Cáculo I

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Arnaldo Barbosa Lourenço Clício Freire da Silva Genilce Ferreira Oliveira Cálculo I Manaus 2007 FICHA TÉCNICA Governador Eduardo Braga Vice–Governador Omar Aziz Reitora Marilene Corrêa da Silva Freitas Vice–Reitor Carlos Eduardo S. Gonçalves Pró–Reitor de Planejamento Osail de Souza Medeiros Pró–Reitor de Administração Fares Franc Abinader Rodrigues Pró–Reitor de Extensão e Assuntos Comunitários Rogélio Casado Marinho Pró–Reitor de Ensino de Graduação Carlos Eduardo S. Gonçalves Pró–Reitor de Pós–Graduação e Pesquisa José Luiz de Souza Pio Coordenador Geral do Curso de Matemática (Sistema Presencial Mediado) Carlos Alberto Farias Jennings Coordenador Pedagógico Luciano Balbino dos Santos NUPROM Núcleo de Produção de Material Coordenador Geral João Batista Gomes Editoração Eletrônica Helcio Ferreira Junior Revisão Técnico–gramatical João Batista Gomes Lourenço, Arnaldo Barbosa. L892c Cálculo I / Arnaldo Barbosa Lourenço, Clício Freire da Silva, Genilce Ferreira Oliveira. - Manaus/AM: UEA, 2007. - (Licenciatura em Matemática. 2. Período) 125 p.: il. ; 29 cm. Inclui bibliografia. 1. Cálculo - Estudo e ensino. I. Silva, Clício Freire da. II. Oliveira, Genilce Ferreira. III. Série. IV. Título. CDU (1997): 517.2/.3 SUMÁRIO Palavra do Reitor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 07 UNIDADE I – Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 09 TEMA 01 – Função ou Aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 UNIDADE II – Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA Limites – Definição e Limites Laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Continuidade de uma Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Propriedades dos Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limites Infinitesimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limites Trigonométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limites Exponenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 28 30 33 36 37 UNIDADE III – Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA Derivada de uma Função, definição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Reta Tangente ao Gráfico de uma Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Regras de Derivação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Estudo do Sinal de uma Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Taxa de Variação e regra de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 46 51 56 60 67 UNIDADE IV – Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 – – – – – – – – – – – – – – – – – – – Integrais Primitivas e Indefinidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cálculo de Área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Área entre Curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mudança de Variável na Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integração por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integrais Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integrais de Funções Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 79 86 88 94 98 102 Respostas de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 PERFIL DOS AUTORES Arnaldo Barbosa Lourenço Licenciado em Matemática - UFPA Licenciado em Ciências Contábeis - UFAM Pós-graduado em Ensino da Matemática - UFAM Clício Freire da Silva Licenciado em Matemática – UFAM Bacharel em Matemática – UFAM Pós–graduado em Instrumentação para o Ensino da Matemática – UFF Genilce Ferreira Oliveira Licenciada em Matemática – UFAM Especialista em Matemática – UFAM UNIDADE I Função Cálculo I – Função Observação – Por simplificação, deixaremos, muitas vezes, de explicitar o domínio e o contradomínio de uma função; quando tal ocorrer, ficará implícito que o contradomínio é IR e o domínio o “maior” subconjunto de IR para o qual faz sentido a regra em questão. TEMA 01 FUNÇÃO OU APLICAÇÃO 1.1. Definição, elementos Exemplo: Entendemos por uma função f uma terna (A, B, a → b) onde A e b são dois conjuntos e a → b, uma regra que nos permite associar a cada elemento a de A um único b de B. O conjunto A é o domínio de f, e indica-se por Df, assim A = Df. O conjunto B é o contradomínio de f. O único b de B associado ao elemento a de A é indicado por f(a) (leia: f de a); diremos que f(a) é o valor que f assume em a ou que f(a) é o valor que f associa a a. Quando x percorre o domínio de f, f(x) descreve um conjunto denominado imagem de f e que se indica por Imf: Dados os conjuntos M = {0, 1 ,2} e B={0, 1, 4, 5}, verificar se a relação binária R ={(x,y) Ax B/ y = x2} é uma função. Solução: M = {0, 1 ,2} N={0, 1, 4, 5} R ={(x,y) Mx N/ y = x2} x = 0 y = 02 = 0 x = 1 y = 12 = 1 x = 2 y = 22 = 4 Imf = {f(x)|x∈Df} No diagrama de flechas, temos que: Uma função de f de domínio A e contradomínio B é usualmente indicada por f : A B (leia: f de A em B). Uma função de uma variável real a valores reais é uma função f : A B, onde A e B são subconjuntos de IR. Até menção em contrário, só trataremos com funções de uma variável real a valores reais. Seja f : A B uma função. O conjunto Gf = {(x,f(x))|x∈A} denomina-se gráfico de f; assim, o gráfico de f é um subconjunto de todos os pares ordenados (x, y) de números reais. Munindo-se o plano de um sistema ortogonal de coordenadas cartesianas, o gráfico de f pode, então, ser pensado como o lugar geométrico descrito pelo ponto (x, f(x)) quando x percorre o domínio de f. Observe que f(0) = 0, f(1) = 1 e f(2) = 4, então podemos afirmar que f é uma função ou aplicação, já que de cada elemento de M temos uma única correspondência com elementos de N. Veja também que D(f) = {0,1,2}, CD(f)= {0,1,4,5} e Im(f) = {0,1,4}. Gráficos de funções Dizemos que uma relação binária R: A B é função ou aplicação no gráfico, quando toda reta vertical tocar em um único ponto no gráfico, para todo x ∈ A. Exemplos: 1. Verificar se o gráfico abaixo representa uma função. 11 UEA – Licenciatura em Matemática Observe que todas as retas verticais que traçarmos, tocarão em um e único ponto no gráfico. Logo g é uma função ou aplicação. 3. Dada a função f:IR IR com a regra x x3, temos que: • Df = IR 3 • Im(f) = {x / x∈IR} = IR 3 • O valor que f assume em x é f(x) = x . Esta função associa a cada real x o número real f(x) = x3. Solução: 3 3 • f(–1) = (–1)3 = –1, f(0) = 0 = 0, f(1) = 1 = 1 Dado o gráfico, temos que: • O gráfico de f é tal que Gf = {(x,y) / y = x3, x∈IR} Domínio de funções O domínio de uma função representa o conjunto de valores para os quais ela existe. Dentre os principais casos, temos: a) O domínio de uma função polinomial é sempre real. Observe que existem retas verticais que tocam em mais de um ponto no gráfico, daí podemos concluir que f não é função ou aplicação. b) Para o domínio de uma função que possui variável no denominador, basta ser este diferente de zero. 2. Verificar se o gráfico abaixo é uma função ou aplicação. c) Radical com índice par no numerador possui radicando maior ou igual a zero. d) Radical com índice par no denominador possui radicando maior que zero. Exemplos: 1. Qual é o domínio mais amplo para a função ? Solução: , então 1 – x 0 x 1. Logo o domínio Solução: é dado por D(f) = IR – {1}. Dado o gráfico abaixo, temos: 2. Qual é o domínio da função ? Solução: → 2x – 6 ≥ 0 → x ≥ 3. Logo o seu domínio será D(f) = {x∈IR/ x ≥ 3}. 3. Seja f: IR IR com a regra x → x3. Tem–se: a) Df = IR b) Im f = {x3|x∈IR}= IR, pois, para todo y em IR, existe x real tal que x3 = y. 12 Cálculo I – Função c) O valor que f assume em x é f(x) = x3. Esta função associa a cada real x o número real f(x) = x3 . d) f(–1)=(–1)3 = –1; f(0) = 03 = 0; f(1) = 13 = 1. e) Gráfico de f: Gf = {(x,y)|y = x3, x∈IR} Suponhamos x > 0; observe que, à medida que x cresce, y também cresce, pois y = x3, sendo o crescimento de y mais acentuado que o de x (veja: 23 = 8; 33 = 27, etc.); quando x se aproxima de zero, y aproximase de zero mais rapidamente que x((1/2)3 = 1/8; (1/33 = 1/27 etc.). esta análise dá-nos uma idéia da parte do gráfico correspondente a x > 0. Para x < 0, é só observar que f(–x) = –f(x). 5. Considere a função g dada por . Tem–se: a) Dg = {x∈IR| x ≠ 0} b) Esta função associa a cada x ≠ 0 o real g(x) = 1/x c) d) Gráfico de g: Vamos olhar primeiro para x > 0; à medida que x vai aumentando, y = 1/x vai aproximando-se de Zero ; à medida que x vai aproximando-se de zero, y = 1/x vai-se tornando cada vez maior 4. Seja f a função dada por Você já deve ter uma idéia do que acontece para x < 0. . Tem–se: a) Df = {x∈IR| x ≥ 0} b) Im f = {x∈IR/ y ≥ 0} c) f(4) = =2 (o valor que f assume em 4 é 2). d) e) f) Gráfico de f: A função f é dada pela regra . Quando x cresce, y também cresce sendo o crescimento de Y mais lento que o de x Observação – Quando uma função vem dada por uma regra do tipo x |→ y, y = f(x), é comum referir-se à variável y como variável dependente, e à variável x como variável independente. ; quando x se aproxima de zero, y também aproxima-se de zero, só que mais lentamente que 6. Dada a função f(x) = – x2 + 2x, simplifique: . a) 13 b) UEA – Licenciatura em Matemática Solução: 9. Seja a) assim Tem–se: a) Df = IR; Im f = {–1,1} . b) Gráfico de f Observe: f(1) = –12 +2 = 1. b) primeiro, vamos calcular f(x + h). Temos f(x + h) = – (x + h)2 + 2(x + h) = –x2 – 2xh – h2 + + 2x + 2h. Então, Observe que (0, 1) pertence ao gráfico de f, mas (0, –1) não. 1.2 Função composta ou seja, = – 2x – h + 2, h ≠ 0. Dadas as funções f: A B e g: B C, dizemos que existe uma função h: A C, tal que: 7. Função constante – Uma função f: A → IR dada por f(x) = k, k constante, denomina-se função constante. h(x) = (gof)(x) = g(f(x)), x A. Representando essa situação por diagrama de flechas, temos: a) f(x) = 2 é uma função constante; tem-se: (i) Df = IR; Im f = {2} (ii) Gráfico de f Gf{(x,f(x))|x∈IR} = {(x,2) | x∈IR}. O gráfico de f é uma reta paralela ao eixo x passando pelo ponto (0, 2). 8. g:] –∞;0] → IR dada por g(x) = –1 é uma função constante e seu gráfico é Exemplos a) Dadas as funções f(x) = 2x – 1 e g(x) = 3 – 4x, calcular o valor de (fog)(x) – (gof)(x). Solução f(x) = 2x – 1 14 Cálculo I – Função g(x) = 3 – 4x f(x) = 2kx +1 (fog)(x) = 2.( 3 – 4x) – 1 g(x) = 2– 3x = 6 – 8x – 1 fog(x) = gof(x) = 5 – 8x 2k.( 2– 3x) + 1 = 2– 3.( 2kx +1) (gof)(x) = 3 – 4(2x – 1) 4k – 6kx + 1 = 2 – 6kx – 3 = 3 – 8x + 4 4k = –1 k = –1/4 = 7 – 8x (fog)(x) – (gof)(x) = 5 – 8x – (7 – 8x) 3. Calcular o valor de f(–1), sabendo– se que f(2x –1) = 3 – x. = 5 – 8x – 7 + 8x = –2 Solução f(2x –1) = 3 – x a) Se (fog)(x) = 2x + 1 e f(x) = –2x + 3, então determine o valor de g(0). 2x – 1 = –1 x = 0 Solução: f(–1) = 3 – 0 (fog)(x) = 2x + 1 f(–1) = 3 f(x) = –2x + 3 4. Determine o domínio da função g(0) = ? . Solução: (fog)(x) = 2x + 1 –2(g(x)) + 3 = 2x + 1 x+1=t x=t–1 g(x) = –x + 1. Logo g(0) = 1 3–x>0 x<3 D(f) = ]–;3[ 1. Qual é o domínio mais amplo da função 1.4 Função polinomial do 1.o grau ? Definição Solução: Chama-se função polinomial do 1.o grau, ou função afim, a qualquer função f de IR em IR dada por uma lei da forma (1) 1 – x ≥ 0 ⇒ x ≤ 1 (2) 2x + 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ –1/2 Fazendo-se (1) (2), temos que: f(x) = ax + b, em que a e b são números reais dados e a ≠ 0. – Na função f(x) = ax + b, o número a é chamado de coeficiente de x, e o número b é chamado termo constante. D(f) = {x∈IR/ x ≤ 1 e x ≠ –1/2} Gráfico 2. Determine o valor de k para que fog(x) = gof(x), dadas f(x) = 2kx +1 e g(x) = 2– 3x. O gráfico de uma função polinomial do 1.o grau, y = ax + b, com a ≠ 0, é uma reta oblíqua aos eixos Ox e Oy. Solução: • Se a > 0, então f será crescente. 15 UEA – Licenciatura em Matemática Solução: a) O gráfico de f é a reta que passa pelos pontos (0, 0) e (1, 2). Para a > 0: se x1 < x2, então ax1 < ax2. Daí, ax1 + b < ax2 + b, de onde vem f(x1) < f(x2). • Se a < 0, então f será decrescente; b) O gráfico de g é a reta que passa pelos pontos (0, 0) e (1, –2). Para a < 0: se x1 < x2, então ax1 > ax2. Daí, ax1 + b > ax2 + b, de onde vem f(x1) > f(x2). Observação – Uma função f : IR → IR dada por f(x) = ax, a constante, denomina-se função linear; seu gráfico é a reta que passa pelos pontos (0, 0) e (1, a): y = –2x c) Primeiro, eliminemos o módulo Se a = 0, o gráfico de f coincide com o eixo Ox. Exemplos: 1. Esboce os gráficos. a) f(x) = 2x. b) g(x) = –2x c) h(x) = 2 I x I 16 Cálculo I – Função 2. Esboce o gráfico de f(x) = I x – 1I + 2. Gráfico Solução: O gráfico de uma função polinomial do 2.o grau, y = ax2 + bx + c, com a ≠ 0, é uma curva chamada parábola. Primeiro, eliminemos o módulo ou • a > 0, então f terá concavidade voltada para cima; • a < 0, então f terá concavidade voltada para baixo. Agora , vamos desenhar, pontilhando, as retas y = x + 1 e y = –x + 3 e, em seguida, marcar, com traço firme, a parte que interessa de cada uma: Observação – A quantidade de raízes reais de uma função quadrática depende do valor obtido para o radicando Δ, chamado discriminante, a saber: • quando Δ é positivo, há duas raízes reais e distintas; • quando Δ é zero, há só uma raiz real; • quando Δ é negativo, não há raiz real. Coordenadas do vértice da parábola Quando a > 0, a parábola tem concavidade voltada para cima e um ponto de mínimo V; quando a < 0, a parábola tem concavidade voltada para baixo e um ponto de máximo V. para x ≥ 1, f(x) = x + 1 para x < 1, f(x) = –x + 3 Em qualquer caso, as coordenadas de V Sempre que uma função for dada por várias sentenças, você poderá proceder dessa forma. são Um outro modo de se obter o gráfico de f é o seguinte: primeiro desenhe pontilhado o gráfico de y = I x I; o gráfico de y = I x – 1 I obtémse do anterior transladando-o para a direita de uma unidade; o gráfico de f obtém-se deste último transladando-o para cima de duas unidades. . Veja os gráficos: 1.5 Função quadrática (função polinomial do 2.o grau) Definição Chama-se função quadrática, ou função polinomial do 2.o grau, qualquer função f de IR em IR dada por uma lei da forma Exemplo: f(x) = ax2 + bx + c, em que a, b e c são números reais e a ≠ 0. (PUC) Determine as coordenadas do vértice da 17 UEA – Licenciatura em Matemática parábola y = –x2 + 2x – 5. a) (1,–4) b) (0,–4) c) (–1,–4) d) (2,–2) Exemplo: e) (1,–3) Solução: (USP) Construir o gráfico da função f(x) = –x2 + 2x –1, no plano cartesiano. 1. y = –x2 + 2x – 5, então a = –1, b = 2 e c = –5 Solução: (1) f(x) = –x2 + 2x –1, então a = –1, b = 2 e c = –1 2. = b2 – 4ac = 22 – 4.(–1).(–5) = –16 3. (2) = b2 – 4ac, então = 22 – 4.(–1).(–1) = 0, logo as raízes de f são 4. 5. Logo o vértice é dado pelo ponto (1,–4) Imagem (3) O conjunto-imagem Im da função y = ax2 + bx + c, a ≠ 0 é o conjunto dos valores que y pode assumir. Há duas possibilidades: (4) (5) O vértice da parábola é dado pelo ponto (1,0) (6) f toca o eixo das ordenadas no ponto (0,–1) (7) Então o gráfico pode ser dado por: a<0 Observação: 1. Função polinomial – Uma função f: IR → IR dada por f(x) = a0xn + a1xn–1+ ... + an – 1x + an em que a0, a1, a2, ..., an são números fixos, denomina-se função polinomial de grau n (n IN). a) f(x) = x2 – 4 é uma função polinomial de grau 2, e seu gráfico é a parábola 18 Cálculo I – Função b) é uma função racional com domínio {x∈IR|x ≠ 0}. Observe que O gráfico de uma função polinomial de grau . À medida que I x I vai crescen- 2 é uma parábola com eixo de simetria paralela ao eixo Oy. y = x3, transladando-o uma unidade para a do , 1/x vai aproximando-se de zero, e o gráfico de g vai, então “encostando” na reta y = x (por cima se x > 0; por baixo se x < 0). À medida que x aproxima-se de zero, o grá- direita. fico de g vai encostando na curva b) g(x) = (x – 1) é uma função polinomial de 3 grau 3; seu gráfico obtém-se do gráfico de c) . é uma função racional com Domínio {x∈IR|x ≠ –2}. O gráfico de h é 2. Função racional – Uma função f é uma função obtido do gráfico de y = onde p e q são duas dada por duas unidades para a esquerda. funções polinomiais; o domínio de f é o conjunto {x∈IR|q(x) ≠ 0}. a) é uma função racional definida para todo x 0. Como , transladando-o , segue que o gráfico de f é obtido do gráfico de y = 1/x, transladando-o uma unidade para cima (veja Ex. 3). 19 UEA – Licenciatura em Matemática 5. Determine o domínio das funções: 1. Calcule: a) f(–1) e a) b) c) d) sendo f(x) = –x2 + 2x e) b) g (0), g (2) e g( ) sendo 1.6 Função exponencial sendo f(x) = x2 e ab ≠ 0 c) Chamamos de funções exponenciais aquelas nas quais temos a variável aparecendo em expoente. sendo f(x) = 3x + 1 e ab ≠ 0 d) a) f(x) = x2 e p = 1 A função f:IR IR+ definida por f(x) = ax, com a IR+ e a 1, é chamada função exponencial de base a. O domínio dessa função é o conjunto IR (reais), e o contradomínio é IR+ (reais positivos, maiores que zero). b) f(x) = 2x + 1 e p = 2 Gráfico cartesiano da função exponencial 2. Simplifique sendo dados: Temos 2 casos a considerar: c) f(x) = 1/x e p = 2 d) f(x) = quando a>1; e p = –3 quando 01) 3. Simplifique (h ≠ 0) sendo f(x) Atribuindo alguns valores a x e calculando os correspondentes valores de y, obtemos a tabela e o gráfico abaixo: igual a: a) b) c) d) 2x + 1 x2 –2x2 + 3 5 e) 4. Dê o domínio e esboce o gráfico. a) f(x) = 3x b) 0 c) h(x) = 2. y = (1/2)x (nesse caso, a=1/2, logo 0 1 e 0 < a ≠ 1. Observe que, sendo as funções inversas, os seus gráficos são curvas simétricas em relação à bissetriz do primeiro e terceiro quadrantes, ou seja, simétricas em relação à reta y = x. Se a > 1, então f será decrescente. 21 UEA – Licenciatura em Matemática 0 Da simples observação dos gráficos acima, podemos concluir que: • Para a > 1, as funções exponencial e logarítmica são CRESCENTES. • Para 0 < a ≠ 1, elas são DECRESCENTES. • O domínio da função y = logax é o conjunto R+* . • O conjunto imagem da função y = logax é o conjunto R dos números reais. • O domínio da função y = ax é o conjunto R dos números reais. • O conjunto-imagem da função y = ax é o conjunto R*+. Observe que o domínio da função exponencial é igual ao conjunto-imagem da função logarítmica e que o domínio da função logarítmica é igual ao conjunto-imagem da função exponencial. Isso ocorre porque as funções são inversas entre si. 22 UNIDADE II Limites Cálculo I – Limites quanto por valores x > 1 (à direita de 1). Do ponto de vista numérico, as tabelas abaixo mostram o comportamento da função f, para valores x à esquerda e à direita de x = 1. TEMA 02 LIMITES: DEFINIÇÃO E LIMITES LATERAIS Pela esquerda de x = 1 2.1 O papel dos limites de funções reais O conceito de Limite de uma função realiza um papel muito importante em toda teoria matemática envolvida com o Cálculo Diferencial e Integral. Há uma cadeia ordenada muito bem estabelecida no Cálculo: Pela direita de x = 1 Nesse caso, dizemos L = 2 é o limite da função f quando x se aproxima de 1, o que denotaremos por: Conjuntos, Funções, Limites, Continuidade, Derivadas e Integrais lim f(x) = 2 x→1 Para entender os conceitos mais importantes da lista acima, que são os últimos, a Teoria de Limites é fundamental. Esse resultado pode ser visto por meio da análise gráfica de f, cujo esboço vemos na figura abaixo: O motivo para isso é que nem tudo o que queremos realizar ocorre no meio físico, e quase sempre é necessário introduzir um modelo que procura algo que está fora das coisas comuns, e essa procura ocorre com os limites nos estudos de seqüências, séries, cálculos de raízes de funções... Por exemplo, obter uma raiz de uma função polinomial de grau maior do que 4 somente é possível por meio de métodos numéricos que utilizam fortemente as idéias de limite e continuidade. Na verdade, esse cálculo depende do Teorema do Valor Intermediário (apresentado no fim), que é uma conseqüência do estudo de continuidade de funções. 2.3 Limite de uma função real Seja f uma função real definida sobre o intervalo (a,b) exceto talvez no ponto x = c que pertence a intervalo (a,b), Le e Ld números reais. Diz-se que o limite lateral à direita de f no ponto c é igual a Ld, se os valores da função se aproximam de Ld, quando x se aproxima de c por valores (à direita de c) maiores do que c. Em símbolos: 2.2 Idéia intuitiva de limite Estudaremos o comportamento de uma função f nas proximidades de um ponto. Para fixar idéias, consideremos a função f:R – {1} → R definida por: lim f(x) = Ld x→ +∞ O limite lateral à esquerda de f no ponto c é igual a Le, se os valores da função se aproximam de Le, quando x se aproxima de c por valores (à esquerda de c) menores que c. Em símbolos: lim Para x diferente de 1, f pode ser simplificada e reescrita na forma mais simples: f(x) = x + 1. lim f(x) = Le Ao analisar o comportamento dessa função nas vizinhanças do ponto x = 1, ponto este que não pertence ao domínio de f, constatamos que a função se aproxima rapidamente do valor L = 2, quando os valores de x se aproximam de x = 1, tanto por valores de x < 1 (à esquerda de 1) x→ +∞ Quando o limite lateral à esquerda Le coincide com o limite lateral à direita Ld, diz–se que existe o limite da função no ponto c e o seu valor é Ld = Le = L. Com notações simbólicas, escrevemos: 25 UEA – Licenciatura em Matemática lim f(x) = L x→ c O que significa que, para qualquer e > 0 e arbitrário, existe um d > 0, que depende de e, tal que |f(x)–L| < e para todo x satisfizando 0 < |x–a| < d. No caso em que um dos limites laterais não existe ou no caso de ambos existirem, porém com valores diferentes, diremos que a função não tem limite no ponto em questão. O próximo resultado afirma que uma função não pode aproximar-se de dois limites diferentes ao mesmo tempo, e ele é denominado o teorema da unicidade, porque garante que se o limite de uma função existe, então ele deverá ser único. Notamos que à medida que x se aproxima de 1, y se aproxima de 3, ou seja, quando x tende para 1(x→1), y tende para 3 (y→3), ou seja: lim (2x + 1) = 3 x→1 Unicidade do limite – Se Lim f(x) = A e Lim f(x) = B quando x tende ao ponto c, então A = B. Observamos que quando x tende para 1, y tende para 3 e o limite da função é 3. Esse é o estudo do comportamento de f(x) quando x tende para 1 (x→1). Nem é preciso que x assuma o valor 1. Se f(x) tende para 3 (f(x)→3), dizemos que o limite de f(x) quando x→1 é 3, embora possam ocorrer casos em que para x = 1 o valor de f(x) não seja 3. De forma geral, escrevemos: Demonstração – Se e > 0 é arbitrário, então existe d' > 0 tal que |f(x)–A| < e/2 sempre que 0< |x – a| < d'. Como também temos por hipótese que existe d">0 tal que|f(x)–B| < e/2 sempre que 0<|x–a|0, temos que: |f(x)–A| < e/2 e |f(x)–B| 0 é arbitrário, temos: 2. Seja, agora, a função |A–B| < e lim então |A–B| = 0, o que garante que A=B. Como x2 + x – 2 = (x – 1)(x + 2), temos: Exemplos: 1. Seja a função f(x) = 2x + 1. Vamos dar valores a x que se aproximem de 1, pela sua direita (valores maiores que 1) e pela esquerda (valores menores que 1) e calcular o valor correspondente de y: Podemos notar que quando x se aproxima de 1 (x → 1), f(x) se aproxima de 3, embora para x = 1 tenhamos f(x) = 2. o que ocorre é que procuramos o comportamento de y quando x→1. E, no caso, y → 3. Logo, o limite de f(x) é 3. Escrevemos: Se g: IR→ IR e g(x) = x + 2, x→1 limg(x) = x→1 lim(x + 2) = 1 + 2 = 3, embora g(x) ≠ 1 f(x) em x = 1. No entanto, ambas têm o mesmo limite. 26 Cálculo I – Limites obtemos 0 < |x – 1| < δ ⇒ 2|x – 1|< ε, ou seja, |f(x) – 4| < ε. Veja a figura abaixo: lim 2(x2 – 1)/(x – 1) = 4 [δ = ε/2] x→1 3. Consideremos agora o caso onde f(x) não está definida em x = c. à 2. x→2 lim (3x + 4) = 10. De fato, dado ε > 0, para encontrar um δ > 0 que nos convenha, notemos que neste caso a = 2 e |f(x) – | = |(3x + 4) – 10| . Assim, se tomarmos δ = ε/3, temos: à Apesar de f(x) não estar definida em x = 1, o limite de f(x), quando x se aproxima de 1, existe e é igual a 2: 0 > |x – 2| < δ ⇒ |(3x + 4) – 10| = 3|x – 2| < 3δ = ε. à 3. x→2 lim (x2 + 1) = 5. De fato, dado ε > 0, vamos procurar δ > 0 sob a restrição δ ≤ 1. Assim, |x – 2| < δ implica 1< x < 3 e, portanto, |x+2| < 5. Logo, se 0 < δ ≤ ε/5, temos 0 < |x – 2| < δ, então |(x2 + 1) – 5| = |x + 2||x – 2| < 5|x – 2|< 5δ ≤ ε. Ora, x pode ser tomado tão próximo de 1 quanto quisermos, sem no entanto ser 1, pelo que o limite de f(x) é 2. 2.4 Generalização do conceito de limite Definição Portanto basta tomar 0 < δ ≤ min{1,ε/5}. Dados uma função f: B IR e um ponto de acumulação a de B, diz-se que um número ∈IR é limite de f em a, e escreve-se: lim f(x) = x→a ou f(x) → 4. x→a lim cos x = cos a. De fato, observemos que sempre |cos x1 – cos x2|≤||x1 – x2|; confira com a figura abaixo. Assim, dado ε > 0, podemos tomar δ = ε uma vez que, nesse caso: , com x → a quando vale a seguinte condição: 0 <|x – a|< δ,então: |cos x – cos a|≤||x – a| < δ = ε |cos x1 – cos x2|≤||x1 – x2| Para todo ε > 0, existe δ = δ(ε) > 0 tal que: x ∈ B, 0 < |x – a| < δ ⇒ |f(x) – | < ε. Exemplos: 1. Consideremos a função à Note que f não está definida no ponto x = 1. No entanto, para x ≠ 1 temos f(x)=2(x+1) e, portanto, é natural suspeitar que x→1 lim f(x) = 4. Mostremos por meio da definição que este é o caso. De fato, se x ≠ 1 podemos escrever |f(x)–4| = |2(x + 1) – 4| = 2|x – 1|. Assim, dado ε > 0, se escolhermos δ = ε/2 à 27 UEA – Licenciatura em Matemática TEMA 03 1. Na função f definida por CONTINUIDADE DE UMA FUNÇÃO temos: 3.1 Introdução 2 lim f(x)= x→1 lim+ (3 – x) = 2 e x→1 lim− f(x) = x→1 lim− (x – 4) = –3 x→1+ Dizemos que uma função f(x) é contínua num ponto a do seu domínio se as seguintes condições são satisfeitas: Como os limites laterais são diferentes, dizemos que x→1 lim f(x) não existe. 2. Dada a função f definida por ∃f(a) para to- ∃x→a lim f(x) do x∈IR*, calcule x→0 lim+ f(x) e x→0 lim− f(x). Existe x→0 limf(x)? lim f(x) = f(a) x→a Solução: 3.2 Propriedade das funções contínuas , temos: Se f(x) e g(x)são contínuas em x = a, então: f(x) ± g(x) é contínua em a; e f(x) . g(x) é contínua em a; f(x) g(x) é contínua em a (g(a) ≠ 0). Considerando que x→0 lim+ f(x) ≠ x→0 lim− f(x), concluímos que não existe x→0 lim f(x). 3.3 Generalização sobre continuidade de uma função 3. Calcule x→1 lim+ f(x) e x→1 lim− f(x), sendo Dizer que uma função f é contínua em um ponto a significa que f(a) existe e que f leva pontos “próximos” de a em pontos “próximos” de f(a). Isso pode ser resumido precisamente na seguinte definição: . Solução: lim f(x) = x→1 lim+ 2x = 2 e x→1 lim− f(x) = x→1 lim− x2 = 1. x→1+ Definição: Uma função f : B → é contínua em um ponto a∈B se, dado ε, existe δ > 0 de modo que x∈B, |x – a| < δ ⇒ |f(x) – f(a)| < ε. 1. Calcule, caso exista. Se não existir, justifique. a) Note que, se o domínio de f for um intervalo, B=(b,c), b 3, x→ limk f(x) = x→ limk 4 = 4 e f(k) = 4 Então, f é contínua em IR e não há ponto de descontinuidade. à Em geral, restringimos a análise aos valores de x que não verificam as condições de existência O limite de g(x) à medida que x se aproxima de 29 UEA – Licenciatura em Matemática de f ou que “quebram” o domínio de f (neste exemplo, x = 3). 6. Verifique se a função TEMA 04 é contínua PROPRIEDADES DOS LIMITES em x = 3. 4.1 Introdução Cálculo de f(3): Muitas funções do Cálculo podem ser obtidas como somas, diferenças, produtos, quocientes e potências de funções simples. Introduziremos propriedades que podem ser usadas para simplificar as funções mais elaboradas. Em todas as situações abaixo, consideraremos x→a. Cálculo de x® lim3 f(x) = Como x® lim3 f(x) = f(3), f(x) é contínua em x = 3 • Se f(x) = C onde C é constante, então Lim f(x) = Lim C = C. • Se k e b são constantes e f(x) = kx+b, então Lim f(x) = Lim (kx+b) = ka+b. • Se f e g são duas funções, k uma constante, A e B números reais e além disso Lim f(x)=A e Lim g(x)=B, então: Verifique se a função f é contínua no ponto especificado. (1) Lim(f ± g)(x)=[Lim f(x)]±[Lim g(x)] = A ± B (2) Lim(f·g)(x) = [Lim f(x)]·[Lim g(x)] = A·B 1. (3) Lim(k·f)(x) = k·Lim f(x) = k·A 2. (4) Lim(f)n(x) = (Lim f(x))n = An (5) Lim(f÷g)(x) = [Lim f(x)]÷[Lim g(x)] = A÷B, se B é não nulo. 3. (6) Lim exp[f(x)]= exp[Lim f(x)] = exp(A) • Se acontecer uma das situações abaixo: Lim f(x) = 0. 4. Lim f(x)>0 e n é um número natural. Lim f(x)<0 e n é um número natural ímpar. 5. Então: Exemplos: 1. 2. 3. 4. 30 Cálculo I – Limites Demonstração: 5. Seja ε > 0 um número qualquer. Como lim f(x)=x→a lim h(x)= , existem δ1,δ2>0 de modo que x→a 6. 7. x∈A, 0<|x – a|<δ1 ⇒ – ε < f(x) < + ε, x∈A, 0<|x – a|<δ2 ⇒ – ε < f(x) < + ε, Logo, se δ: = min{δ1,δ2} > 0 e se x∈A, a condição 0 < |x – a| < δ implica 8. ε < f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) < + ε, Donde |g(x) – | < ε, ou seja, x→a lim g(x) = . Observações sobre as propriedades: Exemplo – Se para x próximo de 0, vale a relação de desigualdades cos(x) < sen(x)/x < 1 então, quando x→0: As propriedades que valem para duas funções, valem também para um número finito de funções. 1 = Lim cos(x) < Lim sen(x)/x < Lim 1 = 1 As propriedades 3–1, 3–2 e 3–5 estabelecem que, se existem os limites das parcelas, então existirá o limite da operação, mas a recíproca deste fato não é verdadeira, pois o limite de uma operação pode existir sem que existam os limites das parcelas. Observações – Todas as propriedades vistas para o cálculo de limites são válidas também para limites laterais e para limites no infinito. Quando, no cálculo do limite de uma função, aparecer uma das sete formas, que são denominadas expressões indeterminadas, 4.2 Teoremas importantes Teorema do anulamento – Se f é uma função limitada e g é uma função tal que Lim g(x) = 0, quando x→a, então: Lim f(x)·g(x) = 0. nada se poderá concluir de imediato sem um estudo mais aprofundado de cada caso. Esse resultado é útil para podermos obter cálculos com limites. Exemplo: Teorema do Confronto (regra do sanduiche) – Se valem as desigualdades f(x)< g(x) < h(x) para todo x em um intervalo aberto contendo a, exceto talvez em x = a e se Lim f(x) = L = Lim h(x), então Lim g(x) = L. a) Calcule, caso exista, x→ lim0 f(x); Seja f uma função e suponha que para todo x tenhamos |f(x)| ≤ x2. b) f é contínua em x = 0? Por quê? Solução: Generalização: a) |f(x)| ≤ x2 ⇔ –x2 ≤ f(x) ≤ x2 Sejam f, g, h : B → tais que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) limf(x) = x→a limh(x) = . Então x→a limg(x) = . x∈B, e x→a Como x→ lim0 f(–x2) = 0 = x→ lim0 x2, segue, do teorema do confronto, que x→ lim0 f(x) = 0. O gráfico de g fica "preso'' entre os de f e h, como mostra a figura abaixo. b) Segue de (a) que f será contínua em 0 se f(0)=0. Pela hipótese, |f(x)| ≤ x2 para todo x, logo, |f(0)| ≤ 0e, portanto, f(0)=0. Assim, lim f(x) = 0 = f(0), ou seja, f é contínua em 0. x→ 0 1. Calcular . Como as funções f(x) = x2 – 9 e g(x) = x – 3 se anulam para x = 3, cairemos na expressão e 31 UEA – Licenciatura em Matemática nada poderemos concluir. Assim, devemos simplificar a fração, eliminando a indeterminação. 2. Determine o Valor de Logo, . a) 1/5 b) 2/6 c) 3/4 2. Calcular . d) 4/3 e) 3/5 Nesse caso, devemos multiplicar e dividir a fração pelo conjugado do numerador. 3. Calcule . a) 10 b) 12 c) 15 d) 17 e) 19 4. Calcule 3. Calcular . a) 2/5 b) 3/5 c) 3/2 d) 2/3 e) 2/4 . 4. Calcular 5. Ache o valor de . a) 1 b) –1 c) –2 d) 3 e) –4 6. O é igual a: a) –4 b) 1 c) 4 d) 2 e) 3 7. Calcular 1. Calcule x→ lim1 (log 10x). . a) 0 b) 1 a) x b) 2x c) 2 d) 3 c) 4x d) 3x e) 5x e) 4 32 Cálculo I – Limites 8. O a) é igual a: TEMA 05 1/9 LIMITES INFINITESIMAIS b) 1/27 c) 1/243 5.1 Limites infinitos d) 1/81 e) Seja f a função definida por f(x)=1/x. Iremos analisar o comportamento numérico dessa função por meio das tabelas abaixo. 1/54 9. O valor de é: a) 2 b) 0 Quando x → 0, por valores maiores que zero (x → 0+) os valores da função crescem sem limite. c) 8 d) 4 e) 10. O limite Quando x → 0, por valores menores que zero (x → 0), os valores da função decrescem sem limite. a) não existe; b) não é nenhum número real; c) vale 2; Observamos que próximo de x = 0, o comportamento da função é estranho. d) vale 0; e) vale 4. 11. O vale: a) 0 b) 1 c) 2 d) 4 Baseado nesse exemplo, podemos afirmar que quando x tende a 0, esta função não tem os valores aproximando-se de um limite bem definido. e) 6 12. O valor de é: Ao analisar o comportamento numérico de f(x)=1/x², nas proximidades de x=0, observamos que: a) –1 b) –2 c) d) 0 e) 1 33 UEA – Licenciatura em Matemática Observamos pelas tabelas, que se x → 0, por valores maiores ou menores do que 0, os valores da função crescem sem limite. Assim, podemos afirmar, por este exemplo, que, quando x → 0 esta função tem os valores aproximando-se de um limiar (inf = infinito = ∞). Nesse caso, dizemos que não existe o limite de f(x)=1/x² no ponto x=0, mas denotamos tal fato por: Definição: Se o limite de f(x) tende a infinito, quando x→a pela esquerda e também pela direita, dizemos que o limite de f(x), quando x → a é infinito, e escrevemos: limx→af(x) = +∞ Analogamente, a expressão matemática: limx→af(x) = –∞ significa que f(x) tende a –∞, se x→a pela esquerda e também pela direita. 5.2 Extensão sobre limites no infinito Por causa dessa notação, costuma-se dizer que algumas funções têm limites infinitos, e por causa desse limite, dizemos também que o gráfico desta função tem uma assíntota vertical, que é uma reta cuja equação é dada por x = 0, neste caso. Analisaremos agora o comportamento de h(x)=1/x, quando x cresce arbitrariamente (x→∞) ou quando x decresce arbitrariamente (x→–∞). y Pelas tabelas, observamos que: x Definição: Limx→+ ∞ h(x) = 0 Seja f uma função definida para todo x em I, exceto possivelmente no ponto x = a em I um intervalo aberto contendo a. Diz-se que f tem limite infinito, quando x se aproxima de a, o que é denotado por: limx→a f(x)=+ ∞ Quando construímos o gráfico de h, observamos que existe uma reta (assíntota) horizontal que é a reta y=0, que nunca toca a função, mas aproxima-se dela em +∞ e em –∞. Limx→– ∞ h(x) = 0 Se, para todo número real L>0, existir um d>0 tal que se 0<|x–a| L. y De modo similar, g(x)=–1/x² apresenta um gráfico com todos os valores da imagem no intervalo (–∞,0). O comportamento de g próximo de x = 0 é similar ao de f(x) = 1/x², porém os valores são negativos. Nesse caso, dizemos que não existe limite no ponto x = 0, no entanto representamos tal resultado por: Limx→0 –1/x²= + ∞ x Temos, então, uma definição geral, englobando tal situação: y x Definição: Seja f uma função definida para todos os valores do intervalo (a,∞). Escrevemos: lim f(x) = L x→∞ quando, para todo e>0, existe um número real M > 0 tal que |f(x)–L| M. 34 Cálculo I – Limites Formalizaremos agora o conceito de assíntota horizontal. 2. Calcule Definição: a) 0 Dizemos que a reta y = L é uma assíntota horizontal do gráfico de f se b) 1 lim f(x) = L ou x→–∞ lim f(x) = L x→∞ d) 2 c) 3 e) 4 5.3 Limite de uma função polinomial para x→±∞ 3. Calcule Seja a função polinomial f(x) = anxn + an–1xn–1 +... + a2x2 + a1x + a0. Então: . a) 0 b) 1 c) 6 Demonstração: d) 2 e) –2 4. Calcule Mas: a) 1 b) 4 c) 3 Logo: d) 2 e) 0 m De forma análoga, para g(x) = bmx +...b1x + b0, temos: 5. Calcule os limites: a) b) Exemplos: 1. c) 2. d) 3. e) 1. Calcule a) 1/5 c) 1/2 e) 1/4 b) 2/6 d) 3/4 35 . UEA – Licenciatura em Matemática TEMA 06 LIMITES TRIGONOMÉTRICOS 6.1 Introdução 1. Determinar . Demonstração: Para x → 0, temos sen x < x < tg x. Dividindo a dupla desigualdade por sen x > 0, vem: Invertendo, temos: 2. Determinar Transformando, temos: Mas: lim cos x = 1 lim 1 = x→0 x→0 g(x) < f(x) < h(x) são funções contínuas e se lim h(x) = b então, x→a lim f(x) = b. Logo, lim g(x) = x→a x→a 3. Calcular Transformando, temos: 6.2 Exemplos: a) b) c) 1. Calcular os seguintes limites: a) d) b) 36 Cálculo I – Limites 2. Determine: TEMA 07 a) LIMITES EXPONENCIAIS b) 7.1 Introdução c) 3. Calcular os seguintes limites: Nesse caso, e representa a base dos logarita) mos naturais ou neperianos. Trata-se do número irracional cujo valor aproximado é 2,7182818. b) Veja a tabela com valores de x e de . c) d) e) f) Notamos que à medida que . De forma análoga, efetuando a substituição , temos: Ainda de forma mais geral, temos : As duas formas acima dão a solução imediata a exercícios desse tipo e evitam substituições algébricas. Se ax – 1 = u, então ax + 1 = u. Mas: 37 UEA – Licenciatura em Matemática Logo: Fazendo –x = t, temos: x → –∞ t → + ∞ Substituindo-se, vem: Como x → 0 , então u → 0. Portanto: 1. Calcule Generalizando a propriedade acima, temos . a) e b) e7 c) 1/e3 d) ex e) e4 2. Calcule o a) e b) –e c) e2 d) 4 e) e 3. Calcule os limites: 1. Determinar a) b) 2. Determinar o Fazendo . c) temos x = 3 u e x → + ∞ impli- ca u → +∞ assim: Logo: 3. Calcular . Transformando, temos: 38 Cálculo I – Limites Augustin-Louis Cauchy (Paris, 21 de agosto de 1789 – Paris, 23 de maio de 1857) foi um matemático francês. O primeiro avanço na matemática moderna por ele produzido foi a introdução do rigor na análise matemática. O segundo foi no lado oposto – combinatorial. Partindo do ponto central do método de Lagrange, na teoria das equações, Cauchy tornou-a abstrata e começou a sistemática criação da teoria dos grupos. Não se interessando pela eventual aplicação do que criava, ele desenvolveu para si mesmo um sistema abstrato. Antes dele, poucos buscaram descobertas proveitosas na simples manipulação da álgebra. Foi um dos fundadores da teoria de grupos finitos. Em análise infinitesimal, criou a noção moderna de continuidade para as funções de variável real ou complexa. Mostrou a importância da convergência das séries inteiras, com as quais seu nome está ligado. Fez definições precisas das noções de limite e integral definida, transformando-as em notável instrumento para o estudo das funções complexas. Sua abordagem da teoria das equações diferenciais foi inteiramente nova, demonstrando a existência de unicidade das soluções, quando definidas as condições de contorno. Exerceu grande influência sobre a física de então, ao ser o primeiro a formular as bases matemáticas das propriedades do éter, o fluido hipotético que serviria como meio de propagação da luz. A vida de Augustin Cauchy assemelha-se a uma tragicomédia. Seu pai, Louis-François, esteve muito próximo da guilhotina, apesar de ser advogado, culto, estudioso da Bíblia, católico fanático e tenente de polícia. Augustin era o mais velho dos seis filhos (dois homens e quatro mulheres). Seguia obstinadamente os preceitos da Igreja Católica. Seu eterno louvor à beleza e à santidade cansava os que o ouviam. 39 UNIDADE III Derivada Cálculo I – Derivada causa dos trabalhos dos matemáticos franceses Augustin Louis Cauchy (1789–1857) e Joseph Louis Lagrange (1736–1813). TEMA 08 O cálculo diferencial e integral, como é conhecido hoje, é um instrumento matemático de extrema importância. Suas aplicações, além da matemática e da física, estendem-se também à química, à biologia, à engenharia, etc. DERIVADA DE UMA FUNÇÃO, DEFINIÇÃO 8.1 CÁLCULO DIFERENCIAL: UMA DUPLA AGITA O MEIO CIENTÍFICO As primeiras idéias sobre o cálculo foram registradas na Grécia, no século V a.C., e estavam ligadas ao cálculo de áreas, volumes e comprimentos de arcos. 8.2 INTRODUÇÃO DO ESTUDO DAS DERIVADAS O problema fundamental do cálculo diferencial é estabelecer uma medida para a variação da função com precisão matemática. Foi investigando problemas dessa natureza, lidando com grandezas que variam com continuidade, que Newton foi conduzido à descoberta dos princípios fundamentais do cálculo. Supõe-se que foi o matemático grego Eudoxo de Cnido quem teria dado os primeiros passos nesse campo, criando o método de exaustão, que mais tarde foi aplicado brilhantemente pelo matemático grego Arquimedes de Siracusa (287–212 a.C.) para calcular a área de um segmento parabólico. Para o cálculo avançar, porém, era necessário descobrir fórmulas gerais, que permitissem, por exemplo, calcular a área de qualquer figura geométrica. Contudo isso só veio a acontecer no século XVII, quando vários matemáticos, entre eles o francês Pierre de Fermat (1601–1665) e os ingleses Jhon Wallis (1616–1703) e Isaac Barrow (1630–1677), deram importantes passos nesse sentido, além de abrirem caminho para dois outros grandes matemáticos daquela época: Isaac Newton e Gottfried W. Leibniz. Da física, sabemos que quando uma partícula se movimenta segundo a equação horária S = f(t), em que s é a abscissa (posição) do ponto em que se encontra a partícula no instante t (s é uma função de t), a velocidade média do movimento entre dois instantes (t0,t), que vamos indicar por Vm(t0;t) é dada por: A velocidade (instantânea) no instante t0, V(t0) é definida pelo limite de Vm(t0; t) quando t tende a t0: Isaac Newton Gottfried Wilhelm Leibniz Essa dupla, trabalhando separadamente e no mesmo período, estabeleceu as bases do cálculo. Exemplo: • Newton fundamentava suas idéias na mecânica e Leibniz, na geometria. Uma particula movimenta-se segundo a equação horária S = 2t2 + 5t + 10, s em metros e t em segundos. Obter a velocidade: a) A partir do século XVIII, o cálculo sofreria profundas transformações, principalmente por no instante t = 1; b) num instante t = t0 43 UEA – Licenciatura em Matemática Δx : acréscimo da variável x : Δx = x – x0 Solução: Δx : acréscimo da variável y : Δy = f(x) – f(x0) a) ou Δy = f(x0 + Δx) – f(x0) Denomina-se razão inceremental o quociente Então, temos: ou A velocidade média no instante t = 1 é: Exemplo: Calcular a razão incremental da função f(x) = 3x – 1, relativa ao ponto x0 = 2 V(1) = 9m/s Solução: f(x) = 3x – 1 e f(x0) = f(2) = 3 . 2 – 1 ⇒ f(x0) = 5 b) Então, temos: ⇒ ⇒ 8.4 DERIVADA DE UMA FUNÇÃO EM UM PONTO V(t0) = 4t0+ 5 Seja y = f (x) a função que está representada no gráfico, e sejam x0 e x0 + Δx dois valores de seu domínio. equação da velocidade para t = 1 ⇒ V(1) = 4 × 1 + 5 = 9m/s 8.3 RAZÃO INCREMENTAL Seja f (x) uma função definida em um intervalo I de seu domínio, e sejam x0 e x = x0 + Δx dois valores pertencentes a esse intervalo Denomina-se derivada da função f (x) no ponto x0 o limite finito (se existir) da razão incremental da função quando Δx tende a zero, ou seja: 44 Cálculo I – Derivada lativa ao ponto x0, nos seguintes casos: a) f(x) = 3x2 + 1, no ponto x0 = 2 Exemplo: b) f(x) = x2 + 3x, no ponto x0 = 1 1. Determinar a derivada da função f(x) = 4x2 – 2 no ponto x0 = 2 c) f(x) = x3, no ponto x0 = –1 2. Calcule a derivada da função f(x) no ponto x0 em cada caso: Solução: a) f(x) = x2 + 1, no ponto x0 = 3 b) f(x) = x2 + 2x, no ponto x0 = 4 c) f(x) = x2 – 3x + 4, no ponto x0 = 1 d) f(x) = 2x – 1, no ponto x0 = 2 3. Dada a função f (x), definida em IR, determine f´(x) nos seguites casos: a) f(x) = x2 – 2x b) f(x) = x c) f(x) = Como d) f(x) = 3x + 4 , temos: e) f(x) = x3 + 2x2 4. Determine o valor de x que anula a derivada da função f(x) = x2 – 4x 5. Um ponto percorre uma curva obedecendo à equação horária s = t2 + t – 2. Calcule a sua velocidade no instante t0= 2seg. 2. Dada a função f(x) = 3x2, definida em IR, calcular a função derivada f’(x). Solução: 1. A derivada da função f(x) = x2 – 3x no ponto x = 0 é igual a: a) 0 b) – 3 c) – 1 d) 1 e) n.d.a. 2. Sendo f(x) = 2x2, então f’(3) é igual a: a) 4 b) 12 c) 18 1. Calcule a razão incremental da função f (x), re45 UEA – Licenciatura em Matemática d) 36 e) n.d.a. TEMA 09 3. Se f(x) = 6x3, então f’(x) é igual a: A RETA TANGENTE AO GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO a) 9x2 b) x2 9.1. Introdução c) 18x2 Imaginemos que o gráfico cartesiano de uma função y = f (x) admita uma reta tangente t num ponto P de abscissa x0. Vamos representar por αt(x0) o ângulo de inclinação da reta tangente em relação ao eixo x. d) 3x2 e) n.d.a. 4. A função derivada de y = x3 é definida por: a) y’ = 3x Da geometria analítica, sabemos que o coeficiente angular da reta t, que vamos indicar por mt(x0), é dado por: mt(x0) = tgαt(x0). b) y’ = 3x2 c) y’ = x2 d) y’ = 3x3 e) 5. A função derivada da função é: a) b) c) Se Q é um ponto qualquer do gráfico de f, de é uma secante abscissa x ≠ x0, a reta S = ao gráfico. O coeficiente angular da secante, que indicaremos por d) e) n.d.a. 6. A função derivada da função f(x) = 3x2 – 2x anula-se para: a) x = 0 b) x = 3 c) d) e) n.d.a. Fazendo x tender a x0, isto é, imaginando P fixo e Q movimentando-se sobre o gráfico, aproxi46 Cálculo I – Derivada mando-se de P, observamos que a inclinação 9.2 DEFINIÇÃO da reta secante tende à inclinação da reta tan- Para estudar esse problema, consideremos o gráfico da função y = f (x) indicado na figura: gente: αs → αt(x0) Nesse caso, temos tambem: tgαs → tgαt(x0) Em que: ms → mt(x0) Δx= incremento da variável x Então, temos: Δyincremento da função razão incremental Na figura, temos: Quando existe o limite finito s é uma reta secante à curva; Exemplo: t é uma tangente à curva no ponto A(x0, y0); Calcular o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico da função y = x² no ponto de abscissa x = 1 (considerando o triângulo ABC) Note que, quando Δx → 0, o ponto B tenderá ao ponto A, e a reta secante s tenderá à reta tangente t; como conseqüência, o ângulo β tenderá a α, e teremos: Solução Enquanto Δx tende a zero, a reta secante tende a uma posição limite, que é a reta tangente à curva no ponto A de abscissa x0. Portanto o coeficiente angular da tangente é o valor do limite dos coeficientes angulares das secantes quando Δx tende a zero. O valor desse limite denomina-se derivada da função f(x) no ponto de abscissa x0, e indicamos f’(x0). 47 UEA – Licenciatura em Matemática Solução: Definição: Seja a função f (x) definida no intervalo [a, b], e seja um ponto de abscissa x0 desse inetrvalo. Denomina-se derivada da função f (x) no ponto de abscissa x0, o limite, se existir e for Daí: quando Δx finito, da razão tende a zero. Ou ou Observação: Não possui derivada em x = 0 • Determinar, pela definição, a função deriva- Exemplos: da de f(x) = x2. • Determinar a derivada da função f(x) = 3x no ponto de abscissa x0 = 2. 2 Solução: Solução: 1.ª MANEIRA Se x0 = 2 ⇒ f(x0) = f(2) = 3 × 22 = 12 Logo: • Qual a reta tangente ao gráfico da função na origem? 2.ª MANEIRA SOLUÇÃO f(x0 + Δx) = f(2 + Δx) = 3 (2 + Δx) = A reta que procuramos passa no ponto (0;0) 2 12 + 12Δx + 3(Δx)2 f(x0 ) = f(2) = 3 . 22 = 12 Logo: (x → 0+, pois f’(2 ) = 12 • Dada a função , calcular a derivada de f’(x) no ponto x = 0. 48 é definida só para x ≥ 0). Cálculo I – Derivada Quando o limite é +∞, a reta tangente é perpendicualr ao eixo x. Concluímos que a reta tangente a na origem é o eixo y. • Dada a função f(x) = x2 – 2x, determinar f’(6): Substituindo na igualdade anterior, temos: SOLUÇÃO f(x) = x2 – 2x f(x0) = f(6) = 62 – 2 . 6 = 24 Logo: • Seja a função f: IR → IR tal que f(x) = 3x2 – 1. Determinar: a) a derivada de f no ponto de abscissa 2, isto é, f´(2); b) a equação da reta t tangente ao gráfico de f no ponto P (2, 11). SOLUÇÃO = 10 a) • Dada a função f (x) = sen x, determinar, pela definição, a função derivada de f (x). como SOLUÇÃO e , temos: Como, pela triigonometria, sen a – sen b = b) Temos, da reta t, o ponto P(2,11) e o coefi- , temos: ciente angular m = f’(2) = 12. Pela equação fundamental: obtemos a equacação da reta t : y – 11 = 12(x – 2) ∴ y = 12x – 13. Graficamente, temos: Pelo limite trigonométrico fundamental, estudado anteriormente, temos: 49 UEA – Licenciatura em Matemática • A função f : IR –{3} → tal que y = x2 – 3x no seu ponto de abscissa 4? é 4. A equação da reta tangente à curva de equação y = 2x2 – 1, no ponto de abscissa 1, é: derivável no intervalo ]1, 5[? SOLUÇÃO a) y = 4x – 3 Para que uma função f seja derivável em um ponto de abscissa a, a definição exige que exista f (a). Como 3 ∉ D(f), temos que f não é derivável no ponto de abscissa 3 e, portanto, não é derivável no intervalo ]1, 5[. b) y = 4x – 1 c) y = 2x + 3 d) y = –2x + 1 e) y = 3x + 2 • Mostrar que a função f : IR –{3} → IR tal que 5. Aplicando a definição, calcule: é derivável em todo seu domínio. a) a derivada da função f(x) = x2 + x no ponto de abscissa x = 3. SOLUÇÃO Temos que: b) a derivada da função f(x) = x2 – 5x + 6 no ponto x = 1. , para x ≠ 3. 6. Através da definição, ache a derivada de f (x) = cos x Existe f’(a) se, e somente se, existe e é finito o limite: Para qualquer a, a ∈ IR e a ≠ 3, temos: Como esse limite existe e é finito para todo elemento real a, a ≠ 3, temos que f é derivável em seu domínio. 1. Considerando a reta t, tangente à curva definida por f (x) = x², no ponto de abscissa 2, determinar: a) o coeficiente angular da reta t b) a equação da reta t. 2. Considerando a reta t, tangente à curva definida por , no ponto de abscissa 1, determinar: a) o coeficiente angular da reta t b) a equação da reta t 3. Qual é a equação da reta tangente à curva 50 Cálculo I – Derivada f´(x) = cosx, ou seja: f(x) = senx ⇒ f’(x) = cosx TEMA 10 Demonstração REGRAS DE DERIVAÇÃO 10.1 DERIVADAS FUNDAMENTAIS Regras que nos permitirão calcular a derivada de uma função f(x) mais facilmente. A demonstração dessas regras poderá ser feita com a aplicação da definição; como esse processo é demasiado longo, faremos algumas, e as outras ficarão como exercícios complementares. a) Derivada da função constante f(x) = k ⇒ f’(x) = 0; k ∈ IR Demonstração: Exemplo: f(x) = ⇒ f’(x) = 0 Obs.: b) Derivada da função identidade A derivada da função identidade f (x) = x é 1, ou seja: f(x) = x ⇒ f’(x) = 1 e) Derivada da função co-seno Demonstração: A derivada da função f (x) = cosx é a função f’(x) = –senx f) Derivada da funçãoe exponencial A derivada da função exponencial f(x) = ax (a > 0 e a ≠ 1 é a função f’(x) = ax . ln a c) Derivada da função potência Demonstração: A derivada da função f(x) = xn (n ∈ N*) é: f’(x) = n × xn–1, ou seja: f(x) = xn ⇒ f’(x) = nxn–1 Exemplos: • f(x) = x3 ⇒ f’(x) = 3x3–1 = 3x2 • f(x) = 4x2 ⇒ f’(x) = 2 × 4 × x2–1 = 8x •f(x) = x–5 ⇒ f’(x) = –5 x x–5–1 = –5x–6 = Obs: Exemplo: f(x) = 5x ⇒ f’(x) = 5x . ln 5 • g) Derivada da função logarítmica neperiana A derivada da função f (x) = lnx é a função d) Derivada da função seno (x > 0) A derivada da função f (x) = senx é a função 51 UEA – Licenciatura em Matemática b) g(x) = x5 – x3 Caso seja dado o logaritmo numa base a, a > 0 e a ≠ 1, fazemos a mudança para a base e. Solução: g’(x) = 5x4 – 3x2 c) h(x) = 3 – x + cos x + ln x Então: Solução: Exemplos: • 2. Obtenha as derivadas das seguintes funções: (x > 0) a) f(x) = 10 ⇒ f’(x) = 10 b) f(x) = x5 ⇒ f’(x) = 5 . x5–1 = 5x4 (x > 0) • c) f(x) = x3 + x2 ⇒ f’(x) = 3x2 + 2x d) f(x) = x5 + 1 ⇒ f’(x) = 5x4 + 0 = 5x4 10.2 REGRAS OPERATÓRIAS DE DERIVAÇÃO d) f(x) = x5 + 1 ⇒ f’(x) = 5x4 + 0 = 5x4 Sejam u e v funções deriváveis em um intervalo aberto I. Para todo x, x∈I, tem-se que: e) f(x) = sen x + cos x ⇒ f’(x) = cos x + a) Derivada da soma (–sen x) = cos x – sen x f(x) = u(x) + v(x) ⇒ f’(x) = u’(x) + v’(x) f) f(x) = 2x ⇒ f’(x) = 2x ln 2 Demonstração: g) f(x) = ex ⇒ f’(x) = ex . 1 = ex h) 3. Encontre a equação da reta tangente à curva: a) y = x5 no ponto x0 = 1 SOLUÇÃO f’(x) = u’(x) + v’(x) y = x5 no ponto x0 = 1 c.q.d f(x) = x5 ⇒ f(x0) = f(1) = 1 b) Derivada da diferença f’(x) = 5x4 ⇒ f’(1) = 5 . 14 = 5 f(x) = u(x) – v(x) ⇒ f’(x) = u’(x) – v’(x) No ponto (1,1): y – f(1) = f’(1)(x – 1) Obs.: A soma ou a diferença para n funções y – 1 = 5(x – 1) ⇒ y = 5x – 4 • f(x) = u1(x) + u2(x) +...+ un ⇒ b) y = ln x no ponto x0 = 2 f’(x) = u’1(x) + u’2(x) +...+ u’n(x) SOLUÇÃO • f(x) = u1(x) – u2(x) –...– un ⇒ f’(x) = u’1(x) – u’2(x) –...– u’n(x) 1. Determinar a derivada de cada uma das seguintes funções: 4. Determine f’(x), sabendo que: a) f(x) = x4 + sen x a) f(x) = x2 . cos x Solução: f’(x) = 4x3 + cos x b) f(x) = (x2 + 3x + 1)(ln x) 52 Cálculo I – Derivada gente à curva y = x3 + x2 + x + 1 no ponto x0 = 1. SOLUÇÃO a) f(x) = x2 . cos x f’(x) = (x2 . cos x)’ = (x2)’cos x + x2 (cos x)’ = 2 3. Obter a reta tangente à parábola y = x2 – 4x + 3 no ponto de abscissa 4. 2 2x . cos x + x (–sen x) = 2x . cos x – x . sen x logo, f’(x) = 2x . cos x – x2 . sen x 4. Determine a derivada de cada uma das seguintes funções: b) f(x) = (x2 + 3x + 1)(ln x) f’(x) = (x2 + 3x + 1)’lnx + (x2 + 3x + 1)(ln x)’ = (2x + 3) ln x + (x2 + 3x + 1) a) a(x) = x3 + x = b) b(x) = ln x – sen x = 2x . ln x + 3 . ln x + 3 + c) c(x) = cos x ln x d) d(x) = 6x4 – 3x2 + 7x – 4 Logo, f’(x) = 2x . ln x + 3 . ln x + x + 3 + 5. A equação da reta tangente à curva y = x3 – 5x + 1 no ponto de abscissa x = 1 é: 5. Determine f’(x), sabendo que: a) x – y – 4 = 0 a) b) x – y + 4 = 0 c) x + y – 4 = 0 b) d) 2x +y – 1 = 0 c) f(x) = tg x e) 2x + y + 1 = 0 d) f(x) = cot gx a) 6. Uma partícula move-se em linha reta. A equação horária do espaço s é s(t) = t3 + 4t2, com s em metros e t em segundos. b) a) Obter a velocidade instantânea da partícula para t = 1seg. Respostas: b) Obter a aceleração instantânea para t = 1seg. c) f’(x) = sec2 x 7. Um corpo se desloca sobre uma linha reta, de modo que a equação horária do espaço s é s(t) = 6t3 – 2t + 3, com s em quilômetros e t em horas. d) f’(x) = cos sec2 x a) Qual é a equação horária da aceleração instantânea desse corpo? 1. Determine f’(x), sabendo que: b) Qual é a aceleração instantãnea desse corpo no instante t = 2h?0 a) f(x) = x2 + x + 1 b) f(x) = lnx – cos x 8. Considere as funções f e g dadas por f(x) = x2 – cos x e g(x) = sen x + x. Calcule o c) f(x) = 3x5 d) f(x) = 3x2 + 2x + 1 valor da expressão e) f(x) = ax2 + bx + c f) f(x) = lnx + 2cos x . 9. Considere f(x) = 2x3 – 15x2 + 36x – 7 e g(x) = x3 – 6x2 + 11x – 6 e determine f’(0) – 2 . g’(1). 2. Determine o coeficiente angular da reta tan53 UEA – Licenciatura em Matemática c) Derivada do produto f(x) = u(x).v(x) ⇒ f’(x) = u’(x).v(x)+u(x).v’(x) d) Derivada do quociente Sejam u e v funções deriváveis em um intervalo aberto I. Para todo x, x∈I e v(x) ≠ 0, tem-se que: 10.5 DERIVABILIDADE E CONTINUIDADE Uma função real y = f(x) é denominada função derivável no ponto x0 quando existe (finita) a derivada f’(x0). Quando f é derivável em todos os pontos do seu domínio, dizemos que ela é uma função derivável. Obs.: As demonstrações b, c e d ficam para você fazer como exercícios. 10.3 OUTRAS DERIVADAS a) b) c) d) f(x) = tg x ⇒ f’(x) = sec2 x f(x) = cot gx ⇒ f’(x) = –cos sec2 x f(x) = sec x ⇒ f’(x) = sec x . tg x f(x) = cossec x ⇒ f’(x) = –cosssec x . cot gx Obs.: Faça as demonstrações como exercícios. Propriedade: 1. Determinar a derivada da função f(x) = x5 . sen x. Se a função f é derivável no ponto x0, então f é contínua em x0. Solução: u(x) = x5 ⇒ u’(x) = 5x4 Demonstração: v(x) = sen x ⇒ v’(x) = cos x Provar que f é contínua em x0 significa provar que Δ→x lim f(x) = f(x0) f’(x) = u’(x) . v(x) + u(x) . v’(x) 0 f’(x) = 5x4 . sen x + x5 . cos x Admitindo que é derivável em x0, existe: 2. Determinar a derivada da função f(x) = (x4+8)ln x Solução: Então: lim f(x) =[f(x) – f(x0) + f(x0)] lim f(x) = x→x x→x0 0 lim f(x) = 0 + f(x0) = f(x0)] e fica provado que, x→x0 existindo f’(x0), f é contínua em x0. u(x) = 3 ⇒ u’(x) = 0 A recíproca desta propriedade não é verdadeira. Podemos ter uma função contínua em x0, mas não derivável em x0. É o que ocorre quando o gráfico tem um “bico” em x = x0 v(x) = sen x ⇒ v’(x) = cos x Exemplo: 3. Determinar a derivada da função . Solução: Mostrar que f (x) = |x| não é derivável em x = 0 54 Cálculo I – Derivada co de y = tgx no ponto de abscissa . 3. Dada a função de f: a) f(x) = 2x4 – 3x2 + 4, calcule f´(1) b) , calcule f’(3) no ponto de 4. A derivada da função SOLUÇÃO abscissa x = 2 é: Mas a) 2 b) 3 c) 4 d) 0 e) 1 e 5. A derivada da função f (x) = tgx, calculada no Como os limites laterais são diferentes, não existe f´(0). Portanto f não é derivável em x= 0, entretanto f é contínua em x = 0. ponto de abscissa Reconhecimento prático a) 1 b) 2 a) Uma função é contínua nos pontos em que não há “salto” nem “furo” no gráfico. c) b) Uma função é derivável nos pontos em que é contínua e existe uma reta tangente ao gráfico, não perpendicular ao eixo x. Num ponto em que há um “bico” no gráfico, a função é contínua, mas não derivável. vale: d) e) 0 6. Sendo g: IR → IR tal que g(x) = x5, obtenha: a) g’(2); b) a equação da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abscissa 2. 7. Encontre a derivada de cada uma das seguintes funções: 1. Observando o gráfico ao lado de uma função f definida em IR, responda se f é contínua e/ou derivável em cada ponto seguinte: a) a(x) = x5 + x4 + 2 b) a(x) = x5 + x4 + 2 c) c(x) = x5 ln x d) d(x) = (x2 + 3) sen x e) e(x) = x5 sen x cos x f) f(x) = 9x4 g) g(x) = 12x5 – 3x4 + 2x + 4 a) x = 0 c) x = 2 h) h(x) = log5 x b) x = 1 d) x = 3 i) i(x) = 6log2 x j) 2. Obtenha a equação da reta tangente ao gráfi55 UEA – Licenciatura em Matemática k) TEMA 11 l) A REGRA DA CADEIA 11.1 Introdução m) Sejam g e f duas funções deriváveis nos pontos x e u, respectivamente. Então: 8. Seja f(x) = x2 – x. Determine as equações das retas tangentes e normal no ponto de abscissa 0. 9. Determine as equações das retas tangente e normal ao gráfico da função dada, no ponto dado. a) f(x) = x2 – 3x, no ponto de abscissa 0. b) , no ponto de abscissa 8. c) , no ponto de abscissa 1. A derivada da função composta (fog)(x) dada por: (fog)’(x) = g’(x) . f’(x) ou é em que y = f(u) e u = g(x) 10. Seja f(x) = x2. Determine a equação da reta que é tangente ao gráfico de f e paralela à reta Exemplos: • Determinar a derivada das seguintes funções: . a) f(x) = (x2 + x)3 b) f(x) = cos 3x Solução: a) u = g(x) = x2 + x e f(u) = u3 g’(x) = 2x + 1 e f’(u) = 3u2 = 3(x2 + x)2 Como f’(x) = g’(x) . f’(u) f’(x) = (2x + 1) . 3(x2 + x)2 b) u = g(x) = 3x e f(u) = cos u g’(x) = 3 e f’(u) = –sen u = –sen 3x f’(x) = g’(x) . f’(u) = 3(–sen 3x) f’(x) = –3sen 3x 1. REGRAS DE DERIVAÇÃO Decorreram pela regra da cadeia as seguintes regras de derivação, em que v(x) é uma função real derivável: 56 Matemática Elementar II – Conjuntos Cálculo I Numéricos – Derivada 2. DERIVADAS SUCESSIVAS Seja f (x) a função cuja derivada primeira é f´(x). Se f´(x) admite, também, a derivada f”(x), essa recebe o nome de derivada segunda de f (x). E assim por diante, define-se derivada terceira, derivada quarta e derivada n-ésima da função f(x). 3. DERIVADA DA FUNÇÃO INVERSA Exemplo: Seja f(x) = 2x5. Então, temos: f’(x) = 10x4 f’’(x) = 40x3 f’’’(x) = 120x2 Se f é uma função que admite inversa e é derivável no ponto x, com f(x) ≠ 0, então: f(4)(x) = 240x f(5)(x) = 240 f(6)(x) = 0 ................ Ou seja, se a função é representada por y = y(x), a sua inversa será dada por x = x (y). E, assim: f(n)(x) = 0, ∀n ≥ 6 Se x = x(y), então . CONSEQUÊNCIAS: 1. Obter a equação da aceleração de uma partícula que se movimenta segundo a lei horária S = 2t2 + 4t + 5. 1. DERIVADA DA FUNÇÃO LOGARÍTMICA Solução: S = f(t) = 2t2 + 4t + 5 v = f’(t) = 4t + 4 a = f”(t) = 4 (aceleração constante) 2. DERIVADA DA FUNÇÃO POTÊNCIA COM EXPOENTE REAL 2. Determinar as equações da velocidade e da aceleração de uma partícula em movimento harmônico simples cuja posição é dada por y = xα ⇒ y’ = α . xα−1 ; α∈IR e x > 0 3. DERIVADA DA FUNÇÃO arc sen SOLUÇÃO 4. DERIVADA DA FUNÇÃO arc cos 57 UEA – Licenciatura em Matemática 5. DERIVADA DA FUNÇÃO arc tg 2. Determine a função derivada das seguintes funções: a) f(x) = logx2 SOLUÇÃO Exemplo: x b) f(x) = logcos 2 • Se f(x) = 3x – 6, determine (f–1)’(y) SOLUÇÃO Solução: x f(x) = logcos 2 f(x) = 3x – 6 ⇒ f’(x) = 3 (f–1)(x) = x + 2 ⇒ (f–1)(x) = Então c) f(x) = arc sen x2 • Se y = x2, determine a derivada da sua inversa. SOLUÇÃO Solução: y = x2 e z = arc sen y • Se f(x) = 2x + 1, determine (f–1)’(y) 3. Calcular as derivadas sucessivas de: SOLUÇÃO a) f(x) = 3x2 + 5x + 6 y = f(x) = 2x + 1 ⇒ y’ = f’(x) = (2x + 1)’ = 2 b) f(x) = sen 2x Portanto SOLUÇÃO a) f(x) = 3x2 + 5x + 6 f’(x) = 6x + 5 f”(x) = 6 f’”(x) = f(“)(x) = ... = 0 b) f(x) = sen 2x 1. Obtenha a derivada de cada uma das seguintes funções: f’(x) = 2 . cos 2x f”(x) = –4 . sen 2x a) f(x) = cos 2x f”’(x) = –8 cos 2x Solução y = f(x) = 2x e z = g(y) = cos y y’ = f’(x) = 2 e z’ = g’(y) = –sen y f’(x) = g’(y) . f’(x) = (–sen y) . 2 = –2sen 2x b) F(x) = (x2 + 1)10 1. Dada f(x) = sen x, calcule Solução 2 , onde f(4) indica 10 y = f(x) = x + 1 e z = g(y) = y y’ = f’(x) = 2x e z’ = g’(y) = 10y9 9 a derivada quarta de f. 2 9 F’(x) = g’(y) . f’(x) = 10y . 2x = 20x(x + 1) 58 Cálculo I – Derivada 2. Obtenha a equação da reta tangente ao gráfico de y = tgx no ponto de abscissa medido em metros e o instante t em segundos. A velocidade do móvel no instante t = 4 s, em m/s, vale: . a) –10 m/s 3. A derivada da função f (x) = tgx, calculada no ponto de abscissa b) 0 m/s vale: c) 10 m/s d) 22 m/s a) 1 b) 2 e) 32 m/s c) 10. Chama-se custo marginal de produção de um artigo o custo adicional para se produzir um artigo além da quantidade já prevista. Na prática, a função custo marginal é a derivada da função custo. Uma fábrica de sapatos tem um custo para produzir x sapatos dado por C (x) = 3000 + 25 x, com C em reais. d) e) 0 4. Sabe-se que a metade dos produtos exportados pelo Brasil vem de recursos naturais. A derivada primeira da função E(x) = 4x3 – 3x2 + 5x – 4, para x = 2 equivale à porcentagem dos produtos primários (café, minério de ferro, etc.), que é de: Qual é o custo marginal que essa fábrica terá para produzir mais um sapato? 11. Uma fábrica de componentes eletrônicos tem um custo para produzir x componentes dado a) 36 % b) 38 % por c) 41 % reais. Qual é o custo marginal que essa fábrica tem para produzir mais um componente quando x = 0, x = 100, x = 400 e x = 800 ? d) 49 % 5. Determine as derivadas das seguintes funções: 12. Uma partícula movimenta-se sobre uma reta, e a lei horária do movimento é dada por s = 2t2 – 5t – 2 (SI). A aceleração escalar do movimento é: a) b) y = f(x) = arc tg x c) d) y = f(x) = arc sen x a) 2m/s2 e) y = f(x) = arc cos x b) 4m/s2 6. Calcule o valor da segunda derivada f(x) = cos 3x no ponto , com c em c) –5m/s2 de d) –7m/s2 . e) zero 7. Determine a derivada de f(x) = senx3 . tg x. 8. Obtenha o coeficiente angular e a equação da reta tangente à curva f(x) = ln(x2 – 3), no ponto de abscissa x0 = 2. 9. Um móvel efetua um movimento retilíneo uniformemente variado obedecendo à equação horária s = 6 – 10t + 4t2, em que o espaço s é 59 UEA – Licenciatura em Matemática f’(x0) = tg α < 0 f’(x1) = tg β < 0 f’(x0) = tg α < 0 f’(x1) = tg β < 0 TEMA 12 ESTUDO DO SINAL DE UMA FUNÇÃO 12.1 OS SINAIS DA DERIVADA PRIMEIRA Consideremos uma função real f definida num domínio D, tal que f é derivável em D. Os sinais da função derivada f´estão relacionados ao crescimento ou decrescimento de f. E valem as seguintes propriedades: f’(x) < 0, ∀x ∈ I ⇒ f é decrescente em I. I) Se f´(x) é positiva para todo x de um intervalo I, então f é crescente em I. Suponhamos f derivável num intervalo aberto contendo x0 e que f’(x0) = 0. A reta tangente ao gráfico de f no ponto de abscissa x0 tem coeficiente angular m = f’(x0), portanto é paralela ao eixo x. a) f’(x0) = tg α > 0 f’(x1) = tg β > 0 f cresce antes de x0 e decresce depois de f’(x0) = tg α > 0 x0. Nesse caso, x0 é ponto de máximo local. f’(x1) = tg β > 0 f’(x) > 0, ∀x ∈ I ⇒ f é crescente em I. b) II) Se f’(x) é negativa para todo x de um intervalo I, então f é decrescente em I. f decresce antes de x0 e depois cresce de x0. Nesse caso, x0 é ponto de mínimo local. 60 Cálculo I – Derivada c) Exemplo: Determinar os pontos críticos e estudar a variação da função f(x) = x3 – 3x, x∈IR. Esboçar o gráfico. Solução: f cresce antes e depois de x0. Nesse caso, x0 é um ponto de Inflexão de f. f(x) = x3 – 3x ⇒ f’(x) = 3x2 – 3 f’(x) = 0 ⇔ x = ±1 (pontos críticos) d) Gráfico de f f(x) = x3 – 3x, x∈IR x = –2 ⇒ f’(–2) > 0 x = 0 ⇒ f’(0) < 0 x = 2 ⇒ f’(2) > 0 f decresce antes e depois de x0. Nesse caso, x0 é ponto de inflexão de f. Conclusão: • Num intervalo em que f’(x) > 0, f é crescente. • Num intervalo em que f’(x) < 0, f é decrescente. • Os pontos em que f’(x) = 0 podem ser de máximo ou de mínimo ou de inflexão. Esses pontos são chamados pontos críticos de f. Conclusão: f é crescente nos intervalos ]–∞,1] e ]1,+∞] e é decrescente em [–1;1]. Os pontos críticos são x = –1, ponto de máximo local, e x = 1, ponto de mínimo local. 12.2 OS SINAIS DA DERIVADA SEGUNDA Consideremos uma função real f, definida num domínio D, tal que f é derivável até a segunda 61 UEA – Licenciatura em Matemática ordem em D, isto é, existem f´(x) e f”(x) em D. Os sinais da derivada segunda f”(x) estão relacionados à concavidade do gráfico de f. Concavidade para baixo: pontos do gráfico ficam abaixo das retas tangentes. Propriedades: I) Se f”(x) é positiva para todo x de um intervalo I, então f é côncava para cima em I. tg α > tg β > tg y f’(x1) > f’(x2) > f’(x3) f’(x) é decrescente f”(x) < 0 Concavidade para cima: pontos do gráfico ficam acima das retas tangentes f”(x) < 0, ∀x ∈ I ⇒ f côncava para baixo em I Pontos de Inflexão – São os pontos em que f muda de concavidade . Num ponto de inflexão, a reta tangente ao gráfico corta a curva. tg α < tg β < tg y f’(x1) < f’(x2) < f’(x3) f’(x) é crescente Ponto de Inflexão: f muda de concavidade A reta tangente corta o gráfico f”(x0) = 0 e f’(x0) = tg α ≠ 0 f”(x) > 0 f”(x) > 0, ∀x ∈ I ⇒ f côncava para cima em I II) Se f”(x) é negativa para todo x de um intervalo I, então f é côncava para baixo em I. Ponto de Inflexão horizontal – a reta tangente é paralela ao eixo x. f”(x0) = 0 e f’(x0) = 0 62 Cálculo I – Derivada • Um ponto x0 em que f”(x0) = 0 e f” muda de sinal (antes e depois de x0) é um ponto de inflexão de f. Se também f’(x0) = 0, dizemos que é um ponto de inflexão horizontal, pois a reta tangente é paralela ao eixo x. 2. Determinar os pontos de inflexão e estudar a concavidade de . Solução: Não há ponto de inflexão. A função é côncava para cima em todo domínio IR. Gráfico de f • Se f”(x0) = 0 mas f” não muda de sinal (antes e depois de x0), então f não muda de concavidade em x0; portanto, nesse caso, x0 não é ponto de inflexão. Exemplos: 1. Determinar os pontos de inflexão e estudar a concavidade da função . Solução: 12.3 MÁXIMOS E MÍNIMOS Cálculo de valores máximos ou mínimos de funções reais, que podem ser determinados pela análise dos sinais da derivada primeira f´. f”(–1) = –2 < 0 f”(1) = 2 > 0 x = 0 ponto de inflexão. A função é côncava para baixo em ]–∞;0] e côncava para cima em ]0;+∞;]. Outro recurso que pode ser empregado na identificação de pontos de máximos ou de mínimos é analisar o sinal da derivada segunda nos pontos que anulam a derivada primeira. Se f’(x0) = 0 e f”(x0) > 0, então a reta tangente ao gráfico de f em x0 é paralela ao eixo x, e f tem concavidade positiva próximo de x0, portanto a 63 UEA – Licenciatura em Matemática reta tangente deixa os pontos do gráfico acima dela, logo x0 é um ponto de mínimo relativo de f. segunda nos pontos críticos: Para x = 0 ⇒ f”(x) < 0. Então, x = 0 é ponto de máximo local de f. Para Então, . é ponto de mínimo local de f. Para Então, . é ponto mínimo local de f. Outro modo: Critério dos sinais da derivada primeira. Ponto de mínimo: t//x; concavidade para cima Obs.: Verifique: x = –2 ⇒ f’(x) < 0 x = –1 ⇒ f’(x) > 0 x = 1 ⇒ f’(x) < 0 x = 2 ⇒ f’(x) > 0 Ponto de máximo: t//x; concavidade para baixo Conclusão: f’(x0) = 0 e f”(x0) > 0 ⇒ x0 é ponto de mínimo de f. f’(x0) = 00 e f”(x0) < 0 ⇒ x0 é ponto de máximo de f. 1. Determine o maior e o menor valores de Obs.: Se f’(x0) = 0 e f”(x0) = 0, não podemos tirar conclusão a respeito do ponto x0. Neste caso, convém analisar os sinais de f´antes e depois de x0. Pode ocorrer que x0 seja ponto máximo, ou de mínimo ou de inflexão. f(x) = x3 + x32 – x + 1 no intervalo . Solução: Cálculo dos extremos absolutos da função no intervalo considerado. f’(x) = 3x2 + 2x – 1 Exemplo: 3x2 + 2x – 1 = 0 ⇒ x1 = –1 e x2 = Indentificar os pontos críticos da função f(x) = x6 – 6x2 + 4, x∈IR Solução: f(x) = x6 – 6x2 + 4 ⇒ f(x) = 6x5 – 12x ⇒ f”(x) = 30x4 – 12 Tendo em vista o comportamento da função, vemos que o valor máximo ocorrerá em x = –1 Aplicar os critérios dos sinais da derivada 64 Cálculo I – Derivada ou , vemos que fM = 2 Como f(–1) = 2 e E o valor mínimo ocorrerá em x = Como ou x = –2 Solução: Ao suprimir os pequenos quadrados dos cantos, as dimensões da caixa serão: e f (–2) = –1, vemos que fm = –1 x,(10 – 2x) e (10 – 2x) V(x) = (10 – 2x)2 . x 2. Um corpo lançado verticalmente do solo para cima tem posições, no decorrer do tempo, V(x) = 40x3 – 40x2 + 100x dadas pela função s = 40t – 5t2 (t em segundos Volume máximo e s em metros). V’(x) = 12x2 – 80x + 100 a) Qual o tempo gasto para atingir a altura máxima? b) Qual a altura máxima atingida? Solução: a) s’(t) = 40 – 10t s’(t) = 0 ⇒ 40 – 10t = 0 ⇒ t = 4s Sendo , então: Estudo do sinal de s’(t) 5. determine os pntos críticos de f(x) = (x – 4)3 + 2 e esboce o seu gráfico. b) s(4) = 40 . 4 – 5 . 42 = 160 – 80 = 80m 4. Cortando-se um pequeno quadrado de cada Solução: canto de uma cartolina de 10cm de lado, con- f’(x) = 3(x – 4)2 forme indica figura abaixo, deseja-se construir • Pontos críticos: com a cartolina restante, dobrada conveniente- f’(x) = 0 ⇔ 3(x – 4)2 = 0 ⇔ x = 4 mente, uma caixa de volume máximo. Determi- • Sinal de f´(x) numa vizinhança de x = 4; nar esse volume. 65 UEA – Licenciatura em Matemática x < 4 ⇒ f’(x) > 0 ⇒ f(x) é crescente; função horária s(t) = 2t3 – 24t2 + 72t + 3 (s dado em metros e t dado em segundos), determine em que instantes o ponto material tem velocidade: x > 4 ⇒ f’(x) > 0 ⇒ f’(x) é crescente. Então, x = 4 não é ponto de máximo local nem de mínimo local. a) crescente f”(x) = 6(x – 4) ⇒ f”(4) = 6(4 – 4) = 6 . 0 = 0 b) decrescente f”’(x) = 6 ⇒ f”’(4) ≠ 0 f’(4) = 3(4 – 4)2 = 3 . 02 = 0 8. O custo total de fabricação de x unidades de um produto é dado por c(x) = (3x2 + 5x + 192) reais. Quantas unidades deverão ser fabricadas para que o custo médio seja o menor possível? Logo, x = 4 é abscissa de um ponto de inflexão horizontal. • x→+∞ lim f(x) = +∞ e x→−∞ lim f(x) = –∞ 1. Qual é a área máxima que pode ter um retângulo de perímetro igual a 40cm? 2. Dividir o número 30 em duas partes de modo que o seu produto seja máximo. 3. Entre todos os retângulos de área igual a 64m², qual é o que tem perímetro mínimo? 4. Determinar os pontos críticos e estudar a variação da função f(x) = 3x4 – 4x3 + 5, x∈IR 5. Em qual conjunto a função quadrática definida por f(x) = x2 – x – 6 é crescente ou decrescente? 6. Dada a função f(x) = x3 – 6x2 + 9x + 1: a) Determine o conjunto em que f é crescente ou decrescente; b) ache os pontos nos quais a tangente ao gráfico de f(x) é paralela ao eixo x; c) esboce o gráfico de f(x). 7. Um ponto material se move de acordo com a 66 Cálculo I – Derivada médio, para cada uma das seguintes funções: a) f(x) = x2, 1 ≤ x ≤ 2 TEMA 13 Solução: TAXA DE VARIAÇÃO E REGRA DE L’HOSPITAL f’(c) = 13.1 Teorema do Valor Médio (TVM) Uma função y = f (x) unívoca e contínua num intervalo [a, b] e derivável nesse intervalo, admite um valor c desse intervalo tal que a relação entre os acréscimos f(b) – f(a) e b – a é igual a f´(c), isto é: para a < c < b c= é um ponto tal que f´(c) tem o valor pedido. INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA b) f(x) = x3 + 2x, –1 ≤ x ≤ 2 Solução: 3x2 + 2 = 5 ⇒ x1 = 1 ou x2 = –1 C = 1 é um ponto tal que f’’(c) tem valor pedido. • A reta s passa pelos pontos (a, f (a)) e (b, f (b)). • Existe um ponto (c, f (c)), com a < c < b, tal que a reta tangente ao gráfico de f, neste ponto, é paralela à reta s. 13.2 REGRA DE L´HOSPITAL (limites do tipo ) e f(x) e g (x) sendo contínuas e g(x) ≠ 0 em V(a). INTERPRETAÇÃO CINEMÁTICA Se x→a lim f(x) = 0, x→a lim g(x) = 0 e existe então Exemplos: 1. Sendo x = f (t) a função de posição do movimento de uma partícula sobre o eixo ox e ? a velocidade média entre os instantes t = a e t = b, pelo T.V.M, se f for contínua em [a, b] e derivável em ]a, b[ , então a velocidade média será igual à velocidade (instantânea) da partícula em algum instante c entre a e b. 2. Exemplo: Achar um número c, como no teorema do valor 3. 67 ? ? , UEA – Licenciatura em Matemática Propriedades operatórias das derivadas 4. ? Obs.: Neste exemplo, aplicam-se três vezes seguidas a regra de L´Hospital, visto que o quociente das derivadas primeiras, segundas e terceiras conduziu à indeterminação para x = 0. Quadro-resumo das derivadas e suas propriedades. Tabela de derivadas 1. Um homem anda à razão de 5 milhas por hora em direção à base de uma torre de 60 pés de altura. Com que rapidez ele se avizinha do topo quando está a 80 pés da base da torre? Solução: x: distânica entre o homem e a base; y: distância entre homem e o topo da torre, em cada instante. y2 = x2 + 3600 (teorema de Pitágoras) Derivando, obtemos ou Isso significa que, em cada instante, (velocidade de variação de vezes (velocidade de variação de x). x = 80, 68 milhas por hora Cálculo I – Derivada = – 5 x 5280 pés por hora de 0,01cm por segundo. Com que velocidade de variação cresce a área do prato qando o raio tem 2cm? Solução: ? pés por hora =– = – 4 milhas por hora 2. Um ponto move-se sobre a parábola 6y = x2 de modo tal que quando x = 6, a abscissa cresce com a velocidade de 2cm por segundo. Com que velocidade cresce a ordenada nesse instante? Seja, x = raio e y = área do prato Portanto, em cada instante, a área do prato cresce, em cm quadrados, 2πx vezes mais rapidamente que o raio em centímetros. SOLUÇÃO por segundo. 6y = x2 4. A 12 pés de altura de um passeio reto e horizontal, está presa uma fonte de luz. Sobre o passeio e afastando-se da fonte com a velocidade de 168 pés por minuto, caminha um rapaz de 5 pés de altura. Com que rapidez varia o comprimento da sombra do rapaz? ou Isso significa que, em cada ponto da parábola, (velocidade da ordenada) = vezes (veloci- dade da abscissa) x = 6; Solução: = 2cm por segundo ; por segundo No ponto P (6, 6) a ordenada varia duas vezes mais rapidamente que a abscissa; no ponto P (–6, 6), tem–se cm por segundo, e o x: distância do rapaz de um ponto situado diretamente sob a luz L sinal menos indica que a ordenada é decrescente quando a abscissa cresce. y: comprimento da sombra do rapaz 3. A dilatação pelo calor de um prato circular de metal é tal que o raio cresce com a velocidade ou 69 UEA – Licenciatura em Matemática 2. Um ponto move-se ao longo do gráfico de y = x2 + 1de tal modo que a sua abscissa x varia a uma velocidade constante de 3cm/s. Qual é, quando x = 4cm, a velocidade da ordenada y? Portanto a rapidez com que varia o comprimento da sombra são os da rapidez com 3. O raio r de uma esfera está variando, com o tempo, a uma taxa constante de 5m/s. Com que taxa está variando o volume da esfera no instante em que r = 2m? que anda o rapaz, em 120 pés por minuto. 5. Um ponto move-se ao longo do gráfico de y = x3 de modo que sua abscissa x varia à razão de 2 unidades por segundo. Qual é, quando x = 3, a taxa de variação da ordenada y? 4. Um ponto P move–se ao longo do gráfico de de tal modo que a sua abscissa Solução: varia a uma velocidade constante de 5m/s. Qual a velocidade de y no instante em que x = 10m? 5. O lado de um triângulo equilátero mede a cm e cresce k cm por hora. Com que velocidade crescerá a área do triângulo? unidades por segundo 6. Dada f(x) = x3 + 3x2 – 5, verifique que as condições para validade do teorema do valor médio estão satisfeitas para a = – 1 e b = 2. Encontre todos os números α, α∈]–1,2[, tal 6. Uma escada de 8m está encostada em uma parede. Se a extremidade inferior da escada for afastada do pé da parede a uma velocidade constante de 2m/s, com que velocidade a extremidade superior estará descendo no instante em que a inferior estiver a 3m da parede? . que Solução: Notemos que f é derivável e contínua em IR; portanto também é no intervalo [–1,2]. 7. Usando as derivadas, calcular os limites abaixo: a) f’(x) = 3x2 + 6x. Então: b) c) ou α = –1 – d) . Como queremos α no intervalo ]–1,2], só convém α = –1 + . e) f) g) 1. Um quadrado expande-se de modo que seu lado varia à razão de 5cm/seg. Achar a taxa de variação de sua área no instante em que o lado tenha 15cm de comprimento. 70 UNIDADE IV Integrais Cálculo I – Integrais requerida. O sinal da integral é o S alongado que os primeiros autores usaram para indicar “soma”. TEMA 14 Em muitos problemas, embora a derivada de uma função seja conhecida, torna-se necessário calcular a própria função. É o caso, por exemplo, de um Sociólogo que, conhecendo a taxa de crescimento da população, poderá usar tal dado para prever futuras taxas de crescimento daquela população, ou de um Físico que, conhecendo a velocidade de um corpo, será capaz de determinar a posição futura do corpo. INTEGRAIS PRIMITIVAS E INDEFINIDAS 14.1 Introdução Os dois mais importantes instrumentos do cálculo são a derivada, já considerada anteriormente, e a integral definida. A derivada foi motivada por problemas de determinação do coeficiente angular de uma tangente e de definição de velocidade. A integral definida surge de modo natural quando consideramos o problema da determinação da área de uma região do plano xy. Essa é, entretanto, apenas uma das aplicações. Como veremos posteriormente, a utilização das integrais definidas é tão abundante e variada como a das derivadas. O resultado principal estabelecido aqui é o teorema fundamental do cálculo, que demostraremos logo a seguir. Este relevante teorema possibilita achar valores exatos de integrais definidas utilizando uma antiderivada ou integral indefinida. O processo pode ser encarado como o inverso da determinação da derivada de uma função. Assim, além de constituir um importante processo de cálculo, o teorema fundamental mostra que existe uma relação entre derivadas e integrais, um resultado-chave para o cálculo. Encerraremos com um estudo dos métodos de integração numérica, utilizados para aproximar integrais definidas que não podem ser calculadas por meio do teorema fundamental. Tais métodos são facilmente programáveis para uso em calculadoras e computadores e têm ampla aplicação nos mais diversos campos. 14.2 Antidiferenciação ou primitivas Você já está familiarizado com operações inversas. Adição e subtração, mutiplicação e divisão são operações inversas, bem como potenciação e radiciação. Agora, vamos desenvolver a operação inversa da diferenciação chamada de antidiferenciação ou primitiva, Vamos começar introduzindo a antiderivada. Definição – Uma função F(x) para a qual F’(x) = f(x), para todo x pertencente ao domínio de f é uma primitiva (ou integral indefinida) de f. Nesse contexto, a integração é o processo usado para se achar uma função quando se conhece a sua derivada (ou taxa de variação). Em Economia, podemos usar a integração para achar uma função de custo total quando é dada a função de custo marginal, ou para achar a função de receita total quando é dada a função de receita marginal, e assim por diante. Exemplo: Se F for definida por F(x) = 4x3 + x2 + 5, então, F’(x) = 12x2 + 2x. Assim, se f for a função definida por f(x) = 12x2 + 12x, logo afirmamos que f é a derivada de F, e que F é uma antiderivada ou primitiva de f. Se G for a função definida por G(x) = 4x3 + x – 17, então G também será uma antiderivada de f, pois G’(x) = 12x2 + 2x. Na realidade, toda função cujos valores funcionais são dados por 4x3 + x2 + C, onde C é uma constante qualquer, é um antiderivada de f. Podemos definir também a integração como o processo usado para se achar o valor limite de uma soma de termos, quando o número de termos cresce indefinidamente, e o valor numérico de cada termo aproxima-se de zero. É neste contexto que a integração é interpretada como a determinação da área existente sob uma curva. Com efeito, o cálculo integral foi desenvolvido com o propósito de avaliar áreas, supondo-as divididas num número infinito de partes infinitamente pequenas, cuja soma é a área Em geral, se uma função F for antiderivada de uma função f num intervalo I, e se a função G for definida por G(x) = F(x) + C onde C é uma 73 UEA – Licenciatura em Matemática obtida de {F(x) + C}, onde C é uma constante arbitrária. Assim, está provado o teorema. constante arbitrária, então G’(x) = F(x) = f(x) e G também será uma antiderivada de f num intervalo I. Antidiferenciação é o processo de encontrar o conjunto de todas as antiderivadas de uma dada função. O símbolo ∫ denota a operação de antidiferenciação e escrevemos: Passaremos, agora, a demonstrar que se F for qualquer antiderivada particular de f num intervalo I, então toda antiderivada de f em I será dada por {F(x) + C}, onde C é uma constante arbitrária. Necessitaremos, primeiro, de um teorema preliminar. ∫f(x)dx = F(x) + C (4) onde F’(x) = f(x) Teorema – Se f e g forem duas funções, tais que f’(x) = g’(x) para todo x no intervalo I, então haverá uma constante K, tal que f(x) = g(x) + K para todo x em I. e d(F(x)) = f(x)dx (5) Leibniz introduziu a convenção de escrever a diferencial de uma função após o símbolo de antiderivação. A vantagem dessa notação ficará evidente quando calcularmos antiderivadas, mudando a variável, posteriormente. De (4) e (5), podemos escrever: Prova – Seja h a função definida em I por h(x) = f(x) – g(x), assim sendo, para todo x em I. h’(x) = f’(x) – g’(x) Mas, por hipótese, f’(x) = g’(x) para todo x no intervalo I. Logo, h’(x) = 0 para todo x no intervalo I. ∫d(F(x)) = F(x) + C Essa fórmula será usada para obter fórmulas de antiderivação a seguir; ela estabelece que, quando antidiferenciamos a diferencial de uma função, obtemos a própria função, mais uma constante arbitrária. Assim, podemos considerar que o símbolo de antidiferenciação ∫ significa a operação inversa da operação denotada por d para o cálculo da diferencial. E como já sabemos, se a derivada de uma função é zero, podemos concluir que existe uma constante K, tal que h(x) = K para todo x no intervalo I. Substituindo h(x) por, obtemos f(x) – g(x), obtemos f(x) = g(x) + K para todo x em I, e o teorema está provado. O próximo teorema segue, imediatamente, do teorema anterior. Se {F(x) + C} for o conjunto de todas as funções cuja diferencial f(x)dx, também será o conjunto de todas as funções cujas derivadas são f(x); assim sendo, a antidiferenciação é considerada como a operação de encontrar o conjunto de todas as funções, tendo uma dada derivada. Teorema – Se F for uma antiderivada particular de f em um intervalo I, então toda antiderivada de f em I será dada por F(x) + C (1) onde C é uma constante arbritrária, e todas as antiderivadas de f em I poderão ser obtidas de (1), atribuindo-se certos valores a C. Como a antidiferenciação é a operação inversa da diferenciação, alguns teoremas sobre antidiferenciação podem ser obtidos dos teoremas de diferenciação. Assim sendo, os teoremas a seguir podem ser provados a partir dos teoremas correspondentes da diferenciação. Prova: Suponha que G represente qualquer antiderivada de f em I; então G’(x) = f(x) para todo x em I. ( 2 ) Como F é uma antiderivada particular de f em I, F’(x) = f(x) para todo x em I. Teorema: ∫dx = x + C, onde a é uma constante. De ( 2) e ( 3 ), segue que G’(x) = F’(x) para todo x em I. Este teorema estabelece que, para determinar uma antiderivada de uma constante vezes uma função, achamos primeiro uma antidevivada de uma função, multiplicando-a, em seguida, pela constante. Logo, pelo teorema anterior, existe uma constante k, tal que G’(x) = F(x) + K para todo x em I. Como G representa qualquer antiderivada de f em I, segue que toda antiderivada de f pode ser 74 Cálculo I – Integrais Solução: Teorema: Se f1 e f2 estão definidas no mesmo intervalo, então ∫[f1(x) + f2(x)]dx = ∫f1(x)dx + ∫f2(x)dx Este teorema estabelece que, para determinar uma antiderivada da soma de duas funções, achamos primeiro a antiderivada de cada uma das funções separadamente e então, somamos os resultados, ficando subentendido que ambas as funções estão definidas no mesmo intervalo. O teorema acima pode ser estendido a um número qualquer, finito, de funções. Combinando este teorema e o anterior, temos o teorema a seguir. Como 3C1 + 5C2 é uma constante arbitrária, ela pode ser denotada por C; assim, o resultado pode ser escrito como Teorema: Se f1, f2,...,fn estão definidas no mesmo intervalo, Pode-se conferir a resposta calculando a derivada. ∫[c1f1(x) + c2f2(x) +...cnfn(x)]dx = c1∫f1(x)dx + c2f2(x)dx +...+cn∫fn(x)dx onde c1,c2,...,cn são constantes. 3. Calcule ∫(5x4 – 8x3 + 9x2 – 2x + 7)dx Teorema: Se n for um número racional, Solução: ∫(5x4 – 8x3 + 9x2 – 2x + 7)dx = Prova: Exemplos: 1. Aplicando os teoremas acima para valores específicos de n, temos: 4. Calcule a) Solução: b) c) d) 5. Calcule 2. Calcule ∫(3x + 5)dx: Solução: 75 . UEA – Licenciatura em Matemática curva, a reta tangente tem uma inclinação igual a 4x – 5. Se a curva contém o ponto (3,7), ache sua equação. Solução: Como a inclinação da reta tangente a uma curva em qualquer ponto (x,y) é o valor da derivada nesse ponto, temos Freqüentemente, em aplicações envolvendo antidiferenciação, desejamos encontrar uma antiderivada específica que satisfaça determinadas condições chamadas inicial (condições de Cauchy) ou lateral (condições de contorno, de fronteira ou de extremos), conforme elas ocorrem no ponto inicial ou para os pontos extremos do intervalo de definição da variável. Essa equação representa uma família de curvas. Como queremos determinar uma certa curva dessa família que contenha o ponto (3,7), substituímos x e y, 7 = 2(9) – 5(3) + C Por exemplo, se uma equação envolvendo 7 = 18 – 15 + C C=4 for dada, bem como a condição inicial que y = y1 quando x = x1, então, depois que o conjunto de todas as antiderivadas for encontrado, se x e y forem substituídos por x1 e y1, iremos determinar um valor específico da constante arbitrária C. Com esse valor de C, uma determinada antiderivada é obtida. logo, y = 2x2 – 5x + 4, que é a equação da curva pedida. 1. Calcule: Exemplos: 1. Suponha que desejemos encontrar uma determinada função y(x) satisfazendo a equação a) ∫(4x + 3)dx b) ∫(9t2 – 4t + 3)dt , (ou seja, uma antiderivada de função c) f(x) = 2x e a condição inicial de que y = 6 quando x = 2. d) Solução: y = ∫2xdx e) ∫(2v5/4 + 6v1/4 + 3v–4 )dv y = x2 + C f) ∫(3x + 1)2dx substituindo x = 2 e y = 6, temos, g) ∫x(2x + 3)dx 6=4+C h) C = 2 logo, y = x2 + 2, que dá a antiderivada desejada. i) 2. Em qualquer ponto (x,y) de uma determinada 76 Cálculo I – Integrais d) ∫ sec2 xdx = tg x + k j) e) ∫ tg2 xdx = ∫(sec2 x – 1)dx = tg x – x + k 2. Seja α ≠ 0 uma constante. Verifique que k) a) 2. Determine a função y = y(x), x > 0, tal que: b) a) Solução: b) . a) c) Assim, d) b) 14.3 Primitivas imediatas Assim, Além das integrais vistas anteriormente, de derivação conhecida, seguem as seguintes de primitivação: 3. Calcule: a) ∫e2x dx a) ∫e dx = e + k x . x b) ∫cos 3x dx c) ∫sen 5x dx b) d) ∫e–x dx c) ∫sec x dx = ln |sec x + tg x| + k Solução: d) a) ∫e2x dx = e) b) ∫cos 3x dx = f) ∫tg x dx = –ln |cos x| + k e2x + k sen 3x + k c) ∫sen 5x dx = – cos 5x + k d) ∫e–x dx = –e–x + k g) 4. Calcule ∫cos2 x dx h) Solução: cos 2x = cos2 x – sen2 x = 2cos2 x – 1 cos2 x = Exemplos: + cos 2x Então 1. Calcule a) ou seja b) ∫cos2 x dx = c) 77 x+ sen 2x + k UEA – Licenciatura em Matemática p) 1. Calcule: a) ∫ 1 0 3. Calcule e2x dx a) b) c) b) ∫1–1 e–x dx d) c) d) e) f) 2. Calcule e verifique sua resposta por derivação: a) ∫senx dx b) sen 2x dx c) ∫cos 5x dx d) ∫sen 4t dt e) ∫cos 7t dt f) ∫cos 3 t dt g) h) i) j) k) l) m) n) o) 78 Cálculo I – Integrais presentar A, este número deve ser no mínimo tão grande quanto a medida da área de qualquer região poligonal contida em R, e não deve ser maior do que a medida da área de qualquer região poligonal contendo R. TEMA 15 CÁLCULO DE ÁREA Em seguida, vamos definir a medida da área de uma região plana limitada por uma curva. Primeiro, vamos definir uma região poligonal contida em R. Dividimos o intervalo fechado [a,b] em n subintervalos. Por conveniência, vamos tomá-los com igual comprimento, Δx, por exemplo. Logo, Δx = (b – a)/n. Sejam x0, x1, x2,...,xn – 1, xn os extremos destes subintervalos onde x0 = a, xi = a + iΔx,..., xn – 1 = a + (n – 1)Δx, xn = b. Vamos denotar o n-ésimo intervalo por [xi –1, xi] Como f é contínua no intervalo fechado [a,b], ela é contínua em cada subintervalo fechado. Pelo teorema do valor extremo, há em cada subintervalo um número para o qual f tem um valor mínimo absoluto. Seja ci, este número no n-ésimo subintervalo, assim sendo, f(ci) é o valor mínimo absoluto de f no subintervalo [xi –1, xi]. Consideremos n retângulos, cada um com um comprimento Δx unidades e uma altura f(c) unidades. Seja Sn unidades quadradas a soma das áreas dos n retângulos, então Consideremos uma região R no plano (conforme a figura). Sn = f(c1)Δx + f(c2)Δx+...+f(c1)Δx+...+f(cn)Δx ou, com a notação sigma 15.1 Introdução A área de um polígono pode ser definida como a soma das áreas dos triângulos nos quais ele pode ser decomposto, e pode-se provar que a área assim obtida é independente de como o polígono é decomposto em triângulos (conforme a figura abaixo). (1) o somatório do segundo membro dá a soma das medidas das áreas dos n retângulos inscritos. Assim, apesar de definirmos A, ela deve ser tal que A ≥ Sn Na figura a seguir, a região sombreada tem uma área de Sn unidades quadradas. A região R é limitada pelo eixo x, pelas retas x = a, x = b e pela curva com equação y = f(x), onde f é uma função contínua no intervalo fechado [a,b]. Para simplificar, seja f(x) ≥ 0 para todo x em [a,b]. Queremos designar um número A como sendo a medida da área de R, e vamos usar um processo de limite semelhante ao que é usado para definir a área de um círculo: A área de um círculo é definida como o limite das áreas dos polígonos regulares inscritos quando o número de lados cresce ilimitadamente. Percebemos, intuitivamente, que qualquer que seja o número escolhido para re79 UEA – Licenciatura em Matemática então enquanto n aumenta ilimitadamente, o valor se Sn dado por (1) aproxima-se de um limite. É este limite que tomamos como medida da área da região R. 15.2 Definição da área de uma região plana limitada por uma curva Suponha que a função f seja contínua no intervalo fechado [a,b], com f(x) ≥ 0 para todo x em [a,b], e que R seja a região limitada pela curva y = f(x),o eixo x e as retas x = a e x = b. Divida o intervalo [a,b] em n subintervalos, cada um com comprimento Δx = (b – a)/n, e denote o nésimo subintervalo por [xi –1, xi]. Então, se f(ci) é o valor funcional mínimo absoluto no n-ésimo subintervalo, a medida da área da região R é dada por Agora, aumentamos n. Especificamente, multiplicamos n por 2; dessa forma, dobramos o número de retângulos e dividimos ao meio o comprimento de cada retângulo. Isso está ilustrado na figura abaixo, A equação acima significa que pode-se tornar tão pequena quanto quisermos, tomando n como um inteiro positivo maior do que algum número positivo suficientemente grande. Podíamos ter tomado retângulos circunscritos em vez de inscritos. Nesse caso, tomamos como alturas dos retângulos o valor máximo absoluto de f em cada subintervalo. A existência desse valor está garantida pelo teorema do valor extremo. As correspondentes somas das medidas das áreas dos retângulos circunscritos são no mínimo tão grandes quanto a medida da área da região R, e pode ser mostrado que o limite dessas somas, quando n aumenta ilimitadamente, é exatamente o mesmo que o limite da soma das medidas das áreas dos retângulos inscritos. Isso está também provado em cálculo avançado. Assim, podíamos definir a medida da área da região R que mostra duas vezes mais retângulos que na figura anterior. Comparando as duas figuras, observe que a região sombreada nesta figura parece aproximar-se mais da região do que a anterior. Assim, a soma das medidas das áreas dos retângulos desta figura está mais próxima do número que desejamos para representar a medida da área de R. por Enquanto n aumenta, os valores de Sn encontrados de (1) aumentam, e sucessivos valores de Sn diferem um do outro por quantidades que se tornam arbitrariamente pequenas. lsso está provado em cálculo avançado por um teorema que estabelece que se f é contínua em [a,b], onde f(di) é o valor má- ximo absoluto de f em [xi –1, xi]. Escolha um ponto em cada subintervalo. Seja ξ1 o ponto escolhido em [x0,x1], tal que x0 ≤ ξ1 ≤ x1 Seja ξ2 o ponto escolhido em [x1, x2] tal que 80 Cálculo I – Integrais x1 ≤ ξ2 ≤ x2, e assim sucessivamente, de forma que ξi seja o ponto escolhido em [xi –1, xi] e xi –1 ≤ ξi ≤ xi. Forme então a soma definida de f de a a b existe”. O teorema seguinte dá-nos uma condição para que uma função seja integrável. f(ξ1)Δx + f(ξ2)Δx + ... + f(ξi)Δx + ... + f(ξn)Δx Teorema – Se a função f for contínua no intervalo fechado [a,b], então f será integrável em [a,b]. ou A definição da área de uma região plana limitada por uma curva, vista anteriormente, afirma (2) que Tal somatório é chamado uma soma de Riemann, em homenagem ao matemático Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826–1866) . , onde f(ci) é o valor fun- cional mínimo absoluto no n-ésimo subintervalo. Daremos agora uma definição mais geral que permite ser f(ξi) qualquer valor funcional no n-ésimo subintervalo. 15.3 Definição de integral definida Se f é uma função definida no intervalo fechado [a,b], então a integral definida de f de a a b é denotada por 15.4 Definição da área de uma região plana limitada por uma curva Seja f uma função contínua em [a,b] e f(x) ≥ 0 para todo x em [a,b]. Seja R a região limitada pela curva y = f(x), o eixo x e as retas x = a e x = b. Então, a medida da área da região R é dada por (3) Se o limite existe, onde ξié qualquer número no intervalo fechado [xi –1,xi], i = 1,2,...,n. A definição acima afirma que se f(x) ≥ 0 para b todo x em [a,b], a integral definida ∫a f(x)dx pode ser interpretada geometricamente como a medida da área da região R mostrada abaixo. A integral definida pode ser enunciada mais genericamente, permitindo-se que os n subintervalos sejam de comprimentos diferentes e exigindo-se que o maior comprimento tenda a zero quando n cresce ilimitadamente. Contudo a definição mais restrita dada é suficiente para nossos propósitos. b Na notação para integral definida ∫a f(x)dx, f(x) é chamado o integrando, a é chamado o limite inferior, e b o limite superior. O símbolo ∫ é chamado um sinal de integral. O sinal de integral assemelha-se à letra maiúscula S, que é apropriada, pois a integral definida é o limite de uma soma. A razão para o mesmo símbolo é que o teorema chamado teorema fundamental do cálculo, possibilita-nos calcular a integral definida encontrando uma antiderivada (também chamada uma integral indefinida). A Equação (3) pode ser usada para se encontrar o valor exato de uma integral definida. b Se ∫a f(x)dx existe, então diremos que f é integrável (segundo Riemann) em [a,b]. É comum a referir-se à ∫b f(x)dx como integral definida de f em [a,b]. Observação – Pomos, ainda, por definição: A afirmação “f é integrável no intervalo fechado [a,b]” é equivalente à afirmação “a integral a b a ∫a f(x)dx = 0 e ∫a f(x)dx = –∫b f(x)dx (a < b). 81 UEA – Licenciatura em Matemática 15.5 Propriedades da integral cer que, se uma integral definida existir, então ela será um único número. Se X for um número em [a,b], então f será contínua em [a,x], pois é x contínua em [a,b]. Conseqüentemente, ∫a f(t)dt existe e é um número cujo valor depende de x, x Logo, ∫a f(t)dt define uma função F tendo como seu domínio todos os números no intervalo fechado [a,b] e cujo valor funcional em qualquer número x de [a,b] é dado por Teorema: Sejam f,g integráveis em [a,b] e k uma constante. Então, a) f + g é integrável em [a,b] e ∫a [f(x) + g(x)]dx = ∫a f(x)dx + ∫a g(x)dx b b b b b b) kf é integral em [a,b] e ∫a kf(x)dx = k ∫a f(x)dx b c) Se f(x) ≥ 0 em [a,b], então ∫a f(x)dx ≥ 0 d) Se c∈]a,b[ e f é integral em [a,c] em [c,b] b c b então ∫a f(x)dx = ∫a f(x)dx + ∫c f(x)dx x F(x) = ∫a f(t)dt Segundo a convenção notacional, se os limites de uma integral definida forem variáveis, deverão ser usados símbolos diferentes para esses limites e para a variável independente no integrando. Assim, em (4), como x é o limite superior, usamos a letra t como a variável independente no integrando. Observação – O sinal mais (+) no item a) pode ser substítuido por um sinal de menos (–), como resultado da aplicação do item c), onde k = –1. Também podemos estender a qualquer número de funções. Isto é, (f1 ± f2 ± ....± fn) será integrável em [a,b], então b ∫a [f1(x) ± f2(x) ± ... ± fn(x)]dx = ∫a b f1(x)dx ± ∫a b f2(x)dx ± ... ± ∫a b (4) Se, na expressão (4), f(t) ≥ 0 para todos os valores de t em [a,b], então os valores funcionais de f(x) poderão ser interpretados geometricamente com a medida da área da região limitada pela curva cuja equação é y = f(t), pelo eixo t e pelas retas t = a e t = x. Veja a figura abaixo. fn(x)dx 15.6 TEOREMA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO 15.6.1 Introdução Historicamente, os conceitos básicos da integral definida foram usados pelos antigos gregos, principalmente por Arquimedes (287–212 a.C.), há mais de 2000 anos, muito antes da formulação do cálculo diferencial. No século dezessete, quase simultaneamente, mas trabalhando independentemente, Newton e Leibniz mostraram como o Cálculo poderia ser usado para se encontrar a área de uma região limitada por uma curva ou um conjunto de curvas, determinando uma integral definida por antidiferenciação. O procedimento envolve o que é conhecido como os teoremas fundamentais do Cálculo. Antes de enunciar e prová-los, vamos discutir as integrais definidas com um limite superior variável. Vamos, agora, enunciar e provar um teorema importante que dá a derivada da função F definida como uma integral definida tendo um limite superior variável. Esse teorema é chamado de primeiro teorema fundamental do Cálculo. 15.6.2 Primeiro teorema fundamental do Cálculo Seja f uma função contínua no intervalo fechado [a,b], e seja x qualquer número em [a,b]. Se F for a função definida por Seja f uma função contínua no intervalo fechado [a,b]. Então o valor da integral definida b ∫a f(x)dx depende somente da função f e dos números a e b, não do símbolo x usado aqui como variável independente, por exemplo, b b b podemos ter ∫a f(t)dt, ∫a f(u)du, ∫a f(r)dr, etc. x F(x) = ∫a f(t)dt (5) então, F’(x) = f(x) Se f for contínua no intervalo fechado [a,b], então, pelo teorema acima, a integral definida b ∫a f(t)dt existe. Vamos, primeiramente, estabele- (5.1) (Se x = a, a derivada em (5) pode ser a derivada à direita e se x = b, a derivada em (5) pode ser a derivada à esquerda.) 82 Cálculo I – Integrais Prova – Considere dois números x1 e x1 + Δx e [a,b]. Então F(x1) = igualdade (9) estabelece o que queríamos provar. ∫a1 f(t)dt x O teorema fundamental do cálculo estabelece x que a integral definida ∫a f(t)dt, com limite superior variável x, é uma antiderivada de f. e F(x1 + Δx) = ∫a1 x +Δx f(t)dt A equação ( 5.1 )do teorema pode ser escrita da seguinte forma, substituindo F’(x) por então, F(x1 + Δx) – F(x1) = ∫a1 x +Δx f(t)dt – ∫a1 f(t)dt x (6) : Pela propriedade d) do teorema acima ∫a1 f(t)dt + ∫x11 f(t)dt = ∫a1 f(t)dt x + x x +Δx ∫a1 f(t)dt + ∫a1f(t)dt = ∫x11 f(t)dt x +Δx x x +Δx Vamos usar agora esse teorema para provar o segundo teorema fundamental do Cálculo. Substituindo essa igualdade em (6), obtemos F(x1 + Δx) – F(x1) = ∫x11 x +Δx f(t)dt (7) Pelo terorema do valor médio para integrais, existe um número x no intervalo fechado limitado por x1 e x1 + Δx tal que ∫ x1 +Δx x1 15.6.3 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo Seja f uma função contínua no intervalo fechado [a,b], e seja g uma função tal que g’(x) = f(x) (10) para todo x em [a,b]. b Então, ∫a f(t)dt = g(b) – g(a). f(t)dt = f(χ)Δx Dessa relação e de (7), obtemos F(x1 + Δx) – F(x1) = f(χ)Δx (Se x = a, a derivada em (10) pode ser uma derivada à direita, e se x = b, a derivada em (10) pode ser uma derivada à esquerda.) F(x1 + Δx) – F(x1) = f(χ) Δx Prova – Se f for contínua em todos os números em [a,b], sabemos do teorema anterior que a x integral definida ∫a f(t)dt, com limite superior variável x, define uma função F cuja derivada em [a,b] é f. Como, por hipótese, g’(x) = f(x) segue, como já demonstramos, que Tomando o limite quando Δx tende a zero, temos (8) O primeiro membro de (8) é F’(x1). Para determinar Δ→0 lim f = (x), lembre que x está no intervalo fechado limitado por x1 e x1 + Δx e como lim x = x1 e Δ→0 lim (x1 = Δx) = x1 segue do teoΔ→0 1 rema do “Sanduíche” que Δ→0 lim χ = x1. Assim, χ χ lim f ( ). Como f é contínua em temos Δx→0 lim f( ) = x→x 1 x1, x→x lim f (χ) = f(x1); assim Δx→0 lim χ = f(x1) e de (8) 1 temos que F’(x1) = f(x1) (9) x g(x) = ∫a f(t)dt + k onde k é uma constante. Tomando x = b e x = a, sucessivamente, nessa equação, obtemos b g(x) ∫a f(t)dt + k (11) e Se a função f não estiver definida para valores de x menores do que a, mas for contínua à direita de a, então, na argumentação acima, se x1 = a em (8) Δx precisa tender a 0 pela direita. Assim, o primeiro membro de (9) será F’+(x1). Analogamente, se f não estiver definida para valores de x maiores do que b, mas for contínua à esquerda de b, então se x1 = b em ( 8 ), Δx deve tender a zero pela esquerda. Logo, teremos F’–(x1) no primeiro membro de (9). a g(x) = ∫a f(t)dt + k (12) De (11) e (12), b a g(b) – g(a) = ∫a f(t)dt – ∫a f(t)dt Mas, como observamos anteriormente a b ∫a f(t)dt = 0; assim g(b) – g(a) = ∫a f(t)dt que é o que queríamos provar. Se f não estiver definida para valores de x maiores do que b, mas for contínua à esquerda de b, a derivada em (10) será a derivada à esquerda, e teremos g’–(b) = F’–(b), de onde Como x1 é um número qualquer em [a,b], a 83 UEA – Licenciatura em Matemática segue (11). Da mesma forma, se f não estiver definida para valores de x menores do que a, mas for contínua à direita de a, então a derivada em ( 10) será a derivada à direita, e teremos g’+(a) = F’+(a), de onde segue (12). g(x), pois o teorema permite-nos escolher qualquer antiderivada, inclusive aquela para a qual C = 0. Exemplos: Estamos, agora, em posição de encontrar o valor exato de uma integral definida, aplicando o segundo teorema fundamental do cálculo. 1. Calcule: Quando aplicarmos esse teorema, usaremos a notação [g(b) – g(a)] Solução: Exemplo – Vamos aplicar o segundo teorema 3 fundamental do Cálculo para determinar ∫ 1 x2dx. Aqui f(x) = x2. Uma antiderivada de x2 é x3. Daí escolhemos Logo, pelo segundo teorema fundamental do cálculo, 2. Calcule Devido à conexão entre integrais definidas e antiderivadas, usamos o sinal de integral ∫ para a notação ∫f(x)dx de antiderivada. Vamos dispensar agora a terminologia de antiderivadas e antidiferenciação e começaremos a chamar ∫f(x)dx de integral indefinida. O processo de cálculo de uma integral indefinida ou definida é chamado de integração. Solução: Deve ser enfatizada a diferença entre uma integral indefinida e definida. A primeira, ∫f(x)dx, foi estabelecida como sendo uma função g tal que sua derivada Dx[g(x)] = f(x). Por outro b lado, a segunda ∫b f(x)dx é um número cujo valor depende da função f e dos números a e b, e foi definida como o limite de uma soma de Riemann. A definição de integral definida não faz nenhuma referência à diferenciação. Exemplos: 1. Calcule: 4 a) ∫ 2 3dx 3 b) ∫ 1 (2x + 3)dx c) A integral indefinida envolve uma constante arbitrária; por exemplo, ∫2 (x2 – 1)dx 2 d) e) f) A constante arbitrária C é chamada de constante de integração. Ao aplicar o segundo teorema fundamental do Cálculo, não é preciso incluir a constante arbitrária C na expressão de Solução: a) 84 ∫2 3dx = [3x]2 4 4 Cálculo I – Integrais 1 g) ∫0(x + 1)2dx = (3 . 4) – (3 . 2) = 12 – 6 = 6 h) b) 2. Em alguns problemas práticos, pode surgir a necessidade de se calcular a área entre duas curvas. Suponhamos que f(x) e g(x) sejam funções não-negativas e que f(x) ≥ g(x) no intervalo a ≤ x ≤ b conforme mostra a figura b. = [x2 + 3x]31 =(9 + 27) – (1 + 3) = 36 – 4 = 32 b b b Área de R = ∫a f(x)dx – ∫a g(x)dx = ∫a [f(x) – g(x)]dx c) d) e) f) 1. Calcule: 1 a) ∫0(x + 3)dx b) c) d) e) Pode-se provar que esta fórmula permanece válida mesmo se desprezar a hipótese de as funções f e g serem não-negativas. f) 85 UEA – Licenciatura em Matemática Determinemos os pontos de intersecção, resolvendo, simultaneamente, as equações das duas curvas. Obtemos: TEMA 16 x3 = x2 ÁREA ENTRE CURVA x3 – x2 = 0 x2(x – 1) = 0 Ou x=0 Se f(x) e g(x) forem contínuas no intervalo a ≤ x ≤ b, com f(x) ≥ g(x), e se R for a região limitada pelos gráficos de f e g pelas verticais x = a e x = b, então, e x=1 Os pontos correspondentes (0,0) e (1,1) são os de intersecção. b Área de R = ∫a [f(x) – g(x)]dx Exemplos: 1. Calcule a área da região limitada pelas curvas y = x2 + 1 e y = 2x – 2 entre x = –1 e x = 2. Solução: Para melhor visualizar a situação, iniciemos representando a região conforme ilustra a figura abaixo. Aplicamos, então, a fórmula de integração, com f(x) = x2 + 1, g(x) = 2x –2, a = –1 e b = 2. Região limitada por y = x3 e y = x2 Observemos que, para 0 ≤ x ≤ 1, o gráfico y = x2 situa-se acima do de y = x3 (pois o Obtendo, quadrado de uma fração entre 0 e 1 é maior Área = 2 ∫–1 [x que o seu cubo). Logo, a região em estudo é 2 + 1) – (2x – 2)]dx = 2 ∫1 [x 2 limitada, acima, pela curva y = x2; abaixo, pela – 2x + 3)dx curva y = x3 e, nas extremidades, por x = 0 e x = 1. Por conseguinte, Área = 1 ∫0 3. Calcule a área do conjunto do plano limitado pelas retas x = 0, x = 1, y = 0 e pelo gráfico de f(x) = x2. Solução: área 2. Calcule a área da região limitada pelas curvas y = x3 e y = x2 As situações que apresentamos a seguir suge- Solução: rem como estender o conceito da área para Esbocemos as curvas, conforme figura abaixo. uma classe mais ampla de subconjunto do 86 2 . Cálculo I – Integrais área b Como f(x) ≤ 0 em [a,b], ∫a f(x)dx ≤ 0. b área A = –∫a f(x)dx 2. Seja A o conjunto hachurado área b) área A= c d b b ∫a f(x)dx – ∫c f(x)dx + ∫d f(x)dx = ∫a |f(x)|dx Nas questões abaixo, desenhe o conjunto A dado e calcule a área. Observe: A= b c b ∫a f(x)dx = ∫a f(x)dx + ∫d f(x)dx = 1. A é o conjunto do plano limitado pelas retas x = 1, x = 3, pelo eixo 0x e pelo gráfico de y = x3. soma das áreas dos conjuntos acima do eixo 0x menos a soma das áreas dos conjuntos abaixo do eixo 0x. 2. Aé o conjunto do plano limitado pelas retas x = 1, x = 4, y =0, e pelo gráfico y = 3. [f(ci) – g(ci)]Δxi = área do retângulo hachurado. x. 3. é o conjunto de todos (x,y), tal que x2 – 1 ≤ y ≤ 0. 4. A é o conjunto de todos (x,y), tal que 0 ≤ y ≤ 4 – x2. 5. A é o conjunto de todos (x,y), tal que 0 ≤ y ≤ |sen x|, com 0 ≤ x ≤ 2π 6. A é é a região do plano compreendida entre 0x e o gráfico de y = x2 – x, com 0 ≤ x ≤ 2. área A, onde A é o conjunto limitado pelas retas x = a, x = b e pelos gráficos de y = f(x) e y = g(x), com f(x) ≥ g(x)em [a,b]. 7. A é o conjunto do plano limitado pela reta y = 0 e pelo gráfico de y = 3 – 2x – x3, com –1 ≤ x ≤ 2. Exemplo: Resolva: 8. A é o conjunto do plano limitado pelas retas x = –1, x – 2, y = 0 e pelo gráfico de y = x2 + 2x + 5. a) Calcule a área da região limitada pelo gráfico de f(x) = x3, pelo eixo x e pelas retas x = –1 e x = 1. b) Calcule = 1 ∫–1 x3 dx 9. A é o conjunto do plano limitado pelo eixo 0x, pelo gráfico de y = x3 – x, 1 ≤ x ≤ 1. Solução: 10. A é o conjunto do plano limitado pela reta y = 0 e pelo gráfico de y = x3 – x, com 0 ≤ x ≤ 2. a) área = 87 UEA – Licenciatura em Matemática uma função diferenciável tal que g(x) está no domínio de F para todo x em algum intervalo. Denotando por h a função composta de F e g, então h(x) = F(g(x)) e daí TEMA 17 MUDANÇA DE VARIÁVEL NA INTEGRAL ∫[DxF(g(x))]dx = F(g(x)) + C Aplicando a regra da cadeia ao integrando DxF(g(x)) lembrando que F’ = f, obtemos 17.1 Resumo das integrais 1. Dx(x) = 1 DxF(g(x)) = F’(g(x))g’(x) = f(g(x))g’(x) ∫1dx = x + C Levando na integral indefinida precedente, temos 2. ∫ f(g(x))g’(x)dx = F(g(x)) + C (*) Podemos utilizar o seguinte artifício para ajudar a rememorar esta fórmula: 3. Dx (sen x) = cos x ∫cos x dx = sen x + C Sejam u = g(x) e du = g’(x)dx 4. Dx (–cos x) = senx Note que, uma vez introduzida a variável u = g(x), a diferencial du de u fica determinada (fato demosntrado anteriormente). Substituindo formalmente na última fórmula de integração, vem ∫f(u)du = F(u) +C. ∫senxdx = –cosx + C 5. Dx (tg x) = sec2 x ∫sec2 xdx = tg x + C 6. Dx (–cotg x) = cosec2 x Esta integral tem a mesma forma que a da Definição de antiderivada; todavia u representa aqui uma função, e não uma variável independente x, como anteriormente. Isso sugere que g’(x)dx em (*) pode ser encarado como o produto de g’(x) e dx. ∫cosec2 xdx = –cot gx + C 7. Dx (sec x) = sec x tg x ∫sec x tg xdx = sec x + C 8. Dx (–cosec x) = cosc x cotg x Como a variável x foi substituída por uma nova variável u, esta maneira de calcular integrais indefinidas é conhecida como mudança de variável, ou método de substituição. Podemos resumir nosso estudo como segue, quando supomos que f e g tenham as propriedades descritas previamente. ∫cosec x cotg xdx = –cosec x + C 17.2 Definição As fórmulas para integrais indefinidas acima, têm objetivo limitado, porque não podemos usá-las diretamente para calcular integrais como ou ∫cos 4xdx. Desenvolveremos, agora, um método simples – mas poderoso – para mudar a variável de integração de modo que essas integrais (e muitas outras) possam ser calculadas por meio das fórmulas vistas até agora. 17.3 MÉTODO DA SUBSTITUIÇÃO Se F é uma antiderivada de f, então ∫f(g(x))g’(x)dx = F(g(x)) + C. Após fazer a substituição u = g(x) conforme indicado acima, pode ser necessário inserir um fator constante k no integrando para obter uma forma adequada ∫f(u)du. Devemos, então, Para justificar esse método, aplicaremos a fórmula para integral indefinida e uma função composta. Pretendemos considerar diversas funções f,g e F, de forma que nosso trabalho será simplificado se enunciarmos a fórmula em termos de uma função h como segue: multiplicar por para manter a igualdade, con- forme exemplo a seguir. Exemplo: ∫[Dxh(x)]dx = h(x) + C Calcular Sejam f uma antiderivada de uma função f e g 88 Cálculo I – Integrais Solução: Nem sempre é fácil decidir a substituição u = g(x) necessária para transformar uma integral indefinida em uma forma que possa ser facilmente calculável. Às vezes, é preciso tentar várias possibilidades diferentes até achar uma substituição adequada. Na maioria dos casos, nenhuma substituição simplificará propriamente o integrando. Veja algumas diretrizes. Façamos u = 5x + 7e calculemos du: u = 5x + 7, du = 5 dx Como du contém o fator 5, a integral não está na forma ∫ f(u)du exigida. Entretanto podemos introduzir o fator 5, no integrando, desde que multipliquemos por . Fazendo isso e aplican- do os teoremas de integração, temos 1) Decidir por uma substituição u = g(x). 2) Calcular du = g’(x)dx. 3) Com o auxílio de 1 e 2, transformar a integral em uma forma que envolva apenas a variável u. Se necessário, introduzir um fator constante k no integrando, compensando com a multiplicação de integral por . Se Se qualquer parte do integrando resultante diferente em 1. 4) Calcular a integral obtida em 3, obtendo uma antiderivada envolvendo u. Daqui por diante, após inserir o fator k em um integrando, como no Exemplo, simplesmente multiplicaremos a integral por 5) Substituir u por g(x) na antiderivada obtida na diretriz 4. o resultado final deve conter apenas a váriável x. , omitindo o Exemplos: trabalho intermediário de escrever primeiro e trazer então para fora, isto é, para a 1. Calcular ∫(2x3 + 1)7 x2dx esquerda do sinal de integral. Solução: Exemplo: Se o integrando envolve uma expressão elevada a uma potência como (2x3 + 1)7, costumamos substituir a expressão por u . Assim, Calcular ∫cos 4xdx Solução: u = 2x3 + 1, du = 6x2 dx Façãmos a substituição A comparação de du = 6x2 dx com x2 da integral sugere a introdução do fator 6 no integrando, compensada pela multiplicação da integral u = –4x, du = 4x Como du contém o fator 4, ajustamos o integrando multiplicando por 4 e, para compensar, multi– plicamos a integral por ∫cos 4x = antes de substituir: : ∫(2x3 + 1)7 x2 dx = ∫(2x3 + 1)7 6x2 dx ∫(cos 4x)4dx = ∫cos u du = sen u + C = por Freqüentemente, há mais de uma maneira de fazer uma substituição em uma integral indefinida. Para ilustrar, outro método para calcu- sen 4x + C 89 UEA – Licenciatura em Matemática Façamos u = x3 – 3x + 1 du = (3x2 – 3)dx = 3(x2 – 1)dx e procedemos como seguinte: lar essa integral consiste em considerar u = 2x3 + 1 du = 6x2 dx por Substituímos, então, x2 dx por du = x2 dx du e integramos como anteriormente 2. Calcular Solução: Note que o integrando contém o termo xdx. Se o fator x estivesse ausente, ou elevado a uma potência mais alta, o problema seria mais complicado. Para integrandos que envolvem um radical, em geral substituímos a expressão sob o sinal de radical. Assim, 4. Calcular Solução: Para a fórmula ∫cos u du = sen u + C, fazemos a substituição u = 7 – 6x2, du = –12x dx Em seguida, introduzimos o fator –12 no integrando, compensando com a multiplicação da integral por , e procedemos como segue: Introduzimos o fator no integado e com- pensando-o pela multiplicação da integral por 2, obteremos = 2∫cos u du = 2sen u + C 5. Calcular ∫cos3 5x sen 5x dx Solução: A forma do integrando sugere utilizarmos a Poderíamos também ter escrito regra da potência . Façamos, pois, u = cos 5x, du = –5 sen 5x dx. A forma de du indica que devemos introduzir o fator –5 no integrando, multiplicar a integral por substituindo xdx diretamente. Assim, – e integral como segue: ∫cos3 5x sen 5xdx Para o restante da solução, procedemos exatamente como antes. 3. Calcular Solução: 90 Cálculo I – Integrais de F’(g(x)) g’(x); logo, pela parte 2 do Teorema Fundamental, temos b ∫a f(g(x))g’(x)dx =F(g(x))]a = F(g(b)) – F(g(a)) 1. Calcule a integral fazendo a substituição dada: b Mas aplicando uma segunda vez o TFC2, também temos, a) ∫cos 3xdx, u = 3x g(b) g(b) ∫g(a) f(u) du = F(u)]g(a) b) = F(g(b)) – F(g(a)) Exemplos: c) calcule. 1. Sendo Solução: 4. Calcule a integral indefinida: a) ∫2x(x2 + 3)4dx Usando a substituição u = 2x + 1 e b) c) Para encontrar os novos limites de integração, notamos que, quando x = 0, u = 1, e quando x = 4, u = 9 d) Portanto . e) f) ∫(1 – 2y1,3)dt g) ∫cos 2θdθ Observe que, quando usamos a regra da substituição, não retornamos à variável x após a integração. Simplesmente calculamos a expressão em u entre os valores apropriados de u. h) i) ∫ t sen(t2)dt j) k) l) ∫cos4x senx dx m) n) o) 17.4 A regra da substituição para Integrais definidas 2. Calcule Se g’ for contínua em [a,b] e f for contínua na b g(b) variação de u = g(x),então ∫a f(g(x))g’(x) = ∫g(a) du Solução: Prova: Seja u = 3 – 5x. Então du = –5dx, portanto Seja F uma antiderivada de f. Então, pelo método da substiuição, F(g(x)) é uma antiderivada . 91 UEA – Licenciatura em Matemática (ii) Se x = 10, então u = 5(10) – 1 = 49. Quando, x = 1, u = –2 e quando x = 2, u = –7. Assim, Substituindo na integral e mudando os limites de integração conforme método da substituição, vem: 3. Calcule Solução: Vamos fazer u = 1n x, pois sua diferencial 7. Calcular ocorre na integral. . Solução: Quando x = 1, u = 1n1 = 0, quando x = e, u e 1n e e = 1.Assim O integrando sugere a regra da potência Fazemos assim u = 1 + sen 2x, du = 2cos2xdx A forma de du indica que devemos introduzir o fator 2 no integrando e multiplicar a integral por , como segue: 6. Calcular Calculamos, em seguida, os valores de u = 1 + sen 2x, que correspondem aos limites . Solução: de integração x = 0 e Comecemos escrevendo a integral como (i) Se x = 0, então u = 1 + sen 0 = 1 + 0 = 1 (ii) Se A expressão na integral sugere a seguinte substituição u = 5x – 1, du = 5dx. , então Substituindo no integrando e mudando os limites de integração, obtemos: A forma de du sugere introduzirmos o fator 5 no integrando, compensando pela multiplicação da integral por : , como segue: Calculamos, em seguida, os valores de u = 5x – 1, que correspondem aos limites de integração x = 2 e x = 10: 17. 5 SIMETRIA 17.5.1 Introdução O terorema seguinte ilustra uma técnica útil pa- (i) Se x = 2, então u = 5(2) – 1 = 9. 92 Cálculo I – Integrais ra o cálculo de certas integrais definidas. O próximo teorema usa a Regra da Substituição para Integrais Definidas para simplificar o cálculo de integrais de funções que possuam propriedades de simetria. (b) f ímpar, Quando f é positiva e par, a parte (a) diz que a área sob y = f(x) de –a até a é o dobro da área de 0 até a devido à simetria. Lembre-se de que b uma integral ∫a f(x)dx pode ser expressa como a área acima do eixo x e acima da curva. Assim, a parte (b) diz que a integral é 0, pois as áreas se cancelam. 17.5.2 Integrais de funções simétricas Teorema – Suponha que f é contínua em [–a,a]. a) Se f for par [f(–x) = f(x)], então a a ∫–a f(x)dx = 0 Exemplos: a ∫–a f(x)dx = 2∫–a f(x)dx 1. Uma vez que f(x) = x6 + 1 satisfaz f(–x) = f(x), ela é par, portanto b) Se f for ímpar [f(–x) = –f(x)], então a ∫–a f(x)dx = 0 2 2 ∫–2 (x6 + 1)dx = 2∫0 (x6 + 1)dx Prova: Dividimos a integral em duas: a 0 a ∫–a f(x)dx = ∫–a f(x)dx + ∫0 f(x)dx = –a a = –∫ 0 f(x)dx + ∫0 f(x)dx (1) 2. Uma Na primeira integral da última igualdade, fazemos a substituição u = –x. Então du = –dx, e quando x = –a, u = a. Portanto –a a –∫ 0 f(x)dx = –∫0 f(–u)(–du) = a a f(–x) = –f(x), ela é impar, e portanto (2) 3. Calcular a) Se f for par, então f(–u) = f(u); logo, da Equação (2) segue que a a) b) a ∫–a f(x)dx = ∫0 f(u)du + ∫0 f(x)dx = 2∫0 f(x)dx c) b) Se f for ímpar, então f(–u) = –f(u), e a Equação (2) nos dá a a satisfaz a a a que ∫0 f(–u)du ∫–a f(x)dx = ∫0 f(–u)du + ∫0 f(x)dx a vez 1 ∫–1 (x4 + 3x2 + 1)dx 1 ∫1 (x5 + 3x3 + x)dx 5 ∫–5 (2x3 + 3x2 + 7x)dx Solução: a) Como o integrado é uma função par, podemos aplicar a parte a) do teorema acima: a ∫–a f(x)dx = –∫0 f(u)du + ∫0 f(x)dx = 0 O Teorema está ilustrado abaixo. 1 1 ∫–1 (x4 + 3x2 + 1)dx = ∫0 (x4 + 3x2 + 1)dx b) O integrando é impar e, assim, aplicamos a parte b) do teorema: (a) f par, a a 1 ∫–a f(x)dx = 2∫ 0 f(x)dx ∫–1(x5 + 3x3 + x)dx = 0 93 UEA – Licenciatura em Matemática c) A função dada por 2x3 + 7x é impar, mas a função 3x2 é par; aplicamos, pois, o teorema: 5 5 TEMA 18 5 ∫–5(2x3+3x2+7x)dx = ∫–5(2x+7x)dx +∫–5 3x2dx 5 INTEGRAÇÃO POR PARTES = 0 + 2∫0 3x2dx 5 = 2[x3]0 = 250 18.1 Definições As técnicas aqui nos possibilitam estimar a área de uma piscina, a altura de um foguete um minuto após o lançamento, o cálculo da velocidade de escape do foguete e a diminuição do crescimento de uma população de insetos introduzindo-se machos estáveis. Calcule: Até este ponto, não temos condições de calcular integrais como 1) 2) 1 ∫–1 (v2 – 1)v dv ∫lnx dx, ∫xe2 dx, ∫x2 sen x dx, ∫arctg x dx 3) A próxima fórmula possibilita calcular não somente estes, como muitos outros tipos de integrais. 4) 18.2 Fórmula de integração por partes 5) Se u = f(x) e v = g(x), e se f’ e g’ são contínuas, então 6) ∫u dv = uv – ∫v du Demonstração: 7) Pela regra do produto Dx[f(x) g(x)] = f(x)g’(x) + g(x)f’(x) ou, equivalentemente, f(x)g’(x) = Dx[f(x) g(x)] – g(x)f’(x) Integrando ambos os membros, obtemos ∫f(x)g’(x)dx = ∫Dx[f(x) g(x)]dx – ∫g(x)f’(x)dx Pelo que já estudamos, a primeira integral à direita é igual a f(x)g(x) + C. Como se obtém outra constante de integração na segunda integral, podemos omitir C na fórmula, isto é, ∫f(x)g’(x)dx = f(x)g(x)dx – ∫g(x)f’(x)dx Como dv = g’(x)dx e du = f’(x)dx, podemos escrever a fórmula precedente anteriormente. Ao aplicar a Fórmula acima a uma integral, o primeiro passo é fazer uma parte do integrando corresponder a dv. A expressão que escolhermos para dv deve incluir a diferencial dx. Após a escolha de dv, denotamos a parte restante do integrando por u, e calculamos du. Como esse processo implica separar o inte94 Cálculo I – Integrais grando em duas partes, referimo-nos ao uso da fórmula como integração por partes. É importante a escolha adequada de dv. Em geral, fazemos dv representar a parte mais complicada do integrando que possa ser prontamente integrada. O exemplo a seguir ilustra esse método de integração. integral à direita tornou-se mais complexa que a integral original. Isso indica uma escolha incorreta de dv. 2. Calcular: a) ∫x sec2 x dx b) Exemplo: 1. Calcular ∫xe2xdx Solução: Solução: a) As escolhas possíveis de dv são dx, x dx, secx dx, xsec x dx, sec2x dx, xsec2x dx A lista seguinte contém todas as escolhas possíveis de dv: A mais complexa destas expressões que pode ser integrada imediatamente é sec2x dx. Fazemos, pois, dx, xdx, e dx, xe , xe dx 2x 2x 2x A mais complexa destas expressões que pode ser integrada rapidamente é e2x dx. Assim, fazemos dv = e2xdx. A parte restante do integrando é u, isto é, u = x. Para achar v, integramos dv, obtendo u=x v = tg x du = dx Integrando por partes, obtemos ∫xsec2 x dx = xtg x = ∫tg x dx = xtg x + ln |cos x| + C . b) A integral indefinida obtida na parte (a) é uma antiderivada de xsec2x. Aplicando o teorema fundamental do cálculo (e omitindo a constante de integração C), obtemos Se u = x, então du = dx. Para facilidade de referência, disponhamos essas expressões como segue: dv = e2xdx dv = sec2 xdx u=x du = dx Levando essas expressões na fórmula, isto é, integrando por partes, obtemos integrando à direita, temos: Se, no exemplo 2, tivéssemos escolhido dv = x dx e u = sec2 x, a integração por partes teria conduzido a uma integral mais complexa. É necessário práticar bastante para fazer uma escolha adequada de dv. Para ilustrar, se tivéssemos escolhido dv = x dx no exemplo 1, teria sido necessário fazer u = e2x, onde dv = x dx A seguir, aplicamos a integração por partes para achar uma antiderivada da função logarítmica natural. u = e2x 3. Calcular ∫ln x dx du = 2e2x dx Solução: Integrando por partes, obteríamos Seja dv = dx v=x Como o expoente associado a x aumentou, a 95 u = 1n x UEA – Licenciatura em Matemática v = –cos x obtemos, du = exdx e integrando novamente por partes obtemos: = x ∫ln x – ∫dx ∫ex sen x dx = ex (–cos x) – ∫(–cos x)ex dx ∫ex sen x dx = –ex cos x + ∫ex cos dx (2) = x ln x – x + C Observação – Algumas vezes, pode ser necessário aplicar a integração por partes mais de uma vez no mesmo problema. Utilizando a equação (2) para fazer a substituição no membro direito da equação (1), obtemos ∫ex cos x dx = ex sen x – [–ex cos x + ∫ex cos x dx] ou, 4. Calcular ∫x2e2x dx ∫ex cos x dx = ex sen x + ex cos x – ∫ex cos x dx Solução: Façamos dv = e2x dx Adicionando ∫e2 cos dx a ambos os membros da última equação, obtemos: u = x2 du = 2x dx 2 ∫e2 cos x dx = e2(sen x + cos x) logo, Finalmente, dividindo ambos os membros por 2 e adicionando a constante de integração, obtemos Para calcular a integral no membro direito da última equação, devemos novamente integrar por partes. Procedendo exatamente como no exemplo 1, temos: Poderíamos também ter calculado a integral utilizando dv = ex dx para a primeira e para a segunda aplicação da função integração por partes. O próximo exemplo mostra outra maneira de calcular uma integral aplicando duas vezes a fórmula de integração por partes. Devemos escolher cuidadosamente as substituições ao calcular uma integral do tipo dado no exemplo 5. Suponhamos que, no cálculo da integral à direita da equação (1) da solução, tivéssemos escolhido 5. Calcular ∫e cos dx 2 2 dv = ex dx u = sen x v=e du = cos x dx x Podemos fazer tanto dv = cos x dx, como dv = e" dx, pois qualquer uma dessas duas expressões é facilmente integrável. Escolhamos ∫ex sen x dx = (sen x)ex – ∫ex cos x dx dv = cosx dx u = ex = ex sen x – ∫ex cos x dx v = sen x du = ex dx A integração por partes, então, conduziria a Se substituímos em (1), obtemos ∫ex cos x dx = ex sen x – [ex sen x – ∫ex cos x dx] Então, ∫ex cos x dx = ex sen x – ∫(sen x)ex dx ∫ex cos x dx = ex sen x – ∫ex sen x dx que se reduz a ∫ex cos x dx = ∫ex cos x dx (1) Embora se trate de uma afirmação verdadeira, não é evidentemente um cálculo da integral dada. Aplicamos, em seguida, a integração por partes à integral no membro direito de (1). Como escolhemos uma forma trigonométrica para dv na primeira integração por partes, escolheremos também uma forma trigonométrica na segunda. Fazendo dv = sen x dx 6. Calcular ∫sec3 x dx Solução: x u=e As escolhas possíveis de dv são 96 Cálculo I – Integrais dx, sec xdx, sec2 x dx, sec3 x dx O membro esquerdo da equação reduz-se a n ∫sen x dx. Dividindo ambos os membros por n, obtemos A expressão mais complexa que pode ser integrada facilmente é sec3 x dx. Fazemos então dv = sec2 x dx u = sec x v = tg x du = sec x tg x dx 8. Aplique a fórmula de redução do exemplo 7 para calcular ∫sen4 x dx. daí, ∫sec3 x dx = sec x tg x – ∫sec x tgx x dx Em lugar de aplicar outra integração por partes, mudemos a forma da integral à direita valendo-nos da identidade 1 + tg2 x = sec2 x que nos dá Aplicando a fórmula com n = 4, obtemos ∫sec x dx = secx tgx – ∫sec x (sec x – 1)dx Aplicando a fórmula de redução, com n = 2, para a integral à direita, temos 3 Solução: 2 Somando ∫sec3 x dx a ambos os membros da última equação, obtemos 2∫sec3x dx = secx tgx + ∫sec x dx Calculando agora ∫sec x dx e dividindo ambos os membros da equação resultante por 2 (e acrescentando, então, a constante de integração), obtemos Conseqüentemente, A integração por partes pode, às vezes, ser usada para obter fórmulas de redução para integrais. Utilizamos tais fórmulas para escrever uma integral que envolve potências de uma expressão, em termos de integrais que envolvem potências inferiores da mesma expressão. com É evidente que, mediante aplicações reiteradas da fórmula do exemplo 7, podemos calcular ∫sennx dx para qualquer inteiro positivo n, porque essas reduções sucessivas terminam em ∫sen x dx ou ∫dx, ambas imediatamente integráveis. 7. Estabelecer uma fórmula de redução para ∫senn xdx. Solução: Fazemos dv = sen x dx u = senn–1x v = –cos x du = (n – 1)n–2sen x cos x dx integrando, temos: ∫sen n 1. Calcule: x+(n–1)∫sen n–1 x dx = –cosx sen n–2 2 x cos x dx a) Como cos2 x = 1 – sen2 x, podemos escrever b) ∫sen c) n x dx = –cosx senn – 1x+(n–1)∫senn – 2 x dx – (n – 1)∫senn x dx d) Conseqüentemente, e) ∫senn x dx = (n – 1)∫senn x dx = cos x senn – 1 x + (n – 1)∫senn – 2 x dx f) g) 97 ∫ xex dx ∫ xsen xdx ∫ x2 ex dx ∫ xln xdx ∫ ln x dx ∫ x2ln xdx ∫ sec2 xdx UEA – Licenciatura em Matemática ∫ x (ln x)2 dx i) ∫ (ln x)2 dx j) ∫ x e2x dx l) ∫ ex cos x dx m) ∫ e–2x sen x dx n) ∫ x3 e xx2 dx o) ∫ x3 cos x2 dx p) ∫ e–x cos 2x dx q) ∫ x2 sen x dx h) TEMA 19 INTEGRAIS TRIGONOMÉTRICAS 19.1 Introdução Os teoremas para a antiderivada das funções seno e co-seno seguem imediatamente dos teoremas correspondentes para diferenciação. Teorema: ∫senxdx = –cos x + C Prova: Dx(–cos x) = –(–sen x) 2. Calcule: a) b) = sen x ∫ 0 x ex dx 2 ∫ 1 ln x dx 1 Teorema: ∫cos xdx = sen x + C Prova: Dx(sen x) = cos x c) d) ∫t x 0 2 Os teoremas a seguir são conseqüências dos teoremas para as derivadas das funções tangente, co-tangente, secante e co-secante. As demonstrações também são imediatas, obtidas com o cálculo da derivada do segundo membro das fórmulas. e–stdt(s ≠ 0) Teorema: ∫sec2 xdx = tgx + C Teorema: ∫cosec2 xdx = –cotgx + C Teorema: ∫sectg xdx = sec x + C Teorema: ∫cosec x cot xdx = –cosec x + C Exemplo: Calcule ∫(3sec x tg x – 5cosec2 x)dx. Solução: ∫(3sec x tg x – 5cosec2 x)dx = = 3∫sec x tg xdx – 5∫cosec2 xdx = 3sec x – 5 (–cot gx) + 5 = 3sec x – 5cot gx + C As identidades trigonométricas são freqüentemente usadas quando calculamos antiderivadas envolvendo funções trigonométricas. As oito identidades fundamentais a seguir são cruciais: 1. sen x cosc x = 1 2. cosx sec x = 1 3. tg x cotg x = 1 4. 98 Cálculo I – Integrais 8. cotg2 x + 1 = cosec2 x Em geral, podemos fazer uma substituição da forma x = g(t) usando a Regra da Substituição ao contrário. Para simplificar nossos cálculos, assumimos que g tem uma função inversa, isto é, g é um a um. Nesse caso, se trocarmos u por x e x por t na Regra da Substituição, obteremos Exemplos: ∫f(x)dx = ∫f(g(t))g’(t)dt 5. 6. sen2 x cos2 x = 1 7. tg2 x + 1 = sec2 x Esse tipo de substituição é chamada de substituição inversa. 1. Calcule Podemos fazer a substituição inversa x = a senθ desde que esta defina uma função um a um. Isso pode ser conseguido pela Solução: = restrição de θ no intervalo = A seguir, listamos substituições trigonométricas que são eficazes para as expressões radicais dadas por causa de certas identidades trigonométricas. Em cada caso, a restrição de θ é imposta para assegurar que a função que define a substituição seja um a um. = 2∫cosec x cotg xdx – 3∫sen xdx = 2(–cosec x) – 3 (cos x) + C = –2(cosec x) + 3cos x + C 2. Calcule ∫(tg2 x + cotg2 x + 4)dx. Solução: Substituição trigonométrica ∫(tg2 x + cotg2 x + 4)dx = = ∫[(sec2 x – 1) +(cosec2 x – 1)]dx Expressão substituição identidade = ∫sec2 xdx + ∫cosec2 xdx + 2∫dx = tg x – cotg x + 2x + C 1 – sen2θ = cos2θ 19.2 Substituição trigonométrica Para achar a área de um círculo ou uma elipse, uma integral da forma 1 + tg2θ = sec2θ aparece, onde a > 0. Se a integral fosse a sec2θ – 1= tg2θ substituição u = a – x poderia ser eficaz, mas, 2 como está, 2 é mais difícil. Se mudar- mos a variável de x para θ pela substituição x = a senθ, então a identidade 1 – sen2θ = cos2 θ permitirá que nos livremos da raiz, porque Exemplos: 1. Avalie Solução: Seja x = 3sen θ, onde Note a diferença entre a substituição u = a2 – x2 (na qual uma nova variável é uma função da velha) e a substituição x = a senθ (a variável velha é uma função da nova). então dx = 3cosθ dθ e 99 . UEA – Licenciatura em Matemática área do primeiro quadrante (veja a Figura abaixo). Observe que cosθ ≥ 0 porque . Então, a Regra de Substituição Inversa fornece =∫(cossec2 θ – 1)dθ = cotg θ – θ + C Como esta é uma integral indefinida, devemos retomar à variável x original. Isso pode ser feito usando-se identidades trigonométricas para expressar cotθ em termos de A parte da elipse no primeiro quadrante é dada pela função ou pelo 0≤x≤a desenho de um diagrama, como na Figura abaixo, onde θ é interpretado como um ângulo de um triângulo retângulo. Como Assim, Para avaliar essa integral substituímos x = a senθ. Então dx = a cosθ dθ. Para mudar os limites de integração notamos que quando x = 0, senθ = 0, assim θ = 0; quando x = a, senθ = 1, assim , denominamos o lado oposto . Também e a hipotenusa como tendo comprimentos x e 3. Pelo Teorema de Pitágoras, o comprimento do lado adjacente é ; assim, podemos ler o valor de cotgθ diretamente da figura: já que . Portanto (Embora θ > 0 no diagrama, essa expressão para cotgθ é valida quando θ <0). Como , temos e assim = πab 2. Encontre a área limitada pela elipse Mostramos que a área de uma elipse com semi-eixos a e b é πab. Em particular, tomando a = b = r, provamos a famosa fórmula que diz que a área de um círculo de raio r é πr2. . Solução: Observação – Nesse exemplo, a integral é definida; então, mudamos os extremos de integração e não tivemos de converter de volta à variável x original. Resolvendo a equação da elipse para y, temos que ou . Porque a elipse é simétrica em relação a ambos os eixos, a área total A é quatro vezes a 3. Ache 100 Cálculo I – Integrais Solução: =∫secθ dθ = ln|sec θ + tg θ| + C . Seja O triângulo abaixo mostra que Então, dx = 2 sec2θ dθ e Assim, temos: Assim, temos: Para avaliar essa integral trigonométrica, colocamos tudo em termos de senθ e cosθ: Escrevendo C1 = C – ln a, temos Portanto, fazendo a substituição u = senθ, temos: . 5. Encontre Solução: Primeiro, notamos que ; assim, a substituição trigonométrica é apropriada. Embora não seja exatamente uma expressão da tabela de substituições trigonométricas, ela se torna parte delas quando fazemos a substituição preliminar u = 2x. Quando combinamos esta com a substituição da tangente, Usamos a Figura abaixo para determinar que temos e , o que dá e assim Quando x = 0, tg θ= 0 assim θ = 0 ; quando 4. Avalie , tg θ = 3 , assim , onde a > 0 , logo, Solução: Seja x = asecθ, onde ou . Então, dx = a secθ tgθ dθ e Portanto, Agora, substituímos u = cosθ de modo que 101 UEA – Licenciatura em Matemática du = –senθdθ . Quando θ = 0, u = 1; quando , TEMA 20 . INTEGRAIS DE FUNÇÕES RACIONAIS Portanto 20.1 Introdução Recorde que, se q é uma função racional, então , onde f(x) e g(x) são polinô- mios. Aqui estabeleceremos regras para o cálculo de ∫q(x)dx. Consideremos o caso específico . É fácil verificar que A expressão à esquerda da equação é chamada decomposição em frações parciais de 1. Calcule: . Para achar ∫q(x)dx, integramos cada uma a) das frações que constituem a decomposição, obtendo b) c) d) Teoricamente, é possível escrever qualquer expressão e) como uma soma de expres- sões racionais cujos denominadores envolvem potências de polinômios de grau não superior a 2. Especificamente, se f(x) e g(x) são polinômios e se o grau de f(x) é inferior ao grau de g(x), então se pode provar que f) g) h) de tal forma que cada termo Fk da soma tem uma das formas ou para reais A e B e n inteiro não-negativo, onde ax2 + bx + c é irredutível no sentido de que este polinômio quadrático não tem zeros (isto é, b2 – 4ac < 0). Nesse caso, ax2 + bx + c não pode expressarse como o produto de dois polinômios do primeiro grau com coeficientes reais. 102 Cálculo I – Integrais com ax2 + bx + c irredutível, a decomposição em frações parciais contém uma soma de n frações parciais da forma A soma F1 + F2 +...+Fr, é a decomposição em frações parciais de , e cada FK é uma fração parcial. Não provaremos este resultado algébrico, mas estabeleceremos diretrizes para obter a decomposição. , onde cada numerador Ak e Bk é um número real. Exemplos: As diretrizes para achar a decomposição em frações parciais de devem ser aplicadas somente se f(x) tiver grau inferior ao de g(x). Se isso não ocorrer, teremos de recorrer à divisão para chegar à forma adequada. Por exemplo, dada 1. Calcule . Solução: Podemos fatorar o denominador do integrando como segue: , obtemos, por divisão; x3 + 2x2 – 3x = x(x2 + 2x – 3) = x(x + 3)(x – 1) Passamos, então, à decomposição de Cada fator tem a forma indicada na Regra a), com m = 1. Assim, ao fator x corresponde uma fração parcial da forma em frações parciais. . Analogamente, aos fatores x + 3 e x – 1 correspondem frações 20.2 Diretrizes para a decomposição de parciais em frações parciais , respectivamente. Portanto a decomposição em frações parciais . tem a forma 1. Se o grau de f(x) não é inferior ao grau de g(x), use a divisão para chegar à forma adequada. Multiplicando pelo mínimo denominador comum, obtemos 2. Expresse g(x) como o produto de fatores lineares ax + b ou fatores quadráticos irredutíveis da forma ax2 + bx + c, e agrupe os fatores repetidos de modo que g(x) seja o produto de fatores diferentes da forma (ax + b)n ou (ax2 + bx + c)n para n inteiro não-negativo. 4x2+13x – 9 = A(x+3)(x – 1)+Bx(x – 1)+Cx(x+3) (*) Em casos como este, em que os fatores são todos lineares e não-repetidos, os valores de A, B e C podem ser obtidos pela substituição de x por valores que anulem os vários fatores. 3. Aplique as seguintes regras: Fazendo x = 0 em (*), obtemos Regra a –9 = –3A Para cada fator (ax + b)ncom n ≥ 1, a decomposição em frações parciais contém uma soma de n frações parciais da forma e ou A = 3 Fazendo x = 1 em (*), obtemos 8 = 4C ou C = 2 Finalmente, se x = –3 em (*), temos onde –12 = 12B ou B = –1 A decomposição em frações parciais é, pois, cada numerador Ak é um número real. Regra b Para cada fator (ax2 + bx + c)n com n ≥ 1 e 103 UEA – Licenciatura em Matemática Multiplicando ambos os membros por Integrando e denotando por K a soma das constantes de integração, temos (x + 1)(x – 2)3, obtemos: = 3ln|x|–ln|x + 3|+2ln|x – 1|+k = ln|x3|–ln|x + 3|+ln|x – 1|2+k (*) Duas das constantes incógnitas podem ser determinadas facilmente. Fazendo x = 2 em (*), obtemos 6 = 3D ou D = 2 Outra técnica para determinar A, B e C é desenvolver o membro direito de (*) e agrupar os termos de mesma potência de x, como segue: Da mesma forma, fazendo x = –1 em (*), obtemos –54 = –27A ou A = 2 4x2 + 13x – 9 = (A + B + C)x2 + (2A – B + 3C)x – 3A As demais constantes podem ser obtidas por comparação dos coeficientes. Atentando para o membro direito de (*), vemos que o coeficiente de x3 é A + B. Este coeficiente deve ser igual ao coeficiente de x3 à esquerda. Assim, por comparação: Valemo-nos, agora, do fato que, se dois polinômios são iguais, então os coeficientes de iguais potências de x são os mesmos. É conveniente dispor nosso trabalho da seguinte maneira, a qual chamamos comparação de coeficientes de s. coeficientes de x3: 3 = A + B Coeficientes de x2: A + B + C = 4 Como A = 2, segue–se que B = 1 Coeficientes de x: 2A – B + 3C = 13 Termos constantes: –3A = –9 Finalmente, comparamos os termos constantes de (*) fazendo x = 0 o que nos dá: Pode-se verificar que a solução deste sistema de equações é termos constantes: – 4 = –8A + 4B – 2C + D Levando os valores já achados para A, B e D na equação precedente, temos A = 3, B = –1 e C = 2 – 4 = –16 + 4 – 2C + 2 2. Calcular que tem a solução C = 3. A decomposição em frações parciais é, portanto, Solução: Pela Regra a), há uma fração parcial da forma que corresponde ao fator x + 1 no denominador de integrando. Para o fator (x – 2)3 aplicamos a Regra a) (com m = 3), obtendo uma soma de três frações parciais e Para obter a integral dada, integramos cada uma das frações parciais do membro direito da última equação, obtendo . Conseqüentemente, a decomposição em frações parciais tem a forma com k igual à soma das quatro constantes de integração. Este resultado pode ser escrito na forma 104 Cálculo I – Integrais 3. Calcular 4. Calcular Solução: Solução: O denominador pode ser fatorado como segue: Aplicando a Regra b, com n = 2, temos: 2x3–x2+8x–4=x2(2x–1)+4(2x–1)=(x2+4)(2x–1) Aplicando a Regra b) ao fator quadrático irredutível x2 + 4, vemos que uma das frações parciais tem a forma Multiplicando pelo menor divisor comum (x2 + 1)2 temos: . Pela Regra a), há 5x3 – 3x2 + 7x – 3 = (Ax + B)(x2 + 1)+ Cx + D também uma fração parcial 5x3 – 3x2 + 7x – 3 = Ax3 + Bx2 +(A + C)x +(B + D) correspon- Em seguida, comparamos os coeficientes: dente ao fator 2x – 1. Conseqüentemente, Coeficientes de x3: 5 = A Coeficientes de x2: –3 = B Coeficientes de x: 7 = A + C Tal como em exemplos anteriores, isso conduz a (*) Termos constantes: –3 = B + D Temos, assim, A = 5, B = –3, C = 7 – A = 2 e D = –3 – B = 0. x2 – x – 21 = (Ax + B)(2x – 1)+ C(x2+4) Pode-se achar facilmente uma constante. Fazendo Portanto em (*), obtemos ou C = –5 As demais constantes podem ser achadas por comparação de coeficientes de x em (*): Integrando, vem Coeficientes de x2: 1 = 2A + C Coeficientes de x: –1 = –A + 2B Termos constantes: –21 = –B + 4C Como C = –5, segue-se de 1 = 2A + C que A = 3. Da mesma forma, utilizando os coeficientes de x com A = 3, temos –1 = –3 + 2B ou B = 1. Assim, a decomposição do integrando em frações parciais é 1. Calcule: a) b) Pode-se, agora, calcular a integral dada integrando o membro direito da última equação, o que nos dá c) d) 105 UEA – Licenciatura em Matemática quadrado como segue: e) x2 – 6x + 13 = (x2 – 6x) + 13 (x2 – 6x + 9) + 13 – 9 = (x – 3)2 + 4 f) Assim, g) Fazemos, agora, uma substituição: h) u = x – 3, x = u + 3, dx = du Então, 2. Calcule: a) b) c) d) e) 1. Calcule: f) a) 20.3 Integrais que envolvem expressões quadráticas b) A decomposição em frações parciais pode conduzir a integrandos que contêm uma expressão irredutível como ax2 + bx + c . Se b ≠ 0, é necessário, às vezes, completar o quadrado como segue: c) d) e) f) pode conduzir a uma A substituição 20.4 Aplicações da integral forma integrável. Calcular Exemplos: . 1. Joga-se uma pedra verticalmente para cima de um ponto situado a 45m acima do solo e com velocidade inicial de 30m/s. Desprezando a resistência do ar, determine: Solução: A expressão quadrática x2 – 6x + 13 é irredutível, pois b2 – 4ac = –16 < 0. Completamos o 106 Cálculo I – Integrais a) A distância da pedra ao solo após t segundos. ou b) O intervalo de tempo durante o qual a pedra sobe. donde t = –1,24 ou t = 7,36. 4,9t2 – 30t – 45 = 0 A solução –1,24 é estranha, pois t é nãonegativo. Resta t = 7,36s, que é o tempo após o qual a pedra atinge o solo. A velocidade, nesse instante, é: c) O instante em que a pedra atinge o solo, e a velocidade nesse instante. Solução: O movimento da pedra pode ser representado por um ponto numa coordenada vertical l com origem no solo e direção positiva para cima (veja a figura abaixo). v = (7,36) = –9,8(7,6) + 30 ≈ –42,13m/s Nas aplicações à economia, se se conhece uma função marginal, então podemos usar a integração indefinida para achar a função, conforme próximo exemplo. 2. Um fabricante constata que o custo marginal (em reais) da produção de x unidades de uma componente de copiadora é dado por 30 – 0,02x. Se o custo da produção de uma unidade é R$ 35,00, determine a função-custo e o custo de produção de 100 unidades. Solução: Se C é a função-custo, então o custo marginal é a taxa de variação de C em relação a x, isto é, a) A distância da pedra ao solo no instante t é s(t), e as condições iniciais são s(0) = 45 e v(0) = 30. Como a velocidade é decrescente, v’(t) < 0, isto é, a aceleração é negativa. Logo, C’(x) = 30 – 0,02x Logo, ∫C’(x)dx = ∫(30 – 0,02x)dx e a(t) = v’(t) = –9,8 ∫C(x) = 30x = –0,01x2 + k para algum k. ∫v’(t)dt = ∫–9,8dt v(t) = –9,8t + C para algum C. Com x = 1 e C(1) = 35, obtemos Substituindo t por 0 e em vista do fato de que v(0) = 30 e, conseqüentemente, 35 = 30 – 0, 01 + k ou k = 5,01 Conseqüentemente, C(x) = 30x – 0,01x2 + 5,01. Em particular, o custo da produção de 100 unidades é C(100) = 3.000 – 100 + 5,01 = R$ 2.905,01 v(t) = –9,8 + 30 Como s’(t) = v(t), obtemos s’(t) = –9,8t + 30 ∫ s’(t)dt = ∫(9,8t + 30)dt 3. Na comercialização, em reais, de um certo produto, a receita marginal é dada por R’(q) = –20q + 200, e o custo marginal é dado por C’(q) = 20q. Para o intervalo 1 ≤ q ≤ 5, obtenha: s(t) = –4,9t2 + 30t + D para algum D. Fazendo t = 0, e como s(0) = 45, temos 45 = 0 + 0 + D ou D = 45. Segue-se que a distância do solo à pedra no instante t é dada por a) A variação total da receita. s(t) = –4,9t2 + 30t + 45 Solução: b) A pedra subirá até que v(t) = 0, isto é, até que – 9,8 + 30 = 0 ou t ≈ 3. A variação total da receita no intervalo 1 ≤ q 5 ≤ 5 será dada por ∫ 1 R’(q)dq = R(5) – R(1) ou seja, devemos encontar o valor de c) A pedra atingirá o solo quando s(t) = 0, isto é, quando – 4,9t2 + 30t + 45 = 0 107 UEA – Licenciatura em Matemática ∫1 (–20q + 200)dq. 5 Logo, ∫(–40q + 200)dq = –20q2 + 200q + C. Obtendo o valor da integral definida: Calculando, primeiramente, a integral indefinida correspondente ∫(–20q + 200), temos: ∫ 1 (–40q + 200)qd = [–20q2 + 200q]51 5 = 20 . 52 + 200 . 5 – (–20 . 12 + 200 . 1) = –10q2 + 200q + C ∫ 1 (–40q + 200)qd = 500 – 180 = 320 Logo, Assim, a variação do lucro no intervalo é de R$ 320,00. 5 Note que tal valor também pode ser obtido fazendo a subtração da variação da receita e da variação do custo obtidas nos itens anteriores: . Obtendo o valor da integral definida: ∫1 (–20q + 200)dq = [–10q2 + 200q]51 5 = –10 . 52 + 200 . 5 – (–10 . 12 + 200 . 1) R$ 560,00 – R$ 240,00 = R$ 320,00 ∫1 (–20q + 200)dq = 750 – 190 = 560 5 d) A interpretação gráfica da variação total do lucro obtida no item anterior. Assim, a variação da receita no intervalo é de R$ 560,00. A interpretação gráfica é dada pela área entre a curva da receita marginal, R’(q) = –20q + 200, b) A variação total do custo. A variação total da receita no intervalo 1 ≤ q 5 ∫1 C’(q)dq = C(5) – C(1) ou seja, devemos encontar o valor de ∫20q dq. ≤ 5 será dada por e a curva do custo marginal, C’(q) = 20q, no intervalo 1 ≤ q ≤ 5. Calculando, primeiramente, a integral indefinida correspondente ∫20q dq, temos Logo, ∫20q dq = –10q2 + C. Obtendo o valor da integral definida: ∫1 20q dq = [10q2]1 = 10 . 52 – 10 . 12 = 240 5 5 Assim, a variação da receita no intervalo é de R$ 240,00. c) A variação total da receita no intervalo 1 ≤ q ≤ 5 será dada por . ∫1 L’(q)dq = L(5) – L(1). Como 5 1. Um projétil é lançado verticalmente para cima com uma velocidade de 500m/s. Desprezando-se a resistência do ar, determine: L’(q) = R’(q) – C’(q), devemos encontar ∫1 L’(q)dq = ∫1 (R’(q) – C’(q))dq. 5 5 a) sua distância no instante t; Então, a integral procurada será b) altura máxima atingida. ∫ 1 (R’(q) – C’(q))dq= ∫ 1(–20q+200–20q)dq 5 = ∫ 1(–40q+200)dq 5 5 2. Joga-se uma pedra diretamente para baixo com uma velocidade inicial de 5m/s. Determine: Calculando primeiramente a integral indefinida correspondente ∫(–40q + 200)dq: a) Sua distância do solo após t segundos. b) A velocidade ao cabo de 3 segundos. c) Quando o objeto atinge o solo. 108 Cálculo I – Integrais 3. Se um automóvel parte do repouso, qual a aceleração constante que lhe permitirá percorrer 150 metros em 10 segundos? 4. O processo rítmico da respiração consiste em períodos alternados de inalação e exalação. Para um adulto, um ciclo complexo ocorre normalmente a cada 5 segundos. Se V denota o volume de ar nos pulmões no instante t, então dV / dt é a taxa de fluxo. a) Se a taxa máxima de fluxo é 0,6L/seg, estabeleça uma fórmula dV / dT = a sen bt que corresponde à informação dada. b) Use (a) para estimar a quantidade de ar inalada durante um ciclo. 5. Na comercialização, em reais, de um certo produto, a receita marginal é dada por R’(q) = –10q + 100 e o custo marginal é dado por C’(q) = 2,5q. Para o intervalo 2 ≤ q ≤ 8, obtenha: a) A variaçao total da receita. b) A variaçao total do custo. c) A variaçao total do lucro. d) A interpretação gráfica da variação total do lucro obtida no item anterior. 6. Na comercialização, em reais, de uma peça automotiva, a receita marginal é dada por R’(q) = 3q2 e o custo marginal é dado por C’(q) = 27. Para o intervalo 1 ≤ q ≤ 3, obtenha: a) A variaçao total da receita. b) A variaçao total do custo. c) A variaçao total do lucro. d) A interpretação gráfica da variação total do lucro obtida no item anterior. 109 Respostas dos Exercícios Cálculo I – Respostas dos Exercícios UNIDADE I UNIDADE II Limites Função TEMA 02 TEMA 01 DEFINIÇÃO DE LIMITES LATERAIS FUNÇÃO OU APLICAÇÃO Pág. 28 Pág. 20 1. a. 1 b. Não existe 1. a) –3 e 3/4 b) 0 , 2/3 e c. 1 d. Não existe c) 4 2. Não, pois f não está definida para x = 1 d) 6/a 2. a) x + 1 a) 2 TEMA 03 b) CONTINUIDADE DE UMA FUNÇÃO c) d) 0 Pág. 30 3. a) 2 b) 2x + h 1. contínua a) –4x – 2h 2. descontínua b) 0 3. descontínua c) 4. descontínua 5. a = –1 4. Demonstração 5. Demonstração TEMA 04 PROPRIEDADES DOS LIMITES Pág. 32 113 1. b 2. d 3. c 4. e 5. c 6. c 7. b 8. e 9. d 10. c 11. b 12. e UEA – Licenciatura em Matemática TEMA 07 TEMA 05 LIMITES INFINITESIMAIS LIMITES EXPONENCIAIS Pág. 35 Pág. 38 1. c 1. e 2. a 2. d 3. b 3. a) e3 4. e b) e– m 5. a. – c) e4 b. + c. d. 0 e. 2/3 TEMA 06 LIMITES TRIGONOMÉTRICOS Pág. 36 1. a) 3/2 b) b) 3 2. a) 2/3 b) b) 1/5 c) 1/3 3. a) 1 b) 1/16 c) 5 d) –1 e) 2 f) 114 Cálculo I – Respostas dos Exercícios UNIDADE III Derivada TEMA 09 A RETA TANGENTE AO TEMA 08 GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO DERIVADA DE UMA FUNÇÃO, DEFINIÇÃO Pág. 50 Pág. 36 1. a) 4 b) y = 4x – 4 1. a) 2. a) 1/2 b) b) 3. y – 4 = 5 (x – 4) c) 4. a) y = 4x – 3 2. a) 6 5. a) 7 b) 10 b) –3 c) –1 6. –sen x d) 2 3. a) f’(x) = 2x – 2 b) f’(x) = 1 c) TEMA 10 d) f’(x) = 3 REGRAS DE DERIVAÇÃO 4. x = 1 5. 5 Pág. 53 1. a) f’(x) = 2x + 1 Pag. 45 b) 1. b c) f’(x) = 15x4 2. b d) f’(x) = 6x + 2 3. c e) f’(x) = 2ax + b 4. b f) 5. d 2. 6 6. d 3. y = 4x – 13 4. a’(x) = 3x2 + 1 115 UEA – Licenciatura em Matemática b) j) c) k) 3 d) d’(x) = 24x – 6x + 7 l) 5. e) 2x + y + 1 = 0 6. a) 11 m/seg m) b) 14 m/seg² 7. a) a (t) = 36 t 8. y = –x e y = x b) a (2) = 72 km/h² 9. a) 8. π + 1 9. 32 b) c) Pág. 55 10. 1. a) contínua e derivável b) contínua, mas não derivável c) não é contínua nem derivável d) contínua e derivável TEMA 11 2. 12x – 9y + 3 3 – 2π = 0 A REGRA DA CADEIA 3. a) f’(1) = 2 b) f’(3) = 15/16 4. d) Pág. 58 5. b) 6. a) g’(2) = 80 1. 0 b) y = 80x - 128 2. 12x – 9y + 3 3 – 2π = 0 7. a) a’(x) = 5x4 + 4x3 3. b) 2 b) b’(x) = cos x + sen x 4. c) 41% c) c’(x) = 5x4 ln x + x4 5. a) d) d’(x) = (3x2 + 1)sen x + (x3 + x)cos x e) e’(x) = 5x4 sen x cos x + x5cos x – x5 sen2 x b) f) f’(x) = 36x3 g) g’(x) = 60x4 – 12x3 + 2 c) h) d) i) e) 116 Cálculo I – Respostas dos Exercícios b) t < 4 6. 3 2 2 8. 8 unidades, o custo médio será de R$ 53,00 e o custo total de R$ 424,00 3 7. f’(x) = sen x . sec x + 3x . cos x . tg x 8. coeficiente angular: 4 ; y = 4 (x – 2) 9. d) 22 m/s 10. R$ 25,00 TEMA 13 11. m (0) = 260 reais m (100) = 170 reais TAXA DE DERIVAÇÃO E REGRA m (400) = 20 reais DE L’HOSPITAL m (800) = 100 reais 12. b) 4m/s2 Pág. 70 1. 150 cm²/seg 2. 24 cm/s TEMA 12 3. 80πm3/s 4. ESTUDO DO SINAL DE UMA FUNÇÃO m/s cm² por hora 5. Pág. 66 m/s 6. 1. 100 cm² 2. Produto máximo para x = 15 e z = 15 7. a) 8/9 3. É um quadrado cujo lados medem em 8 m b) sec2 a 4. f é decrescente em ]–∞, 1]. Os pontos críticos são x = 0, ponto de inflexão e x = 1, ponto de mínimo absoluto de f. c) 1/2 5. crescente em d) 0 e) 2 e decrescente em f) 1 g) 1/2 6. a) crescente em (–∞,1]∪ [3,∞) decrescente em [1, 3] b) (1, 5 ) e (3, 1 ) c) 7. a) t > 4 117 UEA – Licenciatura em Matemática UNIDADE IV b) Integrais c) TEMA 14 d) π/4 e) π/6 INTEGRAIS PRIMITIVAS E INDEFINIDAS f) Pág. 76 2. a) –cos x + k b) 1. a) 2x2 + 3x + C b) 3t3 – 2t2 + 3t + C c) c) d) d) 2u3/2 + 2u1/2 + C e) e) f) f) 3x2 – 3x + x + C g) g) h) h) i) i) j) j) k) k) 2. a) l) b) y = 3x + ln x – 1 m) c) n) –2 cos x + k d) o) p) 3. a) 3/4 b) 2 Pág. 78 c) 2/3 1. a) d) π/4 118 Cálculo I – Respostas dos Exercícios TEMA 15 CÁLCULO DE ÁREA Pág. 85 1. a) 7/2 b) 4/9 c) 253/6 3. Área = 4/3 d) 20/3 e) f) 19/24 g) 7/3 h) 45/8 TEMA 16 4. Área = 32/3 ÁREA ENTRE CURVA Pág. 87 1. Área = 20 5. Área = 4 2. Área = 14/3 119 UEA – Licenciatura em Matemática 6. Área = 1 9. Área = 1/2 7. Área = 23/3 10. Área = 5/2 8. Área = 21 TEMA 17 MUDANÇA DE VARIÁVEL NA INTEGRAL Pág. 91 1. a) b) c) 2. a) b) 120 Cálculo I – Respostas dos Exercícios c) TEMA 18 d) INTEGRAÇÃO POR PARTES e) f) Pág. 97 x 1. a) (x – 1)e + k g) b) –xcos x + sen x + k c) ex (x2 – 2x + 2) + k h) d) i) e) x(ln x – 1) + k j) f) g) xtg + ln |cos x| + k k) h) l) i) x(ln x2) – 2x(ln x – 1) + k m) ln|ln x| + C j) n) l) o) m) n) o) Pág. 94 p) 1. 14/3 2. 0 q) –x2 cos x + 2x sen x + 2cos x + k 3. 1/3 2. a) 1 4. 5/36 b) 2ln 2 – 1 5. c) 6. 1 – d) 7. 0 121 UEA – Licenciatura em Matemática g) TEMA 19 h) INTEGRAIS TRIGONOMÉTRICAS 2. a) Pág. 102 b) 1. a) c) b) d) c) e) d) e) f) f) g) Pág. 106 h) 1. a) b) TEMA 20 c) INTEGRAIS DE FUNÇÕES RACIONAIS d) Pág.105 e) f) 1. a) b) c) Pág. 108 d) 1. a) s(t) = –16t2 + 500t b) s(50) = 3,906m e) 2. a) s(t) = –16t2 – 16t + 96 b) t = 2s f) 122 Cálculo I – Respostas dos Exercícios c) –80ft/sec 3. 3m/s2 4. a) b) 5. a) b) c) 6. a) b) c) d) 3A variação do lucro é dada pela área entre as curvas de receita marginal e custo marginal no intervalo 1 ≤ q ≤ 3 123 REFERÊNCIAS BUCCHI, P. Curso Prático de Matemática. Vol. 3. São paulo: Moderna GRANVILLE,W.A. Elementos de Cálculo Diferencial e Integral. Rio de Janeiro: Científica GUIDORIZZI, H.L. Um curso de Cálculo. Rio de Janeiro. Livros Técnicos e Científicos IEZZI, G. Fundamentos de Matemática Elementar. Vol. 8. São paulo: Atual LANG,S. Cálculo. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos. MACHADO,A.S. Temas e Metas. Vol. 6. São Paulo: Atual PAIVA,M. e outros. Matemática. Vol 3. São Paulo: Moderna. PISKOUNOV,N. Cálculo Diferencial e Integral. Moscou: Mir. DANTE, L.R. Matemática Contexto e Aplicações. São Paulo: Ática GIOVANNI, J.R. e outros. Matemática 3. São Paulo: FTD 125