )n∈N não converge ((an )n∈N não é decrescente). − Seja (a por (a+ n )n∈N uma sucessão de números reais; designa-se n )n∈N (respectivamente (an )n∈N ) a sucessão definida  an se an ≥ 0 an se an ≤ 0 − por a+ (respectivamente a− ); tem-se obviamente an = a+ n = n = n + an . 0 se an < 0 0 se an > 0

144

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

− Proposição 7.2.17 A série gerada por (an )n∈N converge absolutamente sse as séries geradas por (a+ n )n∈N e (an )n∈N convergem. − + − + − Demonstração: Tem-se an = a+ an + |an | = 2a que a n + an e |an | = an − an , portanto P∞ Pn∞e an − |an | = 2an . Suponhamos P∞ série gerada P por (an )n∈N converge absolutamente. Então a converge e |a | converge, logo (a +|a n |) n=1 n n=1 n n=1 n P∞ P ∞ ∞ − converge, e n=1 (an − |anP |) converge,P isto é n=1 2a+ e 2a convergem. n n n=1 P ∞ ∞ ∞ − + − + − Suponhamos P agora que n=1 a+ n e n=1 an convergem. Então n=1 (an −an ) converge, mas como an −an = |an |, ∞ isto implica que n=1 |an | converge, isto é, a série gerada por (an )n∈N converge absolutamente. 

Definição 7.2.18 Diz-se que a sucessão (bn )n∈N é uma reordenaçãode (an )n∈N sse existe uma bijecção ϕ : N −→ N tal que ∀n : bn = aϕ(n) . P∞ P∞ Proposição 7.2.19 1. Se P absolutamente e (bn )n∈N é uma reordenação de (an )n∈N , então n=1 bn n=1 an converge P ∞ ∞ converge absolutamente e n=1 bn = n=1 an . P∞ 2. Se n=1 an converge P∞ mas não converge absolutamente, para qualquer α ∈ R existe uma reordenação (bn )n∈N de (an )n∈N tal que n=1 bn = α. Demonstração: P∞ 1. Sejam l = n=1 aP n , ϕ : N −→ PN∞ uma bijecção tal que bn = aϕ(n) , (sn )n∈N e (tn )n∈N as sucessões das somas ∞ parciais das séries n=1 an e n=1 bn . Para quaisquer n e m tem-se |tm − l| ≤ |tm − sn | +P |sn − l|. Seja agora ∞  > 0; existe n1 ∈ N tal que n > n1 ⇒ |sn − l| < /2. Por outro lado, seja n0 > n1 , tal que ( n=1 |an |) − (|a1 | + |a2 | + · · · + |an0 |) < /2; vamos ver que, para m suficientemente grande, se tem |tm − sn0 | < /2. Com efeito, seja m0 tal que {1, . . . , n0 } ⊂ {ϕ(1), . . . , ϕ(m0 )}; então, para m > m0 , tem-se {1, . . . , n0 } ⊂ {ϕ(1), . . . , ϕ(m)}, logo as parcelas |a1 |, . . . , |an0 | aparecem na soma |aϕ(1) | + · · · + |aϕ(m) | = |b1 | + · · · + |bm |; ora, n0 n0 m m X X X X ak ak = aϕ(k) − |tm − sn0 | = bk − k=1 k=1 k=1 k=1 X = | ak | k∈{ϕ(1),...,ϕ(m)}\{1,...,n0 }

X

≤

|ak |

k∈{ϕ(1),...,ϕ(m)}\{1,...,n0 }

≤

∞ X

|an | = (

n0 +1

∞ X

|an |) − (|a1 | + · · · + |an0 |) < /2

n=1

P∞ Conclui-se que, para m > m0 , se tem |tm − l| < /2 + /2 = , de onde n=1 bn converge para l. P∞ P∞ Falta ver que e n∈N é uma reordenação de (|an |)n∈N P n=1 bn converge absolutamente. Ora (|bn |) n=1 an P ∞ ∞ converge absolutamente; pelo que já foi visto conclui-se que n=1 |bn | converge e que a sua soma é n=1 |an |. P∞ P∞ P∞ − 2. Como n=1 an não que uma das séries n=1 a+ n e n=1 an não converge; P∞converge absolutamente,+ conclui-se mas então, como n=1 an converge e an = an +a− n , conclui-se que nenhuma das duas converge. Sejam (pn )n∈N a sucessão parcial de (an )n∈N constituida pelos termos maiores )n∈N a sucessão parcial de (an )n∈N P∞ +ou iguais a 0 e (qnP ∞ constituida pelos termos menores do que 0. Como a não converge, converge, e n n=1 n=1 pn tambem P∞ − P∞ Pnão ∞ q tambem não converge, isto é, as somas parciais de pn não são como n=1 an não converge, n n=1 n=1 P∞ majoradas e as somas parciais de n=1 qn não são minoradas. Pn Seja agora k=1 pk > α; sejam n1 o primeiro número natural nestas condições Pn1α ∈ R; existe n ∈ N tal que Pm e s1 = k=1 P pk . Existe m tal que s1 + k=1 qk < α; sejam m1 o primeiro número natural nestas condições m1 e t1 P = s1 + k=1 qk . PodemosPcontinuar este processo: sejam n2 o primeiro número natural Pm2 a satisfazer n2 n2 t1 + k=n1 +1 pk > α, s2 = t1 + k=n p , m o primeiro número natural a satisfazer s + k 2 2 +1 k=m1 +1 qk < α, 1 Pm2 t2 = s2 + k=m q , etc. Para k > 1 tem-se k 1 +1 sk − pnk ≤ α < sk e tk < α ≤ tk − qmk ; P∞ ora n=1 an converge, logo (an )n∈N converge para 0, portanto (pn )n∈N e (qn )n∈N convergem para 0; mas então (sk )k∈N e (tk )k∈N convergem para α. Consideremos a sucessão (un )n∈N cujos termos são p1 , p2 , . . . , pn1 , q1 , . . . , qm1 , pn1 +1 , . . . , pn2 , qm1 +1 , . . . , qm2 , . . .

7.2. SÉRIES

145

e seja (vn )n∈N a sucessão das somas parciais da série gerada por (un )n∈N . Tem-se então v1 ≤ · · · ≤ vn1 = s1 t1 = vn1 +m1 ≤ · · · ≤ vn1 +1 ≤ s1 t1 = vn1 +m1 ≤ · · · ≤ vn1 +m1 +n2 = s2 ··· tk = vn1 +m1 +···+nk +mk ≤ · · · ≤ vn1 +m1 +···+nk = sk . de onde se conclui que (vn )n∈N converge para α. Ora (un )n∈N é uma reordenação de (an )n∈N .



Observação: Tambem é possível construir reordenações que geram séries cujas somas parciais tendem para +∞ (respectivamente para −∞). Exemplos k Pn 1. Já foi visto que log 2 = 1 − 21 + 13 − 41 + · · ·; seja sn = k=1 (−1) k . Consideremos a reordenação (bn )n∈N de (1/n)n∈N em que um termo de ordem ímpar alterna com dois de ordem par:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, − , − , , − , − , , − , − , , − , . . . 2 4 3 6 8 5 10 12 7 14 e seja tn a sucessão das somas parciais da série gerada por (bn )n∈N . Então t2 = 21 , t3 = 21 − 41 , t5 = 12 − 14 + 16 , t6 = 12 − 14 + 61 − 18 ; mais geralmente, para k ≥ 1 tem-se t3k−1 = 21 s2k−1 , t3k = 12 s2k ; por outro lado, para k > 1, 1 1 tem-se t3k−2 = t3k−3 + 2k−1 . É fácil de ver, então, que (tn )n∈N converge para 21 lim sn = log 2. n→∞ 2 ( n−1 0 se n ímpar 2. Sejam an = (−1)n e bn = ; (os primeiros termos de (bn )n∈N são 0, 21 , 0, − 41 , 0, 16 ). Tem-se (−1)n/2+1 se n par n   1/n se n ímpar P∞ P∞ 1 n=1 an = log 2 e n=1 bn = 2 log 2; an + bn =  −2/n se n é múltiplo de 4 . Seja (cn )n∈N a sucessão que se 0 se n + 2 é múltiplo de 4 obtem de (an + bn )n∈N eliminando os termos nulos: 1 1 1 1 1 1 1 1 1, 0, , − , , 0, , − , , 0, , − , . . . 3 2 5 7 4 9 11 6 1 1 1 1 1 1 1 1 cn : 1, , − , , , − , , , − , . . . 3 2 5 7 4 9 11 6 P∞ P∞ Então n=1 cn = n=1 (an + bn ) = 23 log 2; por outro lado, (cn )n∈N é obviamente uma reordenação de (an )n∈N (que se obtem alternando dois termos de ordem ímpar com um termo de ordem par). an + bn :

n−1

3. Seja an = (−1)n ; consideremos a reordenação (bn )n∈N de (an )n∈N em que três termos de ordem ímpar alternam com dois termos de ordem par: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, , , − , − , , , , − , − , , , , . . . ; 3 5 2 4 7 9 11 6 8 13 15 17 seja (sn )n∈N a sucessão das somas parciais da série gerada por (bn )n∈N . Então s5 =

6 X (−1)k−1

k

k=1

s10 =

12 X (−1)k−1 k=1

s15 =

18 X (−1)k−1

k

k=1

s5n =

6n X (−1)k−1 k=1

(−1)k−1 k=1 k

P6n

k

k

1 + 2

3n X k=2n+1

+

+

+

1 6

1 1 + 10 12

1 1 1 + + ... 14 16 18

6n

1 X (−1)k−1 = + k k k=1

3n 1 X 1 2 k k=2n

! −

1 . 2n

P3n Mas converge para log 2; já foi visto que ( k=2n k1 )n∈N converge para log 23 ; conclui-se que (s5n )n∈N converge para log 2 + 21 log 32 . Pela proposição 7.2.6, (sn )n∈N converge para log 2 + 21 log 23 .

146

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

Proposição 7.2.20 Sejam (an )n∈N , (bn )n∈N e (un )n∈N sucessões tais que existe uma bijecção ϕ : N × N −→ N com u = aiP bj (isto é, (un )n∈N é constituida pelos produtos um termo P de (bn )n∈NP ). Se Pϕ(i,j) P∞ de um termo de (an )n∈N por P∞ ∞ ∞ ∞ ∞ a e b convergem absolutamente, então u converge absolutamente e u = ( a )( n n n n n n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 bn ). Demonstração: Para quaisquer m, n ∈ N tem-se ∞ ∞ ∞ n ∞ m m m m n X X X X X X X X X X ak bk − ak uk ≤ bk − ak ak bk + bk − uk . k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 {z } | Sn,m

Fixado m, existe um n tal que {1, . . . , m}×{1, . . . , m} ⊂ ϕ−1 ({1, . . . n}), (isto é, {u1 , . . . , un } contém todos os produtos ai bj , com i, j ≤ m); para tais n e m seja In,m = ϕ−1 ({1, . . . n}) \ ({1, . . . , m} × {1, . . . , m}). Então X X |ai ||bj |. ai bj ≤ Sn,m = (i,j)∈In,m (i,j)∈In,m P∞ P∞ Pn Pn Seja agora  > 0. Como n=1 |an | e n=1 |bn | convergem, conclui-se que a sucessão (( k=1 |ak |)( k=1 |bk |))n∈N converge, logo é uma sucessão de Cauchy, em particular existe p0 ∈ N tal que p > p0 ⇒ |

p X

|ak |

k=1

p X

|bk | −

k=1

p0 X

|ak |

k=1

p0 X

|bk | < /2,

k=1

P de onde se conclui que qualquer soma finita k,l |ak ||bl | com k, l > p0 é menor do que /2; em particular, m > p0 ⇒ Sn,m < /2 (para n tal que {1, . . . , m} × {1, . . . , m} ⊂ ϕ−1 ({1, . . . n})). Existe m0 > p0 tal que ∞ m0 m0 ∞ X X X X ak bk < /2 ak bk − k=1

k=1

k=1

k=1

Pn Pn P∞ P∞ (porque a sucessão ( k=1 ak k=1 bk )n∈N converge para k=1 ak k=1 bk ). Então, para n, tal que {1, . . . , m0 } × {1, . . . , m0 } ⊂ ϕ−1 ({1, . . . n}), tem-se ∞ ∞ m0 m0 ∞ ∞ n X X X X X X X ak bk − ak bk + Sn,m0 < /2 + /2 = . ak bk − uk ≤ k=1

k=1

k=1

k=1

k=1

k=1

k=1

Do facto de a ordem dos termos da sucessão (un )n∈N não interferir no valor de converge absolutamente.

P∞

n=1

un , conclui-se que

P∞

n=1

un 

Definição 7.2.21 Dadas duas sucessões (an )n∈N e (bn )n∈N , chama-se Pn produto de Cauchy das séries geradas por estas sucessões à série gerada pela sucessão (cn )n∈N , em que cn = k=1 ak bn+1−k . P∞ P∞ Corolário 7.2.22 Se bn convergem n=1 an e n=1P P∞ absolutamente, então o produto de Cauchy das duas séries ∞ converge absolutamente e a sua soma é ( n=1 an )( n=1 bn ). Pn Demonstração: Sejam (cn )n∈N tal que cn = k=1 ak bn+1−k , ϕ a bijecção N × N −→ e (un )n∈N N + i (i, j) 7→ (i+j−1)(i+j−2) 2 a sucessão tal que uϕ(i,j) = ai bj (os 10 P primeiros termos de (un )n∈N são a1 bP a1 b3 , a2 b2 ,Pa3 b1 , a1 b4 , a2 b3 , 1 , a1 b2 , a2 b1 , P ∞ ∞ ∞ ∞ a3 b2 , a4 b1 ). Pela proposição anterior, n=1 un converge absolutamente e n=1 un = ( n=1 an )( n=1 bn ). Sejam (sn )n∈N e (tn )n∈N as sucessões das somas parciais das séries geradas por (un )n∈N e (cn )n∈N respectivamente. Tem-se t1 = s1 , t2 = a1 b1 + a1 b2 + a2 b1 = s3 , t3 = a1 b1 + a1 b2 + a2 b1 + a1 b3 + a2 b2 + a3 b1 = s6 , tn = sn(n+1)/2 , e, por Pn Pn(n+1)/2 P∞ P∞ |uk |. Como P absolutamente, conclui-se que n=1 cn converge outro lado, k=1 |ck | ≤ k=1 n=1 un converge P ∞ ∞ absolutamente; da convergência de (sn )n∈N para ( n=1 an )( n=1 bn ) conclui-se a convergência de (sn(n+1)/2 )n∈N , e, portanto, de (tn )n∈N , para o mesmo limite.  Exemplos n−1 P∞ P∞ √ 1. an = bn = (−1) ; n=1 an e n=1 bn convergem, mas não absolutamente. n Pn Pn Pn (−1)k−1 (−1)n+1−k−1 Pn (−1)n−1 n−1 √ √ √ √ √ √1 cn = = k=1 k n+1−k = (−1) k=1 k n+1−k ; ora, para k=1 ak bn+1−k = k=1 n+1−k k P n 1 1 k ∈ {1, . . . n}, tem-se √1k ≥ √1n e √n+1−k ≥ √1n , logo |cn | = k=1 √k√n+1−k ≥ n √1n √1n = 1; conclui-se (cn )n∈N P∞ não converge para 0, logo n=1 cn não converge.

7.2. SÉRIES

147

2. an = bn = xn , x ∈] − 1, 1[ Pn Pn Pn P∞ P∞ cn = k=1 ak bn+1−k = k=1 xk xn+1−k = k=1 xn+1 = nxn+1 ; como n=1 an e n=1 bn convergem absoluP∞ P∞ x x2 x2 n+1 tamente (para 1−x ), conclui-se que n=1 cn converge absolutamente para (1−x) = (1−x) 2 , isto é, 2. n=1 nx 3. an =

xn n n! , bn = x , x ∈] − 1, 1[ Pn Pn xk n+1−k k=1 ak bn+1−k = k=1 k! x x

Pn Pn 1 P∞ P∞ n+1 cn = = k=1 x k! = xn+1 k=1 k! ; como n=1 an e n=1 bn convergem x P∞ −1) x absolutamente (respectivamente para e −1 e 1−x ) conclui-se que n=1 cn converge absolutamente para x(e1−x , x P∞ Pn 1 n+1 −1) )x = x(e1−x . isto é, n=1 ( k=1 k!

148

CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

Capítulo 8

Sucessões e séries de funções 8.1

Sucessões de funções

Definição 8.1.1 Uma sucessão de funções reais de domínio A é uma função N −→ {funções de A em R} A notação usada é análoga à usada para sucessões reais: (fn )n∈N , em que para todo o n fn : A −→ R Exemplos 1. fn : R x

−→ 7→

R nx

2. fn : R x

−→ 7→

R cos(nx)

3. fn : R+ x

−→ 7→

R √ n x

Definição 8.1.2 Seja (fn )n∈N uma sucessão de funções de domínio A. 1. Diz-se que a sucessão (fn )n∈N converge pontualmente para f : A −→ R sse para qualquer x ∈ A se tiver lim fn (x) = f (x). Mais geralmente, se A1 ⊂ A e A1 ⊂ A2 , diz-se que (fn )n∈N converge pontualmente em A1 n→∞

para f : A2 −→ R sse (fn |A1 )n∈N converge pontualmente para fA1 . 2. Chama-se domínio de convergência da sucessão (fn )n∈N ao conjunto {x ∈ A : (fn (x))n∈N converge }. 3. Diz-se que (fn )n∈N converge uniformemente para f : A −→ R sse ∀ > 0 ∃no ∈ N : n > n0 ⇒ ∀x ∈ A : |fn (x) − f (x)| < . Mais geralmente, se A1 ⊂ A e A1 ⊂ A2 , diz-se que (fn )n∈N converge uniformemente em A1 para f : A2 −→ R sse (fn |A1 )n∈N converge uniformemente para fA1 . Proposição 8.1.3 Se (fn )n∈N converge uniformemente para f , então (fn )n∈N converge pontualmente para f . 

Demonstração: trivial.

Proposição 8.1.4 A sucessão (fn )n∈N converge uniformemente para f em A sse existe uma ordem a partir da qual fn − f é limitada e lim sup |fn (x) − f (x)| = 0. n→∞ x∈A

Demonstração: Suponhamos que (fn )n∈N converge uniformemente para f em A e seja  > 0; existe n0 ∈ N tal que ∀n > n0 , ∀x ∈ A : |fn (x) − f (x)| < ; logo, para qualquer n > n0 , o conjunto D = {|fn (x) − f (x)|, x ∈ A} é majorado e sup D ≤ . Mas isto implica que lim sup |fn (x) − f (x)| = 0. n→∞ x∈A

Suponhamos agora que lim sup |fn (x) − f (x)| = 0 e seja  > 0. Existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ supx∈A |fn (x) − n→∞ x∈A

f (x)| < ; mas então, para n > n0 e x ∈ A, tem-se |fn (x) − f (x)| ≤ supx∈A |fn (x) − f (x)| < . Logo (fn )n∈N converge uniformemente para f .  149

150

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

Observação: Se (fn )n∈N converge pontualmente para f , então, para cada x, a partir de certa ordem o ponto do gráfico de fn de abcissa x está arbitrariamente próximo do ponto do gráfico de f de abcissa x; no entanto, essa ordem pode ter de depender de x, caso em que os gráficos dos fn não estão globalmente próximos do gráfico de f . Pelo contrário, se a convergência for uniforme, a partir de certa ordem o gráfico de fn está globalmente arbitrariamente próximo do gráfico de f .

Exemplos 1. fn : R x

−→ 7→

R 1/n

1 0.8 0.6 0.4 0.2

f 1 f 2 f 3

-1

-2

1

2

1 = 0, portanto (fn )n∈N converge pontualmente para a funn ção nula, f0 : R −→ R . Como |fn (x) − f0 (x)| = 1/n, tem-se supx∈A |fn (x) − f0 (x)| = 1/n, isto é, x 7→ 0 (supx∈R |fn (x) − f0 (x)|)n∈N converge para 0, logo (fn )n∈N converge uniformemente para a função nula. Para qualquer x ∈ R tem-se lim fn (x) = lim n→∞

2. fn : R x

−→ 7→

n→∞

R

−n(1+x2 )

e

0.35 0.3 0.25 f 1

0.2 0.15 0.1

f 2

0.05 f3 -1.5

2

Para qualquer x ∈ R, lim e−n(1+x n→∞

)

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

= 0, portanto (fn )n∈N converge pontualmente para a função nula, f0 : 2

−→ R . Tem-se |fn (x) − f0 (x)| = e−n(1+x ) ≤ e−n . Seja  > 0; como existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ 7→ 0 e−n <  (uma vez que (e−n )n∈N converge para 0), conclui-se que ∀n > n0 , ∀x ∈ R : |fn (x) − f0 (x)| < , logo (fn )n∈N converge uniformemente para a função nula. R x

3. fn : R x

−→ 7→

R x/n

8.1. SUCESSÕES DE FUNÇÕES

151

4 f 1 f

2

-4

-2

2

4

2

-2

-4

Para qualquer x ∈ R, tem-se lim x/n = 0, portanto (fn )n∈N converge pontualmente para a função nula f0 : n→∞

R −→ R . No entanto, para cada n ∈ N, lim fn (x) = +∞. Então, para qualquer n0 ∈ N existe x ∈ R x→+∞ x 7→ 0 (por exemplo x = n0 ) tal que |fn0 (x) − f0 (x)|(= |x/n0 |) ≥ 1. Conclui-se que existe  > 0 (por exemplo  = 1) tal que ∀n0 ∈ N ∃x ∈ R : |fn (x) − f0 (x)| ≥ . Logo (fn )n∈N não converge uniformemente para a função nula. No entanto, (fn )n∈N converge uniformemente para f0 em qualquer conjunto limitado; com efeito, se A é um conjunto limitado e M é tal que ∀x ∈ A : |x| < M , então x ∈ A ⇒ |fn (x) − f0 (x)|(= |x|/n) < M/n, de onde supx∈A |fn (x) − f0 (x)| ≤ M/n, logo lim sup |fn (x) − f0 (x)| = 0. n→∞ x∈A

4. fn : R x

−→ 7→

R xn Grafico de f2 1

-1

Grafico de f11 1

0.75

0.75

0.5

0.5

0.25

0.25

-0.5

0.5

1

-1

-0.5

1

0.5

-0.25

-0.25

-0.5

-0.5

-0.75

-0.75

-1

-1

Graficos de fn, n=1,...,7 1

1 0.75

0.5

0.25

-1

-0.5

0.5

1

-1

1

-0.25

-0.5

-0.75

-1

-1

Para x ∈] − ∞, −1]∪]1, +∞[, (xn )n∈N não converge; para x=1, (xn )n∈N converge para 1 e para x ∈] − 1, 1[, (xn )n∈N converge para 0. Então em ] − 1, 1] a sucessão (fn )n∈N converge pontualmente para a função f : ] − 1, 1] −→  R . Como, para cada n ∈ N, lim fn (x) = 1, dado qualquer  < 1, para todo o x→1+ 0 se x 6= 1 x 7→ 1 se x = 1 q n0 ∈ N existe x ∈]0, 1[ tal que xn0 >  (por exemplo n0 1+ 2 ); isto é, existe  > 0 tal que para qualquer n0 ∈ N n0 existe x ∈]0, 1[ tal que x > . Portanto (fn )n∈N não converge uniformemente para f em ] − 1, 1]. No entanto, (fn )n∈N converge uniformemente para f em qualquer intervalo [−r, r] com r ∈]0, 1[; com efeito, para x ∈ [−r, r], tem-se |fn (x) − f (x)| = |xn | ≤ rn , e como lim rn = 0, conclui-se que lim sup |fn (x) − f (x)| = 0. n→∞

n→∞ x∈[−r,r]

152

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

Observação: este exemplo mostra que uma sucessão de funções contínuas pode convergir pontualmente para uma função que não é contínua. 5. fn : [0, 1] −→  x

7→

R 1 se x ∈ {k/2n ; 1 ≤ k ≤ 2n } 0 no caso contrário f 1

f3 1

1

1/8

1

1/4

3/8

1/2

5/8

3/4

7/8

1

Seja x ∈ [0, 1]; se existe n ∈ N tal que 2n x ∈ N, então lim fn (x) = 1, caso contrário lim fn (x) = 0. Então n→∞

(fn )n∈N converge pontualmente para f :

n→∞

[0, 1] −→

R . A sucessão (fn )n∈N não  1 se ∃n ∈ N : 2n x ∈ N x 7→ 0 se ∀n ∈ N : 2n x 6∈ N converge uniformemente para f ; com efeito, dado qualquer n0 ∈ N, tem-se, por um lado fn0 ( 2n01+1 ) = 0, e por outro f ( 2n01+1 ) = 1, isto é, |fn0 ( 2n01+1 ) − f ( 2n01+1 )| = 1. Existe, portanto,  > 0 (qualquer  ∈]0, 1[ serve) tal que para todo o n0 ∈ N existe x ∈ [0, 1] com |fn0 (x) − f (x)| > . Observação: este exemplo mostra que uma sucessão de funções integráveis pode convergir pontualmente para uma P função nãoPintegrável (de facto f não é integrável, uma vez que, para qualquer partição P de [0, 1] se tem (f, P ) = 0 e (f, P ) = 1). 6. fn : [0, 1] −→ x

R  1 ]  2n2 x se x ∈ [0, 2n 1 1 2 2n − 2n x se x ∈ [ 2n , n]  1 0 se x ∈ [ n , 1]

7→ 7

7

6

6

Grafico de f 5

5

Graficos de f n , n=1,...,7

5

4

4

3

3

2

2

1

1

1/10 1/5

1

1

Para cada x ∈]0, 1], a sucessão (fn (x))n∈N é quase constante (igual a 0), mais precisamente, se n0 é tal que 1/n0 < x, então ∀n ≥ n0 : fn (x) = 0; como a sucessão (fn (0))n∈N é a sucessão constante nula, conclui-se que ∀x ∈ [0, 1] (fn (x))n∈N converge para 0, logo a sucessão (fn )n∈N converge pontualmente para a função nula f0 : [0, 1] −→ R . No entanto, (fn )n∈N não converge uniformemente para f0 . De facto, dados quaisquer x 7→ 0  > 0 e n0 ∈ N, existem n > n0 e x ∈ [0, 1] tais que |fn (x) − f0 (x)| > : basta escolher n tal que n >  e 1 1 x = 2n , pois fn ( 2n ) = n. (uma maneira alternativa de ver que a convergência não é uniforeme é notar que supx∈[0,1] |fn (x) − f0 (x)| = n, e (n)n∈N não converge para 0). Observações: (a) Para qualquer n ∈ N, tem-se

R1 0

Z n→∞

1

Z fn (x)dx = 1/2 6= 0 =

fn (x)dx = 1/2, logo lim

0

1

f0 (x)dx; este 0

exemplo mostra que quando uma sucessão de funções integráveis (fn )n∈N definidas num intervalo [a, b] Rb converge pontualmente para uma função f em [a, b], o integral do limite, a f (x)dx, não é necessariamente Z b igual ao limite dos integrais, lim fn (x)dx. n→∞

a

(b) Para qualquer δ > 0, a sucessão (fn )n∈N converge uniformemente para a função nula em [δ, 1]; basta notar que, desde que 1/n < δ, a função fn [δ,1] é a função nula.

8.1. SUCESSÕES DE FUNÇÕES

7. fn : [0, 1] −→ x

7→

153

R  1 ]  2n3 x se x ∈ [0, 2n 1 1 2 3 2n − 2n x se x ∈ [ 2n , n]  1 0 se x ∈ [ n , 1] Z n→∞

8. fn : R x

−→ 7→

1

fn (x)dx = lim n/2 = +∞

Este exemplo é análogo ao exemplo anterior, mas neste caso lim

n→∞

0

R (cos x)2n

Graficos de fn, n=1,3,5,40 1 0.75 1

0.5 0.25 -6

-4

-2

4

2

6

-0.25 -6

-0.5

-4

-2

2

4

6

-0.75 -1

Para x tal que | cos x| = 1, tem-se lim (cos x)2n = 1; para x tal que | cos x| < 1, tem-se lim (cos x)2n = 0. Logo n→∞

n→∞

−→  R . A sucessão (fn )n∈N não 1 se x ∈ {kπ, k ∈ Z} x 7→ 0 se x 6∈ {kπ, k ∈ Z} converge uniformemente para f . Com efeito, para qualquer n ∈ N e k ∈ Z,qlimx→kπ fn (x) = 1. Logo, para (fn )n∈N converge pontualmente para a função f : R

qualquer  ∈]0, 1[, e para todo o n0 ∈ N existe x ∈ R (por exemplo x = arccos q 1+ (uma vez que |fn0 (arccos 2n0 1+ 2 ) − f (x)| = 2 > ).

2n0

1+ 2

) tal que |fn0 (x)−f (x)| > 

Observações: (a) Para qualquer δ > 0, (fn )n∈N converge uniformemente para f em R \ ∪k∈Z ]kπ − δ, kπ + δ[. (b) Este exemplo mostra que existe uma sucessão de funções deriváveis que converge pontualmente para uma função que não é contínua. 9. fn : R x

−→ 7→

p R x2 + 1/n2

Graficos de fn, n=1,2,3,4,30 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 -1

Para qualquer x ∈ R, lim

n→∞

R x

-0.5

0.5

1

√ p x2 + 1/n2 = x2 = |x|; logo (fn )n∈N converge pontualmente para a função f :

−→ R . Por outro lado, 7→ |x| √ p p x2 + 1/n2 − |x| = x2 + 1/n2 − x2 x2 + 1/n2 − x2 1/n2 1/n2 1 √ =p √ ≤ = p = . 2 2 2 2 2 2 1/n n x + 1/n + x x + 1/n + x

|fn (x) − f (x)| =

154

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

Como (1/n)n∈N converge para 0, conclui-se que (fn )n∈N converge uniformemente para f . Observação: este exemplo mostra que exite uma sucessão de funções deriváveis que converge uniformemente para uma função não derivável. −→ 7→

10. fn : R x

R

sen nx n

Graficos de fn, n=1,2,3 1

Graficos de fn, n=1,8,20 1

0.75

-4

-6

0.75

0.5

0.5

0.25

0.25

-2

2

4

6

-6

-4

-2

-0.25

2

4

6

-0.25

-0.5

-0.5

-0.75

-0.75

-1

-1

Tem-se | sennnx | ≤ 1/n, de onde se conclui que a sucessão (fn )n∈N converge uniformemente para a função nula f0 : R −→ R . x 7→ 0 Observação: cada fn é derivável (fn0 (x) = cos nx) e f0 tambem é derivável. No entanto, para alguns valores de x (por exemplo x = π) não existe lim fn0 (x), e, para alguns valores de x (por exemplo x = 0), existe lim fn0 (x) n→∞

n→∞

mas este limite é diferente de f 0 (x). −→ 7→

11. fn : R x

R

sen n2 x n

Esta sucessão de funções tambem converge uniformemente para a função nula f0 : R x 0 0 0 tem-se lim fn (0) = +∞: não se tem f0 (0) = lim fn (0). n→∞

12. fn : R+ x

−→ 7→

−→ 7→

R . No entanto, 0

n→∞

R p √ n( x + 1/n − x)

Graficos de f e de fn, n=1,2,3,4 3 2.5 2 1.5 1 0.5

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

n(x + 1/n − x) 1 1 Tem-se lim fn (x) = lim p lim p √ = n→∞ √ = √ , logo (fn )n∈N converge pontualn→∞ n→∞ 2 x x + 1/n + x x + 1/n + x mente para f : R+ −→ R . Como 1 x 7→ 2√ x p √ x + 1/n − x 1 1/n 1 |fn (x) − f (x)| = √ − p √ = √ p √ = √ p √ 2 x x + 1/n + x 2 x( x + 1/n + x) 2 x( x + 1/n + x)2 1/n e, para qualquer n, lim+ √ p = +∞, conclui-se que (fn )n∈N não converge uniformemente √ x→0 2 x( x + 1/n + x) para f .

8.1. SUCESSÕES DE FUNÇÕES

13. fn : [0, 1] −→

R (

x

7→

155

(nx−1)2 n

se x ∈ [0, 1/n] 0 se x ∈ [1/n, 1]

Graficos de fn, n<=8 1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

0.2

0.4

0.6

1

0.8

Tem-se |fn (x)| ≤ 1/n, portanto (fn )n∈N converge uniformemente para a função nula f0 : [0, 1] −→ R . Todas x 7→ 0  2(nx − 1) se x ∈ [0, 1/n] as funções fn são deriváveis e fn0 (x) = ; (fn0 )n∈N converge pontualmente (mas não 0 se x ∈ [1/n, 1] uniformemente) para a função g: [0, 1] −→  R . No entanto, f00 (0) = 0 6= −2 = lim fn0 (0). n→∞ −2 se x = 0 x 7→ 0 se x 6= 0 Teorema 8.1.5 Se (fn )n∈N é uma sucessão de funções integráveis de domínio [a, b], que converge uniformemente para Z b Rb f : [a, b] −→ R, então f é integrável e a f (x)dx = lim fn (x)dx. n→∞

a

Demonstração: Seja α > 0; existe n0 tal que ∀x ∈ [a, b] : |fn0 (x) − f (x)| < α. Como fn0 é integrável, é limitada, logo f tambem é limitada. Por outro lado, é fácil de ver que, dada qualquer partição P de [a, b], se tem X X X X (fn0 , P ) − α(b − a) ≤ (f, P ) ≤ (f, P ) ≤ (fn0 , P ) + α(b − a), P P P P de onde (f, P ) − (f, P ) ≤ (fn0 , P ) − (fn0 , P ) + 2α(b − a).  Sejam agora  > 0 e n0 tal que ∀x ∈ [a, b] : |fn0 (x) − f (x)| < 4(b−a) ; como fn0 é integrável, existe uma partição P P  P0 de [a, b] tal que (fn0 , P0 ) − (fn0 , P0 ) < /2. Tem-se então, aplicando a desigualdade anterior com α = 4(b−a) , P P 2(b−a) (f, P0 ) − (f, P0 ) < /2 + 4(b−a) = ; conclui-se que f é integrável. Por outro lado, Z b Z b Z b | f (x)dx − fn (x)dx| = | (f (x) − fn (x))dx| a

a

Z ≤

a b

|f (x) − fn (x)|dx a

≤ (b − a) sup |f (x) − fn (x)|. x∈[a,b]

Z Como (supx∈[a,b] |f (x) − fn (x)|)n∈N converge para 0, conclui-se que lim ( n→∞

b

Z f (x)dx −

a

b

fn (x)dx) = 0.



a

Teorema 8.1.6 Se (fn )n∈N é uma sucessão de funções contínuas de domínio A que converge uniformemente para f : A −→ R, então f é contínua. Demonstração: Seja x0 um ponto de A Para quaisquer n ∈ N e x ∈ A, tem-se |f (x) − f (x0 )| = |f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (x0 ) + fn (x0 ) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )|. Seja  > 0; existe n0 ∈ N tal que ∀x ∈ A : |fn0 (x) − f (x)| < /3; mas fn0 é contínua em x0 , portanto existe δ > 0 tal que |x − x0 | < δ ⇒ |fn0 (x) − fn0 (x0 )| < /3. Conclui-se que |x − x0 | ⇒ |f (x) − f (x0 )| < /3 + /3 + /3 = , logo f é contínua em x0 . 

156

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

Teorema 8.1.7 Seja (fn )n∈N uma sucessão de funções deriváveis em [a, b] tais que • ∀n ∈ N, fn0 é integrável; • (fn )n∈N converge pontualmente para uma função f : [a, b] −→ R; • (fn0 )n∈N converge uniformemente para uma função contínua g : [a, b] −→ R. Então f é derivável e f 0 (x) = g(x)(= lim fn0 (x)). n→∞

Demonstração: Pelo teorema 8.1.5, tem-se, para x ∈ [a, b], Z x Z x fn0 (x)dx = lim (fn (x) − fn (a)) = f (x) − f (a). g(x)dx = lim n→∞

a

Como g é contínua, conclui-se que x 7→ f 0 (x) = g(x).

8.2

n→∞

a

Rx a

g(x)dx é derivável, de derivada x 7→ g(x), portanto f é derivável e 

Séries de funções

Definição 8.2.1 1. Chama-se série de funções a um par de sucessões de funções ((fn )n∈N , (σn )n∈N ), em que para todo o n, σn = f1 + · · · + fn ; diz-se que a série é gerada pela sucessão (fn )n∈N ; chama-se sucessão das somas parciais à sucessão (σn )n∈N . A notação usada é análoga à que é usada para séries reais. P∞ 2. Diz-se que n=1 fn converge pontualmente para f sse a sucessão das somas parciais convergir pontualmente para f . P∞ 3. Diz-se que n=1 fn converge uniformemente para f sse a sucessão das somas parciais convergir uniformemente para f . P∞ P∞ 4. Chama-se domínio de convergência da série n=1 fn ao conjunto {x ∈ R : n=1 fn (x) converge}. Teorema 8.2.2 Seja I um intervalo e (fn )n∈N uma sucessão de funções I −→ R. P∞ 1. Se, para todo o n, fn for contínua e n=1 fn convergir uniformemente para f , então f é contínua. P∞ 2. Se I = [a, b], para todo o n fn for integrável e n=1 fn convergir uniformemente para f , então f é integrável e Rb P∞ R b f (x)dx = n=1 a fn (x)dx. a 3. Se, para todo o n, fn for derivável e alem disso • fn0 for integrável, P∞ • n=1 fn convergir pontualmente para f , P∞ 0 • n=1 fn convergir uniformemente para uma função contínua g, P∞ então f é derivável e, para x ∈ I, tem-se f 0 (x) = g(x)(= n=1 fn0 (x)). Demonstração: Seja (σn )n∈N a sucessão das somas parciais da série gerada por (fn )n∈N . 1. Como cada fn é contínua, σn (que é uma soma de funções contínuas) é contínua, logo, pelo teorema 8.1.6, f é contínua. 2. Para qualquer n ∈ N, σn é integrável (porque é a soma de funções integráveis) e Z

b

Z

a

b

(f1 (x) + · · · + fn (x))dx =

σn (x)dx = a

Pelo teorema 8.1.5, f é integrável e Z b f (x)dx = a

=

b

Z lim

σn (x)dx = lim

n→∞

a

∞ Z X n=1

a

b

fn (x)dx

n Z X

b

fk (x)dx.

k=1

a

n Z X

b

n→∞ k]1

a

fk (x)dx

8.2. SÉRIES DE FUNÇÕES

157

3. Para qualquer n ∈ N, σn é derivável e σn0 (x) = f10 (x) + · · · + fn0 (x). Como (σn0 )n∈N converge uniformemente para ∞ X g, o teorema 8.1.7 permite concluir que f é derivável e f 0 (x) = lim σn0 (x) = fn0 (x). n→∞

n=1

Exemplos: 1. fn : ] − 1, 1[ −→ R , n ≥ 1 x 7→ xn

Graficos das somas parciais de ordens 1 a 5 5

-1

Grafico da soma parcial de ordem 9 5

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

-0.5

1

0.5

-1

-0.5

-1

P∞

f 5

1

0.5

-1

-0.5

x 1−x ,

0.5

1

-1

-1

P∞

fn converge pontualmente para f : ] − 1, 1[ −→ R . Como, x x 7→ 1−x Pn P∞ para cada n, k=1 fk é limitada e f não é limitada, conclui-se que n=1 fn não converge uniformemente para f. P∞ Observação: Para todo o r ∈]0, 1[, n=1 fn converge uniformemente para f em [−r, r]; isso será demonstrado mais tarde num contexto mais geral. Tem-se

2. fn : R x

n=1

−→ 7→

fn (x) =

logo a série

n=1

R ,n≥0 (2(x − [x]))n

Somas parciais de ordem <10 10

-1

8

8

6

6

4

4

2

2

0

1

2

f

10

3

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

P∞ 1 fn (x) converge sse |2(x − [x])| < 1; nesse caso n=0 fn (x) = 1−2(x−[x]) . Como |2(x − [x])| < 1 ⇔ x ∈ P∞ ∪k∈Z [k, k + 1/2[, conclui-se que n=0 fn converge pontualmente para f : ∪k∈Z [k, k + 1/2[ −→ R . 1 x 7→ 1−2(x−[x]) P∞

n=0

Observação: a convergência não é uniforme. 3. fn : R x

−→ 7→

R ,n≥0 enx

158

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

Somas parciais de ordem <12

f

10

-1

-1.5

-2

-0.5

10

8

8

6

6

4

4

2

2

P∞

enx converge sse |ex | < 1, isto é, sse x < 0; nesse caso para f : ] − ∞, 0[ −→ R . 1 x 7→ 1−e x n=0

P∞

n=0

-1

-1.5

-2

0

enx =

1 1−ex ;

-0.5

P∞

n=0

0

fn converge pontualmente

Observação: a convergência não é uniforme, embora seja uniforme em qualquer intervalo ] − ∞, −δ], com δ > 0. 4. fn : R x

−→ 7→

R

,n≥0

1 1+n2 x2

Somas parciais de ordem <12 10

8

6

4

2

-2

-1

1

0

1 1+n2 x2 1 n→∞ n2

2

P∞ 1 , e n=1 x2 converge. O domínio de convergência da série é portanto R \ {0}. P∞

n=0

fn (0) não converge; para x 6= 0, como lim

5. fn : R x

−→ 7→

=

1 n2

converge, conclui-se que

R

1 1+n2 (x−1)2 (x−2)2 (x−3)2

Somas parciais de ordem <=11 12 10 8 6 4 2

1

2

3

Este exemplo é análogo ao anterior; o domínio de convergência da série 6. fn : R x

−→ 7→

R

(sen x)n n

4

P∞

n=1

fn é R \ {1, 2, 3}.

P∞

n=0

fn (x)

8.2. SÉRIES DE FUNÇÕES

159

f

Somas parciais de ordem <=8 2.5

2.5

-4

-6

2

2

1.5

1.5

1

1

0.5

0.5

-2

4

2

6

-4

-6

-2

2

-0.5

-0.5

-1

-1

4

6

P∞

sse sen x ∈ [−1, 1[; conclui-se que o domínio de convergência da série é R\{2kπ+π/2, k ∈ Z} n=1 fn (x) Pconverge ∞ (de facto, n=1 fn converge para a função f : R \ {2kπ + π/2, k ∈ Z} −→ R ). x 7→ − log(1 − sen x) 7. fn : R x

−→ 7→

R 1

n+n2 (sen x)2n

Somas parciais de ordem <=8 2.5 2 1.5 1 0.5

-6

-4

-2

2

P∞

fn (x) converge sse | sen x| = 1; de facto, se | sen x| < P∞ 1 1, e n=1 n não converge. O domínio de convergência da n=1

8. fn : R x

−→ 7→

4

6

1 n+n2 (sen x)2n 1, tem-se lim = lim 1 n→∞ n→∞ n P∞ série n=1 fn é {kπ + π/2; k ∈ Z}.

1 = 1 + n(sen x)2n

R

(1+x2 )n n2 +(1+x2 )n

Somas parciais de ordem <=8 8

6

4

2

-6

Tem-se fn (x) = fn (0) =

1 n2 +1 ,

1 1+

-2

2

; se x 6= 0, lim fn (x) = 1, portanto

4

6

P∞

fn (x) não converge; por outro lado, P∞ n=1 fn (0) converge. O domínio de convergência de n=1 fn é {0}.

n2 (1+x2 )n

portanto

-4

P∞

n→∞

n=1

160

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

9. fn : R x

−→ 7→

R

(1+(x−1)2 (x−2)2 (x+1)2 )n n2 +(1+(x−1)2 (x−2)2 (x+1)2 )n

Somas parciais de ordem <=8 8

6

4

2

-1

-2

1

2

3

Procedendo como no exemplo anterior, conclui-se que o domínio de convergência de 10. fn : R \ {−1, 1} x

−→ 7→

n=1

fn é {−1, 1, 2}.

,n≥0

R

n

x2 1−x2n+1

Somas parciais de ordem <=6 6

-2

P∞

6

4

4

2

2

-1

1

2

-2

3

f

-1

1

-2

-2

-4

-4

-6

-6

2

3

Se |x| < 1, tem-se f0 (x) = x+x3 +x5 +x7 +· · ·; f1 (x) = x2 +x6 +x10 +x14 +· · ·; f2 (x) = x4 +x12 +x20 +x28 +· · ·; k k k+1 k k+1 k k+1 f3 (x) = x8 + x24 + x40 + x56 + · · ·; . . .; fk (x) = x2 + x2 +2 + x2 +2.2 + x2 +3.2 · · ·. P∞ x Vamos ver que, para x tal que |x| < 1, se tem n=0 fn (x) = 1−x . Para quaisquer x ∈]−1, 1[, l ∈ N, n0 , . . . nl ∈ N, tem-se l l X x X 2k 2k +2k+1 2k +nk 2k+1 + ··· + x ) + fk (x) − ≤ (fk (x) − (x + x 1 − x k=0

k=0

l X x 2k 2k +2k+1 2k +nk 2k+1 + (x + x + ··· + x )− . 1 − x k=0

Sejam  > 0 e m0 tal que n > m0 ⇒ |xm0 +1 | + · · · + |xn | < /2; como, se 2l > m0 e n0 , n1 , . . . nl > m02−1 , as Pl k k k+1 k k+1 parcelas x, x2 , x3 , . . . , xm0 estão “incluidas” entre as parcelas da soma k=0 (x2 + x2 +2 + · · · + x2 +nk 2 ), P k k k+1 k k+1 l x tem-se k=0 (x2 + x2 +2 + · · · + x2 +nk 2 ) − 1−x < /2. Sejam agora n0 , . . . , nl tais que, para todo o i, m0 −1 2 ,

k

k

k+1

k

k+1

e para k = 0, . . . , l se tenha |(fk (x) − (x2 + x2 +2 + · · · + x2 +nk 2 P P l ∞ x x para l tal que 2l > m0 , se tem | k=0 fk (x) − 1−x | < , isto é, n=0 fn (x) = 1−x . ni >

)| <

 2(l+1) ;

conclui-se que,

1 P∞ n x2 Por outro lado, se |x| > 1, tem-se | x1 | < 1, e fn (x) = = −fn ( x1 ), logo n=0 fn (x) tambem converge 1 n+1 −1 2 x P∞ P∞ P∞ 1/x 1 = 1−x . Conclui-se que n=0 fn converge pontualmente para f : e n=0 fn (x) = − n=0 fn (1/x) = − 1−1/x

8.2. SÉRIES DE FUNÇÕES

R \ {−1, 1}

−→ 1 1−x x 1−x

 7→

x 11. fn : R x

−→ 7→

x2n+1 2n+1

R −

161

R se x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[ se x ∈] − 1, 1[

.

,n≥0 xn+1 2n+2

f

Somas parciais de ordem <=8 0.6

0.6

0.4

0.4

0.2 0.2 -0.4 -0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1 -0.2

-0.2 -0.4

n

1 x − 2n+2 ), conclui-se que (fn (x))n∈N não converge para 0, logo Para x tal que |x| > 1, como fn (x) = xn+1 ( 2n+1 P∞ n=0 fn (x) não converge. Seja agora x tal que |x| < 1. Então ∞ X x2n+1 2n + 1 n=0

= =

∞  2n+1 X x n=0 ∞ X

x2n+2 + 2n + 1 2n + 2



∞ X x2n+2 − 2n + 2 n=0

∞ xn 1 X (x2 )n+1 − n 2 n=0 n + 1 n=1

1 1 1 = − log(1 − x) + log(1 − x2 ) = log(1 + x) − log(1 − x) 2 2 2 ! r 1+x . = log 1−x P∞ n P∞ xn+1 P∞ Por outro lado, n=0 2n+2 = 12 n=1 xn = − 21 log(1−x). Conclui-se que, se |x| < 1, n=0 fn (x) = 21 log(1+x). 2n+1 n+1 P∞ P∞ P∞ Como n=0 (−1) não converge e n=0 (−1) converge, conclui-se que n=0 fn (−1) não converge; final2n+1 2n+2 P∞ mente, n=0 fn (1) = 1 − 1/2 + 1/3 − 1/4 + 1/5 − · · · = log 2. P∞ Então n=0 fn converge para f : ] − 1, 1] −→  R . 1 log(1 + x) se x = 6 1 2 x 7→ log 2 se x = 1 Teorema 8.2.3 (teste M de Weierstrass) Sejam (fn )n∈N uma sucessão de funções de domínio A e (MP n )n∈N uma P∞ ∞ sucessão real, tais que ∀x ∈PA : |fn (x)| ≤ Mn . Se n=1 Mn converge, então para todo o x ∈ A, a série n=1 fn (x) ∞ . converge absolutamente, e n=1 fn converge uniformemente para a função f : A −→ P R ∞ x 7→ n=1 fn (x) Demonstração: Pelo primeiro critério de comparação, conclui-se que, para cada x ∈ A, P ∞ n=1 fn (x) converge absolutamente. Seja f : A −→ P R . Para quaisquer x ∈ A, n ∈ N, tem-se ∞ x 7→ n=1 fn (x)

P∞

n=1

|fn (x)| converge, isto é,

∞ n ∞ ∞ X X X X fk (x) = fk (x) ≤ |fk (x)| ≤ Mk . f (x) − k=1

k=n+1

P∞

k=n+1

k=n+1

P∞

Seja  >P0; existe n0 ∈ N tal que n >P n0 ⇒ k=n Mk < , uma vez que n=1 Mn converge; logo n > n0 ⇒ n ∞ |f (x) − k=1 fk (x)| < . Conclui-se que n=1 fn converge uniformemente para f .  Exemplos:

162

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

1. fn : R x

−→ 7→

R n

2n +x2

Somas parciais de ordem <=9 2

Somas parciais das derivadas de ordem <=9 0.4

1.5 0.2 1 -4

-2

2

4

-0.2

0.5

-0.4 -4

-2

4

2

P∞ n P∞ n n Para qualquer x ∈ R, tem-se 2n +x 2 ≤ 2n ; como n=1 2n converge, conclui-se que n=1 fn converge unifor. Por outro lado, ∀n : fn é derivável e fn0 (x) = (2−2nx memente para f : R −→ P R n +x2 )2 ; ora é fácil ∞ n x 7→ n 2 n=1 2 +xP ∞ 0 ; de verificar que |fn0 (x)| ≤ 22n R 2n , portanto n=1 fn converge uniformemente para g: R −→ P ∞ −2nx x 7→ n=1 (2n +x2 )2 conclui-se que f é derivável e f 0 = g. 2. fn : R\] − δ, δ[ −→ R , δ > 0, n ≥ 0 2 x 7→ e−nx P∞ P∞ 2 2 2 Para qualquer x ∈ R\] − δ, δ[, tem-se e−nx < e−nδ ; ora n=0 e−nδ converge, logo n=0 fn converge uniformemente para f : R\] − δ, δ[ −→ R . P∞ −nx2 1 x 7→ e = n=0 1−e−x2 P∞ 2 0 Por outro lado, cada fn é derivável e fn0 (x) = −2nxe−nx ; n=0 fn converge uniformemente em qualquer conjunto do tipo {x ∈ R : δ < |x| < M }, δ > 0, M > 0, uma vez que, num tal conjunto, se tem |fn0 (x)| < P∞ P∞ P∞ 2 2 2 2 2M ne−nδ , e n=0 2M ne−nδ converge; conclui-se que f 0 (x) = n=0 −2nxe−nx , isto é, n=0 −2nxe−nx = −x2

2xe . − (1−e −x2 )2

3. fn : R x

−→ 7→

R

(arctg x)n nπ n

P∞ x)n | < n21n ; ora n=1 Para qualquer x ∈ R tem-se | (arctg nπ n para f : R −→ R . P∞ (arctg x)n arctg x x 7→ = − log(1 − ) n n=1 nπ π 4. fn : R x

−→ 7→

R

1 n2n

converge, logo

P∞

n=1

,n≥0

(cos x)n n!

Somas parciais de ordem <=10

-7.5

fn converge uniformemente

-5

-2.5

f

2.5

2.5

2

2

1.5

1.5

1

1

0.5

0.5

2.5

5

7.5

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

8.3. SÉRIES DE POTÊNCIAS

163

n P∞ 1 Para qualquer x ∈ R tem-se | (cosn!x) | ≤ n! ; como n=0 . mente para f : R −→ R P∞ (cos x)n cos x = e x 7→ n=0 n!

8.3

1 n!

converge, conclui-se que

P∞

n=0

fn converge uniforme-

Séries de potências

P∞ Definição 8.3.1 Chama-se série de potências centrada em a a uma série de funções n=0 fn em que ∀n ∈ N0 , existe an ∈ R tal que fn : R −→ R . x 7→ an (x − a)n P∞ Observação: Se n=0 fn é uma série de potências centrada em a, então a pertence ao domínio de convergência da série. Definição 8.3.2 Se f é infinitamente derivável em a, chama-se série de Taylor de f em a à série de potências P∞ f (n) (a) n n=0 n! (x − a) . (n) (n) P∞ P∞ Observação: para x 6= a não se tem necessariamente f (x) = n=0 f n!(a) (x − a)n , mesmo que n=0 f n!(a) (x − a)n seja convergente; basta ver o que se passa, por exemplo, com a função f : R −→  R , em que 2 e−1/x se x 6= 0 x 7→ 0 se x = 0 P∞ f (n) (0) n a série n=0 n! x é a série nula, portanto converge para qualquer x, mas, para todo o x 6= 0 tem-se f (x) 6= P∞ f (n) (0) n n=0 n! x .

Exemplos P∞ 1. n=0

xn n!

Domínio de convergência: R; P∞ n 2. n=0 n!x

xn n=0 n!

P∞

= ex

P∞ |(n + 1)!xn+1 | = lim (n + 1)|x| = +∞. Conclui-se n=0 n!xn converge sse x = 0. n n→∞ n→∞ |n!x | Domínio de convergência={0} P∞ (x−2)n Para x 6= 0, tem-se lim

3.

n=0

2n

n P∞ |x − 2|n+1 2n |x − 2| < 1, n=0 (x−2) converge · = ; logo, para x tal que |x−2| n 2 2 n+1 n n→∞ 2 |x − 2| 2 n n P∞ absolutamente, e para x tal que |x−2| > 1, n=0 (x−2) não converge. Se |x−2| = 1, então ( (x−2) 2n 2 2n )n∈N não P∞ (x−2)n 2 converge para 0, logo n=0 2n não converge. n P∞ Domínio de convergência: ]0, 4[; para x ∈]0, 4[, n=0 (x−2) = 1− 1x−2 . 2n

Para x 6= 2, tem-se lim

2

4.

P∞

n (x−3) n=1 (−1) n

n

n P∞ |x − 3|n+1 n n (x−3) · = |x − 3|; logo, se |x − 3| < 1, converge n=1 (−1) n n→∞ n+1 |x − 3|n n n P P∞ ∞ absolutamente, e se |x 1 n=1 (−1)n (x−3) não converge. Se |x − 3| = 1, então ou x = 4, e n=1 (−1) n n P−∞3| > converge, ou x = 2 e n=1 n1 não converge. n n P∞ Domínio de convergência: ]2, 4]; para x ∈]2, 4], n=1 (−1) n(x−3) = log(x − 2).

Para x 6= 3, tem-se lim

5.

P∞

n=1

(−1)n (x+1)2n n.3n

2 P∞ (−1)n (x+1)2n (x + 1)2n+2 3n n (x + 1)2 · = . Se (x+1) < 1, então converge n=1 3 n.3n n+1 2n n→∞ (n + 1)3 (x + 1) 3 2 n 2n 2 P P ∞ (−1) (x+1) ∞ (−1)n absolutamente, e se (x+1) > 1, não converge. Se (x+1) = 1, temos n=1 n=1 3 n.3n 3 n , que converge. √ √ √ √ P∞ (−1)n (x+1)2n Domínio de convergência: [−1 − 3, −1 + 3]; para x ∈ [−1 − 3, −1 + 3] tem-se = n=1 n.3n

Para x 6= −1, lim

− log(1 +

(x+1)2 ). 3

164

6.

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

P∞

n=1

(x+2)n n3 5 n

n P∞ n 3 5n |x + 2| |x + 2|n+1 · = < 1, então n=1 (x+2) Para x 6= −2, lim . Se |x+2| 5 n3 5n converge absolutamente, n→∞ (n + 1)3 5n+1 |x + 2|n 5 n n P∞ P∞ P∞ 1 |x+2| se |x+2| > 1, n=1 (x+2) = 1, a série n=1 |x+2| n=1 n3 , que converge, 5 n3 5n não converge. Se 5 n3 5n é a série n P∞ logo n=1 (x+2) converge absolutamente. n3 5 n

7.

Domínio de convergência=[−7, 3]. P∞ (x−1/2)n n=2

log n

(x − 1/2)n+1 log n n P = |x − 1/2|. Se |x − 1/2| < 1, ∞ (x−1/2) converge Para x 6= 1/2, tem-se lim n=2 log n n n→∞ log(n + 1) (x − 1/2) P∞ (x−1/2)n P∞ absolutamente; se |x − 1/2| > 1, n=2 log n não converge. Se |x − 1/2| = 1, então ou x = 3/2 e n=2 log1 n n P∞ não converge, ou x = −1/2 e n=2 (−1) log n converge.

8.

Domínio de convergência: [−1/2, 3/2[. P∞ (n!)3 xn n=0 (3n)!5n

(n + 1)3 |x| ((n + 1)!)3 |x|n+1 (3n)!5n |x| Para x 6= 0, tem-se lim · = lim = . Se |x| < 135, n+1 3 n n→∞ (3(n + 1))!5 n→∞ 5(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3) (n!) |x| 135 P∞ (n!)3 xn P∞ (n!)3 xn (n!)3 xn 27n (n!)3 n=0 (3n)!5n converge absolutamente; se |x| > 135, n=0 (3n)!5n não converge. Se |x| = 135, (3n)!5n = (3n)! . Pondo an =

27n (n!)3 (3n)! ,

tem-se

logo não converge para 0, e

9.

27(n+1)3 n+1 n+1 (3n+1)(3n+2)(3n+3) = n+1/3 · n+2/3 > 1. Conclui-se 3 n P∞ x portanto, se |x| = 135, n=0 (n!) (3n)!5n não converge. an+1 an

=

que (an )n∈N é crescente,

Domínio de convergência: ] − 135, 135[. P∞ (x+2)n n=0 3n

√

n!

√ |x + 2|n+1 3n n! |x + 2| p · = lim √ = 0. n n→∞ 3n+1 n→∞ |x + 2| 3 n+1 (n + 1)! Domínio de convergência=R. P∞ Teorema 8.3.3 Sejam ∀n ∈ N0 an ∈ R, fn (x) = an (x − a)n , n=0 fn a correspondente série de potências centrada em a, D o seu domínio de convergência e f : D −→ P R . Seja [a − δ, a + δ] um intervalo (não ∞ n x 7→ a (x − a) n n=0 P∞ reduzido a um ponto) centrado em a; se n=0 fn converge em a − δ ou em a + δ, e se δ0 ∈]0, δ[, então P∞ 1. • fn converge uniformemente para f em [a − δ0 , a + δ0 ]; Pn=0 ∞ 0 • n=0 fn converge uniformemente em [a − δ0 , a + δ0 ]. P∞ 2. f é derivável em ]a − δ, a + δ[ e f 0 (x) = n=1 nan xn−1 . Para x 6= −2, tem-se lim

Demonstração: P∞ 1. Sejam x0 um dos extremos de [a−δ, a+δ] no qual a série converge e δ0 ∈]0, δ[. Como, por hipótese, n=0 an (x0 − a)n converge, a sucessão (an (x0 − a)n )n∈N converge para 0, logo é limitada; seja M tal que ∀n ∈ N0 : |an (x0 − a)n | < M . Então, ∀n ∈ N0 , ∀x ∈ [a − δ0 , a + δ0 ], tem-se x − a n δ 0 n |an (x − a)n | n n . · |x0 − a| ≤ M ≤M |fn (x)| = |an (x − a) | = |x0 − a|n x0 − a x0 − a P∞ 0 n Como δ0 < |x0 − a|, conclui-se que n=0 M x0δ−a converge, portanto, pelo teste M de Weierstrass, ∀x ∈ P∞ P∞ [a−δ0 , a+δ0 ] : n=0 fn (x) converge absolutamente, e n=0 fn converge uniformemente para f em [a−δ0 , a+δ0 ]. Para n ≥ 1 tem-se fn0 (x) = nan (x − a)n−1 (para n = 0, fn0 (x) = 0). Então, para quaisquer n ∈ N0 , x ∈ [a − δ0 , a + δ0 ], tem-se n n nan |x0 − a|n δ0 nM δ0 |fn0 (x)| = |nan (x − a)n−1 | ≤ |nan δ0n−1 | = ≤ . x0 − a δ0 δ0 x0 − a n P∞ 0 nM δ0 Como x0δ−a M , em que M = < 1, a série n n n=0 δ0 x0 −a , converge, portanto conclui-se que ∀x ∈ P∞ P∞ 0 [a − δ0 , a + δ0 ], n=1 fn (x) converge absolutamente e n=1 fn0 converge uniformemente em [a − δ0 , a + δ0 ].

8.3. SÉRIES DE POTÊNCIAS

165

P∞ 2. Seja x ∈]a − δ, a + δ[; existe n=0 fn converge P∞ δ00 ∈]0, δ[ tal que x ∈]a − δ0 , a + δ0 [. Em [a − δ0 , a + δ0 ], uniformemente para f e n=1 fn converge uniformemente para uma função g que é contínua, uma vez que todas 0 as fn0 são contínuas. Conclui-se do teorema 8.1.7 que f|[a−δ0 ,a+δ0 ] é derivável e f|[a−δ = g; logo f é derivável 0 ,a+δ0 ] P P ∞ ∞ em ]a − δ0 , a + δ0 [ e f 0 (x) = g(x) = n=0 fn0 (x) = n=1 nan (x − a)n−1 .  Corolário 8.3.4 O domínio de convergência de uma série de potências centrada em a é R, {a} ou um intervalo limitado centrado em a. P∞ Demonstração: Seja D o domínio de convergência de n=0 anP (x − a)n . Se D 6= R, seja x0 6∈ D; nesse caso D é ∞ limitado: com efeito, se x é tal queP|x − a| > |x0 − a|, então n=0 an (x − a)n não converge, pois, caso contrário, ∞ n deduzia-se do teorema anterior que n=0 an (x0 − a) convergia, isto é, que x0 ∈ D. Seja = sup D e m = a − (M − a); vê-se facilmente a partir do teorema anterior que ]m, M [⊂ D e que, se x < m PM ∞ então n=0 an (x − a)n não converge. Conclui-se que se verifica um dos casos seguintes: D =]m, M [, D =]m, M ], D = [m, M [, D = [m, M ]. Observação: no caso em que M = a, tem-se D = {a}.



P∞ Definição 8.3.5 Se o domínio de convergência D de uma série de potências n=0 an (x − a)n é limitado, chama-se raio de convergência da série a sup{r ≥ 0 : [a − r, a + r] ⊂ D}; caso contrário diz-se que a série tem raio de convergência infinito. Exemplo: √os raios de convergência das séries de potências vistas nos exemplos deste capítulo são respectivamente +∞, 0, 2, 1, 3, 5 ,1, 135 e +∞. I −→ P R , em que I é um intervalo aberto contido no domínio de convergência da ∞ n x 7→ n=0 an (x − a) P∞ série. Pelo teorema 8.3.3 sabemos que f é derivável e f 0 (x) = n=1 nan (x − a)n−1 ; mas então, ainda pelo teorema P ∞ 0 00 n−2 8.3.3, conclui-se , etc. Isto é, f é infinitamente derivável n=2 n(n − 1)an (x − a) P∞que f é derivável, f (x) = (k) n−k e f (x) = n(n − 1)(n − 2) . . . (n − k + 1)a (x − a) . Conclui-se tambem que, para qualquer k ≥ 1, n n=k f (k) (a) = k(k − 1)(k − 2) . . . 2.1ak = k!ak , isto é, qualquer série de potências centrada em a convergente num intervalo aberto contendo a, é a série de Taylor em a da função definida nesse intervalo por essa série de potências. (k) Do facto de ak = f k!(a) , e, portanto, de os coeficientes da série de potências serem determinados pelas derivadas de f em a, conclui-se que Pa∞representação dePf∞como série de potências centrada em a é única (isto é, se em algum intervalo aberto se tiver n=0 an (x − a)n = n=0 bn (x − a)n , então ∀n ∈ N0 : an = bn ). Seja f :

Exemplos 1. f : ] − 1, 1[ −→ x 7→

R P∞

xn n=1 n2

 log(1−x) P∞ n − x se x 6= 0 0 se x = 6 0, f 0 (x) = x1 n=1 xn = − log(1−x) . f (x) = . x 1 se x = 0 Rx Rx P∞ n dt, isto é, n=1 xn2 = − 0 log(1−t) dt. Como f (0) = 0, conclui-se que f (x) = − 0 log(1−t) t t  α(α−1)(α−2)...(α−n+1) P∞ α n se n 6= 0 α n! 2. n=0 (n)x , n ≥ 0, em que α ∈ R, e (n) = 1 se n = 0 P∞ α Pα α α Se α ∈ N, tem-se (n) = 0 para n > α, logo n=0 (n)xn = n=0 (n)xn = (1 + x)α . f 0 (x) =

nxn−1 n=1 n2

P∞

=

xn−1 n=1 n ;

P∞

α

Suponhamos agora α 6∈ N; então tem-se (n) 6= 0, para qualquer n. Para x 6= 0 tem-se α (n+1)xn+1 α(α−1)...(α−(n+1)+1) α − n (n+1)! lim = α(α−1)...(α−n+1) x = lim · x = |x|. (α n→∞ n→∞ n + 1 n)xn n! Conclui-se que a série converge absolutamente se |x| < 1 e não converge se |x| > 1. Consideremos a função f : ] − 1, 1[ −→ R . Então P∞ α n x 7→ ( n )x n=0 f 0 (x)

=

∞ X n=1

α

(n).nxn−1 =

∞ X n=1

α

(n−1)(α − n + 1)xn−1

166

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

=

∞ X

α (n−1)αxn−1

−

n=1

∞ X

α

(n−1)(n − 1)xn−1

n=1

= αf (x) −

∞ X

α

(n)nxn = αf (x) − xf 0 (x).

n=1

Conclui-se que (1 + x)f 0 (x) = αf (x). Vamos ver que f (x) = (1 + x)α . Seja g(x) = f 0 (x)(1+x)α −f (x)α(1+x)α−1 (1+x)2α

f (x) (1+x)α .

Então g 0 (x) =

0

(x) = f (x)(1+x)−αf = 0. Conclui-se que g é constante; como g(0) = 1, deduz-se que, (1+x)α+1 para todo o x ∈] − 1, 1[, se tem g(x) = 1, isto é, f (x) = (1 + x)α .

3. f : ] − 1, +∞[ −→ x 7→

R

√1 1−x

P∞ −1/2 Pelo exemplo anterior conclui-se que, para x ∈] − 1, 1[, f (x) = n=0 ( n )(−x)n . Então, para x ∈] − 1, 1[, R P∞ −1/2 P∞ −1/2 2n+1 x 1 √ 1 = n=0 ( n )(−1)n x2n , e arcsen x(= 0 √1−t dt) = n=0 ( n )(−1)n x2n+1 . Conclui-se que a série de 2 1−x2 P∞ −1/2 2n+1 Taylor de arcsen em 0 é n=0 ( n )(−1)n x2n+1 . −→ R −x2 7→ e

4. f : R x

Prova-se que não é possível exprimir em termos de funções elementares uma primitiva de f ; no entanto, sabemos n 2n P∞ . que f (x) = n=0 (−1)n! x , portanto uma primitiva de f é a função F : R −→ R P∞ (−1)n x2n+1 x 7→ n=0 (2n+1)n! −→ R 7→ sen x5 P∞ Tem-se f (x) = n=0

5. f : R x

(−1)n x5(2n+1) (2n+1)!

=

x

Z

(−1)n x10n+5 . (2n+1)!

P∞

f (t) dt = 0

n=0

∞ Z X n=0

0

Conclui-se que uma primitiva de f é F : R x 6. f : ] − 1, 1[ −→ x 7→

n=0

x4n

−→ P∞ 7→ n=0

R

.

(−1)n x10n+6 (10n+6)(2n+1)!

R

x4n n=1 4n−3

P∞

x4n−3 n=1 4n−3 .

P∞

 Z x  1 1 1 1 dt = + dt 4 1 − t2 1 + t2 0 1−t 0 2     Z 1 x 1 1 1 1 = + + dt 2 0 2 1−t 1+t 1 + t2 1 1 1 = − log(1 − x) + log(1 + x) + arctg x. 4 4 2   1+x log 1−x . Z

g(x)

Logo f (x) = x3 arctg x + 7. f : ] −

∞ X (−1)n t10n+5 (−1)n x10n+6 dt = . (2n + 1)! (10n + 6)(2n + 1)! n=0

Seja g: ] − 1, 1[ −→ R ; então g é derivável e g 0 (x) = P∞ x4n−3 x 7→ n=1 4n−3 1 1 = 1−x4 . Conclui-se que g é a primitiva de x 7→ 1−x 4 que toma o valor 0 em 0, isto é,

Tem-se f (x) = x3 P∞

x

Então

√ 5

2, x

√ 5

2[ −→ 7→

Tem-se

x3 4

R

x5n n=1 5n.2n

P∞

∞ ∞ ∞ X X x5n−1 x5n−5 x4 X x5n x4 1 x4 4 f (x) = = x = = · = , 2n 2n 2 n=0 2n 2 1 − x5 /2 2 − x5 n=1 n=1 0

logo f (x) =

x

=

log 2 5

−

1 5

log(2 − x5 ).

P∞

n=1

x4n−4 =

8.3. SÉRIES DE POTÊNCIAS

8.

P∞

n=1

167

an xn−1 , em que a1 = a2 = 1 e an+1 = an + an−1 para n ≥ 2.

É óbvio que (an )n∈N é crescente. Por outro lado, para todo o n, |an+1 /an | ≤ 2; então, se |x| < 1/2, sendo P∞ an+1 xn an+1 r ∈]|x|, 1/2[, tem-se an xn−1 (= an |x|) < 2r < 1, de onde se conclui que n=1 an xn−1 converge. Consideremos f : ] − 1/2, 1/2[ −→ x 7→

P∞ R n−1 ; tem-se n=1 an x

f (x) = a1 + a2 x + a3 x2 + a4 x3 + a5 x4 + · · · a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + · · ·

xf (x) = x2 f (x) =

a1 x2 + a2 x3 + a3 x4 + · · ·

Como, para n ≥ 2, se tem an+1 = an + an−1 , conclui-se que f (x) = xf (x) + x2 f (x) + 1, isto é, f (x) = Ora 1 1 − x − x2

1 1−x−x2 .

1 1 1 1 √ − √ · √ √ · 5 x + 1+2 5 5 x + 1−2 5 1 2 1 1 2 1 √ · √ · √ · −√ · x x √ 5 1 + 5 1 + (1+ 5)/2 5 1 − 5 1 + (1−√5)/2

= =

∞ ∞ X X 1 2 1 2 (−1)n n (−1)n n √ √ √ · √ √ x −√ · x 5 1 + 5 n=0 ( 1+2 5 )n 5 1 − 5 n=0 ( 1−2 5 )n   ∞ 2n+1 2n+1 1 X n n √ √ √ (−1) x − = 5 n=0 (1 + 5)n+1 (1 − 5)n+1 ! √ √ ∞ 1 X 2n+1 (1 − 5)n+1 − 2n+1 (1 + 5)n+1 n n (−1) x = √ (−4)n+1 5 n=0   √ !n+1 √ !n+1 ∞ X 1 1− 5 1+ 5  xn √  − = 2 2 5 n=0

=

 Conclui-se que an =

√ n 1+ 5 2

 √ n − 1−2 5 √ . 5

9. Determinação das funções f : R −→ R que se podem exprimir como uma série de potências centrada em 0, tais que ∀x ∈ R, f 0 (x) = 1 + 2xf (x). P∞ P∞ P∞ n 0 n−1 n Seja = n x . Então, f (x) =P n=1 nan x n=0 (n + 1)an+1 x ; como 1 + 2xf (x) = 1 + Pf∞(x) = n n=0 aP ∞ ∞ n+1 n 0 2x n=0 an x = 1 + n=0 2an x = 1 + n=1 2an−1 x , a condição ∀x ∈ R,(f (x) = 1 + 2xf (x) é equivalente   a2k 2 a2k = ak!0 = k+1 a2k+2 = 2k+2 a1 = 1 , portanto . a , isto é, 2 2k (n + 1)an+1 = 2an−1 , n ≥ 1 a2k+1 = 2k+1 a2k+1 a2k+1 = 3.5.7···(2k+1) P∞ P∞ 2n Consideremos as séries de potências n=0 3.5.7···(2n+1) x2n+1 e n=0 an!0 x2n , para a0 ∈ R. Pelo critério da razão P∞ 2 é fácil de ver que ambas convergem para qualquer x ∈ R; alem disso sabemos que n=0 an!0 x2n = a0 ex . Seja P∞ n 2 f0 (x) = n=0 3.5.7···(2n+1) x2n+1 . Conclui-se que as funções nas condições descritas são as funções do tipo f : R −→ R , com a0 ∈ R. 2 x 7→ f0 (x) + a0 ex Observação: a função g: R x 10. f : R

−→ 

x

7→

−→ 7→

R

2

verifica ∀x ∈ R, g 0 (x) = 2xg(x).

e−x

R se x 6= 0 −1/2 se x = 0 cos x−1 x2

Para x 6= 0 tem-se P f (x) =

∞ (−1)n x2n n=0 (2n)!

x2



P∞

−1 =

n=1

(−1)n x2n (2n)! x2

=

∞ X (−1)n x2n−2 ; (2n)! n=1

168

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

P∞ (−1)n x2n−2 . Conclui-se que f é infinitamente é trivial verificar que para x = 0 ainda se tem f (x) = n=1 (2n)! P∞ (−1)n x2n−2 derivável em 0 e que a sua série de Taylor em 0 é n=1 . (2n)! 11. f : R x

−→  7→

R se x 6= 0 1 se x = 0 sen x x

Para x 6= 0 tem-se P∞ f (x) =

n=0

(−1)n x2n+1 (2n+1)!

x

=

∞ X (−1)n x2n ; (2n + 1)! n=0

P∞ é trivial de verificar que para x = 0 ainda se tem f (x) = n=0 P∞ (−1)n x2n derivável em 0 e que a sua série de Taylor em 0 é n=0 (2n+1)! .

(−1)n x2n (2n+1)! .

Conclui-se que f é infinitamente

P∞ P∞ Proposição 8.3.6 Seja n=0 an xn uma série de potências que converge quando x = 1 (isto é, n=0 an converge); então a convergência é uniforme em [0, 1]. P∞ Demonstração: Seja  > 0; como n=0 an converge, existe n0 ∈ N tal que p > q > n0 ⇒ |aq + aq+1 + · · · + ap | < . Sejam m > n > n0 ; para x ∈ [0, 1] tem-se |an xn + an+1 xn+1 + · · · + am xm | = = |an (xn − xn+1 ) + (an + an+1 )(xn+1 − xn+2 ) + (an + an+1 + an+2 )(xn+2 − xn+3 ) + · · · + +(an + · · · + am−1 )(xm−1 − xm ) + (an + · · · + am )xm | ≤ |an |(xn − xn+1 ) + |an + an+1 |(xn+1 − xn+2 ) + |an + an+1 + an+2 |(xn+2 − xn+3 ) + · · · + +|an + · · · + am−1 |(xm−1 − xm ) + |an + · · · + am |xm < (xn − xn+1 + xn+1 − xn+2 + xn+2 − xn+3 + · · · + xm−1 − xm + xm ) = xn ≤ . P∞ Pn0 Pondo f (x) = n=0 an xn , tem-se então, para x ∈ [0, 1], |f (x) − n=0 an xn | ≤ , logo a convergência é uniforme.  P∞ Corolário 8.3.7 Seja n=0 an (x − a)n uma série de potências que converge quando x = x0 > a (resp. x = x0 < a); então a convergência é uniforme em [a, x0 ] (resp. [x0 , a]). P∞ n Corolário 8.3.8 Seja n (x − a) uma série de potências que converge em [a, a + r] e f : [a, a + r] −→ R a n=0 Pa ∞ função definida por f (x) = n=0 an (x − a)n ; f é contínua em a + r. P∞ n Observação: Seja P n=0 an (x − a) uma série de potências que converge em [a, a + r] e f : [a, a + r] −→ R a função ∞ n definida por f (x) = r[ e que nesse intervalo f 0 (x) = n=0 an (x − a) ; já foi visto que f é derivável em [a, a + P P∞ ∞ n−1 . Pode acontecer que f seja derivável em a + r, mesmo que n=1 nan rn−1 não (por n=1 nan (x − a) Pconvirja ∞ 1 0 n 2n ; f é derivável em 1, f (x) = 1+x (−1) x exemplo, f : [0, 1] −→ R 2 , embora n=0 P∞ n x2n+1 = arctg x x 7→ (−1) n=0 2n+1 não convirja quando x = 1). No entanto, tambem pode acontecerPque f não seja derivável em a + r. Por exemplo, seja n ∞ f : [0, 1] −→ R . Para x ∈ [0, 1[, tem-se f 0 (x) = n=1 xn = − log(1 − x), logo lim+ f 0 (x) = +∞; pelo P∞ xn+1 x→1 x 7→ n=1 n(n+1) teorema dos valores intermédios para as derivadas, conclui-se que f não é derivável em 1 (com efeito, suponhamos que f era derivável em 1 e f 0 (1) = α; como existe δ > 0 tal que 1 − δ ≤ x < 1 ⇒ f 0 (x) > α + 1, logo em [1 − δ, 1] f 0 não tomaria dos valores intermédios entre f 0 (1 − δ) (> α + 1) e f 0 (1) (= α). Pnenhum ∞ Se n=1 nan rn−1 convergir, então a convergência das derivadas é uniforme em [a, a + r], portanto f é derivável P∞ em a + r e f 0 (a + r) = n=1 nan rn−1 . Exemplos 1. Cálculo de

P∞

1 n=1 n(2n+1)

P∞ x2n+1 Consideremos a série de potências n=1 n(2n+1) , que converge para x ∈ [−1, 1], e seja f : [−1, 1] −→ R a função P∞ x2n+1 P∞ P∞ 2n 1 definida por f (x) = n=1 n(2n+1) ; tem-se n=1 n(2n+1) = f (1). Em ]−1, 1[ f é derivável e f 0 (x) = n=1 xn = − log(1 − x2 ) = − log(1 − x) − log(1 + x). isto é, em ] − 1, 1[, f (x) = (1 − x) log(1 − x) − (1 + x) log(1 + x) + 2x. Mas f é contínua em 1, portanto f (1) = lim− f (x) = 2 − 2 log 2. x→1

8.3. SÉRIES DE POTÊNCIAS

2. Cálculo de

169

P∞

1 n=1 n(n+1)(n+2)

P∞ xn+2 Consideremos a série de potências n=1 n(n+1)(n+2) , que converge para x ∈ [−1, 1], e seja f : [−1, 1] −→ R P∞ P∞ xn+2 1 a função definida por f (x) = n=1 n(n+1)(n+2) ; tem-se n=1 n(n+1)(n+2) = f (1). Em ] − 1, 1[ f é derivável, P P ∞ ∞ xn xn+1 0 00 f (x) = n=1 n(n+1) e f (x) = n=1 n = − log(1−x). Conclui-se que em ]−1, 1[, f 0 (x) = (1−x) log(1−x)+x 2

e f (x) = − (1−x) log(1 − x) + 2

x2 2

+

(1−x)2 4

− 41 . Mas f é contínua em 1, portanto f (1) = lim− f (x) = 1/4. x→1

P∞ P∞ P∞ Proposição 8.3.9 Sejam n=0 bn duas P séries convergentes e n=0 cn o seu produto de Cauchy; então, P∞ P∞an e n=0 P∞ ∞ se n=0 cn converge, tem-se n=0 cn = ( n=0 an )( n=0 bn ). P∞ P∞ P∞ Demonstração:PSejam f, g, h : [0, 1] −→ R definidas por f (x) =P n=0 an xn , P g(x) = n=0 bn xn e h(x) = n=0 cn xn ∞ ∞ ∞ n n (observação: cn xn é o produto de Cauchy das séries P as séries n=0 an x e n=0 bn x ). Para x ∈ [0, P∞ Pn=0 P1[, ∞ ∞ ∞ n n n n a x e b x convergem absolutamente, portanto c x converge absolutamente e n n n n=0 n=0 n=0 cn x = Pn=0 P∞ P ∞ ∞ n n ( n=0 an x )( n=0 bn x ), isto é, h(x) = f (x)g(x). Mas f , g, e hPsão contínuas P∞ em 1, portanto h(1)(= n=0 cn ) = ∞ lim h(x) = lim f (x)g(x) = lim f (x) lim g(x) = f (1)g(1) = ( n=0 an )( n=0 bn ).  x→1−

x→1−

x→1−

x→1−

P∞ Proposição 8.3.10 Seja n=0 an xn uma série de potências, convergente em algum ponto x0 > 0, e tal que a0 6= 0 (isto é, a função f : D −→ P R , em que D é o domínio de convergência da série, é tal que f (0) 6= 0). ∞ n x 7→ a x n=0 n P∞ Então existe δ > 0 e uma série de potências n=0 bn xn , convergente em ] − δ, δ[, tal que para x ∈] − δ, δ[ se tem P ∞ ( f1 )(x) = n=0 bn xn (isto é, numa vizinhança de 0, f1 pode-se escrever como uma série de potências centrada em 0). Demonstração: Podemos supor sem perda de generalidade que a0 = 1, isto é, f (0) = 1 (se não, consideremos ϕ P∞ P∞ definida por ϕ(x) = fa(x) ; se n=0 βn xn é a série de potências que representa ϕ1 , a10 n=0 βn xn é a série de potências 0 P ∞ que representa f1 ). Suponhamos primeiro que existe uma série de potências n=0 bn xn nas condições indicadas e P∞ P ∞ determinemos os coeficientes bn . Seja ξ > 0 tal que n=0 an xn e n=0 bn xn convergem P em ] − ξ, ξ[; então, se |x| < ξ, ∞ 1 = 1, isto é, n=0 cn xn converge, em que o produto de Cauchy das duas séries converge, e a sua soma é f (x) · f (x)  Pn P∞ c0 = 1 ∀n, cn = k=0 ak bn−k e ∀x, n=0 cn xn = 1. Conclui-se que . Então cn = 0, n 6= 0 b0 = 1, b1 + a1 b0 = 0, b2 + a1 b1 + a2 b0 = 0, . . . , bn + a1 bn−1 + a2 bn−2 + · · · + an b0 = 0, . . . Pn−1 isto é, b0 = 1 e, para n ≥ 1, bn = − k=0 bk an−k , o que determina de maneira única os coeficientes bn . P∞ Basta-nos agora mostrar que a série n=0 bn xn (em quePos bn são os coeficientes determinados acima), converge em ∞ algum intervalo aberto contendo 0. Sejam x0 6= 0 tal que n=0 an xn0 converge e M > 1 tal que ∀n ∈ N, |an xn0 | < M . n n−1 n Vamos ver que se tem |bn x0 | < 2 M . Com efeito, para n = 1, tem-se |b1 x0 | = |a1 x0 | < M = 20 M 1 . Suponhamos p p−1 p agora que |bp x0 | < 2 M , para p = 1, . . . , m. Tem-se |bm+1 xm+1 | = |− 0

m X

am+1−k bk xm+1 |≤ 0

k=0

m X

|am+1−k xm−k bk xk0 | 0

k=0

= am+1 xm+1 + 0

m X

|am+1−k xm+1−k bk xk0 | < M + 0

k=1

<

M m+1 +

m X

m X

M.2k−1 M k

k=1

M m+1 2k−1 = M m+1 (1 + 1 + 2 + 22 + · · · + 2m−1 ) = 2m M m+1 .

k=1

Para qualquer x tem-se então |bn xn | = |bn xn0 ( x0 x logo, se | 2M x0 | < 1 (isto é, se |x| < | 2M |),

P∞

m x 2M x n x n ; ) | ≤ 2n−1 M n ≤ x0 x0 x0

n n=0 bn x

converge.



170

CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

Capítulo 9

Curvas em Rn Definição 9.0.1 Chama-se curva (parametrizada) a uma aplicação c : I −→ Rn , em que I é um intervalo de R. Chama-se traço da curva ao seu contradomínio. IR c

n

c(t)

I t

Uma curva pode ser vista como a descrição do movimento de uma partícula em Rn : c(t) representa a posição da partícula no instante t. Exemplos 1. c1 : [0, 2π] −→ t 7→

R2 (cos t, sen t)

c 1 (2

c1

0

/3)

c 1(

/2) c 1(

2

c 1(

/4)

c 1 (0)=c 1(2

)

c 1 (11 c 1 (3

√ √ c2 : [−8 π, 8 π] −→ t 7→

)

/6)

/2)

R2 (cos t , sen t2 ) 2

c2

t>0

c 2 (-1)=c(1) c 2 (-

/4)=c 2 (

/4)

t<0

IR c2 (- 2 )=c(0)=c 2 ( 2 )

O traço de c1 e o traço de c2 são ambos a circunferência de centro (0, 0) e raio 1. No primeiro caso a circunferência é percorrida uma vez no sentido directo; no segundo é percorrida 32 vezes no sentido dos ponteiros de um relógio e 32 vezes no sentido directo. 2. c1 : R t

−→ 7→

R2 (t + 1, 3t2 + 4) 2

171

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

172

c1

c 1 (-2)=c1(2) 7 4

IR

c 1 (-1)=c1(1) c 1 (0)

1 1 2 3 4

O traço de c1 é a semi-recta {(x, y) ∈ R2 : y = 3x + 1 e x ≥ 1}; é percorrida duas vezes, uma no sentido descendente (para t < 0) e outra no sentido ascendente (para t > 0). c2 : R t

R2 (t, 3t + 1)

−→ 7→

c2 7 4

IR

1

c 2 (2) c 2 (1) c 2 (0) 1 2 3 4

O traço de c2 é a recta de equação y = 3x + 1; é percorrida uma vez, no sentido ascendente. c3 : R t

R2

−→ 7→

2 2 +1 ( t2t+1 , 4t t2 +1 )

O traço de c3 é o segmento de recta {(x, y) ∈ R2 : y = 3x + 1 e 0 ≤ x < 1}; é percorrido duas vezes, uma no sentido descendente (para t ≤ 0) e outra no sentido ascendente (para t ≥ 0).

c3 7 4

IR

1 1 2 3 4

3. c: [0, π] −→ t 7→

R2 (4 sen 2t, 2 cos 2t)

O traço de c é a elipse de equação (x/4)2 + (y/2)2 = 1; é percorrida uma vez no sentido dos ponteiros de um relógio. c c(0)

0

4. c: I t

−→ 7→

R2 , em que f é uma função I −→ R. (t, f (t))

c( /2)

173

O traço de c é o gráfico de f ; o gráfico de f é percorrido de tal maneira que em cada unidade de tempo, a distância horizontal percorrida é de uma unidade. c

c(t) f(t)

I

t

5. c: R t

−→ 7→

R2 (t, sen t)

(caso particular do anterior). c

c(5

cR

6. c: R t

−→ 7→

/6)

R3 (2 cos t, 2 sen t, t)

Ao traço de c chama-se hélice. y 0 -1 -2

x -2 -1 2 0 1

1

2

5

c

IR

z

0

-5

Observação: se c é uma função I −→ Rn , existem funções c1 , c2 , . . . , cn : I −→ R (únicas) tais que ∀t ∈ I c(t) = (c1 (t), c2 (t), . . . , cn (t)). Definição 9.0.2 Sejam c : I −→ Rn , t0 um ponto de acumulação de I e l ∈ Rn ; diz-se que limt→t0 c(t) = l sse ∀ > 0 ∃δ > 0 : 0 < |t − t0 | < δ ⇒ kc(t) − lk <  Diz-se que c é contínua em t0 ∈ I sse limt→t0 c(t) = c(t0 ). I −→ Rn uma curva, t0 um ponto de acumulação de I e t 7→ (c1 (t), c2 (t), 1 . . . , cn (t)) l = (l1 , l2 , . . . , ln ) ∈ Rn ; então limt→t0 c(t) = l sse ∀i ∈ {1, . . . , n}, limt→t0 ci (t) = li .

Proposição 9.0.3 Sejam c:

Demonstração: Suponhamos que limt→t0 c(t) = l, e seja  > 0; existe δ > 0 tal que 0 < |t − t0 | < δ ⇒ kc(t) − lk < . Ora v u n uX kc(t) − lk = t (ci (t) − li )2 ≥ |ci (t) − li |, ∀i ∈ {1, . . . , n}, k=1

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

174

portanto kc(t)−lk <  ⇒ ∀i ∈ {1, . . . , n}, |ci (t)−li | < ; conclui-se que ∀i ∈ {1, . . . , n}, 0 < |t−t0 | < δ ⇒ |ci (t)−li | < , de onde, ∀i ∈ {1, . . . , n}, limt→t0 ci (t) = li . Suponhamos agora que ∀i ∈ {1, . . . , n}, limt→t0 ci (t) = li , e seja  > 0. Para cada i ∈ {1, . . . , n}, existe δi > 0 tal que 0 < |t − t0 | < δi ⇒ |ci (t) − li | < . Pondo δ = min δi , tem-se  v  v u n u n uX uX √ 2 t   ≤t (ci (t) − li ) 2 = n. 0 < |t − t0 | < δ ⇒ kc(t) − lk = k=1

k=1

Conclui-se que limt→t0 c(t) = l.

 −→ Rn 7→ (c1 (t), . . . , cn (t))

Corolário 9.0.4 Sejam c: I t em t0 .

e t0 ∈ I; c é contínua em t0 sse ∀i ∈ {1, . . . , n}, ci é contínua

Definição 9.0.5 Sejam c : I −→ Rn e t0 ∈ I; diz-se que c é derivável em t0 sse existe limt→t0

c(t)−c(t0 ) t−t0

Observação: Vendo c como a descrição do movimento de uma partícula em Rn , c0 (t) é a velocidade da partícula no instante t. Se c0 (t0 ) 6= 0, então c0 (t0 ) determina uma recta que passa por c(t0 ) e tem a direcção de c0 (t0 ), a que se chama recta tangente à curva no instante t0 . Se a curva for injectiva (isto é, a partícula não passa mais de uma vez por cada ponto), pode-se mostrar que a recta tangente depende apenas do traço da curva e do ponto c(t0 ), portanto fala-se da recta tangente ao traço da curva em p0 = c(t0 ). c(t)

c (t0 ) c

c(t)-c(t0 )

c(t0 ) I t0

A menos de menção explícita em contrário, as curvas consideradas serão sempre supostas continuamente deriváveis. Notação: 1. Designaremos por vezes c0 (t) por v(t) e kc0 (t)k por ve (t) (velocidade escalar no instante t). 2. Utiliza-se por vezes a notação

em vez de c0 .

dc dt

Corolário 9.0.6 Sejam c: I −→ Rn t 7→ (c1 (t), . . . , cn (t)) em t0 ; nesse caso c0 (t0 ) = (c01 (t0 ), . . . , c0n (t0 )).

e t0 ∈ I; c é derivável em t0 sse ∀i ∈ {1, . . . , n}, ci é derivável

Em algumas das figuras deste capítulo, em vez do traço da curva será indicado um conjunto finito de pontos do traço, {c(tq )}, com tq −tq−1 constante. Pontos mais afastados no traço correspondem, pois, a maior velocidade escalar, e pontos mais próximos correspondem a menor velocidade escalar. Exemplos 1. c: [0, 2π] −→ R2 t 7→ (2 cos t, 2 sen t) c0 (t) = (−2 sen t, 2 cos t) 3

-2

2

2

1

1

-1

1

-1

-2

2

-3

-2

-1

1

-1

-2

-3

2

3

175 √ 2. c: [− 8π, 0] −→ t 7→

R2

(sen

2

t2 t2 4 , cos 4 )

2

c0 (t) = ( 2t cos t4 , − 2t sen t4 ) 1.5 1 1 0.5

0.5

-1

-2

1

-1

-2

-3

1

2

-0.5

-0.5

-1

-1

-1.5 -1.5 -2 -2 -2.5

3. c: R t

−→ 7→

R2 (t − 1, t(t2 − 1)) 2

c0 (t) = (2t, 3t2 − 1)

4

4

2

2

-2

-1

1

2

-2

3

-4

-4

−→ 7→

1

-2

-2

4. c: R t

-1

R3 (cos t, sen t, t/2)

c0 (t) = (− sen t, cos t, 1/2) x y 0 -1

2

z

0

-2

1

-1

0 1

2

3

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

176

Definição 9.0.7 Diz-se que a curva c : I −→ Rn é regular sse c é derivável e c0 (t) nunca se anula. Proposição 9.0.8 Sejam f, g : I −→ Rn e ϕ : I −→ R funções deriváveis; Então f + g, ϕf e f · g são deriváveis e ∀t ∈ I 1. (f + g)0 (t) = f 0 (t) + g 0 (t) 2. (ϕf )0 (t) = ϕ0 (t)f (t) + ϕ(t)f 0 (t) 3. (f · g)0 (t) = f 0 (t) · g(t) + f (t) · g 0 (t). Se n = 3, (f × g) é derivável e (f × g)0 (t) = f 0 (t) × g(t) + f (t) × g 0 (t). Demonstração: 1. Sejam f : I −→ Rn e g: I −→ Rn ; como f e g são deriváveis, para todo t 7→ (f1 (t), . . . , fn (t)) t 7→ (g1 (t), . . . , gn (t)) o i ∈ {1, . . . , n}, fi e gi são deriváveis, logo, para todo o i ∈ {1, . . . , n}, fi + gi é derivável, e ∀t ∈ I, temse (fi + gi )0 (t) = fi0 (t) + gi0 (t). Conclui-se que a função f + g: I −→ Rn é t 7→ (f1 (t) + g1 (t), . . . , fn (t) + gn (t)) derivável e (f + g)0 (t) = (f10 (t) + g10 (t), . . . , fn0 (t) + gn0 (t)) = f 0 (t) + g 0 (t). I −→ Rn e ϕ : I −→ Rn . Como f é derivável, para todo o i ∈ {1, . . . , n}, fi é t 7→ (f1 (t), . . . , fn (t)) derivável, logo, para todo o i ∈ {1, . . . , n}, ϕfi é derivável, e ∀t ∈ I, (ϕfi )0 (t) = ϕ0 (t)fi (t) + ϕ(t)fi0 (t). Conclui-se que a função ϕf : I −→ Rn é derivável e t 7→ (ϕ(t)f1 (t), . . . , ϕ(t)fn (t))

2. Sejam f :

(ϕf )0 (t) = (ϕ0 (t)f1 (t) + ϕ(t)f10 (t), . . . , ϕ0 (t)fn (t) + ϕ(t)fn0 (t)) = ϕ0 (t)f (t) + ϕ(t)f 0 (t). 3. Sejam f : I −→ Rn e g: I −→ Rn ; como f e g são deriváveis, para todo t 7→ (f1 (t), . . . , fn (t)) t 7→ (g1 (t), . . . , gn (t)) o i ∈ {1, . . . , n}, fi e gi são deriváveis, logo, para todo o i ∈ {1, . . . , n}, fi gi é derivável, e ∀t ∈ I, tem-se (fi gi )0 (t) = fi0 (t)gi (t) + fi (t)gi0 (t). Conclui-se que a função f · g: I −→ R é t 7→ f1 (t)g1 (t) + . . . + fn (t)gn (t) derivável e (f · g)0 (t) = f 0 (t) · g(t) + f (t) · g 0 (t). A demonstração para f × g é análoga às anteriores.



Corolário 9.0.9 Se c : I −→ Rn é derivável e tal que kc(t)k é constante, então, ∀t, c(t) e c0 (t) são ortogonais. Demonstração: Seja f : I −→ R ; como kc(t)k é constante, f é constante, portanto ∀t ∈ I, f 0 (t) = 0. Mas 2 t 7→ kc(t)k f (t) = c(t) · c(t), portanto f 0 (t) = c0 (t) · c(t) + c(t) · c0 (t) = 2c(t) · c0 (t). Conclui-se que c(t) · c0 (t) = 0, isto é, c(t) e c0 (t) são ortogonais.  Definição 9.0.10 Sejam c : I −→ Rn e γ : J −→ Rn duas curvas; diz-se que γ é uma reparametrização de c sse γ = c ◦ ϕ para alguma função contínua ϕ : J −→ I.

Observações: 1. Se γ é uma reparametrização de c, então o traço de γ está contido no traço de c, mas o recíproco não é verdade. 2. Seja γ uma reparametrização de c; vendo c como a descrição do movimento de uma partícula, ou seja, como uma maneira de percorrer o traço de c, pode-se ver γ como uma outra maneira de percorrer uma parte do traço de c (por exemplo no sentido oposto, com velocidade diferente, repetindo partes do trajecto, etc).

Exemplos

177

1. c: R t

−→ 7→

R2 (3 cos t, 3 sen t)

c corresponde a percorrer a circunferência de raio 3 centrada na origem no sentido directo, passando em (3,0) no instante 0, e com velocidade escalar constante igual a 3. ϕ1 : R x

−→ 7→

R ; c ◦ ϕ1 : R x/3 t

−→ 7→

R2 (3 cos(t/3), 3 sen(t/3))

c ◦ ϕ1 corresponde a percorrer a mesma circunferência no sentido directo, passando em (3, 0) no instante 0, e com velocidade escalar constante igual a 1. ϕ2 : R x

−→ 7→

R2 ; c ◦ ϕ2 : R π/3 − x/2 t

R2 (3 cos(π/3 − t/2), 3 sen(π/3 − t/2))

−→ 7→

√ c ◦ ϕ2 corresponde a percorrer a circunferência no sentido dos ponteiros de um relógio, passando em (3/2, 3 3/2) no instante 0, e com velocidade escalar constante igual a 3/2. ϕ3 : R x

−→ 7→

; c ◦ ϕ3 : R t

R

π x2 +1

−→ 7→

R2 (3 cos t2π+1 , 3 sen t2π+1 )

c◦ϕ3 corresponde à semi-circunferência percorrida uma vez no sentido directo e uma vez no sentido dos ponteiros de um relógio; a velocidade escalar no instante t é (t26|t| +1)2 . c

-4

4

c1 4

c2 4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

-2

4

2

-4

-2

4

2

-4

-2

4

2

-1

-1

-1

-2

-2

-2

-3

-3

-3

c3,t>0

c3,t<0 7

3

c3,t>0 5

6

2

4 5

1

3 4 -6

-4

-2

2

2 3

-1

1 2

-2

-4

1

-3

-2

2

4

-1 -4

-2

2. c1 : [0, 2π] −→ R2 ; c2 : [0, 2π] −→ t 7→ (cos t, sen t) t 7→

0

2

4

6

R2 (cos 2t, sen 2t)

c1 é uma reparametrização de c2 : c1 = c2 ◦ ϕ em que ϕ: [0, 2π] −→ x 7→

[0, 2π] x/2

No entanto, c2 não é uma reparametrização de c1 . Com efeito, suponhamos que existia ψ : [0, 2π] −→ [0, 2π] contínua tal que ∀t ∈ [0, 2π], c2 (t) = c1 (ψ(t)), isto é, (cos 2t, sen 2t) = (cos(ψ(t)), sen(ψ(t))). Como se tem  cos x = cos y ⇒ ∃k ∈ Z : y = x + 2kπ, conclui-se que existiria uma função k : [0, 2π] −→ Z tal que ∀t, ψ(t) = sen x = sen y 2t + 2k(t)π; da continuidade de ψ, conclui-se a continuidade de k, logo k teria de ser constante. Mas não existe nenhum k ∈ Z tal que ∀t ∈ [0, 2π], 2t + 2kπ ∈ [0, 2π]. Observação: este exemplo mostra que duas curvas com o mesmo traço não são necessariamente reparametrizações uma da outra. Lema 9.0.11 Se γ = c ◦ ϕ, e c e ϕ são deriváveis, então γ é derivável e γ 0 (t) = c0 (ϕ(t))ϕ0 (t). Demonstração: Sejam c1 , . . . , cn : I −→ R tais que ∀t, c(t) = (c1 (t), . . . , cn (t)). Então γ(t) = (c1 (ϕ(t)), . . . , cn (ϕ(t))); como c é derivável, cada ci é derivável, logo γ é derivável e γ 0 (t) = (ϕ0 (t)c01 (ϕ(t)), . . . , ϕ0 (t)c0n (ϕ(t))) = ϕ0 (t)c0 (ϕ(t)). 

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

178

Seja c P : [a, b] −→ Rn uma curva continuamente derivável; para cada partição P = {t0 , . . . , tm } de [a, b], consideremos m l(c, P ) = i=1 kc(ti ) − c(ti−1 )k; trata-se do comprimento do caminho poligonal de c(a) a c(b) formado pelos segmentos de recta que unem c(ti−1 ) a c(ti ), i = 1, . . . , m. c(t 3) c(t 2) c

c(t 4) c(t 1) t0

t1

t2 t3

t4 t5

c(t 0) c(t 5)

Definição 9.0.12 O comprimento da curva entre a e b é lc = sup{l(c, P ); P partição de [a,b]}. Proposição 9.0.13 Sejam f1 , . . . , fm : [a, b] −→ R+ 0 funções contínuas; para todo o  > 0 existe δ > 0 tal que, se P = {t0 , . . . , tq } é uma partição de [a, b] com maxi∈{1,...,m} {ti − ti−1 } < δ, e uij , 1 ≤ i ≤ q, 1 ≤ j ≤ m são tais que uij ∈ [ti−1 , ti ], então Z q bp X p f1 (x) + · · · + fm (x)dx − (ti − ti−1 ) f1 (ui1 ) + · · · + fm (uim ) < . a i=1



Demonstração: análoga à demonstração da proposição 5.17. Rb

Proposição 9.0.14 Se c : I −→ Rn é uma curva continuamente derivável, então lc =

a

kc0 (t)kdt

Demonstração: Sejam c1 , . . . , cn : [a, b] −→ R tais que ∀t, c(t) = (c1 (t), . . . , cn (t)) e P = {t0 , . . . , tm } uma partição de [a, b]. Tem-se v m m uX X X u n t (cj (ti ) − cj (ti−1 ))2 l(c, P ) = kc(ti ) − c(ti−1 )k = i=1

i=1

j=1

v uX   m X u n cj (ti ) − cj (ti−1 ) 2 t = (ti − ti−1 ) ti − ti−1 j=1 i=1 c (t )−c (t

)

j i−1 = c0j (uij ). Então l(c, P ) = Para cada i ∈ {1, . . . , m}, j ∈ {1, . . . , n}, existe uij ∈]ti−1 , ti [ tal que j iti −ti−1 q Pm Pn 0 2 i=1 (ti − ti−1 ) j=1 (cj (uij ) . Pela proposição anterior, conclui-se que para qualquer  > 0 existe δ > 0 tal que

v Z b uX u n 0 t (cj (t))2 dt < , max{ti − ti−1 } < δ ⇒ l(c, P ) − a j=1 de onde se conclui que lc =

R b qPn a

0 2 j=1 (cj (t)) dt

=

Rb a

kc0 (t)kdt.



Observações: 1. O comprimento de c entre a e b corresponde à distância efectivamente percorrida entre os instantes a e b, e não necessariamente à “distância entre c(a) e c(b) medida ao longo do traço de c”. 2. O comprimento de c entre a e b depende apenas da velocidade escalar, e não da direcção da velocidade.

Exemplos 1. c: [0, π/2] −→ R t 7→ (cos t + t sen t, sen t − t cos t) Rπ c0 (t) = (t cos t, t sen t); kc0 (t)k = |t|; lc = 0 |t|dt = π 2 /2

179

3

2.5

2

1.5

1

0.5

-1

-0.5

1

0.5

1.5

2. c: [−2, 2] −→ R2 2 3 t 7→ (t , t /3) √ c0 (t) = (2t, t2 ); kc0 (t)k = |t| 4 + t2 lc =

R2 −2

√ R2 √ |t| 4 + t2 dt = 2 0 t 4 + t2 dt = [ 32 (4 + t2 )3/2 ]20 =

16 3

√

8−

16 3 .

2

1

1

2

4

3

-1

-2

3. c: [0, 2π] −→ t 7→

R2 (e cos t, et sen t) t

√ √ √ R 2π √ c0 (t) = (et cos t − et sen t, et sen t + et cos t); kc0 (t)k = et 2; lc = 0 et 2dt = e2π 2 − 2

-25 -50 -75 -100 -125 -150 -175

100

200

300

400

500

4. c: [0, π/2] −→ R3 3 t 7→ (cos t, sen3 t, 2 cos2 t) √ c0 (t) = (−3 cos2 t sen t, 3 sen2 t cos t, −4 cos t sen t); kc0 (t)k = | sen t cos t| 9 cos2 t + 9 sen2 t + 16 = 5 sen t cos t = 5 2 sen 2t. lc =

R π/2 0

π/2

2t 5 sen t cos t dt = − 5 cos ]0 4

= 5/2

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

180

x 10 y 0.25 0.75 0.5 0.75 0.5 0.25

1

0 2

1.5

z

1

0.5

0

Proposição 9.0.15 Sejam σ : [a, b] −→ Rn e γ : [c, d] −→ Rn duas curvas deriváveis e ϕ : [a, b] −→ [c, d] uma aplicação bijectiva, derivável, tal que σ = γ ◦ ϕ. Então lσ = lγ . Demonstração: Como ϕ é bijectiva, ou se tem ϕ(a) = c (e ϕ(b) = d) ou ϕ(a) = d (e ϕ(b) = c). Suponhamos primeiro que ϕ(a) = c; então ϕ é crescente, logo a sua derivada é sempre ≥ 0. Tem-se b

Z

kσ 0 (t)kdt =

lσ =

b

Z

a

kγ 0 (ϕ(t))ϕ0 (t)kdt =

b

Z

a

kγ 0 (ϕ(t))kϕ0 (t)dt,

a

o que, fazendo a substituição u = ϕ(t), dá Z

ϕ(b)

kγ 0 (u)kdu =

lσ =

Z

ϕ(a)

d

kγ 0 (u)kdu = lγ .

c

Suponhamos agora ϕ(a) = d; então ϕ é decrescente, logo a sua derivada é sempre ≤ 0. Tem-se b

Z

kσ 0 (t)kdt =

lσ = a

b

Z

kγ 0 (ϕ(t))ϕ0 (t)kdt =

a

b

Z

−kγ 0 (ϕ(t))kϕ0 (t)dt,

a

o que, fazendo a substituição u = ϕ(t), dá Z

ϕ(b)

c

Z

0

0

−kγ (u)kdu =

lσ = ϕ(a)

Z

d

−kγ (u)kdu = d

kγ 0 (u)kdu = lγ .

c

 Observação: Pode-se provar que, se σ : [a, b] −→ Rn e γ : [c, d] −→ Rn são duas curvas injectivas, regulares, com o mesmo traço, então cada uma é uma reparametrização da outra por uma função bijectiva derivável; logo lσ = lγ . Isto é, nesse caso, “o comprimento de um caminho não depende da maneira como é percorrido”. Seja c : I −→ Rn uma curva regular e t0 ∈ I; consideremos a função l:

, e seja J = l(I) I −→ R Rt 0 t 7→ kc (u)kdu t0 (como l é contínua, J é um intervalo). Uma vez que c é regular, kc0 (t)k é sempre 6= 0; como l0 (t) = kc0 (t)k, conclui-se que l : I −→ J é bijectiva e a inversa é derivável. Definição 9.0.16 Seja c : I −→ Rn uma curva regular. 1. Chama-se função comprimento de arco com origem em t0 à função l: I t

−→ J . Rt 0 7→ kc (u)kdu t0

2. Se l : I −→ J é uma função comprimento de arco, diz-se que c ◦ l−1 é uma reparametrização de c pelo comprimento de arco.

181

Proposição 9.0.17 Sejam c : I −→ Rn uma curva regular, t0 ∈ I, l : I −→ J a função comprimento de arco com origem em t0 e c = c ◦ l−1 . Então ∀s ∈ J, kc0 (s)k = 1. Demonstração: Tem-se kc0 (s)k = kc0 (l−1 (s))(l−1 )0 (s)k = kc0 (l−1 (s))

1 l0 (l−1 (s))

k=k

c0 (l−1 (s)) k = 1. kc0 (l−1 (s))k 

Definição 9.0.18 Diz-se que c : I −→ Rn está parametrizada pelo comprimento de arco sse ∀t ∈ I, kc0 (t)k = 1 Observações: 1. Esta terminologia é obviamente coerente com a anterior; com efeito, se c é uma reparametrização pelo comprimento de arco de uma curva regular c, então c é uma curva que está parametrizada pelo comprimento de arco. 2. (interpretação geométrica da parametrização pelo comprimento de arco): Consideremos uma curva regular c : I −→ Rn , seja l o comprimento de arco com origem em t0 e c : J −→ Rn a correspondente parametrização pelo comprimento de arco. A curva c associa a cada ponto s ∈ J um dos pontos do traço de c que está a uma distância |s| de c(t0 ) (medida “ao longo do traço de c”); a s > 0 correspondem os pontos que são imagem por c de t > t0 e a s < 0 correspondem os pontos que são imagem por c de t < t0 . Referir-nos-emos por vezes a c(l−1 (s)) como o ponto do traço de c a distância s de c(t0 ); o sinal de s determina “de que lado” de c(t0 ) é que está o ponto em questão. c

I -1

t0

l (s)

-1

c(l (s))=c(s)

l

l

-1

s

c

J

c(t 0)

s

0=l(t 0)

3. Se c : I −→ Rn está parametrizada pelo comprimento de arco e t0 ∈ I, então a função comprimento de arco com origem em t0 é l : t −→ t − t0 , e a reparametrização de c pelo comprimento de arco com origem em t0 é c: {x ∈ R : x + t0 ∈ I} −→ Rn . t 7→ c(t + t0 ) 4. Se c : I −→ Rn é uma curva regular, l1 : I −→ J1 e l2 : I −→ J2 são as funções comprimento de arco com origem em t1 e t2 respectivamente, é fácil de ver que c ◦ l2−1 (s) = c ◦ l1−1 (s + s0 ), em que s0 é a distância de c(t1 ) a c(t2 ). Com efeito, c ◦ l2−1 (s) é o ponto do traço de c “a distância s” de c(t2 ) e c ◦ l1−1 (s + s0 ) é o ponto do traço de c “a distância s + s0 de c(t1 )”. Ora s0 é “a distância” de c(t1 ) a c(t2 ), portanto os dois pontos coincidem. c s

-1

c (l 1(s+s 0)= -1 c (l2 (s))

s0 t1

(c◦l2−1 )(k) (s)

t2

c(t 2)

c(t 1)

(c◦l1−1 )(k) (s+s0 ). −1 n

Tem-se portanto, ∀k, = Como l1 (t) = s0 +l2 (t), conclui-se que (c◦l2−1 )(k) (l2 (t)) = −1 (k) (c ◦ l1 ) (l1 (t)), ou seja, se c = c ◦ l : J −→ R é uma reparametrização de c pelo comprimento de arco, as derivadas de qualquer ordem de c em l(t) só dependem de t, isto é, são independentes da origem para a função comprimento de arco. 5. Mais geralmente, pode-se provar que se σ : I −→ Rn e γ : J −→ Rn são duas curvas injectivas parametrizadas pelo comprimento de arco (logo regulares), com o mesmo traço, então existe α ∈ R tal que ∀t ∈ J, σ(t) = γ(t+α) ou ∀t ∈ J, σ(t) = γ(−t + α). Exemplos

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

182

1. c: [0, 2π] −→ R2 ; determinação da reparametrização de c pelo comprimento de arco com origem t 7→ (2 sen t, 2 cos t) Rt em π/2: tem-se c0 (t) = (2 cos t, −2 sen t), logo π/2 kc0 (u)kdu = 2t − π. Conclui-se que a função comprimento de arco com origem em π/2 é l: [0, 2π] −→ [−π, 3π] , logo a reparametrização de c pelo comprimento de arco t 7→ 2t − π com origem em π/2 é c ◦ l−1 : [−π, 3π] −→ R2 s+π s 7→ (2 sen( s+π 2 ), 2 cos( 2 )) 2. c: R −→ R3 ; determinação da reparametrização de c pelo comprimento de arco 3 t 7→ (cos(t + t), sen(t3 + t), t3 + t) √ com origem em 0: tem-se c0 (t) = (−(3t2 + 1) sen(t3 + t), (3t2 + 1) cos(t3 + t), 3t2 + 1), kc0 (t)k = (3t2 + 1) 2, logo √ √ Rt Rt 0 kc (u)kdu = 2 0 (3u2 + 1)du = 2(t3 + t). 0 Conclui-se que a função comprimento de arco com origem em 0 é l: R −→ √ R , logo a reparametri3 t 7→ 2(t + t) . zação de c pelo comprimento de arco com origem em 0 é c ◦ l−1 : R −→ R3 s √ s 7→ (cos 2 , sen √s2 , √s2 ) ]0, +∞[ −→ R3 ; determinação da reparametrização de c pelo comprimento de arco com √ 2 2 23 2 t 7→ (t, 3 t , t /2) √ √ Rt origem em 1: tem-se c0 (t) = (1, 2t, t), kc0 (t)k = 1 + 2t + t2 = 1 + t, logo 1 kc0 (u)kdu = t + t2 /2 − 3/2. Conclui-se que a função comprimento de arco com origem em 1 é l: ]0, +∞[ −→ ] − 3/2, +∞[ , logo l−1 : t 7→ t2 /2 + t − 3/2 ] − 3/2, +∞[ −→ ]0, √ +∞[ , portanto a reparametrização de c pelo comprimento de arco com origem s 7→ −1 + 4 + 2s em 1 é

3. c:

. c ◦ l−1 : ] − 3/2, +∞[ −→ R3 √ √ √ √ 2 2 3/2 1 2 s 7→ (−1 + 4 + 2s, 3 (−1 + 4 + 2s) , 2 (−1 + 4 + 2s) ) 6

y 4 2 0 8

6 z

4

2 0 0

1 2 x

3 4

Seja c : I −→ Rn uma curva regular e c = c ◦ l−1 : J −→ Rn uma reparametrização pelo comprimento de arco. Notação: A notação tradicional é algo ambígua, mas permite exprimir com grande simplicidade formal algumas propriedades, por exemplo a regra da derivação da função inversa. Assim, s representa, conforme os casos, l(t) ou a variável independente do intervalo J; e analogamente, t tanto representa l−1 (s) como a variável independente do 0 intervalo I. Usando então a notação alternativa para as derivadas, ds dt em vez de l (t), a regra de derivação da função 1 dt 1 −1 0 inversa, (l ) (s) = l0 (l−1 (s)) escreve-se ds = ds . Deixa-se ao leitor o cuidado de dissecar o significado de s e t nos dt dois membros, e de analisar quais os pontos envolvidos. dc dc Relativamente à composição de funções, um abuso de notação frequente consiste em escrever ds em vez de ds . A dt dc = dc regra de derivação da composta de duas funções escreve-se neste caso ds dt ds .

183

Definição 9.0.19 Chama-se vector tangente unitário à curva c no instante t ao vector I −→ Rn Tc a função c0 (t) t 7→ kc0 (t)k

c0 (t) kc0 (t)k ;

designaremos por

Observações: 1. (relação entre Tc e Tc ): sejam t1 ∈ I e s1 ∈ J tais que s1 = l(t1 ). Então Tc (s1 ) = c0 (s1 ) = (c ◦ l−1 )0 (s1 ) = c0 (l−1 (s1 ))(l−1 )0 (s1 ) = c0 (t1 ).

1 c0 (t1 ) = = Tc (t1 ), l0 (l−1 (s1 )) kc0 (t1 )k

isto é, o vector tangente unitário a c em s1 é o vector tangente unitário a c em t1 (Tc = Tc ◦ l−1 ). dT dt

2. Frequentemente escreve-se apenas T em vez de Tc (t),

em vez de Tc0 (t) e

dT ds

em vez de Tc0 (s).

3. Mais geralmente, se γ é uma reparametrização de c por ϕ, (i.e., c = γ ◦ ϕ), e c e γ são regulares, então Tγ (t) = Tc (ϕ(t)) ou Tγ (t) = −Tc (ϕ(t)), conforme ϕ0 (t) seja positivo ou negativo. 4. Se c é duas vezes derivável, Tc e Tc são deriváveis (consequência do lema seguinte). 5. Usando a notação mencionada acima, tem-se T =

dc ds

=

dc dt dt ds

=

c0 (t) kc0 (t)k .

Lema 9.0.20 Seja c : I −→ Rn uma curva regular duas vezes derivável; então a função ve é derivável, e ve0 (t) = c0 (t)·c00 (t) 00 kc0 (t)k (= c (t) · T ). p Demonstração: ve (t) = kc0 (t)k = c0 (t) · c0 (t); como c0 (t) nunca se anula, ve é a composta de duas funções deriváveis,  logo derivável. A expressão para ve0 (t) obtem-se a partir da regra de derivação da função composta. Seja c : I −→ Rn uma curva duas vezes derivável. Tem-se c0 (t) = ve (t)Tc (t), portanto c00 (t) = ve0 (t)Tc (t)+ve (t)Tc0 (t); estas duas parcelas são ortogonais, uma vez que, pelo corolário 9.0.9, Tc0 (t) · Tc (t) = 0. Definição 9.0.21 Chama-se aceleração no instante t a c00 (t), aceleração tangente no instante t a aT (t) = ve0 (t)Tc (t) e aceleração normal no instante t a aN (t) = ve (t)Tc0 (t). A aceleração tangente mede a variação da velocidade escalar, enquanto que a aceleração normal mede a variação da direção da velocidade. 0

00

(t)·c (t) 0 00 Lema 9.0.22 aT (t) = c kc 0 (t)k2 c (t)(= (c (t) · T )T ) (isto é, a aceleração tangente é a projecção da aceleração sobre o vector tangente unitário).



Demonstração: consequência imediata do lema 9.0.20.

Sejam c = c ◦ l−1 : J −→ Rn uma reparametrização de c pelo comprimento de arco. Como a velocidade escalar de c é constante, a sua aceleração tangente é nula, logo c00 (s) = aN (s). Definição 9.0.23 Chama-se curvatura de c em s ∈ J e designa-se por kc (s) o número kc00 (s)k; se kc 6= 0, chama-se vector normal principal unitário em s a

c00 (s) kc00 (s)k ;

designa-se por Nc (ou só N ) a função

J \ {s : kc (s) 6= 0} s Como c00 (s) = Tc0 (s) =

dT ds

, tem-se N =

dT ds

k dT ds k

−→ 7→

Rn

c00 (s) kc00 (s)k

.

.

É consequência da observação 4 na página 181 que kc (l(t)) e Nc (l(t)) não dependem da escolha da função comprimento de arco l e da correspondente reparametrização pelo comprimento de arco, o que dá sentido à definição seguinte. Definição 9.0.24 1. Chama-se curvatura de c em t e designa-se por kc (t) a curvatura de qualquer reparametrização pelo comprimento de arco c = c ◦ l−1 em l(t). Chama-se vector normal principal unitário de c em t a Nc (t) = Nc (l(t)). 2. Se kc (t) 6= 0, chama-se raio de curvatura de c em t a

1 kc (t) .

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

184

Observações: 1. Tem-se Nc = Nc ◦ l−1 e kc = kc ◦ l−1 . 2. Pode-se provar que a recta tangente, o vector normal principal e a curvatura não dependem da parametrização, dependem apenas do traço da curva. A curvatura mede a variação da direcção da tangente. 3. Se kc (t) 6= 0, a circunferência de centro c(t) + kc1(t) Nc (t) e raio 2” ao traço de c no ponto c(t).

1 kc (t)

é a única circunferência “tangente de ordem

c(t)

N/k(t)

Proposição 9.0.25

1. Tc0 (t) = ve (t)k(t)Nc (t)

2. aN (t) = ve2 (t)kc (t)Nc (t) Demonstração: Sejam c = c ◦ l−1 uma reparametrização de c pelo comprimento de arco e s0 , t0 tais que l(t0 ) = s0 . 1. Tem-se Tc0 (t)

=

(Tc ◦ l)0 (t) = Tc0 (l(t))l0 (t)

= ve (t)Tc0 (l(t)) = ve (t)c00 (l(t)) = ve (t)kc (l(t))Nc (l(t)) = ve (t)kc (t)Nc (t). 2. Tem-se aN (t) = ve (t)Tc0 (t) = ve2 (t)kc (t)Nc (t). (aN = ve T 0 =

ds dT dt dt

2 dT 2 = ( ds dt ) ds = ve kN ).

 Observação: De 2., decorre que aN (t) e Nc (t) têm a mesma direção e sentido, portanto, como Nc (t) é unitário, (t) tem-se Nc (t) = kaaN . N (t)k Exemplos 1. c: R t

−→ 7→

R3 (2t − 1, t + 3, −2t + 5)

Rt c0 (t) = (2, 1, −2); função comprimento de arco com origem em 1: s = l(t) = 1 3du = 3t−3; reparametrização pelo comprimento de arco com origem em 1: l−1 : R −→ R , c: R −→ R3 s 7→ s/3 + 1 s 7→ (2s/3 + 1, s/3 + 4, −2s/3 + 3) . Tc (t) = (2/3, 1/3, −2/3); Tc (s) = (2/3, 1/3, −2/3); como ∀s, c00 (s) = (0, 0, 0), conclui-se que ∀s, kc (s) = 0, logo ∀t, kc (t)(= kc (l(t))) = 0.  x+z =4 O traço de c é a recta de equações . 2y + z = 11 2. c: R t

−→ 7→

R2 (5 cos t, 5 sen t)

Rt c0 (t) = (−5 sen t, 5 cos t); função comprimento de arco com origem em 0: s = l(t) = 0 5du = 5t; reparametrização pelo comprimento de arco com origem em 0: c: R −→ R2 ; Tc (t) = (− sen t, cos t), s 7→ (5 cos 5s , 5 sen 5s ) Tc (s) = (− sen 5s , cos 5s ); c00 (s) = (− 15 cos 5s , − 15 sen 5s ); kc (s) = kc00 (s)k = 15 ; kc (t) = kc (l(t)) = 15 ; Nc (s) = (− cos 5s , − sen 5s ); Nc (t) = (− cos t, − sen t); c00 (t) = (−5 cos t, −5 sen t).

185

Como kc0 (t)k é constante, a aceleração tangente é nula; aN (t) = c00 (t). 6

6

c’(t)

T 4

4

N

-4

−→ 7→

3. c: R t

2

c’’(t)

2

-2

4

2

-4

-2

2

-2

-2

-4

-4

4

R2 (t, t2 )

c0 (t) = (1, 2t); T =

√ 1 (1, 2t); 1+4t2

aT (t) =

c00 (t)·c0 (t) 0 kc0 (t)k2 c (t)

Nc (t) =

aN (t) kaN (t)k

=

c00 (t) = (0, 2);

4t 1+4t2 (1, 2t);

=

√ 1 (−2t, 1); 1+4t2

−4t 2 aN (t) = c00 (t) − aT (t) = ( 1+4t 2 , 1+4t2 ); kaN (t)k ve2 (t)

kc (t) =

=√

2 . (1+4t2 )3

8 grafico da curvatura 2

6

1.5

c’’(t) a

T N

T

1

4 a

N 0.5 2 -3

-1

-2

1

2

3

c’(t)

-3

4. c: R t

−→ 7→

-1

-2

1

2

R3 (t, t , 2t3 /3) 2

c0 (t) = (1, 2t, 2t2 ); kc0 (t)k = 1 + 2t2 ; T = 4t+8t3 2 (1+2t2 )2 (1, 2t, 2t )

aT = N=

1 (1+2t2 ) (−2t, 1

5. c: R t

−→ 7→

3

=

1 2 1+2t2 (1, 2t, t );

4t 2 1+2t2 (1, 2t, 2t );

− 2t2 , 2t); k =

aN = (0, 2, 4t) −

4t 2 1+2t2 (1, 2t, 2t )

=

2 1+2t2 (−2t, 1

− 2t2 , 2t);

2 (1+2t2 )2 .

R2 (t cos t, t sen t)

c0 (t) = (cos t − t sen t, sen t + t cos t); kc0 (t)k =

√

1 + t2 ; T =

c00 (t) = (−2t sen t − t cos t, 2 cos t − t sen t); aT = t cos t, cos t − t sen t); N=

c00 (t) = (0, 2, 4t)

√ 1 (− sen t 1+t2

− t cos t, cos t − t sen t); k =

√ 1 (cos t 1+t2

t 1+t2 (cos t

2 √2+t . ( 1+t2 )3

− t sen t, sen t + t cos t);

− t sen t, sen t + t cos t); aN =

2+t2 1+t2 (− sen t

−

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

186

7.5

velocidade escalar

5

6

2.5

5 4

-10

-5 N

-2.5

5 a c’’(t) N

10 3

c’(t)

T -5

2

-7.5

1

-10

-6

-4

-2

2

4

6

vectores (1/k)N em varios pontos grafico da curvatura 2 1 1.5 -3

-2

-1

1

2

3

1 -1 0.5 -2 -5

-10

5

10 -3

6. c: R t

−→ 7→

R2 (e cos t, et sen t) t

c0 (t) = (et cos t − et sen t, et cos t + et sen t) = π/4), sen(t + π/4))

√

2et (cos(t + π/4), sen(t + π/4)); kc0 (t)k =

√

2et ; T = (cos(t +

c00 (t) = (−2et sen t, 2et cos t); aT = (et cos t − et sen t, et cos t + et sen t); aN = (−et cos t√− et sen t, et cos t − √ 2et 1 et sen t) = 2et (− sen(t + π/4), cos(t + π/4)); N = (− sen(t + π/4), cos(t + π/4)); k(t) = (√2e = √2e . t )2 t

Aceleracao tangente e normal Aceleracao 150

velocidade 100 -50

200

300

100 400

500

100 50 100

-100 100

200

300

400

500

-150 -50 -200

-100

-100 -150

7. c: R+ 0 t

−→ 7→

R2 (cos t + t sen t, sen t − t cos t)

-200

200

300

400

500

187

2.5

2

1.5

1 c(t) 0.5 t -1

-0.5

0.5

1

1.5

-0.5

-1

Consideremos um fio enrolado à volta da circunferência de raio 1 centrada em (0, 0) (no sentido dos ponteiros de um relógio) de maneira a que a ponta está em (1, 0). Ao desenrolar o fio, mantendo-o sempre esticado, a ponta descreve o traço e c. Mais precisamente, c(t) é a posição da ponta do fio depois de ter sido desenrolado até ao ponto da circunferência correspondente ao ângulo t. c0 (t) = (t cos t, t sen t); kc0 (t)k = t; para t 6= 0, tem-se T = (cos t, sen t); c00 (t) = (cos t − t sen t, sen t + t cos t); para t 6= 0, tem-se aT = T ; aN = (−t sen t, t cos t); N = (− sen t, cos t); k(t) = 1/t. vectores (1/k)N em varios pontos

Velocidade e aceleracao

2

2

-5

-2.5

2.5

5

7.5

-4

10

-3

-2

-1

1

-2 -2 -4 -6 -4

-6

8. c: R t

−→ 7→

R2 (t − sen t, 1 − cos t)

Consideremos uma circunferência de raio 1, que rola sem deslizar ao longo do eixo dos xx, e que no instante t = 0 é tangente ao eixo dos xx em (0, 0). Seja P o ponto da circunferência que , no instante t = 0 está em contacto com o eixo dos xx. Então c(t) é a posição do ponto P no instante em que P tiver rodado um ângulo t em relação ao centro da circunferência (a esta curva chama-se cicloide).

c(t) P C

t 1

P

t

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

188

2 1.5 1 0.5 4

2

6

8

12

10

R 2π √ √ c0 (t) = (1 − cos t, sen t); kc0 (t)k = 2 − 2 cos t; comprimento de um arco da cicloide: 0 2 − 2 cos u du = R 2π u 00 du = 8; c (t) = (sen t, cos t) 2 sen 2 0 Observação: c não é regular; c0 (t) = (0, 0) quando cos t = 1. Para t tal que c0 (t) 6= (0, 0), tem-se T = √2−21 cos t (1 − cos t, sen t); aT = 1 1 √ 1 (sen t, 1 − cos t); k(t) = 2√2−2 . 2 (sen t, cos t − 1); N = 2−2 cos t cos t

sen t 2−2 cos t (1

− cos t, sen t); aN =

vectores (1/k)N em varios pontos 2

2 1.75 1.5 1.25 1 0.75 0.5 0.25 0

1

1 1

2

3

4

5

6

2

3

4

5

6

-1

-2

curvatura

4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0

2

4

6

8

10

12

Mais geralmente, podemos considerar um círculo de raio a, com uma haste de comprimento b fixa ao centro, rolando ao longo do eixo dos xx, e o trajecto descrito pelo extremo P da haste (o caso que foi visto corresponde a a = b = 1).

189

a
P

P

Nesse caso, a posição de P quando o círculo tiver rodado de um ângulo t é (at − b sen t, a − b cos t). Exemplo de um caso com b < a:

2 1.5 1 0.5

2 1.75 1.5 1.25 1 0.75 0.5 0.25

P 2

4

6

8

12

10

2

0

4

6

8

10

12

curvatura

6

4

2

4

2

6

8

10

12

Exemplo de um caso com a < b:

2 1.5 1 0.5

2.5 2 1.5 1 0.5

P

2

4

6

8

12

10

2

-0.5

curvatura 8

6

4

2

2

4

6

8

10

12

4

6

8

10

12

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

190

9. c: R t

−→ 7→

R2 (2 cos t + cos 2t, 2 sen t + sen 2t)

Consideremos uma circunferência de raio 1, C, que rola sem deslizar em torno de uma circunferência de raio 1 centrada em (0, 0), C0 , de tal maneira que no instante t = 0 C é tangente a C0 em (1, 0). A curva c descreve o trajecto do ponto P de C que no instante 0 está em (3, 0); mais precisamente, c(t) é a posição de P quando o ponto de tangência entre C e C0 é (cos t, sen t). A esta curva chama-se cardioide.

3

P’ P P

2 t

t 1

-1

t

1

t

2

3 P

-1 t

P -2

P’

c0 (t) = (−2 sen t − 2 sen 2t, 2 cos t + 2 cos 2t); kc0 (t)k = √ q 8 2 cos2 2t = 4| cos 2t |;

√

8 + 8 sen t sen 2t + 8 cos t cos 2t =

p 8 + 8 cos(2t − t) =

Observação: c não é regular: c0 (t) = 0 quando t ∈ {(2k + 1)π, k ∈ Z}. R 2π

comprimento da cardioide:

0

4| cos u2 |du =

Rπ 0

4 cos u2 du −

R 2π π

4 cos u2 du = 16. 7

vectores (1/k)N

6

2

5 1 4

-1

1

-1

2

3

3

2

1 -2

0

1

2

3

4

5

6

Mais geralmente, podemos considerar um círculo de raio b, com uma haste de comprimento c fixa ao centro, rolando em torno de uma circunferência de raio a centrada em (0, 0), de tal maneira que no instante t = 0 o extremo da haste está em (a + b + c, 0). Nesse caso, o trajecto do extremo da haste é descrito pela curva c: R −→ R2 (o caso que foi visto corresponde a a = at t 7→ ((a + b) cos t + c cos(t + b ), (a + b) sen t + c sen(t + at )) b b = c = 1).

Exemplo com a = 2, b = 4/3, c = 1.7

191

vectores (1/k)N 4 4

2 2

-4

-2

4

2

-4

-2

4

2

-2

-2

-4

-4

Exemplo com a = 2, b = 2/3, c = .5 vectores (1/k)N

3

2

2

1 -4

-2

-1

1

2

3

-2

2

-2

-1 -4

-2 -6

-3

Proposição 9.0.26 Seja c : I −→ Rn uma curva regular; o traço de c está contido numa recta sse ∀t ∈ I, kc (t) = 0 Demonstração: Suponhamos primeiro que o traço de c está contido numa recta. Então é óbvio que T é constante, logo T 0 é nulo, portanto a curvatura é sempre nula. Reciprocamente, suponhamos que a curvatura é nula, e seja c = c◦l−1 uma reparametrização de c pelo comprimento de arco. Como kc é nula, kc tambem é nula, isto é, c00 é nula, logo c0 é constante, de onde se conclui que c é da forma s 7→ p + sv, em que p, v ∈ Rn . Portanto, o traço de c está contido numa recta, de onde se conclui que o traço de c tambem está contido na mesma recta.  Exemplo c: ]0, π/4[ −→ R3 2 t 7→ (3 cos t, sen2 t, − cos 2t) 0 c (t) = (−6 cos t sen t, 2 sen t cos t, −2 sen 2t) = (−3 sen 2t, sen 2t, −2 sen 2t); c00 (t) = (−6 cos 2t, 2 cos 2t, −4 cos 2t). Como c00 (t) e c0 (t) são sempre colineares, conclui-se que a aceleração normal é nula, portanto a curvatura é nula. Conclui-se que o traço de c está contido numa recta. Para obter equações da recta, basta determinar dois dos seus pontos, ou então notar que (3 cos2 t, sen2 t, − cos 2t) = (3 cos2 t, 1 − cos2 t, 1 − 2 cos2 t) = (0, 1, 1) + cos2 t(3, −1, −2). Proposição 9.0.27 Seja c : I −→ Rn uma curva regular de traço plano. O traço de c está contido numa circunferência de raio r sse ∀t ∈ I, kc (t) = 1/r. Demonstração: Comecemos por ver que no caso de uma curva plana se tem Nc0 (t) = −ve0 (t)kc (t)Tc (t). Com efeito, como N tem norma constante, N e N’ são ortogonais, logo N 0 é múltiplo de T . Por outro lado, de T · N = 0, deduz-se T 0 · N + T · N 0 = 0, ou seja, T · N 0 = −T 0 · N = −ve kN · N = −ve k. Conclui-se que N 0 = −ve kT . Suponhamos agora em primeiro lugar que o traço de c está contido na circunferência de centro C e raio r; temse então, ∀t, kc(t) − Ck = r, isto é, (c(t) − C) · (c(t) − C) = r2 . Derivando, obtem-se 2c0 (t) · (c(t) − C) = 0 e c00 (t) · (c(t) − C) = −kc0 (t)k2 . De c0 (t) · (c(t) − C) = 0, conclui-se que c(t) − C e T são ortogonais, logo c(t) − C é sempre múltiplo de N , isto é, c(t) − C = α(t)N . Para determinar α(t), basta notar que de α(t)N · c00 (t) = −kc0 (t)k2 , se conclui que α(t)N · (ve0 T + ve2 kN ) = −ve2 , ou seja α(t) = −1/k. Tem-se então c(t) − C = − kc1(t) Nc (t). Como, por um lado, kc(t) − Ck = r e por outro kc(t) − Ck = kc1(t) , conclui-se que kc é constante = 1r . Suponhamos reciprocamente que a curvatura de c é constante = 1r , e consideremos a função C: I t

−→ Rn . 7→ c(t) + rNc (t)

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

192

Tem-se

1 C 0 (t) = c0 (t) + rNc0 (t) = c0 (t) + r(−ve T ) = c0 (t) − ve T = 0. r n Conclui-se que C é constante; seja p ∈ R a sua imagem. Tem-se então, ∀t, c(t) + rN = p, logo c(t) − p = −rN , de onde kc(t) − pk = r, isto é, ∀t, c(t) pertence à circunferência de centro p e raio r. 

Curvas em R3 Vamos considerar agora curvas em R3 , e suporemos sempre que são infinitamente deriváveis. Curvas em R2 serão vistas como um caso particular, considerando a inclusão natural de R2 em R3 ((x, y) ,→ (x, y, 0)). Proposição 9.0.28 kc (t) =

kc0 (t)×c00 (t)k kc0 (t)k3

Demonstração: Tem-se c00 (t) = ve0 T + ve2 kN , portanto c0 (t) × c00 (t) = ve T × (ve0 T + ve2 kN ) = ve3 k(T × N ), logo 0 00 0 (t)k (t)×c00 (t)k kc0 (t) × c00 (t)k = ve3 k. Conclui-se que k = kc (t)×c = kc kc .  0 (t)k3 v3 e

Seja c : I −→ R3 uma curva regular com curvatura não nula em todos os pontos. Tc : I −→ R3 e Nc : I −→ R3 .

Temos então as funções

Definição 9.0.29 Chama-se vector binormal no instante t ao vector Bc (t) = Tc (t) × Nc (t). Definição 9.0.30 Chama-se triedro de Frenet à base ortonormal de R3 formada por T , N e B. Seja c : I −→ R3 e seja c = c ◦ l−1 uma reparametrização pelo comprimento de arco. Tem-se Nc e dNc ds

dNc ds

são ortogonais,

dNc ds

dTc ds

= kc Nc . Como

é combinação linear de Tc e Bc , logo existem funções α e τc (de l(I) em R) tais que

= αTc + τc Bc (observação: α =

dNc ds

· T c e τc =

dNc ds

· Bc , logo α e τc são deriváveis).

Definição 9.0.31 Chama-se torção de c em s a τc (s). Lema 9.0.32 Para todo o s, tem-se α(s) = −kc . Demonstração: Tem-se ∀s, Tc (s) · Nc (s) = 0; derivando, obtem-se (αTc + τc Bc ) = 0, isto é, kc + α = 0.

dTc ds

· N c + Tc ·

dNc ds

= 0, de onde kc Nc · Nc + Tc · 

Para definir a torção de c em t, basta notar que τc (l(t)) não depende da escolha da função comprimento de arco, nem da correspondente reparametrização pelo comprimento de arco, uma vez que é definida a partir de T , N e das suas derivadas. Definição 9.0.33 Chama-se torção de c em t (τc (t)) a τc (l(t)), em que c = c ◦ l−1 é qualquer reparametrização de c pelo comprimento de arco. Proposição 9.0.34

dBc ds

= −τc Nc .

Demonstração: Tem-se Bc = Tc × Nc , logo dBc dTc dNc = × Nc + Tc × = −kc Nc × Nc + Tc × (−kc Tc + τc Bc ) = τc Tc × Bc = −τc Nc . ds ds ds  As fórmulas dT ds dN ds dB ds

= kN = −kT + τ B = −τ N

chamam-se fórmulas de Frenet. Observação: Tem-se

dT dt

= ve kN ,

dN dt

= −ve kT + ve τ B,

dB dt

= −ve τ N .

193

c000 (t)·(c0 (t)×c00 (t)) kc0 (t)×c00 (t)k2

Proposição 9.0.35 τc (t) =

2 0 Demonstração: De c0 (t) = ve T , conclui-se que c00 (t) = ve0 T + ve2 kN , de onde c000 (t) = ve00 T + ve0 dT dt + (ve k) N + 00 0 2 0 3 2 3 0 00 2 3 2 dN ve k dt = ve T + ve ve kN + (ve k) N − ve k T + ve kτ B. Por outro lado, c (t) × c (t) = ve T × ve kN = ve kB, de onde kc0 (t) × c00 (t)k = ve3 k. Logo c000 (t) · (c0 (t) × c00 (t)) = ve6 k 2 τ = kc0 (t) × c00 (t)k2 τ . 

Exemplos 1. c: R t

−→ 7→

R3 3 (t, t2 , 2t3 )

(ver o exemplo 4 na página 185) -2 -1 4 3

y

2

x 0

1

2

1 0 5

2.5

z

0

-2.5

-5

B=

1 2 2(1+2t2 )2 (1, 2t, 2t )

τ (t) = 2. c: R t

(0,0,4)·(4t2 ,−4t,2) 4(1+2t2 )2

−→ 7→

× (−4t, 2 − 4t2 , 4t) =

=

1 2 2(1+2t2 )2 (4t

+ 8t4 , −8t3 − 4t, 2 + 4t2 ) =

2 (1+2t2 )2

R3 (4 cos t, 4 sen t, 3t) y -2 -4

x -4 4 -2 0 2 2 4 0

10

z

0

-10

c0 (t) = (−4 sen t, 4 cos t, 3); c00 (t) = (−4 cos t, −4 sen t, 0); c000 (t) = (4 sen t, −4 cos t, 0) T = (− 54 sen t, 45 cos t, 35 ); aT = 0; aN = c00 (t); B = ( 53 sen t, − 35 cos t, 54 ). k(t) =

τ (t) =

kc0 (t)×c00 (t)k kc0 (t)k3

(=

kc0 (t)kkc00 (t)k kc0 (t)k3

4 sen t −4 sen t −4 cos t

−4 cos t 4 cos t −4 sen t

kc0 (t)k2 kc00 (t)k2

0 3 0



porque c0 (t) e c00 (t) são ortogonais) =

=

48 25.16

=

3 25 .

4 25

1 2 1+2t2 (2t , −2t, 1)

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

194

Mais geralmente, dada a curva c: R t b . constante = a2 +b 2

−→ R3 , a curvatura é constante = 7→ (a cos t, a sen t, bt)

a a2 +b2

e a torção é

Observação: este exemplo mostra que “a curvatura ser constante” não é uma condição suficiente para o traço estar contido numa circunferência.

3. c: R t

−→ 7→

R2 (a cos t, b sen t)

c0 (t) = (−a sen t, b cos t); c00 (t) = (−a cos t, −b sen t) k(t) =

k(−a sen t,b cos t,0)×(−a cos t,−b sen t,0)k

√

=√

(a2 sen2 t+b2 cos2 t)3

ab . (a2 sen2 t+b2 cos2 t)3

Caso a = 2 e b = 1: (1/k)N

2 velocidade e aceleracao 1

1

0.5 -1

-2

1

-1

-2

2

1

2

-0.5 -1

-1

-2

-3

aceleracao tangente e normal 1

0.5

-2

-1

1

2

grafico da curvatura

velocidade escalar

2 1.75 1.5 1.25 1 0.75 0.5 0.25

2 1.5 1 0.5

-0.5 0

1

2

3

4

5

6

1

2

3

4

5

6

-1

4. c: R t

−→ 7→

R2 (e + e , et − e−t ) t

−t

c0 (t) = (et − e−t , et + e−t ); c00 (t) = (et + e−t , et − e−t ); k(t) =

k(et −e−t ,et +e−t ,0)×(et +e−t ,et −e−t ,0)k k(et −e−t ,et +e−t ,0)k3

=√

4 . (2e2t +2e−2t )3

Tem-se (et + e−t )2 = e2t + e−2t + 2 e (et − e−t )2 = e2t + e−2t − 2, de onde se conclui que o traço de c está contido na hiperbole de equação x2 − y 2 = 4. De facto, é fácil de ver que o traço de c é o ramo dessa hiperbole correspondente a x rel="nofollow"> 0.

195

T (1/k)N 6 4 4 2 2

0

1

2

4

3

5

0

6

4

2

6

8

10

12

-2 -2 -4 -4 -6

R3 √ (e , e , 2t) √ √ c0 (t) = (et , −e−t , 2); kc0 (t)k = e2t + e−2t + 2 = et + e−t ; T =

5. c: R t

−→ 7→

t

−t

1 t −t et +e−t (e , −e ,

√ t −t t −t c00 (t) = (et , e−t , 0); aT = (et − e−t )T = eet −e a = +e−t (e , −e , 2); √ √ √ N 1 1 −t t −t t = ( (−e , e , N = kaaN 2, 2, e − e ); B = 2); et +e−t et +e−t Nk k(t) =

kaN k ve2

√

=

2

(et +e−t )2

; τ (t) =

√ √ (et ,−e−t ,0)·(− 2e−t , 2et ,2) √ √ −t t k(− 2e , 2e ,2)k2

=

√ − 2 (et +e−t )2

√

2). √

1 et +e−t (2, 2, −

2(et − e−t )); kaN k =

.

6

y 4 2 0 2 z

0

-2 0 2 x

4 6

curvatura 0.35

torcao -2

0.3

6. c: R t

−→ 7→

1 -0.05

0.25

-0.1

0.2

-0.15

0.15

-0.2

0.1

-0.25

0.05 -2

-1

-1

R3 (t cos t, t sen t, t)

-0.3 1

2

-0.35

2

√

2;

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

196

x

-10

-5

5

y

0

0

5 10

-5 -10 10

z

0

-10

curvatura 1

torcao 0.7

0.8

0.6 0.5

0.6 0.4 0.4

0.3 0.2

0.2 0.1 -5

-10

7. c: R t

−→ 7→

5

10

-5

-10

5

10

R3 (4 cos t, 4 sen t, 2 cos 5t)

2 z

4

0 2 -2 0 -4 -2

y

-2 0 x

-4

2 4

curvatura

torcao 2

3 2.5

1 2 1.5

1

2

3

4

5

6

1 -1 0.5 1

2

3

4

5

6

-2

Proposição 9.0.36 Seja c : I −→ R3 uma curva regular tal que ∀t, k(t) 6= 0. Então o traço de c está contido num plano sse a torção é constante nula.

197

Demonstração: Suponhamos primeiro que o traço de c está contido num plano. Então, T e N são paralelos ao plano, logo B é um vector unitário ortogonal ao plano, portanto, por continuidade, B é constante. Conclui-se que dB ds = 0, de onde, pela terceira fórmula de Frenet, τ = 0. Suponhamos agora que a torção é constante nula. Então dB ds = 0, isto é, B é constante. Consideremos a função f definida por f (t) = c(t) · B; tem-se f 0 (t) = c0 (t) · B + c(t) · B 0 = c0 (t) · B = ve T · B = 0, logo f é constante. Seja α a imagem de f ; o traço de c está contido no plano {u ∈ R3 : u · B = α}.  Exemplos −→ R3 √ √ √ √ √ 7→ (6 + 3 2 cos t − 6 sen t, 6 − 3 2 cos t − 6 sen t, 6 + 2 6 sen t) √ √ √ √ √ c0 (t) = (−3 2 sen t − 6 cos t, 3 2 sen t − 6 cos t, 2 6 cos t); kc0 (t)k = 6;

1. c: R t

√

T = (− √12 sen t − √16 cos t, √12 sen t − √16 cos t, √23 cos t) √ √ √ √ √ c00 (t) = (−3 2 cos t + 6 sen t, 3 2 cos t + 6 sen t, −2 6 sen t); como aT = 0, tem-se N = k(t) = 16 ; B = (− √13 , − √13 , − √13 ); como B é constante, a torção é nula, e a curva é plana.

c00 (t) kc00 (t)k

= 16 c00 (t) e

Por o traço da curva estar contido num plano e a curvatura ser constante = 61 , conclui-se que o traço da curva está contido numa circunferência de raio 6. O centro da circunferência é dado por c(t) + 16 N = (6, 6, 6). Para determinar uma equação do plano no qual está contida, basta notar que o vector B = (− √13 , − √13 , − √13 ) lhe é ortogonal, portanto uma equação do plano é (− √13 , − √13 , − √13 ) · (x − 6, y − 6, z − 6) = 0, ou seja, x + y + z = 18. y

10 7.5

5 2.5 0 10 7.5 z

5 2.5 00 2.5 5 x 7.5 10

2. c: R t

−→ 7→

R3 (t, 2t, sen t) √ 5| sen t| √ ; 5+cos2 t

c0 (t) = (1, 2, cos t); c00 (t) = (0, 0, − sen t); c000 (t) = (0, 0, − cos t); k(t) = τ (t) =

(0,0,− cos t)·(−2 sen t,sen t,0) √ ( 5 sen t)3

= 0.

Como a torção é nula, a curva é plana; é fácil de ver que o traço de c√está contido no plano de equação y = 2x. Seja u = ( √15 , √25 , 0) e v = (0, 0, 1). O traço de c é o conjunto { 5tu + (sen t)v}, isto é, o conjunto {xu + yv : y = sen √x5 }.

grafico da curvatura 1 0.8 10

0.6 0.4

1 z0.5 0 -0.5 -1 0

y 5 0.2 2 x

1

4 6

0

2

3

4

5

6

CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

198

z z y v u v u

x

Apêndice A

Coordenadas polares Seja P um ponto de R2 \ {(0, 0)}. A posição de P pode ser determinada a partir de um número ρ que mede a distância de P à origem e de um número θ a que está associado o ângulo que o segmento OP faz com o eixo dos xx.

P

A distância ρ é determinada pelo ponto P , mas θ é apenas determinado a menos de um múltiplo de 2π. As coordenadas cartesianas de P são obviamente (ρ cos θ, ρ sen θ). Por outro lado, se P é a origem, a distância de P à origem é 0; neste caso não faz sentido falar no ângulo θ do segmento OP com o eixo dos xx, mas a informação ρ = 0 é suficiente para caracterizar P (P fica completamente determinado pela condição distância(P, O) = 0). Definição A.0.1 Diz-se que (ρ, θ), com ρ ≥ 0, é um par de coordenadas polares do ponto P = (x, y) sse  x = ρ cos θ . Nesse caso escrever-se-á P = (ρ, θ)p . y = ρ sen θ Observações: 1. Embora faça sentido falar do ponto com coordenadas polares (ρ, θ) (uma vez que ρ e θ determinam um único ponto), rigorosamente não faz sentido falar nas coordenadas polares (ρ, θ) de um ponto, uma vez que cada ponto tem uma infinidade de pares de coordenadas polares. No entanto, por abuso de linguagem, usa-se muitas vezes a designação “as coordenadas polares de P ” quando se quer dizer “um par de coordenadas polares de P ”. 2. A qualquer par de números reais (ρ, θ) podemos associar o ponto (ρ cos θ, ρ sen θ), mesmo que ρ seja negativo (nesse caso, a distância à origem seria dada por |ρ|). Pode-se portanto considerar coordenadas polares em que a primeira coordenada pode ser negativa, e essa opção é feita em alguns textos; aqui consideraremos sempre ρ ≥ 0. Exemplos: √ √ √ √ √ √ (1, 1) = ( 2, π/4)p = ( 2, 9π/4)p = ( 2, −7π/4)p ; (−5, −5) = (5 2, 5π/4)p = (5 2, −3π/4)p ; (−2, 2 3) = (4, 2π/3)p = (4, 8π/3)p = (4, −16π/3)p . Exemplos de subconjuntos do plano determinados por condições sobre as coordenadas polares. Em todos os exemplos seguintes limitamo-nos a justificar que as condições expressas em termos das coordenadas polares implicam as condições expressas em termos das coordenadas cartesianas. Para alguns dos exemplos, o recíproco tambem é verdadeiro, embora não seja dada nenhuma justificação. 1. ρ = 5 199

200

APÊNDICE A. COORDENADAS POLARES

4

2

-4

-2

4

2

-2

-4

Em coordenadas cartesianas: x2 + y 2 = 25. 2. θ =

5π 6

1.75 1.5 1.25 1 0.75 0.5 0.25 -3

-1

-1.5

-2

-2.5

-0.5

Em coordenadas cartesianas: y = − √x3 , x ≤ 0. π 3. 1 ≤ ρ ≤ 2, − 3π 4 ≤ θ ≤ −4 0.5

-1

-0.5

1

0.5

-0.5

-1

-1.5

-2

Em coordenadas cartesianas: 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, y ≤ −|x|. 4. ρ =

2 cos θ 3

2

1

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-1

-2

-3

Em coordenadas cartesianas: x = 2. 5. ρ = − sen3 θ

0.5 -4

-3

-2

-1

1 -0.5 -1 -1.5 -2 -2.5 -3

Em coordenadas cartesianas: y = −3. 6. ρ =

3 3 cos θ−sen θ

2

3

4

201

3

2

1

0.5 1 1.5 2

-1

-2

-3

Em coordenadas cartesianas: 3ρ cos θ − ρ sen θ = 3, 3x − y = 3. 7. ρ = 3 sen θ 3

2.5

2

1.5

1

0.5

-1.5

 Em coordenadas cartesianas:

x = ρ cos θ = y = ρ sen θ =

-1

-0.5

1

0.5

1.5

3 cos θ sen θ = 32 sen 2θ 3 sen2 θ = 32 − 23 cos 2θ

; x2 + (y − 32 )2 = 94 .

8. ρ = −2 cos θ 1

0.5

-1

-1.5

-2

-0.5

-0.5

-1

 Em coordenadas cartesianas: 9. ρ = 2 cos θ + sen θ √ ρ = 5( √25 cos θ +

√1 5

sen θ) =

2

x = ρ cos θ = −2 cos θ = −1 − cos 2θ ; (x + 1)2 + y 2 = 1. y = ρ sen θ = −2 cos θ sen θ = − sen 2θ

√

5 cos(θ − arccos √25 1.5

1

0.5

1

0.5

1.5

2

-0.5

Em coordenadas cartesianas: ρ2 = 2ρ cos θ + ρ sen θ; x2 + y 2 = 2x + y, (x − 1)2 + (y − 21 )2 = 10. ρ =

√

5 2 .

2 1+cos θ 7.5

5

2.5

-15

-10

-5 -2.5

-5

-7.5

 Em coordenadas cartesianas: 2(1 − x). 11. ρ =

5 3+2 sen θ

x= y=

2 cos θ 1+cos θ 2 sen θ 1+cos θ

; y2 =

2 sen2 θ (1+cos θ)2

=

2(1−cos2 θ) (1+cos θ)2

=

2(1−cos θ) 1+cos θ

= 2(1 −

2 cos θ 1+cos θ );

y2 =

202

APÊNDICE A. COORDENADAS POLARES

1

-1

-2

1

2

-1

-2

-3

-4

-5

 Em coordenadas cartesianas: (y+2)2 9

12. ρ =

+

x2 5

x= y=

5 cos θ 3+2 sen θ 5 sen θ 3+2 sen θ

; (y + 2)2 =

(9 sen θ+6)2 (3+2 sen θ)2

=

81 sen2 θ+108 sen θ+36 ; (3+2 sen θ)2

x2 =

25 cos2 θ (3+2 sen θ)2 ;

= 1.

3 1+2 cos θ 15

10

5

-6 -4 -2

-5

-10

-15

 Em coordenadas cartesianas:

x= y=

3 cos θ 1+2 cos θ 3 sen θ 1+2 cos θ

; (x − 2)2 −

y2 3

= 1.

Observação: neste caso, a equação cartesiana indicada representa um conjunto maior do que o dado pela equação em coordenadas polares. 13. ρ = 1 − sen t -1

-0.5

1

0.5

-0.5

-1

-1.5

-2

14. a) ρ = cos 2θ; b) ρ = | cos 2θ| 1

0.5

0.2 0.1 -1

-0.5

-0.1 -0.2

0.5

1

-1

-0.5

0.5

-0.5

-1

15. ρ = 1 + cos θ2 1.5

1

0.5

-1

-0.5

0.5

-0.5

-1

-1.5

16. a) ρ2 = cos θ; b) ρ2 = | cos θ

1

1.5

2

1

203

0.6

0.4

0.6 0.4

0.2 0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

-1

-0.5

1

0.5 -0.2

-0.2 -0.4 -0.6

-0.4

-0.6

17. a) ρ2 = 4 sen 5θ; b) ρ2 = 4 | sen 5θ| 2 2

1.5 1 1

0.5 -2 -1

-2

1

-1

1

2

2

-0.5 -1 -1

-1.5 -2

18. a) ρ = θ; b) ρ = θ1 ; c) ρ = eθ/10 . 4 10 3 0.8

5

2 0.6 1

-15

-10

-5

5

-5

10

15

0.4 0.2

-4 0.5

1

1.5

-2

2 -1

-10 -0.2 -2 -15 -3

2 Dadas duas funções ρ : I −→ R+ 0 , θ : I −→ R, existe uma única curva c : I −→ R tal que para t ∈ I se tem c(t) = (ρ(t), θ(t))p ; a continuidade (resp. derivabilidade) de ρ e θ implicam a continuidade (resp. derivabilidade) de c.

Proposição A.0.2 Seja c: I −→ R2 \ {(0, 0)} uma curva contínua, t0 ∈ I, e θ0 ∈ R uma segunda coordenada t 7→ (x(t), y(t)) polar de c(t0 ). Então existem funções contínuas (únicas) ρ : I −→ R+ 0 e θ : I −→ R tais que θ(t0 ) = θ0 e, para todo o t, c(t) = (ρ(t), θ(t))p (isto é, c(t) = (ρ(t) cos θ(t), ρ(t) sen θ(t))). Omitiremos a demonstração desta proposição. p Observação: ρ(t) é determinado por ρ(t) = x(t)2 + y(t)2 , e a função ρ está definida mesmo que o traço de c contenha a origem. No entanto, se o traço de c contiver a origem, não se pode garantir a existência de θ contínua, como mostra o seguinte exemplo. Exemplo: c: R −→ R2 t 7→ (t, t2 ) Suponhamos que existe θ : R −→ R2 contínua tal que c(t) = (ρ(t), θ(t))p (isto é, c(t) = (ρ(t) cos θ(t), ρ(t) sen θ(t))). Então, para t 6= 0, tem-se cos θ(t) = √t2t+t4 . Como limt→0+ √t2t+t4 = 1, conclui-se que limt→0+ θ(t) é um múltiplo de 2π; como limt→0− √t2t+t4 = −1, conclui-se que limt→0− θ(t) é da forma 2nπ + π; mas isso é incompatível com a continuidade de θ. Exemplos  1.

ρ(t) = 2 sen2 θ(t) = t

4t 3

,t∈R

204

APÊNDICE A. COORDENADAS POLARES

1.5

1

0.5

-1

-1.5

-0.5

1

0.5

1.5

-0.5

-1

-1.5

 2.

ρ(t) = 3 + sen 5t ,t∈R θ(t) = t 4

3

2

1

-4

-2

4

2 -1

-2

-3

 3.

ρ(t) = t ,t≥0 θ(t) = cos t

20

10

5

15

10

20

25

30

-10

-20

 4.

ρ(t) = t ,t≥0 θ(t) = t sen 3t 7.5

5

2.5

-6

-4

-2

2

-2.5

-5

-7.5

 5.

ρ(t) = 2 + cos(8t − π4 ) ,t∈R θ(t) = sen t

4

6

8

205

2

1

1.5

2

2.5

3

-1

-2

A cada ponto do plano, P = (ρ, θ)p , com ρ 6= 0, vamos associar os vectores Eρ (P ) = (cos θ, sen θ) e Eθ (P ) = (− sen θ, cos θ) (observação: embora θ apenas esteja determinado a menos de um múltiplo de 2π, Eρ (P ) e Eθ (P ) ficam perfeitamente determinados pelo ponto P , e não dependem da escolha da segunda coordenada polar). Frequentemente escreve-se apenas Eρ e Eθ em vez de Eρ (P ) e Eθ (P ). 4

E E0 -

2

E0 -

E

E E0 -4

-2

E0 -

4

E 2

E0 E

-2

E0 -

E

E0 E -4

dE

θ Podemos ver Eρ e Eθ como funções de θ. Tem-se então dθρ = Eθ e dE dθ = −Eρ . Vamos ver agora como podemos exprimir a velocidade e a aceleração de uma curva c: I t instante t em termos dos vectores Eρ (c(t)) e Eθ (c(t)).

−→ 7→

R2 \ {(0, 0)} (ρ(t), θ(t))p

no

E E0 E0 -

E

E0 E

c’(t) E0 E

Observação: se c é derivável, então ρ e θ são deriváveis. Para cada t, tem-se c(t) = ρ(t)Eρ (c(t)); derivando, temos c0 (t)

(de onde se conclui, em particular, que ve (=

dEρ dt dEρ dθ 0 = ρ (t)Eρ + ρ(t) dθ dt = ρ0 (t)Eρ + ρ(t)θ0 (t)Eθ = ρ0 (t)Eρ + ρ(t)

p p c0 (t) · c0 (t)) = (ρ0 (t))2 + (ρ(t)θ0 (t))2 ). Derivando mais uma vez,

206

APÊNDICE A. COORDENADAS POLARES

temos c00 (t)

dEρ dEθ + ρ0 (t)θ0 (t)Eθ + ρ(t)θ00 (t)Eθ + ρ(t)θ0 (t) dt dt dEρ dθ dEθ dθ 00 0 0 0 00 0 = ρ (t)Eρ + ρ (t) + ρ (t)θ (t)Eθ + ρ(t)θ (t)Eθ + ρ(t)θ (t) dθ dt dθ dt = ρ00 (t)Eρ + ρ0 (t)θ0 (t)Eθ + ρ0 (t)θ0 (t)Eθ + ρ(t)θ00 (t)Eθ + ρ(t)(θ0 (t))2 (−Eρ ) = (ρ00 (t) − ρ(t)(θ0 (t))2 )Eρ + (2ρ0 (t)θ0 (t) + ρ(t)θ00 (t))Eθ = ρ00 (t)Eρ + ρ0 (t)

Observação: Seja c: I t

−→ 7→

R2 (ρ(t), θ(t))p

uma curva tal que ρ e θ são funções contínuas.

1. Se ρ(t0 ) = 0, não estão definidos os vectores Eρ (c(t0 )) e Eθ (c(t0 )). No entanto, pondo Eρt = (cos θ(t), sen θ(t)) e Eθt = (− sen θ(t), cos θ(t)), temos vectores definidos para todo o t e que coincidem com os anteriormente definidos deriváveis, tem-se ainda c0 (t) = ρ0 (t)Eρ + ρ(t)θ0 (t)Eθ , p quando ρ(t) 6= 0. Se ρ00 e θ são 00suficientemente ve = (ρ0 (t))2 + (ρ(t)θ0 (t))2 e c (t) = (ρ (t) − ρ(t)(θ0 (t))2 )Eρ + (2ρ0 (t)θ0 (t) + ρ(t)θ00 (t))Eθ . 2. Se ρ(t0 ) = 0, então ρ tem um mínimo local em t0 (uma vez que ∀t, ρ(t) ≥ 0), logo, se ρ é derivável em t0 , tem-se ρ0 (t0 ) = 0.

Exemplos  1.

ρ(t) = 2 − 2 cos t , 0 ≤ t ≤ 2π θ(t) = t 2

1

-4

-3

-2

-1

-1

-2

0 cq (t) = 2 sen tEρ +(2−2 cos t)Eθ ; c00 (t) = (4 cos t−2)Eρ +4 sen Eθ ; ve = 16 sen2 2t = 4| sen 2t |.

R 2π R 2π comprimento= 0 4| sen 2t | dt = 0 4 sen 2t dt = 16  2.

ρ(t) = t , 1 ≤ t ≤ e2π θ(t) = log t

100

-25 -50 -75 -100 -125 -150 -175

c0 (t) = Eρ + Eθ ; c00 (t) = − 1t Eρ + 1t Eθ ; ve = √ R e2π √ 2dt = 2(e2π − 1) comprimento= 1  3.

ρ(t) = cos3 θ(t) = t

t 3

, − 3π 2 ≤t≤

3π 2

√

2

200

300

400

500

p √ (2 − 2 cos t)2 + 4 sen2 t = 8 − 8 cos t =

207

0.6

0.4

0.2

-0.2

0.2

0.4

0.6

1

0.8

-0.2

-0.4

-0.6

c0 (t) = − cos2

t 3

sen 3t Eρ + cos3 3t Eθ ; ve =

R 3π comprimento= −23π cos2 2

t 3

dt =

1 2

R

3π 2

q

cos4

t 3

sen2

t 3

+ cos6

t 3

= | cos2 3t |; 3π

− 3π 2

1 3 2t 2 cos 2t 3 + 1 dt 2 [ 2 sen 3 + t]− 3π = 2

3π 2

Cálculo de áreas Consideremos a região do plano definida por ρ ≤ f (θ), a ≤ θ ≤ b, em que f : [a, b] −→ R+ 0 é uma função contínua e b − a ≤ 2π.

b a

Para calcular a área A dessa região vamos considerar partições P = {θ0 , . . . , θn } de [a, b]; para cada i, sejam mi = inf θ∈[θi−1 ,θi ] f (θ), Mi = supθ∈[θi−1 ,θi ] f (θ), Si a região definida por ρ ≤ mi , θi−1 ≤ θ ≤ θi e Ti a região definida por ρ ≤ Mi , θi−1 ≤ θ ≤ θi (ver a figura).

T i S i -i 0 0i-1

A área de Si é

m2i 2 (θi

-i 0 0i-1

− θi−1 ) e área de Ti é n X m2 i

i=1

2

Mi2 2 (θi

− θi−1 ). Tem-se portanto

(θi − θi−1 ) ≤ A ≤

n X M2 i

i=1

2

(θi − θi−1 );

como m2i = inf θ∈[θi−1 ,θi ] f 2 (θ) e Mi2 = supθ∈[θi−1 ,θi ] f 2 (θ), conclui-se que A = Exemplos 1. ρ ≤ 2 − 2 cos θ

Rb a

f (θ)2 2 dθ.

208

APÊNDICE A. COORDENADAS POLARES

2

1

-4

-2

-3

-1

-1

-2

A=

R 2π 0

(2−2 cos θ)2 2

dθ =

R 2π 0

(2 − 4 cos θ + 2 cos2 θ) dθ = 6π.

2. ρ ≤ | sen 3θ| 1

0.5

-0.75 -0.5 -0.25

0.25

0.5

0.75

-0.5

-1

A=

R 2π 0

2

sen 3θ dθ 2

=

R 2π 0

1−cos 6θ 4 dθ

=

π 2

3. ρ ≤ 2 cos θ, ρ ≤ 2 sen θ 2

1.5

1

0.5

-1

-0.5

1

0.5

1.5

2

-0.5

-1

A=

R π/4 0

4 cos2 θ 2

dθ +

R π/2 π/4

4 sen2 θ 2

dθ =

R π/4 0

1 + cos 2θ dθ +

R π/2 π/4

1 − cos 2θ dθ = 1 + π/2

4. ρ ≤ 1, ρ ≤ 2 sen θ 2

1.5

1

0.5

-1

-0.5

0.5

1

-0.5

-1

2

2

1.5

1.5

1

1

+

0.5

-1

A=

R π/6 0

4 sen2 θ 2

dθ +

-0.5

0.5

0.5

-1

1

-0.5

0.5

-0.5

-0.5

-1

-1

R 5π/6 π/6

1 2

5. ρ ≤ sen θ4 , θ ∈ [0, π] ∪ [3π, 4π]

dθ +

Rπ

4 sen2 θ 2 5π/6

dθ =

R π/6 0

2 sen2 θ dθ +

π 3

+

Rπ

1

2 sen2 θ dθ = 5π/6

2π 3

√

−

3 2

209

0.75

0.5

0.25

-0.75 -0.5 -0.25

0.25

0.5

0.75

1

-0.25

-0.5

-0.75

A=

Rπ 0

sen 2

θ 4

dθ +

R 4π 3π

sen 2

θ 4

dθ =

Rπ 0

1−cos 4

θ 4

dθ +

R 4π 3π

1−cos 4

θ 4

π 2

dθ =

− 1.

6. ρ = sen θ5 ; cálculo da área da região sombreada 1

0.75

0.5

0.25

-1

-0.5

1

0.5 -0.25

-0.5

-0.75

1

1

1

0.75

0.75

0.75

0.5

0.5

0.5

0.25

0.25

0.25

−

+ -1

-0.5

0.5 -0.25

A= [ θ4 −

1

-1

-0.5

0.5

-1

-0.5

-0.25

0.5

1

-0.25

-0.5

-0.5

-0.5

-0.75

-0.75

-0.75

R 9π/2 sen2 θ R π/2 sen2 θ5 R 5π sen2 sen2 θ5 dθ + 7π/2 2 5 dθ − 0 dθ − 9π/2 2 2 2 π/2 5 2θ π/2 π 5 3π 5 π 5π − [ θ4 − 58 sen 2θ 8 sen 5 ]0 5 ]9π/2 = 4 − 4 sen 5 + 2 sen 5 .

R 3π/2

1

θ 5

dθ = [ θ4 −

5 8

3π/2

θ sen 2θ 5 ]π/2 + [ 4 −

5 8

9π/2

sen 2θ 5 ]7π/2 −

210

APÊNDICE A. COORDENADAS POLARES

Apêndice B

Funções exponenciais e logaritmos Dado a ∈ R e n ∈ N, define-se an como sendo o produto a × a × · · · × a. Verifica-se facilmente que para quaisquer {z } | n vezes

números naturais m e n se tem am+n = am an (de onde se conclui que para quaisquer números naturais m e n se tem (am )n = amn ). O objectivo deste apêndice é mostrar como se pode, no caso de a > 0, definir ax para qualquer número real x de modo que se tenham ainda aquelas propriedades e que a função expa : R −→ R seja contínua x 7→ ax e derivável. Seja então a ∈ R+ . Definição B.0.1 a1 = a e ∀n ∈ N an+1 = an a Lema B.0.2 Sejam a, b ∈ R+ . Então 1. ∀n, m ∈ N am+n = am an ; 2. ∀n, m ∈ N (am )n = amn ; 3. ∀n ∈ N (ab)n = an bn . Demonstração: 1. Fixemos m ∈ N. Por definição tem-se am+1 = am a e a = a1 , logo, para p = 1 tem-se am+n = am ap . Suponhamos que am+p = am ap ; então am+(p+1) = a(m+p)+1 = am+p a = (am ap )a = am (ap a) = am ap+1 . Está então demonstrado por indução que para qualquer n ∈ N se tem am+n = am an . 2. Fixemos m ∈ N. É trivial que para p = 1 se tem (am )p = amp . Suponhamos que (am )p = amp ; então (am )p+1 (am )p am = amp am = amp+m = am(p+1) . Está então demonstrado por indução que para qualquer n ∈ N se tem (am )p = amp . 3. Para p = 1 é trivial que (ab)p = ap bp . Suponhamos que (ab)p = ap bp ; então (ab)p+1 = (ab)p (ab) = ap bp ab = ap abp b = ap+1 bp+1 . Está então demonstrado por indução que para qualquer n ∈ N se tem (ab)n = an bn .



Seja agora n ∈ Z; queremos definir an de modo que para quaisquer m, n ∈ Z se tenha am+n = am an . Em particular, ter-se-á a0 = a0+0 = a0 a0 e, para n ∈ N, a0 = a−n+n = a−n an . É então natural a seguinte definição. Definição B.0.3

1. a0 = 1;

2. se n ∈ N, a−n = Lema B.0.4

1 an

(observação: tem-se an > 0, ∀n ∈ N).

1. ∀n ∈ Z (ab)n = an bm ; (em particular ( a1 )n =

2. ∀m, n ∈ Z am+n = am an ; 211

1 an )

212

APÊNDICE B. FUNÇÕES EXPONENCIAIS E LOGARITMOS

3. ∀m, n ∈ Z (am )n = amn . Demonstração: 1. Para n > 0 o resultado já foi demonstrado; para n = 0 é trivial a partir da definição de a0 . Se n < 0 então 1 1 n n (ab)n = (ab)1−n = a−n1b−n = a−n b−n = a b . 2. Para m, n > 0 o resultado j’a foi demonstrado; se m = 0 ou n = 0 o resultado é trivial. 1 Suponhamos primeiro que m < 0 e n < 0; então am+n = a−(−m−n) a−m+(−n) =

1 1 1 a−m a−n = a−m an m+n−m m+n −m

= am an .

Suponhamos agora que m < 0 en > 0. Se n ≥ −m, tem-se an (= a ) = a a (uma vez que 1 1 1 1 m + n ≥ 0 e −m > 0), logo am+n = an a−m = an am ; se n ≤ −m, tem-se a−m (= a−m−n+n ) = a−m−n an , logo 1 m+n n 1 n m a = a−m−n = a a −m = a a . Analogamente se trata o caso m > 0 e n < 0. 3. Para m, n > 0 o resultado já foi demonstrado; se m = 0 ou n = 0 é trivial. Suponhamos primeiro m > 0 e n < 0; então (am )n =

1 1 1 = m = −mn = amn . (am )−n a (−n) a

Suponhamos agora m < 0 e n > 0; então (am )n = (

1 n 1 1 1 ) = (( )−m )n = ( )−mn = −mn = amn . a−m a a a

Suponhamos finalmente m < 0 e n < 0. Tem-se (am )n =

1 1 = −mn = amn . (am )−n a 

Sejam agora a ∈ R+ e x =∈ Q, x =

p q

com p ∈ Z, q ∈ N. Queremos definir ax de modo que seja verdade que para p

p

portanto natural definir a q quaisquer x, y ∈ Q se tem ax+y = ax ay e (ax )y = axy . Então ter-se-á (a q )q = ap ; torna-se √ √ √ p q q n m p p m como a . É no entanto necessário verificar que se q = n (p, m ∈ Z, q, n ∈ N, então a = a . Ora de pq = m n conclui-se que pn = mq, de onde √ √ √ √ ( q ap )qn = (( q ap )q )n = (ap )n = ap n = am q = (am )q = (( n am )n )q = ( n am )qn , √ √ portanto q ap = n am . √ p √ 1 Definição B.0.5 Para x ∈ Q, x = pq com p ∈ Z, q ∈ N define-se a q como q ap ; em particular a q = q a. Observação: ax > 0, ∀x ∈ Q. Proposição B.0.6 Sejam a, b ∈ R+ . 1. ∀x ∈ Q (ab)x = ax bx ; 2. ∀x, y ∈ Q ax+y = ax ay ; 3. ∀x, y ∈ Q axy = (ax )y . Demonstração: 1. Sejam p ∈ Z e q ∈ N tais que x = pq ; então p √ √ √ √ p p p q q ((ab) q )q = ( q (ab)p )q = (ab)p = ap bp = ( q ap )q ( bp )q = ( q ap bp )q = (a q b q )q . p

p

p

Conclui-se que (ab) q = a q b q . 2. Sejam p, m ∈ Z, q, n ∈ N tais que x =

p q

ey= p

m n;

então

m

ax+y = a q + n = a

pn+mq qn

√

=

qn

apn+mq .

Conclui-se que (ax+y )qn = apn+mq . Por outro lado, √ √ (ax ay )qn = (ax )qn (ay )qn = ((ax )q )n ((ay )n )q = (( q ap )q )n (( n am )n )q = (ap )n (am )q = apn amq = apn+mq , isto é, (ax ay )qn = (ax+y )qn , logo ax+y = ax ay .

213

3. Sejam p, m ∈ Z, q, n ∈ N tais que x = pq e y = m n . Tem-se q √ p m p p p p n ((ax )y )qn = (((a q ) n )n )q = (( (a q )m )n )q = ((a q )m )q = (a q )mq = ((a q )q )m = (( q ap )q )M = (ap )m = apm . √ pm Conclui-se que (ax )y = qn ap m = a qn = axy .  Corolário B.0.7 Para quaisquer a ∈ R+ e x ∈ Q tem-se

1 ax

= a−x .

Demonstração: Tem-se ax a−x = a0 = 1.



Lema B.0.8 Se c > −1, então, para qualquer n ∈ N, tem-se (1 + c)n ≥ 1 + nc. Demonstração: O resultado é trivial para n = 1. Suponhamos (1 + c)p ≥ 1 + pc; então, como 1 + c > 0, tem-se (1 + c)p+1 ≥ (1 + pc)(1 + c) = 1 + pc + c + pc2 ≥ 1 + (p + 1)c. Está portanto demonstrado que para qualquer n ∈ N se tem (1 + c)n ≥ 1 + nc.  Proposição B.0.9 Seja a > 0 e ϕ: Q −→ R . x 7→ ax 1. Se a > 1 (resp. a < 1) então ϕ é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente); 2. Se a > 1 (resp. a < 1) então lim ϕ(x) = +∞ (resp. 0) e lim ϕ(x) = 0 (resp. +∞); x→+∞

x→−∞

3. lim ϕ(x) = 1; x→0

4. ϕ é contínua. Demonstração: 1. Sejam a > 1 e x =

p q

∈ Q. Se x > 0, i.e., p > 0, tem-se ap > 1 e portanto

√ q

ap > 1, de onde ax > 1.

Sejam agora x1 , x2 ∈ Q tais que x1 < x2 ; então x2 − x1 > 0, logo ax2 −x1 > 1, portanto ax2 (= ax2 −x1 +x1 = ax2 −x1 ax1 ) > ax1 . Se a < 1, então

1 a

> 1, e o resultado é consequência do que se acabou de ver e de ax =

1 1 x. (a )

√ 1 2. Comecemos por ver que lim a n = 1. Seja a > 1; tem-se, para qualquer n ∈ N, n a > 1. Por outro lado n→∞ √ √ n a = 1 + n a − 1, de onde √ √ a = (1 + n a − 1)n > 1 + n( n a − 1), √ √ √ a−1 ou seja, n a < a−1 lim = 0, conclui-se de 1 < n a < 1 + a−1 lim n a = 1. n + 1. Como n→∞ n que n→∞ n Seja agora a < 1; então 1

lim a n = lim

n→∞

n→∞

1

= lim

1

n→∞

1

an

1 1 ( a1 ) n

=

1 1 limn→∞ ( a1 ) n

=

1 = 1. 1 1

1

Seja agora a > 1 e vejamos que lim ax = 1. Seja  > 0; existe n0 ∈ N tal que |a n − 1| <  (porque lim a n = 1). n→∞

x→0

1

Então, para x ∈]0, n10 [∩Q, tem-se 1 < ax < a n0 < 1+. Por outro lado, se x ∈]− n10 , 0[∩Q, tem-se −x ∈]0, n10 [∩Q, 1 1 1 portanto 1 < a−x < 1 + , logo 1 < a−x < 1, isto é, 1+ < a1x < 1, logo 1 −  < ax < 1 (porque 1 −  < 1+ . x Conclui-se que lim a = 1. x→0

1 1 = lim ( )−x = 1. x→0 a a−x Se a = 1, ϕ é a função constante que toma sempre o valor 1, logo lim ax = 1.

Se a < 1, então lim ax = lim x→0

x→0

x→0

3. Seja a > 1; então an = (1 + a − 1)n ≥ 1 + n(a − 1). Como lim 1 + n(a − 1) = +∞, conlui-se que lim an = +∞. n→∞

n→∞

De ϕ ser estritamente crescente conclui-se que lim ϕ(x) = +∞. x→+∞

1 = 0. ϕ(x) 1 1 > 1, logo lim ( )x (= lim x ) = +∞, de onde x→+∞ a x→+∞ a

Por outro lado, lim ϕ(x) = lim ϕ(−x) = lim x→−∞

Se a < 1, tem-se lim

x→+∞

1 a

x→+∞

x→+∞

1 ) = 0 e de ax > 0, ∀x ∈ Q, conclui-se que lim ax = +∞. x→−∞ ax

lim ax = 0. De

x→+∞

1 lim ( )x (= a

x→−∞

214

APÊNDICE B. FUNÇÕES EXPONENCIAIS E LOGARITMOS

4. Seja x0 ∈ Q e vejamos que ϕ é contínua em x0 . Seja  > 0; queremos encontrar δ > 0 tal que |x − x0 | < δ ⇒ |ax − ax0 | < . Ora |ax − ax0 | = |ax0 (ax−x0 − 1)| = ax0 |ax−x0 − 1|. Como lim ax = 1, existe δ > 0 tal que x→0

|x − x0 | < δ ⇒ |ax−x0 − 1| <

1 ax0

; então |x − x0 | < δ ⇒ |ax − ax0 | < ax0 ax0 

Vamos em seguida ver como, dado a > 0, se pode prolongar a aplicação ϕ: Q −→ R de maneira contínua a x 7→ ax uma função expa : R −→ R A ideia é a seguinte: se isso for possível e (xn )n∈N for uma sucessão de números racionais, convergente para x0 , a sucessão (axn )n∈N terá de convergir para expa (x0 ). Pode-se tentar então definir expa (x0 ) como o limite de (axn )n∈N , em que (xn )n∈N é qualquer sucessão de números racionais convergente para x0 . No entanto, é preciso começar por verificar que esta definição faz sentido, isto é, que dada uma sucessão (xn )n∈N convergente para x0 , (axn )n∈N converge, e que o seu limite não depende da escolha da sucessão. Proposição B.0.10 Seja a ∈ R+ e seja (xn )n∈N uma sucessão de números racionais convergente para x0 ∈ R; então (axn )n∈N converge. Se (yn )n∈N também é uma sucessão de números racionais convergente para x0 , então (axn )n∈N e (ayn )n∈N têm o mesmo limite. Demonstração: Suponhamos a > 1 (a demonstração é análoga para a < 1 e trivial para a = 1); vamos ver que (xn )n∈N é uma sucessão de Cauchy. Como (xn )n∈N converge, (xn )n∈N é limitada, logo existe M ∈ Q tal que para qualquer número natural n se tem |xn | < M . Para quaisquer m, n ∈ N tem-se |axn − axm | = axm |axn −xm − 1| < aM |axn −xm − 1|. Como (xn )n∈N converge, (xn )n∈N é uma sucessão de Cauchy, portanto podemos tornar |xn − xm | arbitrariamente pequeno, desde que n e m sejam suficientemente grandes. Seja então  > 0; como lim ϕ(x) = 0, existe x→0

δ > 0 tal que |x| < δ ⇒ |ax − 1| < aM , portanto |xn − xm | < δ ⇒ aM |axn −xm − 1| < . Como (xn )n∈N é uma sucessão de Cauchy, existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |xn − xm | < δ. Então, se n > n0 , tem-se aM |axn −xm − 1| < , de onde |axn − axm | < . Conclui-se que (axn )n∈N úma sucessão de Cauchy, logo converge. Sejam agora (xn )n∈N , (yn )n∈N duas sucessões de números racionais convergentes para x0 ; pelo que acabámos de  z2n = xn yn xn ver, as sucessões (a )n∈N e (a )n∈N convergem. A sucessão definida por ainda converge para x0 , z2n−1 = yn portanto (azn )n∈N também converge. A sucessão (xn )n∈N é uma sucessão parcial de (zn )n∈N , portanto (axn )n∈N é uma sucessão parcial de (azn )n∈N , logo lim axn = lim azn . Por outro lado, (yn )n∈N também é uma sucessão parcial n→∞

n→∞

de (zn )n∈N , logo lim ayn = lim azn . Conclui-se que lim axn = lim ayn . n→∞

n→∞

n→∞



n→∞

Definição B.0.11 Seja a ∈ R+ e x ∈ R; define-se ax como lim axn , em que (xn )n∈N é qualquer sucessão de números n→∞

racionais que converge para x0 . À função expa : R x

−→ R 7→ ax

chama-se função exponencial de base a.

Observação: A proposição anterior garante que esta definição faz sentido e que para x ∈ Q coincide com a anterior. Proposição B.0.12 Sejam a, b ∈ R+ . 1. ∀x ∈ R ax > 0; 2. ∀x, y ∈ R ax+y = ax ay (portanto a−x = a1x );
x 3. ∀x ∈ R (ab)x = ax bx (portanto a1 = a1x ); 4. se a > 1 (resp. a < 1) então expa é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente); 5. expa é contínua; 6. ∀x, y ∈ R (ax )y = axy ; 7. se a > 1 (resp. a < 1) então lim expa (x) = +∞ (resp. 0) e lim expa (x) = 0 (resp. +∞). x→+∞

x→−∞

Demonstração: Só serão feitas as demonstrações no caso a > 1; o caso a < 1 é semelhante. 1. Seja x ∈ R e (xn )n∈N uma sucessão de números racionais convergente para x; como (xn )n∈N é limitada, existe M ∈ Q tal que para qualquer n se tem −M < xn < M . Então para qualquer n tem-se a−M < axn < aM ; conclui-se que lim axn ≥ a−M ; como M ∈ Q, já foi visto que a−M > 0, portanto lim axn > 0, isto é, ax > 0. n→∞

n→∞

2. Sejam x, y ∈ R, (xn )n∈N e (yn )n∈N sucessões de números racionais convergentes respectivamente para x e y; então (xn + yn )n∈N converge para x + y. Tem-se portanto ax+y = lim axn +yn = lim (axn ayn ) = lim axn lim ayn = ax ay . n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

215

3. Seja (xn )n∈N uma sucessão de números racinoais convergente para x; tem-se (ab)x = lim (ab)xn = lim (axn bxn ) = lim axn lim bxn = ax bx . n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

4. Sejam x, y ∈ R tais que x < y, (xn )n∈N , (yn )n∈N sucessões de números racionais convergentes respectivamente para x e y e r1 , r2 ∈ Q tais que x < r1 < r2 < y; existe n0 ∈ N tal que para n > n0 se tem xn < r1 e r2 < yn . Tem-se então axn < ar1 < ar2 < ayn , portanto lim axn ≤ ar1 < ar2 ≤ lim ayn , de onde ax < ay . n→∞

n→∞

5. Vejamos primeiro que expa é contínua em 0. Seja  > 0; expa|Q é contínua, portanto existe δ > 0 tal que |x| < δ e x ∈ Q → |ax − 1| < . Mas se |x| < δ, existem r1 , r2 ∈ Q tais que −δ < r1 < r2 < δ; então ar1 < ax < ar2 , |ar1 − 1| <  e |ar2 − 1| < . Conclui-se que |ax − 1| <  e expa é contínua em 0. Seja agora x0 ∈ R; vejamos que expa é contínua em x0 ; tem-se |ax − ax0 | = ax−0 |ax−x0 − 1|. Seja  > 0; existe δ > 0 tal que |x| < δ ⇒ |ax − 1| < ax0 , porque expa é contínua em 0. Mas então |x − x0 | < δ implica |ax−x0 − 1| < ax0 , o que implica |ax − ax0 | < . Conclui-se que expa é contínua em x0 . 6. Suponhamos primeiro que y ∈ Q e seja (xn )n∈N uma sucessão de números racionais convergente para x. Então para qualquer n ∈ N, (axn )y = axn y . Por um lado lim axn y = axy , porque x, y ∈ Q e lim xn y = xy; por outro n→∞

lado, como (axn )n∈N converge para ax e a função f : R+ x Conclui-se que (ax )y = (ax )y .

n→∞

−→ 7→

R+ xy

é contínua, tem-se lim (axn )y = (ax )y . n→∞

Sejam agora x, y ∈ R quaiquer e (yn )n∈N uma sucessão de números racionais convergente para y; tem-se (ax )y = lim (ax )yn = lim axyn = axy n→∞

n→∞

(a segunda igualdade é consequência do que foi visto anteriormente e a terceira é consequência de a sucessão (xyn )n∈N convergir para xy). 7. Consequência imediata da monotonia, de

lim

x→+∞,x∈Q

ax = +∞ e de

lim

x→−∞,x∈Q

ax = 0 

Corolário B.0.13 Se a ∈ R+ e a 6= 1, então expa : R x

−→ 7→

R+ ax

é bijectiva.

Demonstração: A função expa é estritamente monótona, logo é injectiva. Se a > 1 (resp. a < 1), lim expa (x) = +∞ x→+∞

(resp. 0) e lim expa (x) = 0 (resp. +∞); como expa é contínua, conclui-se da proposição 3.2.11 que expa é sobrejectiva. x→−∞

 Definição B.0.14 Seja a ∈ R+ \ {1}; chama-se função logaritmo na base a à função loga : R −→ R+ que é a inversa de expa : R −→ R+ . x 7→ ax Observação: para qualquer a ∈ R \ {1} tem-se loga 1 = 0. Proposição B.0.15 Sejam a, b ∈ R \ {1}. 1. ∀x, y ∈ R + loga (xy) = loga x + loga y; 2. ∀x ∈ R, y ∈ R + loga (xy ) = y loga x; 3. ∀x ∈ R+ loga x =

logb x logb a ;

4. (loga b)(logb a) = 1; 5. Se a > 1 (resp. a<1) então loga é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente); 6. Se a > 1 (resp. a<1) então lim loga (x) = +∞ (resp. −∞) e lim+ loga (x) = −∞ (resp. −∞). x→+∞

x→0

Demonstração: 1. Tem-se aloga x+loga y = aloga x aloga y = xy, logo loga (xy) = loga x + loga y.

216

APÊNDICE B. FUNÇÕES EXPONENCIAIS E LOGARITMOS

2. Tem-se ay loga x = (aloga x )y = xy , portanto loga (xy ) = y loga x. 3. Tem-se bloga x loga b = (blogb a )loga x = aloga x = x, portanto logb x = loga x logb a, logo loga x =

logb x logb a .

4. Tem-se a(loga b)(logb a) = (aloga b )logb a = blogb a = a = a1 ; conclui-se que (loga b)(logb a) = 1. 5. Consequência da continuidade de expa . 6. Consequência da propriedade análoga para expa . 7. Consideremos o caso a > 1 (o caso a < 1 é análogo) e vejamos primeiro que lim loga x = +∞. Seja M ∈ R; x→+∞

queremos mostrar que existe L ∈ R tal que x > L ⇒ loga x > M . Ora loga x > M ⇔ x > aM , logo basta tomar L = aM . Vejamos agora que lim loga x = −∞. Seja M ∈ R; queremos mostrar que existe δ > 0 tal que x→0+

0 < x < δ ⇒ loga x < M . Ora loga x < M ⇔ 0 < x < aM , logo basta tomar δ = aM .



Vamos mostrar em seguida que para qualquer a ∈ R+ a função expa é derivável, começando por alguns resultados preliminares. Lema B.0.16 Seja a ∈ R+ . 1

1. A sucessão ( a n1−1 )n∈N é decrescente; n

2. A função Q \ {0} x

−→ 7→

3. A função fa : R \ {0} x

é crescente;

R

ax −1 x

−→ 7→

é crescente e existe lim fa (x).

R

x→0

ax −1 x

Demonstração: 1

a n+1 −1

1. Queremos mostrar que, para qualquer n ∈ N, se tem 1

a n+1 − 1 1 n+1

1 n+1

1

a n −1

≤

1 n

. Ora

1

≤

an − 1 1 n

1

1

⇔ (n + 1)(a n+1 − 1) ≤ n(a n − 1) 1

1

1

1

1

⇔ (n + 1)(a n+1 − a n ) − n − 1 ≤ −a n − n 1

⇔ (n + 1)(a n+1 − a n ) ≤ 1 − a− n 1

1

1

⇔ (n + 1)(a n+1 − n − 1) ≤ a− n − 1 1

1

1

⇔ a− n ≥ 1 + (n + 1)(a n+1 − n −1) ⇔ a1−

n+1 n

1

1

≥ 1 + (n + 1)(a n+1 − n −1)

1

1

1

1

1

1

⇔ a( n+1 − n )(n+1) ≥ 1 + (n + 1)(a n+1 − n −1) 1

1

⇔ (a n+1 − n )n+1 ≥ 1 + (n + 1)(a n+1 − n −1) 1

1

1

1

1

1

e (a n+1 − n )n+1 ≥ 1 + (n + 1)(a n+1 − n −1) (basta aplicar o lema B.0.8 com c = a n+1 − n − 1. 1

2. Sejam a, a1 ∈ R+ ; pela alínea anterior deduz-se que para qualquer b ∈ R+ e p, q ∈ N, q ≥ p ⇒ q(b q − 1) ≤ p

1

p(b p − 1). Em particular, para b = ap1 vem q(a q − 1) ≤ p(a1 − 1), isto é,

p a1q −1 p q

≤ a1 − 1. Conclui-se que, para

+

qualquer a∈ R e r ∈ Q∩]0, 1],

ar1 − 1 ≤ a1 − 1. r

Vamos mostrar agora que, para r1 , r2 ∈ Q+ , r1 ≤ r 2 ⇒ ou seja, r 1 ≤ r2 ⇒

ar1 − 1 ar2 − 1 ≤ , r1 r2 ar1 − 1 r1 r2

≤ ar2 − 1,

(B.1)

217

ou ainda

1

r1

1 r1 (a r2 ) r2 − 1 ≤ (a r2 )r2 − 1; ≤1⇒ r1 r2 r2

mas isso resulta da equação (B.1). Sejam agora r1 , r2 ∈ Q− com r1 ≤ r2 ; então −r2 ≤ −r1 e tem-se r1

portanto a

−1 r1

≤−

1 −r2 (a ) −1 −r2

=

ar1 −1 r1

=−

1 −r1 (a ) −1 −r1

e

1 −r1 (a ) −1 −r1

≥

1 −r2 (a ) −1 , −r2

ar2 −1 r2 . r2 −r1

r1

Falta ver o que se passa se r1 < 0 < r2 . Como r2 − r1 ≥ −r1 ≥ 0, tem-se a r2 −r1−1 ≥ 1−a −r1 , ou ainda r1 r2 r2 r1 r1 r1 r1 r2 −r1 a + r1 a ≥ r2 − r1 − r2 a + r1 a , logo r2 (a − 1) ≥ r1 (a − 1), de onde se conclui que a r1−1 ≤ a r2−1 . 3. Sejam x, y ∈ R tais que x < y e (xn )n∈N (resp. (yn )n∈N ) uma sucessão de números racionais convergente para x (resp. y). Como fa é contínua, tem-se fa (x) = lim fa (xn ) e fa (y) = lim fa (yn ); como x < y, existe n0 ∈ N tal n→∞

n→∞

que n > n0 ⇒ xn < yn , logo fa (xn ) < fa (yn ); então lim fa (xn ) ≤ lim fa (yn ), isto é, fa (x) ≤ fa (y), logo fa é n→∞ n→∞ crescente. De fa ser crescente , conclui-se que existe lim+ fa (x) e lim− fa (x); resta verificar que estes limites são iguais. x→0

Ora lim−

x→0

e lim+ x→0

x→0

−x

ax − 1 a −1 a −1 a−x (1 − ax ) 1 = lim+ = lim+ = lim+ x lim+ , x −x −x x x→0 x→0 x→0 a x→0 x

1 1 = =1 ax lim+ ax



x→0

Proposição B.0.17 Para qualquer a ∈ R+ , a função expa : R −→ R+ é derivável e para qualquer x ∈ R tem-se exp0a (x) = exp0a (0) expa (x). Demonstração: Seja x0 ∈ R. Tem-se

ax −ax0 x−x0

=

ax0 (ax−x0 −1) . x−x0

ah − 1 ah − a0 (= lim ), logo h→0 h→0 h h

Já foi visto que existe lim

expa é derivável em 0; tem-se então lim

x→x0

ax − ax0 ax−x0 − 1 ax−x0 − 1 = ax0 lim = ax0 lim = ax0 exp0a (0). x→x0 x − x0 x−x0 →0 x − x0 x − x0 

Corolário B.0.18 Afunção expa : R −→ R+ é indefinidamente derivável. Observação: Se exp0a (0) = 0, então para qualquer x ∈ R se tem exp0a (x) = 0, logo expa é constante. Se exp0a (0) > 0 (resp. < 0), então para qualquer x ∈ R se tem exp0a (x) > 0 (resp. < 0), logo expa é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente). Como já foi visto que expa é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) quando a > 1 (resp. a < 1) conclui-se que exp0a (0) > 0 (resp. exp0a (0) < 0) quando a > 1 (resp. a < 1); exp0a (0) = 0 quando a = 1. Lema B.0.19 Sejam a ∈ R+ , b ∈ R+ \ {1}; exp0a (0) = exp0b (0) logb a. Demonstração: Para a = 1, o resultado é consequência da observação anterior. Suponhamos então a 6= 1. Tem-se ax − 1 bx logb a − 1 bx logb a − 1 = = logb a . x x x logb a Então

bx logb a − 1 ax − 1 = logb a lim = logb a exp0b (0), x→0 x→0 x x logb a lim

portanto exp0a (0) = exp0b (0) logb a. Proposição B.0.20 A função g : R+ a

 −→ 7→

R é contínua, estritamente crescente e bijectiva. exp0a (0)

Demonstração: Fixemos a0 ∈]1, +∞[; tem-se g(a) = exp0a0 (0) loga0 a. Como a > 1, tem-se expa0 (0) > 0; por outro lado, lim− loga0 a = −∞ e lim+ loga0 a = +∞, portanto lim− g(a) = −∞ e lim+ g(a) = +∞. Como loga0 é a→0

a→0

a→0

a→0

estritamente crescente, conclui-se que g é estritamente crescente, portanto injectiva; como loga0 é contínua, conclui-se que g é contínua, logo, de lim− g(a) = −∞ e lim+ g(a) = +∞ deduz-se que é sobrejectiva.  a→0

a→0

218

APÊNDICE B. FUNÇÕES EXPONENCIAIS E LOGARITMOS

Definição B.0.21 Designa-se por e o único número de R+ tal que exp0e = expe (isto é, tal que exp0e (0) = 1). Notação: Escreve-se geralmente ex ou exp x em vez de expe (x) e log x em vez de loge (x). Observações: 1. Para qualquer a ∈ R+ tem-se ax = ex log a e loga x =

log x log a ;

2. Para qualquer a ∈ R+ tem-se exp0a (0) = exp0 (0) log a, logo exp0a (x) = ax log a. Proposição B.0.22 Para qualquer a ∈ R+ \ {1}, loga é derivável e log0a (x) =

1 x loga

(em particular, log0 (x) = x1 ).

Demonstração: Uma vez que loga é a inversa de expa e expa é uma funç ao derivável cuja derivada nunca se anula, conclui-se que loga é derivável e   1 1 1 1 log0a (x) = = = . = = −1 0 log x 0 a expa (loga x) (log a)a x log a (loga ) (loga x)  Proposição B.0.23 Para qualquer z ∈ R, tem-se ez = lim (1 + x→+∞

z x log(1+ x )

log(1+ z ) x 1 x

(desde que x seja suficientemente grande para que 1 + xz > 0). z log(1 + zy) z 1+zy Ora, usando a regra de l’Hôpital, concluimos que lim = lim = z, portanto lim1 log(1 + = z. Como y→0 y→0 y 1 x x→ x

Demonstração: Tem-se (1 +

z x x)

z x 1 ) (em particular, e = lim (1 + )x ). x→+∞ x x

=e

exp é uma função contínua, tem-se lim e

=e

log(1+ z ) x 1 x

x→+∞

limx→+∞

=e

log(1+ z ) x 1 x

= ez .



Observação: Da proposição anterior conclui-se que para qualquer z ∈ R a sucessão ((1 + 1 seu limite é ez ; em particular, e = lim (1 + )n . n→∞ n

z n n ) )n∈N

converge e o

3

3.5

4

3

3.5

4

Seguem-se os gráficos de expa e loga , para vários valores de a. exp log

4 2 3.5

1.5

3

1

2.5

0.5

2

-2

-1.5

-1

0

1.5

-0.5

1

-1

0.5

-1.5

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0.5

1

1.5

2

-2

exp

log 10

10

4

2

3.5

1.5

3

1

2.5

0.5

2

0

1.5

-0.5

1

-1

0.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

2.5

-1.5 0.5

1

1.5

2

-2

0.5

1

1.5

2

2.5

219

exp

log 1.2

1.2

4

2

3.5

1.5

3

1

2.5

0.5

2

0

1.5

-1

-0.5

0

1.5

2

2.5

0.5

1

1.5

2

3.5

1.5

3

1

2.5

0.5

2

0

1.5

-0.5

0.5

1

1.5

2

0.5

1

1.5

2

3.5

1.5

3

1

2.5

0.5

2

0

0.5

1

1.5

2

0.5

1

1.5

2

log 0.8

4

2

3.5

1.5

3

1

2.5

0.5

2

0

1.5

-0.5

1

-1

0.5

-0.5

0

4

-2

0.8

-1

3.5

-1.5

exp

-1.5

3

-1

0.5

-2

2.5

-0.5

1

0

4

0.5 2

-0.5

3.5

log

4

1.5

-1

3

-2

0.5

-1.5

4

-1.5

exp

-2

2.5

-1

0.5

0

3.5

1.5 2

-0.5

3

log

4

1

-1

4

-2

1.5

-1.5

3.5

-1.5

exp

-2

3

-1

0.5

-1.5

1

-0.5

1

-2

0.5

-1.5 0.5

1

1.5

2

-2

0.5

1

1.5

2

2.5

220

APÊNDICE B. FUNÇÕES EXPONENCIAIS E LOGARITMOS

O par de gráficos seguinte compara no mesmo sistema de eixos os gráficos de expa e loga , para vários valores de a. 4 2 3.5 1.5 3

1

2.5

0.5

2

0

1.5

-0.5

1

-1

0.5

-1.5 -2

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Apêndice C

Funções trigonométricas As funções seno e cosseno são geralmente “definidas” de um modo geométrico pouco rigoroso; o objectivo deste apêndice é mostrar como podem ser definidas rigorosamente de maneira a corresponder à ideia geométrica. Começa-se em geral por definir o seno de um ângulo e não o seno de um número real. Um ângulo é determinado por um par ordenado de semi-rectas com origem comum; dado um referencial ortonormado do plano, com origem em O pode-se escolher como primeira semi-recta a “metade positiva” do primeiro eixo; há então uma bijecção entre os ângulos e as semi-rectas com origem em O. Como há uma bijecção entre o conjunto das semi-rectas com origem em O e os pontos da circunferência C de raio 1 centrada em O (a cada semi-recta associa-se o seu ponto de intersecção com a circunferência), conclui-se que cada ponto dessa circunferência determina um ângulo e, reciprocamente, a cada ângulo corresponde um ponto da circunferência. Define-se o seno de um ângulo como a segunda coordenada do ponto correspondente na circunferência.

sen

1

Queremos agora definir o seno de um número real; para isso vamos associar a cada número real um ponto de C (o que é equivalente a associar a cada número real um ângulo). Consideremos a aplicação r: R

−→

C 

x

7→

o ponto de C obtido percorrendo uma distância de

sen x

x no sentido directo se x ≥ 0 −x no sentido inverso se x < 0

P=r(x) x

O seno do número real x será o seno do ângulo determinado pelo ponto r(x); teremos então uma função R −→ [−1, 1]. A restrição dessa função a [−c, c], em que c é o comprimento de um quarto de C é bijectiva; a inversa (arcsen) será a função que a y ∈ [0, 1] p (resp. y ∈ [−1, 0]) associa o comprimento (resp. o simétrico do comprimento) do arco de circunferência entre (1, 0) e ( 1 − y 2 , y). 221

222

APÊNDICE C. FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS

y arcsen(y)

[−1, 1] −→ √ R entre 0 e y; t 7→ 1 − t2 Ryq −t −t ϕ é derivável em [0, 1[ e ϕ0 (t) = √1−t 1 + ( √1−t , portanto, para y < 1, esse comprimento é )2 dt, que é igual a 2 2 0 Ry 1 Ry 1 √ dt. Analogamente, se y < 0, o simétrico daquele comprimento é tambem 0 √1−t2 dt. O integral impróprio 2 R01 1−t R1 1 1 1 1 √ dt converge, pois √1−t = √1−t1√1+t ≤ √1−t e 0 √1−t converge; analogamente se verifica que o integral 2 0 1−t2 R0 1 impróprio −1 √1−t2 dt converge. Ora, se y > 0, esse comprimento é o comprimento do gráfico da função ϕ:

Observações: é contínua; alem disso ψ é 1. É consequência da proposição 5.6.1 que a função ψ : [−1, 1] −→ R R y √ 1 dt y 7→ 0 1−t2 1 derivável em ] − 1, 1[ e ψ 0 (y) = √1−t para y ∈] − 1, 1[. Conclui-se que ψ é estritamente crescente. 2 é uma função par, ψ é uma função ímpar; em particular, 2. Como [−1, 1] −→ √ R t 7→ 1 − t2

R1 0

√ 1 1−t2

dt =

R0 −1

√ 1 1−t2

dt.

R1 1 R1 1 Definição C.0.1 π = 2 0 √1−t dt (= −1 √1−t dt) 2 2 (isto é, π é o comprimento de uma semi-circunferência de raio 1). Observação: É consequência desta definição que ψ([−1, 1]) = [ π2 , π2 ]. As considerações feitas motivam a seguinte definição. Definição C.0.2 A função arcsen é definida por arcsen: [−1, 1] −→ x 7→

π π . R x[− 21, 2 ] √ dt 2 0 1−t

Observação: Resulta do que foi visto anteriormente que arcsen é uma função ímpar, contínua, estritamente crescente, 1 bijectiva derivável em ] − 1, 1[, e que para x ∈] − 1, 1[ se tem arcsen0 (x) = √1−X . 2 arcsen 1.5

1

0.5

-1

-0.5

0.5

1

-0.5

-1

-1.5

Definição C.0.3 A função seno, sen : R −→ R é definida por  sen|[− π2 , π2 ] é a inversa da função arcsen : [−1, 1] −→ [− π2 , π2 ]; sen(x + π) = − sen x, para qualquer x ∈ R Observações: 1. A restrição da função seno ao intervalo [− π2 , π2 ] é injectiva, estritamente crescente e o seu contradomínio é [−1, 1] (portanto o contradomínio do seno tambem é [−1, 1]).

223

2. A função seno é periódica; com efeito sen(x + 2π) = sen(x + π + π) = − sen(x + π) = sen x. 3. A função seno é ímpar (resulta do facto de arcsen ser ímpar e da periodicidade do seno). 4. Para qualquer x ∈ R tem-se sen(π−x) = sen x; com efeito, sen(π−x) = − sen(x−π) = −(− sen(x−π+π)) = sen x. 5. A função seno é estritamente crescente nos intervalos [2kπ − π2 , 2kπ + π2 ] e estritamente decrescente nos intervalos π π [2kπ + π2 , 2kπ + 3π 2 ], k ∈ Z (é estritamente crescente em [− 2 , 2 ] uma vez que aí é a inversa de uma função estritamente crescente; os outros intervalos são fáceis de analizar usando a propriedade sen(x + π) = − sen x e a periodicidade). Conclui-se que a função seno tem um máximo (resp. mínimo) local estrito nos pontos 2kπ + π2 (resp. 2kπ − π2 ), k ∈ Z. 6. Como arcsen 0 = 0, tem-se sen 0 = 0, e 0 é o único zero da função seno no intervalo [− π2 , π2 ]; conclui-se que o zeros da função seno são os elementos do conjunto {kπ, k ∈ Z}. 7. Da análise dos zeros e dos intervalos de monotonia da função seno conclui-se que ela é estritamente positiva nos intervalos ]2kπ, 2kπ + π[, k ∈ Z e que é estritamente negativa nos intervalos ]2kπ − π, 2kπ[, k ∈ Z. 8. Como arcsen 1 = π2 (resp. arcsen(−1) = − π2 ) tem-se sen π2 = 1 (resp. sen(− π2 ) = −1); alem disso, π2 (resp. − π2 ) é o único elemento de [− π2 , π2 ] no qual a função seno toma o valor 1 (resp. −1). Se x ∈ [ π2 , 3π 2 ], sen x = − sen(x−π), portanto sen x = 1 (resp. −1) sse sen(x − π) = −1 (resp. 1); como x − π ∈ [− π2 , π2 ], isto quer dizer que sen x = 1 π 3π (resp. −1) sse x − π = − π2 (resp. π2 ), ou seja x = π2 (resp. 3π 2 ). O único valor de [− 2 , 2 ] onde o seno toma o π 3π valor 1 (resp. −1) é portanto 2 (resp. 2 . A periodicidade do seno permite concluir que os pontos onde o seno toma o valor 1 (resp. -1) são os elementos de {2kπ + π2 , k ∈ Z} (resp. {2kπ − π2 , k ∈ Z}). 9. O seno não tem nenhum período inferior a 2π, como se pode concluir, por exemplo, a partir do conjunto dos pontos onde ela toma o valor 1. Proposição C.0.4 A função seno é contínua e derivável. Demonstração: Como arcsen é contínua, conclui-se que a restrição do seno a [− π2 , π2 ] é contínua, ou seja, que o seno é contínuo em ] − π2 , π2 [, contínua à esquerda em − π2 e contínua à direita em π2 . Da condição sen(x + π) = − sen x conclui-se que a restrição do seno a qualquer intervalo [kπ − π2 , kπ + π2 , k ∈ Z é contínua. Vejamos agora que o seno é contínuo em π2 ; para isso basta ver que lim sen x = lim sen x. Ora π π x→ 2 −

lim sen x =

+ x→ π 2

lim (− sen(x − π) = − lim sen(x − π) π

+ x→ π 2

= − =

x→ 2 +

x→ 2 +

lim

+ x−π→− π 2

π π sen(x − π) = − limπ + sen x = − sen(− ) = 1 = sen 2 2 x→− 2

lim sen x

− x→ π 2

Analogamente se verifica que o seno é contínuo em − π2 . −pi π pi 3π π π π O seno é portanto contínuo em ] − 3π 2 , − 2 [, em ] − 2 , 2 [, em ] 2 , 2 [, em − 2 e em 2 , portanto é contínua em 3π ] − 3π , [. Como este intervalo tem amplitude superior a 2π e 2π é um período da função, conclui-se que esta é 2 2 contínua em R. Estudemos agora a derivabilidade do seno. Como arcsen é derivável em ] − 1, 1[, conclui-se que o seno é derivável em ] − π2 , π2 [. Alem disso, para x ∈] − π2 , π2 [, sen 0 x = Então limπ sen0 (x) = limπ x→ 2

x→ 2

1 = arcsen0 (sen x)

1 √ 1 1−sen2 x

=

p 1 − sen2 x.

p p 1 − sen2 x = 0, e limπ sen0 (x) = limπ 1 − sen2 x = 0. Conclui-se da proposição 4.3.14 x→− 2

x→− 2

que o seno é derivável à esquerda (resp. á direita) em π2 (resp. em − π2 ) e ambas as derivadas são iguais a 0. 3π π Por outro lado, em ] π2 , 3π 2 [, (resp. em ] − 2 , − 2 [) o seno é derivável e p p sen0 (x) = − sen0 (x − π) = − 1 − sen2 (x − π) = − 1 − sen2 x (resp. p p sen0 (x) = − sen0 (x + π) = − 1 − sen2 (x + π) = − 1 − sen2 x)

224

APÊNDICE C. FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS

p portanto lim sen0 (x) = lim (− 1 − sen2 x) = 0 e π+ π+ x→ 2

x→ 2

limπ − sen0 (x) =

x→− 2

p limπ − (− 1 − sen2 x) = 0. Conclui-se da

x→− 2

proposição 4.3.14 que o seno é derivável à direita (resp. à esquerda) em π2 (resp. − π2 e sen0 ( π2 ) = sen0 (− −π 2 ) = 0. 3π Então o seno é derivável em ] − 3π , [; como este intervalo tem amplitude superior a 2π e 2π é um período da função, 2 2 conclui-se que esta é derivável em R.  Observação: Conclui-se da demonstração anterior que se tem sempre sen2 +(sen0 )2 x = 1. Deduz-se que os zeros de sen0 são os elementos de {x ∈ R : sen 2 x = 1}, isto é, {kπ + π2 , k ∈ Z}.

1 0.5 -6

-4

-2

-0.5 -1

sen

2

4

6

Vamos em seguida definir a função cosseno. O cosseno de um ângulo é a primeira coordenada do ponto correspondente na circunferência de centro C. Analogamente ao que foi feito para o seno, para x ∈ R, o cosseno de x será o cosseno do ângulo determinado pelo ponto r(x).

P=r(x) x

cos

1

cos x

Podíamos, como foi feito para o seno, começar por definir a função arccos à custa do comprimento de um arco da circunferência. Vamos, no entanto definir o cosseno à custa do seno; os desenhos seguintes dão a motivação geométrica para a definição.

2

-x x

sen x x

sen(

2

-x ) 2

-x

cos x

Definição C.0.5 Define-se a função cosseno por cos: R x

−→ 7→

R . sen( π2 − x)

Tem-se cos( π2 − x) = sen( π2 − ( π2 − x)) = sen x. Observação: Das propriedades vistas para o seno deduzem-se imediatamente as seguintes propriedades para o cosseno. 1. A restrição do cosseno ao intervalo [0, π] é injectiva, estritamente decrescente, e o seu contradomínio é [−1, 1] (portanto o contradomínio do cosseno é [−1, 1]); define-se a função arccos : [−1, 1] −→ [0, π] como a inversa de cos|[0,π] : [0, π] −→ R.

225

2. O cosseno periódico; de facto, cos(x + 2π) = sen( π2 − (x + 2π)) = sen( π2 − x). 3. O cosseno é uma função par: tem-se cos(−x) = sen( π2 −(−x)) = − sen(−x− π2 ) = sen(−x− π2 +π) = sen( π2 −x) = cos x. 4. Para qualquer x ∈ R tem-se cos(π − x) = − cos x; de facto cos(π − x) = sen( π2 − (π − x)) = sen(x − − sen( π2 − x) = − cos x.

π 2)

=

O facto de a função seno não ter nenhum período inferior a 2π implica obviamente que a função cosseno tambem não tem. 5. O cosseno é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) nos intervalos [2kπ − π, 2kπ], k ∈ Z (resp. [2kπ, 2kπ + π], k ∈ Z).Conclui-se que o cosseno tem um máximo (resp. mínimo) local estrito nos pontos 2kπ (resp. 2kπ + π), k ∈ Z. 6. Tem-se cos x = 0

⇔ sen(

π − x) = 0 2

π − x = k1 π 2

⇔

existe k1 ∈ Z :

⇔

existe k1 ∈ Z : x = −k1 π +

π . 2

Os zeros do cosseno são portanto os elementos de {kπ + π2 , k ∈ Z}. 7. Dos zeros e dos intervalos de monotonia ddo cosseno conclui-se que é estritamente positiva (resp. estritamente negativa) nos intervalos ]2kπ − π2 , 2kπ + π2 [ (resp. ]2kπ + π2 , 2kπ + 3π 2 [), k ∈ Z. 8. Tem-se cos x = 1 sse sen( π2 − x) = 1, isto é, sse existe k1 ∈ Z tal que π2 − x = 2k1 π + π2 , ou ainda, sse existe k1 ∈ Z tal que x = −2k1 π. Os pontos onde o cosseno toma o valor 1 são portanto os elementos de {2kπ, k ∈ Z}. Tem-se cos x = −1 sse sen( π2 − x) = −1, isto é, sse existe k1 ∈ Z tal que π2 − x = 2k1 π − π2 , ou ainda, sse existe k1 ∈ Z tal que x = −2k1 π + π. Os pontos onde o cosseno toma o valor 1 são portanto os elementos de {2kπ + π, k ∈ Z}. 9. Da continuidade e derivabilidade do seno resultam a continuidade e a derivabilidade do cosseno.

cos

1 0.5 -6

-4

-2

2

-0.5 -1

4

6

Proposição C.0.6 Para qualquer x ∈ R, sen2 x + cos2 x = 1. Demonstração: Comecemos pela demonstração no caso em que x ∈ [0, π2 ]; neste caso tambem π π π − x = − arcsen(sen x) = − 2 2 2

Z 0

sen x

√

1 dt = 1 − t2

Z 0

1

√

1 dt − 1 − t2

Z 0

sen x

√

π 2

1 dt = 1 − t2

− x ∈ [0, π2 ]. Tem-se Z

1

sen x

√

1 dt. 1 − t2

Por outro lado, Z sen( π2 −x) Z cos x π 1 1 √ √ arcsen(sen( − x)) = dt = dt 2 2 1−t 1 − t2 0 0 Z 1 p 1 √ = du (fazendo a substituição t = 1 − u2 ). √ 2 1−u 1−cos2 x √ R1 1 dt = √1−cos2 x √1−u du, de onde se conclui que sen x = 1 − cos2 x, logo sen2 x + cos2 = 1. 2 π −x = 2

Então

R1 sen x

√ 1 1−t2

226

APÊNDICE C. FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS

Para x ∈ [ π2 , π], tem-se sen2 x + cos2 x =

sen2 (x − π) + cos2 (x − π) (porque sen(x − π) = sen x e cos(x − π) = cos x) π = 1 (porque x − π ∈ [0, ] 2

Para x ∈ [π, 2π], tem-se sen2 x + cos2 x = sen2 (x − π) + cos2 (x − π) = 1 (x − π ∈ [0, π]). O facto de 2π ser um período da função seno e da função cosseno permite conclui que para qualquer x ∈ R se tem sen2 x + cos2 x = 1.  Proposição C.0.7

1. ∀x ∈ R sen0 x = cos x

2. ∀x ∈ R cos0 x = − sen x Demonstração: √ √ 1. Já foi visto que, para x ∈ [0, π2 ] se tem cos x = 1 − sen2 x e sen0 x = 1 − sen2 x, logo sen0 x = cos x. Para x ∈ [− π2 , 0], deduz-se de sen x = − sen(−x) e x ∈ [0, π2 ] que sen0 x = − − sen0 (−x) = sen0 (−x) = cos(−x) = cosx; π π 0 0 para x ∈ [ π2 , 3π 2 ], deduz-se de sen x = − sen(x − π) e x − π ∈ [− 2 , 2 ]que sen x = − sen (x − π) = − cos(x − π) = 0 cos x. Da periodicidade do seno (que implica a periodicidade de sen ) e da periodicidade do cosseno deduz-se que, para qualquer x ∈ R, sen0 x = cos x. 2. De cos x = sen( π2 − x) deduz-se que cos0 x = − sen0 ( π2 − x) = − cos( π2 − x) = − sen x.



Observações: 1. Deduz-se da proposição anterior que as funções seno e cosseno são indefinidamente deriváveis. 2. Para x ∈ [−1, 1] tem-se arcsen x + arccos x = π2 ; de facto, x = cos(arccos x) = sen( π2 − arccos x), portanto arcsen x = arcsen(sen( π2 − arccos x)) = π2 − arccos x. 3. De cos0 = − sen deduz-se que a derivada do cosseno não se anula em ]0, π[, portanto arccos é derivável; tem-se 1 −1 2 2 2 2 arccos0 x = cos0 (arccos x) = sen(arccos x) . Ora sen (arccos x) + cos (arccos x) = 1, isto é, sen (arccos x) = 1 − x ; √ para x ∈] − 1, 1[, arccos x ∈]0, π[, portanto sen(arccos x) > 0, logo sen(arccos x) = 1 − x2 . Conclui-se que −1 arccos0 x = √1−x . 2 4. As funções seno e cosseno são soluções da equação (funcional) f 00 +f =função nula, visto que sen00 = cos0 = − sen e cos00 = (− sen) = − cos.   f + f 00 é a função nula f (0) = 0 , então f é a Proposição C.0.8 Se f : R −→ R é uma função duas vezes derivável e  0 f (0) = 0 função nula. Demonstração: De f + f 00 =função nula, deduz-se que f f 0 + f 00 f 0 =função nula; mas 2f f 0 é a derivada de f 2 e 2f 0 f 00 é a derivada de (f 0 )2 , portanto (f 2 + (f 0 )2 )0 (que é 2f f 0 + 2f 0 f 00 ) é a função nula. Conclui-se daqui que f 2 + (f 0 )2 é constante, isto é, existe c ∈ R tal que, para qualquer x ∈ R, (f (x))2 + (f 0 (x))2 = c; ora como f (0) = 0 e f 0 (0) = 0, tem-se c = 0, ou seja, para qualquer x ∈ R, (f (x))2 + (f 0 (x))2 = 0. Então, para qualquer x ∈ R, f (x) = 0 e f 0 (x) = 0, portanto f é a função nula. Proposição C.0.9

1. ∀x, y ∈ R sen(x + y) = sen x cos y + cos x sen y;

2. ∀x, y ∈ R sen(x − y) = sen x cos y − cos x sen y; 3. ∀x, y ∈ R cos(x + y) = cos x cos y − sen x sen y; 4. ∀x, y ∈ R cos(x − y) = cos x cos y + sen x sen y. Demonstração: 1. Fixemos um número real qualquer, y, e consideremos a função ϕ: R −→ R x 7→ sen(x + y) − sen x cos y − cos x sen y. Tem-se ϕ0 (x) = cos(x + y) − cos y cos x + sen y sen x e ϕ00 (x) = − sen(x + y) + cos y sen x + sen y cos x, portanto, para qualquer x ∈ R, ϕ00 (x) + ϕ(x) = 0. Por outro lado, ϕ(0) = sen y − sen 0 cos y − sen y cos 0 e ϕ0 (0) = cos y − cos y cos 0 + sen y sen 0 = 0. Pela proposição anterior, conclui-se que ϕ é a função nula, isto é, para qualquer x ∈ R, sen(x + y) = sen x cos y + cos x sen y.

227

2. sen(x − y) = sen(x + (−y)) = sen x cos(−y) + cos x sen(−y) = sen x cos y − cos x sen y. 3. cos(x + y) = sen( π2 − x − y) = sen( π2 − x) cos y − cos( π2 − x) sen y = cos x cos y − sen x sen y. 4. cos(x − y) = cos(x + (−y)) = cos x cos(−y) − sen x sen(−y) = cos x cos y + sen x sen y. Corolário C.0.10



1. ∀x ∈ R cos 2x = cos2 x − sen2 x = 1 − 2 sen2 x = 2 cos2 x − 1

2. ∀x ∈ R sen 2x = 2 sen x cos x Demonstração: 1. cos 2x = cos(x + x) = cos x cos x − sen x sen x = cos2 x − sen2 x = cos2 x − (1 − cos2 x) = 2 cos2 x − 1 = 2(1 − sen2 x) − 1 = 1 − 2 sen2 x. 2. sen 2x = sen(x + x) = sen x cos x + cos x sen x = 2 sen x cos x.

 R \ {kπ + π2 , k ∈ Z} x

Definição C.0.11 A função tangente (resp. cotangente é definida por tg: (resp. cotg: R \ {kπ, k ∈ Z} x

−→ 7→

R

−→ 7→

R

sen x cos x

).

cos x sen x

Observações: 1. As funções tangente e cotangente s˜contínuas e deriváveis. 2. As funções tangente e cotangente são ímpares: tg(−x) = cos x − sen x = − cotg x.

sen(−x) cos(−x)

x = − sen cos x = − tg x; cotg(−x) =

cos(−x) sen(−x)

=

3. As funções tangente e cotangente são periódicas e o mínimo dos períodos é π. Com efeito, por um lado, − sen x tg(x + π) = sen(x+π) cos(x+π) = − cos x = tg x. Por outro lado, os únicos zeros da tangente são os zeros do seno: kπ, k ∈ Z; como não há dois zeros a uma distância inferior a π, não existe nenhum período inferior a π. A verificação é análoga para a cotangente. 4. As funções tangente e cotangente são estritamente positivas (resp. estritamente negativas) nos pontos onde o seno e o cosseno têm o mesmo sinal (resp. sinais opostos), ou seja, nos intervalos ]kπ, kπ + π2 [ (resp. ]kπ − π2 , kπ[), k ∈ Z. 5. A função tangente (resp. cotangente) é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) em qualquer x+sen x sen x intervalo em que esteja definida. De facto tg0 x = cos x coscos = cos12 x , logo para qualquer x ∈ R \ {kπ + 2x 1 π 0 0 0 2 , k ∈ Z} tem-se tg x > 0; analogamente, cotg x = − sen2 x , logo para qualquer x ∈ R \ {kπ, k ∈ Z}, cotg x < 0. Atenção: A função tangente (resp. cotangente) não é crescente (resp. decrescente). 6. Para qualquer k ∈ Z tem-se

lim

+ x→kπ+ π 2

tg x = lim − cotg x = −∞ e x→kπ

lim

− x→kπ+ π 2

tg x = lim + cotg x = +∞. x→kπ

7. Para qualquer k ∈ Z, tg|]kπ− π2 ,kπ+ π2 [ :]kπ − π2 , kπ + π2 [−→ R e cotg|]kπ,(k+1)π[ :]kπ, (k + 1)π[−→ R são bijectivas. 8. Define-se arctg : R −→] − π2 , π2 [ como a inversa de tg|]− π2 , π2 [ :] − π2 , π2 [−→ R. Como a derivada da tangente 1 1 2 nunca se anula, a função arctg é derivável; tem-se arctg0 x = tg0 (arctg x) = cos (arctg x). Ora cos2 (arctg x) = sen2 (arctg x)+cos2 (arctg x) cos2 (arctg x)

= tg2 (arctg x) + 1 = x2 + 1; portanto, arctg0 x =

9. Se x, y, x + y ∈ R \ {kπ + π2 , k ∈ Z}, então tg(x + y) = tg(x + y) = Conclui-se que tg(x − y) =

tg x+tg y 1−tg x tg y .

1 1+x2 .

Com efeito,

sen y sen x sen(x + y) sen x cos y + cos x sen y tg x + tg y cos x + cos y = = . sen x sen y = cos(x + y) cos x cos y − sen x sen y 1 − cos x cos y 1 − tg x tg y tg x+tg y 1+tg x tg y .

10. Analogamente ao que foi feito para a tangente se mostra que, se x, y, x+y ∈ R\{kπ, k ∈ Z}, se tem cotg(x+y) = cotg x cotg y−1 cotg x+cotg y .

228

APÊNDICE C. FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS

tg

-4

cotg

8

8

6

6

4

4

2

2

-2

4

2

-2

-2

4

2

6

-2

-4

-4

-6

-6

-8

-8

arctg 1.5 1 0.5 -7.5

-5

-2.5 -0.5 -1 -1.5

2.5

5

7.5

R \ {kπ + π2 } x

Definição C.0.12 Definem-se as funções secante (resp. cossecante) por sec: cosec: R \ {kπ, k ∈ Z} x

−→ 7→

−→ 7→

(resp.

R

1 cos x

.

R

1 sen x

Observações: 1. A função secante (resp. cossecante) é par (resp. ímpar). 2. As funções secante e cossecante são periódicas de período 2π, e nunca se anulam. 3. sec 0 x = sec x tg x e cosec 0 x = − cosec x cotg x. 4. Para x ∈ R \ {kπ + π2 , k ∈ Z}, tem-se sec2 x = 1 + tg2 x e cosec2 x = 1 + cotg2 x; ambas as igualdades se deduzem facilmente de sen2 x + cos2 x = 1. sec

8

-4

6

6

4

4

2

2

-2

2

4

6

-2

8

-2

2. sen π3 =

√

3 2 ;

-4

-4

-6

-6

3. sen π6 = 21 ; cos π6 =

4

6

8

-8

1. sen π4 = cos π4 =

cos π3 =

2 -2

-8

Proposição C.0.13

cosec

8

√

2 2

1 2

√

3 2

Demonstração: 1. Tem-se cos π2 = 1 − 2 sen2 π4 , portanto sen2 cos π4 = sen( π2 − π4 ) = sen π4 =

√

π 4

= 21 ; como

π 4

∈]0, π2 [, tem-se sen π4 > 0, logo sen π4 =

q

1 2

2 2 .

2. sen π

= =

2π π 2π π 2π π π π π π π + ) = sen cos + cos sen = 2 sen cos cos + (1 − 2 sen2 ) sen 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 π π π π 2 π 3 π 3 π 2 π 2 sen (1 − sen ) + sen − 2 sen = −4 sen + 3 sen = sen (−4 sen + 3) 3 3 3 3 3 3 3 3

sen(

√

=

2 2 ;

229

Como sen π = 0, conclui-se que sen π3 = 0 ou sen2 π3 = 34 ; como sen π3 > 0 (uma vez que q √ p sen π3 = 23 . Então cos π3 = 1 − sen2 π3 = 1 − 34 = 21 . 3. Tem-se sen π6 = sen( π2 − π3 ) = cos π3 =

1 2

e cos π6 = cos( π2 − π3 ) = sen π3 =

π 3

∈]0, π2 [), deduz-se que

√

3 2 .



230

APÊNDICE C. FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS

Índice alfabético aceleração, 183 normal, 183 tangente, 183 comprimento de uma curva parametrizada, 178 conjunto limitado, 2 inferiormente, 2 superiormente, 2 majorado, 2 minorado, 2 contradomínio, 9 coordenadas polares, 199 curva parametrizada, 171 contínua num ponto, 173 derivável num ponto, 174 pelo comprimento de arco, 181 regular, 176 curvatura, 183 domínio de convergência, 149 e, 218 função arco seno, 222 bijectiva, 9 comprimento de arco, 180 côncava, 59 contínua, 35 convexa, 59 cossecante, 228 cosseno, 224 cotangente, 227 crescente, 16 num ponto, 19 decrescente, 16 num ponto, 19 derivável à direita num ponto, 42 derivável à esquerda num ponto, 42 derivável num ponto, 42 derivada, 42 estritamente crescente, 16 num ponto, 19 estritamente decrescente, 16 num ponto, 19 estritamente monótona, 16 exponencial de base a, 214 ímpar, 13 ínfimo de uma, 17 injectiva, 9

integrável, 75 inversa à direita de uma, 15 à esquerda de uma, 15 inversa de uma, 15 limitada, 17 logaritmo na base a, 215 minimo de uma, 17 maximo de uma, 17 majorada, 17 minorada, 17 monótona, 16 par, 13 periódica, 13 prolongamento de uma, 10 restrição de uma, 10 secante, 228 seno, 222 sobrejectiva, 9 supremo de uma, 17 tangente, 227 funções tangentes de ordem n, 116 gráfico, 20 imagem de um conjunto, 10 imagem recíproca de um conjunto, 10 ínfimo, 3 de uma função, 17 integral, 75 impróprio, 98 inversa, 15 à direita, 15 à esquerda, 15 limite, 27 à direita, 28 à esquerda, 28 majorante, 2 máximo de uma função, 17 estrito global, 18 estrito local, 18 global, 17 local, 18 mínimo de uma função, 17 estrito global, 18 estrito local, 18 global, 17 231

232

local, 18 minorante, 2 módulo, 2 partição, 71 π, 222 polinómio de Taylor, 111 ponto crítico, 51 ponto de acumulação, 27 à direita, 27 à esquerda, 27 bilateral, 27 ponto de inflexão, 60 primitiva, 85 produto de Cauchy, 146 prolongamento, 10 raio de convergência, 165 raio de curvatura, 183 reordenação, 144 reparametrização, 176 pelo comprimento de arco, 180 resto de ordem n, 123 restrição, 10 série, 134 absolutamente convergente, 142 convergente, 134 de funções, 156 pontualmente convergente, 156 uniformemente convergente, 156 de potências, 163 soma inferior, 72 superior, 72 sucessão convergente, 129 das somas parciais de uma série, 134 de Cauchy, 133 de funções reais, 149 pontualmente convergente, 149 uniformemente convergente, 149 parcial, 129 quase constante, 130 real, 129 sucessões quase iguais, 130 supremo, 3 de uma função, 17 torção, 192 triedro de Frenet, 192 valor absoluto, 2 vector binormal, 192 normal principal unitário, 183 tangente unitário, 183

ÍNDICE ALFABÉTICO