Curso de Cálculo João Sampaio

Aula 1

Velocidade instantanea e derivadas

1.1 Velocidade instantanea

Um ponto m¶ovel M desloca-se ao longo de uma linha reta horizontal, a partir de umponto O.

O

s

M

s = s(t)s = 0 0 ∆1

s = s(t )0 s = s(t + t)0

∆ s

O deslocamento s, de M , em rela»c~ao ao ponto O, ¶e a distancia de O a M , se Mest¶a µa direita de O, e ¶e o negativo dessa distancia seM est¶a µa esquerda de O. Assim, s ¶epositivo ou negativo, conforme M se encontre, respectivamente, µa direita ou µa esquerdade O.

Com estas conven»c~oes, a reta passa a ser orientada, o que chamamos de eixo,sendo O sua origem.

O deslocamento s depende do instante de tempo t, ou seja, s ¶e uma fun»c~ao davari¶avel t:

s = s(t)

Em um determinado instante t0, o deslocamento de M ¶e s0 = s(t0). Em uminstante posterior t1, o deslocamento de M ¶e s1 = s(t1).

A velocidade m¶edia do ponto M , no intervalo de tempo [t0; t1] ¶e dada por

vm =s1 ¡ s0t1 ¡ t0 =

s(t1)¡ s(t0)t1 ¡ t0

Podemos tamb¶em escrever t1 = t0 + ¢t, ou seja, ¢t = t1 ¡ t0, e tamb¶em¢s = s(t1)¡ s(t0) = s(t0 +¢t)¡ s(t0).

1

Velocidade instantanea e derivadas 2

Teremos ent~ao

vm =s(t0 +¢t)¡ s(t0)

¢t=¢s

¢t

Por exemplo, vamos supor que s(t) = 12at2 (ponto m¶ovel uniformemente ace-

lerado). Assim, no instante t = 0 o ponto m¶ovel est¶a em s(0) = 12a ¢ 02 = 0.

A partir de um certo instante t0, temos uma varia»c~ao de tempo ¢t. Seja t1 =t0 + ¢t. Podemos ter ¢t > 0 ou ¢t < 0 (quando ¢t < 0, t1 antecede t0). Teremosent~ao

s(t1) = s(t0 +¢t) =1

2a(t0 +¢t)

2 =1

2¢ ¡at20 + 2at0¢t+ a(¢t)2¢

A varia»c~ao do deslocamento do ponto m¶ovel, nesse intervalo de tempo, ser¶a

¢s = s(t1)¡ s(t0) = 1

2at20 + at0¢t+

1

2a(¢t)2 ¡ 1

2at20

ou seja,

¢s = at0¢t+a(¢t)2

2

A velocidade m¶edia do ponto, no intervalo de tempo [t0; t1], ser¶a dada por

¢s

¢t=at0¢t+

a(¢t)2

2

¢t= at0 +

a¢t

2

Se ¢t ¼ 0, ent~ao tamb¶em teremos ¢s = at0¢t+ a(¢t)2

2¼ 0. No entanto,

¢s

¢t= at0 +

a¢t

2¼ at0

De um modo geral, de¯nimos a velocidade instantanea v(t0), do pontoM , no instantet0, como sendo o limite da velocidade m¶edia no intervalo de t0 a t0 +¢t, quando ¢ttende a zero (esta foi uma id¶eia de Isaac Newton), e escrevemos

v(t0) = lim¢t!0

¢s

¢t

No nosso exemplo,

v(t0) = lim¢t!0

µat0 +

a¢t

2

¶= at0

1.2 Derivada de uma fun»c~ao

Uma fun»c~ao f ¶e uma lei que associa cada valor x de um certo conjunto A (o dom¶³niode f), um ¶unico valor f(x) de um certo conjunto B (o contra-dom¶³nio de f). Neste


curso, teremos sempre A ½ R e B ½ R. Veja tamb¶em a observa»c~ao 1.1, mais adiantenesta aula. Muitas vezes diremos \fun»c~ao f(x)", em lugar de \fun»c~ao f".

Dada uma fun»c~ao f(x), a fun»c~ao derivada f 0(x) (leia-se \f linha de x") ¶e a fun»c~aode¯nida quando consideramos, para cada x, sujeito a uma varia»c~ao ¢x6= 0, a varia»c~aocorrespondente de y = f(x),

¢y = ¢f = f(x+¢x)¡ f(x)

e ent~ao calculamos o valor limite da raz~ao

¢f

¢x=f(x+¢x)¡ f(x)

¢x

quando ¢x se aproxima inde¯nidamente de 0. Ou seja,

f 0(x) = lim¢x!0

¢f

¢x= lim

¢x!0f(x+¢x)¡ f(x)

¢x

Para um valor espec¶³¯co de x, digamos x = x0,

f 0(x0) = lim¢x!0

f(x0 +¢x)¡ f(x0)¢x

¶e a derivada de f (ou de f(x)), no ponto x0.

Como primeiro e importante exemplo, temos

Regra 1.1 Se f(x) = xn, n inteiro positivo, ent~ao f 0(x) = nxn¡1

Demonstra»c~ao. Da ¶algebra elementar, temos as seguintes f¶ormulas de fatora»c~ao:

b2 ¡ a2 = (b¡ a)(b+ a)b3 ¡ a3 = (b¡ a)(b2 + ab+ a2)b4 ¡ a4 = (b¡ a)(b3 + ab2 + a2b+ a3)

que o leitor pode veri¯car, simplesmente efetuando os produtos µa direita, e ent~ao sim-pli¯cando. De um modo geral, para n ¸ 4, vale a seguinte f¶ormula:

bn ¡ an = (b¡ a)(bn¡1 + abn¡2 + a2bn¡3 + ¢ ¢ ¢+ an¡3b2 + an¡2b+ an¡1) (1.1)

Sendo f(x) = xn, temos para ¢x6= 0,

¢f = f(x+¢x)¡ f(x) = (x+¢x)n ¡ xn (1.2)

Substituindo b = x+¢x e a = x, em 1.1, temos b¡ a = ¢x, e ent~ao obtemos

¢f = ¢x ¢ ((x+¢x)n¡1 + x ¢ (x+¢x)n¡2 + ¢ ¢ ¢+ xn¡2(x+¢x) + xn¡1)


do que ent~ao

¢f

¢x= (x+¢x)n¡1 + x ¢ (x+¢x)n¡2 + ¢ ¢ ¢+ xn¡2(x+¢x) + xn¡1

Da¶³, lim¢x!0

¢f¢x= xn¡1 + xn¡1 + ¢ ¢ ¢+ xn¡1| {z }

n parcelas

= nxn¡1.

Portanto, (xn)0 = nxn¡1.

1.2.1 Nota»c~oes simb¶olicas para derivadas, habitualmente usadas

Sendo y = f(x), tamb¶em escrevemos ¢y = ¢f = f(x+¢x)¡ f(x), e denotamosdy

dx= (derivada de y em rela»c~ao a x) = lim

¢x!0¢y

¢x

Assim temosdy

dx= f 0(x). Indicamos ainda

f 0(x0) =µdy

dx

¶x=x0

=dy

dx

¯¯x=x0

A raz~ao¢y

¢x=f(x0 +¢x)¡ f(x0)

¢x

¶e a taxa de varia»c~ao m¶edia de y, em rela»c~ao a x, no intervalo [x0; x0 + ¢x] (ou nointervalo [x0 +¢x; x0], se ¢x < 0).

O valor

f 0(x0) =µdy

dx

¶x=x0

= lim¢x!0

¢y

¢x

¶e chamado de taxa de varia»c~ao (instantanea) de y em rela»c~ao a x, no ponto x = x0.

Outras nota»c~oes freqÄuentemente utilizadas para as derivadas (os s¶³mbolos abaixotem o mesmo signi¯cado):

f 0(x) (nota»c~ao de Lagrange)

(f(x))0

df

dx(nota»c~ao de Leibniz, leia-se \de f de x")

dy

dx(sendo y = f(x))

d

dx(f(x))

_x(t) (nota»c~ao de Newton, derivada de x em rela»c~ao µa vari¶avel t (tempo))


Tamb¶em tem o mesmo signi¯cado as nota»c~oes para a derivada de f no ponto x0,

f 0(x0) (f(x))0jx=x0df

dx(x0)

dy

dx

¯¯x=x0

d

dx(f(x))jx=x0

Exemplo 1.1 De acordo com a regra 1.1, temos

(x)0 = (x1)0 = 1x1¡1 = x0 = 1, ou seja (x)0 = 1.

(x2)0 = 2x2¡1 = 2x.

(x3)0 = 3x3¡1 = 3x2.

(x100)0 = 100x99.

Observa»c~ao 1.1 (Intervalos da reta, e dom¶³nios das fun»c~oes que estudaremos)Aqui, e no restante do texto, estaremos assumindo sempre que nossas fun»c~oes s~ao fun»c~oesde uma vari¶avel real x, com valores f(x) reais, e est~ao de¯nidas em intervalos ou reuni~oesde intervalos de R, ou seja, tem os valores de x tomados em intervalos ou reuni~oes deintervalos.

Os intervalos de R s~ao conjuntos de uma das formas:

[a; b] = fx 2 R j a · x · bg (intervalo fechado de extremos a e b);

]a; b[ = fx 2 R j a < x < bg (intervalo aberto de extremos a e b);

[a; b[ = fx 2 R j a · x < bg (intervalo de extremos a e b, semi-aberto em b);

]a; b] = fx 2 R j a < x · bg (intervalo de extremos a e b, semi-aberto em a):

sendo a e b n¶umeros reais, com a < b. Os intervalos acima s~ao os intervalos limitados.

Os intervalos ilimitados s~ao conjuntos de uma das formas:

[a;+1[ = fx 2 R j x ¸ ag (intervalo fechado de a a +1);]a;+1[ = fx 2 R j x > ag (intervalo aberto de a a +1);]¡1; b] = fx 2 R j x · bg (intervalo fechado de ¡1 a b);

]¡1; b[ = fx 2 R j x < bg (intervalo aberto de ¡1 a b);

]¡1;+1[ = R (intervalo aberto de ¡1 a +1);sendo a e b n¶umeros reais.

Assim, por exemplo,

1. f(x) =px ¶e uma fun»c~ao que est¶a de¯nida para os valores reais de x para os

quaispx existe e ¶e um n¶umero real, ou seja, para x ¸ 0. Assim, dizemos que o

dom¶³nio ou campo de de¯ni»c~ao de f ¶e o intervalo D(f) = [0;+1[.


2. f(x) = 1=x ¶e uma fun»c~ao que est¶a de¯nida para os valores reais de x para osquais 1=x existe e ¶e um n¶umero real, ou seja, para x6= 0. Assim, o dom¶³nio oucampo de de¯ni»c~ao de f ¶e o conjunto D(f) = R ¡ f0g, ou seja, a reuni~ao deintervalos ]¡1; 0[[ ]0;+1[.

3. f(x) =p2¡ x + 1p

x¡1 est¶a de¯nida para os valores reais de x para os quaisp2¡ x e 1=px¡ 1 existem e s~ao n¶umeros reais, ou seja, para x · 2 (2¡x ¸ 0)

e x > 1 (x¡ 1 > 0). Assim, o dom¶³nio ou campo de de¯ni»c~ao de f ¶e o intervaloD(f) =]1; 2].

Para um valor espec¶³¯co de x, digamos x = x0, no dom¶³nio de uma fun»c~ao f , aocalcularmos o limite

f 0(x0) = lim¢x!0

f(x0 +¢x)¡ f(x0)¢x

estamos supondo que algum intervalo aberto, contendo x0, tamb¶em ¶e parte do dom¶³niode f , de modo que x0 +¢x tamb¶em estar¶a no dom¶³nio de f quando ¢x for n~ao nuloe su¯cientemente pequeno.

1.3 Primeiras regras de deriva»c~ao (ou diferencia»c~ao)

Diferencia»c~ao ou deriva»c~ao de uma fun»c~ao ¶e o processo de c¶alculo da derivada da fun»c~ao.

Regra 1.2 Se f(x) ¶e uma fun»c~ao e c ¶e uma constante, ent~ao

(cf(x))0 = cf 0(x):

Ou seja, a derivada de uma constante vezes uma fun»c~ao ¶e a constante vezes a derivadada fun»c~ao.

Regra 1.3 Sendo f(x) e g(x) duas fun»c~oes,

(f(x) + g(x))0 = f 0(x) + g0(x):

Ou seja, a derivada de uma soma de duas fun»c~oes ¶e a soma das respectivas derivadas.

Demonstra»c~oes das propriedades 1.2 e 1.3. Alguns fatos sobre limites s~ao assumidosintuitivamente.

(cf(x))0 = lim¢x!0

cf(x+¢x)¡ cf(x)¢x

= lim¢x!0

c ¢ f(x+¢x)¡ f(x)¢x

= c ¢ lim¢x!0

f(x+¢x)¡ f(x)¢x

= c ¢ lim¢x!0

¢f

¢x= cf 0(x)


[f(x) + g(x)]0 = lim¢x!0

[f(x+¢x) + g(x+¢x)]¡ [f(x) + g(x)]¢x

= lim¢x!0

[f(x+¢x)¡ f(x)] + [g(x+¢x)¡ g(x)]¢x

= lim¢x!0

·f(x+¢x)¡ f(x)

¢x+g(x+¢x)¡ g(x)

¢x

¸

= lim¢x!0

f(x+¢x)¡ f(x)¢x

+ lim¢x!0

g(x+¢x)¡ g(x)¢x

= lim¢x!0

¢f

¢x+ lim¢x!0

¢g

¢x= f 0(x) + g0(x)

Exemplo 1.2 Sendo f(x) = 2x3 ¡ 3x5, temos

f 0(x) = (2x3 ¡ 3x5)0= (2x3 + (¡3)x5)0= (2x3)0 + ((¡3)x5)0 ((f + g)0 = f 0 + g0)

= 2(x3)0 + (¡3)(x5)0 ((cf)0 = cf 0)

= 2 ¢ 3x2 + (¡3) ¢ 5x4 ((xn)0 = nxn¡1)

= 6x2 ¡ 15x4

Observa»c~ao 1.2 Por um argumento tal como no exemplo acima, temos tamb¶em(f(x)¡ g(x))0 = f 0(x)¡ g0(x).

Regra 1.4 A derivada de uma fun»c~ao constante ¶e 0: se f(x) = c = constante,ent~ao f 0(x) = (c)0 = 0.

Demonstra»c~ao. Sendo f(x) = c = constante, ent~ao

¢f = f(x+¢x)¡ f(x) = c¡ c = 0.Portanto, ¢f

¢x= 0

¢x= 0 (¢f

¢x¶e 0 mesmo antes de calcularmos o limite). Logo

lim¢x!0

¢f¢x= lim

¢x!00 = 0.

Assim, se c ¶e uma constante, (c)0 = 0.

Exemplo 1.3 Sendo y = ¡3t6 + 21t2 ¡ 98, calcular dydt.

Aplicando as regras acima estabelecidas, indicando por u0 a derivada de u emrela»c~ao a t,

dy

dt= (¡3t6 + 21t2 ¡ 98)0

= ¡18t5 + 42t


Exemplo 1.4 Sendo y =1

x, calcular

dy

dx.

Temos y =1

x, e ent~ao

¢y =1

x+¢x¡ 1

x=x¡ (x+¢x)x(x+¢x)

= ¡ ¢x

x(x+¢x)

¢y

¢x= ¡ 1

x(x+¢x)

dy

dx= lim

¢x!0¢y

¢x= lim

¢x!01

x(x+¢x)= ¡ 1

x2

1.4 Problemas

1. A posi»c~ao de um ponto P sobre um eixo x, ¶e dada por x(t) = 4t2 + 3t¡ 2, comt medido em segundos e x(t) em cent¶³metros.

(a) Determine as velocidades m¶edias de P nos seguintes intervalos de tempo:[1; 1; 2], [1; 1; 1], [1; 1; 01], [1; 1; 001].

(b) Determine a velocidade de P no instante t = 1 seg.

(c) Determine os intervalos de tempo em que P se move no sentido positivoe aqueles em que P se move no sentido negativo. (P se move no sentidopositivo ou negativo se x(t) aumenta ou diminui, respectivamente, µa medidaem que t aumenta.)

2. Se um objeto ¶e lan»cado verticalmente para cima, com velocidade inicial 110m/seg,sua altura h(t), acima do ch~ao (h = 0), ap¶os t segundos, ¶e dada (aproximada-mente) por h(t) = 110t ¡ 5t2 metros. Quais s~ao as velocidades do objeto nosinstantes t = 3 seg e t = 4 seg? Em que instante o objeto atinge sua alturam¶axima? Em que instante atinge o ch~ao? Com que velocidade atinge o ch~ao?

3. Calcule f 0(x), para cada uma das fun»c~oes f(x) dadas abaixo, cumprindo asseguintes etapas

i. Primeiro desenvolva a express~ao ¢f = f(x+¢x)¡ f(x), fazendo as simpli-¯ca»c~oes cab¶³veis.

ii. Em seguida obtenha, uma express~ao simpli¯cada para ¢f¢x= f(x+¢x)¡f(x)

¢x.

iii. Finalmente, calcule o limite lim¢x!0

¢f

¢x.

(a) f(x) = 17¡ 6x(b) f(x) = 7x2 ¡ 5


(c) f(x) = x3 + 2x

(d) f(x) =px

(e) f(x) =1

x+ 5

(f) f(x) = x5

(g) f(x) =6

x2

4. Usando as regras de deriva»c~ao estabelecidas, calcule as derivadas das seguintesfun»c~oes.

(a) f(t) = ¡6t3 + 12t2 ¡ 4t+ 7(b) f(t) = (3t+ 5)2 Sugest~ao: Primeiro desenvolva o quadrado.

(c) f(x) = (¡2x2 + 1)3 Sugest~ao: Primeiro desenvolva o cubo.

(d) f(x) = (3x2¡7x+1)(x2+x¡1) Sugest~ao: Primeiro desenvolva o produto.

(e) f(x) = x3 ¡ x2 + 155. Determine o dom¶³nio de cada uma das seguintes fun»c~oes. Represente-o como umintervalo ou uma reuni~ao de intervalos de R. No nosso contexto, o dom¶³nio deuma fun»c~ao f ¶e o conjunto de todos os n¶umeros reais x para os quais f(x) ¶e umn¶umero real.

(a) f(x) = x3 ¡ 5x+ 3(b) f(x) = ¡p4¡ x(c) f(x) = ¡p4¡ x2(d) f(x) =

px2 ¡ 5x+ 4

(e) f(x) =1p

2x¡ x2

1.4.1 Respostas e sugest~oes

1. (a) 11; 8; 11; 4; 11; 04; 11; 004 (cm/seg).

(b) 11 cm/seg

(c) P se move no sentido positivo quando t > ¡3=8, e no sentido negativo quandot < ¡3=8

2. 80m/seg e 70m/seg. Em t = 11 seg. Em t = 22 seg, com a velocidade de ¡110m/seg.3. (a) i. ¢f = ¡6¢x

ii. ¢f¢x = ¡6

iii. f 0(x) = ¡6(b) i. ¢f = 14x¢x+ 7(¢x)2

ii. ¢f¢x = 14x+ 7¢x


iii. f 0(x) = 14x

(c) i. ¢f = (3x2 + 2)¢x+ 3x(¢x)2 + (¢x)3

ii. ¢f¢x = 3x

2 + 2 + 3x(¢x) + (¢x)2

iii. f 0(x) = 3x2 + 2

(d) i. ¢f =px+¢x¡px

ii. ¢f¢x =

px+¢x¡px¢x

iii. f 0(x) = 12px. Sugest~ao. Ao calcular o limite lim

¢x!0¢f¢x , o leitor chegar¶a

µa express~ao 0=0, que n~ao tem signi¯cado matem¶atico. Para contornar esteproblema, devemos \ajeitar" ¢f

¢x , atrav¶es das simpli¯ca»c~oes dadas abaixo.

¢f

¢x=

px+¢x¡px

¢x=

px+¢x¡px

¢x¢px+¢x+

pxp

x+¢x+px

=(x+¢x)¡ x

¢x ¢ (px+¢x+px) =1p

x+¢x+px

Aqui ¯zemos uso da identidade (pa¡pb)(pa+pb) = a¡ b.

(e) i. ¢f = 1x+¢x+5 ¡ 1

x+5 =¡¢x

(x+¢x+5)(x+5)

ii. ¢f¢x =

¡1(x+¢x+5)(x+5)

iii. f 0(x) = ¡ 1(x+5)2

(f) f 0(x) = 5x4

(g) f 0(x) = ¡12x3

4. (a) f 0(t) = ¡18t2 + 24t¡ 4(b) f 0(t) = 18t+ 30

(c) f 0(x) = ¡48x5 + 48x3 ¡ 12x(d) f 0(x) = 12x3 ¡ 12x2 ¡ 18x+ 8(e) f 0(x) = 3x2 ¡ 2x

5. (a) R

(b) ]¡1; 4](c) [¡2; 2](d) ]¡1; 1] [ [4;+1[(e) ]0; 2[

Aula 2

Derivadas e retas tangentes. Novasregras de deriva»c~ao

2.1 A derivada como inclina»c~ao de uma reta tangente

ao gr¶a¯co da fun»c~ao

Na aula anterior, o conceito de derivada foi apresentado atrav¶es do conceito de velocidadeinstantanea. Veremos agora uma interpreta»c~ao geom¶etrica da derivada, em rela»c~ao aogr¶a¯co da fun»c~ao y = f(x). Esta ¶e uma id¶eia de Fermat.

x ∆ x0

x0+

P0

Pf( )

∆ x

∆ y

α β

r

t

0

x

y

∆ xx0+

f( )x0

y = f(x)

Figura 2.1. A derivada da fun»c~ao f , em x0, ¶e a inclina»c~ao da reta t, tangente ao gr¶a¯code f em P0.

Fixado um valor x0, sendo de¯nido f(x0), seja ¢x 6= 0 um acr¶escimo (ou de-

11

Derivadas e retas tangentes. Novas regras de derivac»~ao 12

cr¶escimo) dado a x0. Sendo x1 = x0 +¢x, temos que a raz~ao

¢y

¢x=f(x0 +¢x)¡ f(x0)

¢x=f(x1)¡ f(x0)x1 ¡ x0

¶e o coe¯ciente angular da reta r, secante ao gr¶a¯co da curva y = f(x), passando pelospontos P0 = (x0; f(x0)) e P = (x1; f(x1)).

Observando os elementos geom¶etricos da ¯gura 2.1, temos que quando ¢x tendea 0, o ponto P tem como posi»c~ao limite o ponto P0, e a reta secante P0P ter¶a comoposi»c~ao limite a reta t, tangente ao gr¶a¯co de f no ponto P0.

Na ¯gura, temos ainda, da geometria anal¶³tica elementar,

tg ¯ = tangente do angulo ¯

= coe¯ciente angular (ou inclina»c~ao) da reta secante P0P

=¢y

¢x:

tg® = tangente do angulo ®

= coe¯ciente angular da reta t, tangente ao gr¶a¯co de f , no ponto P0:

Note aqui diferentes empregos (com diferentes signi¯cados) da palavra tangente: a tan-gente (trigonom¶etrica) do angulo ®, nos d¶a a inclina»c~ao, ou declividade, ou coe¯cienteangular, da reta t, que ¶e (geometricamente) tangente ao gr¶a¯co de f (ou que tangenciao gr¶a¯co de f) no ponto P0.

Quando ¢x tende a 0, ¯ tende a ®, e ent~ao ¢y¢x= tg ¯ tende a tg®.

Da¶³, lim¢x!0

¢y

¢x= tg®.

Assim, com este argumento geom¶etrico e intuitivo, interpretamos f 0(x0) = tg® comosendo o coe¯ciente angular (ou a inclina»c~ao) da reta t, tangente ao gr¶a¯co de f (ouseja, tangente µa curva y = f(x)) no ponto P0 = (x0; f(x0)).

Sabemos que a equa»c~ao de uma reta, de coe¯ciente angular m, passando por umponto P0 = (x0; y0), ¶e dada por

y ¡ y0 = m(x¡ x0):

Assim sendo, temos que a equa»c~ao da reta t, tangente µa curva y = f(x) no pontoP0 = (x0; y0) = (x0; f(x0)) ¶e dada por

y ¡ y0 = f 0(x0) ¢ (x¡ x0)Em geral, se queremos aproximar a fun»c~ao f(x), nas proximidades de x0, por uma

fun»c~ao da forma g(x) = ax+ b, tomamos g(x) = f(x0) + f0(x0) ¢ (x¡ x0). O gr¶a¯co


de g ser¶a ent~ao a reta tangente ao gr¶a¯co de f no ponto P0. Dizemos que g(x) ¶e umalineariza»c~ao de f(x) nas proximidades de x0.

A reta normal µa curva y = f(x), no ponto P0 dessa curva, ¶e a reta que passa porP0 perpendicularmente µa curva. Isto, ¶e, r ¶e normal µa curva y = f(x), no ponto P0,quando r ¶e perpendicular µa reta tangente µa curva nesse ponto.

Lembre-se que se duas retas s~ao perpendiculares, tendo coe¯cientes angulares me m0, ent~ao m0 = ¡1=m.Assim, se f 0(x0) 6= 0, a equa»c~ao da reta r, normal µa curva y = f(x) no pontoP0 = (x0; y0) ¶e

y ¡ y0 = ¡ 1

f 0(x0)(x¡ x0)

Exemplo 2.1 Qual ¶e a equa»c~ao da reta t, que tangencia a par¶abola y = x2, no pontoP = (¡1; 1)? Qual ¶e a equa»c~ao da reta r, normal µa par¶abola nesse ponto?

1

1

-1

-1

x

y

P

t

r

Figura 2.2. Representa»c~ao gr¶a¯ca da curva y = x2 e das retas t e r, tangente e normalµa curva no ponto P = (¡1; 1).

Solu»c~ao. Sendo y = x2, temosdy

dx= 2x. Em P , temos x0 = ¡1. O coe¯ciente

angular da reta t ¶e dado por

dy

dx

¯¯x=¡1

= 2 ¢ (¡1) = ¡2:


Assim, a reta t, tangente µa curva y = x2 no ponto P , tem equa»c~ao

y ¡ 1 = (¡2)(x¡ (¡1))

ou seja, y = ¡2x¡ 1.Para escrever a equa»c~ao da reta r, normal µa curva no ponto P , fazemos uso do

fato de que a declividade da reta r ¶e mr = ¡ 1mt

= 12.

Portanto, r tem equa»c~ao y ¡ 1 = 12(x+ 1), ou ainda y = 1

2x+ 3

2.

Na ¯gura 2.2 temos a representa»c~ao da curva y = x2 e das retas t e r, respecti-vamente tangente e normal µa curva no ponto P = (¡1; 1).

Exemplo 2.2 Determine o coe¯ciente angular da reta tangente ao gr¶a¯co de y =f(x) = x2 ¡ 4x, no ponto de abscissa (primeira coordenada) p. Em qual ponto a retatangente ao gr¶a¯co ¶e horizontal?

Solu»c~ao. O coe¯ciente angular da reta tangente µa curva y = x2 ¡ 4x, no pontode abscissa p, ¶e m = f 0(p). Como f 0(x) = 2x¡ 4, temos m = 2p¡ 4.

No ponto (p; f(p)) em que a reta tangente ¶e horizontal, temos m = 0, ou seja,f 0(p) = 0. Logo, p = 2. Assim, o ponto procurado ¶e (2;¡4).

2.2 Novas regras de deriva»c~ao

Regra 2.1 (Derivada de um produto)

(fg)0 = f 0g + fg0

Demonstra»c~ao. Temos

¢f = f(x+¢x)¡ f(x), ¢g = g(x+¢x)¡ g(x).Portanto

f(x+¢x) = f(x) + ¢f , g(x+¢x) = g(x) + ¢g.

Assim sendo

¢(fg) = f(x+¢x)g(x+¢x)¡ f(x)g(x)= (f(x) + ¢f)(g(x) + ¢g)¡ f(x)g(x)= f(x)g(x) + f(x)(¢g) + (¢f)g(x) + (¢f)(¢g)¡ f(x)g(x)= f(x)(¢g) + (¢f)g(x) + (¢f)(¢g)

Portanto


¢(fg)

¢x= f(x)

¢g

¢x+¢f

¢xg(x) +

¢f

¢x(¢g)

= f(x)¢g

¢x+¢f

¢xg(x) +

¢f

¢x

¢g

¢x¢x

E assim,

lim¢x!0

¢(fg)

¢x= lim

¢x!0

µf(x)

¢g

¢x+¢f

¢xg(x) +

¢f

¢x

¢g

¢x¢x

¶= f(x)g0(x) + f 0(x)g(x) + f 0(x)g0(x) ¢ 0= f 0(x)g(x) + g0(x)f(x)

Portanto, (f(x)g(x))0 = f 0(x)g(x) + f(x)g0(x).

Observa»c~ao 2.1 Para um valor espec¶³¯co de x, digamos x = x0, temos

¢f = f(x0 +¢x)¡ f(x0).Embora n~ao tenhamos ainda mencionado, ¶e fato que se podemos calcular o limite

lim¢x!0

¢f¢x= f 0(x0), ent~ao temos lim

¢x!0¢f = 0.

De fato,

lim¢x!0

¢f = lim¢x!0

¢f

¢x¢¢x = f 0(x0) ¢ 0 = 0:

Exemplo 2.3 Daremos um exemplo para ilustrar a regra da derivada de um produto,que acabamos de deduzir. Considere p(x) = (x2 + x+ 2)(3x¡ 1)

Expandindo p(x), obtemos p(x) = 3x3 + 2x2 + 5x¡ 2, de onde obtemos p0(x) =9x2 + 4x+ 5.

Por outro lado, se aplicarmos a f¶ormula da derivada de um produto, obtemos

p0(x) = (x2 + x+ 2)0(3x¡ 1) + (x2 + x+ 2)(3x¡ 1)0= (2x+ 1)(3x¡ 1) + (x2 + x+ 2) ¢ 3= 9x2 + 4x+ 5

Regra 2.2 Sendo g uma fun»c~ao deriv¶avel, quando g6= 0 temosµ1

g

¶0= ¡ g

0

g2:

Demonstra»c~ao. Como na dedu»c~ao da propriedade 2.1, temos g(x+¢x) = g(x) + ¢g.


Sendo y = 1=g(x), temos

¢y =1

g(x+¢x)¡ 1

g(x)

=1

g(x) + ¢g¡ 1

g(x)

=g(x)¡ (g(x) + ¢g)(g(x) + ¢g) ¢ g(x)

=¡¢g

(g(x) + ¢g) ¢ g(x)Logo,

¢y

¢x=¡¢g¢x

¢ 1

(g(x) + ¢g)g(x)

e portanto

dy

dx= lim

¢x!0¢y

¢x

= lim¢x!0

¡¢g¢x

¢ 1

(g(x) + ¢g)g(x)

= ¡g0(x) ¢ 1

(g(x))2= ¡ g0(x)

(g(x))2

Aqui, ¯zemos uso da observa»c~ao 2.1: sendo g deriv¶avel, temos lim¢x!0

¢g = 0.

Exemplo 2.4 Veri¯que que, sendo n um inteiro positivo, (x¡n)0 = ¡nx¡n¡1.Solu»c~ao. Aplicando o resultado da propriedade 2.2, temos

(x¡n)0 =µ1

xn

¶0= ¡ (x

n)0

(xn)2= ¡nx

n¡1

x2n= ¡nx¡n¡1

Regra 2.3 (Derivada de um quociente)µf

g

¶0=f 0g ¡ fg0g2

Demonstra»c~ao. Deixamos a dedu»c~ao desta regra para o leitor. Para deduzi-la, basta

escreverf

g= f ¢ 1

ge ent~ao combinar as regras (propriedades) 2.1 e 2.2.

Exemplo 2.5 Calcular y0, sendo y =x3 ¡ 1x3 + 1


Solu»c~ao. Aplicando a f¶ormula para a derivada de um quociente, temos

y0 =µx3 ¡ 1x3 + 1

¶0=(x3 ¡ 1)0(x3 + 1)¡ (x3 + 1)0(x3 ¡ 1)

(x3 + 1)2

=3x2(x3 + 1)¡ 3x2(x3 ¡ 1)

(x3 + 1)2

=6x2

(x3 + 1)2

2.3 Problemas

1. Utilizando regras de deriva»c~ao previamente estabelecidas, calcule as derivadas dasseguintes fun»c~oes.

(a) f(x) =4x¡ 53x+ 2

(b) f(z) =8¡ z + 3z22¡ 9z

(c) f(w) =2w

w3 ¡ 7(d) s(t) = t2 +

1

t2

(e) f(x) =1

1 + x+ x2 + x3

(f) f(x) =x2 + 9x+ 2

7

2. Deduza a seguinte f¶ormula de deriva»c~ao:

(fgh)0 = f 0gh+ fg0h+ fgh0

De um bom palpite (chute) sobre como seria a f¶ormula para (f1f2 ¢ ¢ ¢ fn¡1fn)0.

3. Ache as equa»c~oes das retas tangentes ao gr¶a¯co de y =5

1 + x2, nos pontos

P = (0; 5), Q = (1; 5=2) e R = (¡2; 1). Esboce (caprichadamente) o gr¶a¯codessa curva, plotando pontos com os seguintes valores de x: ¡3, ¡2, ¡1, 0, 1,2 e 3. No mesmo sistema cartesiano, esboce tamb¶em as retas tangentes µa curvanos pontos P , Q e R.

4. Escreva as equa»c~oes das retas tangente e normal µa curva y = x3 ¡ 3x2 ¡ x + 5no ponto de abcissa x = 3.

5. Determine as equa»c~oes das retas t e n, respectivamente tangente e normal µa curvay = x2, no ponto de abcissa p.


6. (Teste sua sensibilidade sobre derivadas) Esboce o gr¶a¯co de y = x2¡4, plotandoos pontos de abcissas (valores de x) ¡2, ¡1, 0, 1, 2 e 3. Em cada um dessespontos, esboce a reta tangente ao gr¶a¯co, e tente adivinhar o seu coe¯cienteangular. Marque seu chute ao lado do ponto. Em seguida, calcule cada coe¯cienteangular usando a derivada y0. Compare seu chute com a resposta exata.


1. (a) f 0(x) =23

(3x+ 2)2

(b) f 0(z) =¡27z2 + 12z + 70

(2¡ 9z)2

(c) f 0(w) =¡4w3 ¡ 14(w3 ¡ 7)2

(d) s0(t) = 2t¡ 2

t3

(e) f 0(x) = ¡ 1 + 2x+ 3x2

(1 + x+ x2 + x3)2

(f) f 0(x) =2x+ 9

7(Quando c ¶e uma constante, temos a regra

³fc

´0= f 0

c)

2. (f1f2 ¢ ¢ ¢ fn¡1fn)0 = f 01f2 ¢ ¢ ¢ fn¡1fn + f1f02 ¢ ¢ ¢ fn¡1fn + ¢ ¢ ¢ + f1f2 ¢ ¢ ¢ f 0n¡1fn +

f1f2 ¢ ¢ ¢ fn¡1f 0n.3. As equa»c~oes das tres retas s~ao, respectivamente, y = 5, 5x+2y¡10 = 0, e 4x¡5y+13 =0.

4. Reta tangente: y = 8x¡ 22. Reta normal: x+ 8y ¡ 19 = 0.5. t : y = 2px¡ p2;n : y = ¡ x

2p+1

2+ p2 (se p6= 0); n : x = 0 (se p = 0).

Aula 3

Deriva»c~ao em cadeia e deriva»c~aoimpl¶³cita

A regra da cadeia ¶e uma regra de deriva»c~ao que nos permite calcular a derivada deuma composi»c~ao (ou um encadeamento) de fun»c~oes, tais como f(g(x)) ou f(g(h(x))),conhecendo-se as derivadas f 0(x), g0(x) e h0(x).

Quando temos uma fun»c~ao composta, tal como y = (x3 + x ¡ 1)10, podemosdecompo-la em fun»c~oes elementares. Simplesmente escrevemos

y = u10; u = x3 + x¡ 1:

Na nota»c~ao de Leibniz, a regra da cadeia nos diz que

dy

dx=dy

du¢ dudx

No caso, teremos ent~ao

dy

dx=dy

du¢ dudx

= 10u9 ¢ (3x2 + 1)= 10(x3 + x¡ 1)9(3x2 + 1)

Repetindo tudo, passando da nota»c~ao de Leibniz para a nota»c~ao de Lagrange,temos

y = f(u); u = g(x)

e ent~ao

dy

dx=dy

du¢ dudx

= f 0(u) ¢ g0(x)= f 0(g(x)) ¢ g0(x)

19

Derivac»~ao em cadeia e derivac»~ao impl¶³cita 20

Regra 3.1 (Deriva»c~ao em cadeia) Se y = f(u) e u = g(x) ent~ao

dy

dx=dy

du¢ dudx

Em outras palavras, sendo y = f(g(x)), tem-se

y0 = [f(g(x))]0 = f 0(g(x)) ¢ g0(x):

Observa»c~ao 3.1 A id¶eia intuitiva que inspira a regra da cadeia ¶e a seguinte: sendoy = f(u) e u = g(x), temos ¢u = g(x+¢x)¡ g(x) e, ¢y = f(u+¢u)¡ f(u)

Assumindo, para simpli¯car, que ¢u6= 0 sempre que ¢x6= 0 (o que nem sempreocorre!), temos

¢y

¢x=¢y

¢u¢ ¢u¢x

Quando ¢x tende a 0, ¢u tamb¶em tende a 0 (observa»c~ao 2.1), e assim

lim¢x!0

¢y

¢x= lim

¢u!0¢y

¢u¢ lim¢x!0

¢u

¢x

e portantody

dx=dy

du¢ dudx

Nos dispensaremos da tarefa de fazer uma dedu»c~ao mais rigorosa da regra da cadeia,um procedimento poss¶³vel mas deveras so¯sticado.

Exemplo 3.1 Calculardy

dx, sendo y = ((x2 + 1)10 + 1)8.

Solu»c~ao. Escrevemos

y = u8; u = v10 + 1; v = x2 + 1

Assim, estamos compondo (encadeando) tres fun»c~oes. Aplicando a regra da cadeiatemos

dy

dx=dy

du¢ dudx

=dy

du¢ dudv¢ dvdx

= 8u7 ¢ 10v9 ¢ 2x= 160(v10 + 1)7(x2 + 1)9x

= 160x((x2 + 1)10 + 1)7(x2 + 1)9


3.1 Derivadas de fun»c~oes dadas implicitamente

Muitas vezes, duas vari¶aveis x e y s~ao tais que, em um certo intervalo de valores de x,y depende de x, ou seja, y ¶e uma fun»c~ao da vari¶avel x, mas em lugar de uma f¶ormulay = f(x), temos uma equa»c~ao F (x; y) = c, inter-relacionando ambas as vari¶aveis, talcomo nos dois exemplos abaixo.

(1) x2 + y2 = 2

(2) x3 + y3 = x+ y + xy

µAs vezes, ¶e poss¶³vel resolver a equa»c~ao dada em y, ou seja, \isolar" y no primeiromembro da equa»c~ao, expressando explicitamente y como vari¶avel dependendo de x. Porexemplo, no caso da equa»c~ao (1), podemos fazer

y2 = 2¡ x2

e ent~aoy = §

p2¡ x2

Neste caso, deduzimos ent~ao que as fun»c~oes

y = f1(x) =p2¡ x2 e y = f2(x) = ¡

p2¡ x2

ambas satisfazem a equa»c~ao x2 + y2 = 2.

No caso da equa»c~ao (2), podemos veri¯car que, por exemplo, o par (1; 0) satisfaza equa»c~ao, mas n~ao nos ¶e ¶obvio como resolver a equa»c~ao em y e obter uma fun»c~aoy = f(x) satifazendo f(1) = 0 e x3 + (f(x))3 = x+ f(x) + xf(x).

No entanto, em ambos os casos, ¶e quase sempre poss¶³vel obter a derivadady

dx, em

um determinado ponto x0, se conhecemos tamb¶em o valor correspondente y0.

Para isto, derivamos ambos os membros da equa»c~ao F (x; y) = c, considerando y comofun»c~ao de x, e usamos as regras de deriva»c~ao, bem como a regra da cadeia, quandonecess¶ario.

Exemplo 3.2 Obtendody

dx, a partir da equa»c~ao x2 + y2 = 2, por deriva»c~ao impl¶³cita.

Denotaremos por (¤)0 a derivada da express~ao ¤ (a express~ao que estiver entreparenteses), em rela»c~ao a x. Inicialmente notamos que, sendo y uma fun»c~ao de x,temos, pela regra da cadeia, (y2)0 = 2y ¢ y0.

Para obtermosdy

dx(ou y0) no caso da equa»c~ao x2 + y2 = 2, fazemos


x2 + y2 = 2

(x2 + y2)0 = (2)0

(x2)0 + (y2)0 = 0

2x+ 2yy0 = 0

yy0 = ¡xy0 = ¡x

y

Isto quer dizer que, se y ¶e fun»c~ao de x satisfazendo x2 + y2 = 2, ent~aody

dx= ¡x

y.

Como vimos, as fun»c~oes y = f1(x) =p2¡ x2 e y = f2(x) = ¡

p2¡ x2 ambas

satisfazem x2 + y2 = 2. Pela deriva»c~ao \impl¶³cita" efetuada acima, temos

1. Se y = f1(x), ent~aody

dx= ¡x

y= ¡ x

f1(x). Neste caso, y0 = ¡ xp

2¡ x2 ;

2. Se y = f2(x), ent~aody

dx= ¡x

y= ¡ x

f2(x). Neste caso, y0 =

xp2¡ x2

Exemplo 3.3 Obtendody

dx, a partir da equa»c~ao x3+ y3 = x2y2+ x+ y, por deriva»c~ao

impl¶³cita.

Para obtermosdy

dx(ou y0) no caso da equa»c~ao x3 + y3 = x2y2 + x+ y, fazemos

x3 + y3 = x2y2 + x+ y

(x3 + y3)0 = (x2y2 + x+ y)0

3x2 + 3y2y0 = (x2y2)0 + 1 + y0

3x2 + 3y2y0 = (x2)0y2 + x2(y2)0 + 1 + y0

3x2 + 3y2y0 = 2xy2 + x2 ¢ 2yy0 + 1 + y0

Obtemos ent~ao y0, deixando no primeiro membro somente os termos com y0:

3y2y0 ¡ 2x2yy0 ¡ y0 = 1 + 2xy2 ¡ 3x2(3y2 ¡ 2x2y ¡ 1)y0 = 1 + 2xy2 ¡ 3x2

y0 =1 + 2xy2 ¡ 3x23y2 ¡ 2x2y ¡ 1

Exemplo 3.4 Obter a reta tangente µa curva x3+y3 = x2y2+x+y no ponto P = (1; 0).

Note que o problema s¶o faz sentido porque o ponto (1; 0) de fato pertence µa curva:13 + 03 = 12 ¢ 02 + 1 + 0.


Primeiro obtemosdy

dx, por deriva»c~ao impl¶³cita, a partir da equa»c~ao x3 + y3 =

x2y2 + x+ y.

Isto j¶a foi feito no exemplo anterior, em que calculamos y0 =1 + 2xy2 ¡ 3x23y2 ¡ 2x2y ¡ 1 .

O coe¯ciente angular da reta tangente procurada ¶e

dy

dx

¯¯x=1y=0

=1 + 2xy2 ¡ 3x23y2 ¡ 2x2y ¡ 1

¯¯x=1y=0

=1¡ 3¡1 = 2

Assim sendo, a reta procurada tem equa»c~ao y¡0 = 2(x¡1), ou seja, y = 2x¡2.

3.2 Derivada da fun»c~ao potencia f (x) = xr, sendo r

um n¶umero racional

Da ¶algebra elementar, temos

x1

2 =px (x ¸ 0)

x1

3 = 3px (x real qualquer)

x1

n = npx (n > 0, x ¸ 0 se n ¶e par, x qualquer se n ¶e ¶³mpar)

xp

q = qpxp (q > 0; quando q ¶e par, x ¸ 0 se p ¶e ¶³mpar positivo, e x > 0 se p ¶e impar

negativo)

Regra 3.2

(x1

n )0 =1

n¢ x 1

n¡1

ou seja,

( npx)0 =

1

nnpxn¡1

Regra 3.3 Sendo p e q inteiros, com q > 0,

(xp

q )0 =p

q¢ xpq¡1

Portanto, se r ¶e um expoente racional,

(xr)0 = rxr¡1

Demonstra»c~ao da regra 3.2.

Se y = x1

n , ent~ao yn = x.

Aplicando deriva»c~ao impl¶³cita obtemos

nyn¡1y0 = 1


Portanto y0 =1

nyn¡1=1

n¢ y1¡n = 1

n¢ (x 1

n )1¡n =1

n¢ x 1¡n

n =1

n¢ x 1

n¡1

Demonstra»c~ao da regra 3.3.

Sendo p e q inteiros, q > 0, se y = xp

q , ent~ao yq = xp.

Por deriva»c~ao impl¶³cita, obtemos ent~ao

(yq)0 = (xp)0 ou, equivalentemente qyq¡1y0 = pxp¡1.

Assim, y0 =pxp¡1

qyq¡1=pxpx¡1

qyqy¡1=pxpx¡1

qxpy¡1=p

qyx¡1 =

p

qxp=qx¡1 =

p

qxp

q¡1

Exemplo 3.5 Calcular a derivada de f(x) = 3p3x2 + 3x+ 5

Solu»c~ao. Temos f(x) = (3x2 + 3x+ 5)1

3 .

Aplicando deriva»c~ao em cadeia e a regra 3.3, temos

f 0(x) = [(3x2 + 3x+ 5)1

3 ]0

=1

3(3x2 + 3x+ 5)¡

2

3 (3x2 + 3x+ 5)0

=1

3(3x2 + 3x+ 5)¡

2

3 (6x+ 3)

= (3x2 + 3x+ 5)¡2

3 (2x+ 1)

=2x+ 1

(3x2 + 3x+ 5)2=3

=2x+ 1

3

p(3x2 + 3x+ 5)2

Solu»c~ao alternativa. Sendo y = f(x), temos

y =3p3x2 + 3x+ 5

e portantoy3 = 3x2 + 3x+ 5

Aplicando deriva»c~ao impl¶³cita, obtemos

3y2y0 = 6x+ 3, ou seja, y0 =6x+ 3

3y2

de onde

y0 =2x+ 1

( 3p3x2 + 3x+ 5)2

=2x+ 1

3

p(3x2 + 3x+ 5)2


3.3 Problemas

1. Calculedy

dx

(a) y =

µx3

3+ 1

¶5+

µx2

2+ 1

¶4

(b) y =((x3 + 7)4 + x)5

x2 + 1

(c) y =

µx

x+ 1

¶10

2. Calcule as derivadas das seguintes fun»c~oes.

(a) f(x) = (x2 ¡ 3x+ 8)3

(b) f(x) =x

(x2 ¡ 1)4(c) F (v) = (17v ¡ 5)1000(d) s(t) = (4t5 ¡ 3t3 + 2t)¡2

(e) k(u) =(u2 + 1)3

(4u¡ 5)5

3. Determine (i) a equa»c~ao da reta tangente µa curva no ponto indicado e (ii) ospontos do gr¶a¯co em que reta tangente µa curva ¶e horizontal, nos casos

(a) y = (4x2 ¡ 8x+ 3)4, P = (2; 81).

(b) y = (2x¡ 1)10, P = (1; 1).

4. Se k(x) = f(g(x)), com f(2) = ¡4, g(2) = 2, f 0(2) = 3 e g0(2) = 5, calculek0(2).

5. Determine y0 sendo y uma fun»c~ao de x dada implicitamente pela equa»c~ao

(a) 2x3 + x2y + y3 = 1

(b)1

x2+1

y2= 1

(c) (y2 ¡ 9)4 = (4x2 + 3x¡ 1)2

6. Veri¯que primeiramente que o ponto P pertence µa curva dada e ache a equa»c~aoda reta tangente µa curva no ponto P .

(a) xy = ¡16, P = (¡2; 8);(b) 2x3 ¡ x2y + y3 ¡ 1 = 0, P = (2;¡3).



(a) f(x) = 3p8x3 + 27

(b) f(x) = (7x+px2 + 3)6

(c) f(t) =4

(9t2 + 16)2=3

(d) g(z) =3p2z + 3p3z + 2

(e) F (v) =5

5pv5 ¡ 32

8. Calcule dy

dxse

(a) 6x+pxy ¡ 3y = 4

(b) 3x2 + 3pxy = 2y2 + 20

9. Uma fun»c~ao ¶e par se f(¡x) = f(x) para todo x em seu dom¶³nio, e ¶e ¶³mpar sef(¡x) = ¡f(x) para todo x em seu dom¶³nio. Sendo f deriv¶avel, demonstre que(a) Se f ¶e par, ent~ao f 0 ¶e ¶³mpar (ou seja, se f(¡x) = f(x) para todo x no

dom¶³nio de f), ent~ao f 0(¡x) = ¡f 0(x);(b) Se f ¶e ¶³mpar, ent~ao f 0 ¶e par.


1. (a)dy

dx= 5x2

µx3

3+ 1

¶4+ 4x

µx2

2+ 1

¶3

(b)dy

dx=

5((x3 + 7)4 + x)4(12x2(x3 + 7)3 + 1)(x2 + 1)¡ 2x((x3 + 7)4 + x)5(x2 + 1)2

(c)dy

dx=

10x9

(x+ 1)11

2. (a) f 0(x) = 3(x2 ¡ 3x+ 8)2(2x¡ 3)

(b) f 0(x) =¡(7x2 + 1)(x2 ¡ 1)5

(c) F 0(v) = 17000(17v ¡ 5)999(d) s0(t) = ¡2(4t5 ¡ 3t3 + 2t)¡3(20t4 ¡ 9t2 + 2)

(e) k0(u) =(u2 + 1)2(4u2 ¡ 30u¡ 20)

(4u¡ 5)6

3. (a) (i) y ¡ 81 = 864(x¡ 2), (ii) (1; 1), (1=2; 0) e (3=2; 0).(b) (i) y ¡ 1 = 20(x¡ 1), (ii) (1=2; 0).

4. k0(2) = 15.


5. (a) y0 =¡(6x2 + 2xy)x2 + 3y2

(b) y0 = ¡y3

x3

(c) y0 =(4x2 + 3x¡ 1)(8x+ 3)

4y(y2 ¡ 9)3

6. (a) 4x¡ y + 16 = 0(b) y + 3 = ¡36

23(x¡ 2)

7. (a) f 0(x) = 8x2(8x3 + 27)¡2=3 =8x2

3

p(8x3 + 27)2

(b) f 0(x) = 6(7x+px2 + 3)5

µ7 +

xpx2 + 3

¶

(c) f 0(t) =¡48t

3

p(9t2 + 16)5

(d) g0(z) =¡3 3p2z + 3

2p(3z + 2)3

+2

3p3z + 2 3

p(2z + 3)2

(e) F 0(v) = ¡5v4(v5 ¡ 32)¡6=5 = ¡5v45

p(v5 ¡ 32)6

8. (a) y0 =12pxy + y

6pxy ¡ x

(b) y0 =18x5=3y2=3 + y

12x2=3y5=3 ¡ x9. (a) Se f ¶e uma fun»c~ao par, temos a igualdade f(¡x) = f(x). Derivando ambos

os membros em rela»c~ao a x, temos [f(¡x)]0 = f 0(x). Por deriva»c~ao em cadeia,aplicada ao primeiro membro, temos f 0(¡x) ¢ (¡x)0 = f 0(x), logo ¡f 0(¡x) =f 0(x), ou seja f 0(¡x) = ¡f 0(x). Conclu¶³mos ent~ao que se f ¶e fun»c~ao par, suaderivada f 0 ¶e fun»c~ao ¶³mpar.

Aula 4

Limites. Uma introdu»c~ao intuitiva

Nos cap¶³tulos anteriores, ¯zemos uso de um limite especial para calcular derivadas:f 0(x) = lim

¢x!0f(x+¢x)¡f(x)

¢x.

Neste cap¶³tulo veremos os limites como ferramentas de estudo do comportamentode fun»c~oes reais, provendo informa»c~oes importantes sobre seus gr¶a¯cos.

A de¯ni»c~ao formal de limite ¶e matematicamente so¯sticada, requerendo muitashoras de estudo para ser entendida. O leitor interessado poder¶a encontr¶a-la em bonslivros-textos de c¶alculo. Ocorre por¶em que a de¯ni»c~ao de limite tem pouca ou nenhu-ma serventia quando queremos calcular limites. Faremos uma explora»c~ao intuitiva doconceito de limite e de suas propriedades, atrav¶es de exemplos e interpreta»c~oes gr¶a¯cas.

Exemplo 4.1 Considere a fun»c~ao f(x) = 2x+3. Quando x assume uma in¯nidade devalores aproximando-se mais e mais de 0, o n¶umero 2x + 3 assume uma in¯nidade devalores aproximando-se de 2 ¢ 0+ 3 = 3. Dizemos que o limite de f(x), quando x tendea 0, ¶e igual a 3, e escrevemos

limx!0

f(x) = 3

Suponhamos que f(x) ¶e uma fun»c~ao real de¯nida em uma reuni~ao de intervalos, eque x0 ¶e um ponto no interior ou no extremo de um desses intervalos. Os matem¶aticosdizem que lim

x!x0f(x) = L (L 2 R) quando podemos fazer f(x) arbitrariamente pr¶oximo

de L, tomando x su¯cientemente pr¶oximo de x0, mantendo x6= x0. No exemplo acima,podemos fazer f(x) pr¶oximo de 3 o quanto quisermos, bastando tomar x bem pr¶oximode 0.

Exemplo 4.2 Aqui temos uma lista de exemplos intuitivos.

28

Limites. Uma introduc»~ao intuitiva 29

1. limx!a

x = a (a 2 R)

2. limx!a

xn = an (n 2 N, a 2 R)

3. Sendo p(x) = anxn + an¡1xn¡1 + ¢ ¢ ¢+ a1x+ a0, (an; : : : ; a0 todos reais),

limx!x0

p(x) = anxn0 + an¡1x

n¡10 + ¢ ¢ ¢+ a1x0 + a0 = p(x0)

4. limx!2

x3 ¡ 3x2 + 1

=limx!2(x3 ¡ 3)

limx!2(x2 + 1)

=8¡ 34 + 1

= 1

De¯ni»c~ao 4.1 Nos exemplos acima, de limites com x tendendo a x0, tivemos semprex0 no dom¶³nio de f e lim

x!x0f(x) = f(x0). Quando isto ocorre, dizemos que f ¶e

cont¶³nua no ponto x0.

No pr¶oximo exemplo, temos um limite em que x! x0, mas x0 n~ao est¶a no dom¶³niode f .

Exemplo 4.3 Calcular limx!2

x3 ¡ 8x¡ 2 .

Solu»c~ao. Note que, sendo f(x) = x3¡8x¡2 , temos que 262 D(f). Quando x se aproxima

de 2, x3 se aproxima de 8. Um c¶alculo direto nos d¶a ent~ao

limx!2

x3 ¡ 8x¡ 2 =

0

0

Este resultado, 0=0, ¶e muito comum no c¶alculo de limites, e n~ao tem signi¯cado comovalor de um limite. A express~ao 0=0 ¶e um s¶³mbolo de indetermina»c~ao ocorrendo em umatentativa de c¶alculo de um limite. A ocorrencia desta express~ao signi¯ca que o limiteainda n~ao foi calculado.

Para evitar o s¶³mbolo de indetermina»c~ao 0=0, neste exemplo fazemos

limx!2

x3 ¡ 8x¡ 2 = limx!2

(x¡ 2)(x2 + 2x+ 4)x¡ 2

= limx!2(x2 + 2x+ 4) (pois x¡ 26= 0)

= 22 + 2 ¢ 2 + 4 = 12

Exemplo 4.4 (C¶alculo de um limite com mudan»ca de vari¶avel)

limx!0

3px+ 1¡ 1x

= ?


Um c¶alculo direto nos d¶a 0=0, uma indetermina»c~ao.

Fazendo y = 3px+ 1, temos y3 = x+ 1, e portanto x = y3 ¡ 1.

Quando x tende a 0, y tende a 1 (em s¶³mbolos: se x ! 0, ent~ao y ! 1). E a¶³temos

limx!0

3px+ 1¡ 1x

= limy!1

y ¡ 1y3 ¡ 1

= limy!1

y ¡ 1(y ¡ 1)(y2 + y + 1)

= limy!1

1

y2 + y + 1=1

3

4.1 Limites in¯nitos. Limites no in¯nito

Consideremos agora a fun»c~ao f(x) =1

x2. Temos que o dom¶³nio de f ¶e o conjunto dos

n¶umeros reais diferentes de 0: D(f) = R¡ f0g.Observe a tabela 4.1. Ali ¯zemos uso do fato de que f ¶e uma fun»c~ao par : f(¡x) =

f(x) para todo x 2 D(f).Na primeira coluna da tabela 4.1, temos valores de x cada vez mais pr¶oximos de

0. Na ¶ultima coluna, vemos que os valores correspondentes de f(x) tornam-se cadavez maiores. Neste exemplo, podemos fazer f(x) ultrapassar qualquer n¶umero positivo,tomando x su¯cientemente pr¶oximo de 0. Dizemos que o limite de f(x), quando xtende a 0 ¶e \+ in¯nito", e escrevemos

limx!0

f(x) = +1

ou seja,

limx!0

1

x2= +1

A interpreta»c~ao geom¶etrica de limx!0(1=x2) = +1 pode ser visualizada na ¯gura

4.1, onde temos um esbo»co do gr¶a¯co da curva y = 1=x2.

Agora observe a tabela 4.2. Notamos agora que, µa medida que x cresce inde¯nida-

mente, assumindo valores positivos cada vez maiores, f(x) =1

x2torna-se cada vez mais

pr¶oximo de 0. Isto tamb¶em ¶e sugerido pela ¯gura 4.1. Neste caso, dizemos que o limitede f(x), quando x tende a \+ in¯nito", ¶e igual a 0, e escrevemos

limx!+1

1

x2= 0


Tabela 4.1.

x x2 f(x) = 1x2

§1 1 1

§0; 5 0; 25 10025= 4

§0; 2 0; 04 1004= 25

§0; 1 0; 01 100

§0; 01 0; 0001 10000

§0; 001 0; 000001 1000000

2

1-1 x

y

2

8

16

4

-2 0

Figura 4.1. limx!0

1=x2 = +1, ou seja, µa medida que x se aproxima de 0, y = f(x)

torna-se cada vez maior. Tamb¶em limx!+1

1=x2 = 0, ou seja, µa medida em que x cresce,

tomando valores cada vez maiores, f(x) aproxima-se de 0. E ainda limx!¡1

1=x2 = 0.

Nas tabelas 4.1 e 4.2 tamb¶em ilustramos:

limx!0

x2 = 0 limx!+1

x2 = +1

Tamb¶em podemos facilmente inferir

limx!¡1

x2 = +1 limx!¡1

1

x2= 0

Com estes exemplos simples damos in¶³cio µa nossa ¶algebra de limites:


Tabela 4.2.

x x2 f(x) = 1x2

1 1 1

2 4 14= 0; 25

5 25 125= 0; 04

10 100 0; 01

100 10000 0; 0001

103 106 10¡6

(+1) + (+1) = +1 (¡1) + (¡1) = ¡1(§1)2 = +1 (+1)(¡1) = ¡1(+1)3 = +1 (¡1)3 = ¡1(¡1)(inteiro positivo par) = +1 (¡1)(inteiro positivo ¶³mpar) = ¡11

§1 = 0

+1+ c = +1 (c constante) ¡1+ c = ¡1 (c constante)

c ¢ (+1) =(+1 se c > 0

¡1 se c < 0c ¢ (¡1) =

(+1 se c < 0

¡1 se c > 0

+1c=

(+1 se c > 0

¡1 se c < 0

¡1c=

(+1 se c < 0

¡1 se c > 0

Mas aten»c~ao! Cautela com essa nova \aritm¶etica"! Os \resultados"

§1§1 , (+1)¡ (+1), (¡1) + (+1), 0 ¢ (§1)

s~ao novos s¶³mbolos de indetermina»c~ao. Nada signi¯cam como valores de limites. Sechegarmos a algum deles no c¶alculo de um limite, temos que repensar o procedimentode c¶alculo.

Exemplo 4.5 Calcular limx!+1

3x2 ¡ 2x¡ 1x3 + 4

Solu»c~ao. Uma substitui»c~ao direta nos d¶a

limx!+1

3x2 ¡ 2x¡ 1x3 + 4

=+1¡ (+1)¡ 1

+1+ 4


Para evitarmos s¶³mbolos de indetermina»c~ao, fazemos

limx!+1

3x2 ¡ 2x¡ 1x3 + 4

= limx!+1

x2(3¡ 2x¡ 1

x2)

x3(1 + 4x3)

= limx!+1

3¡ 2x¡ 1

x2

x(1 + 4x3)

=3¡ 2

+1 ¡ 1+1

+1(1 + 4+1)

=3¡ 0

+1 ¢ (1 + 0) =3

+1 = 0

Nos limites da forma limx!§1

p(x)

q(x), em que p(x) e q(x) s~ao polinomios em x, prevalecem

os termos de maior grau de ambos os polinomios, ou seja, se

p(x) = anxn + an¡1xn¡1 + ¢ ¢ ¢+ a1x+ a0;

q(x) = bmxm + bm¡1xm¡1 + ¢ ¢ ¢+ b1x+ b0

ent~ao limx!§1

p(x)

q(x)= lim

x!§1anx

n

bmxm.

Deixamos a dedu»c~ao disto para o leitor, como um exerc¶³cio.

Por exemplo, no exemplo que acabamos de estudar, bastar¶³amos fazer

limx!+1

3x2 ¡ 2x¡ 1x3 + 4

= limx!+1

3x2

x3= lim

x!+13

x=

3

+1 = 0

Mas aten»c~ao. Isto s¶o vale para limites de quocientes de polinomios, em quex! §1.

Exemplo 4.6 Calcular limx!¡1

(x5 ¡ x3)

Temos

limx!¡1

(x5¡x3) = (¡1)5¡ (¡1)3 = (¡1)¡ (¡1) = (¡1)+(+1), portantochegamos a um s¶³mbolo de indetermina»c~ao.

Podemos no entanto fazer

limx!¡1

(x5 ¡ x3) = limx!¡1

x5(1¡ 1x2) = +1 ¢ (1¡ 0) = +1.


1

x.


Solu»c~ao. Aqui podemos ser induzidos a dizer, tal como no exemplo do limite limx!0

1x2,

que limx!0

1x¶e in¯nito. Ok, mas qual \in¯nito"? +1 ou ¡1 ? A resposta ¶e, neste caso,

nenhum dos dois!

Se x se aproxima de 0 por valores positivos, ent~ao 1=x tende a +1. Por¶em se xse aproxima de 0 assumindo somente valores negativos, ent~ao 1=x tende a ¡1 (j1=xj¯ca cada vez maior, por¶em 1=x mant¶em-se sempre < 0).

Neste caso, dizemos que n~ao existe o limite limx!0

1

x.

O comportamento da fun»c~ao f(x) =1

x, nas proximidades de x = 0, ser¶a melhor

estudado na pr¶oxima aula, quando introduziremos o conceito de limites laterais.

4.2 Ilustra»c~oes geom¶etricas da ocorrencia de alguns

limites

Na ¯gura 4.2 temos o esbo»co de um gr¶a¯co de uma fun»c~ao de¯nida no conjuntoR¡ fx0g, para a qual lim

x!x0f(x) = a e lim

x!x1f(x) = b = f(x1).

a

b

y = f(x)y

x0 x0 x

1

Figura 4.2. x0 n~ao est¶a no dom¶³nio de f , limx!x0

f(x) = a, e limx!x1

f(x) = b = f(x1)

Na ¯gura 4.3 temos o esbo»co de um gr¶a¯co de uma fun»c~ao de¯nida em todo oconjunto R, para a qual lim

x!+1f(x) = a e lim

x!¡1f(x) = b.

Na ¯gura 4.4 temos o esboco de um gr¶a¯co de uma fun»c~ao de¯nida em R¡ fag,para a qual lim

x!af(x) = +1. Na ¯gura 4.5 temos o esboco de um gr¶a¯co de uma

fun»c~ao de¯nida em R ¡ fag, para a qual limx!a

f(x) = ¡1. Na ¯gura 4.6 ilustramos oesboco de um gr¶a¯co de uma fun»c~ao de¯nida em R¡fag, para a qual lim

x!af(x) = ¡1,

limx!¡1

f(x) = b e limx!+1

f(x) = ¡1.


a

b

y = f(x)y

x0

Figura 4.3. limx!+1

f(x) = a, e limx!¡1

f(x) = b

a

y = f(x)

y

x0

Figura 4.4. limx!a

f(x) = +1

a

y = f(x)

y

x0

Figura 4.5. limx!a

f(x) = ¡1


a

y = f(x)

y

x0

b

Figura 4.6. limx!a

f(x) = ¡1, limx!¡1

f(x) = b, e limx!+1

f(x) = ¡1

4.3 Problemas

1. Calcule os limites.

(a) limx!2

x2 ¡ 4x¡ 2 (b) lim

x!1x2 ¡ x

2x2 + 5x¡ 7(c) lim

k!4k2 ¡ 16pk ¡ 2 (d) lim

h!0(x+ h)3 ¡ x3

h

(e) limh!¡2

h3 + 8

h+ 2(f) lim

z!101

z ¡ 10(g) lim

x!11

(x¡ 1)4 (h) limx!p2

(x2 + 3)(x¡ 4)

(i) limx!p2

15 (j) limx!1=2

2x2 + 5x¡ 36x2 ¡ 7x+ 2

(k) limx!¡2

x3 + 8

x4 ¡ 16 (l) lims!4

6s¡ 12s¡ 9

(m) limx!1

µx2

x¡ 1 ¡1

x¡ 1¶

(n) limh!0

4¡p16 + hh

(o) limt!¡1

(4t2 + 5t¡ 3)3(6t+ 5)4

(p) limh!0

(2 + h)¡2 ¡ 2¡2h

2. Demonstre que se

p(x) = anxn + an¡1xn¡1 + ¢ ¢ ¢+ a1x+ a0; e

q(x) = bmxm + bm¡1xm¡1 + ¢ ¢ ¢+ b1x+ b0;

sendo a0; : : : ; an; b0; : : : ; bn n¶umeros reais com an 6= 0 e bm6= 0, ent~ao


(a) limx!§1

p(x)

q(x)= lim

x!§1anx

n

bmxm

(b) limx!§1

p(x) = limx!§1

anxn

3. Calcule os limites.

(a) limx!+1

2x+ 3

x+ 3px

(b) limx!+1

3px2 + 1

x+ 1

(c) limx!+1

2x2 ¡ x+ 3x3 ¡ 8x¡ 5 (d) lim

x!¡12x2 ¡ 3x¡ 4p

x2 + 1

(e) limx!+1

(2x+ 3)3(2¡ 3x)2x5 + 5

(f) limx!+1

(px+ a¡px)

(g) limx!+1

(px2 + ax¡ x) (h) lim

x!+1(x+ 3

p1¡ x3)

(i) limx!+1

( 3px+ 8x3 ¡ 2x) (j) lim

x!+1x(px2 + 1¡ x)

4. Considerando as duas primeiras colunas da tabela 4.1, de valores para a fun»c~aog(x) = x2, Jo~aozinho argumentou que, quanto mais pr¶oximo de 0 ¶e o valor de x,mais pr¶oximo de ¡1 ¯ca g(x). Explique porque Jo~aozinho est¶a certo. Isto querdizer que lim

x!0g(x) = ¡1 ? Explique.


1. (a) 4 (b) 1=9 (c) 32 (d) 3x2 (e) 12 (f) n~ao existe (g) +1 (h) 5p2¡ 20 (i) 15

(j) ¡7 (k) ¡3=8 (l) ¡23 (m) 2 (n) ¡1=8 (o) ¡64 (p) ¡1=42. (a)

limx!§1

p(x)

q(x)= limx!§1

anxn³1 + an¡1

anx+ ¢ ¢ ¢+ a1

anxn¡1+ a0

anxn

´bmxm

³1 + bm¡1

bmx+ ¢ ¢ ¢+ b1

bmxm¡1+ b0

bmxm

´

= limx!§1

anxn

bmxm¢ limx!§1

1 + an¡1anx

+ ¢ ¢ ¢+ a1anxn¡1

+ a0anxn

1 + bm¡1bmx

+ ¢ ¢ ¢+ b1bmxm¡1

+ b0bmxm

= limx!§1

anxn

bmxm¢ limx!§1

1 + an¡1§1 + ¢ ¢ ¢+ a1

§1 + a0§1

1 + bm¡1§1 + ¢ ¢ ¢+ b1

§1 + b0§1

= limx!§1

anxn

bmxm¢ 1 + 0 + ¢ ¢ ¢+ 01 + 0 + ¢ ¢ ¢+ 0 = lim

x!§1anx

n

bmxm

3. (a) 2 (b) 0 (c) 0(d) +1.Sugest~ao: lim

x!¡12x2 ¡ 3x¡ 4p

x2 + 1= lim

x!¡1x2¡2¡ 3

x¡ 4

x2

¢qx2¡1 + 1

x2

¢ = limx!¡1

x2¡2¡ 3

x¡ 4

x2

¢jxjq1 + 1

x2

.

Agora, como x! ¡1, temos x < 0, e ent~ao jxj = ¡x.


(e) 72

(f) 0. Sugest~ao:px+ a¡px = (

px+ a¡px)(px+ a+px)p

x+ a+px

.

(g) a=2 (h) 0. Sugest~ao: Para contornar a indetermina»c~ao +1¡1, fa»cax+

3p1¡ x3 = (x+ 3

p1¡ x3)[x2 ¡ x ¢ 3

p1¡ x3 + ( 3p1¡ x3)2]

x2 ¡ x ¢ 3p1¡ x3 + ( 3p1¡ x3)2 , e use a identidade

(a+ b)(a2 ¡ ab+ b2) = a3 + b3.(i) 0. Sugest~ao: Aproveite a id¶eia usada na solu»c~ao do problema anterior, agora fazendouso da identidade (a¡ b)(a2 + ab+ b2) = a3 ¡ b3.(j) 1=2

Aula 5

Limites laterais

Para cada x real, de¯ne-se o valor absoluto ou m¶odulo de x como sendo

jxj =(

x se x ¸ 0¡x se x < 0

Por exemplo, jp2j = p2, j+ 3j = +3, j¡ 4j = 4, j0j = 0, j1 ¡ p2j = p2 ¡ 1 (pois1¡p2 < 0).

Para apresentar o conceito de limites laterais, consideraremos a fun»c~ao

f(x) = x+x

jxjcujo campo de de¯ni»c~ao (dom¶³nio) ¶e o conjunto R¡ f0g.

Se x > 0, jxj = x e portanto f(x) = x + 1. Se x < 0, jxj = ¡x e portantof(x) = x¡ 1. O gr¶a¯co de f ¶e esbo»cado na ¯gura 5.1.

1

1

-1 x

y

-1

2-2

-2

2

Figura 5.1. Esbo»co do gr¶a¯co de f(x) = x+ xjxj .

39

Limites laterais 40

Se x tende a 0, mantendo-se > 0, f(x) tende a 1. Se tende a 0, mantendo-se< 0, f(x) tende a ¡1.

Dizemos ent~ao que o limite de f(x), quando x tende a 0 pela direita, ¶e igual a 1,e denotamos

limx!0+

f(x) = 1

Dizemos tamb¶em que o limite de f(x), quando x tende a 0 pela esquerda, ¶e iguala ¡1, e denotamos

limx!0¡

f(x) = ¡1

De um modo geral, sendo f(x) uma fun»c~ao, se x0 est¶a no interior ou ¶e extremoinferior de um intervalo contido em D(f),

limx!x+

0

f(x) signi¯ca limx!x0x>x0

f(x)

Se x0 est¶a no interior ou ¶e extremo superior de um intervalo contido em D(f),

limx!x¡

0

f(x) signi¯ca limx!x0x<x0

f(x)

Exemplo 5.1

Consideremos agora a fun»c~ao f(x) = 1=x. Conforme j¶a observado no exemplo 4.7, aula4 (reveja-o), esta fun»c~ao n~ao tem limite quando x! 0.

Temos D(f) = R¡ f0g = ]¡1; 0[ [ ]0;+1[. Assim, 0 ¶e extremo superior dointervalo ]¡1; 0[½ D(f), e tamb¶em ¶e extremo inferior do intervalo ]0;+1[½ D(f).

1

1

-1 x

y

-1

2-2

-2

2

3

3

0

y=1/x

Figura 5.2. limx!0+ 1x= +1, limx!0¡ 1

x= ¡1

No esbo»co do gr¶a¯co de f , ¯gura 5.2, ilustramos a ocorrencia dos limites laterais

limx!0+

1

x= lim

x!0x>0

1

x= +1 lim

x!0¡1

x= lim

x!0x<0

1

x= ¡1

Limites laterais 41

(Tamb¶em ilustramos que limx!+1

1x= lim

x!¡11x= 0.)

Neste caso, ¶e conveniente denotar, introduzindo novos s¶³mbolos em nossa ¶algebrade limites,

limx!0+

1

x=1

0+= +1 lim

x!0¡1

x=1

0¡= ¡1

Observa»c~ao 5.1 Em geral, dizemos que

limx!x0

f(x) = 0+ se

(i) limx!x0

f(x) = 0, e

(ii) f(x) mant¶em-se > 0 quando x! x0, ou seja, f(x) > 0 para todo x su¯ciente-mente pr¶oximo de x0.

Dizemos que limx!x0

f(x) = 0¡ se

(i) limx!x0

f(x) = 0, e

(ii) f(x) mant¶em-se < 0 quando x! x0, ou seja, f(x) < 0 para todo x su¯ciente-mente pr¶oximo de x0.

Escrevemos ainda limx!x+

0

f(x) = 0+ para indicar que

(i) limx!x+

0

f(x) = 0, e (ii) f(x) > 0 quando x! x0 e x > x0.

Analogamente, podemos tamb¶em conceituar os casos

limx!x+

0

f(x) = 0¡, limx!x¡

0

f(x) = 0¡, e limx!x¡

0

f(x) = 0+.

Nossa ¶algebra de limites passa a contar agora com os seguintes novos resultados:

c

0+=

(+1 se c > 0

¡1 se c < 0

c

0¡=

(¡1 se c > 0

+1 se c < 0

Tamb¶em ¶e f¶acil intuir que

+10+

= +1 +10¡

= ¡1 ¡10+

= ¡1 ¡10¡

= +1

Exemplo 5.2

limx!1(x¡ 1)2 = 0+, portanto lim

x!11

(x¡ 1)2 =1

0+= +1.

Limites laterais 42

limx!0+

2x¡ 3x

=¡30+

= ¡1

limx!+1

5

x¡ 3 =5

+1 = 0+

Exemplo 5.3 Calcular limx!¡2+

x+ 2

jx+ 2j e limx!¡2¡

x+ 2

jx+ 2j

Solu»c~ao. Observe que x+ 2 > 0 se e somente se x > ¡2.Assim sendo, se x > ¡2, temos x+ 2 > 0 e ent~ao jx+ 2j = x+ 2.Por outro lado, se x < ¡2, temos x+ 2 < 0 e ent~ao jx+ 2j = ¡(x+ 2).Assim sendo, temos

limx!¡2+

x+ 2

jx+ 2j = limx!¡2x>¡2

x+ 2

jx+ 2j = limx!¡2x>¡2

x+ 2

x+ 2= lim

x!¡21 = 1

limx!¡2¡

x+ 2

jx+ 2j = limx!¡2x<¡2

x+ 2

jx+ 2j = limx!¡2x<¡2

x+ 2

¡(x+ 2) = limx!¡2

¡1 = ¡1

Observa»c~ao 5.2 A a¯rma»c~aolimx!x0

f(x) = a

¶e equivalente µa a¯rma»c~ao, simultanea, de que

limx!x+

0

f(x) = a e limx!x¡

0

f(x) = a

Se no entanto f(x) ¶e de¯nida para x > x0, mas n~ao ¶e de¯nida para x < x0, ent~ao

limx!x0 f(x) = a signi¯ca limx!x+0

f(x) = a

Por exemplo, limx!0px = 0, muito embora

px n~ao esteja de¯nida para x < 0.

Neste caso, a¯rmar que limx!0px = 0 signi¯ca que limx!0+

px = 0, j¶a que n~ao se

de¯ne o limite limx!0¡px

Observa»c~ao 5.3 (O gr¶a¯co de uma fun»c~ao cont¶³nua em [a; b])

No exemplo ao in¶³cio da aula, vimos que a fun»c~ao f(x) = x+ x=jxj tem limites lateraisdiferentes no ponto x0 = 0, sendo lim

x!0+f(x) = 1 e lim

x!0¡f(x) = ¡1. Assim, conforme

podemos vizualizar na ¯gura 5.1, o gr¶a¯co de f apresenta um salto no ponto 0.

Tamb¶em a fun»c~ao f(x) = 1=x tem um salto no ponto 0. Agora por¶em o salto ¶ein¯nito, sendo lim

x!0+f(x) = +1 e lim

x!0¡f(x) = ¡1.

Limites laterais 43

a x

y

b0

f(a)

f(b)

Figura 5.3. f ¶e cont¶³nua e diferenci¶avel no intervalo [a; b].

a x

y

b0

f(a)

f(b)

c d

Figura 5.4. f ¶e cont¶³nua no intervalo [a; b], mas n~ao tem derivadas nos pontos c e d.

Na aula 4, estivemos observando que a fun»c~ao f(x) = 1=x2 tem limite in¯nito noponto 0: lim

x!0f(x) = +1. Aqui, nas proximidades de 0, o gr¶a¯co \salta" para cima dos

dois lados, apresentando uma quebra na curva do gr¶a¯co.

Quando uma fun»c~ao f(x) ¶e cont¶³nua nos pontos de um intervalo [a; b], a curvay = f(x), a · x · b, gr¶a¯co de f no intervalo [a; b], n~ao apresenta quebras ou saltos.

Intuitivamente falando, podemos desenhar o gr¶a¯co ligando o ponto inicial A =(a; f(a)) ao ponto ¯nal B = (b; f(b)) sem tirarmos o l¶apis do papel, tal como na ¯gura5.3.

Observa»c~ao 5.4 (Uma fun»c~ao cont¶³nua pode n~ao ter derivada sempre) J¶a na ¯gu-ra 5.4 temos uma ilustra»c~ao de uma fun»c~ao cont¶³nua no intervalo [a; b] que, no entanto,n~ao tem derivada em dois pontos desse intervalo. Note que nos pontos correspondentesa c e d n~ao ¶e poss¶³vel tra»car retas tangentes ao gr¶a¯co de f .

Observa»c~ao 5.5 (Continuidade signi¯ca lim¢x!0

¢f = 0) Na observa»c~ao 2.1, aula 2,

vimos que, sendo x0 2 D(f), se existe f 0(x0) ent~ao lim¢x!0

¢f = 0. Na verdade, n~ao ¶e

necess¶ario termos f diferenci¶avel x0 para que tenhamos lim¢x!0

¢f = 0.

Limites laterais 44

A condi»c~ao necess¶aria e su¯ciente para que tenhamos lim¢x!0

¢f = 0 ¶e que f seja

cont¶³nua no ponto x0.

Vejamos: ¢f = f(x0 +¢x)¡ f(x0).Fazendo x = x0 + ¢x, temos ¢f = f(x) ¡ f(x0). Temos que ¢x ! 0 se e

somente se x! x0.

Se lim¢x!0

¢f = 0, ent~ao limx!x0

(f(x)¡ f(x0)) = 0, logolimx!x0

f(x) = limx!x0

[(f(x)¡ f(x0)) + f(x0)] = 0 + f(x0) = f(x0). Assim, f ¶e cont¶³nuaem x0.

Se f ¶e cont¶³nua em x0, limx!x0

f(x) = f(x0). Logo, limx!x0

(f(x) ¡ f(x0)) = 0, e

ent~ao lim¢x!0

¢f = 0.

Assim, lim¢x!0

¢f = 0, limx!x0

f(x) = f(x0).

Quando existe f 0(x0), temos lim¢x!0

¢f = 0 e ent~ao limx!x0

f(x) = f(x0), ou seja

Se f tem derivada em x0 ent~ao f ¶e cont¶³nua em x0.

No entanto, podemos ter f cont¶³nua em x0, sem ter derivada em x0. Veja proble-mas 5 e 6 abaixo.

5.1 Problemas

-1/2

-1

1 20 x

y

Figura 5.5.

Limites laterais 45

1. Na ¯gura 5.5 est¶a esbo»cado o gr¶a¯co de uma fun»c~ao y = f(x). Complete asigualdades:

(a) limx!1¡

f(x) = (b) limx!1+

f(x) = (c) limx!2¡

f(x) =

(d) limx!2+

f(x) = (e) limx!0¡

f(x) = (f) limx!0+

f(x) =

(g) limx!+1

f(x) = (h) limx!¡1

f(x) =

2. Em que pontos a fun»c~ao f do problema anterior ¶e de¯nida? Em quais pontos ¶econt¶³nua?

3. Calcule os limites laterais

(a) limx!¼¡

j¼ ¡ xjx¡ ¼ (b) lim

x!¼+j¼ ¡ xjx¡ ¼ (c) lim

x!8¡1

x¡ 8(d) lim

x!8+1

x¡ 8 (e) limx!2+

x2 ¡ 5x+ 42¡ x (f) lim

x!2+px¡ 2

4. Calcule os limites limx!¡3+

f(x), limx!¡3¡

f(x) e diga se existe o limite limx!¡3

f(x).

Diga tamb¶em se f ¶e cont¶³nua no ponto ¡3.

(a) f(x) =

8<:

1

2¡ 3x se x < ¡33px+ 2 se x ¸ ¡3

(b) f(x) =

8<:

9

x2se x · ¡3

3p4 + x se x > ¡3

5. Veri¯que que a fun»c~ao f(x) = jxj ¶e cont¶³nua em x0 = 0, mas n~ao existe f 0(0)(mostre que n~ao existe o limite lim

¢x!0f(0+¢x)¡f(0)

¢x). Mostre que existem os limites

laterais lim¢x!0+

f(0+¢x)¡f(0)¢x

e lim¢x!0¡

f(0+¢x)¡f(0)¢x

, chamados respectivamente de

derivada direita de f no ponto 0 (f 0(0+)) e derivada esquerda de f no ponto 0(f 0(0¡)). Esboce o gr¶a¯co de f e interprete geometricamente os fatos deduzidosacima.

6. Veri¯que que a fun»c~ao f(x) = 3px ¶e cont¶³nua em x0 = 0, mas lim

¢x!0f(0+¢x)¡f(0)

¢x=

+1. Neste caso, por abuso de linguagem, dizemos que f 0(0) = +1. Esboce ogr¶a¯co de f , tra»cando-o cuidadosamente atrav¶es dos pontos de abcissas 0, §1=8,§1, §8, e interprete geometricamente o fato de que f 0(0) = +1.


1. (a) ¡1 (b) ¡1=2 (c) +1 (d) 0 (e) ¡1 (f) ¡1 (g) ¡1=2 (h) ¡12. A fun»c~ao f ¶e de¯nida em R¡ f1g. ¶E cont¶³nua em R¡ f1; 2g.3. (a) ¡1 (b) 1 (c) ¡1 (d) +1 (e) +1 (f) 0

Limites laterais 46

4.

(a) limx!¡3+

f(x) = ¡1, limx!¡3¡

f(x) = 1=11. N~ao se de¯ne (n~ao existe) o limite

limx!¡3

f(x). f(¡3) = ¡1, mas como n~ao existe limx!¡3

f(x), f n~ao ¶e cont¶³nua no ponto

¡3.(b) lim

x!¡3+f(x) = 1, lim

x!¡3¡f(x) = 1, lim

x!¡3f(x) = 1. f ¶e cont¶³nua no ponto ¡3 pois

limx!¡3

f(x) = f(¡3).

5. Ao esbo»car o gr¶a¯co de f , notamos que f(x) = x, se x ¸ 0, e f(x) = x, se x · 0.Assim, f 0(0+) = 1 indica a presen»ca de uma reta tangente ao gr¶a¯co de f , \µa direita doponto (0; 0)", como sendo a reta tangente ao gr¶a¯co de y = x, x ¸ 0, no ponto (0; 0) (areta tangente a uma reta ¶e a pr¶opria reta). Analogamente, interpreta-se f 0(0¡) = ¡1.

6. f 0(0) = +1 signi¯ca que a reta tangente µa curva y = 3px, no ponto (0; 0), ¶e vertical.

Aula 6

Esbo»cando gr¶a¯cos: primeiros passos

Existe o processo simples de esbo»car-se o gr¶a¯co de uma fun»c~ao cont¶³nua ligando-seum n¶umero ¯nito de pontos P1 = (x1; f(x1)); : : : ; Pn = (xn; f(xn)), de seu gr¶a¯co, noplano xy. Mas este procedimento nem sempre revela as nuances do gr¶a¯co.

Nesta aula veremos como as derivadas s~ao ferramentas auxiliares no esbo»co dessesgr¶a¯cos, provendo informa»c~oes qualitativas que n~ao podem ser descobertas atrav¶es deuma simples plotagem de pontos.

6.1 Crescimento e decrescimento

x

f(x)

x

y

quando x cresce

f(x) cresce

1 2xx

f(x )1

f(x )2

0

Figura 6.1. f ¶e crescente em um certo intervalo I.

De¯ni»c~ao 6.1

1. A fun»c~ao f(x) ¶e crescente no intervalo I (I ½ R) se, nesse intervalo, quando xaumenta de valor, f(x) tamb¶em aumenta de valor.

Em outras palavras, f ¶e crescente se vale a implica»c~ao

x1 < x2 ) f(x1) < f(x2)

47

Esboc»ando gr¶aficos: primeiros passos 48

para quaisquer x1; x2 2 I.2. A fun»c~ao f(x) ¶e decrescente no intervalo I (I ½ R) se, nesse intervalo, quando

x cresce em valor, f(x) decresce.

Em outras palavras, f ¶e decrescente se vale a implica»c~ao

x1 < x2 ) f(x1) > f(x2)

para quaisquer x1; x2 2 I.

x

f(x)

x

y

quando x cresce

f(x) decresce

f(x )1

f(x )2

1 2xx

y=f(x)

0

Figura 6.2. f ¶e decrescente em um certo intervalo I.

Teorema 6.1 Suponhamos que f ¶e cont¶³nua no intervalo fechado [a; b] e tem derivadanos pontos do intervalo aberto ]a; b[.

1. Se f 0(x) > 0 nos pontos do intervalo aberto ]a; b[, ent~ao f ¶e crescente nointervalo [a; b].

2. Se f 0(x) < 0 nos pontos do intervalo aberto ]a; b[, ent~ao f ¶e decrescente nointervalo [a; b].

N~ao iremos demonstrar o teorema 6.1 aqui. Iremos apenas ilustrar geometricamente ofato de que esse teorema ¶e bastante plaus¶³vel.

Na ¯gura 6.3, em que f ¶e crescente em um certo intervalo [a; b], todas as retastangentes ao gr¶a¯co de f , no intervalo ]a; b[, s~ao inclinadas para a direita. Da¶³ oscoe¯cientes angulares dessas retas s~ao todos positivos. Como o coe¯ciente angular emum ponto P = (c; f(c)) ¶e f 0(c), temos f 0(c) > 0 para cada c 2]a; b[.

O comportamento de f 0(x) nos extremos do intervalo n~ao precisa ser levado emconsidera»c~ao. Na ¯gura 6.3, temos f 0(a) = 0 e f 0(b) = +1 (a reta tangente em(b; f(b)) ¶e vertical, lim

x!b¡f 0(x) = +1).

Na ¯gura 6.4, em que f ¶e decrescente em um certo intervalo [a; b], todas as retastangentes ao gr¶a¯co de f , no intervalo ]a; b[, s~ao inclinadas para a esquerda. Da¶³ os


a b

Figura 6.3. Os coe¯cientes angulares, das retas tangentes, sempre positivos, ¶e indicativode fun»c~ao crescente.

coe¯cientes angulares dessas retas s~ao todos negativos. Como o coe¯ciente angular emum ponto P = (c; f(c)) ¶e f 0(c), temos f 0(c) < 0 para cada c 2]a; b[.

O comportamento de f 0(x) nos extremos do intervalo n~ao precisa ser levado emconsidera»c~ao. Na ¯gura 6.4, temos f 0(a) = 0 e f 0(b) = ¡1 (a reta tangente em(b; f(b)) ¶e vertical, lim

x!b¡f 0(x) = ¡1).

a

b

Figura 6.4. Os coe¯cientes angulares, das retas tangentes, sempre negativos, ¶e indicativode fun»c~ao decrescente.

De¯ni»c~ao 6.2 (Pontos de m¶aximo e pontos de m¶³nimo locais)

Um ponto x0, no dom¶³nio da fun»c~ao f , ¶e um ponto de m¶³nimo local de f se existe umintervalo [a; b] contido no dom¶³nio de f , com a < x0 < b, tal que f(x) ¸ f(x0) paratodo x em [a; b].Isto ocorre, por exemplo, no caso em que existem intervalos [a; x0] e [x0; b] contidosem D(f) tais que f ¶e decrescente em [a; x0] e ¶e crescente em [x0; b]. Veja ¯gura 6.5.

Se, ao contr¶ario, f(x) · f(x0), para todo x em [a; b], x0 ¶e um ponto de m¶aximo localde f .Isto se d¶a, por exemplo, quando existem intervalos [a; x0] e [x0; b] contidos em D(f)tais que f ¶e crescente em [a; x0] e decrescente em [x0; b]. Veja ¯gura 6.6.


a bx0

f(x )0

Figura 6.5. x0 ¶e um ponto de m¶³nimo local. Note que f0(x0) = 0 se f tem derivada em

x0 pois, em um ponto de m¶³nimo local, a reta tangente ao gr¶a¯co deve ser horizontal.

a bx0

f(x )0

Figura 6.6. x0 ¶e um ponto de m¶aximo local. Note que f0(x0) = 0 se f tem derivada em

x0 pois, em um ponto de m¶aximo local, a reta tangente ao gr¶a¯co deve ser horizontal.

6.2 Derivadas de ordem superior e concavidades do

gr¶a¯co

Sendo f uma fun»c~ao, de¯nimos f 0 como sendo a fun»c~ao derivada de f , e f 00 (le-se \fduas linhas") como sendo a derivada da derivada de f , ou seja

f 00(x) = (f 0(x))0 = lim¢x!0

f 0(x+¢x)¡ f 0(x)¢x

¶E costume denotar tamb¶em, sendo y = f(x),

f 00(x) = f (2)(x) =d2y

dx2=d

dx

µdy

dx

¶

A nota»c~ao d2y

dx2¶e lida \de dois y de x dois".

Analogamente, de¯nem-se

f 000(x) = f (3)(x) = (f 00(x))0 =d3y

dx3=d

dx

µd2y

dx2

¶

e para cada n ¸ 2

f (n)(x) = (f (n¡1)(x))0 =dny

dxn=d

dx

µdn¡1ydxn¡1

¶


De¯ni»c~ao 6.3

1. O gr¶a¯co de y = f(x) ¶e concavo para cima (ou tem concavidade voltada paracima) no intervalo aberto I se, exceto pelos pontos de tangencia, a curva y =f(x) est¶a, nesse intervalo, sempre no semi-plano acima de cada reta tangente aela nesse intervalo (veja ¯gura 6.7).

Dizemos que o intervalo I ¶e aberto quando I tem uma das formas: ]a; b[, ]a;+1[,]¡1; b[.

2. O gr¶a¯co de y = f(x) ¶e concavo para baixo (ou tem concavidade voltada parabaixo) no intervalo aberto I se, exceto pelos pontos de tangencia, a curva y =f(x) est¶a, nesse intervalo, sempre no semi-plano abaixo de cada reta tangentea ela (veja ¯gura 6.8).

x

Figura 6.7. Neste gr¶a¯co a curva y = f(x) ¶e concava para cima, para valores de x emum certo intervalo aberto I. Isto quer dizer que, exceto pelos pontos de tangencia, acurva y = f(x) (para x 2 I) est¶a sempre no semi-plano acima de cada reta tangentea ela. Neste caso, µa medida em que x cresce, cresce tamb¶em o coe¯ciente angular dareta tangente µa curva no ponto (x; f(x)), na ¯gura passando de negativo a positivo.

x

Figura 6.8. Neste gr¶a¯co a curva y = f(x) ¶e concava para baixo, para valores de x emum certo intervalo aberto I. Isto quer dizer que, exceto pelos pontos de tangencia, acurva y = f(x) (para x 2 I) est¶a sempre no semi-plano abaixo de cada reta tangentea ela. Neste caso, µa medida em que x cresce, decresce o coe¯ciente angular da retatangente µa curva no ponto (x; f(x)), na ¯gura passando de positivo a negativo.


Teorema 6.2 Sendo f(x) deriv¶avel duas vezes nos pontos do intervalo aberto I,

1. se f 00(x) > 0 para todo x 2 I, ent~ao a curva y = f(x) ¶e concava para cima emI;

2. se f 00(x) < 0 para todo x 2 I, ent~ao a curva y = f(x) ¶e concava para baixo emI.

N~ao demonstraremos o teorema 6.2 aqui, mas faremos a seguinte observa»c~ao.

Se f 00(x) > 0 nos pontos x 2 I ent~ao, pelo teorema 6.1, a fun»c~ao f 0(x) ¶e crescenteem I. Assim, f 0(x) cresce µa medida em que x cresce, como na ¯gura 6.7. Desse modo,temos a curva y = f(x) concava para cima em I.

Se f 00(x) < 0 nos pontos x 2 I ent~ao, pelo teorema 6.1, a fun»c~ao f 0(x) ¶edecrescente em I. Assim, f 0(x) decresce µa medida em que x cresce, como na ¯gura 6.8.Desse modo, temos a curva y = f(x) concava para baixo em I.

De¯ni»c~ao 6.4 (Pontos de in°ex~ao da curva y = f(x))O ponto P = (x0; f(x0)) ¶e um ponto de in°ex~ao da curva y = f(x) se esta curva ¶econcava para cima (ou para baixo) em um intervalo ]®; x0[ (® real ou ¡1) e concavapara baixo (respectivamente, para cima) em um intervalo ]x0; ¯[ (¯ real ou +1).Isto quer dizer que o ponto P = (x0; f(x0)) ¶e um ponto de mudan»ca do sentido deconcavidade do gr¶a¯co de f . Veja ¯gura 6.9.

x

P

x0

Figura 6.9. P ¶e um ponto de in°ex~ao do gr¶a¯co de f .

Tendo em vista o resultado do teorema 6.2, se f 00(x) ¶e cont¶³nua, os candidatos apontos de in°ex~ao s~ao os pontos (x; f(x)) para os quais f 00(x) = 0.

Exemplo 6.1 Consideremos a fun»c~ao f(x) = x2 ¡ 3x.

Temos f 0(x) = 2x ¡ 3 e f 00(x) = 2. Assim, f e suas derivadas f 0 e f 00 s~ao todascont¶³nuas em R.

Analisando a varia»c~ao de sinal de f 0(x), deduzimos:

f 0(x) > 0, 2x¡ 3 > 0, x > 3=2

Assim, f(x) ¶e crescente no intervalo x ¸ 3=2 (ou seja, no intervalo [3=2;+1[).Por outro lado, f(x) ¶e decrescente no intervalo ]¡1; 3=2].Desse modo, em x0 = 3=2, temos um ponto m¶³nimo local, que acontece ser o

ponto de m¶³nimo de f(x). Note que f 0(3=2) = 0, pois se x0 ¶e um ponto de m¶aximo ou


m¶³nimo local, de uma fun»c~ao deriv¶avel, a reta tangente ao gr¶a¯co em (x0; f(x0)) deveser horizontal.

Como f 00(x) = 2 > 0 para todo x, o gr¶a¯co de f tem a concavidade semprevoltada para cima.

Com os elementos deduzidos acima, notando que f(3=2) = ¡9=4, e que 0 e 3 s~aoas ra¶³zes de f (solu»c~oes da equa»c~ao f(x) = 0), temos o esbo»co da curva y = x2 ¡ 3xna ¯gura 6.10.

1 2 3

3/2

-9/4

-2

-1

0 x

y

Figura 6.10.

Aqui levamos em conta tamb¶em que limx!+1

f(x) = +1 e limx!¡1

f(x) = +1.

Exemplo 6.2 Consideremos a fun»c~ao f(x) = x3 ¡ 3x2.

Temos f 0(x) = 3x2¡6x e f 00(x) = 6x¡6. Assim, f e suas derivadas f 0 e f 00 s~ao todascont¶³nuas em R.

Analisando a varia»c~ao de sinal de f 0(x), deduzimos:

f 0(x) = 3x(x¡ 2) > 0, x < 0 ou x > 2

Assim, f(x) ¶e crescente no intervalo ]¡1; 0] e tamb¶em ¶e crescente no intervalo[2;+1[, sendo decrescente no intervalo [0; 2]. Desse modo 0 ¶e ponto de m¶aximo localde f e 2 ¶e ponto de m¶³nimo local. Repare que 0 e 2 s~ao ra¶³zes de f 0(x). Assim, nospontos (0; f(0)) = (0; 0) e (2; f(2)) = (2;¡4) as retas tangentes ao gr¶a¯co de f s~aohorizontais.

Analisando a varia»c~ao de sinal de f 00(x), temos

f 00(x) = 6x¡ 6 > 0, x > 1

Assim, a curva y = x3 ¡ 3x2, gr¶a¯co de f , tem concavidade voltada para cima quandox > 1, e para baixo quando x < 1. O ponto P = (1; f(1)) = (1;¡2) ¶e ponto dein°ex~ao do gr¶a¯co.


1 2 3

-2

-1

0

x

y

-4

Figura 6.11.

Com os elementos deduzidos acima, notando que 0 e 3 s~ao as ra¶³zes de f (solu»c~oesda equa»c~ao f(x) = 0), temos o esbo»co da curva y = x3 ¡ 3x2 na ¯gura 6.11.

Aqui levamos em conta tamb¶em que limx!+1

f(x) = +1 e limx!¡1

f(x) = ¡1.

6.3 Problemas

Cada uma das fun»c~oes f(x) dadas abaixo tem como dom¶³nio todo o conjunto R. Paracada uma delas,

(a) Calcule f 0(x) e determine os intervalos em que f ¶e crescente e aqueles em que f¶e decrescente;

(b) Determine os pontos de m¶aximo locais e os pontos de m¶³nimo locais de f , bemcomo os valores de f(x) nesses pontos;

(c) Calcule f 00(x) e determine os intervalos em que a curva y = f(x) ¶e concava paracima e aqueles em que ela ¶e concava para baixo;

(d) Determine os pontos de in°ex~ao da curva y = f(x);

(e) Calcule as ra¶³zes de f (solu»c~oes da equa»c~ao f(x) = 0), quando isto n~ao for dif¶³cil;

(f) Calcule os limites limx!+1

f(x) e limx!¡1

f(x).

(g) A partir dos dados coletados acima, fa»ca um esbo»co bonito do gr¶a¯co de f .

1. f(x) = ¡x2 + 2x+ 1


2. f(x) = x3 ¡ 6x2 + 9x3. f(x) = 3x4 ¡ 4x3 ¡ 12x2 + 8

4. f(x) =x2 + 3

x2 + 1

5. f(x) = 2x3 ¡ 9x2 + 12x¡ 6

6. f(x) =4x

x2 + 1


1. (a) f 0(x) = ¡2x+2. f % (¶e crescente) em ]¡1; 1], e & (¶e decrescente) em [1;+1[.(b) 1 ¶e ponto de m¶aximo local de f . f(1) = 2. (c) f 00(x) = ¡2. A curva y = f(x)¶e sempre concava para baixo. (d) A curva y = f(x) n~ao tem pontos de in°ex~ao.(e) As ra¶³zes de f s~ao 1 ¡ p2 ¼ ¡0; 6 e 1 + p2 ¼ 2; 4. (f) lim

x!+1 f(x) = ¡1,lim

x!¡1 f(x) = ¡1.

2. (a) f 0(x) = 3x2¡12x+9. f % em ]¡1; 1],& em [1; 3], e% novamente em [3;+1[.(b) 1 ¶e ponto de m¶aximo local de f , 3 ¶e ponto de m¶³nimo local. f(1) = 4, f(3) = 0.(c) f 00(x) = ¡6x¡ 12. A curva y = f(x) ¶e _ (concava para baixo) em ]¡1; 2[ e ^(concava para cima) em ]2;+1[. (d) P = (2; 2) ¶e o ¶unico ponto de in°ex~ao do gr¶a¯code f . (e) As ra¶³zes de f s~ao 0 e 3. (f) lim

x!+1 f(x) = +1, limx!¡1 f(x) = ¡1.

3. (a) f 0(x) = 12x3 ¡ 12x2 ¡ 24x = 12(x3 ¡ x2 ¡ 2x). f & em ]¡1;¡1], % em [1; 0],& em [0; 2] e % em [2;+1[. (b) ¡1 e 2 s~ao pontos de m¶³nimo locais de f , 0 ¶e pontode m¶aximo local. f(¡1) = 3, f(0) = 8, f(2) = ¡24. (c) f 00(x) = 36x2 ¡ 24x¡ 24 =12(3x2 ¡ 2x ¡ 2). A curva y = f(x) ¶e ^ em ] ¡1; x1[ e em ]x2;+1[, e ¶e _ em]x1; x2[, sendo x1 = (1 ¡ p7)=3 ¼ ¡0; 5 e x2 = (1 +

p7)=2 ¼ 1; 2. (d) Os pontos

de in°ex~ao do gr¶a¯co s~ao (x1; f(x1)) e (x2; f(x2)). (e) As ra¶³zes de f n~ao podem serdeterminadas com facilidade. Gra¯camente, poderemos notar que f tem uma raiz entre0 e 1, e uma outra entre 2 e 3. (f) lim

x!+1 f(x) = +1, limx!¡1 f(x) = +1.

4. (a) f 0(x) =¡4x

(x2 + 1)2. f % em ]¡ 1; 0], e & em [0;+1[. (b) 0 ¶e ponto de

m¶aximo local de f . f(0) = 3. (c) f 00(x) =4(3x2 ¡ 1)(x2 + 1)3

. A curva y = f(x) ¶e ^ em

]¡1;¡p3=3[ e em ]p3=3;+1[, e ¶e_ em ]¡p3=3;p3=3[. (d) Os pontos de in°ex~aodo gr¶a¯co s~ao (¡p3=3; 5=2) e (p3=3; 5=2), sendo p3=3 ¼ 0; 6. (e) f n~ao tem ra¶³zes:f(x) > 0 para todo x real. (f) lim

x!+1 f(x) = 1, limx!¡1 f(x) = 1.

5. (a) f 0(x) = 6x2¡ 18x+12 = 6(x2¡ 3x+2). f % em ]¡1; 1], & em [1; 2], e % em[2;+1[. (b) 1 ¶e ponto de m¶aximo local de f , 2 ¶e ponto de m¶³nimo local. f(1) = ¡1,f(2) = ¡2. (c) f 00(x) = 12x¡ 18 = 6(2x¡ 3). A curva y = f(x) ¶e ^ em ]3=2;+1[e ¶e _ em ]¡1; 3=2[. (d) O ponto de in°ex~ao do gr¶a¯co ¶e (3=2;¡3=2). (e) As ra¶³zes


de f n~ao podem ser determinadas com facilidade. Gra¯camente, poderemos notar quef tem uma raiz entre 2 e 3 (f) lim

x!+1 f(x) = +1, limx!¡1 f(x) = ¡1.

6. (a) f 0(x) =4(1¡ x2)(1 + x2)2

. f & em ]¡1;¡1], % em [¡1; 1], e & em [1;+1[. (b) ¡1¶e ponto de m¶³nimo local de f , 1 ¶e ponto de m¶aximo local. f(¡1) = 2, f(1) = 2. (c)f 00(x) =

8x(x2 ¡ 3)(1 + x2)3

. A curva y = f(x) ¶e _ em ]¡1;¡p3[, ^ em ]¡ p3; 0[, _em ]0;

p3[ e ^ em

p3;+1[. (d) Os pontos de in°ex~ao do gr¶a¯co s~ao (¡p3;¡p3),

(0; 0) e (p3;p3) (e) A ¶unica ra¶³z de f ¶e 0. (f) lim

x!+1 f(x) = 0, limx!¡1 f(x) = 0.

Esbo»cos dos gr¶a¯cos:

1.

1 2 3-1 0 x

y

2

-2

2.

1 2 3

2

0 x

y

4

3.

1 2 30

x

y

-1-2

10

-20

-10

(2,-24)

8(-1,3)

4.

0 1 2

2

x

y

3 4-1-2-3

3

5.

1 2 3

4

0 x

y

2

-2

-4

-6

6.

0 1 2

2

x

y

3 4-1-2-3

-2

Aula 7

Esbo»cando gr¶a¯cos: zeros nodenominador e retas ass¶³ntotas

Na aula 6, estivemos concentrados no estudo de fun»c~oes cont¶³nuas em R, com derivadasprimeira e segunda tamb¶em cont¶³nuas.

Nesta aula, estaremos voltando nossa aten»c~ao para fun»c~oes alg¶ebricas. Uma fun»c~ao¶e alg¶ebrica quando sua f¶ormula f(x) envolve todas ou algumas das quatro opera»c~oesracionais +, ¡, £ e ¥, e eventualmente extra»c~oes de ra¶³zes n-¶esimas ( np ).

Na verdade, as fun»c~oes da aula 6 s~ao tamb¶em fun»c~oes alg¶ebricas.

As fun»c~oes alg¶ebricas que estaremos estudando agora, por¶em, tem uma ou v¶arias dasseguintes peculiaridades:

(i) o denominador na f¶ormula de f(x) se anula para um ou mais valores de x;

(ii) para alguns valores de x, f ¶e cont¶³nua em x, mas f 0 n~ao o ¶e;

(iii) para alguns valores de x, f e f 0 s~ao cont¶³nuas em x, mas f 00 n~ao o ¶e;

(iv) quando x ! +1 (ou quando x ! ¡1), a curva y = f(x) aproxima-seinde¯nidamente de uma reta (chamada reta ass¶³ntota da curva y = f(x)). (Osgr¶a¯cos das fun»c~oes dos problemas 4 e 6, p¶agina 55, tem ass¶³ntotas horizontais).

A apresenta»c~ao desses novos aspectos no esbo»co de gr¶a¯cos de fun»c~oes ser¶a feitaatrav¶es de exemplos. Vamos a eles.

Exemplo 7.1 Esbo»car o gr¶a¯co de f , sendo f(x) =2x+ 1

x¡ 2 , ou seja, esbo»car a curva

y =2x+ 1

x¡ 2 .

Detectando ass¶³ntotas verticais

Repare que D(f) = R¡ f2g.

57

Esboc»ando gr¶aficos: zeros no denominador e retas ass¶³ntotas 58

Agora, limx!2+

f(x) = limx!2x>2

=5

0+= +1, e lim

x!2¡f(x) = lim

x!2x<2

=5

0¡= ¡1

Esses limites laterais, sendo in¯nitos, detectam que a reta vertical de equa»c~aox = 2 ¶e uma ass¶³ntota vertical do gr¶a¯co de f . Mais precisamente, esses limites lateraisdetectam que

quando x ! 2+, os pontos correspondentes, no gr¶a¯co, \sobem" no plano xy, aproxi-mando-se inde¯nidamente dessa reta. Quando x! 2¡, os pontos do gr¶a¯co \descem"no plano xy, tamb¶em aproximando-se inde¯nidamente da reta ass¶³ntota.

Crescimento e decrescimento

Temos

f 0(x) =(2x+ 1)0(x¡ 2)¡ (x¡ 2)0(2x+ 1)

(x¡ 2)2 =2(x¡ 2)¡ (2x+ 1)

(x¡ 2)2

Portanto

f 0(x) =¡5

(x¡ 2)2Assim sendo f 0(x) < 0 para todo x em D(f) = R¡ f2g. Esta fun»c~ao f n~ao pode term¶aximos nem m¶³nimos locais.

Temos o seguinte diagrama de sinais de f 0 e intervalos de crescimento e decresci-mento de f :

f

f _ '

f (2)

2 x_

∃

Concavidades do gr¶a¯co

Temos

f 00(x) =· ¡5(x¡ 2)2

¸0= [¡5(x¡ 2)¡2]0 = 10(x¡ 2)¡3

Temos o seguinte diagrama de sinais de f 00 e dire»c~oes de concavidades do gr¶a¯co de f :

f _ '' 2

xy = f(x)

+

Como 262 D(f), o gr¶a¯co n~ao tem ponto de in°ex~ao.Comportamento no in¯nito (outras ass¶³ntotas)

limx!+1

f(x) = limx!+1

2x+ 1

x¡ 2 = 2


Tamb¶em limx!¡1

f(x) = 2

Assim, a reta y = 2 ¶e uma ass¶³ntota horizontal µa direita e µa esquerda do gr¶a¯code f .

Esbo»co do gr¶a¯co de f , com base nos aspectos estudados acima: ¯gura 7.1

2

4

y = 2

-4

-2

0

-4 -2

862 4

8

6

x = 2

Figura 7.1.

Exemplo 7.2 Esbo»car o gr¶a¯co de y =x2 ¡ 2x+ 2x¡ 1 .

Detectando ass¶³ntotas verticais

Repare que D(f) = R¡ f1g.

Agora, limx!1+

x2 ¡ 2x+ 2x¡ 1 =

1

0+= +1, e lim

x!1¡x2 ¡ 2x+ 2x¡ 1 =

1

0¡= ¡1

A reta vertical de equa»c~ao x = 1 ¶e uma ass¶³ntota vertical do gr¶a¯co da curvay = x2¡2x+2

x¡1 .

Quando x est¶a pr¶oximo de 1, pontos da curva \sobem" no plano xy, aproximando-se da ass¶³ntota, µa direita, e \descem", aproximando-se da ass¶³ntota, µa esquerda.

Crescimento e decrescimento. M¶aximos e m¶³nimos locais

Temos

y0 =(x2 + 2x+ 2)0(x¡ 1)¡ (x¡ 1)0(x2 + 2x+ 2)

(x¡ 1)2

=(2x¡ 2)(x¡ 1)¡ (x2 ¡ 2x+ 2)

(x¡ 1)2 =x2 ¡ 2x(x¡ 1)2


Portanto

y0 =x2 ¡ 2x(x¡ 1)2 =

x(x¡ 2)(x¡ 1)2

Assim, y0 = 0 para x = 0 e para x = 2.

As ra¶³zes do numerador de y0 s~ao 0 e 2, enquanto que 1 ¶e raiz do denominador.Al¶em disso, em cada um dos intervalos ]¡1; 0[, ]0; 1[, ]1; 2[ e ]2;+1[, a derivada y0mant¶em-se positiva ou negativa.

Este fato nos ¶e garantido por um teorema da An¶alise Matem¶atica, chamado teo-rema do anulamento, ou teorema de Bolzano, que enuncia

Teorema de Bolzano Se uma fun»c~ao cont¶³nua f n~ao tem ra¶³zes em um intervalo,ent~ao f(x) mant¶em-se positiva ou negativa em todos os pontos x do intervalo.

Com base nessas observa»c~oes, para analisar a varia»c~ao de sinais de y0 podemosrecorrer ao seguinte argumento:

Quando x ¶e muito grande, y0 > 0. Assim, y0 > 0 no intervalo x > 2. Quando x passapor 2, y0 troca de sinal. Portanto, y0 < 0 para 1 < x < 2. Quando x passa por 1, y0

n~ao muda de sinal porque o termo x¡1 aparece elevado ao quadrado no denominador.Assim sendo, temos ainda y0 < 0 no intervalo 0 < x < 1. Ao passar por 0, y0 trocade sinal novamente e temos ent~ao y0 > 0 quando x < 0.

Temos ent~ao o seguinte diagrama de sinais de y0 e intervalos de crescimento edecrescimento de y:

y

y' _

y(1)

2 x_

∃

10+ +

pto deminlocal

pto demaxlocal

y' = 0y' = 0

Temos ent~ao que y cresce em ]¡1; 0], decresce em [0; 1[ e em ]1; 2], e cresce em[2;+1[.

Concavidades e in°ex~oes do gr¶a¯co

Temos

y00 =·x2 ¡ 2x(x¡ 1)2

¸0=(x2 ¡ 2x)0(x¡ 1)2 ¡ [(x¡ 1)2]0(x2 ¡ 2x)

(x¡ 1)4

=(2x¡ 2)(x¡ 1)2 ¡ 2(x¡ 1)(x2 ¡ 2x)

(x¡ 1)4

=(2x¡ 2)(x¡ 1)¡ 2(x2 ¡ 2x)

(x¡ 1)3 =2

(x¡ 1)3


y'' _ 1

xy = y(x)

+

Temos o seguinte diagrama de sinais de y00 e dire»c~oes de concavidades da curva y = y(x):

Como n~ao h¶a y para x = 1, o gr¶a¯co n~ao tem ponto de in°ex~ao.

Comportamento no in¯nito (outras ass¶³ntotas)

limx!+1

y(x) = limx!+1

x2 ¡ 2x+ 2x¡ 1 = lim

x!+1x2

x= lim

x!+1x = +1

Temos ainda limx!¡1

y(x) = limx!¡1

x2

x= lim

x!¡1x = ¡1

Assim, a curva n~ao tem ass¶³ntota horizontal.

Esbo»co do gr¶a¯co de f , com base nos elementos coletados acima: ¯gura 7.2

1

2

-2

-1

0

-4 -2

31 2

4

3

x = 1

-3

y

x

Figura 7.2.

Ass¶³ntotas inclinadas!

H¶a algo mais que pode ser destacado no gr¶a¯co esbo»cado na ¯gura 7.2: a exis-tencia, at¶e aqui insuspeita, de uma ass¶³ntota inclinada (tamb¶em chamada ass¶³ntotaobl¶³qua).

Se limx!+1

[f(x)¡ (ax+ b)] = 0, para certos n¶umeros reais a e b, temos que a retay = ax+ b ¶e uma ass¶³ntota do gr¶a¯co de f µa direita, uma ass¶³ntota inclinada se a6= 0.


Neste caso, µa medida em que x cresce, tornando-se muito grande, com valorespositivos, f(x) torna-se cada vez mais pr¶oximo de ax+ b.

Por raz~oes an¶alogas, a reta y = ax+b ¶e uma ass¶³ntota do gr¶a¯co de f , µa esquerda,quando lim

x!¡1[f(x)¡ (ax+ b)] = 0.

Como determinar os coe¯cientes a e b ?

Para determinar a, note que se limx!§1

[f(x)¡ (ax+ b)] = 0, ent~ao

limx!§1

f(x)

x= lim

x!§1[f(x)¡ (ax+ b)] + (ax+ b)

x

= limx!§1

f(x)¡ (ax+ b)x

+ limx!§1

ax+ b

x

=0

+1 + a = a

Assim, se a reta y = ax+ b ¶e uma ass¶³ntota do gr¶a¯co de f ent~ao

limx!+1

f(x)

x= a ou lim

x!¡1f(x)

x= a

Para determinar b, basta agora calcularmos

limx!§1

(f(x)¡ ax) = b

No caso da curva que estamos estudando,

limx!§1

f(x)

x= lim

x!§1y

x= lim

x!§1x2 ¡ 2x+ 2x(x¡ 1)

= limx!§1

x2 ¡ 2x+ 2x2 ¡ x = lim

x!§1x2

x2= 1

e assim obtemos a = 1.

Al¶em disso,

limx!§1

µx2 ¡ 2x+ 2x¡ 1 ¡ ax

¶= lim

x!§1

µx2 ¡ 2x+ 2x¡ 1 ¡ x

¶

= limx!§1

x2 ¡ 2x+ 2¡ x(x¡ 1)x¡ 1

= limx!§1

¡x+ 2x¡ 1 = ¡1

e assim obtemos b = ¡1.Portanto, a reta y = x¡ 1 ¶e ass¶³ntota inclinada da curva.Com base nos elementos coletados acima, incluindo a informa»c~ao adicional sobre

a ass¶³ntota inclinada, temos um novo esbo»co, mais preciso, da curva da ¯gura 7.2, na¯gura 7.3.


1

2

-2

-1

0

-4 -2

31 2

4

3

x = 1

-3

y

x

y = x - 1

Figura 7.3.

Exemplo 7.3 Esbo»car o gr¶a¯co de y = f(x) = (x+ 2) 3

p(x¡ 3)2.

O gr¶a¯co desta fun»c~ao f n~ao apresenta ass¶³ntotas verticais, visto que a fun»c~ao f¶e cont¶³nua em todo o conjunto R, isto ¶e, em todos os pontos de R.

Crescimento e decrescimento. M¶aximos e m¶³nimos locais

Temos y = (x+ 2) 3p(x¡ 3)2.

Para calcular y0, primeiro faremos

y = (x+ 2)(x¡ 3)2=3

Desse modo, pela regra da derivada de um produto,

y0 = (x¡ 3)2=3 + (x+ 2) ¢ 23(x¡ 3)¡1=3

Agora, para facilitar os c¶alculos, colocamos em evidencia a fra»c~ao 1=3, e tamb¶em apotencia de x¡ 3 de menor expoente:

y0 =1

3(x¡ 3)¡1=3 ¢ [3(x¡ 3)1 + 2(x+ 2)]

=1

3(x¡ 3)¡1=3 ¢ (5x¡ 5)

=5

3(x¡ 3)¡1=3 ¢ (x¡ 1)

Para termos clareza quanto aos sinais de y0, reescrevemos y0 usando radicais:

y0 =5(x¡ 1)3 3px¡ 3


Note que a fun»c~ao f ¶e cont¶³nua em todos os pontos de R, mas f 0(x) n~ao se de¯nequando x = 3.

As ra¶³zes do numerador e do denominador de y0 s~ao 1 e 3, sendo y0 = 0 parax = 1.

Temos ent~ao o seguinte diagrama de sinais de y0, e correspondentes intervalos decrescimento e decrescimento de f :

y

y'

y'(3)

3 x_

∃

1+ +

pto demaxlocal

y' = 0

pto deminlocal

Temos ent~ao que f cresce em ]¡ 1; 1], decresce em [1; 3] e cresce novamenteem [1;+1[. Aqui temos algo novo: f n~ao tem derivada em x0 = 3, mas x0 = 3 ¶e umponto de m¶³nimo local de f ! Como ¶e a geometria do gr¶a¯co de f nas proximidadesdo ponto x0 = 3 ? A resposta a esta quest~ao vir¶a com o estudo das concavidades dogr¶a¯co.

Concavidades e in°ex~oes da curva

Temos

y00 =·5

3(x¡ 3)¡1=3 ¢ (x¡ 1)

¸0

=¡59(x¡ 3)¡4=3(x¡ 1) + 5

3(x¡ 3)¡1=3

=5

9(x¡ 3)¡4=3[¡(x¡ 1) + 3(x¡ 3)1]

=5

9(x¡ 3)¡4=3(2x¡ 8)

=10

9(x¡ 3)¡4=3(x¡ 4)

Assim,

f 00(x) =10(x¡ 4)9 3

p(x¡ 3)4

Temos o seguinte diagrama de sinais de y00 e dire»c~oes de concavidades do gr¶a¯code f (resista µa tenta»c~ao de simpli¯car o radical 3

p( )4) :

y'' _ 4

xy = f(x)

+3 _


O ponto (4; f(4)) = (4; 6) ¶e ponto de in°ex~ao do gr¶a¯co.

Deixamos ao leitor a veri¯ca»c~ao de que o gr¶a¯co de f n~ao tem retas ass¶³ntotas noin¯nito, pois lim

x!§1f(x)x= +1.

Com base nos elementos coletados acima, temos um esbo»co da curva y = f(x)na ¯gura 7.4.

6

-2

4

0

2

31 2 4

-3

y

x

-2

Figura 7.4.

Neste esbo»co levamos em conta as aproxima»c~oes f(1) = 3 3p4 ¼ 3 ¢ (1; 6) = 4; 8,

f(0) = 2 3p9 ¼ 2 ¢ (2; 1) = 4; 2. Levamos em conta tamb¶em que ¡2 e 3 s~ao ra¶³zes de f

(isto ¶e, solu»c~oes de f(x) = 0).

Note que, antes e pouco depois de x0 = 3, o gr¶a¯co tem concavidade voltadapara baixo. Como f decresce em [1; 3] e cresce em [3;+1[, temos, no gr¶a¯co de f , aforma»c~ao de um \bico" agudo no ponto (3; 0). Isto explica a inexistencia de derivadaem x0. N~ao h¶a reta tangente ao gr¶a¯co no ponto (3; 0).

Observa»c~ao 7.1 (O gr¶a¯co de f em pontos com derivadas in¯nitas)

Quando f ¶e cont¶³nua em um intervalo contendo um ponto x0 no seu interior, e f0 ¶e

cont¶³nua em todos os pontos desse intervalo, exceto em x0 e, al¶em disso, limx!x0

f 0(x) =

+1 ou ¡1, temos uma reta vertical tangente ao gr¶a¯co de f em P = (x0; f(x0)).Estes dois casos s~ao ilustrados na ¯gura 7.5.

Quando limx!x+

0

f 0(x) = +1 e limx!x¡

0

f 0(x) = ¡1, o gr¶a¯co forma um bico em P =(x0; f(x0)), tal como no ponto (3; 0) da ¯gura 7.4 ou no ponto P do gr¶a¯co µa esquerdana ¯gura 7.6. Quando lim

x!x+0

f 0(x) = ¡1 e limx!x¡

0

f 0(x) = +1, temos novamente umbico em P , s¶o que agora apontando para cima, tal como no gr¶a¯co µa direita na ¯gura7.6.


x

P

x 0 x

P

x 0

Figura 7.5. µA esquerda, limx!x0 f0(x) = ¡1. µA direita, limx!x0 f 0(x) = +1

x

P

x 0x

P

x 0

Figura 7.6. µA esquerda, limx!x+0

f 0(x) = +1, e limx!x¡0

f 0(x) = ¡1. µA direita,limx!x+

0

f 0(x) = ¡1, e limx!x¡0

f 0(x) = +1

7.1 Problemas

Um importante teorema sobre fun»c~oes cont¶³nuas, chamado teorema de Bolzano ou teo-rema do anulamento, enuncia o seguinte:

Teorema de Bolzano Se f ¶e uma fun»c~ao cont¶³nua no intervalo [a; b], com f(a) < 0e f(b) > 0 (ou com f(a) > 0 e f(b) < 0), ent~ao f tem uma raiz no intervalo ]a; b[,isto ¶e, existe x0, a < x0 < b, tal que f(x0) = 0.

Na p¶agina 60, desta aula, temos uma vers~ao equivalente desse teorema.

Este teorema est¶a ilustrado nos gr¶a¯cos das fun»c~oes (cont¶³nuas) dos problemas 3e 5, p¶agina 56, da aula 6. A fun»c~ao do problema 3 satisfaz f(0) > 0 e f(1) < 0, etamb¶em f(2) < 0 e f(3) > 0, o que lhe garante a existencia de uma raiz entre 0 e 1, ede uma outra entre 2 e 3. J¶a a fun»c~ao do problema 5 possui uma raiz no intervalo ]2; 3[.

1. Usando o teorema do anulamento, enunciado acima, mostre que

(a) f(x) = x5 + x+ 1 possui uma raiz no intervalo ]¡ 1; 0[.(b) A equa»c~ao x3 ¡ 4x+ 2 = 0 tem tres ra¶³zes reais distintas entre si.

2. Mostre que todo polinomio p(x), de grau ¶³mpar, com coe¯cientes reais, tem aomenos uma raiz real.Sugest~ao. Considere os limites lim

x!+1p(x) e lim

x!¡1p(x).

Para cada uma das fun»c~oes dadas abaixo,


(a) Determine o dom¶³nio da fun»c~ao e, com base nisto, veri¯que se a curva y = f(x)tem retas ass¶³ntotas verticais.

(b) Calcule f 0(x) e determine os intervalos em que f ¶e crescente e aqueles em que f¶e decrescente;

(c) Determine os pontos de m¶aximo locais e os pontos de m¶³nimo locais de f , bemcomo os valores de f(x) nesses pontos;

(d) Calcule f 00(x) e determine os intervalos em que a curva y = f(x) ¶e concava paracima e aqueles em que ela ¶e concava para baixo;

(e) Determine os pontos de in°ex~ao da curva y = f(x);

(f) Calcule as ra¶³zes de f (solu»c~oes da equa»c~ao f(x) = 0), quando isto n~ao for dif¶³cil;

(g) Veri¯que se a curva y = f(x) tem retas ass¶³ntotas horizontais ou inclinadas.

(h) A partir dos dados coletados acima, fa»ca um esbo»co bonito do gr¶a¯co de f .

(i) Indique os pontos do gr¶a¯co onde a reta tangente ¶e vertical e os pontos onde inexistetal reta tangente (procure por pontos onde f ¶e cont¶³nua, mas f 0 n~ao ¶e de¯nida).

3. f(x) =x

x2 ¡ 2

4. f(x) =x2

1 + x

5. f(x) =3px2 ¡ 1

6. f(x) = 3p1¡ x3

7. f(x) = 3p6x2 ¡ x3

8. f(x) = 2x¡ 2 3px3 + 1


Para os problemas de 3 a 8, daremos como resposta apenas as derivadas primeira e segunda,e o esbo»co do gr¶a¯co.

3. f 0(x) = ¡ x2 + 2

(x2 ¡ 2)2 , f00(x) = ¡2x

3 + 12x

(x2 ¡ 2)3

4. f 0(x) =2x+ x2

(1 + x)2, f 00(x) =

2

(1 + x)3

5. f 0(x) =2

3 3px, f 00(x) =

¡293px4


6. f 0(x) =¡x2

3

p(1¡ x3)2 , f

00(x) =¡2x

3

p(1¡ x3)5

7. f 0(x) =4x¡ x2

3

p(6x2 ¡ x3)2 , f

00(x) =¡8x2

3

p(6x2 ¡ x3)5

8. f 0(x) = 2¡ 2x2

3

p(x3 + 1)2

, f 00(x) =¡4x

3

p(x3 + 1)5

Esbo»cos dos gr¶a¯cos:

3.

2√−−

2√−−− 0 x

y

4.

-1 0 x

y

y = x - 1

x = - 1

(-2,-4)

5.

x

y

(0,-1)

1-1

6.

x

y

(0,1)

-1

(1,0)

y = -x

7.

x

y

(4,2

2 (6,0)

y = -x + 2

2

0

√43

)_

Dado num¶erico: 3p4 ¼ 1;6

8.

x

y

(0,-2)

1/2 ,

(-1,2)

0

3

√ __

-__

( 1/23

√ __

-4__

)

Dado num¶erico: 3

p1=2 ¼ 0;8

Aula 8

M¶aximos e m¶³nimos

Nesta aula estaremos explorando procedimentos estrat¶egicos para determinar os valoresextremos de uma fun»c~ao f , ou seja, o valor m¶aximo e o valor m¶³nimo de uma fun»c~aof , em um intervalo I ½ R, sem recorrer a um esbo»co do gr¶a¯co de f nesse intervalo.

Um teorema da An¶alise Matem¶atica, conhecido na literatura como Teorema deWeierstrass, nos garante:

(Teorema de Weierstrass) Se uma fun»c~ao f ¶e cont¶³nua em um intervalo fechado[a; b] (sendo a e b n¶umeros reais), ent~ao existem pontos x0 e x1 em [a; b] tais quef(x0) e f(x1) s~ao, respectivamente, os valores m¶aximo e m¶³nimo de f(x), para x em[a; b].

Os pontos x0 e x1 aos quais se refere o teorema de Weierstrass s~ao chamadosponto de m¶³nimo de f e ponto de m¶aximo de f , respectivamente. O teorema ¶e ilustradona ¯gura 8.1.

Elucidando os conceitos aqui apresentados, sendo I ½ D(f) um intervalo (limitado ouilimitado), dizemos que

1. f(x0) ¶e o valor m¶³nimo de f (ou de f(x)) em I se

f(x0) · f(x), para todo x em I:

2. f(x1) ¶e o valor m¶aximo de f (ou de f(x)) em I se

f(x1) ¸ f(x), para todo x em I:Por exemplo, no intervalo I = [¡1;+1[, a fun»c~ao dada por f(x) = x2 tem um

ponto de m¶³nimo x0 = 0, sendo f(0) = 0 seu valor m¶³nimo, pois x2 ¸ 0 para todox 2 I. Nesse intervalo, f n~ao tem valor m¶aximo pois lim

x!+1f(x) = +1.

69

M¶aximos e m¶³nimos 70

x

y

0 b

y = f(x)

a xx1

Figura 8.1. A fun»c~ao f , cont¶³nua em [a; b], tem x0 e x1 como seus pontos de m¶³nimo ede m¶aximo, respectivamente.

8.1 Estrat¶egias para determinar m¶aximos e m¶³nimos

de uma fun»c~ao cont¶³nua, em um intervalo

Como determinar os pontos de um intervalo fechado [a; b], onde uma fun»c~ao cont¶³nuaf atinge seus valores m¶aximo e m¶³nimo? Uma solu»c~ao deste problema seria esbo»car ogr¶a¯co de f nesse intervalo, conforme as estrat¶egias desenvolvidas nas aulas 6 e 7, eent~ao localizar os valores extremos de f . Mas como determinar os valores m¶aximo em¶³nimo de f , no intervalo [a; b], sem recorrer ao estudo do esbo»co de seu gr¶a¯co? ¶Eisto que trataremos de responder.

Recapitulando um conceito introduzido na aula 6, diremos que x0 ¶e um ponto dem¶³nimo local de f se existe um intervalo aberto I ½ D(f), com x0 2 I, tal que

f(x0) · f(x), para todo x em I

E neste caso, f(x0) ¶e um valor m¶³nimo local de f .Analogamente, diremos que x1 ¶e um ponto de m¶aximo local de f , e que f(x1) ¶e umvalor m¶aximo local de f , se existe um intervalo aberto I ½ D(f), com x1 2 I, tal que

f(x1) ¸ f(x), para todo x em I

Teorema 8.1 Se f tem derivada em um intervalo aberto I, e se x0 2 I ¶e ponto dem¶³nimo local de f , ent~ao f 0(x0) = 0. Se x1 2 I ¶e ponto de m¶aximo local de f , ent~aof 0(x1) = 0.

Demonstra»c~ao. Mostraremos que f 0(x0) = 0, usando a de¯ni»c~ao de derivada.

Tome ¢x6= 0, com x0 +¢x 2 I.Ent~ao f(x0) · f(x0 +¢x) e da¶³ ¢f = f(x0 +¢x)¡ f(x0) ¸ 0.

Se ¢x > 0, temos¢f

¢x¸ 0, e se ¢x < 0, temos ¢f

¢x· 0.

Temos f 0(x0) = lim¢x!0

¢f

¢x.


Neste caso, f 0(x0) = lim¢x!0+

¢f

¢x= lim

¢x!0¡¢f

¢x.

Mas lim¢x!0+

¢f

¢x= lim

¢x!0¢x>0

¢f

¢x¸ 0 e lim

¢x!0¡¢f

¢x= lim

¢x!0¢x<0

¢f

¢x· 0.

Logo, f 0(x0) ¸ 0 e f 0(x0) · 0, e portanto f 0(x0) = 0.Deixamos ao leitor a dedu»c~ao do resultado para pontos de m¶aximo locais.

Observemos que se x0 ¶e um ponto de m¶³nimo (absoluto) de f , ent~ao x0 tem uma dasseguintes caracter¶³sticas:

(i) x0 ¶e tamb¶em um ponto de m¶³nimo local de f , e f tem derivada em x0. Nestecaso, conforme o teorema 8.1, f 0(x0) = 0.

(ii) x0 ¶e um ponto de m¶³nimo local de f , mas f n~ao tem derivada no ponto x0.

(iii) x0 ¶e um dos extremos do intervalo [a; b], ou seja, x0 = a ou x0 = b.

Os casos (i), (ii) e (iii) s~ao ilustrados na ¯gura 8.2.

a bx0

a = bx0a bx0

(i) (ii) (iii)

Figura 8.2. Pontos de m¶³nimo t¶³picos.

a bx1

a = bx1a bx1

(i) (ii) (iii)

Figura 8.3. Pontos de m¶aximo t¶³picos.


Analogamente, se x1 ¶e um ponto de m¶aximo de f , ent~ao x1 tem uma das tres seguintescaracter¶³sticas:

(i) x1 ¶e tamb¶em um ponto de m¶aximo local de f , e f tem derivada em x1. Nestecaso, conforme o teorema 8.1, f 0(x1) = 0.

(ii) x1 ¶e um ponto de m¶aximo local de f , mas f n~ao tem derivada no ponto x1.

(iii) x1 ¶e um dos extremos do intervalo [a; b], ou seja, x1 = a ou x1 = b.

Esses casos s~ao ilustrados na ¯gura 8.3.

Um n¶umero real x ¶e chamado um ponto cr¶³tico de f quando f 0(x) = 0 ou quando f¶e cont¶³nua em x mas n~ao existe f 0(x).

Assim, um ponto de m¶aximo ou de m¶³nimo de uma fun»c~ao f , em um intervalo [a; b],¶e um ponto cr¶³tico de f ou uma das extremidades do intervalo.

Exemplo 8.1 Determinar os valores m¶aximo e m¶³nimo de f(x) = 2x3+ 3x2 ¡ 12x, nointervalo [¡3; 3].

Solu»c~ao. A fun»c~ao f ¶e cont¶³nua no intervalo [¡3; 3]. Temos f 0(x) = 6x2 + 6x¡ 12 =6(x2 + x¡ 2). As solu»c~oes de f 0(x) = 0 s~ao x1 = ¡2 e x2 = 1. Estes s~ao os pontoscr¶³ticos de f no intervalo [¡3; 3]. Calculando os valores de f nos extremos do intervaloe nos pontos cr¶³ticos, temos:

f(x1) = f(¡2) = 20, f(x2) = f(1) = ¡7, f(¡3) = 9 e f(3) = 45.Assim sendo, por compara»c~ao dos valores obtidos, o ponto de m¶³nimo de f , para

¡3 · x · 3, ¶e xmin = x2 = 1, sendo f(1) = ¡7 o valor m¶³nimo de f nesse intervalo.J¶a o ponto de m¶aximo de f , para ¡3 · x · 3, ¶e xmax = 3, sendo f(3) = 45 o valorm¶aximo de f nesse intervalo. Como ilustra»c~ao, temos um esbo»co do gr¶a¯co de f , nointervalo [¡3; 3], na ¯gura 8.4.

-3 -2 1 3

-7

45

x

y

9

20

Figura 8.4.


Exemplo 8.2 Determinar os valores m¶aximo e m¶³nimo de f(x) =3px2 ¢ (x ¡ 2)2, no

intervalo ¡1 · x · 1.

Solu»c~ao. A fun»c~ao f ¶e cont¶³nua no intervalo [¡1; 1]. f 0(x) = 4(2x2 ¡ 5x+ 2)3 3px

.

Temos f 0(x) = 0 se e somente se x = 2 ou x = 1=2.

Agora, 0 tamb¶em ¶e um ponto cr¶³tico de f , uma vez que f ¶e cont¶³nua no ponto 0,mas n~ao se de¯ne f 0(0).

Assim, Como 262 [¡1; 1], os pontos cr¶³ticos de f s~ao x1 = 1=2 e x2 = 0.Calculando os valores de f nos extremos do intervalo e nos pontos cr¶³ticos, temos:

f(x1) = f(1=2) =9

4 3p4¼ 1; 4 ( 3

p4 ¼ 1; 6), f(0) = 0, f(¡1) = 9 e f(1) = 1.

Portanto, f(0) = 0 ¶e o valor m¶³nimo de f , enquanto que f(¡1) = 9 ¶e seu valorm¶aximo.

Quest~ao Como determinar os pontos de um intervalo I ½ D(f), nos quais f atingeseus valores m¶aximo e m¶³nimo, se I ¶e um intervalo aberto ou ilimitado, e f ¶e cont¶³nuaem I?Neste caso, a resposta ¶e:Sendo f cont¶³nua em um intervalo I, comparamos os valores de f nos extremos queefetivamente pertencem ao intervalo com os valores de f nos seus pontos cr¶³ticos desseintervalo. Comparamos ainda esses valores com os limites de f(x) quando x tende aextremos que n~ao pertencem ao intervalo.

Como refor»co estrat¶egico na pesquisa de m¶aximos e m¶³nimos locais, temos tamb¶emo seguinte teorema.

Teorema 8.2 Sendo f uma fun»c~ao cont¶³nua, com f 0 tamb¶em cont¶³nua, em um in-tervalo aberto I, e x0 um ponto de I,

1. se f 0(x0) = 0 e f 00(x0) > 0, ent~ao x0 ¶e um ponto de m¶³nimo local de f ;

2. se f 0(x0) = 0 e f 00(x0) < 0, ent~ao x0 ¶e um ponto de m¶aximo local de f ;

x0

x x0x

(x ) = 0 (x ) > 00

0'"ff

(x ) = 0 (x ) < 00

0'"ff

Figura 8.5.

N~ao faremos a demonstra»c~ao do teorema 8.2 aqui, mas faremos a seguinte obser-va»c~ao geom¶etrica, que o torna intuitivamente ¶obvio.


Se f 0(x0) = 0, a reta tangente ao gr¶a¯co de f , em P = (x0; f(x0)), ¶e horizontal.

Se, al¶em disso, f 00(x0) > 0, temos a concavidade do gr¶a¯co de f , em P , voltadapara cima, e assim x0 ¶e um ponto de m¶³nimo local de f . Se f

00(x0) < 0, a concavidadedo gr¶a¯co de f , em P , ¶e voltada para baixo, e x0 ¶e ent~ao um ponto de m¶aximo localde f . Estas duas possibilidades s~ao ilustradas na ¯gura 8.5.

Exemplo 8.3 Determinar os valores m¶aximo e m¶³nimo de f(x) = x+1

x, para x > 0.

Solu»c~ao. Estamos procurando os valores m¶aximo e m¶³nimo de f no intervalo ]0;+1[.Temos f 0(x) = 1¡ 1

x2, e portanto f 0(x) = 0 (com x > 0) se e somente se x = 1.

Agora, limx!0+

f(x) = 0 +1

0+= +1 e lim

x!+1f(x) = +1. Portanto, f n~ao tem

valor m¶aximo em ]0;+1[.

Temos ainda f 00(x) =2

x3e f 00(1) > 0. Assim, x1 = 1 ¶e ponto de m¶³nimo local de

f . Como f n~ao tem outros pontos cr¶³ticos, 1 ¶e o ponto de m¶³nimo global de f , sendof(1) = 2 o valor m¶³nimo de f no intervalo ]0;+1[.

8.2 Aplica»c~oes a problemas de otimiza»c~ao

Exemplo 8.4 Qual ¶e a maior ¶area retangular que pode ser cercada com 200m de telade arame?

Solu»c~ao.

(Passo 1) Analisamos o problema, e desenhamos um diagrama incluindo toda a infor-ma»c~ao. Introduzimos vari¶aveis.

Fazemos isto na ¯gura 8.6

x x

y

y

Figura 8.6. O per¶³metro do retangulo ¶e 2x+ 2y.

(Passo 2) Expressamos a quantidade a ser maximizada como uma fun»c~ao de umavari¶avel. Determinamos o dom¶³nio dessa fun»c~ao a partir das condi»c~oes do problema.


A ¶area do retangulo deve ser maximizada, sob a condi»c~ao de que o per¶³metro ¶e200m.

Essa ¶area ¶e dada por A = xy. Como y = 100¡ x, temosA = A(x) = x(100¡ x)

e, nas condi»c~oes do problema, temos 0 · x · 100.(Passo 3) Determinamos o ponto de m¶aximo e o valor m¶aximo da fun»c~ao, no intervaloem que ela est¶a de¯nida.

Usando os procedimentos discutidos anteriormente, sendo A(x) = 100x ¡ x2,temos A0(x) = 100¡ 2x.

A0(x) = 0 se e somente se x = 50. Temos A(50) = 50 ¢ (100¡50) = 502 = 2500.Temos ainda A(0) = A(100) = 0 (valor m¶³nimo da ¶area).

Assim, o valor m¶aximo de A(x) ¶e atingido quando x = 50m. Assim, o retangulode per¶³metro 200m, com ¶area m¶axima, ¶e um quadrado de 50m de lado.

Exemplo 8.5 Uma grande caixa deve ser constru¶³da cortando-se quadrados iguais dosquatro cantos de uma folha retangular de zinco, de 3m por 8m, dobrando-se os quatrolados (abas laterais) para cima e soldando-se as arestas verticais que ¯caram justapostas.Encontre o maior volume poss¶³vel para esta caixa.

Solu»c~ao.

(1) Um diagrama contendo todas as informa»c~oes do problema, bem como a introdu»c~aode uma vari¶avel, ¶e mostrado na ¯gura 8.7

8 - 2x

3 - 2x

x

x

8 - 2x

3 - 2x

Figura 8.7.

(2) O volume da caixa da ¯gura 8.7 ¶e dado por

V = V (x) = x(8¡ 2x)(3¡ 2x); para 0 · x · 3=2

(3) V 0(x) = 0 se e somente se x = 2=3 ou x = 3 (esta ¶ultima solu»c~ao est¶a descartada,pois 362 D(V )).


O ¶unico ponto cr¶³tico de V ¶e 2=3. Nas extremidades do dom¶³nio temos V = 0.Como V ¸ 0, o ponto cr¶³tico s¶o pode ser m¶aximo local, e portanto m¶aximo absoluto.

Assim, x = 2=3 ¶e ponto de m¶aximo de V , e as dimens~oes da caixa de volumem¶aximo s~ao 20=3, 5=3 e 2=3m, tendo ela volume 200=27m3.

Exemplo 8.6 Deseja-se construir uma lata cil¶³ndrica totalmente fechada, de volume v,gastando-se, em sua confec»c~ao, a menor quantidade de material poss¶³vel. Determine araz~ao entre a altura e o diametro dessa lata.

Solu»c~ao.

(1) Diagramas contendo todas as informa»c~oes do problema, bem como a introdu»c~ao deuma vari¶avel, est~ao na ¯gura 8.8

r

h

área da base

área do topo 2π r

2π r

π 2 r

h

=

=

π 2 r h=

área da superfícielateral

v 2π r= h

área da superfície externa total2π r +

2π r π 2 r h+=

Figura 8.8.

(2) A superf¶³cie externa total da lata cil¶³ndrica, ilustrada na ¯gura 8.8, ¶e dada por

S = 2¼r2 + 2¼rh

Como ¼r2h = v, temos h =v

¼r2, e ent~ao

S = S(r) = 2¼r2 +2v

r

sendo S(r) de¯nida somente para r > 0.

(3) S 0(r) = 4¼r ¡ 2vr2.

S 0 = 0 se e somente se r = 3

rv

2¼, e este ¶e o ¶unico ponto cr¶³tico de S no intervalo

r > 0.

Temos tamb¶em que limr!0

S(r) = +1 e limr!+1

S(r) = +1. Assim, S(r) n~ao temvalor m¶aximo, e seu ¶unico ponto cr¶³tico s¶o pode ser ponto de m¶³nimo local. Isto ¶e

con¯rmado observando-se que S 00(r) = 4¼ +4v

r3> 0 para todo r > 0. Portanto, o


gr¶a¯co de S = S(r) tem convavidade voltada para cima, o que con¯rma r = 3

rv

2¼como seu ponto de m¶³nimo local, e tamb¶em ponto de m¶³nimo absoluto da fun»c~ao S.

Sendo r = 3

pv=(2¼), temos

h

r=

v

¼r3=

v

¼

µ3

rv

2¼

¶3 = v

¼³ v2¼

´ = 2

Portanto, h = 2r, ou seja, a altura da lata deve ser igual ao diametro da base sequisermos minimizarmos o material a ser gasto em sua confec»c~ao.

Este ¶e o padr~ao, ao menos aproximado, de algumas latas de conservas, tais comolatas de creme de leite e de leite condensado. Por quest~oes de praticidade, muitas latasfogem deste padr~ao, como por exemplo as latas de ¶oleo comest¶³vel.

8.3 Problemas

Encontre os pontos de m¶aximo e de m¶³nimo, bem como os valores m¶aximo e m¶³nimo,das fun»c~oes dadas, nos intervalos indicados.

1. f(x) = 3px(x+ 4), x 2 [¡4; 2]

Resposta. xmin = ¡1, xmax = 2, f(¡1) = ¡3, f(2) = 6 3p2 ¼ 7; 6.

2. f(x) = x2 + 2x¡ 4, x 2 [¡2; 2].Resposta. xmin = ¡1, xmax = 2, f(¡1) = ¡5, f(2) = 4.

3. f(x) =x

1 + x2, x 2 R.

Resposta. xmin = ¡1, xmax = 1, f(¡1) = ¡1=2, f(1) = 1=2.

4. f(x) =x

1¡ x2 , x6= §1.Resposta. f n~ao tem m¶aximo, nem m¶³nimo.

Resolva os seguintes problemas de otimiza»c~ao.

1. Um recipiente de lata, de forma cil¶³ndrica e aberto no topo, deve ter capacidadede v litros. Determine a raz~ao entre a altura h e o diametro d da base de modoque a quantidade de lata usada na sua fabrica»c~ao seja a menor poss¶³vel.

Resposta. h = d=2.


2. Um estudante quer construir um viveiro retangular para seu hamster, usando aparede de um comodo como um dos lados e cercando os demais tres lados com 3metros de tela dispon¶³veis, obtendo a maior ¶area retangular poss¶³vel. Quais devemser as dimens~oes de seu viveiro?

Resposta. O viveiro deve ter 1;5m na frente e 0;75m nos lados.

3. Determinar as dimens~oes de um cilindro, de volume m¶aximo, inscrito em umaesfera de raio R.

Sugest~ao. Fa»ca um desenho visualizando o cilindro de per¯l dentro da esfera. Nodesenho, voce ter¶a um retangulo dentro de um c¶³rculo. Demarque a altura h docilindro, e diametro da sua base, 2r. Demarque tamb¶em o raio R da esfera. Useo teorema de Pit¶agoras obter rela»c~oes entre h e r. O volume do cilindro ¶e dadopor V = (¶area da base) ¢ (altura) = ¼r2 ¢ h.Resposta. r = raio da base =

q23R. h = altura do cilindro =

p2r.

4. Determinar as dimens~oes de um cilindro, inscrito em uma esfera de raio R, cuja¶area da superf¶³cie externa total ¶e a m¶axima poss¶³vel.

Resposta. r = raio da base =q

5+p5

10R, h = 2

q5¡p510R.

5. Na elipse x2

a2+y2

b2= 1, inscreva um retangulo, de

¶area m¶axima, com dois de seus lados paralelosao eixo x (e os outros dois paralelos ao eixo y).Sugest~ao. Os quatro v¶ertices do retangulo, to-dos pertencentes µa elipse, ser~ao pontos (x; y),(¡x; y), (x;¡y) e (¡x;¡y).

x

y

(a,0)(-a,0)

(0,b)

(0,-b)

Resposta. O retangulo tem dimens~oesp2a e

p2b.

6. Quer-se construir um tanque de a»co para armazenar g¶as propano, com a forma deum cilindro circular reto, com um hemisf¶erio (semi-esfera) em cada extremidade.Se a capacidade desejada para o tanque ¶e 100 dec¶³metros c¶ubicos (litros), quaisas dimens~oes que exigem a menor quantidade de a»co ? (Despreze a espessura dasparedes do tanque).

Resposta. O tanque deve ser esf¶erico, de raio 3

p75=¼ ¼ 2; 88 metros.

7. Qual ponto da par¶abola y = x2 + 1 est¶a mais pr¶oximo do ponto A = (3; 1) ?Sugest~ao. A distancia de um ponto qualquer P = (x; y) ao ponto A ¶e dada pord =

p(x¡ 3)2 + (y ¡ 1)2. Se P ¶e um ponto da par¶abola, temos y = x2 + 1,

e ent~ao d =p(x¡ 3)2 + x4. Como d ¸ 0, temos que d ter¶a seu valor m¶³nimo

quando d2 assumir seu valor m¶³nimo. Assim, basta procurarmos o valor m¶³nimode f(x) = (x¡ 3)2 + x4. Resposta. (1; 2).

8. Um veterin¶ario tem 100m de tela de arame. Com isto deseja construir seis canis,primeiro cercando uma regi~ao retangular e depois subdividindo essa regi~ao em seis


retangulos menores, atrav¶es de cinco cercas divis¶orias internas, paralelas a umdos lados. Que dimens~oes externas, dessa regi~ao retangular, maximizam sua ¶areatotal, se o veterin¶ario gasta os 100m de tela nessa constru»c~ao ?

Resposta. 25m por 50=7 ¼ 7; 14m.9. Ao procurar o ponto da hip¶erbole x2¡ y2 = 1 mais pr¶oximo da origem, Jo~aozinhoraciocinou da seguinte maneira.

Temos que procurar, dentre os pontos da hip¶erbole, aquele para o qual d =px2 + y2 tem valor m¶³nimo. Como d ¸ 0, d ser¶a m¶³nimo quando d2 for m¶³nimo.

Agora, sendo P = (x; y) um ponto da hip¶erbole, temos y2 = x2 ¡ 1, logo d2 =x2 + y2 = 2x2 ¡ 1.Procurando o valor m¶³nimo de d2 = f(x) = 2x2 ¡ 1, calculamos f 0(x) = 4x.Temos f 0(x) = 0 se e somente se x = 0. Para x = 0 por¶em, temos y2 = 02¡1 =¡1, uma impossibilidade. Logo, n~ao h¶a nenhum ponto da hip¶erbole cuja distanciaµa origem seja m¶³nima.

Explique o erro no racioc¶³nio de Jo~aozinho,j¶a que um esbo»co da hip¶erbole (fa»ca-o) re-vela que os pontos (§1; 0) s~ao seus pontosmais pr¶oximos da origem. Sugest~ao. Paraquais valores de x de¯ne-se d?

x y= 1

a b

2

2 2

2__ ___

(-a,0)

(0,b)

(0,-b)

x

y

(a,0)

Aula 9

Fun»c~oes exponenciais e logar¶³tmicas.Uma revis~ao e o n¶umero e

Nesta aula faremos uma pequena revis~ao das fun»c~oes f(x) = ax e g(x) = loga x, sendoa uma constante real, a > 0 e a6= 1. Faremos ainda uma apresenta»c~ao do n¶umero e,uma constante importante da matem¶atica universit¶aria.

9.1 Pequena revis~ao de potencias

Sabemos que, sendo a um n¶umero real positivo,

a1=n = npa e am=n = n

pam

se m;n 2 Z, e n > 0. Assim de¯ne-se a potencia de base a e expoente p, ap (le-se \aelevado a p"), para todo p 2 Q.

Se ® ¶e um n¶umero irracional, existe uma seqÄuencia de n¶umeros racionais que tendea ® (uma seqÄuencia de aproxima»c~oes de ® por n¶umeros racionais), ou seja, existe umaseqÄuencia de n¶umeros racionais

®1; ®2; ®3; : : : ; ®n; : : :

tal que limn!+1

®n = ®.

Por exemplo, se ® =p2 ¼ 1;414213562, existe uma seqÄuencia de aproxima»c~oes

dep2, cujos cinco primeiros termos s~ao dados na primeira coluna da tabela abaixo:

80

Func»~oes exponenciais e logar¶³tmicas. Uma revis~ao e o n¶umero e 81

®1 = 1;4 (®21 = 1;96) j®1 ¡ ®j ¼ 0;014213562 < 0;1®2 = 1;41 (®22 = 1;9881) j®2 ¡ ®j ¼ 0;004213562 < 0;01®3 = 1;414 (®23 = 1;999396) j®3 ¡ ®j ¼ 0;000213562 < 0;001®4 = 1;4142 (®24 = 1;99996164) j®4 ¡ ®j ¼ 0;000013562 < 0;0001®5 = 1;41421 (®25 = 1;99998992) j®5 ¡ ®j ¼ 0;000003562 < 0;00001

Uma calculadora nos fornece uma aproxima»c~ao dep2 com 12 casas decimais:

p2 ¼

1;414213562373. A seqÄuencia acima, de aproxima»c~oes sucessivas dep2, ¶e tal que

j®n ¡p2j < 10¡n, e assim lim

n!+1j®n ¡

p2j = 0, e ent~ao lim

n!+1®n =

p2 (a segunda

coluna da tabela acima sugere que limn!+1

®2n = 2).

Sendo a 2 R, a > 0, e sendo ® um n¶umero irracional, e ®1; ®2; ®3; : : : umaseqÄuencia de racionais com limite ®, a® ¶e de¯nido como o limite da seqÄuencia

a®1 ; a®2 ; a®3; a®4; : : :

Por exemplo, 2p2 ¶e o limite da seqÄuencia

21; 21;4; 21;41; 21;414; : : :

Uma calculadora nos fornece as aproxima»c~oes:

21 = 2

21;4 = 214=10 =10p214 ¼ 2; 6390

21;41 = 2141=100 =100p2141 ¼ 2; 6574

21;414 = 21414=1000 ¼ 2; 664721;4142 = 214142=10000 ¼ 2; 6651

No que diz respeito a potencias de base real positiva e expoente real, temos asseguintes boas propriedades, que aceitaremos sem demonstra»c~ao:

Se a 2 R, a > 0, e x; y 2 R

ax ¢ ay = ax+y(ax)y = axy

a¡x =1

ax; ax¡y =

ax

ay; a0 = 1

ax ¢ bx = (ab)x; se tamb¶em b > 0


9.2 A fun»c~ao exponencial

Sendo a um n¶umero real, positivo, a 6= 1, de¯ne-se a fun»c~ao exponencial de base apor

f(x) = ax; para todo x 2 RTomamos a6= 1 pela simples raz~ao de que 1x = 1 para todo x 2 R, o que torna

ax constante no caso em que a = 1 (fun»c~oes constantes n~ao s~ao classi¯cadas comofun»c~oes exponenciais). Al¶em disso, tomamos a > 0 porque, se a < 0, ax n~ao se de¯nepara uma in¯nidade de valores reais de x. Por exemplo, se a = ¡4 ent~ao, para cadan 2 N, n ¸ 1, a1=2n = (¡4)1=2n = 2n

p¡4 n~ao se de¯ne como n¶umero real.Assumiremos que, se a > 0 e a 6= 1, a fun»c~ao exponencial dada por f(x) = ax, ¶econt¶³nua em R, isto ¶e,

limx!x0

ax = ax0 ; para todo x0 2 R

Assumiremos tamb¶em que se a > 1, a fun»c~ao f(x) = ax ¶e crescente, com limx!+1

ax =

+1, e se 0 < a < 1 a fun»c~ao ¶e decrescente, com limx!+1

ax = 0+(= 0).

Na ¯gura 9.1 temos esbo»cos dos gr¶a¯cos de f(x) = 2x e g(x) =¡12

¢x.

(a)

1

1

-1 x

y

1/2

2

2-2

4

0

(b)

1

1

-1 x

y

1/2

2

2-2

4

0

Figura 9.1. Gr¶a¯cos de (a) y = 2x, (b) y = (1=2)x.

Temos agora as seguintes novidades na ¶algebra de limites:

Se a > 1, a+1 = +1, a¡1 = 1

a+1=

1

+1 = 0+ (= 0)

Se 0 < a < 1, a+1 = 0+ (= 0), a¡1 =1

a+1=1

0+= +1

Por exemplo,

limx!+1

2x = 2+1 = +1, limx!¡1

2x = 2¡1 = 0, limx!+1

¡12

¢x=¡12

¢+1= 0, lim

x!¡1¡12

¢x=


¡12

¢¡1= 2+1 = +1.

9.3 Logaritmos e fun»c~oes logar¶³tmicas

Se a > 0, a 6= 1, e x > 0, o logaritmo de x na base a, denotado por loga x, ¶e oexpoente ao qual devemos elevar a para obtermos x, ou seja

loga x = y se e somente se ay = x

Assim sendo,

aloga x = x

Por exemplo,

log2 8 = 3, pois 23 = 8;

log9 27 =32, pois 93=2 =

p93 = 33 = 27;

log214= ¡2, pois 2¡2 = 1=4;

log1=2 16 = ¡4, pois¡12

¢¡4= 16;

log2 5 ¼ 2; 3219, pois 22;3219 ¼ 4; 9999.log2 5 n~ao ¶e um n¶umero racional, pois se log2 5 =

mn, com m e n inteiros positivos,

ent~ao 2m=n = 5. Da¶³, 2m = (2m=n)n = 5n, o que ¶e imposs¶³vel pois 2m ¶e par e 5n ¶e¶³mpar.

Listamos aqui, sem dedu»c~ao, algumas propriedades elementares dos logaritmos:

Sendo x e y reais positivos, z real, e a > 0; a6= 1,

loga(xy) = loga x+ loga y

logax

y= loga x¡ loga y

loga xz = z ¢ loga x

loga x1=z =

loga x

z(se z6= 0)

loga x =logb x

logb a; (se b > 0; b6= 1) (mudan»ca de base)

Assim, por exemplo, a passagem dos logaritmos decimais (base 10) para os logar-itmos de base 2 ¶e dada por

log2 x =log10 x

log10 2=log x

log 2

Sendo a fun»c~ao f(x) = ax cont¶³nua e crescente quando a > 0, e decrescentequando 0 < a < 1, temos que loga x ¶e de¯nida para todo x > 0.


Por exemplo, f(x) = 2x ¶e crescente, 22 = 4 e 23 = 8. Pela continuidade de f , aimagem do intervalo [2; 3], pela fun»c~ao f , ¶e o intervalo [4; 8]. Existe ent~ao x0 2 [2; 3]tal que 2x0 = 5. Assim, log2 5 = x0. Portanto, realmente existe o n¶umero real log2 5.

Al¶em disso, se a > 0, loga ¶e crescente, e se 0 < a < 1, loga ¶e decrescente.

Na ¯gura 9.2, temos esbo»cos dos gr¶a¯cos de f(x) = log2 x e g(x) = log1=2 x.

Admitiremos que f(x) = loga x ¶e cont¶³nua no seu dom¶³nio ]0;+1[, ou seja,

se x0 > 0 ent~ao limx!x0

loga x = loga x0

Al¶em disso, temos ainda (con¯ra isto observando os gr¶a¯cos da ¯gura 9.2).

limx!0+

loga x = loga(0+) =

(¡1 se a > 0

+1 se 0 < a < 1

bem como tamb¶em (con¯ra observando os gr¶a¯cos da ¯gura 9.2)

limx!+1

loga x = loga(+1) =(+1 se a > 0

¡1 se 0 < a < 1

(a)

1

1

-1

x

y

1/2

2

2

-2

4

0

(b)

1

1

-1

x

y

1/2

2

2

-2

40

Figura 9.2. Gr¶a¯cos de (a) y = log2 x, (b) y = log1=2 x.

9.4 O n¶umero e

Na matem¶atica universit¶aria, h¶a duas constantes num¶ericas muito importantes. S~ao elaso n¶umero pi, ¼ ¼ 3; 14159 , e o n¶umero e, e ¼ 2; 71828 .


O n¶umero e ¶e de¯nido como sendo o limite

e = limn!+1n2N

µ1 +

1

n

¶n

Pode ser demonstrado que o n¶umero e ¶e irracional.

Observe a tabela de valores (aproximados) de¡1 + 1

n

¢n, para n = 1, 10, 100,

1000, 10000, 100000, dada abaixo.

Tabela 9.1.

n 1=n 1 + 1n

¡1 + 1

n

¢n1 1 2 21 = 2

10 0; 1 1; 1 (1; 1)10 ¼ 2; 59374100 0; 01 1; 01 (1; 01)100 ¼ 2; 704811000 0; 001 1; 001 (1; 001)1000 ¼ 2; 7169210000 0; 0001 1; 0001 (1; 0001)10000 ¼ 2; 71815100000 0; 00001 1; 00001 (1; 00001)100000 ¼ 2; 71828

Note que limn!+1

¡1 + 1

n

¢= 1 + 1

+1 = 1.

Assim, podemos enganosamente intuir que, quando n ¶e muito grande,¡1 + 1

n

¢n ¼1n = 1 (mesmo calculadoras de boa qualidade podem nos induzir a este erro). Nestecaso, nossa intui»c~ao ¶e falha, pois pode ser demonstrado que o n¶umero an =

¡1 + 1

n

¢ncresce µa medida em que n cresce, sendo a1 = 2, e 2 < an < 3 para cada n ¸ 2. Natabela 9.1, ilustramos o fato de que

quando n ¶e muito grande,

µ1 +

1

n

¶n¼ 2; 71828

Assim sendo, temos um novo s¶³mbolo de indetermina»c~ao: 1§1 .

Vamos admitir, sem demonstra»c~ao, que tamb¶em, para x real

limx!+1

¡1 + 1

x

¢x= e

Neste caso, podemos deduzir:

Proposi»c~ao 9.1

limx!¡1

µ1 +

1

x

¶x= e


Demonstra»c~ao. De fato, fazendo a mudan»ca de vari¶avel

x = ¡(y + 1)temos y = ¡x¡ 1, e portanto x! ¡1 se e somente se y ! +1.

Assim, sendo

limx!¡1

µ1 +

1

x

¶x= lim

y!+1

µ1¡ 1

y + 1

¶¡(y+1)

= limy!+1

µy

y + 1

¶¡(y+1)

= limy!+1

µy + 1

y

¶y+1

= limy!+1

µ1 +

1

y

¶y+1

= limy!+1

µ1 +

1

y

¶y¢ limy!+1

µ1 +

1

y

¶= e ¢ 1 = e

Como conseqÄuencia, temos tamb¶em

Proposi»c~ao 9.2

limx!0

(1 + x)1

x = e

Demonstra»c~ao. Mostraremos que

limx!0+

(1 + x)1

x = e, e limx!0¡

(1 + x)1

x = e.

Pondo ® = 1=x, temos que x! 0+ se e somente se ®! +1. Da¶³

limx!0+

(1 + x)1

x = lim®!+1

µ1 +

1

®

¶®= e

Al¶em disso, x! 0¡ se e somente se ®! ¡1. Da¶³, pela proposi»c~ao 9.1,

limx!0¡

(1 + x)1

x = lim®!¡1

µ1 +

1

®

¶®= e

Se x > 0, chama-se logaritmo natural ou logaritmo neperiano de x ao logaritmo

lnx = loge x

Como e ¼ 2; 71828 > 1, a fun»c~ao f(x) = lnx ¶e crescente e seu gr¶a¯co tem,qualitativamente, a forma do gr¶a¯co de g(x) = log2 x, ¯gura 9.2 a.


A passagem dos logaritmos naturais para os logaritmos decimais (base 10) ¶e dadapor

log10 x =loge x

loge 10=lnx

ln 10

9.5 Problemas

1. Calcule os seguintes limites. Lembre-se que 1§1 ¶e um s¶³mbolo de indetermina»c~ao.

(a) limx!+1

¡1 + 2

x

¢xSugest~ao. Para contornar a indetermina»c~ao 1+1, fa»ca 1 + 2

x= 1 + 1

y

(b) limx!+1

¡x1+x

¢xSugest~ao. Para contornar a indetermina»c~ao 1+1, fa»ca x

1+x= 1 + 1

y

(c) limx!¡1

¡2x+32x+1

¢x+1(d) lim

x!+1¡3x+12x+3

¢x(e) lim

x!¡1¡3x+12x+3

¢x(f) lim

x!¡1¡1¡ 1

3x

¢2xRespostas. (a) e2 (b) 1=e (c) e (d) +1 (e) 0 (f) 1=

3pe2

2. Mostre que, sendo a > 0, limh!0

ah¡1h= ln a.

Sugest~ao: Trate o caso a = 1 em separado. Para a 6= 1, fa»ca a mudan»ca devari¶avel ah ¡ 1 = z, e ent~ao h = ln(z + 1)= ln a.

3. Usando o resultado do problema anterior, calcule

(a) limn!+1

n ¢ ¡a1=n ¡ 1¢ (sendo a > 0, a6= 1)(b) lim

x!0eax¡1x

Sugest~ao. limx!0

eax¡1x

= limx!0(a ¢ eax¡1

ax) = a ¢ lim

x!0eax¡1ax

(c) limx!0

eax¡ebxx

Sugest~ao. limx!0

eax¡ebxx

= limx!0

(eax¡1)¡(ebx¡1)x

(d) limx!0

eax¡1ebx¡1

Respostas. (a) ln a (b) a (c) a¡ b (d) a=b

4. Sendo f(x) = 21

x , calcule os limites laterais limx!0+

f(x) e limx!0¡

f(x).

Resposta. +1 e 0, respectivamente.

5. Sendo g(x) =1

1 + 21

x¡a

, calcule os limites laterais limx!a+

g(x) e limx!a¡

g(x).

Resposta. 0 e 1, respectivamente.

Aula 10

Derivando fun»c~oes exponenciais elogar¶³tmicas

Nesta aula estaremos deduzindo as derivadas das fun»c~oes f(x) = ax e g(x) = loga x,sendo a uma constante real, a > 0 e a6= 1.

O que faz do n¶umero e uma constante t~ao especial ? A resposta est¶a no seguinteteorema

Teorema 10.1

1. Se f(x) = ex, ent~ao f 0(x) = ex. Ou seja, a derivada da fun»c~ao exponencial debase e coincide com a pr¶opria fun»c~ao.

2. Se f(x) = ax (a > 0, a6= 1), ent~ao f 0(x) = ax ¢ ln a.Demonstra»c~ao. Seja f(x) = ex. Ent~ao

lim¢x!0

¢f

¢x= lim

¢x!0f(x+¢x)¡ f(x)

¢x= lim

¢x!0ex+¢x ¡ ex

¢x

= lim¢x!0

ex ¢ e¢x ¡ ex¢x

= lim¢x!0

ex ¢ e¢x ¡ 1¢x

= ex ¢ lim¢x!0

e¢x ¡ 1¢x

= ex ¢ 1 = ex

Para justi¯car o ¶ultimo passo na dedu»c~ao acima, nos resta demonstrar:

Proposi»c~ao 10.1

limh!0

eh ¡ 1h

= 1

88

Derivando func»~oes exponenciais e logar¶³tmicas 89

Demonstra»c~ao. Faremos o c¶alculo do limite atrav¶es de uma interessante mudan»ca devari¶avel.

Fazendo eh ¡ 1 = z, temos eh = 1 + z, e ent~ao h = loge(1 + z)Assim sendo, h! 0 se e somente se z ! 0, e ent~ao

limh!0

eh ¡ 1h

= limz!0

z

loge(1 + z)= lim

z!01

loge(1 + z)

z

= limz!0

1

loge

h(1 + z)1=z

i = 1

loge e=1

1= 1

Portanto, sendo f(x) = ex, temos lim¢x!0

¢f¢x= ex.

Para calcular a derivada de ax, fazemos

ax = eloge ax

= ex loge a = ex ln a = e(ln a)x

Pela regra da cadeia, (eu)0 = eu ¢ u0, logo(ax)0 =

£e(ln a)x

¤0= e(ln a)x ¢ ((ln a)x)0 = e(ln a)x ¢ ln a = ax ln a

Quanto a fun»c~oes logar¶³tmicas, temos o seguinte

Teorema 10.2

1. (lnx)0 =1

x2. (ln jxj)0 = 1

x

3. (loga x)0 =

1

x ln a4. (loga jxj)0 =

1

x ln a

Demonstra»c~ao. Se y = lnx, ent~ao y = loge x, e portanto x = ey.

Por deriva»c~ao impl¶³cita em rela»c~ao a x, temos (x)0 = (ey)0, logo 1 = ey ¢ y0.

Portanto y0 =1

ey=1

x, ou seja, (lnx)0 = 1=x.

Assim sendo, (loga x)0 =

µlnx

ln a

¶0=(lnx)0

ln a=

1

x ln a.

Para derivar ln jxj, ou loga jxj, lembremo-nos de que jxj = x quando x > 0, ejxj = ¡x quando x < 0. Assim, se x > 0, reca¶³mos nos itens 1 e 3.

Se x < 0, (ln jxj)0 = (ln(¡x))0 = 1¡x ¢ (¡x)0 = ¡1

x¢ (¡1) = 1

x. O item 4 ¶e

deduzido analogamente.

Proposi»c~ao 10.2 Sendo ® uma constante real, racional ou irracional, e x > 0,

(x®)0 = ®x®¡1


Demonstra»c~ao. Se y = x® ent~ao ln y = lnx® = ® lnx.

Por deriva»c~ao impl¶³cita, em rela»c~ao a x, temos (ln y)0 = (® lnx)0.

Logo,1

y¢ y0 = ® ¢ 1

x.

Portanto, y0 = y ¢ ® ¢ 1x= ®x® ¢ 1

x= ®x®¡1.

No exemplo seguinte, fazemos uso da fun»c~ao ln para derivar uma fun»c~ao exponen-cial de base e expoente vari¶aveis.

Exemplo 10.1 (Uma fun»c~ao exponencial de base e expoente vari¶aveis) Calculara derivada de f(x) = xx.

Solu»c~ao. Sendo y = xx, temos ln y = lnxx = x ¢ lnx.Derivando ambos os membros em rela»c~ao a x, temos

(ln y)0 = (x ¢ lnx)01

y¢ y0 = lnx+ x ¢ (lnx)0

y0 = yµlnx+ x ¢ 1

x

¶= xx(1 + lnx).

Portanto (xx)0 = xx(1 + lnx).

10.1 Problemas


(a) y = e¡3x (b) y = e4x+5 (c) y = ax2

(d) y = 7x2+2x

(e) y = ex(1¡ x2) (f) y = ex¡1ex+1

(g) y = x1=x (h) y = x¼¼x

Respostas.(a) ¡3e¡3x (b) 4e4x+5 (c) 2xax

2

lna (d) 2(x+1)7x2+2x ln 7 (e) ex(1¡2x¡x2)

(f) 2ex

(ex+1)2(g) x1=x ¢ 1¡lnx

x2(h) ¼x¼¡1¼x + x¼¼x ln¼


(a) y = ln jax+ bj (b) y = loga(x2 + 1) (c) y = ln ex

1+ex

(d) y = ln 1+x2

1¡x2 (e) y = ln jx2 + 2xj (f) y = log10(3x2 + 2)5

(g) y = x lnx (h) y = (lnx)3 (i) y = ln(x+px2 + ¸) (¸6= 0)

(j) y = log10(lnx) (k) y = 12aln¯a+xa¡x¯(a6= 0)

Respostas. (a) aax+b (b) 2x

(x2+1) ln a(c) 1

1+ex (d) 4x1¡x4 (e) 2x+1

x2+x

(f) 30x(3x2+2) ln 10

(g) 1 + lnx (h) 3(lnx)2

x(i) 1p

x2+¸(j) 1

x lnx ln 10 (k) 1a2¡x2


3. Calcule y0, calculando ln y, expandindo o segundo membro, utilizando propriedadesde logaritmos, e ent~ao derivando implicitamente.

(a) y = 3

qx(x2+1)(x¡1)2 (b) y = (x+1)2

(x+2)3(x+3)4(c) y = x(1+x2)p

1¡x2

(d) y =q(3x2 + 2)

p6x¡ 7

Respostas. (a) 133

qx(x2+1)(x¡1)2 ¢

³1x+ 2x

x2+1¡ 2

x¡1´

(b) ¡ (x+1)(5x2+14x+5)(x+2)4(x+3)5

(c) 1+3x2¡2x4p

(1¡x2)3 (d)³

3x3x2+2

+ 32(6x¡7)

´q(3x2 + 2)

p6x¡ 7

4. Calcule dy=dx, se y = f(x) ¶e de¯nida implicitamente pela equa»c~ao

(a) 3y ¡ x2 + ln(xy) = 2 (b) x ln y ¡ y lnx = 1 (c) exy ¡ x3 + 3y2 = 11Respostas. (a) dy

dx= (2x2¡1)y

x(3y+1)(b) dy

dx= y2¡xy ln y

x2¡xy lnx (c) dydx= 3x2¡yexy

xexy+6y

5. Determine a equa»c~ao da reta tangente µa curva y = x2+ln(2x¡5) no ponto dessacurva de abcissa 3. Resposta. y = 8x¡ 15

6. Mostre que a fun»c~ao y = C1e¡x + C2e¡2x ¶e solu»c~ao da equa»c~ao diferencial

y00 + 3y0 + 2y = 0.

7. A posi»c~ao s de um ponto m¶ovel P sobre um eixo horizontal s ¶e dada por s(t) =t2¡ 4 ln(1+ t), t ¸ 0, sendo s dado em cent¶³metros e t em segundos. Determinea velocidade e a acelera»c~ao do ponto P em um instante t qualquer. Determineos intervalos de tempo em que o ponto P se move (a) para a esquerda, isto ¶e,

em dire»c~ao contr¶aria µa do eixo s, e (b) para a direita. Resposta. v(t) = 2(t2+t¡2)t+1

,

a(t) = 2 + 4(t+1)2

. (a) 0 · t < 1, (b) t > 1.

8. Esboce o gr¶a¯co de f(x) = e1=x, analisando a fun»c~ao f atrav¶es de derivadas ec¶alculos de limites apropriados.

Resposta.

1 2 3-1-2

2

4

6

0 x

y

A reta x = 0 (eixo y) ¶e ass¶³ntota ver-

tical do gr¶a¯co (somente para x > 0).

A reta y = 1 ¶e ass¶³ntota horizontal do

gr¶a¯co.

f 0(x) = ¡e1=x=x2f 00(x) = e1=x(2x+ 1)=x4

9. Esboce o gr¶a¯co de f(x) = 21+e1=x

¡1, analisando a fun»c~ao f atrav¶es de derivadase c¶alculos de limites apropriados.


Resposta.

1 2 3

-1-2-3

1

-1

0

x

y

¶E ¶util saber que f ¶e uma fun»c~ao¶³mpar, ou

seja, f(¡x) = ¡f(x), para cada x6= 0

(veri¯que).

f 0(x) =2e1=x

x2(1 + e1=x)2

f 00(x) =¡2e1=x[e1=x(2x¡ 1) + 2x+ 1]

(1 + e1=x)3x4

Dado num¶erico. Ra¶³zes de f 00: ¼ §0; 4.Sendo f uma fun»c~ao ¶³mpar, temos que f 0 ¶e uma fun»c~ao par (f 0(¡x) = f 0(x)), e f 00 ¶etamb¶em fun»c~ao ¶³mpar (veja problema 9, aula 3).

10. (a) Qual n¶umero real ¶e maior, (0; 1)0;1 ou (0; 2)0;2 ?

(b) Qual ¶e o menor valor de xx, sendo x real e positivo?

Respostas. (a) (0; 1)0;1 > (0; 2)0;2 (b) (1=e)1=e. Sugest~ao para ambos os itens.Veri¯que os intervalos de crescimento e de decrescimento de f(x) = xx.

11. Mostre que ¼e < e¼, sem o uso de m¶aquinas de calcular.

Sugest~ao. Considere f(x) =lnx

x. Mostre que f ¶e crescente no intervalo ]0; e] e

decrescente no intervalo [e;+1[. Use ent~ao o fato de que ¼ > e.

Aula 11

Fun»c~oes trigonom¶etricas e o\primeiro limite fundamental"

Nesta aula estaremos fazendo uma pequena revis~ao de fun»c~oes trigonom¶etricas e apre-sentando um limite que lhes determina suas derivadas.

11.1 Pequena revis~ao de trigonometria

11.1.1 Trigonometria geom¶etrica

Consideremos os triangulos ABC e A0B0C 0 da ¯gura 11.1. Os dois triangulos s~aosemelhantes, pois seus angulos internos s~ao iguais (congruentes). Assim, temos

AB

AC=AB0

AC 0;

BC

AC=B0C 0

AC 0;

BC

AB=B0C 0

AB0

Assim, sendo ABC um triangulo retangulo, como na ¯gura 11.1 as raz~oes ABAC,

BCAC

e BCAB

dependem somente da abertura µ = A.

A

C

B

C'

B'

θ

Figura 11.1.

Chamamos

93

Func»~oes trigonom¶etricas e o primeiro limite fundamental 94

cosseno de µ = cos µ =AB

AC=cateto adjacente ao angulo µ

hipotenusa

seno de µ = sen µ =BC

AC=cateto oposto ao angulo µ

hipotenusa

tangente de µ = tg µ =BC

AB=

cateto oposto ao angulo µ

cateto adjacente ao angulo µ

Deduz-se imediatamente que tg µ =sen µ

cos µ.

Da trigonometria do ensino m¶edio, s~ao bem conhecidos os valores

µ cos µ sen µ tg µ

0 1 0 0

30±p3=2 1=2 1=

p3

45±p2=2

p2=2 1

60± 1=2p3=2

p3

90± 0 1 n~ao se de¯ne

Se_PQ ¶e um arco de um c¶³rculo de raio r, correspondente a um angulo central de

abertura ®, o comprimento c de_PQ ¶e dado por

c = r ¢ (medida de ® em radianos)

P

Q

αc

r

O

Figura 11.2. c = r ¢ ® (quando ® ¶e medido em radianos).

Assim, o comprimento c do arco_PQ ¶e diretamente proporcional a r e a ®. Quando

® = 360±, temos

c = comprimento da circunferencia = 2¼ ¢ r

Assim sendo,

360± = 360 graus = 2¼ radianos, ou seja 180± = ¼


Se r = 1 = uma unidade de comprimento, o comprimento c do arco_PQ ¶e

simplesmente a medida de ® em radianos.

A ¶area do setor circular de angulo central ® tamb¶em ¶e proporcional a ®. Quando® = 2¼, temos a ¶area de um c¶³rculo de raio r: A = ¼r2. Assim, um setor circular de

abertura ®, tem ¶area A® =®

2¢ r2 (® em radianos).

11.1.2 Trigonometria anal¶³tica

Para de¯nir as fun»c~oes trigonom¶etricas de vari¶avel real, consideramos um sistema carte-siano ortogonal de coordenadas no plano. Nele, consideramos a circunferencia deequa»c~ao x2 + y2 = 1 (de centro em (0; 0) e raio 1). Esta circunferencia ¶e o quechamaremos de c¶³rculo trigonom¶etrico.

Dado um n¶umero real ®, tomamos A = (1; 0) e demarcamos, no c¶³rculo trigo-nom¶etrico, um ponto P® tal que a medida do percurso de A a P®, sobre o c¶³rculotrigonom¶etrico, ¶e igual a j®j (¯gura 11.3). Teremos o percurso AP® passando uma ouv¶arias vezes pelo ponto A, quando j®j > 2¼.

A partir do ponto A, o percurso_AP® ¶e feito no sentido anti-hor¶ario (contr¶ario ao

sentido do movimento dos ponteiros do rel¶ogio) se ® > 0, e ¶e feito no sentido hor¶ario(no mesmo sentido do movimento dos ponteiros do rel¶ogio) se ® < 0. Tal percurso ¶eum arco orientado. Dizemos que ® ¶e a medida alg¶ebrica do arco orientado AP®.

Assim, por exemplo, P¼ = P¡¼ = (¡1; 0), P¼=2 = (0; 1), P¡¼=2 = (0;¡1),P¼=4 = (

p2=2;

p2=2), P¼=3 = (

p3=2; 1=2), e P0 = (1; 0) = P2¼ = P2n¼, para cada

inteiro n.

Sendo ® 2 R, consideremos P® = (x®; y®), de¯nido como acima. De¯nimos

x® = cos® = cosseno de ®;

y® = sen® = seno de ®

Para estendermos a de¯ni»c~ao de tangente de ® a arcos orientados ®, tomamosum eixo y0, paralelo ao eixo y, de origem O0 = A, orientado positivamente para cima,no qual usaremos a mesma escala de medidas do eixo y. Sendo ® 2 R, consideramosa reta OP®. Se ®6= ¼

2§ n¼, para todo n 2 Z, esta reta intercepta o eixo y0 em T®.

Sendo t® a abcissa de T® no eixo y0, de¯nimos

t® = tg® = tangente de ®

Assim sendo, tg® =sen®

cos®.

Se 0 < ® < ¼=2, os valores cos®, sen®, e tg® coincidem com aqueles dasde¯ni»c~oes geom¶etricas de cosseno, seno e tangente, dadas na se»c~ao 11.1.1.

Tamb¶em de¯nem-se as fun»c~oes trigonom¶etricas


A=(1,0)

P

α

x

α

y

O

(x ,y )α α=

Figura 11.3.

O' = A

P

αx

α

y

O

'

Tα

y

Figura 11.4. No sistema Oxy, T® = (1; t®) = (1; tg®).

cotangente de ® = cotg® =cos®

sen®(®6= n¼; 8n 2 Z)

secante de ® = sec® =1

cos®(®6= ¼

2+ n¼; 8n 2 Z)

cossecante de ® = cosec® =1

sen®(®6= n¼; 8n 2 Z)

Na ¯gura 11.5, ilustramos geom¶etricamente as seis fun»c~oes trigonom¶etricas de umarco ® no primeiro quadrante, isto ¶e, satisfazendo 0 < ® < ¼=2.

Listamos abaixo algumas f¶ormulas ¶uteis, envolvendo as fun»c~oes trigonom¶etricas.Aqui e sempre, cos2 a = (cos a)2, sen2 a = (sen a)2, tg2 a = (tg a)2, etc.

1. cos2 a+ sen2 a = 1 (isto porque x2a + y2a = 1)

2. 1 + tg2 a = sec2 a (dividindo-se ambos os membros da equa»c~ao 1 por cos2 a)1+cotg2 a = cosec2 a (dividindo-se ambos os membros da equa»c~ao 1 por sen2 a)


A

P

αx

α

y

O

'

'

tg

cos α

α

sec α

cotg α

sen ααcosec

1

y

x

Figura 11.5. Geometria das seis fun»c~oes trigonom¶etricas, no primeiro quadrante.

1

-1

π0 π /2

π/23

π2

π-

x

yy = sen x

1

-1

π0 π/2

π /23

π2

π-

x

y

/2

y = cos x

-1

π0 π /2

π /23π-

x

y

/2

1

π /4

y = tg x

Figura 11.6. Gr¶a¯cos das fun»c~oes seno, cosseno e tangente.

3. sen(a+ b) = sen a cos b+ sen b cos asen(a¡ b) = sen a cos b¡ sen b cos a


cos(a+ b) = cos a cos b¡ sen a sen bcos(a¡ b) = cos a cos b+ sen a sen b

4. cos(¡a) = cos a, sen(¡a) = ¡ sen atg(¡a) = sen(¡a)

cos(¡a) =¡ sen acos a

= ¡ tg a

5. sen 2a = sen(a+ a) = 2 sen a cos acos 2a = cos(a+ a) = cos2 a¡ sen2 a

6. cos a = sen¡¼2¡ a¢, sen a = cos

¡¼2¡ a¢

11.2 O primeiro limite fundamental

Vamos admitir que as seis fun»c~oes trigonom¶etricas s~ao cont¶³nuas nos pontos onde est~aode¯nidas.

Na pr¶oxima aula estaremos de¯nindo as fun»c~oes trigonom¶etricas inversas e cal-culando as derivadas de todas as fun»c~oes trigonom¶etricas. Para calcular a derivada desenx, e ent~ao calcular as derivadas das demais fun»c~oes trigonom¶etricas, deduziremosprimeiramente o seguinte resultado, chamado na literatura do c¶alculo de primeiro limitefundamental.

Proposi»c~ao 11.1 (Primeiro limite fundamental)

limx!0

senx

x= 1

Demonstra»c~ao. Seja ® um n¶umero real, 0 < ® < ¼=2, e consideremos, no c¶³rculo

trigonom¶etrico, o arco_AP de comprimento ®, sendo A = (1; 0) e P = P®.

Sejam P 0 a proje»c~ao ortogonal do ponto P no eixo x (PP 0 ? Ox), e T a interse»c~aoda reta OP com o eixo y0 das tangentes.

Temos ent~ao PP 0 <_AP , ou seja sen® < ®.

Al¶em disso, a ¶area do setor circular AOP ¶e dada por A® =®2r2 = ®

2.

A ¶area do triangulo OAT ¶e dada por ¢ = 12OA ¢ AT = tg®

2.

Obviamente A® < ¢, da¶³®2< tg®

2, e portanto ® < tg®.

Sumarizando, sendo 0 < ® < ¼=2,

sen® < ® < tg®


A

P

αx

y

O

T

P'

y'

1

Figura 11.7.

Como sen® > 0, temos ent~ao 1 <®

sen®<tg®

sen®=

1

cos®. Comparando os inversos

dos tres termos, obtemos

cos® <sen®

®< 1

Para ¡¼=2 < ® < 0 tamb¶em valem as desigualdades acima, j¶a que, se 0 < ® < ¼=2,

cos(¡®) = cos® esen(¡®)¡® =

¡ sen®¡® =

sen®

®.

Agora faremos uso de um teorema sobre limites (que s¶o pode ser demonstrado apartir de um tratamento formal da teoria de limites), o teorema do confronto ou teoremado sandu¶³che:

Teorema 11.1 (Teorema do confronto, ou teorema do sandu¶³che) Sendo I ½R um intervalo, sendo a 2 I, e f , g e h fun»c~oes de¯nidas para x 2 I, x 6= a, sef(x) · g(x) · h(x) para todo x 2 I; x6= a, e se lim

x!af(x) = lim

x!ah(x) = L, ent~ao

limx!a

g(x) = L. Vale o mesmo resultado para limites laterais (neste caso, a pode ser o

extremo inferior ou superior do intervalo I). Vale o mesmo resultado se a = +1 ou¡1.

No nosso caso, temos f(®) = cos®, g(®) =sen®

®e h(®) = 1, todas de¯nidas

para ¡¼=2 < ® < ¼=2, ®6= 0, satifazendo f(®) < g(®) < h(®).Temos lim

®!0f(®) = lim

®!0cos® = 1, e lim

®!0h(®) = lim

®!01 = 1.

Portanto lim®!0

g(®) = 1, ou seja,

lim®!0

sen®

®= 1

Veremos adiante que o resultado limx!0

senx

x= 1, primeiro limite fundamental, ¶e

imprescind¶³vel para a dedu»c~ao das derivadas das fun»c~oes trigonom¶etricas. Note que as


desigualdades senx < x < tg x, empregadas no c¶alculo desse limite, s¶o fazem sentidose x 2 R, quando ent~ao jxj ¶e a medida de um arco orientado (em radianos), em umc¶³rculo trigonom¶etrico.

O segundo limite fundamental ¶e aquele j¶a visto na aula 9, limn!+1

¡1 + 1

n

¢n= e.

11.3 Problemas

1. Calcule os seguintes limites, lembrando-se de que limx!0

senxx= 1.

(a) limx!0

sen(x=3)

x(b) lim

x!0sen ax

bx(c) lim

t!0sen2 2t

t2(d) lim

x!¼senx

x¡ ¼(e) lim

t!0sen2 t

1¡ cos t (f) limx!0

x cotg x (g) limx!0

1¡ cos axbx

(h) limx!0

sen 3x

sen 5x

(i) limx!+1

x sen2

x(j) lim

x!+1senx

x(k) lim

x!0x ¢ cos(1=x)

Respostas. (a) 1=3. Sugest~ao. Fa»ca limx!0

sen(x=3)x

= limx!0

3 ¢ sen(x=3)x=3 (b) a=b (c) 4

(d) ¡1. Sugest~ao. Fa»ca primeiramente a mudan»ca de vari¶avel x ¡ ¼ = y. (e) 1.

Sugest~ao. limt!0

sen2 t1¡cos t = limt!0

sen2 t(1+cos t)(1¡cos t)(1+cos t) (f) 1 (g) 0 (h) 3=5 (i) 2 (j) 0.

Sugest~ao. Se x > 0, ¡ 1x· senx

x· 1

x(k) 0. Sugest~ao. Mostre que lim

x!0jx cos(1=x)j =

0, considerando que jx cos(1=x)j · jxj, e use o teorema do confronto (teorema 11.1).

Aula 12

Derivando fun»c~oes trigonom¶etricas

Nesta aula estaremos deduzindo derivadas de fun»c~oes trigonom¶etricas. Estaremos tam-b¶em apresentando as fun»c~oes trigonom¶etricas inversas e deduzindo suas derivadas.

Admitiremos que as seis fun»c~oes trigonom¶etricas s~ao cont¶³nuas nos pontos ondeest~ao de¯nidas.

Recordemo-nos de que, pela proposi»c~ao 11.1, aula 11, temos o primeiro limitefundamental,

limh!0

senh

h= 1

Como conseqÄuencia, deduziremos agora as derivadas das fun»c~oes seno e cosseno.

Teorema 12.1

(sen x)0 = cosx

(cosx)0 = ¡ senxDemonstra»c~ao. Seja f(x) = senx. Consideremos ent~ao, fazendo ¢x = h,

¢f

¢x=f(x+ h)¡ f(x)

h=sen(x+ h)¡ senx

h

=senx cosh+ senh cosx¡ senx

h

= senx ¢ cosh¡ 1h

+ cosx ¢ senhh

f 0(x) = limh!0

f(x+ h)¡ f(x)h

= senx ¢ limh!0

cos h¡ 1h

+ cosx ¢ limh!0

senh

h

101

Derivando func»~oes trigonom¶etricas 102

Agora, temos limh!0

senh

h= 1, e

limh!0

cosh¡ 1h

= limh!0

(cosh¡ 1)(cosh+ 1)h(cosh+ 1)

= limh!0

(cos2 h¡ 1)h(cosh+ 1)

= limh!0

¡ sen2 hh(cosh+ 1)

= limh!0

senh

h¢ limh!0

¡ senhcosh+ 1

= 1 ¢ 02= 0

Portanto, f 0(x) = (senx) ¢ 0 + (cosx) ¢ 1 = cosx.Assim (sen x)0 = cosx, para todo x 2 R.Agora, cosx = sen

¡¼2¡ x¢. Por deriva»c~ao em cadeia,

(cosx)0 =hsen

³¼2¡ x

´i0= cos

³¼2¡ x

´¢³¼2¡ x

´0= (senx) ¢ (¡1) = ¡ senx

Proposi»c~ao 12.1

(tg x)0 = sec2 x

(cotg x)0 = ¡ cosec2 x(sec x)0 = secx tg x

(cosec x)0 = ¡ cosecx cotg xDemonstra»c~ao. Para deduzir estas novas f¶ormulas, basta fazer uso das rela»c~oes

tg x =senx

cosx; cotg x =

cosx

senxsecx =

1

cosx; cosecx =

1

senx

e aplicar a regra de deriva»c~ao de um quociente,³uv

´0=u0v ¡ uv0v2

. Deixamos o prazer

da descoberta para o leitor.

12.1 Fun»c~oes trigonom¶etricas inversas

e suas derivadas

A fun»c~ao arco-seno. Para cada n¶umero real a, ¡1 · a · 1, existe um ¶unico arcoorientado ®, ¡¼=2 · ® · ¼=2, tal que sen® = a.

Dizemos que ® ¶e o arco cujo seno ¶e a, ou que ® ¶e o arco-seno de a, e denotamosisto por

® = arc sen a

Sumarizando,


® = arc sen a se e somente se

(sen® = a

¡¼=2 · ® · ¼=2

A

αx

y

O

π/2

π /2-

a

α = arc sen a

Assim, por exemplo (con¯ra),

arc sen 1 =¼

2; arc sen

p3

2=¼

3; arc sen

µ¡12

¶= ¡¼

6; arc sen(¡1) = ¡¼

2

A fun»c~ao arco-cosseno. Para cada n¶umero real a, ¡1 · a · 1, existe um ¶unico arcoorientado ¯, 0 · ¯ · ¼, tal que cos¯ = a.

β

x

y

O

π

a

β = arc cos a

Dizemos que ¯ ¶e o arco cujo cosseno ¶e a, ou que ¯ ¶e o arco-cosseno de a, edenotamos isto por

¯ = arccos a

Sumarizando,

¯ = arccos a se e somente se

(cos¯ = a

0 · ¯ · ¼


Assim, por exemplo, arccos 1 = 0, arccos(p2=2) = ¼=4, arccos(¡1=2) = 2¼=3,

arccos(¡1) = ¼.A fun»c~ao arco-tangente. Para cada n¶umero real a, ¡1 < a < +1, existe um ¶unicoarco orientado °, ¡¼=2 < ° < ¼=2, tal que tg ° = a.

Dizemos que ° ¶e o arco cuja tangente ¶e a, ou que ° ¶e o arco-tangente de a, edenotamos isto por

° = arc tg a

γx

y

O

π /2

π/2-

aγ = arc tg a

y'

Sumarizando,

° = arc tg a se e somente se

(a = tg °

¡¼=2 < ° < ¼=2Assim, de¯nem-se as fun»c~oes arc senx e arccosx, para¡1 · x · 1, e arc tg x para

todo x 2 R. Algumas calculadoras cient¶³¯cas chamam essas fun»c~oes pelas teclas INVSIN , INV COS , INV TAN , e µas vezes pelas teclas SIN¡1 , COS¡1 , TAN¡1 .

Proposi»c~ao 12.2

(arc senx)0 =1p1¡ x2 ; ¡1 < x < 1

(arccos x)0 = ¡ 1p1¡ x2 ; ¡1 < x < 1

(arc tg x)0 =1

1 + x2; ¡1 < x < +1

Demonstra»c~ao.

Sendo ¡1 < x < 1,

y = arc senx se e somente se sen y = x; e ¡ ¼=2 < y < ¼=2


Por deriva»c~ao impl¶³cita da equa»c~ao sen y = x, temos

(sen y)0 = 1) (cos y) ¢ y0 = 1) y0 =

1

cos y=

1p1¡ sen2 y =

1p1¡ x2

Portanto (arc senx)0 =1p1¡ x2 .

Para ¡1 < x < 1, y = arccosx se e somente se cos y = x, e 0 < y < ¼.Por deriva»c~ao impl¶³cita temos

(cos y)0 = 1) ¡(sen y) ¢ y0 = 1) y0 = ¡ 1

sen y=

1p1¡ cos2 y = ¡

1p1¡ x2

Portanto (arccosx)0 = ¡ 1p1¡ x2 .

Finalmente, para x 2 R,

y = arc tg x se e somente se tg y = x; e ¡ ¼=2 < y < ¼=2

Por deriva»c~ao impl¶³cita temos

(tg y)0 = 1) (sec2 y) ¢ y0 = 1) y0 =

1

sec2 y=

1

1 + tg2 y= ¡ 1

1 + x2

Portanto (arc tg x)0 =1

1 + x2.

12.2 Problemas

1. Sendo f(x) = senx, mostre que f 0(x) = cosx, fazendo uso da f¶ormula

sen p¡ sen q = 2 sen p¡ q2

cosp+ q

2

para calcular o limite de

¢f

¢x=f(x+¢x)¡ f(x)

¢x=sen(x+¢x)¡ senx

¢x

quando ¢x! 0.


y

x

ϕ

d

AO

Figura 12.1.

2. A distancia d = OA (veja ¯gura 12.1) que um proj¶etil alcan»ca, quando disparadode um canh~ao com velocidade inicial v0, por um cano inclinado com um angulode eleva»c~ao ' em rela»c~ao ao ch~ao (horizontal), ¶e dada pela f¶ormula

d =v0gsen 2'

sendo g a acelera»c~ao da gravidade local. Qual ¶e o angulo ' que proporcionaalcance m¶aximo? Resposta. 45±.


(a) y = secpx¡ 1 (b) y = cosec(x2 + 4)

(c) y = cotg(x3 ¡ 2x) (d) f(x) = cos 3x2

(e) y =cos 4x

1¡ sen 4x (f) g(x) = cos2 3x (cos2 a signi¯ca (cos a)2)

(g) y = tg2 x sec3 x (h) f(x) = tg3(3x+ 1)

(i) y = x2 sec2 5x (j) f(x) = ln j cosecx+ cotg xj(k) y = e¡3x tg

px (l) g(x) = ln(ln sec 2x)

(m) y = xsenx (n) f(x) = ln j secx+ tg xjRespostas. (a) sec

px¡1 tgpx¡12px¡1 (b) ¡2x cosec(x2 + 4) cotg(x2 + 4)

(c) ¡(3x2 ¡ 2) cosec2(x3 ¡ 2x) (d) ¡6x sen 3x2 (e) 41¡sen 4x (f) ¡3 sen 6x

(g) 3 tg3 x sec3 x+ 2 tg x sec5 x (h) 9 tg2(3x+ 1) sec2(3x+ 1)

(i) 2x sec2 5x+10x2 sec2 5x tg 5x (j) ¡ cosecx (k) e¡3x sec2

px

2px

¡3e¡3x tgpx (l)2 tg 2xln sec 2x (m) xsenx

¡cosx ¢ lnx+ senx

x

¢(n) secx


(a) y = arc senpx (b) f(x) = (1 + arccos 3x)3 (c) f(x) = ln arc tg x2

(d) y = 3arc senx3

(e) g(x) = (tg x)arc tg x

Respostas. (a) 1=(2pxp1¡ x) (b) ¡9(1 + arccos 3x)2=p1¡ 9x2

(c) 2x(1+x4) arc tg x2 (d) (3 ln 3)x2 ¢ 3arc senx3=p1¡ x6

(e) (tg x)arc tg x[cotg x sec2 x arc tg x+ (ln tg x)=(1 + x2)]

5. Determine y0 por deriva»c~ao impl¶³cita.

(a) y = x sen y (b) ex cos y = x ey (c) x2 + x arc sen y = yex


Respostas. (a) y0 = sen y1¡x cos y (b) y0 = ex cos y¡ey

ex sen y+xey

(c) y0 =p1¡ y2(yex ¡ arc sen y ¡ 2x)

x¡ exp1¡ y2

6. Esboce os gr¶a¯cos das fun»c~oes, analisando-as previamente atrav¶es de derivadas elimites apropriados.(a) y = x+ senx (b) y = arc tg x (c) y = x+ arc tg x

Respostas. (Daremos as derivadas como suporte µas solu»c~oes.)(a) y0 = 1 + cosx, y00 = ¡ senx. Ao pesquisar retas ass¶³ntotas do gr¶a¯co, voce vai sedeparar com os limites lim

x!§1senxx. Use o seguinte racioc¶³nio. Como ¡1 · senx · 1

para todo x 2 R, temos ¡1x· senx

x· 1

x, para todo x > 0. Da¶³, usando um teorema de

confronto (sandu¶³che), temos limx!+1

senxx= 0. Calcule tamb¶em lim

x!¡1senxx.

(b) y0 = 11+x2

, y00 = ¡2x(1+x2)2

(c) y0 = 1 + 11+x2

, y00 = ¡2x(1+x2)2

(a)y

x

2π π 3π

2

π

π

3π

(b)y

x

/2π

/2π-

1

/4π

0

(c)y

x

π/2π

π

/2π

/2π-

/2π-

Aula 13

Limites indeterminados e as regrasde L'Hopital

Nesta aula, estaremos apresentando as regras de L'Hopital, regras para calcular limitesindeterminados, da forma 0=0 ou 1=1, usando derivadas. Estaremos tamb¶em exami-nando gr¶a¯cos de fun»c~oes envolvendo fun»c~oes exponenciais.

Diremos que o limite limx!a

f(x)=g(x) tem a forma indeterminada 0=0, se o quociente

de fun»c~oes reais f(x)=g(x) est¶a de¯nido em um conjunto da forma I ¡ fag (sendo Ium intervalo, e a uma extremidade ou ponto interior de I), f(x) e g(x) s~ao cont¶³nuase deriv¶aveis para x6= a, e lim

x!af(x) = lim

x!ag(x) = 0.

Diremos que o limite limx!a

f(x)=g(x) tem a forma indeterminada1=1, se o quocientede fun»c~oes reais f(x)=g(x) est¶a de¯nido em um conjunto da forma I ¡ fag (sendo Ium intervalo, e a uma extremidade ou ponto interior de I), f(x) e g(x) s~ao cont¶³nuase deriv¶aveis para x6= a, e lim

x!af(x) = §1, lim

x!ag(x) = §1.

Os mesmos conceitos s~ao de¯nidos analogamente se tivermos x! a+ ou x! a¡,ou ainda se a = §1.

S~ao duas as chamadas regras de L'Hopital. Uma para formas indeteminadas 0=0 eoutra para formas indeterminadas 1=1. Ambas podem ser enunciadas conjuntamenteem um ¶unico teorema (que n~ao demonstraremos).

Teorema 13.1 (Regras de L'Hopital) Se limx!a

f(x)=g(x) tem uma forma indeter-

minada 0=0 ou 1=1, ent~ao

limx!a

f(x)

g(x)= lim

x!af 0(x)g0(x)

caso o limite limx!a

f 0(x)=g0(x) exista (sendo ¯nito ou in¯nito). O mesmo vale se a ¶e

substitu¶³do por a+ ou a¡, ou se a = +1 ou ¡1.

108

Limites indeterminados e as regras de L'Hopital 109


x2 ¡ x¡ 23x2 ¡ 5x¡ 2

Solu»c~ao. Um c¶alculo direto nos d¶a a forma indeterminada 0=0. Pelo m¶etodo tradicional,usando fatora»c~oes, fazemos

limx!2

x2 ¡ x¡ 23x2 ¡ 5x¡ 2 = limx!2

(x¡ 2)(x+ 1)(x¡ 2)(3x+ 1) = limx!2

x+ 1

3x+ 1= 3=7

Aplicando regras de L'Hopital, n~ao necessitamos da fatora»c~ao:

limx!2

x2 ¡ x¡ 23x2 ¡ 5x¡ 2 = limx!2

(x2 ¡ x¡ 2)0(3x2 ¡ 5x¡ 2)0 = limx!2

2x¡ 16x¡ 5 = 3=7

No caso de quociente de polinomios, n~ao precisamos das regras de L'Hopital, masµas vezes as regras de L'Hopital s~ao nosso ¶unico recurso para o c¶alculo de um limite:


x¡ senxx3

O limite ¶e indeterminado, da forma 0=0, a agora n~ao podemos colocar em evidencianenhuma potencia de x. Aplicando L'Hopital, temos

limx!0

x¡ senxx3

= limx!0

(x¡ senx)0(x3)0

= limx!0

1¡ cosx3x2

(= 0=0, aplicamos novamente L'Hopital)

= limx!0

senx

6x= 1=6 (usando lim

x!0senx

x= 1)


e2x

x3

Aqui temos uma indetermina»c~ao da forma 1=1. Aplicando L'Hopital, temos

limx!+1

e2x

x3= lim

x!+1(e2x)0

(x3)0

= limx!+1

2e2x

3x2(=1=1, aplicamos novamente L'Hopital)

= limx!+1

(2e2x)0

(3x2)0

= limx!+1

4e2x

6x(=1=1, aplicamos novamente L'Hopital)

= limx!+1

8e2x

6=+16= +1


No c¶alculo de limites, sabemos que tamb¶em 0 ¢ 1 e (+1)¡ (+1) s~ao s¶³mbolosde indetermina»c~ao. No caso 0 ¢ 1 tamb¶em podemos aplicar regras de L'Hopital, ap¶osuma manipula»c~ao conveniente das fun»c~oes no limite.

Suponhamos que limx!a

f(x)¢g(x) ¶e indeterminado na forma 0¢1, isto ¶e, limx!a

f(x) =

0 e limx!a

g(x) =1.Neste caso, primeiramente fazemos

limx!a

f(x) ¢ g(x) = limx!a

f(x)

1=g(x)= 0=0

e ent~ao, aplicando L'Hopital, calculamos

limx!a

f 0(x)(1=g(x))0

ou ent~ao

limx!a

f(x) ¢ g(x) = limx!a

g(x)

1=f(x)=1=§1

e ent~ao, por L'Hopital, calculamos

limx!a

g0(x)(1=f(x))0

Exemplo 13.4 Calcular limx!0+

x ¢ lnx.

Temos limx!0+

x ¢ lnx = 0 ¢ (¡1). Recorde-se que limx!0+

lnx = ¡1 (veja aula 9).

Neste caso, fazemos

limx!0+

x ¢ lnx = limx!0+

lnx1x

(= ¡1=+1)

= limx!0+

(lnx)0¡1x

¢0 = limx!0+

1=x

¡1=x2 = limx!0+

(¡x) = 0

13.1 Novos s¶³mbolos de indetermina»c~ao

Estudaremos agora procedimentos para lidar com os s¶³mbolos de indetermina»c~ao 00,10

e 11.

Em toda a literatura de matem¶atica universit¶aria, adota-se, ainda que sub-liminar-mente µas vezes, a de¯ni»c~ao 00 = 1. No c¶alculo de limites no entanto, 00 ¶e um s¶³mbolode indetermina»c~ao. O exemplo abaixo explica porque.

Consideremos a fun»c~ao f(x) = xk=lnx (k constante), de¯nida para x > 0. Vimosna aula 9, que lim

x!0+lnx = ln 0+ = ¡1.


Assim, utilizando ¶algebra de limites, temos limx!0+

f(x) = 0k= ln 0+

= 0k=¡1 = 00.

No entanto, f(x) = xk= lnx = eln(xk= lnx) = e

k

ln x¢lnx = ek, ou seja, f(x) ¶e a fun»c~ao

constante ek, e portanto limx!0+

f(x) = ek.

Tamb¶em s~ao formas indeterminadas, ou seja, s¶³mbolos de indetermina»c~ao, as ex-press~oes 11 e 10.

Suponhamos que o limite limx!a

f(x)g(x) tem uma das formas indeterminadas 00,10

ou 11. Aqui deveremos ter f(x) > 0 no dom¶³nio da fun»c~ao f g.

Em qualquer um desses casos, fazemos

f(x)g(x) = eln f(x)g(x)

= eg(x)¢ln f(x)

e ent~aolimx!a

f(x)g(x) = eL

sendoL = lim

x!a[g(x) ¢ ln f(x)]

Para as formas indeterminadas 00, 10 e 11, o limite L = limx!a[g(x) ¢ ln f(x)]

ter¶a sempre a forma indeterminada 0 ¢ 1 (ou 1 ¢ 0), e reca¶³mos ent~ao em um casoanteriormente estudado.


xx (aqui, x! 0 signi¯ca x! 0+).

Solu»c~ao. Aqui temos uma indetermina»c~ao 00. Seguindo procedimento descrito acima,fazemos

xx = elnxx

= ex¢lnx

e ent~ao limx!0+

xx = eL, sendo L = limx!0+

x lnx.

Pelo exemplo 13.4, L = 0 e portanto limx!0+

xx = e0 = 1

Exemplo 13.6 Calcular limx!0(1 + sen 2x)1=x.

Aqui temos uma indetermina»c~ao 11.

Fazemos (1 + sen 2x)1=x = eln(1+sen 2x)1=x

= e1

x¢ln(1+sen 2x). Ent~ao

limx!0(1 + sen 2x)1=x = eL, sendo

L = limx!0

1

x¢ ln(1 + sen 2x) = lim

x!0ln(1 + sen 2x)

x(= 0=0).

Aplicando L'Hopital,


limx!0

ln(1 + sen 2x)

x= lim

x!0[ln(1 + sen 2x)]0

(x)0= lim

x!01

1 + sen 2x¢ 2 cos 2x = 2.

Portanto limx!0(1 + sen 2x)1=x = e2.

As regras de L'Hopital, nos casos de indetermina»c~ao 0=0 e 1=1, dizem quelimx!a

f(x)=g(x) = limx!a

f 0(x)=g0(x), mas somente quando este ¶ultimo limite ¶e efetivamente

comput¶avel.

No exemplo abaixo, temos uma indetermina»c~ao 1=1 para a qual a regra deL'Hopital n~ao se aplica porque o limite lim

x!af 0(x)=g0(x) n~ao existe, mas o limite

limx!a

f(x)=g(x) ¶e calcul¶avel.


x+ senx

x.

Solu»c~ao. Temos senx ¸ ¡1, da¶³ x+ senx ¸ x¡ 1 para todo x 2 R.Logo lim

x!+1(x+ senx) ¸ lim

x!+1(x¡ 1) = +1. Assim sendo, lim

x!+1(x+ senx) =

+1, e o limite limx!+1

x+ senx

x¶e indeterminado na forma 1=1.

Aplicando L'Hopital, consideramos limx!+1

(x+ senx)0

(x)0= lim

x!+1(1 + cosx). Este

limite n~ao existe (n~ao ¶e ¯nito nem in¯nito) pois quando x cresce inde¯nidamente, cosx¯ca oscilando inde¯nidamente entre ¡1 e +1.

Entretanto limx!+1

senx

x= 0, pois, sendo x > 0, como ¡1 · senx · 1,

¡1x· senx

x· 1

x

Como limx!+1

1

x= 0, temos 0 · lim

x!+1senx

x· 0, e portanto lim

x!+1senx

x= 0.

Assim, limx!+1

x+ senx

x= lim

x!+1

³1 +

senx

x

´= 1 + 0 = 1

13.2 Novos casos de gr¶a¯cos envolvendo fun»c~oes ex-

ponenciais. Dois exemplos

Exemplo 13.8 Esbo»car o gr¶a¯co de f(x) = 2xe¡x2

.

Solu»c~ao. Temos D(f) = R = ]¡1;+1[, e f 0(x) = 2e¡x2¡4x2e¡x2 = 2e¡x2(1¡2x2).Os pontos cr¶³ticos de f s~ao §p2=2. Lembremo-nos de que, por deriva»c~ao em cadeia,(eu)0 = eu ¢ u0.


Assim, Temos f 0(x) > 0 se ¡p2=2 < x < p2=2, e f 0(x) < 0 se x > p2=2 ouse x < ¡p2=2. Portanto f ¶e crescente em [¡p2=2;p2=2], e decrescente em cada umdos intervalos [

p2=2;+1[ e ]¡1;¡p2=2].

x1 = ¡p2=2 ¶e um ponto de m¶³nimo local de f , e x2 =p2=2 ¶e um ponto de

m¶aximo local de f . Temos f(¡p2=2) = ¡p2e¡1=2 e f(p2=2) = p2e¡1=2. Para o

esbo»co do gr¶a¯co, usaremosp2e¡1=2 ¼ 1; 4 ¢ 0; 6 = 0; 84

f 00(x) = ¡12xe¡x2 + 8x3e¡x2 = 4e¡x2(2x3 ¡ 3x) = 4e¡x2x(2x2 ¡ 3).f 00(x) = 0 se e somente se x = §p6=2 ou x = 0.A varia»c~ao de sinais de f 00, com a correspondente an¶alise das concavidades do

gr¶a¯co de f , ¶e dada no diagrama abaixo.

y'' _

xy = f(x)

+_ √6/2√6/2- + 0

S~ao pontos de in°ex~ao do gr¶a¯co os pontos P1 = (¡p6=2;¡p6e¡3=2), P2 =(0; 0) e P3 = (

p6=2;

p6e¡3=2). Temos,

p6=2 ¼ 1; 3, f(¡p6=2) = ¡p6e¡3=2 ¼

¡2; 5 ¢ 2; 2 ¼ ¡0; 6, f(0) = 0 e f(p6=2) = p6e¡3=2 ¼ 0; 6.Pesquisando a existencia de ass¶³ntotas do gr¶a¯co temos

limx!§1

2xe¡x2

= §1 ¢ e¡1 = §1 ¢ 0.Para evitarmos a indetermina»c~ao, fazemos

limx!§1

2xe¡x2

= limx!§1

2x

ex2(=

11).

Aplicando regras de L'Hopital, temos

limx!§1

2x

ex2= lim

x!§1(2x)0

(ex2)0= lim

x!§12

2xex2=

2

§1 = 0.

Assim, a reta y = 0 (eixo x) ¶e ass¶³ntota horizontal do gr¶a¯co de f .

Com base nos elementos estudados, o gr¶a¯co de f ¶e esbo»cado na ¯gura 13.1.

2 x

y

1

1

-1

Figura 13.1.


Exemplo 13.9 Esbo»car o gr¶a¯co de f(x) = xx, x > 0.

Solu»c~ao. Do exemplo 13.5, temos limx!0+

xx = 1. Esta ¶e uma informa»c~ao relevante para

esbo»carmos o gr¶a¯co de f nas proximidades de 0.

No exemplo 10.1, da aula 9, obtivemos f 0(x) = xx(1 + lnx).

Assim, f 0(x) = 0 se e somente se lnx = ¡1, isto ¶e, x = e¡1 = 1=e. Comolnx = loge x tem base e > 1, a fun»c~ao ln ¶e crescente, e portanto f 0(x) > 0 quandolnx > ¡1, logo para x > e¡1 = 1=e, e f 0(x) < 0 para x < 1=e.

Da¶³, a fun»c~ao xx ¶e decrescente no intervalo ]0; 1=e] e crescente no intervalo[1=e;+1[, sendo 1=e um ponto de m¶³nimo local (e absoluto) de f . Temos aindaf(1=e) = (1=e)1=e ¼ 0; 7.

Finalmente, f 00(x) = xx ¢ [(1=x)+(1+lnx)2], e assim f 00(x) > 0 para todo x > 0,e ent~ao o gr¶a¯co de f tem concavidade sempre voltada para cima.

Obviamente limx!+1

xx = +1. O gr¶a¯co de f ¶e esbo»cado na ¯gura 13.2.

2

y

1

1

4

x

0 1/e

Figura 13.2.

Al¶em disso,

limx!+1

f(x)

x= lim

x!+1xx

x= lim

x!+1xx¡1 = +1

e portanto o gr¶a¯co de f n~ao tem ass¶³ntotas.

13.3 Problemas

1. Calcule os seguintes limites, aplicando regras de L'Hopital se necess¶ario.


(a) limx!0

x cosx¡ senxx3

(b) limx!+1

lnx3px

(c) limx!1

x3 ¡ 2x2 ¡ x+ 2x3 ¡ 7x+ 6 (d) lim

x!+1xne¡x (n inteiro positivo)

(e) limx!¡1

xne¡x (n inteiro positivo) (f) limx!0+

x lnx

(g) limx!0

ln(sen 2x)

ln(sen 3x)(h) lim

x!0(x2)x

(i) limx!0(1 + 3x)1=x (j) lim

x!1x1=(x¡1)

(k) limx!0(cosx)1=x (l) lim

x!+1x¸e¡x (¸ real positivo)

Respostas. (a) ¡1=3. (b) 0. (c) 1=2. (d) 0. (e) +1 se n ¶e par, ¡1 se n ¶e¶³mpar. (f) 0. (g) 1. (h) 1. (i) e3. (j) e. (k) 1. (l) 0.

2. Calcule as equa»c~oes das retas ass¶³ntotas do gr¶a¯co de cada uma das seguintesfun»c~oes.

(a) f(x) =lnx3px

(b) y =¡1 + 1

x

¢x(c) y = 2x ¢ e¡1=x

(d) y = x2e¡x (e) y =senx

x

Respostas. (a) y = 0, e x = 0. (b) y = e. (c) x = 0, e y = 2x¡ 1. (d) y = 0.(e) y = 0.

3. Esboce os gr¶a¯cos das seguintes fun»c~oes.

(a) y = 2xe¡x (b) y = e¡x2

(c) y = 2x2e¡x2

(d) y =2 ln(2x)

x.

Respostas. (Daremos as derivadas como suporte µas solu»c~oes.)(a) y0 = 2(1¡ x)e¡x, y00 = 2(x¡ 2)e¡x, (b) y0 = ¡2xe¡x2 , y00 = (4x2 ¡ 2)e¡x2(c) y0 = 4xe¡x2(1¡ x2), y00 = 4e¡x2(1¡ 5x2 + 2x4)(os zeros de y00 s~ao §1

2

p5§p17, sendo aproximadamente §0; 5 e §1; 5).

(d) y0 = 2[1¡ ln(2x)]=x2, y00 = 2[¡3 + 2 ln(2x)]=x3.(a)

2

y

x1 3

-1

-2

-3

0

Dados num¶ericos. 2e¡1 ¼ 0;74e¡2 ¼ 0;5.

(b)

1-1 0

1

x

y

Dados num¶ericos. e¡1=2 ¼ 0;6.


(c)

1

y

x20-1-2

1

Dados num¶ericos. f(0;5) ¼ 0;4f(1;5) ¼ 0;5

(d)

2

y

1

x

3 4 5

1

2

-1

-2

-3

0

e3/2

/2e/2

Dados num¶ericos. e=2 ¼ 1;4e3=2=2 ¼ 2;2.

Aula 14

Taxas relacionadas. Diferenciais

14.1 Taxas relacionadas

Na linguagem do c¶alculo diferencial, se uma vari¶avel u ¶e fun»c~ao da vari¶avel v, a taxa

de varia»c~ao (instantanea) de u, em rela»c~ao a v, ¶e a derivadadu

dv.

Em v¶arias problemas de c¶alculo, duas ou mais grandezas vari¶aveis est~ao rela-cionadas entre si por uma equa»c~ao. Por exemplo, na equa»c~ao v1=v2 = (sen µ1)=(sen µ2),temos quatro vari¶aveis, v1, v2, µ1 e µ2, relacionadas entre si.

Se temos vari¶aveis, digamos u, v e w, relacionadas entre si por uma equa»c~ao,podemos ainda ter as tres como fun»c~oes de uma ¶unica vari¶avel s. Por deriva»c~ao impl¶³cita,ou µas vezes, por deriva»c~ao em cadeia, podemos relacionar as v¶arias derivadas du

ds, dvdse

dwds, ou ainda, por exemplo, du

dv, dvdw, etc. Problemas em que duas ou mais grandezas

vari¶aveis est~ao inter-relacionadas, e nos quais s~ao levadas em conta as taxas de varia»c~oesinstantaneas, de algumas grandezas em rela»c~ao a outras, s~ao chamados, na literaturado c¶alculo, de problemas de taxas relacionadas.

Exemplo 14.1 Um tanque tem a forma de um cone invertido, tendo altura H e raio dotopo circular igual a R. Encontrando-se inicialmente vazio, o tanque come»ca a encher-sede ¶agua, a uma vaz~ao constante de k litros por minuto. Exprima a velocidade com quesobe o n¶³vel da ¶agua (dh=dt), em fun»c~ao da profundidade h. Com que velocidade a¶agua sobe no instante em que h = 0 ?

Solu»c~ao. O volume da ¶agua quando esta tem profundidade h ¶e dado por V = 13¼r2h,

sendo r o raio da superf¶³cie (circular) da ¶agua. Veja ¯gura 14.1.

Sendo R o raio do topo da caixa, e H sua altura, por raz~oes de semelhan»ca detriangulos, temos r=R = h=H, da¶³ r = Rh=H.

117

Taxas relacionadas. Diferenciais 118

H

h

R

r H

h

R

r

Figura 14.1.

Assim sendo, obtemos

V =1

3¼

µRh

H

¶2h =

¼R2

3H2h3

A taxa de varia»c~ao do volume de ¶agua no tempo, isto ¶e, sua vaz~ao, ¶e constante, ou sejadV

dt= k (litros por minuto).

Por deriva»c~ao em cadeia, temosdV

dt=dV

dh¢ dhdt. Como

dV

dt= k, temos ent~ao

k =¼R2

H2h2 ¢ dh

dt, ou seja,

dh

dt=kH2

¼R2¢ 1h2

Assim, estabelemos que a velocidade de subida do n¶³vel da ¶agua ¶e inversamenteproporcional ao quadrado de sua profundidade.

Quando h = 0, temos, dhdt= +1. Na pr¶atica, este resultado nos diz que nossa

modelagem matem¶atica n~ao nos permite determinar a velocidade de subida da ¶agua noinstante em que o tanque come»ca a encher-se.

Exemplo 14.2 Uma escada de 5m de comprimento est¶a recostada em uma parede. Abase da escada escorrega, afastando-se da parede a uma taxa (velocidade) de 2 cm/seg.Com que velocidade cai o topo da escada, no momento em que a base da escada est¶aa 3m da parede ?

Solu»c~ao. Na ¯gura 14.2 temos um diagrama geom¶etrico para o problema, em que deno-tamos por x e y as distancias da base e do topo da escada µa base da parede, respecti-vamente.

Temosdx

dt= 2 (cm/seg).


x

y

5

escada vistade perf il

Figura 14.2.

Pelo teorema de Pit¶agoras, x2+y2 = 25, da¶³, derivando implicitamente em rela»c~ao

a t, temos 2x ¢ dxdt+ 2y ¢ dy

dt= 0, ou seja,

y ¢ dydt= ¡x ¢ dx

dt

Quando x = 3m = 300 cm, temos y = 4m = 400 cm, e ent~aody

dt= ¡1;5 cm/seg.

Nesse instante, a velocidade com que o topo da escada cai ¶e 1;5 cm/seg.

14.2 Diferenciais

Quando uma fun»c~ao f(x) ¶e deriv¶avel em um ponto x0, temos

lim¢x!0

f(x0 +¢x)¡ f(x0)¢x

= f 0(x0)

Assim, se chamamosf(x0 +¢x)¡ f(x0)

¢x¡ f 0(x0) = "

teremos lim¢x!0

" = 0.

Assim, sendo ¢f = f(x0 +¢x)¡ f(x0), temos ¢f = f 0(x0)¢x+ " ¢¢x.Como " ¼ 0 quando j¢xj ¶e su¯cientemente pequeno, temos, para um tal ¢x, a

aproxima»c~ao¢f ¼ f 0(x0) ¢¢x


Chama-se diferencial de f em x0 a express~ao simb¶olica

df(x0) = f0(x0) dx

O produto f 0(x0) ¢ ¢x ¶e o valor da diferencial de f no ponto x0, df(x0), quandodx = ¢x.

A express~ao dx, diferencial da vari¶avel x, pode assumir qualquer valor real. A im-portancia da diferencial ¶e que quando dx = ¢x e este ¶e su¯cientemente pequeno,temos

¢f ¼ dfou, mais explicitamente,

f(x0 +¢x)¡ f(x0) ¼ f 0(x0)¢x

e em geral, ¶e mais f¶acil calcular f 0(x0) ¢¢x do que f(x0 +¢x)¡ f(x0).Nos prim¶ordios do c¶alculo, matem¶aticos diziam que dx seria uma varia»c~ao \in-

¯nitesimal" de x, atribu¶³da a x0, e que df(x0) seria a varia»c~ao in¯nitesimal, sofrida porf(x0), correspondente µa varia»c~ao dx atribu¶³da a x0. Esses matem¶aticos chegavam aescrever \f(x+ dx)¡ f(x) = f 0(x) dx".

Ainda hoje, muitos textos de c¶alculo para ciencias f¶³sicas, referem-se a \um ele-mento de comprimento dx," \um elemento de carga el¶etrica dq," \um elemento demassa dm," \um elemento de ¶area dA," etc., quando querem referir-se a quantidades\in¯nitesimais" dessas grandezas.

Na ¯gura 14.3 temos uma interpreta»c~ao geom¶etrica da diferencial de uma fun»c~aof em um ponto x0, quando dx assume um certo valor ¢x.

x ∆ x0

x0 +

P0

Pf( )

∆x

∆ y

t

x

y

∆ xx0+

f( )x0

dy

Q

dx =

Figura 14.3. Note que, quanto menor ¢x, melhor a aproxima»c~ao dy ¼ ¢y. Na ¯gura,t ¶e a reta tangente ao gr¶a¯co de f no ponto (x0; f(x0)). As coordenadas do ponto Q,sobre a reta t, s~ao x0 +¢x e f(x0) + f

0(x0)¢x (veri¯que).


Sumarizando, quando x sofre uma varia»c~ao ¢x,

1. ¢y = f(x+¢x)¡ f(x) ¶e a varia»c~ao sofrida por f(x);2. dy = f 0(x)¢x ¶e a diferencial de f , em x, para dx = ¢x;

3. ¢y ¼ dy, se ¢x ¶e su¯cientemente pequeno.Convenciona-se dizer ainda que

4.¢x

x¶e a varia»c~ao relativa de x, correspondente µa varia»c~ao ¢x;

5.¢y

y¼ dy

y¶e a varia»c~ao relativa de y = f(x), correspondente µa varia»c~ao ¢x,

sofrida por x.

Exemplo 14.3 Mostre que se h ¶e su¯cientemente pequeno, vale a aproxima»c~ao

pa2 + h ¼ a+ h

2a(a > 0)

Com tal f¶ormula, calcule valores aproximados dep24 e

p104. Compare com resultados

obtidos em uma calculadora.

Solu»c~ao. Sendo y = f(x) =px, usamos a aproxima»c~ao ¢y ¼ dy.

Temos ¢y = f(x+¢x)¡ f(x) e dy = f 0(x) dx = 1

2pxdx.

Tomando x = a2 e dx = ¢x = h, teremospa2 + h¡

pa2 ¼ h

2a, e portanto

pa2 + h ¼ a+ h

2a

Temos ent~aop24 =

p52 + (¡1) ¼ 5 + ¡1

2 ¢ 5 = 4;9, ep104 =

p102 + 4 ¼ 10 + 4

2 ¢ 10 = 10;2.

Por uma calculadora, obter¶³amosp24 ¼ 4;898979 e p104 ¼ 10;198039.

Dizemos que um n¶umero real x est¶a representado em nota»c~ao cient¶³¯ca quandoescrevemos x na forma x = a ¢10n, com 1 · jaj < 10 e n inteiro (positivo ou negativo).Assim, por exemplo, em nota»c~ao cient¶³¯ca temos os n¶umeros 2; 46 ¢ 10¡5 e 4; 584 ¢ 1011,enquanto que, convertendo µa nota»c~ao cient¶³¯ca os n¶umeros ¡0; 023 ¢108 e 452; 36 ¢103,teremos

¡0;023 ¢ 108 = ¡2;3 ¢ 106, e 452;36 ¢ 103 = 4;5236 ¢ 105.


Exemplo 14.4 Estimar, em nota»c~ao cient¶³¯ca, uma aproxima»c~ao de1

(n+ 1)2¡ 1

n2,

quando n = 1028.

Solu»c~ao. (uma calculadora pode n~ao dar conta desta tarefa)

Sendo f(x) =1

x2, temos df = ¡ 2

x3dx.

1

(n+ 1)2¡ 1

n2= f(n+ 1)¡ f(n) = ¢f , para x = n e ¢x = 1.

Pela aproxima»c~ao ¢f ¼ df , teremos, quando n = 1028,

¢f ¼ f 0(n)¢x = ¡ 2n3=¡21084

= ¡2 ¢ 10¡84.

Exemplo 14.5 Quando estima-se que a medida de uma grandeza ¶e M unidades, composs¶³vel erro de E unidades, o erro relativo dessa medi»c~ao ¶e E=M . O erro relativo damedi»c~ao indica o erro m¶edio (cometido na medi»c~ao) por unidade da grandeza.

O raio r de uma bolinha de a»co ¶e medido, com a medi»c~ao sujeita a at¶e 1% deerro. Determine o maior erro relativo que pode ocorre na aferi»c~ao de seu volume.

Solu»c~ao. O volume de uma bola de raio r ¶e dado por V = 43¼r3.

Sendo V = 43¼r3, temos dV = 4¼r2 dr.

O erro ¢V , na aferi»c~ao do volume, correspondente ao erro ¢r na medi»c~ao doraio, quando ¢r ¶e bem pequeno, ¶e aproximadamente dV . Temos ent~ao

¢V

V¼ dV

V=4¼r2(¢r)

(4=3)¼r3=3¢r

r

Para ¢rr= §0;01 (erro m¶aximo relativo na medi»c~ao do raio), temos ¢V

V¼ §0;03, e

portanto 3% ¶e o maior erro poss¶³vel na medi»c~ao do volume.

Observa»c~ao 14.1 Se o gr¶a¯co de f afasta-se muito rapidamente da reta tangente aoponto (x0; f(x0)), quando x afasta-se de x0, a aproxima»c~ao ¢y ¼ dy pode falhar, quan-do tomamos um valor de ¢x que julgamos su¯cientemente pequeno, por n~ao sabermosqu~ao \su¯cientemente pequeno" devemos tom¶a-lo. Isto pode ocorrer quando a derivadaf 0(x0) tem valor absoluto muito grande.

Como um exemplo, seja f(x) = x100.

Temos f(1;08) = (1;08)100 ¼ 2199;76, por uma calculadora con¯¶avel (con¯ra).No entanto, o uso de diferenciais nos d¶a f(1+¢x) ¼ f(1)+f 0(1)¢x = 1+100¢x,

e portanto, para ¢x = 0;08, f(1;08) ¼ 1 + 100 ¢ 0;08 = 9.A raz~ao dessa discrepancia ¶e que f 0(1) = 100, o que torna o gr¶a¯co de f com

alta inclina»c~ao no ponto x0 = 1. Nesse caso, somente um valor muito pequeno de ¢x


torna v¶alida a aproxima»c~ao ¢f ¼ df . Por exemplo, (1;0005)100 ¼ 1;0513, por umacalculadora, enquanto que, (1;0005)100 ¼ 1; 05, pela aproxima»c~ao ¢f ¼ df .

14.3 Problemas

14.3.1 Problemas sobre taxas relacionadas

1. Um tanque tem a forma de um cone invertido, tendo altura de 5m e raio da base(isto ¶e, do topo) de 1m. O tanque se enche da ¶agua µa taxa de 2m3/min. Com quevelocidade sobe o n¶³vel da ¶agua no instante em que ela tem 3m de profundidade ?Resposta. 50

9¼m/min ¼ 1; 77m/min.

2. O g¶as de um bal~ao esf¶erico escapa µa raz~ao de 2 dm3/min. Mostre que a taxa devaria»c~ao da superf¶³cie S do bal~ao, em rela»c~ao ao tempo, ¶e inversamente propor-cional ao raio. Dado. A superf¶³cie de um bal~ao de raio r tem ¶area S = 4¼r2.

3. Considere um avi~ao em voo horizontal, a umaaltura h em rela»c~ao ao solo, com velocidadeconstante v, afastando-se de um observador Aque se encontra em terra ¯rme. Seja µ a ele-va»c~ao angular do avi~ao, em rela»c~ao ao solo, apartir do observador. Determine, como fun»c~aode µ, a taxa de varia»c~ao de µ em rela»c~ao aotempo. Resposta. dµ

dt= ¡ v

hsen µ.

h

θ A

4. Um ponto m¶ovel desloca-se, em um sistema de coordenadas cartesianas, ao longoda circunferencia x2+y2 = r2 (r constante) com uma velocidade cuja componenteem x ¶e dada por dx

dt= y (cm/seg). Calcule a componente da velocidade em y,

dy

dt. Seja µ o deslocamento angular desse ponto m¶ovel, medido a partir do ponto

(1; 0) no sentido anti-hor¶ario. Calcule a velocidade angular dµdt. Em que sentido

o ponto se desloca sobre a circunferencia, no sentido hor¶ario ou no anti-hor¶ario ?Respostas. dy

dt= ¡x, dµ

dt= ¡1 (rad/seg), portanto o ponto se desloca no sentido

anti-hor¶ario.

5. Prende-se a extremidade A de umahaste de 3m de comprimento auma roda de raio 1m, que gira nosentido anti-hor¶ario µa taxa de 0; 3radianos por segundo. A outra ex-tremidade da haste est¶a presa a umanel que desliza livremente ao longode um outra haste que passa pelocontro da roda. Qual ¶e a velocidadedo anel quando A atinge a alturam¶axima ? Resposta. ¡0; 3m/seg.

y

x0

θ

x

A

B

3m1m


6. No exemplo 14.2, uma escada de 5m de comprimento est¶a recostada em umaparede. Mostre que ¶e ¯sicamente imposs¶³vel manter a base da escada escorregan-do-se, afastando-se da parede a uma velocidade constante, at¶e o momento em queo topo da escada toque o ch~ao. Sugest~ao. Avalie a velocidade com que o topo daescada toca o ch~ao.

14.3.2 Problemas sobre diferenciais

1. Se w = z3 ¡ 3z2 + 2z ¡ 7, use a diferencial dw para obter uma aproxima»c~ao davaria»c~ao de w quando z varia de 4 a 3; 95. Resposta. ¢w ¼ ¡1; 30.

2. Estima-se em 8 polegadas o raio de um disco plano circular, com margem de errode §0; 06 polegadas. Ulizando diferenciais, estime a margem de erro no c¶alculo da¶area do disco (uma face). Qual ¶e o erro relativo no c¶alculo dessa ¶area ? Resposta.¢A ¼ dA = 3; 84¼ polegadas quadradas, com erro relativo de 1; 5%.

3. Usando diferenciais, deduza a f¶ormula aproximada 3pa3 + h ¼ a + h

3a2. Utilize-a

para calcular aproxima»c~oes de 3p63 e 3

p65. (Compare com os resultados obtidos

em uma calculadora eletronica.) Respostas. 3; 98 e 4; 02.

4. Mostre que aplicando-se uma ¯na camada de tinta de espessura h, µa superf¶³cie deuma bola esf¶erica de ¶area externa S, o volume da esfera sofre um acr¶escimo deaproximadamente S ¢ h.

5. A ¶area A de um quadrado de lado s ¶e dada por s2. Para um acr¶escimo ¢s de s,ilustre geometricamente dA e ¢A¡ dA.Resposta. dA ¶e a ¶area da regi~ao sombreada.

¢A¡ dA ¶e a ¶area do quadrado menor, queaparece no canto superior direito.

∆

s

s

Aula 15

Integrais inde¯nidas

15.1 Antiderivadas

Sendo f(x) e F (x) de¯nidas em um intervalo I ½ R, dizemos queF ¶e uma antiderivada ou uma primitiva de f , em I, se F 0(x) = f(x)

para todo x 2 I.Ou seja, F ¶e antiderivada ou primitiva de f se F ¶e uma fun»c~ao cuja derivada ¶e f .

Como primeiros exemplos, temos

f(x) primitiva de f(x)

3x2 x3

2 2x

ex ex

senx ¡ cosx

Observa»c~ao 15.1 Se F ¶e antiderivada de f em I, e c ¶e uma constante, ent~ao F + ctamb¶em ¶e uma antiderivada de f em I.

De fato, se F 0(x) = f(x), para todo x 2 I, ent~ao[F (x) + c]0 = F 0(x) = f(x), e portanto F (x) + c tamb¶em ¶e uma antiderivada de

f(x) em I.

Assim, por exemplo x3, x3 + 5 e x3 ¡p2 s~ao primitivas de 3x2.Veremos agora que, em um intervalo I, duas primitivas de uma mesma fun»c~ao

diferem entre si por uma constante.

Proposi»c~ao 15.1 Se F1 e F2 s~ao antiderivadas de f , em I ½ R, ent~ao existe c 2 Rtal que F1(x) = F2(x) + c, para todo x 2 I.

125

Integrais indefinidas 126

Para demonstrar a proposi»c~ao 15.1, faremos uso do seguinte resultado.

Lema 15.1 Se f ¶e cont¶³nua no intervalo [a; b] e f 0(x) = 0 para todo x 2]a; b[, ent~aof ¶e constante em [a; b], ou seja, existe c 2 R tal que f(x) = c para todo x 2 [a; b].

Poder¶³amos aceitar o lema 15.1 como evidente e seguir adiante. No entanto, estelema ¶e conseqÄuencia de um teorema importante sobre fun»c~oes deriv¶aveis, conhecidocomo teorema do valor m¶edio. Como tornaremos a fazer uso do teorema do valor m¶ediomais adiante, julgamos oportuno cit¶a-lo agora.

Teorema 15.1 (Teorema do valor m¶edio) Suponhamos que f ¶e uma fun»c~ao con-t¶³nua no intervalo [a; b] e deriv¶avel no intervalo ]a; b[. Ent~ao existe w 2 ]a; b[ tal que

f(b)¡ f(a)b¡ a = f 0(w)

Aceitaremos este teorema sem demonstra»c~ao, e faremos uma interpreta»c~ao ge-om¶etrica de seu resultado.

O quocientef(b)¡ f(a)b¡ a ¶e a taxa de varia»c~ao m¶edia,

¢f

¢x, da fun»c~ao f , no inter-

valo [a; b], sendo ¢x = b¡ a e ¢f = f(b)¡ f(a).Ele ¶e o coe¯ciente angular da reta passando por A = (a; f(a)) e B = (b; f(b)).

O teorema do valor m¶edio diz que essa taxa de varia»c~ao m¶edia ¶e tamb¶em a taxa devaria»c~ao instantanea de f , em rela»c~ao a x, df=dx, em algum ponto w no interior dointervalo. Em termos geom¶etricos, a inclina»c~ao da reta AB coincide com a inclina»c~aode uma reta tangente ao gr¶a¯co de f em um ponto (w; f(w)), para algum w 2 ]a; b[ .A ¯gura 15.1 ilustra o teorema do valor m¶edio.

a

y

b0

f(a)

f(b)

w

A

B

Figura 15.1.f(b)¡ (f(a)

b¡ a = f 0(w).

Uma interpreta»c~ao cinem¶atica do teorema do valor m¶edio ¶e a seguinte: a velocidadem¶edia de um ponto m¶ovel, em movimento retil¶³neo, no intervalo de tempo [t1; t2],coincide com sua velocidade instantanea em algum instante t0 2 ]t1; t2[, isto ¶e,

¢s

¢t=s(t2)¡ s(t1)t2 ¡ t1 = s0(t0) em um instante t0, com t1 < t0 < t2


Por exemplo, se um carro, com velocidade vari¶avel, faz um percurso de 180 kmem duas horas, sua velocidade m¶edia ¶e 180km

2h= 90 km/h. Intuitivamente, sabemos que

em algum instante do percurso, seu veloc¶³metro acusar¶a a velocidade instantanea de90 km/h.

Demonstra»c~ao do lema 15.1. Suponhamos f 0(x) = 0 para todo x 2 I, sendo I ½ R umintervalo.

Mostraremos que, quaisquer que sejam x1 e x2 em I, x1 < x2, tem-se f(x1) =f(x2), e portanto f ¶e constante em I.

Temos f cont¶³nua em [x1; x2] e deriv¶avel em ]x1; x2[.

Pelo teorema do valor m¶edio,f(x2)¡ f(x1)x2 ¡ x1 = f 0(w) para algum w 2 ]x1; x2[ .

Como f 0(w) = 0, temos f(x1) = f(x2), e nossa demonstra»c~ao termina aqui.

Demonstra»c~ao da proposi»c~ao 15.1. Suponhamos que, F 01(x) = F02(x) = f(x) para todo

x 2 I, I um intervalo de R.Consideremos a fun»c~ao ' = F1 ¡ F2.Ent~ao, '0(x) = F 01(x)¡ F 02(x) = f(x)¡ f(x) = 0, para todo x 2 I.Pelo lema 15.1, ' ¶e constante no intervalo I.

Assim, existe c 2 R tal que F1(x)¡ F2(x) = c para todo x 2 I.Portanto F1(x) = F2(x) + c, para todo x 2 I.

De¯ni»c~ao 15.1 (Integral inde¯nida) Sendo F uma primitiva de f no intervalo I,chama-se integral inde¯nida de f , no intervalo I, µa primitiva gen¶erica de f em I,F (x) + C, sendo C uma constante real gen¶erica. Denotamos tal fato porZ

f(x) dx = F (x) + C

Nesta nota»c~ao, omite-se o intervalo I.

15.2 Integrais imediatas

Coletaremos agora algumas integrais inde¯nidas cujo c¶alculo ¶e imediato.

Proposi»c~ao 15.2

1.Rx® dx =

x®+1

®+ 1+ C, se ®6= ¡1.

2.

Z1

xdx = ln jxj+ C.


3.Rsenx dx = ¡ cosx+ C.

4.Rcosx dx = senx+ C.

5.Rex dx = ex + C.

6.Rax dx =

ax

ln a(a > 0; a6= 1).

7.Rsec2 x dx = tg x+ C.

8.Rcosec2 x dx = ¡ cotg x+ C.

9.Rsecx ¢ tg x dx = secx+ C.

10.Rcosecx ¢ cotg x dx = ¡ cosecx+ C.

11.

Z1

1 + x2dx = arc tg x+ C.

12.

Z1p1¡ x2 = arc senx+ C.

Para a dedu»c~ao das integrais acima, basta veri¯car que a derivada do segundomembro, em cada igualdade, ¶e a fun»c~ao que se encontra sob o sinal de integra»c~ao.Como exemplos,

se ®6= ¡1,µx®+1

®+ 1

¶0= (®+ 1) ¢ x

®+1¡1

®+ 1= x®.

(ln jxj)0 = 1=x:se x > 0, (ln jxj)0 = (lnx)0 = 1=x;se x < 0, (ln jxj)0 = (ln(¡x))0 = 1

¡x ¢ (¡x)0 = 1=x.

(ax)0 = ax ¢ ln a, logoµax

ln a

¶0=ax ln a

ln a= ax.

15.3 Manipula»c~oes elementares de integrais

SuponhamosRf(x) dx = F (x) + C1, e

Rg(x) dx = G(x) + C2. Ent~ao

1. [F (x) +G(x)]0 = F 0(x) +G0(x) = f(x) + g(x), logoR(f(x)+g(x)) dx = F (x)+G(x)+C =

Rf(x) dx+

Rg(x) dx (C = C1+C2).

2. Sendo k uma constante real, [k ¢ F (x)]0 = k ¢ F 0(x) = k ¢ f(x), logoRkf(x) dx = kF (x) + C = k

Rf(x) dx (kC1 = C)


Reunimos os fatos acima, com outros tamb¶em ¶uteis, na seguinte proposi»c~ao.

Proposi»c~ao 15.3 SeRf(x) dx = F (x) + C e

Rg(x) dx = G(x) + C, ent~ao, sendo

a; b 2 R, a6= 0,1.R[f(x) + g(x)] dx = F (x) +G(x) + C

2.Rk ¢ f(x) dx = k ¢ F (x) + C

3.Rf(x+ b) dx = F (x+ b) + C

4.Rf(x¡ b) dx = F (x¡ b) + C

5.Rf(b¡ x) dx = ¡F (b¡ x) + C

6.

Zf(ax) dx =

1

aF (ax) + C

7.

Zf(ax+ b) dx =

1

aF (ax+ b) + C

Demonstra»c~ao. As duas primeiras propriedades j¶a foram deduzidas acima. Das cincopropriedades restantes, as quatro primeiras s~ao conseqÄuencias imediatas da ¶ultima, a¶unica que deduziremos.

Por hip¶otese, F 0(x) = f(x).

Logo [F (ax+ b)]0 = F 0(ax+ b) ¢ (ax+ b)0 = af(ax+ b), de ondeµ1

aF (ax+ b)

¶0=1

a¢ af(ax+ b) = f(ax+ b).

Portanto

Zf(ax+ b) dx =

1

aF (ax+ b) + C.

15.4 Exemplos elementares

1.Rcosx dx = senx+ C. Logo,

(a)Rcos 3x dx = 1

3sen 3x+ C

(b)Rcos¡2x¡ 3¼

2

¢dx = 1

2sen

¡2x¡ 3¼

2

¢+ C

2.Rex dx = ex + C. Logo,

(a)Rex¡5 dx = ex¡5 + C

(b)Re2¡x dx = ¡e2¡x + C

(c)Re5x dx = 1

5e5x + C

3. CalcularRtg2 x dx.


Rsec2 x dx = tg x+ C.

Temos cos2 x+ sen2 x = 1, logo 1 + tg2 x = sec2 x.

Logo,Rtg2 x dx =

R(sec2 x¡ 1) dx = R sec2 x¡ R 1 dx = tg x¡ x+ C

4. CalcularR(5 cosx+ cos 5x) dx.Z

(5 cos x+ cos 5x) dx = 5

Zcosx dx+

Zcos 5x dx

= 5 senx+1

5sen 5x+ C

5. CalcularRsenx cosx dx.

Temos sen 2x = 2 senx cosx, logo senx cosx = 12sen 2x. Da¶³Z

senx cosx dx =1

2

Zsen 2x dx

=1

2¢ 12(¡ cos 2x) + C = ¡1

4cos 2x+ C

6. Calcular

Z px+ 1

xdx.

Z px+ 1

xdx =

Z µpx

x+1

x

¶dx

=

Z px

xdx+

Z1

xdx

=

Zx¡1=2 dx+

Z1

xdx

=x1=2

1=2+ ln jxj+ C = 2px+ ln jxj+ C

15.5 Integra»c~ao por mudan»ca de vari¶avel ou

integra»c~ao por substitui»c~ao

Suponhamos que Zf(x) dx = F (x) + C (15.1)

Suponhamos que x = '(t) ¶e uma fun»c~ao deriv¶avel de t, para t em um intervaloI ½ R.


Na aula 14 de¯nimos a diferencial de x, como sendo

dx =dx

dtdt = '0(t) dt

No contexto daquela aula, a diferencial dx foi de¯nida como uma boa aproxima»c~aode ¢x, quando dt = ¢t ¶e su¯cientemente pequeno.

Neste cap¶³tulo, a diferencial ter¶a um sentido simb¶olico, sendo empregada quandorealizamos troca de vari¶aveis no c¶alculo de integrais.

Suponhamos de¯nida em I a fun»c~ao composta f('(t)).

Como veremos agora, podemos substituir x = '(t) na express~ao 15.1, fazendodx = '0(t) dt, ou seja, de 15.1 obtemosZ

f('(t)) ¢ '0(t) dt = F ('(t)) + C (15.2)

De fato, aplicando deriva»c~ao em cadeia,

d

dt[F ('(t))] =

d

dx[F (x)] ¢ dx

dt= F 0(x) ¢ '0(t)= F 0('(t)) ¢ '0(t)= f('(t)) ¢ '0(t)

logo,Rf('(t)) ¢ '0(t) dt = F ('(t)) + C.

PortantoZf(x) dx = F (x) + C =)

Zf('(t)) ¢ '0(t) dt = F ('(t)) + C

pela mudan»ca de vari¶avel x = '(t), tomando-se dx = '0(t) dt.

Na pr¶atica, quando calculamosRf('(t))'0(t) dt, tendo-se as considera»c~oes acima,

passamos pela seqÄuencia de igualdades:Zf('(t))'0(t) dt =

Zf(x) dx = F (x) + C = F ('(t)) + C

Algumas vezes, no entanto, fazendo x = '(t), passamos por uma seqÄuencia de igual-dades Z

f(x) dx =

Zf('(t))'0(t) dt = F ('(t)) + C = F (x) + C

fazendo uso da integral \mais complicada"Rf('(t)'0(t) dt para ¯nalmente calcularR

f(x) dx. Isto ¶e o que ocorre em substitui»c~oes trigonom¶etricas, assunto que ser¶aestudado adiante.


Neste caso, estamos assumindo implicitamente queZf('(t)) ¢ '0(t) dt = F ('(t)) + C =)

Zf(x) dx = F (x) + C

o que ¶e justi¯cado desde que possamos tamb¶em expressar tamb¶em t = Ã(x), comofun»c~ao inversa e deriv¶avel de x = '(t), para que possamos, ao ¯nal dos c¶alculos, obtera integral inde¯nida como fun»c~ao de x, a partir de sua express~ao em fun»c~ao de t.

Exemplo 15.1 Calcular

Z1p3¡ 2xdx.

Solu»c~ao. Come»camos fazendo a substitui»c~ao u = 3¡ 2x.

Ent~ao du =du

dx¢ dx = (3¡ 2x)0 dx = ¡2dx.

Portanto dx = ¡12du.

Assim, temosZ1p3¡ 2xdx =

Z1pu¢µ¡12

¶du = ¡1

2

Zu¡1=2 du = ¡1

2¢ u

¡1=2+1

¡12+ 1

+ C

= ¡u1=2 + C = ¡pu+ C = ¡p3¡ 2x+ C

Exemplo 15.2 CalcularRtg x dx.

Solu»c~ao.

Ztg x dx =

Zsenx

cosxdx.

Como (cosx)0 = ¡ senx, tomamos u = cosx, e teremosdu = (cosx)0dx = ¡ senx dx.Assim,Ztg x dx =

Zsenx

cosxdx =

Z ¡1udu = ¡ ln juj+ C = ¡ ln j cosxj+ C

Exemplo 15.3 CalcularRsecx dx.

Solu»c~ao. Calcularemos esta integral por uma substitui»c~ao que requer um truque esperto.Zsecx dx =

Zsecx ¢ (secx+ tg x)

secx+ tg xdx =

Zsec2 x+ secx ¢ tg x

secx+ tg xdx

Aplicamos a mudan»ca de vari¶avel

u = secx+ tg x

e teremos du = (secx+ tg x)0dx = (secx tg x+ sec2 x)dx.

Logo,

Zsecx dx =

Z1

udu = ln juj+ C = ln j secx+ tg xj+ C.


Exemplo 15.4 CalcularRcosecx dx.

Solu»c~ao. Imitando o truque usado no exemplo anterior, o leitor poder¶a mostrar queRcosecx dx = ¡ ln j cosecx+ cotg xj+ C.


Zxpx2 + 5

dx.

Solu»c~ao. Note que (x2 + 5)0 = 2x. Isto sugere fazermos

u = x2 + 5, de onde du = 2x dx, ou seja, x dx =1

2du.

Temos ent~aoZxpx2 + 5

dx =

Z1pu¢ 12du =

1

2

Zu¡1=2du = u1=2 + C =

px2 + 5 + C

15.6 Ampliando nossa tabela de integrais imediatas

Com a ¯nalidade de dinamizar o c¶alculo de integrais inde¯nidas, ampliaremos a listade integrais imediatas da se»c~ao 15.2, adotando como integrais \imediatas" as quatroseguintes, que deduziremos em seguida.

Proposi»c~ao 15.4 Sendo a > 0, e ¸6= 0,

1.

Zdx

a2 + x2=1

aarc tg

x

a+ C.

2.

Zdx

a2 ¡ x2 =1

2aln

¯¯a+ xa¡ x

¯¯+ C.

3.

Zdxpa2 ¡ x2 = arc sen

x

a+ C.

4.

Zdxpx2 + ¸

= ln jx+px2 + ¸j+ C

Demonstra»c~ao.

Zdx

a2 + x2=1

a2

Z1

1 + (xa)2dx

Fazendo xa= y, temos dx = a dy, e ent~aoZ

dx

a2 + x2=1

a2

Za

1 + y2dy =

1

a

Z1

y2 + 1dy

=1

aarc tg y + C =

1

aarc tg

x

a+ C


Para deduzir a segunda integral, lan»camos m~ao da decomposi»c~ao

1

a2 ¡ x2 =12a

a+ x+

12a

a¡ x

Assim sendo,Z1

a2 ¡ x2 dx =1

2a

Z1

a+ xdx+

1

2a

Z1

a¡ x dx

=1

2aln ja+ xj ¡ 1

2aln ja¡ xj+ C

=1

2alnja+ xjja¡ xj + C =

1

2aln

¯¯a+ xa¡ x

¯¯+ C

Para deduzir a terceira integral, fazemos uso da integral inde¯nidaZ1p1¡ x2 dx = arc senx+ C

e procedemos a uma mudan»ca de vari¶avel, tal como no c¶alculo da primeira integralacima. O leitor poder¶a completar os detalhes.

Para deduzir a quarta integral, apelaremos para um recurso nada honroso. Mos-traremos que

(ln jx+px2 + ¸j)0 = 1p

x2 + ¸

De fato, sendo u = x+px2 + ¸, e sendo (

pw)0 = 1

2pw¢ w0, temos

(ln jx+px2 + ¸j)0 = (ln juj)0 = 1

u¢ u0

=1

x+px2 + ¸

¢ (x+px2 + ¸)0

=1

x+px2 + ¸

¢ (1 + 1

=2px2 + ¸

¢ =2x)

=1

x+px2 + ¸

¢px2 + ¸+ xpx2 + ¸

=1px2 + ¸

15.6.1 Nossa tabela de integrais imediatas

Adotaremos como integrais imediatas as integrais da tabela 15.1 dada a seguir. Estatabela inclui as integrais imediatas da proposi»c~ao 15.2, as integrais calculadas nos exem-plos 15.3 e 15.4, e as integrais da proposi»c~ao 15.4.


Tabela 15.1. Tabela ampliada de integrais imediatas (nas ¶ultimas linhas, a > 0 e ¸6= 0).Rx® dx =

x®+1

®+ 1+ C, (®6= ¡1)

Z1

xdx = ln jxj+ C

Rsenx dx = ¡ cosx+ C R

cos x dx = senx+ C

Rex dx = ex + C

Rax dx =

ax

ln a(a > 0; a6= 1)

Rsec2 x dx = tg x+ C

Rcosec2 x dx = ¡ cotg x+ C

Rsecx ¢ tg x dx = secx+ C R

cosecx ¢ cotg x dx = ¡ cosecx+ C

Rsecx dx = ln j secx+ tg xj+ C R

cosecx dx = ¡ ln j cosecx+ cotg xj+ C

Rtg x dx = ¡ ln j cosxj+ C R

cotg x dx = ln j senxj+ CZ

1

1 + x2dx = arc tg x+ C

Z1p1¡ x2dx = arc senx+ CZ

dx

a2 + x2=1

aarc tg

x

a+ C

Zdx

a2 ¡ x2 =1

2aln

¯¯a+ xa¡ x

¯¯+ C.

Zdxpa2 ¡ x2 = arc sen

x

a+ C

Zdxpx2 + ¸


15.7 Problemas

Calcule as seguintes integrais inde¯nidas, utilizando, quando necess¶ario, mudan»ca devari¶aveis. Sempre que julgar conveniente, fa»ca uso da tabela de integrais inde¯nidas databela 15.1.

1.R(x+

px) dx. Resposta. x

2

2+ 2x

px

3+ C.

2.R ³

3px¡ x

px

4

´dx. Resposta.

¡6px¡ 1

10x2px¢+ C.

3.Rx2 dxpx. Resposta. 2

5x2px+ C.


4.R ³x2 + 1

3px

´2dx. Resposta. x

5

5+ 3

4x2

3px2 + 3 3

px+ C.

5.Rsen ax dx. Resposta. ¡ cosax

a+ C.

6.Rlnxxdx. Resposta. ln

2 x2+ C.

7.R

1sen2 3x

dx. Resposta. ¡ cotg 3x3

+ C.

8.R

dx3x¡7 . Resposta.

13ln j3x¡ 7j+ C.

9.Rtg 2x dx. Resposta. ¡1

2ln j cos 2xj+ C.

10.Rcotg(5x¡ 7)dx. Resposta. 1

5ln j sen(5x¡ 7)j+ C.

11.Rcotg x

3dx. Resposta. 3 ln j sen x

3j+ C.

12.Rtg' sec2 'd'. Resposta. 1

2tg2 '+ C. Sugest~ao. Fa»ca u = tg'.

13.Rex cotg ex dx. Resposta. ln j sen exj+ C. Sugest~ao. Fa»ca u = ex.

14.Rsen2 x cosx dx. Resposta. sen

3 x3+ C. Sugest~ao. Fa»ca u = senx.

15.Rcos3 x senx dx. Resposta. ¡cos4 x

4+ C.

16.R

x dxp2x2+3

. Resposta. 12

p2x2 + 3 + C. Sugest~ao. Fa»ca u = 2x2 + 3.

17.R

x2 dxpx3+1

. Resposta. 23

px3 + 1 + C.

18.Rsenx dxcos3 x

. Resposta. 12 cos2 x

+ C.

19.Rcotg xsen2 x

dx. Resposta. ¡cotg2 x2

+ C.

20.R

dxcos2 x

ptg x¡1 . Resposta. 2

ptg x¡ 1 + C.

21.R

sen 2xdxp1+sen2 x

. Resposta. 2p1 + sen2 x+ C. Sugest~ao. Fa»ca u = 1 + sen2 x.

22.Rarc senx dxp

1¡x2 . Resposta. arc sen2 x

2+ C.

23.Rarccos2 xdxp

1¡x2 . Resposta. ¡arccos3 x3

+ C.

24.R

x dxx2+1

. Resposta. 12ln(1 + x2) + C.

25.R

x+1x2+2x+3

dx. Resposta. 12ln(x2 + 2x+ 3) + C.

26.R

cosx2 senx+3

dx. Resposta. 12ln(2 senx+ 3) + C.

27.R

dxx lnx

. Resposta. ln j lnxj+ C. Sugest~ao. Fa»ca u = lnx.

28.R2x(x2 + 1)4 dx. Resposta. (x

2+1)5

5+ C.


29.Rtg4 x dx. Resposta. tg

3 x

3¡ tg x+ x+ C.

Sugest~ao. Mostre que tg4 x = tg2 x ¢ tg2 x = sec2 x ¢ tg2 x¡ sec2 x+ 1.30.

Rdx

cos2 x(3 tg x+1). Resposta. 1

3ln j3 tg x+ 1j+ C.

31.R

tg3 xcos2 x

dx. Resposta. tg4 x

4+ C.

32.Re2xdx. Resposta. 1

2e2x + C.

33.Rxax

2

dx. Resposta. ax2

2 ln a+ C.

34.R

ex

3+4exdx. Resposta. 1

4ln(3 + 4ex) + C.

35.R

dx1+2x2

. Resposta. 1p2arc tg(

p2x) + C.

36.R

dxp1¡3x2 . Resposta.

1p3arc sen(

p3x) + C.

37.R

dxp16¡9x2 . Resposta.

13arc sen 3x

4+ C.

38.R

dx9x2+4

. Resposta. 16arc tg 3x

2+ C.

39.R

dx4¡9x2 . Resposta.

112ln¯2+3x2¡3x

¯+ C.

40.R

dxpx2+9

. Resposta. ln(x+px2 + 9) + C.

41.Rx2dx5¡x6 . Resposta.

16p5ln¯x3+

p5

x3¡p5

¯+ C.

Sugest~ao. Fa»ca x6 = (x3)2, e ent~ao u = x3.

42.R

xdxp1¡x4 . Resposta.

12arc senx2 + C. Sugest~ao. Fa»ca u = x2.

43.R

xdxx4+a4

. Resposta. 12a2arc tg x

2

a2+ C.

44.R

cosx dxa2+sen2 x

. Resposta. 1aarc tg

¡senxa

¢+ C.

45.R

dx

xp1¡ln2 x

. Resposta. arc sen(lnx) + C.

46.Rarccosx¡xp

1¡x2 dx. Resposta. ¡12(arccosx)2 +

p1¡ x2 + C.

47.Rx¡arc tg x1+x2

dx. Resposta. 12ln(1 + x2)¡ 1

2(arc tg x)2 + C.

48.R p1+

pxp

xdx. Resposta. 4

3

p(1 +

px)3 + C.

49.Rcos3 xsen4 x

dx. Resposta. 1senx

¡ 13 sen3 x

+ C.

Sugest~ao. Fa»caRcos3 xsen4 x

dx =Rcos2 x¢cosxsen4 x

dx =R (1¡sen2 x) cosx

sen4 xdx, e ent~ao u =

senx.

Aula 16

Integra»c~ao por partes

H¶a essencialmente dois m¶etodos empregados no c¶alculo de integrais inde¯nidas (primi-tivas) de fun»c~oes elementares. Um deles ¶e a integra»c~ao por substitui»c~ao, explorada naaula 15, que retomaremos adiante, em novos casos. O outro m¶etodo ¶e chamado deintegra»c~ao por partes, que exploraremos nesta aula.

Suponhamos que u = u(x) e v = v(x) s~ao duas fun»c~oes deriv¶aveis em um certointervalo I ½ R. Ent~ao, para cada x em I, temos

[u(x) ¢ v(x)]0 = u0(x) ¢ v(x) + u(x) ¢ v0(x)

Assim sendo, Z[u0(x)v(x) + u(x)v0(x)] dx = u(x)v(x) + C

ou seja, Zv(x)u0(x) dx+

Zu(x)v0(x) dx = u(x)v(x) + C

Podemos escrever aindaZu(x)v0(x) dx = u(x)v(x)¡

Zv(x)u0(x) dx (16.1)

aqui considerando que a constante gen¶erica C j¶a est¶a impl¶³cita na ¶ultima integral.

Sendo u = u(x) e v = v(x), temos

du = u0(x) dx e dv = v0(x) dx, e passamos a f¶ormula 16.1 µa forma abreviada

Zu ¢ dv = u ¢ v ¡

Zv ¢ du (16.2)

As f¶ormulas 16.1 e 16.2 s~ao chamadas f¶ormulas de integra»c~ao por partes.

138

Integrac»~ao por partes 139

Exemplo 16.1 CalcularRx senx dx.

Solu»c~ao. Tomaremos u = x, e dv = senx dx.

Teremos du = 1 dx = dx, e v =Rsenx dx.

Para os prop¶ositos da integra»c~ao por partes, basta tomar v = ¡ cosx, menospre-zando a constante arbitr¶aria da integral v =

Rsenx dx, pois uma tal escolha da fun»c~ao

v ¶e su¯ciente para validar a f¶ormula 16.2.

Temos ent~ao Zx senx dx =

Zu ¢ dv

= u ¢ v ¡Zv ¢ du

= x ¢ (¡ cosx)¡Z(¡ cosx) dx

= ¡x cosx+Zcosx dx

= ¡x cosx+ senx+ C

Exemplo 16.2 CalcularRx lnx dx.

Solu»c~ao. Tomamos u = lnx, e dv = x dx.

Teremos du =1

xdx, e v =

Rx dx. Tomamos v =

x2

2.

Temos ent~ao Zx lnx dx =

Zu ¢ dv

= u ¢ v ¡Zv ¢ du

=x2

2¢ lnx¡

Zx2

2¢ 1xdx

=x2

2¢ lnx¡

Zx

2dx

=x2

2¢ lnx¡ x

2

4+ C

Exemplo 16.3 CalcularRarc tg x dx.

Solu»c~ao. Faremos u = arc tg x, e dv = dx.

E ent~ao du =1

1 + x2dx, v = x. Da¶³,


Zarc tg x dx =

Zu dv = uv ¡

Zv du

= x ¢ arc tg x¡Zx ¢ 1

1 + x2dx

Para calcular a integral J =

Zx ¢ 1

1 + x2dx, procedemos a uma mudan»ca de vari¶avel:

Fazendo w = 1 + x2, temos dw = 2x dx, e ent~ao x dx = 12dw. Da¶³,

J =

Zx ¢ 1

1 + x2dx =

Z1

wdw = ln jwj+ C = ln(1 + x2) + C.

Portanto,Rarc tg x dx = x ¢ arc tg x¡ ln(1 + x2) + C.

16.1 Um estrat¶egia para integrar por partes

Poder¶³amos dizer que o prop¶osito da integra»c~ao por partes ¶e transferir o c¶alculo de umaintegral

Ru ¢ dv para o c¶alculo de uma integral R v ¢ du (a qual espera-se que saibamos

calcular), pela f¶ormula de integra»c~ao por partes,Ru dv = uv ¡ R v du.

Ao integrar por partes, uma integral da formaRf(x)g(x) dx, devemos sempre

escolher, dentre as duas fun»c~oes da express~ao f(x)g(x) dx, uma delas como sendo ofator u e a outra como parte de uma diferencial dv.

Em outras palavras, podemos fazer u = f(x) e dv = g(x) dx, ou u = g(x) edv = f(x) dx (ou ainda u = f(x)g(x) e dv = 1 dx !). Mas esta escolha n~ao pode serfeita de modo aleat¶orio. Temos que ser espertos em nossa escolha para que, ao passarmosda integral

Ru dv para a integral

Rv du, passemos a uma integral tecnicamente mais

simples de ser calculada.

Uma sugest~ao que funciona bem na grande maioria das vezes ¶e escolher as fun»c~oesu e v segundo o crit¶erio que descreveremos abaixo. Ele foi publicado como uma pequenanota em uma edi»c~ao antiga da revista American Mathematical Monthly.

Considere o seguinte esquema de fun»c~oes elementares:

L I A T ELogar¶³tmicas Inversas de Alg¶ebricas Trigonom¶etricas Exponenciais

trigonom¶etricas

No esquema acima, as letras do anagrama LIATE s~ao iniciais de diferentes tiposde fun»c~oes.

Uma estrat¶egia que funciona bem ¶e: ao realizar uma integra»c~ao por partes, esco-lher, dentre as duas fun»c~oes que aparecem sob o sinal de integral,


² como fun»c~ao u: a fun»c~ao cuja letra inicial de caracteriza»c~ao posiciona-se mais µaesquerda no anagrama;

² como formando a diferencial dv: a fun»c~ao cuja letra inicial de caracteriza»c~aoposiciona-se mais µa direita no anagrama.

Sumarizando, u deve caracterizar-se pela letra mais pr¶oxima de L, e dv pela letramais pr¶oxima de E.

Esta estrat¶egia j¶a foi adotada nos exemplos desenvolvidos anteriormente !

1. Na integralRx senx dx, exemplo 16.1, ¯zemos

u = x (Alg¶ebrica) e dv = senx dx (Trigonom¶etrica).No anagrama LIATE, A precede T.

2. Na integralRx lnx dx, exemplo 16.2, ¯zemos

u = lnx (Logar¶³tmica) e dv = x dx (Alg¶ebrica).No anagrama LIATE, L precede precede A.

3. Na integralRarc tg x dx, exemplo 16.3, ¯zemos

u = arc tg x (Inversa de trigonom¶etrica), e dv = 1 dx (Alg¶ebrica).No anagrama LIATE, I precede A.

Passaremos agora a um exemplo interessante e imprescind¶³vel.

Exemplo 16.4 CalcularRex senx dx.

Solu»c~ao. Seguindo a sugest~ao dada acima, faremos

u = senx (trigonom¶etrica), dv = ex dx (exponencial). T vem antes de E noanagrama LIATE.

Temos ent~ao du = (senx)0dx = cosx dx, e tomamos v = ex. Da¶³,Zex senx dx =

Zu dv = uv ¡

Zv du

= ex senx¡Zex cosx dx

Parece que voltamos ao ponto de partida, n~ao ¶e mesmo? Passamos da integralRex senx dx µa integral

Rex cosx dx, equivalente µa primeira em n¶³vel de di¯culdade.

Continuaremos, no entanto, a seguir a receita do anagrama.

Na integral J =Rex cosx dx faremos

u = cosx, dv = ex dx. (Estas fun»c~oes u e v s~ao de¯nidas em um novo contexto.Referem-se µa esta segunda integral.)


Teremos du = (cosx)0dx = ¡ senx dx, e v = ex, e ent~ao

J =

Zex cosx dx =

Zu dv = uv ¡

Zv du

= ex cosx¡Z(¡ senx)ex dx

= ex cosx+

Zex senx dx

O resultado ¯nal ¶e interessante. Chamando I =Rex senx dx,

I =

Zex senx dx = ex senx¡ J

= ex senx¡µex cos x+

Zex senx dx

¶= ex senx¡ ex cosx¡ I

Portanto,I = ex senx¡ ex cosx¡ I

ou seja,2I = ex senx¡ ex cosx+ C

e ent~ao obtemos

I =1

2(ex senx¡ ex cosx) + C

Exemplo 16.5 CalcularR p

a2 ¡ x2 dx (a > 0).

Aqui podemos integrar por partes, mas o anagrama LIATE n~ao nos ¶e de serventia, j¶aque a integral involve apenas express~oes alg¶ebricas.

Faremos u =pa2 ¡ x2, dv = dx.

Ent~ao du =¡xpa2 ¡ x2dx, e tomamos v = x. Da¶³,

I =

Z pa2 ¡ x2 dx =

Zu dv

= uv ¡Zv du

= xpa2 ¡ x2 ¡

Z ¡x2pa2 ¡ x2dx

= xpa2 ¡ x2 +

Zx2pa2 ¡ x2dx


Agora fazemosZx2pa2 ¡ x2dx =

Z ¡(a2 ¡ x2) + a2pa2 ¡ x2 dx

= ¡Z

a2 ¡ x2pa2 ¡ x2dx+

Za2pa2 ¡ x2dx

= ¡Z p

a2 ¡ x2 dx+ a2Z

1pa2 ¡ x2dx

= ¡I + a2Z

1pa2 ¡ x2dx

= ¡I + a2 ¢ arc sen xa+ C

Portanto,

I = xpa2 ¡ x2 ¡ I + a2 ¢ arc sen x

a+ C

de onde ent~ao Z pa2 ¡ x2 dx = I = x

2

pa2 ¡ x2 + a

2

2arc sen

x

a+ C

Um modo mais apropriado de abordar integrais com express~oes da forma x2 §a2, ou a2 ¡ x2, ser¶a retomado adiante, quando ¯zermos um estudo de substitui»c~oestrigonom¶etricas.

16.2 Problemas

1. Repetindo procedimento an¶alogo ao usado no exemplo 16.5, mostre queZ px2 + ¸ dx =

x

2

px2 + ¸+

¸

2ln jx+

px2 + ¸j+ C

2. Calcule as seguintes integrais.

(a)Rxex dx. Resposta. ex(x¡ 1) + C.

(b)Rlnx dx. Resposta. x(lnx¡ 1) + C.

(c)Rxn lnx dx (n6= ¡1). Resposta. xn+1

n+1

¡lnx¡ 1

n+1

¢+ C.

(d)Rln(1 + x2) dx. Resposta. x ln(x2 + 1)¡ 2x+ 2arc tg x+ C.

(e)Rx arc tg x dx. Resposta. 1

2[(x2 + 1) arc tg x¡ x] + C.

(f)Rarc senx dx. Resposta. x arc senx+

p1¡ x2 + C.

(g)R p

1¡ x2 dx. Resposta. 12arc senx+ x

2

p1¡ x2 + C.

Sugest~ao. Imite os procedimentos usados no exemplo 16.5.


(h)Rx arc senx dx. Resposta. 1

4[(2x2 ¡ 1) arc senx+ xp1¡ x2] + C.

(i)Repx dx. Resposta. 2e

px(px¡ 1) + C.

(j)Rarc tg

px dx. Resposta. (x+ 1) arc tg

px¡px+ C.

Sugest~ao. Ao deparar-se comR

x2px(1+x)

dx, fa»ca z =px.

(k)Rarc sen

pxp

xdx. Resposta. 2

px arc sen

px+ 2

p1¡ x+ C.

(l)Rarc sen

pxx+1

dx. Resposta. x arc senp

xx+1

¡px+ arc tgpx+ C.Sugest~ao. N~ao se deixe intimidar. Comece fazendo u = arc sen

pxx+1,

dv = dx.

(m)Rx cos2 x dx. Resposta. x

2

4+ 1

4x sen 2x+ 1

8cos 2x+ C.

Sugest~ao. cos2 x = 12(1 + cos 2x).

(n)R(x2 + 7x¡ 5) cos 2x dx.Resposta. (x2 + 7x¡ 5) sen 2x

2+ (2x+ 7)cos 2x

4¡ sen 2x

4+ C.

(o)Reax cos bx dx. Resposta. 1

a2+b2eax(b sen bx+ a cos bx) + C.

(p)Reax sen bx dx. Resposta. 1

a2+b2eax(a sen bx¡ b cos bx) + C.

(q)Rx arc senxp1¡x2 dx. Resposta. x¡

p1¡ x2 arc senx+ C.

(r)Rarc senxx2

dx.

Resposta. 12ln¯1¡p1¡x21+p1¡x2

¯¡ 1

xarc senx+C = ln

¯1¡p1¡x2

x

¯¡ 1

xarc senx+C.

Sugest~ao. Fa»caR

1xp1¡x2dx =

Rx

x2p1¡x2dx, quando necess¶ario, e ent~ao

z =p1¡ x2.

(s)Rln(x+

p1 + x2) dx. Resposta. x ln(x+

p1 + x2)¡p1 + x2 + C.

(t)R

x arc senxp(1¡x2)3dx. Resposta.

arc senxp1¡x2 +

12ln¯1¡x1+x

¯+ C.

3. Ao calcular a integralR1xdx, Jo~aozinho procedeu da seguinte maneira.

Fazendo u = 1x, e dv = dx, podemos tomar v = x, e teremos du = ¡ 1

x2dx.Z

1

xdx =

Zu dv = uv ¡

Zv du

=1

x¢ x¡

Zx

µ¡ 1x2

¶dx = 1 +

Z1

xdx

Sendo J =R1xdx, temos ent~ao J = 1 + J , logo 0 = 1.

Onde est¶a o erro no argumento de Jo~aozinho ?

4. Mostre que

Zx2

(x2 + ¸)2dx =

¡x2(x2 + ¸)

+

Zdx

x2 + ¸.

Sugest~ao. Fa»ca

Zx2

(x2 + ¸)2dx =

Zx|{z}u

¢ x

(x2 + ¸)2dx| {z }

dv

.


5. Usando o resultado do problema 4, calcule (considere a > 0)

(a)

Zx2

(x2 + a2)2dx. (b)

Zx2

(a2 ¡ x2)2dx.

Respostas. (a) ¡x2(x2+a2)

+ 12aarc tg x

a+ C. (b) x

2(a2¡x2) ¡ 14aln¯a+xa¡x¯+ C.

6. Mostre que Zdx

(x2 + ¸)2=

x

2¸(x2 + ¸)+1

2¸

Zdx

x2 + ¸

Sugest~ao.R

dx(x2+¸)2

=R (x2+¸)¡x2

(x2+¸)2dx.

7. Usando a redu»c~ao mostrada no problema 6, calcule as integrais (considere a > 0).

(a)

Zdx

(x2 + a2)2. (b)

Zdx

(a2 ¡ x2)2 .

Respostas. (a) x2a2(x2+a2)

+ 12a3arc tg x

a+ C. (b) x

2a2(a2¡x2) +14a3ln¯a+xa¡x¯+ C.

8. CalculeRx arc tg x(x2+1)2

dx. Resposta. x4(x2+1)

+ 14arc tg x¡ 1

2arc tg x1+x2

+ C.

Aula 17

Integrais de¯nidas e oTeorema Fundamental do C¶alculo

17.1 A integral de¯nida

Seja y = f(x) uma fun»c~ao cont¶³nua em um intervalo fechado [a; b].

Subdividamos o intervalo [a; b] atrav¶es de n + 1 pontos x0; x1; x2; : : : ; xn¡1; xn,tais que

a = x0 < x1 < x2 < ¢ ¢ ¢ < xn¡1 < xn = bO conjunto de pontos } = fx0 = a; x1; x2; : : : ; xn¡1; xn = bg constitui uma subdivis~aoou parti»c~ao do intervalo [a; b].

Tomemos ainda pontos c1; c2; c3; : : : ; cn¡1; cn em [a; b], tais que

c1 2 [x0; x1] = [a; x1];c2 2 [x1; x2];...

ci 2 [xi¡1; xi];...

cn 2 [xn¡1; xn]:Sejam

¢x1 = x1 ¡ x0¢x2 = x2 ¡ x1

...

¢xi = xi ¡ xi¡1...

¢xn = xn ¡ xn¡1

146

Integrais definidas e o Teorema Fundamental do C¶alculo 147

E formemos a soma

S = f(c1)¢x1 + f(c2)¢x2 + ¢ ¢ ¢+ f(cn)¢xn =nPi=1

f(ci)¢xi.

Esta ¶e uma soma integral de f , no intervalo [a; b], correspondente µa parti»c~ao }, eµa escolha de pontos intermedi¶arios c1; : : : ; cn.

Note que, quando f(x) > 0 em [a; b], a soma integral de f , S =nPi=1

f(ci)¢xi, ¶e

a soma das ¶areas de n retangulos, sendo o i-¶esimo retangulo, para 1 · i · n, de base¢xi e altura f(ci). Isto ¶e ilustrado na ¯gura 17.1.

a = x

x

x x x x xc c c c

∆∆ ∆ ∆0 1 2 3 n-1 nn1 2 3

x1

x2

x3

xn

f(c3)

f(c2)

f(c1)

f(cn)

. . . . .

y = f(x)

y

= b

Figura 17.1.

Seja ¢ o maior dos n¶umeros ¢x1, ¢x2, : : : , ¢xn. Escrevemos

¢ = maxf¢x1;¢x2; : : : ;¢xng = max¢xiTal ¢ ¶e tamb¶em chamado de norma da parti»c~ao }.

¶E poss¶³vel demonstrar que, quando consideramos uma sucess~ao de subdivis~oesa = x0 < x1 < ¢ ¢ ¢ < xn = b, do intervalo [a; b], fazendo com que ¢ = max¢xi torne-se mais e mais pr¶oximo de zero (e o n¶umero n, de sub-intervalos, torne-se cada vezmaior), as somas integrais S, correspondentes a essas subdivis~oes, v~ao tornando-se cadavez mais pr¶oximas de um n¶umero real °, chamado integral de¯nida de f , no intervalo[a; b] e denotado por

R baf , ou por

R baf(x) dx.

Em outras palavras, quando formamos uma seqÄuencia de parti»c~oes }1, }2, : : : ,}k, : : : , do intervalo [a; b], de normas respetivamente iguais a ¢1, ¢2, : : : , ¢k, : : : ,associando a cada parti»c~ao um conjunto de pontos intermedi¶arios (os ci's), e forman-


do ent~ao uma seqÄuencia de somas integrais S1; S2; : : : ; Sk; : : : , sendo limk!+1

¢k = 0,

teremos limk!+1

Sk = ° =R baf , para algum n¶umero real °.

De modo mais simpli¯cado, a integral de¯nida de f , de a at¶e b (ou no intervalo [a; b])¶e o n¶umero real

° =

Z b

a

f(x) dx = lim¢!0

S = limmax¢xi!0

nXi=1

f(ci)¢xi

Observa»c~ao 17.1 Se f(x) > 0 no intervalo [a; b], quando max¢xi ! 0, o n¶umero k,de sub-intervalos tende a 1.

Os retangulos ilustrados na ¯gura 17.1 tornam-se cada vez mais estreitos e nu-merosos µa medida em que max¢xi torna-se mais e mais pr¶oximo de 0.

Neste caso, limmax¢xi!0

Pn

i=1 f(ci)¢xi de¯nir¶a a ¶area compreendida entre a curva

y = f(x), o eixo x, e as retas verticais x = a, x = b.

Sumarizando,

Se f(x) > 0 em [a; b], temos

Z b

a

f(x) dx = (¶area sob o gr¶a¯co de f , de x = a at¶e x = b)

Observa»c~ao 17.2 Por outro lado, se f(x) < 0 para todo x 2 [a; b], teremos R baf(x) dx

= ¡A, sendo A a ¶area (positiva) da regi~ao plana compreendida entre o eixo x, o gr¶a¯code f , e as retas x = a e x = b.

Note que, neste caso, feita uma subdivis~ao a = x0 < x1 < x2 < ¢ ¢ ¢ < xn = b, eescolhidos os pontos c1; c2; : : : ; cn, com ci 2 [xi¡1; xi], para i = 1; 2; : : : ; n, teremos

nXi=1

f(ci)¢xi < 0

pois f(ci) < 0 para cada i, e ¢xi > 0 para cada i.

Observa»c~ao 17.3 Se o gr¶a¯co de f , no intervalo [a; b], ¶e como o gr¶a¯co esbo»cadona ¯gura 17.2, ent~ao, sendo A1, A2, A3 e A4 as ¶areas (positivas) indicadas na ¯gura,teremos Z b

a

f(x) dx = A1 ¡A2 +A3 ¡A4

Observa»c~ao 17.4 Pode-se demonstrar que se f ¶e cont¶³nua em [a; b], o limite

limmax¢xi!0

Pn

i=1 f(ci)¢xi =R baf n~ao depende das sucessivas subdivis~oes a = x0 < x1 <

¢ ¢ ¢ < xn = b, e nem das sucessivas escolhas de pontos c1; c2; : : : ; cn, com ci 2 [xi¡1; xi]para cada i.


A1

A 2

A3

A 4

x

y

y = f(x)

ba

Figura 17.2.R baf = A1 ¡ A2 +A3 ¡ A4.

Observa»c~ao 17.5 Se, para uma fun»c~ao g, de¯nida em [a; b], n~ao necessariamentecont¶³nua, existir o limite lim

max¢xi!0Pn

i=1 g(ci)¢xi (xi's e ci's tal como antes), dizemos

que g ¶e integr¶avel em [a; b], e de¯nimos, tal como antes,

Z b

a

g(x) dx = limmax¢xi!0

nXi=1

g(ci)¢xi

Exemplo 17.1 Sendo f(x) = x2, calcularR 10f(x) dx, ou seja, determinar a ¶area com-

preendida entre a par¶abola y = x2 e o eixo x, no intervalo 0 · x · 1.

Para calcular a integral pedida, vamos primeiramente subdividir o intervalo [0; 1] em nsub-intervalos de comprimentos iguais a ¢x = 1=n, ou seja, tomaremos

x0 = 0, x1 = 1=n, x2 = 2=n, : : : , xn¡1 = (n¡ 1)=n e xn = n=n = 1.Neste caso, ¢x1 = ¢x2 = ¢ ¢ ¢ = ¢xn = 1=n.Tomaremos ainda ci = xi = i=n, para i = 1; 2; : : : ; n.

Teremos a soma integral

S =nXi=1

f(ci)¢xi =nXi=1

f(i=n) ¢ 1n

=

nXi=1

µi

n

¶2¢ 1n=

nXi=1

i2

n3

=1

n3

nXi=1

i2 =12 + 22 + ¢ ¢ ¢+ n2

n3

Pode ser demonstrado que 12 + 22 + ¢ ¢ ¢+ n2 = 16n(n+ 1)(2n+ 1), fato que usaremos

aqui.

Assim, como ¢x! 0 se e somente se n!1, temos


Z 1

0

f(x) dx =

Z 1

0

x2 dx = limmax¢xi!0

nXi=1

f(ci)¢xi

= limn!1

12 + 22 + ¢ ¢ ¢n2n3

= limn!1

n(n+ 1)(2n+ 1)

6n3=2

6=1

3

A ¶area procurada ¶e igual a 1=3 (de unidade de ¶area).

Proposi»c~ao 17.1 Se f ¶e cont¶³nua no intervalo [a; b], sendo m eM os valores m¶aximoe m¶³nimo de f , respectivamente, no intervalo [a; b], ent~ao

m(b¡ a) ·Z b

a

f(x) dx ·M(b¡ a)

a b xA B

m

M

B'A'

B"A"

y

Figura 17.3. m(b¡ a) · R baf ·M(b¡ a).

Abaixo, faremos uma demonstra»c~ao da proposi»c~ao 17.1. Antes por¶em, daremosuma interpreta»c~ao geom¶etrica dessa proposi»c~ao, no caso em que f > 0 em [a; b]. Da¯gura 17.3, em que m e M s~ao, respectivamente, os valores m¶³nimo e m¶aximo de f(x)para x 2 [a; b], temos¶area ABB0A0 · (¶area sob o gr¶a¯co de f , no intervalo [a; b]) · ¶area ABB00A00.

Da¶³,

m(b¡ a) ·Z b

a

f(x) dx ·M(b¡ a)

Demonstra»c~ao da proposi»c~ao 17.1. Tomando-se uma subdivis~ao qualquer de [a; b],

a = x0 < x1 < ¢ ¢ ¢ < xn = be tomando-se pontos ci 2 [xi¡1; xi], para i = 1; 2; : : : ; n, temos

nXi=1

f(ci)¢xi ·nXi=1

M¢xi


pois f(ci) ·M , e ¢xi > 0, para cada i. Da¶³,nXi=1

f(ci)¢xi ·nXi=1

M¢xi =MnXi=1

¢xi =M(b¡ a)

poisnXi=1

¢xi = ¢x1 +¢x2 + ¢ ¢ ¢+¢xn = b¡ a

Logo,

limmax¢xi!0

nXi=1

f(ci)¢xi ·M(b¡ a)

e portanto Z b

a

f(x) dx ·M(b¡ a)

Analogamente, deduzimos queR baf(x) dx ¸ m(b¡ a).

Assumiremos sem demonstra»c~ao as seguintes propriedades.

Proposi»c~ao 17.2 Se f e g s~ao cont¶³nuas em [a; b], ent~ao, sendo k uma constante ea < c < b,

1.R ba(f(x) + g(x)) dx =

R baf(x) dx+

R bag(x) dx

2.R bak ¢ f(x) dx = k ¢ R b

af(x) dx

3.R caf(x) dx+

R bcf(x) dx =

R baf(x) dx

4. se f(x) · g(x), para todo x 2 [a; b], ent~ao R baf(x) dx · R b

ag(x) dx

Observa»c~ao 17.6 Sendo f cont¶³nua em [a; b], s~ao adotadas as seguintes conven»c~oes(de¯ni»c~oes).

(i)R aaf(x) dx = 0

(ii)R abf(x) dx = ¡ R b

af(x) dx

Adotadas essas conven»c~oes, a proposi»c~ao 17.2, acima enunciada, continua ver-dadeira qualquer que seja a ordem dos limites de integra»c~ao a, b e c, podendo ainda doisdeles (ou os tres) coincidirem.

Teorema 17.1 (Teorema do valor m¶edio para integrais) Se f ¶e cont¶³nua no in-tervalo [a; b], existe c 2 [a; b] tal que

Z b

a

f(x) dx = f(c) ¢ (b¡ a)


Adiante faremos a demonstra»c~ao deste teorema. Uma interpreta»c~ao geom¶etricado teorema do valor m¶edio para integrais, no caso em que f(x) > 0 em [a; b], ¶e feita na¯gura 17.4.

f(c)

a b xA B

B'A'

y

c

Figura 17.4. Teorema do valor m¶edio para integrais:R baf = (¶area sob o gr¶a¯co de f)

= (¶area ABB0A0) = f(c)(b¡ a).

Para demonstrarmos o teorema do valor m¶edio para integrais, usaremos o Teoremado valor intermedi¶ario.

a b x

f(a)

f(b)

y

y0

x0

Figura 17.5. Para cada y0, tal que f(a) · y0 · f(b), existe x0 2 [a; b] tal quef(x0) = y0.

Teorema 17.2 (Teorema do valor intermedi¶ario) Seja f uma fun»c~ao cont¶³nua nointervalo [a; b]. Para cada y0, tal que f(a) · y0 · f(b), existe x0 2 [a; b] tal quef(x0) = y0.

Ilustramos geometricamente o teorema do valor intermedi¶ario na ¯gura 17.5.

Como conseqÄuencia do teorema do valor intermedi¶ario, temos o teorema do anu-lamento, j¶a explorado na aula 7, µa p¶agina 66:


(Teorema do anulamento) Sendo a < b, e f cont¶³nua em [a; b], se f(a) < 0 ef(b) > 0 (ou se f(a) > 0 e f(b) < 0), ent~ao a fun»c~ao f possui uma raiz no intervalo[a; b].

Demonstra»c~ao. Como f(a) < 0 < f(b), pelo teorema do valor intermedi¶ario, existex0 2 [a; b] tal que f(x0) = 0.Demonstra»c~ao do teorema 17.1. Sendo f cont¶³nua no intervalo [a; b], pelo teorema deWeierstrass, p¶agina 69, aula 8, existem m;M 2 R tais que m = minff(x) j x 2 [a; b]ge M = maxff(x) j x 2 [a; b]g. Al¶em disso, existem pontos x1; x2 2 [a; b] tais quef(x1) = m e f(x2) =M .

Pela proposi»c~ao 17.1,

m(b¡ a) ·Z b

a

f(x) dx ·M(b¡ a)

Da¶³,

m · 1

b¡ aZ b

a

f(x) dx ·M

Sendo ® = 1b¡aR baf(x) dx, como f(x1) = m · ® ·M = f(x2), pelo teorema do valor

intermedi¶ario, existe c 2 [a; b] (c entre x1 e x2) tal que f(c) = ®. Logo,

f(c) =1

b¡ aZ b

a

f(x) dx

e portanto Z b

a

f(x) dx = f(c)(b¡ a)

17.2 O teorema fundamental do c¶alculo

Teorema 17.3 (Teorema fundamental do c¶alculo, primeira vers~ao) Seja fuma fun»c~ao cont¶³nua no intervalo [a; b]. Para cada x 2 [a; b], seja

'(x) =

Z x

a

f(t) dt

Ent~ao'0(x) = f(x); 8x 2 [a; b]

Uma das conseqÄuencias imediatas do teorema fundamental do c¶alculo ¶e que

Toda fun»c~ao cont¶³nua f , em um intervalo [a; b], possui uma primitiva (ou anti-derivada)em [a; b], sendo ela a fun»c~ao ', de¯nida por '(x) =

R xaf(t) dt, para cada x 2 [a; b].


Demonstra»c~ao do teorema fundamental do c¶alculo, primeira vers~ao.

Para x em [a; b], e ¢x6= 0, com x+¢x em [a; b], temos

¢' = '(x+¢x)¡ '(x) =Z x+¢x

a

f(t) dt¡Z x

a

f(t) dt

=

Z x+¢x

a

f(t) dt+

Z a

x

f(t) dt =

Z x+¢x

x

f(t) dt

(Veja ¯guras 17.6a e 17.6b.)

(a)

a b x

y

x

ϕ (x)

y = f(x)

(b)

a b x

y

x

y = f(x)

∆x + x

∆ϕ

Figura 17.6. (a) Interpreta»c~ao geom¶etrica de '(x), x 2 [a; b]. (b) Interpreta»c~ao ge-om¶etrica de ¢', para ¢x > 0.

Pelo teorema do valor m¶edio para integrais, existe w entre x e x+¢x tal queZ x+¢x

x

f(t) dt = f(w) ¢ [(x+¢x)¡ x]

Assim sendo,¢' = '(x+¢x)¡ '(x) = f(w)¢x

o que implica¢'

¢x= f(w); para algum w entre x e x+¢x

Temos w! x quando ¢x! 0. Como f ¶e cont¶³nua,

'0(x) = lim¢x!0

¢'

¢x= lim

¢x!0f(w) = lim

w!xf(w) = f(x)

Como conseqÄuencia do teorema fundamental do c¶alculo, primeira vers~ao, temos asua segunda vers~ao, tamb¶em chamada f¶ormula de Newton-Leibniz. Ele estabelece umaconex~ao surpreendente entre as integrais inde¯nidas e as integrais de¯nidas.


Teorema 17.4 (Teorema fundamental do c¶alculo, segunda vers~ao) Sendo fuma fun»c~ao cont¶³nua no intervalo [a; b],

se

Zf(x) dx = F (x) + C ent~ao

Z b

a

f(x) dx = F (b)¡ F (a)

Demonstra»c~ao. Pelo teorema fundamental do c¶alculo, primeira vers~ao, temos quea fun»c~ao '(x) =

R xaf(t) dt, a · x · b, ¶e uma primitiva de f(x) no intervalo [a; b], ou

seja, '0(x) = f(x).

SeRf(x) dx = F (x) + C, temos tamb¶em F 0(x) = f(x). Logo, pela proposi»c~ao

15.1 existe uma constante k tal que

'(x) = F (x) + k; para todo x em [a; b]

Agora, '(a) =R aaf(t) dt = 0. Logo, F (a) + k = 0, de onde ent~ao k = ¡F (a).

Assim sendo, Z x

a

f(t) dt = '(x) = F (x)¡ F (a)

Quando x = b, temos Z b

a

f(x) dx = F (b)¡ F (a)

¶E costume denotar [F (x)]ba = F (x)jba = F (b)¡ F (a).Ou seja, sendo

Rf(x) dx = F (x) + C, temos

R baf(x) dx = F (x)jba = F (b)¡ F (a).

Exemplo 17.2 Calcular a ¶area compreendida entre a curva y = senx e o eixo x, para0 · x · ¼.

Solu»c~ao.Como senx ¸ 0 quando 0 · x · ¼,temos que a ¶area procurada ¶e dada pelaintegral A =

R ¼0senx dx.

TemosRsenx dx = ¡ cosx+ C.

0 x

y

π

y = sen x

2 unidades de área

Logo, A =R ¼0senx dx = [¡ cos x]¼0 = (¡ cos ¼)¡(¡ cos 0) = 1+1 = 2 (unidades

de ¶area).


17.2.1 Integra»c~ao de¯nida, com mudan»ca de vari¶avel

Veremos agora que, quando fazemos mudan»ca de vari¶avel (integra»c~ao por substitui»c~ao),no caso de uma integral de¯nida, podemos ¯nalizar os c¶alculos com a nova vari¶avelintroduzida, sem necessidade de retornar µa vari¶avel original. Para tal, ao realizarmos amudan»ca de vari¶avel, trocamos adequadamente os limites de integra»c~ao.

Suponhamos que y = f(x) de¯ne uma fun»c~ao cont¶³nua em um intervalo I, coma; b 2 I, e que x = '(t) ¶e uma fun»c~ao de t deriv¶avel em um certo intervalo J ½ R,satisfazendo

1. f('(t)) 2 I quando t 2 J .2. '(®) = a, '(¯) = b, para certos ®; ¯ 2 J ;3. '0(t) ¶e cont¶³nua em J ;

Sendo F (x) uma primitiva de f(x) em I, temosRf(x) dx = F (x) + C, e como

vimos, tomando x = '(t), teremos dx = '0(t) dt, eRf('(t))'0(t) dt = F ('(t)) + C.

Ent~ao, Pelo teorema fundamental do c¶alculo,

Z b

a

f(x) dx = F (x)jba = F (b)¡ F (a) = F ('(¯))¡ F ('(®))

= F ('(t))j¯® =Z ¯

®

f('(t)) ¢ '0(t) dt

Exemplo 17.3 CalcularR 1¡1 x

p1 + x2 dx.

Fazendo u = 1 + x2, calculamosRxp1 + x2 dx = 1

3

p1 + x2 + C.

Pelo teorema fundamental do c¶alculo,R 1¡1 x

p1 + x2 dx = 1

3

p1 + x2

¯1¡1 =

p83¡

p83= 0.

Por outro lado, poder¶³amos ter trocado os limites de integra»c~ao, ao realizar amudan»ca de vari¶avel. O resultado seria:

para x = ¡1, u = 2; e para x = 1, u = 2 (!). Ent~aoR 1¡1 x

p1 + x2 dx =

R 22

pu ¢ 1

2du = 0.

Exemplo 17.4 Calcular a ¶area delimitada pela circunferencia de equa»c~ao x2+ y2 = a2.


Para calcular a ¶area A desse c¶³rculo, basta calcular a ¶area sob o semi-c¶³rculoy =

pa2 ¡ x2, acima do eixo x, entre os pontos x = ¡a e x = a, ou seja, calcular

A=2 =

Z a

¡a

pa2 ¡ x2 dx

Faremos a substitui»c~ao x = a sen t, ¡¼=2 · t · ¼=2.Para t = ¡¼=2, x = ¡a; para t = ¼=2, x = a.Teremos ent~ao dx = a cos t dt, a2 ¡ x2 = a2 cos2 t e, como cos t ¸ 0 no intervalo

[¡¼=2; ¼=2], pa2 ¡ x2 = a cos t.Logo,

R a¡apa2 ¡ x2 dx = R ¼=2¡¼=2 a

2 cos2 t dt.

Temos cos2 t+ sen2 t = 1 e cos2 t¡ sen2 t = cos 2t, logocos2 t = 1

2(1 + cos 2t).

Assim,Z a

¡a

pa2 ¡ x2 dx =

Z ¼=2

¡¼=2a2 cos2 t dt

=a2

2

Z ¼=2

¡¼=2(1 + cos 2t) dt

=a2

2

·t+

1

2sen 2t

¸¼=2¡¼=2

=a2

2

·¼

2+1

2sen¼

¸¡ a

2

2

·¡¼2+1

2sen(¡¼)

¸=¼a2

2

E portanto a ¶area do c¶³rculo ¶e A = ¼a2.

17.2.2 Integra»c~ao de¯nida, por partes

Suponhamos que u = u(x) e v = v(x) s~ao fun»c~oes deriv¶aveis no intervalo [a; b], com asderivadas u0(x) e v0(x) cont¶³nuas em [a; b].

Temos (u ¢ v)0 = u0 ¢ v + u ¢ v0 = uv0 + vu0, e ent~aoR ba[u(x)v(x)]0 dx =

R bau(x)v0(x) dx+

R bav(x)u0(x) dx.

Pelo teorema fundamental do c¶alculo,R ba[u(x)v(x)]0 dx = u(x)v(x)jba. PortantoR b

au(x)v0(x) dx = u(x)v(x)jba ¡

R bav(x)u0(x) dx.

Em nota»c~ao abreviada,

Z b

a

u dv = uvjba ¡Z b

a

v du


17.3 Problemas

Calcule as integrais de¯nidas listadas abaixo.

1.R 1¡1

dx1+x2

. Resposta. ¼=2.

2.R p2=20

dxp1¡x2 . Resposta. ¼=4.

3.R ¼=30

tg x dx. Resposta. ln 2.

4.R x1dtt. Resposta. lnx.

5.R x0sen t dt. Resposta. 1¡ cosx.

6.R ¼=20

senx cos2 x dx. Resposta. 1=3.

7.R ¼=20

dx3+2 cosx

. Resposta. ¼

2p5. Sugest~ao. Use a identidade cosx =

1¡tg2 x2

1+tg2 x2

, fa»ca

u = tg x2, e x

2= arc tg u.

8.R 41

xdxp2+4x

. Resposta. 3p2=2.

9.R 1¡1

dx(1+x2)2

. Resposta. ¼4+ 1

2. Sugest~ao. Fa»ca x = tg u.

10.R 51

px¡1xdx. Resposta. 4¡ 2 arc tg 2.

11.R ¼=20

cosx dx6¡5 senx+sen2 x . Resposta. ln

43.

12. Calcule a integralR t0

pa2 ¡ x2 dx (0 · t · a), sem usar antiderivadas, interpre-

tando-a como ¶area sob a curva (semi-c¶³rculo) y =pa2 ¡ x2, e acima do eixo x,

no intervalo [0; t] (¯gura 17.7).

x

y

t0

a

Figura 17.7.

Resposta. t2

pa2 ¡ t2 + a2

2arc sen t

a. Sugest~ao. Subdivida a ¶area a ser calculada

em duas regi~oes, como sugere a ¯gura.

Aula 18

Ampliando o repert¶orio de t¶ecnicasde integra»c~ao

18.1 Completando quadrados

Da nossa tabela ampliada de integrais imediatas, tabela 15.1, p¶agina 135, temos asintegrais da tabela 18.1 abaixo.

Tabela 18.1. (a > 0, ¸6= 0)

Zdx

a2 + x2=1

aarc tg

x

a+ C

Zdx

a2 ¡ x2 =1

2aln

¯¯a+ xa¡ x

¯¯+ C.Z

dxpa2 ¡ x2 = arc sen

x

a+ C

Zdxpx2 + ¸


Voltaremos nossa aten»c~ao agora ao c¶alculo das integrais

I1 =

Zdx

ax2 + bx+ cI2 =

Z(Ax+B)dx

ax2 + bx+ c

I3 =

Zdxp

ax2 + bx+ cI4 =

Z(Ax+B)dxpax2 + bx+ c

nas quais, a, b, c, A e B s~ao n¶umeros reais, e a6= 0.Veremos que, para calcular cada uma das integrais I1, I2, I3, e I4, tudo (ou quase

tudo) que temos a fazer ¶e completar um quadrado em ax2 + bx + c, e ent~ao usar apequena tabela de integrais 18.1.

159

Ampliando o repert¶orio de t¶ecnicas de integrac»~ao 160

Lembramos que completar um quadrado em ax2+ bx+ c ¶e escrever este trinomiodo segundo grau na forma a(x+m)2 + n.

Primeiramente, colocamos o coe¯ciente a em evidencia:

ax2 + bx+ c = a

µx2 +

b

ax+

c

a

¶

Completamos ent~ao o quadrado em x2 +b

ax+

c

a:

x2 + ¯x+ ° =

µx+

¯

2

¶2+

µ° ¡ ¯

2

4

¶

Fazemos ent~ao, para o c¶alculo de uma das integrais I1, I2, I3, e I4, a substitui»c~ao

u = x+¯

2; du = dx

e teremosx2 + ¯x+ ° = u2 § k2

ax2 + bx+ c = a(u2 § k2)

Agora, a menos de alguns pequenos ajustes, recairemos em integrais da tabela18.1.


Zdx

2x2 + 3x+ 1.

Solu»c~ao. Come»camos fazendo

2x2 + 3x+ 1 = 2

µx2 +

3

2x+

1

2

¶= 2

"µx+

3

4

¶2¡ 9

16+1

2

#

= 2

"µx+

3

4

¶2¡ 1

16

#= 2

"u2 ¡

µ1

4

¶2#

sendo u = x+ 3=4.

Como du = dx,Zdx

2x2 + 3x+ 1=

Zdu

2hu2 ¡ ¡1

4

¢2i = 1

2

Zdu

u2 ¡ ¡14

¢2= ¡1

2

Zdu¡

14

¢2 ¡ u2 = ¡1

2¢ 1

2 ¢ 14

ln

¯¯ 14 + u14¡ u

¯¯+ C (tabela 18.1)

= ¡ ln¯¯1 + 4u1¡ 4u

¯¯+ C = ¡ ln

¯¯ 1 + 4x+ 31¡ (4x+ 3)

¯¯+ C

= ¡ ln¯¯4x+ 44x+ 2

¯¯+ C = ¡ ln

¯¯2x+ 22x+ 1

¯¯+ C = ln

¯¯2x+ 12x+ 2

¯¯+ C



Zx¡ 1p1¡ x¡ x2dx.


1¡ x¡ x2 = ¡(x2 + x¡ 1) = ¡"µx+

1

2

¶2¡ 14¡ 1#

= ¡"µx+

1

2

¶2¡ 54

#= ¡

24µx+ 1

2

¶2¡Ãp

5

2

!235

=

Ãp5

2

!2¡µx+

1

2

¶2

Sendo, u = x+ 1=2, du = dx, e x = u¡ 1=2,

Zx¡ 1p1¡ x¡ x2dx =

Zx¡ 1r³p

52

´2¡ ¡x+ 1

2

¢2dx

=

Zu¡ 3=2r³p52

´2¡ u2

du

=

Zur³p52

´2¡ u2

du¡ 32

Z1r³p52

´2¡ u2

du

= I ¡ 12J

sendo I =

Zuq

(p5=2)2 ¡ u2

du, e J =

Z1q

(p5=2)2 ¡ u2

du.

Para o c¶alculo de I, fazemos w = (p5=2)2 ¡ u2, e ent~ao dw = ¡2u du, e temos

I =

Zur³p52

´2¡ u2

du =

Z ¡12dwpw

= ¡pw + C

= ¡

vuutÃp52

!2¡ u2 = ¡

p1¡ x¡ x2 + C

Por sua vez,


J =

Z1r³p52

´2¡ u2

du = arc senup5=2

+ C

= arc sen2up5+ C = arc sen

2x+ 1p5

+ C

Portanto,Zx¡ 1p1¡ x¡ x2dx = I ¡

1

2J

= ¡p1¡ x¡ x2 ¡ 1

2arc sen

2x+ 1p5

+ C

18.2 Algumas integrais envolvendo fun»c~oes

trigonom¶etricas

18.2.1 Integrais da formaRsenm x cosn xdx, m e n inteiros n~ao

negativos

Primeiro caso: m ou n ¶e um inteiro ¶³mpar

Consideremos J =Rsenm x cosn x dx.

Sendo m e n inteiros n~ao negativos, no caso em que o expoente m ¶e ¶³mpar,teremos m = 2k + 1, e ent~ao

J =

Zsen2k+1 x cosn x dx

=

Zsen2k x cosn x senx dx

=

Z(sen2 x)k cosn x senx dx

=

Z(1¡ cos2 x)k cosn x senx dx

Agora fazemos cosx = t, e ent~ao dt = ¡ senx dx, obtendo

J =

Z(1¡ t2)ktn(¡dt) = ¡

Z(1¡ t2)ktn dt

que ¶e uma integral de um polinomio em t.

Se m ¶e par, mas n ¶e ¶³mpar, transformamos a integral J em uma integral de umpolinomio, por um procedimento an¶alogo.


Exemplo 18.3 Calcular J =Rsen6 x cos5 x dx.

Solu»c~ao.

J =

Zsen6 x cos5 x dx =

Zsen6 x cos4 x cosx dx

=

Zsen6 x(cos2 x)2 cosx dx =

Zsen6 x(1¡ sen2 x)2 cosx dx

=

Zt6(1¡ t2)2 dt, sendo t = senx, dt = cosx dx.

Teremos ent~ao

J =

Zt6(1¡ 2t2 + t4) dt =

Z(t6 ¡ 2t8 + t10) dt

=t7

7¡ 2t

9

9+t11

11+ C

=sen7 x

7¡ 2 sen

9 x

9+sen11 x

11+ C

Segundo caso: m e n s~ao ambos pares

Neste caso, abaixamos os graus das potencias de fun»c~oes trigonom¶etricas, mediante asrela»c~oes

cos2 a =1 + cos 2a

2sen2 a =

1¡ cos 2a2

(18.1)

ou seja, fazemos

J =

Zsenm x cosn x dx =

Zsen2k x cos2` x dx

=

Z(sen2 x)k(cos2 x)` dx

=

Z µ1¡ cos 2x

2

¶kµ1 + cos 2x

2

¶`dx

Exemplo 18.4 Calcular I =Rsen4 x cos2 x dx.

Solu»c~ao.I =Rsen4 x cos2 x dx =

R(sen2 x)2 cos2 x dx

Fazendo uso das rela»c~oes trigonom¶etricas 18.1, temos

I =

Z µ1 + cos 2x

2

¶2µ1 + cos 2x

2

¶dx

=

Z µ1¡ 2 cos 2x+ cos2 2x

4

¶µ1 + cos 2x

2

¶dx


=1

8

Z(1 + cos 2x¡ cos2 2x+ cos3 2x) dx

=1

8

Zdx¡ 1

8

Zcos 2x dx¡ 1

8

Zcos2 2x dx+

1

8

Zcos3 2x dx

Calculando separadamente as quatro integrais, temos:

I1 =Rdx = x (juntaremos adiante todas as constantes em uma s¶o)

I2 =Rcos 2x dx = 1

2sen 2x

I3 =

Zcos2 2x dx =

Z1 + cos 4x

2dx (cos2 a = 1+cos 2a

2)

=1

2

Zdx+

1

2

Zcos 4x dx

=x

2+1

2¢ 14sen 4x =

x

2+1

8sen 4x

I4 =

Zcos3 2x dx (potencia de cosseno, de expoente ¶³mpar!)

=

Zcos2 2x cos 2x dx =

Z(1¡ sen2 2x) cos 2x dx

=

Z(1¡ t2) ¢ dt

2(t = sen 2x, dt = 2 cos 2x dx, logo cos 2x dx = dt

2)

=1

2

µt¡ t

3

3

¶=sen 2x

2¡ sen

3 2x

6

Finalmente,

I =

Zsen4 x cos2 x dx =

1

8(I1 ¡ I2 ¡ I3 + I4)

=1

8x¡ 1

16sen 2x¡ 1

16x¡ 1

64sen 4x+

1

16sen 2x¡ 1

48sen3 2x+ C

=x

16¡ sen 4x

64¡ sen

3 2x

48+ C

18.3 F¶ormulas de redu»c~ao (ou de recorrencia)

As f¶ormulas de redu»c~ao, ou f¶ormulas de recorrencia, freqÄuentemente encontradas emt¶abuas de integrais, s~ao em geral obtidas atrav¶es de integra»c~ao por partes.

Nos exemplos abaixo, deduziremos duas delas e ilustraremos como s~ao usadas.

Exemplo 18.5 Sendo n ¸ 2, deduzir a f¶ormula de redu»c~aoZsecn x dx =

tg x secn¡2 xn¡ 1 +

n¡ 2n¡ 1 ¢

Zsecn¡2 x dx (18.2)


Solu»c~ao. Seja In =Rsecn x dx. Temos

In =

Zsecn x dx =

Zsecn¡2 x| {z }

u

sec2 x| {z }dv

dx = uv ¡Zv du

Sendo u = secn¡2 x dx, temos

du = (n¡ 2) secn¡3 x ¢ (sec x)0dx = (n¡ 2) secn¡3 x ¢ secx tg x dx= (n¡ 2) secn¡2 x tg x dx

Sendo dv = sec2 x dx, tomamos v = tg x. Da¶³

In = uv ¡Zv du

= tg x secn¡2 x¡Ztg x ¢ (n¡ 2) secn¡2 x tg x dx

= tg x secn¡2 x¡ (n¡ 2)Zsecn¡2 x tg2 x dx

Agora, sendo J =Rsecn¡2 x tg2 x dx, temos

J =

Zsecn¡2 x(sec2 x¡ 1)dx =

Z(secn x¡ secn¡2 x)dx

=

Zsecn x dx¡

Zsecn¡2 x dx = In ¡ In¡2

Assim sendo,

In = tg x secn¡2 x¡ (n¡ 2)J

= tg x secn¡2 x¡ (n¡ 2)(In ¡ In¡2)de onde

[1 + (n¡ 2)]In = tg x secn¡2 x+ (n¡ 2)In¡2e portanto

In =tg x secn¡2 xn¡ 1 +

n¡ 2n¡ 1In¡2

ou seja, Zsecn x dx =

tg x secn¡2 xn¡ 1 +

n¡ 2n¡ 1

Zsecn¡2 x dx

Exemplo 18.6 Empregando a f¶ormula de redu»c~ao 18.2, calcule as integraisRsec3 x dx,R

sec4 x dx, eRsec5 x dx.

Aplicando a f¶ormula 18.2, que acabamos de deduzir acima, temos, quando n = 3,Zsec3 x dx =

tg x secx

2+1

2

Zsecx dx

=tg x secx

2+1

2ln j secx+ tg xj+ C


Aplicando a f¶ormula 18.2, para n = 4, temosZsec4 x dx =

tg x sec2 x

3+2

3

Zsec2 x dx

=tg x sec2 x

3+2

3tg x+ C

Para n = 5, temosZsec5 x dx = I5 =

tg x sec3 x

4+3

4I3

=tg x sec3 x

4+3

4

µtg x secx

2+1

2I1

¶

=tg x sec3 x

4+3 tg x secx

8+3

8ln j secx+ tg xj+ C

Exemplo 18.7 Deduza a f¶ormula de recorrenciaZcosn x dx =

1

nsenx cosn¡1 x+

n¡ 1n

Zcosn¡2 x dx

e ent~ao, usando-a, calculeRcos4 x dx e

Rcos7 x dx.

Solu»c~ao. Zcosn x dx =

Zcosn¡1 x| {z }

u

cosx dx| {z }dv

= uv ¡Zv du

Sendo u = cosn¡1 x, temos du = ¡(n¡ 1) cosn¡2 x senx dx.Sendo dv = cosx dx, podemos tomar v = senx. Ent~aoZ

cosn x dx = senx cosn¡1 x+ (n¡ 1)Zcosn¡2 x sen2 x dx

= senx cosn¡1 x+ (n¡ 1)Zcosn¡2 x(1¡ cos2 x) dx

= senx cosn¡1 x+ (n¡ 1)µZ

cosn¡2 x dx¡Zcosn x dx

¶

Logo,Zcosn x dx = senx cosn¡1 x+ (n¡ 1)

Zcosn¡2 x dx¡ (n¡ 1)

Zcosn x dx

Da¶³,

n

Zcosn x dx = senx cosn¡1 x+ (n¡ 1)

Zcosn¡2 x dx

e ent~ao Zcosn x dx =

1

nsenx cosn¡1 x+

n¡ 1n

Zcosn¡2 x dx


Deixamos para o leitor a aplica»c~ao desta f¶ormula, para obterZcos4 x dx =

1

4senx cos3 x+

3

8senx cos x+

3x

8+ CZ

cos7 x dx =1

7senx cos6 x+

6

35senx cos4 x+

8

35senx cos2 x+

16

35senx+ C

18.4 Problemas

Integrais que requerem completamento de quadrados

1.R

dxx2+2x+5

. Resposta. 12arc tg x+1

2+ C.

2.R

dx3x2¡2x+4 . Resposta.

1p11arc tg 3x¡1p

11+ C.

3.R

dxx2¡6x+5 . Resposta.

14ln¯x¡5x¡1¯+ C.

4.R

6x¡73x2¡7x+11 dx. Resposta. ln j3x2 ¡ 7x+ 11j+ C.

5.R

3x¡1x2¡x+1 dx. Resposta.

32ln(x2 ¡ x+ 1) + 1p

3arc tg 2x¡1p

3+ C.

6.R

dxp2¡3x¡4x2 . Resposta.

12arc sen 8x+3p

41+ C.

7.R

dxp3x2+5x

. Resposta. 1p3ln j6x+ 5 +p12(3x2 + 5x)j+ C.

8.R

x+3p3+4x¡4x2 dx. Resposta. ¡1

4

p3 + 4x¡ 4x2 + 7

4arc sen 2x¡1

2+ C.

9.R

2ax+bpax2+bx+c

dx. Resposta. 2pax2 + bx+ c+ C.

Integrais envolvendo fun»c~oes trigonom¶etricas

1.Rsen3 x dx. Resposta. 1

3cos3 x¡ cos x+ C.

2.Rsen5 x dx. Resposta. ¡ cosx+ 2

3cos3 x¡ 1

5cos5 x+ C.

3.Rcos4 x sen3 x dx. Resposta. ¡1

5cos5 x+ 1

7cos7 x+ C.

4.Rcos3 xsen4 x

dx. Resposta. cosecx¡ 13cosec3 x+ C.

Sugest~ao. Use o mesmo procedimento descrito µa pagina 162, para o c¶alculo daintegral

Rsenm x cosn x dx, quando m ou n ¶e um expoente ¶³mpar.

5.Rsen4 x dx. Resposta. 3

8x¡ sen 2x

4+ sen4x

32+ C.

6.Rcos6 x dx. Resposta. 1

16

³5x+ 4 sen 2x¡ sen3 2x

3+ 3

4sen 4x

´+ C.


7.Rsen4 x cos4 x dx. Resposta. 1

128

¡3x¡ sen 4x+ sen 8x

8

¢+ C.

Sugest~ao. senx cosx = 12sen 2x.

8.Rtg3 x dx. Resposta. tg

2 x

2+ ln j cosxj+ C.

Sugest~ao. tg3 x = tg x tg2 x = tg x(sec2 x¡ 1).9.Rsec3 x dx. Resposta. 1

2secx tg x+ 1

2ln j secx+ tg xj+ C.

Sugest~ao.Rsec3 x dx =

Rsecx|{z}u

sec2 x dx| {z }dv

. Depois, use a identidade tg2 x =

sec2 x¡ 1. Alternativamente, podemos fazerRsec3 x dx =

R1

cos3 xdx =

Rcosxcos4 x

dx =R

cosxdx(1¡sen2 x)2 , e ent~ao u = senx.

10.Rsec4 x dx. Resposta. tg x+ 1

3tg3 x+ C.

Sugest~ao. sec4 x = sec2 x sec2 x = (1 + tg2 x) sec2 x.

11.R

sen3 x3pcos4 x

dx. Resposta. 35cos5=3 x+ 3 cos¡1=3 x+ C.

12.R

dx4¡5 senx . Resposta.

13ln¯tg x

2¡2

2 tg x2¡1

¯+ C.

Sugest~ao. Use a identidade senx =2 tg x

2

1 + tg2 x2

(temos tamb¶em cosx =1¡tg2 x

2

1+tg2 x2

).

Fa»ca tg x2= u, com x

2= arc tg u e ent~ao dx = 2

1+u2du.

13.Rsen2 xdx1+cos2 x

. Resposta.p2 arc tg

³tg xp2

´¡ x+ C.

Sugest~ao. Como 1 + tg2 x = sec2 x, deduzimos cos2 x = 11+tg2 x

e

sen2 x = cos2 x tg2 x = tg2 x1+tg2 x

. Fa»ca t = tg x, x = arc tg t.

14.Rsen ax cos bx dx (a6= b). Resposta. ¡ cos(a+b)x

2(a+b)¡ cos(a¡b)x

2(a¡b) + C.

Sugest~ao. Considere as f¶ormulas abaixo, e some-as membro a membro.

sen(a+ b)x = sen ax cos bx+ sen bx cos ax

sen(a¡ b)x = sen ax cos bx¡ sen bx cos ax

15.Rsen ax sen bx dx (a6= b). Resposta. sen(a¡b)x

2(a¡b) ¡ sen(a+b)x2(a+b)

+ C

Sugest~ao. Desenvolva cos(a+ b)x e cos(a¡ b)x, e subtraia, membro a membro,uma f¶ormula da outra.


F¶ormulas de redu»c~ao

1. Deduza a f¶ormula de recorrenciaZtgn x dx =

tgn¡1 xn¡ 1 ¡

Ztgn¡2 x dx

e ent~ao, usando-a, calcule

(a)Rtg5 x dx. Resposta. tg

4 x

4¡ tg2 x

2¡ ln j cosxj+ C.

(b)Rtg6 x dx. Resposta. tg

5 x

5¡ tg3 x

3+ tg x¡ x+ C

Sugest~ao.Rtgn x dx =

Rtgn¡2 x tg2 x dx =

Rtgn¡2 x(sec2 x¡ 1) dx.

2. Deduza as f¶ormulas de recorrencia

(a)

Zsenn x dx = ¡1

ncosx senn¡1 x+

n¡ 1n

Zsenn¡2 x dx

(b)

Zxneax dx =

1

axneax ¡ n

a

Zxn¡1eax dx

Aula 19

Substitui»c~oes trigonom¶etricas efun»c~oes racionais

19.1 Substitui»c~oes trigonom¶etricas

As substitui»c~oes trigonom¶etricas s~ao substitui»c~oes empregadas em integrais envolvendouma das express~oes

pa2 ¡ x2,pa2 + x2, epx2 ¡ a2, nas quais a vari¶avel x ¶e substitu¶³da

(correspondentemente) por uma das fun»c~oes a sen µ, a tg µ, e a sec µ.

(a)

xa

√ 2 x 2a -

θ

(b)

x

a

√ 2x 2a-

θ

Figura 19.1. Em (a) xa= sen µ, dx = a cos µ dµ,

pa2¡x2a

= cos µ. Em (b), ax= cos µ, ou

xa= sec µ, dx = a sec µ tg µ dµ,

px2¡a2a

= tg µ. Em ambos os casos, a raiz quadrada dadiferen»ca de quadrados ¶e um cateto.

Os tres procedimentos de substitui»c~oes trigonom¶etricas, habitualmente usados, s~aoilustrados geom¶etricamente nas ¯guras 19.1 e 19.2.

Exemplo 19.1 CalcularR p

a2 ¡ x2 dx.

No exemplo 16.5, aula 16, ¯zemos o c¶alculo desta integral, usando integra»c~ao por partes.Refaremos seu c¶alculo agora, usando uma substitui»c~ao trigonom¶etrica, baseando-nos noesquema geom¶etrico da ¯gura 19.1 (a).

170

Substituic»~oes trigonom¶etricas e func»~oes racionais 171

x

a

√ 2 x 2a +

θ

Figura 19.2. A raiz quadradapa2 + x2 ¶e interpretada geometricamente como sendo a

hipotenusa do triangulo retangulo de catetos x e a. Agora, xa= tg µ, dx = a sec2 µ dµ,

epa2+x2

a= sec µ.

Observando as rela»c~oes trigonom¶etricas da ¯gura 19.1 (a), fazemos

x

a= sen µ;

pa2 ¡ x2a

= cos µ; dx = a cos µ dµ

Temos ent~ao Z pa2 ¡ x2 dx =

Za2 cos2 µ dµ

Usando a rela»c~ao cos2 µ = 12(1 + cos 2µ), temos

Za2 cos2 µ dµ =

a2

2

Z µ1

2+1

2cos 2µ

¶dµ =

a2µ

2+a2

4sen 2µ + C

Agora substitu¶³mos

µ = arc senx

a; sen 2µ = 2 sen µ cos µ =

2xpa2 ¡ x2a2

e obtemos Z pa2 ¡ x2 dx = a2

2arc sen

x

a+x

2

pa2 ¡ x2 + C

No caso de uma integral de¯nida, ao realizar a mudan»ca de vari¶avel, podemostamb¶em trocar os limites de integra»c~ao, tal como ilustrado no seguinte exemplo.

Exemplo 19.2 CalcularR 30

p9 + x2 dx.

Para desenvolver a estrat¶egia de substitui»c~aotrigonom¶etrica, lan»camos m~ao do diagrama aolado. Teremosx3= tg µ, dx = 3 sec2 µ dµ, e3p9+x2

= cos µ, ou seja,p9 + x2 = 3 sec µ.

x

3

√ x 2+

θ

9


Sendo x = 3 tg µ, tomamos µ assumindo valores de 0 a ¼=4, e teremos x per-correndo os valores de 0 a 3.

Teremos ent~aoR 30

p9 + x2 dx =

R ¼=40

3 sec µ ¢ 3 sec2 µ dµ = 9 R ¼=40

sec3 µ dµ.

Conforme vimos no exemplo 18.5, aula 18,Zsec3 µ dµ =

sec µ tg µ

2+1

2ln j sec µ + tg µj+ C

Assim,Z 3

0

p9 + x2 dx = 9

Z ¼=4

0

sec3 µ dµ

= 9

·sec µ tg µ

2+1

2ln j sec µ + tg µj

¸¼=40

= 9

·sec(¼=4) tg(¼=4)

2+1

2ln j sec(¼=4) + tg(¼=4)j

¸

¡ 9·sec 0 tg 0

2+1

2ln j sec 0 + tg 0j

¸

= 9

"p2

2+1

2ln(p2 + 1)

#¡ 9

·0 +

1

2ln 1

¸=9p2

2+9

2ln(p2 + 1)

19.2 Integra»c~ao de fun»c~oes racionais

Nesta se»c~ao estudaremos o c¶alculo de integraisRp(x)q(x)

dx, em que p(x) e q(x) s~ao

polinomios em x. Tais fun»c~oes p(x)=q(x) s~ao chamadas fun»c~oes racionais.

Quando o grau de p(x) ¶e maior que, ou igual ao grau de q(x), devemos primeira-mente dividir p(x) por q(x),

p(x) q(x)

R(x) Q(x)

obtendo quociente Q(x) e resto R(x), de forma que

p(x) = q(x)Q(x) +R(x)

sendo R(x) = 0 ou um polinomio de grau menor que o grau do polinomio divisor q(x).

Neste caso,p(x)

q(x)=q(x)Q(x) +R(x)

q(x)= Q(x) +

R(x)

q(x)

e ent~aoRp(x)q(x)

dx =RQ(x) dx+

RR(x)q(x)

dx.

Por exemplo, suponhamos que queremos calcular

I =

Z2x4 + x3 ¡ 6x2 + 3x+ 1

x3 ¡ 3x+ 2 dx


Como o grau do numerador ¶e maior que o grau do denominador, devemos primeiramenteproceder µa divis~ao de polinomios abaixo, na qual obteremos Q(x) = 2x + 1 e R(x) =2x¡ 1.

2x4 + x3 ¡ 6x2 + 3x+ 1 x3 ¡ 3x+ 22x4 + ¡ 6x2 + 4x 2x+ 1

x3 ¡ x+ 1x3 ¡ 3x+ 2

2x¡ 1

Teremos ent~ao

I =

Z(x3 ¡ 3x+ 2)(2x+ 1) + 2x¡ 1

x3 ¡ 3x+ 2 dx =

Z(2x+ 1) dx+

Z2x¡ 1

x3 ¡ 3x+ 2 dx

Assim sendo, precisamos apenas estudar integrais de fun»c~oes racionais pr¶oprias, isto¶e, fun»c~oes racionais em que o grau do numerador ¶e menor que o grau do denominador.

19.2.1 Decompondo fun»c~oes racionais em fra»c~oes parciais

Primeiro caso. O denominador tem ra¶³zes reais, distintas entre si.

Suponhamos que na fun»c~ao racional pr¶opria p(x)=q(x) o denominador, sendo de graun, fatora-se em produtos lineares distintos

q(x) = (x¡ r1)(x¡ r2) ¢ ¢ ¢ (x¡ rn)ou ent~ao

q(x) = (a1x+ b1)(a2x+ b2) ¢ ¢ ¢ (anx+ bn)tendo, os n fatores lineares, ra¶³zes distintas entre si.

Ent~ao aplicamos um resultado da ¶algebra de fra»c~oes racionais que diz que, nestecaso, existem constantes A1; A2; : : : ; An, tais que

p(x)

q(x)=

p(x)

(a1x+ b1)(a2x+ b2) ¢ ¢ ¢ (anx+ bn) =A1

ax + b1+

A2a2x+ b2

+ ¢ ¢ ¢+ Ananx+ bn

sendo os coe¯cientes das fra»c~oes parciais, A1; A2; : : : ; An, determinados de maneira¶unica.

Neste caso,Zp(x)

q(x)dx =

ZA1

a1x+ b1dx+ ¢ ¢ ¢+ An

anx+ bndx

=A1a1ln ja1x+ b1j+ ¢ ¢ ¢+ An

anln janx+ bnj+ C



Zx2 ¡ 3

(x2 ¡ 4)(2x+ 1) dx.


x2 ¡ 3(x2 ¡ 4)(2x+ 1) =

x2 ¡ 3(x¡ 2)(x+ 2)(2x+ 1) =

A

x¡ 2 +B

x+ 2+

C

2x+ 1

Para calcular os coe¯cientes A, B e C, somamos as tres fra»c~oes parciais µa direita,igualando a soma µa fun»c~ao racional original.

x2 ¡ 3(x2 ¡ 4)(2x+ 1) =

A(x+ 2)(2x+ 1) +B(x¡ 2)(2x+ 1) + C(x¡ 2)(x+ 2)(x¡ 2)(x+ 2)(2x+ 1)

Observando que os denominadores s~ao iguais, devemos obter A, B e C de modo atermos a igualdade (identidade) de polinomios

x2 ¡ 3 = A(x+ 2)(2x+ 1) +B(x¡ 2)(2x+ 1) + C(x¡ 2)(x+ 2)

Desenvolvendo o produto µa direita e comparando os coe¯cientes dos termos de mesmograu, chegaremos a tres equa»c~oes lineares nas inc¶ognitas A, B e C. Mas podemos tomarum atalho. J¶a que os polinomios µa esquerda e µa direita s~ao iguais, eles tem o mesmovalor para cada x real.

Tomando x = ¡2, obtemos B(¡2¡ 2)(¡4 + 1) = 1, e ent~ao B = 1=12.Tomando x = 2, obtemos A ¢ 20 = 1, e ent~ao A = 1=20.Tomando x = ¡1=2, obtemos C(¡1

2¡2)(¡1

2+2) = ¡15=4, e ent~ao C = 11=15.

Repare que os valores de x, estrategicamente escolhidos, s~ao as ra¶³zes de(x2 ¡ 4)(2x+ 1).

Assim,Zx2 ¡ 3

(x2 ¡ 4)(2x+ 1) dx =Z1=40

x¡ 2 dx+Z1=12

x+ 2dx+

Z11=15

2x+ 1dx

=1

40ln jx¡ 2j+ 1

12ln jx+ 2j+ 11

30ln j2x+ 1j+ C

Segundo caso. O denominador tem somente ra¶³zes reais, mas algumas ra¶³zesm¶ultiplas.

No pr¶oximo exemplo ilustramos uma decomposi»c~ao, em fra»c~oes parciais, de uma fun»c~aoracional pr¶opria, cujo denominador tem apenas ra¶³zes reais, tendo por¶em ra¶³zes m¶ultiplas.


Zx2

(2x¡ 1)(x+ 1)3 dx.


Aqui, a raiz ¡1, do denominador, ¶e de multiplicidade 3. A decomposi»c~ao, em fra»c~oesparciais, que funciona neste caso, ¶e da forma

x2

(2x¡ 1)(x+ 1)3 =A

2x¡ 1 +B

(x+ 1)3+

C

(x+ 1)2+

D

x+ 1

na qual teremos A, B, C e D determinados de maneira ¶unica.

Como antes, primeiramente somamos as fra»c~oes parciais:

x2

(2x¡ 1)(x+ 1)3 =A(x+ 1)3 +B(2x¡ 1) + C(2x¡ 1)(x+ 1) +D(2x¡ 1)(x+ 1)2

(2x¡ 1)(x+ 1)3

Tendo µa esquerda e µa direita o mesmo denominador, teremos:

A(x+ 1)3 +B(2x¡ 1) + C(2x¡ 1)(x+ 1) +D(2x¡ 1)(x+ 1)2

Quando x = ¡1, temos ¡3B = 4, logo B = ¡4=3.Quando x = 1=2, temos A ¢ 27

8= 1

4, logo A = 2=27.

Tendo esgotado, para valores de x, as ra¶³zes de (2x¡ 1)(x+ 1)3, tomamos agoravalores de x que n~ao produzam, em nossos c¶alculos, valores num¶ericos muito grandes.

Tomando x = 0, temos A¡B ¡ C ¡D = 0, e tomando x = 1, temos8A+B + 2C + 4D = 1. Logo,(

C +D = 3827

2C + 4D = 5227

e ent~ao C = 3127, D = 7

27.

Assim,Zx2

(2x¡ 1)(x+ 1)3 dx =Z

2=27

2x¡ 1 dx+Z ¡4=3(x+ 1)3

dx+

Z31=27

(x+ 1)2dx+

Z7=27

x+ 1dx

=1

27ln j2x¡ 1j+ 2

3(x+ 1)2¡ 31

27(x+ 1)+7

27ln jx+ 1j+ C

Como um outro exemplo de decomposi»c~ao em fra»c~oes parciais, em um caso dera¶³zes reais m¶ultiplas no denominador, se tivermos que calcularZ

x3 ¡ 2x+ 1(3x¡ 2)2(5x+ 1)3(1¡ 7x) dx

devemos primeiramente fazer

x3 ¡ 2x+ 1(3x¡ 2)2(5x+ 1)3(1¡ 7x) =

A

(3x¡ 2)2+B

3x¡ 2+C

(5x+ 1)3+

D

(5x+ 1)2+

E

5x+ 1+

F

1¡ 7x


Terceiro caso. O denominador tem ra¶³zes complexas n~ao reais.

Um terceiro caso de decomposi»c~ao, em fra»c~oes parciais, ocorre quando o denominadortem fatores quadr¶aticos irredut¶³veis (fatores de grau 2 sem ra¶³zes reais), como no exemplo

p(x)

q(x)=

3x2 ¡ x(x¡ 2)3(x2 + x+ 4)(x2 + 1)

em que x2 + x+ 4 e x2 + 1 n~ao tem ra¶³zes reais.

Neste caso, devemos fazer

3x2 ¡ x(x¡ 2)2(x2 + x+ 4)(x2 + 1) =

A

(x¡ 2)3 +B

(x¡ 2)2 +C

x¡ 2 +Dx+ E

x2 + x+ 4+Fx+G

x2 + 1

e proceder tal como antes, na busca dos coe¯cientes A a G.

Ou seja, na decomposi»c~ao em fra»c~oes parciais, para os fatores lineares no denomi-nador seguimos as regras anteriores, mas sobre cada fator quadr¶atico vai um polinomiodo primeiro grau Mx+N .

E se tivermos, no denominador, potencias de fatores quadr¶aticos irredut¶³veis, tal

como na integral

Zx5 + 3x¡ 5

(x2 ¡ 3x+ 4)2(x2 + 2)3(3x¡ 5) dx ?

Neste caso, notando que x2 + 3x¡ 5 e x2 + 2 n~ao tem ra¶³zes reais, fazemosx5 + 3x¡ 5

(x2 ¡ 3x+ 4)2(x2 + 2)3(3x¡ 5) =Ax+B

(x2 ¡ 3x+ 4)2 +Cx+D

x2 ¡ 3x+ 4+Ex+ F

(x2 + 2)3+Gx+H

(x2 + 2)2+Ix+ J

x2 + 2+

K

3x¡ 5Este ¶e um c¶alculo deveras longo. Na pressa, devemos recorrer a uma boa t¶abua deintegrais ou um bom aplicativo computacional.

Observa»c~ao 19.1 Na verdade, esse tipo de decomposi»c~ao funciona mesmo se os fatoresquadr¶aticos tem ra¶³zes reais, desde que estas n~ao sejam ra¶³zes de outros fatores dodenominador.

Por exemplo, no c¶alculo de

Zx3 ¡ 2

(x2 ¡ 4)(2x+ 1) dx, podemos fazer a decom-posi»c~ao

x2 ¡ 3(x2 ¡ 4)(2x+ 1) =

Ax+B

x2 ¡ 4 +C

2x+ 1

e ir µa busca dos coe¯cientes A, B e C, como anteriormente.


A integral

ZMx+N

(ax2 + bx+ c)ndx

Ainda resta esclarecer como lidar com integrais do tipo

ZMx+N

(ax2 + bx+ c)ndx (a > 0),

em que o trinomio ax2 + bx+ c n~ao tem ra¶³zes reais.

Adotando o procedimento estudado na se»c~ao 18.1, aula 18, completamos o quadra-do no trinomio ax2 + bx+ c, colocando-o na forma a(x+ ®)2 + ¯, e pela mudan»ca devari¶avel u = x+ ®, du = dx, chegaremos aZ

Mx+N

(ax2 + bx+ c)ndx =

Z¸u+ °

(u2 + k2)ndu = ¸

Zu du

(u2 + k2)n+ °

Zdu

(u2 + k2)n

para certos coe¯cientes ¸ e °.

A integral I =R

udu(u2+k2)n

¶e calculada mediante uma mudan»ca de vari¶avel simples:

t = u2 + k2, dt = 2u du, u du = 12dt, e ent~ao I = 1

2

Rdttn.

J¶a o c¶alculo da integral J =R

du(u2+k2)n

requer uma substitui»c~ao trigonom¶etrica.

u

k

√ 2 k 2u +

θ

Fazemos u = k tg µ, du = k sec2 µ dµ. Teremos kpu2+k2

= cos µ, e ent~ao

J =

Zcos2n µ

k2nsec2 µ dµ =

1

a2n¡1

Zcos2n¡2 µ dµ

e fazemos o uso da f¶ormula de recorrencia

cosm x dx =1

mcosm¡1 x senx+

m¡ 1m

Zcosm¡2 x dx

F¶ormulas de recorrencia para

ZMx+N

(ax2 + bx+ c)ndx

Uma boa t¶abua de integrais nos fornecer¶a

Zdx

(x2 + k2)n=

x

2k2(n¡ 1)(x2 + k2)n¡1 +2n¡ 3

2k2(n¡ 1)Z

dx

(x2 + k2)n¡1(19.1)


bem como tamb¶em (aqui ¸ pode ser uma constante negativa)

Zdx

(x2 + ¸)n=

x

2¸(n¡ 1)(x2 + ¸)n¡1 +2n¡ 32¸(n¡ 1)

Zdx

(x2 + ¸)n¡1(19.2)

De um modo mais geral, encontramos tamb¶em, em uma boa t¶abua de integrais,o seguinte resultado.

Sendo a > 0, n ¸ 2, e ¢ = b2 ¡ 4ac6= 0,Zdx

(ax2 + bx+ c)n=

¡(2ax+ b)¢ ¢ (n¡ 1)(ax2 + bx+ c)n¡1 +

¡2a(2n¡ 3)¢ ¢ (n¡ 1)

Zdx

(ax2 + bx+ c)n¡1(19.3)

Tamb¶em encontramos

ZMx+N

(ax2 + bx+ c)ndx =

Z M2a (2ax+ b) + (N ¡ b

2a)

(ax2 + bx+ c)ndx

=M

2a

Z(2ax+ b) dx

(ax2 + bx+ c)n+

µN ¡ b

2a

¶Zdx

(ax2 + bx+ c)n(19.4)

sendo

Z(2ax+ b) dx

(ax2 + bx+ c)n=

Zdu

upela substitui»c~ao u = ax2 + bx+ c, du = (2ax+ b) dx.

19.3 Problemas

Substitui»c~oes trigonom¶etricas

Calcule as seguintes integrais, atrav¶es de substitui»c~oes trigonom¶etricas.

1.R p

a2¡x2x2

dx. Resposta. ¡pa2¡x2x

¡ arc sen xa+ C.

2.R

dx

x2p1+x2

. Resposta. ¡p1+x2

x+ C.

3.R p

x2¡a2x

dx. Resposta.px2 ¡ a2 ¡ a arccos a

x+ C.

4.R

dxp(a2+x2)3

. Resposta. x

a2pa2+x2

+ C.

Integra»c~ao de fun»c~oes racionais

Calcule as seguintes integrais de fun»c~oes racionais. Trabalhe todos os c¶alculos, evitandousar as f¶ormulas de recorrencia do fechamento da aula.


1.R

2x¡1(x¡1)(x¡2) dx. Resposta. ln

¯(x¡2)3x¡1

¯+ C.

2.R

x dx(x+1)(x+3)(x+5)

. Resposta. 18ln¯

(x+3)6

(x+5)5(x+1)

¯+ C.

3.R

x4 dx(x2¡1)(x+2) . Resposta.

x2

2¡ 2x+ 1

6ln¯x¡1(x+1)3

¯+ 16

3ln jx+ 2j+ C.

4.R

dx(x¡1)2(x¡2) . Resposta.

1x¡1 + ln

¯x¡2x¡1¯+ C.

5.R

x¡8x3¡4x2+4x dx. Resposta.

3x¡8 + ln

(x¡2)2x2

+ C.

6.R

dxx(x2+1)

. Resposta. ln jxjpx2+1

+ C.

7.R

dxx3+1

. Resposta. 16ln (x+1)2

x2¡x+1 +1p3arc tg 2x¡1p

3+ C.

8.R

4x2¡8x(x¡1)2(x2+1)2 dx. Resposta.

3x2¡1(x¡1)(x2+1) + ln

(x¡1)2x2+1

+ arc tg x+ C.

Recorrencia em integrais de fun»c~oes racionais

Use as f¶ormulas de recorrencia 19.1 a 19.4 para mostrar que

1.

Z2x¡ 1(x2 + 4)3

dx =¡2x¡ 1632(x2 + 4)2

¡ 3x

128(x2 + 4)¡ 3

256arc tg

x

2+ C

2.

Zdx

(x2 ¡ 4x+ 5)4=

2x¡ 412(x2 ¡ 4x+ 5)3+

5(2x¡ 4)48(x2 ¡ 4x+ 5)2+

5(2x¡ 4)32(x2 ¡ 4x+ 5)+

5

16arc tg(x¡2)+C

Aula 20

Aplica»c~oes selecionadas da integralde¯nida

20.1 ¶Area de uma regi~ao plana

Suponhamos que f e g s~ao duas fun»c~oes cont¶³nuas no intervalo [a; b], sendo f(x) ¸ g(x),para todo x 2 [a; b].

Para x 2 [a; b], consideramos, apoiada µa esquerda no ponto x, uma fatia retangularvertical, de base ¢x, e altura h(x) = f(x)¡ g(x), como na ¯gura 20.1. A ¶area dessafatia ser¶a dada por ¢A = [f(x)¡ g(x)]¢x.

a bx

y

x

y = f(x)

∆

x

y = g(x)

A = [f(x) - g(x)]∆ x∆

Figura 20.1.

Se subdividirmos o intervalo [a; b] em v¶arios sub-intervalos de comprimento ¢x, esobre cada um deles constru¶³rmos uma ¶area ¢A, como acima, teremos a ¶area entre asduas curvas, compreendida entre as retas verticais x = a e x = b, dada aproximadamentepor X

¢A =X[f(x)¡ g(x)]¢x

180

Aplicac»~oes selecionadas da integral definida 181

onde, pelo bem da simplicidade, estamos omitidindo ¶³ndices do somat¶ario.

A ¶area entre as duas curvas, compreendida entre as retas verticais x = a e x = b,ser¶a dada pelo limite de tais somas integrais, quando ¢x! 0, ou seja, ser¶a dada por

A = lim¢x!0

X[f(x)¡ g(x)]¢x =

Z b

a

[f(x)¡ g(x)] dx

Sendo ¢A = [f(x) ¡ g(x)]¢x, ¶e costume simbolizar dA = [f(x) ¡ g(x)]dx.Temos ent~ao A =

R badA.

¶E costume dizer que dA = [f(x)¡ g(x)] dx ¶e um elemento in¯nitesimal de ¶area,de altura f(x)¡ g(x), sobre um elemento in¯nitesimal de comprimento dx. O s¶³mbolode integra»c~ao,

R, prov¶em da forma de um arcaico S, e tem o signi¯cado de \soma (veja

isto:Roma) de um n¶umero in¯nito de quantidades in¯nitesimais" . Assim, se f(x) ¸ 0,R b

af(x) dx corresponde, grosso modo, a uma soma de elementos in¯nitesimais de ¶area,

de alturas f(x), e base dx, com x \variando" de a at¶e b.

Exemplo 20.1 Calcular a ¶area delimitada pelas curvas y = x2 e y =px.

2

y

√

y = x

y = x

x0

1

1

Figura 20.2.

Solu»c~ao. As curvas dadas se interceptam em x0 = 0 e em x1 = 1 (solu»c~oes de x2 =

px).

Para 0 · x · 1, temos px ¸ x2. Veja ¯gura 20.2.Assim sendo, a ¶area entre as duas curvas ¶e dada por

A =R 10[px¡ x2] dx = R 1

0[x1=2 ¡ x2] dx =

h23x3=2 ¡ x3

3

i10= 2

3¡ 1

3= 1

3.

20.2 M¶edia ou valor m¶edio de uma fun»c~ao

Seja f uma fun»c~ao cont¶³nua no intervalo [a; b]. Em [a; b] tomemos os n + 1 pontosigualmente espa»cados

x0 = a < x1 < x2 < : : : < xn¡1 < xn = b


isto ¶e, tais que

x1 ¡ x0 = x2 ¡ x1 = : : : = xn ¡ xn¡1 = ¢x = b¡ an

A m¶edia aritm¶etica dos n+ 1 valores f(x0); f(x1); f(x2); : : : ; f(xn), ¶e dada por

¹n =f(x0) + f(x1) + ¢ ¢ ¢+ f(xn)

n+ 1

De¯niremos a m¶edia da fun»c~ao f , no intervalo [a; b], como sendo

¹f = limn!1

¹n

Mostraremos que

¹f =

R baf(x) dx

b¡ a

De fato, sendo ¢x =b¡ an, temos

¹n =f(x0) + f(x1) + ¢ ¢ ¢+ f(xn)

n+ 1

=f(x0)

n+ 1+

1

¢x

µf(x1)¢x+ f(x2)¢x+ ¢ ¢ ¢+ f(xn)¢x

n+ 1

¶

=f(x0)

n+ 1+

n

b¡ aµf(x1)¢x+ f(x2)¢x+ ¢ ¢ ¢+ f(xn)¢x

n+ 1

¶

=f(x0)

n+ 1+

1

b¡ a ¢n

n+ 1(f(x1)¢x+ f(x2)¢x+ ¢ ¢ ¢+ f(xn)¢x)

Logo, como os pontos x0(= a); x1; : : : ; xn¡1; xn(= b) subdividem o intervalo [a; b] emn sub-intervalos, todos de comprimento ¢x = (b¡ a)=n.

limn!1

¹n = limn!1

f(x0)

n+ 1+

1

b¡ a ¢ limn!1n

n+ 1¢ limn!1

ÃnXi=1

f(xi)¢x

!

= 0 +1

b¡ a ¢ 1 ¢Z b

a

f(x) dx =1

b¡ aZ b

a

f(x) dx

Exemplo 20.2 Determine o valor m¶edio de f(x) = x2, no intervalo a · x · b.

Solu»c~ao. O valor m¶edio de f em [a; b], ¶e dado por

¹f =1

b¡ aZ b

a

x2 dx =1

b¡ ax3

3

¯¯b

a

=1

b¡ aµb3

3¡ a

3

3

¶

=(b¡ a)(a2 + ab+ b2)

3(b¡ a) =a2 + ab+ b2

3


20.3 Volume de um s¶olido

xxa b

x∆

A(x)

V∆ = A(x) x∆.

A(x)

Figura 20.3.

Na ¯gura 20.3, para cada x, a · x · b, um plano perpendicular a um eixo x corta ums¶olido (uma batata ?) determinando no s¶olido uma sec»c~ao transversal de ¶area A(x). Dex = a at¶e x = b, s~ao determinadas as ¶areas de todas todas as sec»c~oes transversais desses¶olido, sendo b¡ a o seu \comprimento". Qual ¶e o seu volume ?

Suponhamos que o intervalo [a; b] ¶e subdividido em n sub-intervalos, todos decomprimento ¢x = (b¡ a)=n.

Se x ¶e um ponto dessa subdivis~ao, determina-se um volume de uma fatia \cil¶³n-drica", de \base" com ¶area A(x) e \altura" ¢x,

¢V = V (x) ¢¢xUma aproxima»c~ao do volume do s¶olido ¶e dado pelo somat¶orio desses v¶arios volumescil¶³ndricos,

V »=X

¢V =Xx

A(x) ¢¢x

sendo o somat¶orio aqui escrito sem os habituais ¶³ndices i, para simpli¯car a nota»c~ao.Quanto mais ¯nas as fatias \cil¶³ndricas", mais pr¶oximo o somat¶orio estar¶a do volume dos¶olido, sendo seu volume igual a

V = lim¢x!0

X¢V = lim

¢x!0

XA(x) ¢¢x =

Z b

a

A(x) dx

Os cientistas de ¶areas aplicadas costumam dizer que dV = A(x) ¢ dx ¶e um elementoin¯nitesimal de volume, constru¶³do sobre um ponto x, de um \cilindro" de ¶area da baseA(x) e altura (espessura) \in¯nitesimal" dx. Ao \somar" os in¯nitos elementos de

volume, temosR badV =

R baA(x) dx igual ao volume do s¶olido.


Exemplo 20.3 Qual ¶e o volume de um tronco de piramide, de altura h, cuja base ¶e umquadrado de lado a e cujo topo ¶e um quadrado de lado b ?

Solu»c~ao. Posicionemos um eixo x perpendicular µas duas bases. Cada ponto (altura) x,demarcada nesse eixo, corresponde, no tronco de piramide, a uma sec»c~ao transversalquadrada, de tal modo que x = 0 corresponde µa base quadrada de lado a, e x = hcorresponde ao topo quadrado de lado b. Veja ¯gura 20.4.

x

a

b

x = 0

x = h

b

a

h

Figura 20.4.

Procurando uma fun»c~ao a¯m, f(x) = mx + n, tal que f(0) = a e f(h) = b.encontramos f(x) = a+ b¡a

hx.

A ¶area da sec»c~ao transversal, na altura x, ¶e dada por

A(x) =

µa+

b¡ ahx

¶2

O volume do tronco de piramide ¶e ent~ao

V =

Z h

0

A(x) dx =

Z h

0

µa+

b¡ ahx

¶2dx

Fazendo u = a + b¡ahx, temos du = b¡a

hdx. Al¶em disso, u = a para x = 0, e u = b

para x = h, e ent~ao

V =

Z h

0A(x) dx =

h

b¡ aZ b

a

u2 du =h

b¡ a ¢u3

3

¯¯b

a

=h

3(b¡ a)(b3 ¡ a3) = h

3(a2 + ab+ b2)

Note que o volume do tronco de piramide ¶e 1=3 do produto de sua altura pelo valorm¶edio das ¶areas das sec»c~oes transversais (veja exemplo 20.2). Conforme um antigopapiro, esta f¶ormula j¶a era conhecida pela antiga civiliza»c~ao eg¶³pcia do s¶eculo 18 a.C.


20.3.1 Volume de um s¶olido de revolu»c~ao

Quando rotacionamos uma regi~ao do plano xy em torno do eixo x ou do eixo y, real-izando uma volta completa, o lugar geom¶etrico descrito pelos pontos da regi~ao ¶e o quechamamos um s¶olido de revolu»c~ao.

Suponhamos que um s¶olido de revolu»c~ao ¶e obtido rotacionando-se, em torno doeixo x, uma regi~ao plana delimitada pelas curvas y = f(x), y = g(x), e pelas retasverticais x = a e x = b, sendo f(x) ¸ g(x) para a · x · b.

Para cada x 2 [a; b], um plano perpendicular ao eixo x, cortando este no pontox, determina no s¶olido de revolu»c~ao uma sec»c~ao transversal. Esta sec»c~ao transversal ¶eobtida pela revolu»c~ao completa, em torno do eixo x, do segmento vertical AxBx, sendoAx = (x; g(x)) e Bx = (x; f(x)). Veja ¯gura 20.5

A ¶area dessa sec»c~ao transversal ser¶a nada mais que a ¶area de uma regi~ao planacompreendida entre dois c¶³rculos concentricos de centro (x; 0), sendo um menor, de raiog(x), e outro maior, de raio f(x). Como a ¶area de um c¶³rculo de raio r ¶e ¼r2, temosque a ¶area A(x), da sec»c~ao transversal do s¶olido de revolu»c~ao, ¶e dada por

A(x) = ¼[f(x)]2 ¡ ¼[g(x)]2

xa b x

AX

BX

y

y = g(x)

y = f(x)

g(x)

x

f(x)

x180°

Figura 20.5.

Portanto, o volume do s¶olido de revolu»c~ao ser¶a

V =

Z b

a

A(x) dx =

Z b

a

(¼[f(x)]2 ¡ ¼[g(x)]2) dx

Se a regi~ao plana for delimitada pelo gr¶a¯co de y = f(x), pelo eixo x, e pelasretas x = a e x = b, teremos g(x) = 0, e ent~ao

V =

Z b

a

¼[f(x)]2 dx


Exemplo 20.4 Calcule o volume de uma esfera de raio a.

A esfera de raio a pode ser interpretada como o s¶olido obtido pela revolu»c~ao da regi~aosemi-circular x2 + y2 · a2, y ¸ 0, em torno do eixo x. Uma tal regi~ao ¶e delimitadapelas curvas y =

pa2 ¡ x2, e y = 0, com ¡a · x · a. Assim, aqui, f(x) = pa2 ¡ x2

e g(x) = 0, sendo ent~ao

dV = A(x) dx = ¼[f(x)]2 dx = ¼(a2 ¡ x2) dxo elemento de volume a integrar.

Portanto,

V =

Z a

¡a¼(a2 ¡ x2) dx = ¼

·a2x¡ x

3

3

¸a¡a= ¼

µa3 ¡ a

3

3

¶¡ ¼

µ¡a3 + a

3

3

¶=4

3¼a3

20.4 Comprimento de uma curva

Consideremos agora a curva y = f(x), gr¶a¯co de uma fun»c~ao cont¶³nua f , para a · x ·b.

Para calcular o comprimento dessa curva, primeiramente particionamos o intervalo

[a; b] em n sub-intervalos de comprimento ¢x =b¡ an, atrav¶es de pontos

a = x0; x1; : : : ; xn¡1; xn = b

Em seguida consideramos, no gr¶a¯co, os n+ 1 pontos correspondentes,

A0 = (x0; f(x0)); A1 = (x1; f(x1)); : : : ; An¡1 = (xn¡1; f(xn¡1)); An = (xn; f(xn))

xa bx

A0

yy = f(x)

...A1

A2

An-1

An

1 x2 xn-1

x0 xn

∆s1

∆s2

∆sn

Figura 20.6.

Sendo ¢si = dist(Ai¡1; Ai), para i = 1; : : : ; n, temos que uma aproxima»c~ao docomprimento da curva ¶e dada pela soma

Pn

i=1¢si =Pn

i=1 dist(Ai¡1; Ai).


Agora,

dist(Ai¡1; Ai) =p(xi ¡ xi¡1)2 + (f(xi)¡ f(xi¡1))2

=p(¢x)2 + (¢f)2 =

s1 +

µ¢f

¢x

¶2¢¢x

Assumindo que f ¶e diferenci¶avel no intervalo [a; b], pelo teorema do valor m¶edio, teorema15.1, aula 12,

¢f

¢x=f(xi)¡ f(xi¡1)xi ¡ xi¡1 = f 0(ci)

para algum ci compreendido entre xi¡1 e xi. Assim,

nXi=1

¢si =nXi=1

p1 + (f 0(ci))2 ¢¢x

Esta ¶e uma soma integral de '(x) =p1 + (f 0(x))2, no intervalo [a; b], correspondente

µa subdivis~ao a = x0; x1; : : : ; xn¡1; xn = b, com uma \escolha" de pontos intermedi¶ariosc1; c2; : : : ; cn. Veja de¯ni»c~ao µa aula 17.

Supondo f 0(x) cont¶³nua no intervalo [a; b], temos ent~ao que o comprimento da curvay = f(x), a · x · b, ¶e dado por

s = lim¢x!0

X¢s = lim

¢x!0

nXi=1

p1 + (f 0(ci))2 ¢¢x =

Z b

a

p1 + (f 0(x))2 dx

A id¶eia intuitiva que d¶a a integral para o comprimento de arco ¶e ilustrada na ¯gura20.7. Para um elemento in¯nitesimal de comprimento dx, corresponde uma varia»c~aoin¯nitesimal em y, dy. O elemento in¯nitesimal de comprimento de arco, ds, correspon-dente µa varia»c~ao dx, ¶e dado pelo teorema de Pit¶agoras:

ds =p(dx)2 + (dy)2 =

s1 +

µdy

dx

¶2dx =

p1 + (f 0(x))2 dx

x

y

dx

dyds

Figura 20.7.


20.5 ¶Area de uma superf¶³cie de revolu»c~ao

Consideremos a curva y = f(x), gr¶a¯co de uma fun»c~ao f cont¶³nua, a qual assumiremosque tem derivada f 0 tamb¶em cont¶³nua, para a · x · b.

Rotacionando-se essa curva em torno do eixo x, obtemos uma superf¶³cie de revo-lu»c~ao. Para o c¶alculo de sua ¶area, primeiramente particionamos o intervalo [a; b] em n

sub-intervalos de comprimento ¢x =b¡ an, atrav¶es de pontos a = x0, x1, : : : , xn¡1,

xn = b.

Tomando-se dois pontos dessa subdivis~ao, xi¡1 e xi, consideramos os pontos cor-respondentes no gr¶a¯co de f , Ai¡1 = (xi¡1; f(xi¡1) e Ai = (xi; f(xi)). Este procedi-mento geom¶etrico est¶a ilustrado na ¯gura 20.6.

Rotacionando-se o segmento Ai¡1Ai em torno do eixo x, obtemos um tronco decone, de geratriz lateral ¢si = Ai¡1Ai, sendo f(xi¡1) e f(xi) os raios de sua base e deseu topo. Veja ¯gura 20.8

Ai

x

f(x )

A i -1

i -1f(x )

i

Figura 20.8.

A ¶area da superf¶³cie lateral de um tronco de cone, de geratriz lateral ` e raios r eR no topo e na base, ¶e dada por ¼(r + R)`. Assim, rotacionando o segmento Ai¡1Ai,em torno do eixo x, como acima, a superf¶³cie resultante ter¶a ¶area

¢Si = ¼[f(xi¡1) + f(xi)] ¢¢sie a ¶area da superf¶³cie de revolu»c~ao, da curva y = f(x), a · x · b, em torno do eixo x,ser¶a dada por

S = lim¢x! 0X

¢Si

Agora, como argumentado na se»c~ao anterior (con¯ra),

¢si = Ai¡1Ai =p1 + [f 0(ci)]2¢x


para algum ci entre xi¡1 e xi. Assim sendo,

¢Si = ¼[f(xi¡1) + f(xi)] ¢¢si= ¼[f(xi¡1) + f(xi)] ¢

p1 + [f 0(ci)]2¢x

Assim,

S = lim¢x!0

X¢Si

= lim¢x!0

X¼[f(xi¡1) + f(xi)] ¢¢si

= lim¢x!0

X¼[f(xi¡1) + f(xi)] ¢

p1 + [f 0(ci)]2¢x

E pode ser mostrado que este ¶ultimo limite ¶e igual a

lim¢x!0

X2¼f(ci) ¢

p1 + [f 0(ci)]2¢x =

Z b

a

2¼f(x)p1 + (f 0(x))2 dx

Assim, a ¶area da superf¶³cie de revolu»c~ao resultante ¶e dada por

S =R ba2¼f(x)

p1 + (f 0(x))2 dx

20.6 Centro de gravidade de uma ¯gura plana

Se temos, em um plano ou no espa»co n pontos P1; P2; : : : ; Pn, tendo massas m1; m2;: : : ; mn, respectivamente, o centro de massa ¹P , do sistema de n pontos, ¶e dado por

¹P =

Pn

i=1miPiPn

i=1mi

ou seja, ¹P = (¹x; ¹y), sendo

¹x =

Pn

i=1mixiPn

i=1mi

e ¹y =

Pn

i=1miyiPn

i=1mi

Consideremos uma regi~ao plana, delimitada pelos gr¶a¯cos das fun»c~oes cont¶³nuasy = f(x) e y = g(x), e pelas retas verticais x = a e x = b, sendo f(x) ¸ g(x) paraa · x · b.

Olhando essa regi~ao como uma placa plana, de espessura desprez¶³vel, suponhamosque ela possui densidade super¯cial (massa por unidade de ¶area) ± constante.

Particionando-se o intervalo [a; b], em intervalos de comprimento ¢x = b¡an,

atrav¶es dos pontos x0 = a; x1; : : : ; xn = b, aproximamos essa regi~ao por uma reuni~aode retangulos, como na ¯gura 20.9, sendo cada retangulo de altura f(x)¡ g(x) e base¢x, sendo aqui x o ponto m¶edio do intervalo [xi¡1; xi].


a b

x

y

x

y = f(x)

∆

x

y = g(x)

A = [f(x) - g(x)]∆ x∆

i -1 x i

x

Px

Figura 20.9.

Esse retangulo elementar tem ¶area ¢A = (f(x)¡ g(x))¢x, seu centro de massa¶e o ponto Px =

³x; f(x)+g(x)

2

´, sendo sua massa dada por

¢m = ± ¢¢A = ±(f(x)¡ g(x))¢x

O centro de massa da reuni~ao de todos esses retangulos elementares coincide como centro de massa dos pontos Px, atribuindo-se a cada ponto a massa ¢m do seuretangulo.

Assim, uma aproxima»c~ao do centro de massa da regi~ao plana considerada, o centrode massa dos v¶arios retangulos elementares, ¶e dada por

P =

P¢m ¢ PxP¢m

=

P± ¢¢A ¢ PxP± ¢¢A =

P¢A ¢ PxP¢A

Agora,

¢A ¢ Px = ¢A ¢µx;f(x) + g(x)

2

¶

= (f(x)¡ g(x))¢x ¢µx;f(x) + g(x)

2

¶

=

µx(f(x)¡ g(x))¢x; (f(x)¡ g(x)) ¢ f(x) + g(x)

2¢x

¶

=

µx(f(x)¡ g(x))¢x; 1

2([f(x)]2 ¡ [g(x)]2) ¢¢x

¶

Finalmente, o centro de massa ¹P da regi~ao plana considerada, ser¶a dado por

¹P = lim¢x!0

P = lim¢x!0

P¢A ¢ PxP¢A

Portanto, passando ao limite, nas duas coordenadas de P , chegamos a ¹P = (¹x; ¹y),sendo


¹x =

R bax(f(x)¡ g(x)) dxR ba(f(x)¡ g(x)) dx

¹y =

R ba12([f(x)]2 ¡ [g(x)]2) dxR ba(f(x)¡ g(x)) dx

20.7 Problemas

¶Areas de regi~oes planas

1. Calcule a ¶area delimitada pelas curvas y2 = 9x e y = 3x. Resposta. 1=2.

2. Calcule a ¶area delimitada pelas curvas xy = a2, x = a, y = 2a (a > 0) e o eixox. Resposta. a2 ln 2.

3. Calcule a ¶area delimitada pela curva y = x3, pela reta y = 8 e pelo eixo y.Resposta. 12.

4. Calcule a ¶area total delimitada pelas curvas y = x3, y = 2x e y = x. Resposta.3=2.

5. Calcule a ¶area delimitada pela elipse x2

a2+ y2

b2= 1. Resposta. ¼ab.

Sugest~ao. A ¶area ¶e delimitada pelos gr¶a¯cos de fun»c~oes y = § ba

pa2 ¡ x2, com

¡a · x · a. Fa»ca a substitui»c~ao x = a sen t. Na integral resultante, use af¶ormula de redu»c~ao de potencias cos2 a = 1+cos 2a

2.

6. Calcule a ¶area delimitada pela curva fechada (hipocicl¶oide) x2=3 + y2=3 = a2=3.Resposta. 3

8¼a2.

Sugest~ao. A ¶area ¶e delimitada pelos gr¶a¯cos de fun»c~oes y = §pa2=3 ¡ x2=3, com

¡a · x · a. Fa»ca a substitui»c~ao x = a sen3 µ, com ¡¼=2 · µ · ¼=2. Na

integral resultante, use as f¶ormulas de redu»c~ao de potencias cos2 a =1 + cos 2a

2,

sen2 a =1¡ cos 2a

2.

Valor m¶edio de uma fun»c~ao cont¶³nua

Determinar o valor m¶edio da fun»c~ao dada, no intervalo especi¯cado.

1. f(x) = x2, a · x · b. Resposta. ¹f = 13(a2 + ab+ b2).

2. f(x) =px, a · x · b (0 · a < b). Resposta. 2(a+b+

pab)

3(pa+pb).

3. f(x) = cos2 x, 0 · x · ¼=2. Resposta. 1=2.


Volumes de s¶olidos

Em cada problema, calcule o volume do s¶olido obtido por revolu»c~ao, conforme descrito.

1. A elipsex2

a2+y2

b2= 1 gira em torno do eixo x. Resposta. 1

3¼ab2.

2. O segmento de reta da origem (0; 0) ao ponto (a; b) gira ao redor do eixo x,obtendo-se assim um cone. Resposta. 1

3¼a2b.

3. A regi~ao plana delimitada pelahipocicl¶oide x2=3+ y2=3 = a2=3 giraao redor do eixo x.Resposta. 32¼a3=105.

x

y

a

a

-a

-a

0

x y2/3 2/3

+ = a2/3

4. O arco de sen¶oide y = senx, 0 · x · ¼, gira em torno do eixo x. Resposta.¼2=2.

5. A regi~ao delimitada pela par¶abola y2 = 4x, pela reta x = 4 e pelo eixo x, gira emtorno do eixo x. Resposta. 32¼.

Comprimentos de curvas

Calcule os comprimentos das curvas descritas abaixo.

1. Hipocicl¶oide (veja ¯gura) x2=3 + y2=3 = a2=3. Resposta. 6a.

2. y = 1pax3=2, de x = 0 a x = 5a. Resposta. 335a=27.

3. y = lnx, de x =p3 a x =

p8. Resposta. 1 + 1

2ln 3

2.

4. y = 1¡ ln(cosx), de x = 0 a x = ¼=4. Resposta. ln tg 3¼8.


¶Areas de superf¶³cies de revolu»c~ao

Em cada problema, calcule a ¶area da superf¶³cie obtida por revolu»c~ao da curva dada emtorno do eixo especi¯cado.

1. y2 = 4ax, 0 · x · 3a, rotacionada em torno do eixo x. Resposta. 563¼a2.

2. y = 2x, 0 · x · 2,(a) rotacionada em torno do eixo x (b) rotacionada em torno do eixo y.

Respostas. (a) 8¼p5 (b) 4¼

p5.

3. y = senx, 0 · x · ¼, rotacionada em torno do eixo x.Resposta. 4¼[

p2 + ln(

p2 + 1)].

Centro de massa (ou de gravidade) de uma regi~ao plana

Determine as coordenadas do centro de gravidade da regi~ao plana especi¯cada.

1. Regi~ao no primeiro quadrante, delimitada pela elipse x2

a2+ y2

b2= 1 (x ¸ 0, y ¸ 0).

Resposta. (¹x; ¹y) =¡4a3¼; 4b3¼

¢.

2. ¶Area delimitada pela curva y = 4¡ x2

4e o eixo x. Resposta.(¹x; ¹y) = (0; 8=5).

3. ¶Area delimitada pela par¶abola y2 = ax e pela reta x = a. Resposta. (¹x; ¹y) =(3a=5; 0).

Curso de Cálculo João Sampaio

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