Calculo I - Marco Cabral

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Curso de Cál ulo de Uma Variável senh x R cos x R dx d dx dx d dx d dx d dx ex − sen x R d dx R dx sen x R dx dx d dx R − cos x dx cosh x d dx d dx x 1! 1 0! R R dx dx dx dx dx d dx 3! − 4 x R xn n! R dx d dx 2! x3 R d dx ··· R dx d dx 1! − 2 x R x3 3! R dx d dx 0! x d dx x2 2! R dx d dx log x d dx d dx (−1)nn! xn+1 ··· R dx Mar o Aurélio Palumbo Cabral R dx ii Curso de Cál ulo de Uma Variável Segunda Edição V2.1 Outubro de 2011 Mar o Aurélio Palumbo Cabral PhD Indiana University  EUA Professor do Instituto de Matemáti a Universidade Federal do Rio de Janeiro Departamento de Matemáti a Apli ada Instituto de Matemáti a Universidade Federal do Rio de Janeiro Rio de Janeiro - Brasil Cópias são autorizadas e bem vindas: divulgue nosso trabalho! Consulte o sítio www.labma.ufrj.br/~m abral/livros ou entre em ontato map abral(at)ufrj(dot)br. om o autor em ii Este trabalho está li en iado sob uma Li ença Creative Commons Atribui- ção (BY)  Uso Não-Comer ial (NC)  Compartilhamento pela mesma Li ença (SA) 3.0 Unported. Para ver uma ópia desta li ença, visite reative ommons.org/li enses/by-n -sa/3.0/br/ ou envie uma arta para Creative Commons, 171 Se ond Street, Suite 300, San Fran is o, California 94105, USA. Esta li ença permite que outros possam opiar ou redistribuir esta obra sem ns omer iais, adaptar e riar obras derivadas sobre esta obra sem ns omer iais, ontanto que atribuam rédito ao autor e distribuam a obra resultante sob a mesma li ença, ou sob uma li ença similar à presente. Fi ha Catalográ a Cabral, Mar o A. P. Curso de Cál ulo de Uma Variável / Mar o Cabral - Rio de Janeiro: Instituto de Matemáti a, 2010. 1. Cál ulo I. Título CDD: 512.5 516.3 ISBN XX-XXXX-XXX-X Sobre o Autor Mar o Aurélio Palumbo Cabral é ario a (natural do Rio de Janeiro) e tri olor (tor edor do uminense). Fez o Ba harelado em Informáti a na UFRJ, o Mestrado em Matemáti a Apli ada na UFRJ e o Doutorado em Matemáti a na Indiana University (EUA). Trabalha om equações diferen iais par iais, Análise Numéri a, Finanças e Ensino de Matemáti a. É professor no Instituto de Matemáti a da Universidade Federal do Rio de Janeiro desde 1996, atuando na graduação e na pós-graduação. iii iv SOBRE O AUTOR Agradecimentos Primeiro aos professores do IMUFRJ que olaboraram de forma direta e indireta para este projeto. Agradeço o aluno José Guilherme T. Monteiro, Engenharia de Controle e Automação turma 2011, pelas inúmeras orreções de erros. Aos programadores que riaram os programas que permitiram a produção deste material. Este produto é herdeiro da ultura GPL (Gnu Publi Li ense), que permite o reuso de ódigo fonte. Agrade emos: • em primeiro lugar, Douglas Knuth pelo TEX, software que permite que este material seja tão bonito; • AT X, pa ote baseado no T X; Leslie Lamport pelo L E E • Linus Torvalds pelo kernel do sistema opera ional GNU-Linux; • Ri hard Stallman, responsável pelo projeto GNU, pelos diversos programas do sistema opera ional GNU-Linux e milhares de pessoas por dezenas de softwares utilizados: tar make (geren iador grep, find, ghostview, xpdf, . . . ; ( ompa tação de arquivos), ( orretor ortográ o), • Mark Shuttleworth riador da distribuição do Linux • Bram Moolenaar pelo • Till Tantau pelo • Raimundo dos Santos Moura pelo de programa), aspell XUbuntu que utilizei para produzir este livro; pelo Xfig, TikZ vim e (editor de texto); PGF e Supoj Sutanthavibul, Brian Smith, Paul King e outros que possibilitaram a geração de grá os tão bonitos; vero (Veri ador Ortográ o em português); v vi AGRADECIMENTOS • a Wikipedia e seus milhões de olaboradores, por algumas guras e ideias utilizadas em vários exemplos. Pref´acio Todo aspe to deste livro foi inuen iado pelo desejo de apresentar o Cál ulo não somente omo um prelúdio, mas omo um primeiro en ontro real om a Matemáti a. (. . . ) Além de desenvolver a intuição do estudante sobre os belos on eitos de Análise, é ertamente igualmente importante persuadi-los que a pre isão e o rigor  embora não sejam um m em si mesmo  são o meio natural para formular e pensar sobre questões matemáti as. (Prefá io do livro de Cál ulo do Spivak [Sp℄, em tradução livre) Para o estudante Este livro tem omo fo o o aluno e suas di uldades, tratando-os de forma inteligente. No texto olo amos em destaque, dentro de uma aixa de texto: (a) dúvidas de Pré-Cál ulo in orporadas diretamente aos on eitos de Cál ulo, ao invés de apresentadas em Capítulo ini ial de revisão, re urso didáti o desmotivante para o aluno (e para o Professor); (b) Erros Comuns ometidos pelos alunos. Além de diversos livros modernos de ál ulo, re omendamos a onsulta e leitura de livros (mais antigos) lássi os de Cál ulo: (a) Courant [Co℄ Dierential and Integral Cal ulus vol. 1 de 1934; (b) Spivak [Sp℄ Cal ulus de 1967; ( ) Apostol [Apo℄ Cal ulus Vol. 1. Re omendo fortemente o livro de Cál ulo do Spivak. que os alunos que tenham seu interesse despertado utilizem É interessante também folhear sem ompromisso o livro do Courant. Experimente ler o apítulo sobre limites do livro do Spivak. Experimente ler sobre a fórmula de Stirling (fatorial) no livro do Courant. Vo ê orre o ris o de  ar fas inado pelo Cál ulo. ( ) Livros de Análise Real, a teoria que fundamenta a matemáti a: Neri e Cabral [NC℄ Curso de Análise Real (disponível online em www.labma.ufrj.br/~m abral/livros). Para a fundamentação teóri a do Cál ulo é ne essário estudar análise, urso que alguns de vo ês podem querer fazer depois do Cál ulo. (d) Livros de Divulgação Matemáti a:  Courant, R.; Robbins, H.. O que é Matemáti a? Editora Ciên ia Moderna, 2000.  Polya, G.; A arte de resolver problemas. Editora Inter iên ia.  Kasner, E.; Newman, J.; Matemáti a e Imaginação. Jorge Zahar.  Davis, Philip J.; Hersh, Reuben; A Experiên ia Matemáti a. Editora Fran is o Alves (1985). Estas leituras vão abrir um pou o os horizontes. São todos lássi os. In luem todo tipo de Matemáti a, passando por lógi a, números, topologia, teoria da omputação, losoa da vii viii PREFÁCIO matemáti a. É parte fundamental do aprendizado de Matemáti a resolver exer í ios, tantos quanto for possível. Deve-se tentar resolver os Exemplos que apare em ao longo do texto. Ao nal de ada apítulo existem exer í ios, todos om solução e resposta no nal do livro, divididos em 4 grupos: • Exer í ios de Fixação: Devem ser feitos imediatamente após a leitura do texto. São de resposta urta. Não saber resposta orreta sugere um retorno ao texto. Deve-se fazer todos antes de seguir adiante. • Problemas: São os prin ipais exer í ios do apítulo. Todos (ou quase) devem ser feitos. • Problemas Extras: Caso o aluno tenha feito todos os problemas e deseje mais práti a. • Desaos: Para se aprofundar na dis iplina. São op ionais. Seções mar adas por uma estrela ⋆ são op ionais. Para o Professor Com a massi ação do ensino de Cál ulo surge a ne essidade de se mudar os paradigmas de avaliação. Para isto, a es olha dos tipos de exer í ios são muito importantes. É omum obrar em avaliações exer í ios do tipo Determine o ilindro om maior volume ins rito . . . . Para avaliação em massa é melhor separar em itens independentes a modelagem (determine a função e o intervalo onde ela deve ser maximizada) da resolução (determine o máximo da função f no intervalo). Mais ainda, deve-se obrar a apli ação dos Teoremas orretos que garantem a existên ia do máximo (Teorema do Valor Extremo) em intervalos fe hados e limitados e métodos para determinar máximo em intervalo aberto ou ilimitado. O mesmo vale para ál ulo de áreas e volumes. integrais) que determinam a área ou volume. Deve-se pedir a integral (ou soma de A integração em si deve ser um exer í io à parte. No esboço de grá os de funções ra ionais é melhor forne er a derivada e a derivada segunda. Embora seja fá il al ular, é muito fá il errar um sinal ou outro, prejudi ando toda a questão. Deve-se obrar derivar em questão à parte. Além disso, deve-se olo ar mais ênfase na formação de on eitos e entendimento dos Teoremas. Isto passa por exer í ios de natureza on eitual: Verdadeiro ou Falso, dê exemplo ou ontraexemplo, et . Porque um novo livro? • A es olha da li ença do tipo opyleft mental deste projeto. A li ença (o ontrário do opyright) é parte funda- Creative Commons Atribuição (BY)  Uso Não-Comer ial (NC)  Compartilhamento pela mesma Li ença permite que outros possam opiar ou redistribuir esta obra sem ns omer iais, adaptar e riar obras derivadas sobre esta obra sem ns omer iais, ontanto que atribuam rédito ao autor e distribuam a obra resultante sob a mesma li ença, ou sob uma li ença similar à presente. Desta forma este livro poderá ser aperfeiçoado daqui por diante, ao invés de todo esforço envolvido se perder aso o livro pare de ser editado. Para detalhes onsulte: ix http:// reative ommons.org/li enses/by-n -sa/3.0/br/. Isto in entiva tam- bém a olaboração om o projeto, pois o esforço investido será revertido para toda humanidade. Cabral em Mande sugestões, erros e soli ite o fonte (latex) para o autor Mar o map abral (at) ufrj (dot) br. • Permitir aos alunos de todo o Brasil a esso fá il (internet) e grátis; • O material de pré- ál ulo está disseminado ao longo do texto, dentro dos apítulos de limite, derivada e integral. A solução usual de in luir um apítulo ini ial somente om pré- ál ulo é pou o motivante, o que faz om que frequentemente seja ignorado pelos alunos e professores. É nosso desejo também que o aluno ome e a aprender ál ulo desde o primeiro dia de aula. • • Os exer í ios são por apítulo, evitando exer í ios desintegrados. Exer í ios por Seção tendem a obrir muito pou o material e treinar o aluno numa úni a té ni a. É fundamental que o livro seja pequeno para que alunos leiam o texto e que a quantidade de exer í ios seja razoável, para não desen orajar os alunos. A tentação é grande de olo ar muitos tópi os. Por esta razão os livros de Cál ulo hegam a ter 500 ou mais páginas. Mas hoje em dia é desne essário olo ar detalhes de tópi os pois podemos remeter os alunos para outros livros ou internet. Levantamos diversos tópi os em observações ao longo do texto e nos Desaos de nal de apítulo. • Criar um pa ote ompleto, om livro texto, exer í ios ( om respostas) e transparên ias para um urso de Cál ulo. Como foi es olhido o material? Determinamos os tópi os tomando por base o urso usualmente ministrado na UFRJ. Além disso o omponente estéti o foi fundamental: os alunos devem per eber a beleza da Matemáti a. Algumas es olhas importantes foram feitas: • material de pré- ál ulo está disseminado pelos diversos apítulos do livro, ao invés de olo ado no primeiro apítulo. Por exemplo, optamos por olo ar os tópi os:   modelagem: na Seção de max/min; omposição e inversa de funções: na Seção de regra da derivada da adeia e da inversa;   equação da reta: no iní io do Capítulo de Derivada; análise de sinal de funções (desigualdades): no Capítulo de Limites, na seção de limites no innito;   • translação de grá o, função denida por partes: no Capítulo de Limites; log/exp: na Seção de derivada da omposta e função inversa. O limite fundamental trigonométri o (sen(x)/x quando x → 0) é apresentado no nal do Capítulo de Limites omo uma das apli ações do Teorema do sanduí he (ou onfronto). É um resultado bonito que mere e o devido destaque, ao invés da opção usual de apresentá-lo omo mero passo de ál ulo da derivada do seno. x PREFÁCIO • Denimos o número h → 0 e (base do logaritmo natural) através do limite no nal do Capítulo de Limite. (1 + h)1/h quando Cone tamos om apli ações da exponen ial: juros ompostos ontínuos, res imento popula ional, de aimento radioativo. É um resultado bonito que mere e o devido destaque, ao invés da opção usual de apresentá-lo omo mero passo de ál ulo da derivada do logaritmo ou da exponen ial. Outra opção, ainda menos feliz, é adiar isto, juntamente om a denição do logaritmo, para depois do Capítulo de Integral. Isto não impede que se faça a denição do log om integral depois. • Esboço de grá o de função apare e logo no iní io, no Capítulo de Limites (embora restrito a funções ra ionais). Vai reapare er depois no Capítulo de Apli ações da Derivada. • O ál ulo de volume de sólidos é feito om somente uma té ni a: Cavalieri. A té ni a • Provamos (ou indi amos a prova) de todos os Teoremas interessantes, om padrão para sólidos de revolução é uma mera apli ação de Cavalieri. de rigor variável, a essível aos estudantes. Provas de resultados buro ráti os (limite e derivada da soma por exemplo) são omitidos. • Apresentamos através de Lemas e Teoremas, om demonstração, as té ni as de integração, não somente por substituição e por partes omo também para substituição trigonométri a e frações par iais. Creio que o Teorema de integração trigonométri a não tenha apare ido anteriormente em livro algum de Cál ulo. Sobre a Segunda Edição A res entamos no Capítulo de Integral seções de integração e substituição trigonométri a e da teoria da de omposição por frações par iais. Tratamos de Integração Trigonométri a através de um Teorema, ao invés do modo usual, através de truques. Rees revemos a Seção de Integração de Funções Ra ionais. A res entamos muitos exer í ios de Desao. Além disso orrigimos os erros dete tados no texto. Sum´ario Sobre o Autor iii Agrade imentos v Prefá io vii 1 Limite 1 1.1 Softwares Gratuitos e o Cál ulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Denição de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.3 Limites e Innito: Assíntotas Verti ais e Horizontais . . . . . . . . . . . . . 15 1.4 Indeterminações do Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.5 Esboço de Grá os (parte I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.6 Limites Fundamentais 1.7 Exer í ios de Limite 1.7.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Exer í ios de Fixação 1.7.2 Problemas 1.7.3 Extras 1.7.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2 Continuidade 49 2.1 Denição de Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.2 Teorema do Valor Intermediário (TVI) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.3 ⋆Construção . . . . . . . 56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 2.3.1 2.4 2.5 e Continuidade de Funções Trans endentes e Raiz Função Raiz 2.3.2 Funções Exponen ial e Logarítmi a 2.3.3 Funções Trigonométri as 2.3.4 Funções Hiperbóli as 2.3.5 Outras Funções ⋆Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 à Análise Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 2.4.1 Cardinalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 2.4.2 O que é . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.4.3 Ra ionais, Irra ionais, Algébri os, Trans endentes . . . . . . . . . . . 62 2.4.4 Denição de Limite 63 2.4.5 R? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Denição de Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 Exer í ios de Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 2.5.1 64 Exer í ios de Fixação 2.5.2 Problemas 2.5.3 Extras 2.5.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 xi xii SUMÁRIO 3 Derivada 69 3.1 Denição de Derivada 3.2 Derivada de Funções Trans endentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.3 Propriedades Bási as da Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 3.4 Derivada da Composta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 3.5 Teorema do Valor Médio (TVM): Cres imento e De res imento 3.6 Derivada da Inversa 3.7 Exer í ios de Derivada 3.7.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exer í ios de Fixação 3.7.2 Problemas 3.7.3 Extras 3.7.4 Desaos 69 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 89 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 4 Apli ações da Derivada 99 4.1 L'Hospital e Hierarquia dos Innitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Aproximando Função Lo almente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.3 Máximo e Mínimo Lo al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 108 4.4 Esboço de Grá os (parte II) 4.5 Máximo e Mínimo em Intervalos: TVE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Problemas de Otimização 4.7 4.8 ⋆Taxas Rela ionadas ⋆Derivação Implí ita 4.9 Exer í ios de Apli ação de Derivada 99 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 4.9.1 Exer í ios de Fixação 4.9.2 Problemas 4.9.3 Extras 4.9.4 4.9.5 ⋆Problemas ⋆Problemas 4.9.6 Desaos (Taxas Rela ionadas) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 (Derivação Implí ita) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 5 Integral 145 5.1 Denição de Integral e Propriedades Bási as . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 5.2 Teoremas Fundamentais do Cál ulo (TFCs) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 5.3 Integrais Impróprias 154 5.4 Té ni as Bási as de Integração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 5.5 Integração Trigonométri a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 5.6 ⋆Substituição Trigonométri a . . . . . . . . . ⋆Integração de Funções Ra ionais . . . . . . . ⋆Teoria da De omposição por Frações Par iais . . . . . . . . . . . . . . . . 163 . . . . . . . . . . . . . . . . 165 . . . . . . . . . . . . . . . . 170 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 5.7 5.8 5.9 5.4.1 Integração por Substituição 5.4.2 Integração por Partes 155 Exer í ios de Integral 5.9.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 5.9.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 5.9.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 5.9.4 5.9.5 ⋆Problemas ⋆Problemas 5.9.6 Desaos . . . . . . . . . 178 . . . . . . . . . . . . . 178 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 (Integração e Substituição Trigonométri a) (Integração de Funções Ra ionais) SUMÁRIO xiii 6 Apli ações da Integral 183 6.1 Área no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 6.2 Volume de Sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 6.3 Valor Médio de Função 192 6.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 6.7 ⋆Comprimento de Curvas no Plano . . . . ⋆Área de Superfí ie de Sólido de Revolução ⋆Transformada de Lapla e . . . . . . . . . ⋆Série de Fourier e MP3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200 6.8 Exer í ios de Apli ações da Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 6.5 6.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.8.1 Exer í ios de Fixação 6.8.2 Problemas 6.8.3 Extras 6.8.4 6.8.5 ⋆Problemas ⋆Problemas 6.8.6 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 (Comprimento de Curvas no Plano) . . . . . . . . . . . . . 207 . . . . . . . . 207 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 (Área de Superfí ie de Sólido de Revolução) A Respostas dos Exer í ios A.1 A.2 A.3 A.4 A.5 A.6 Limite 209 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.1.1 Exer í ios de Fixação A.1.2 Problemas A.1.3 Extras A.1.4 Desaos 209 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 A.2.1 Exer í ios de Fixação 216 A.2.2 Problemas A.2.3 Extras A.2.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 A.3.1 Exer í ios de Fixação 219 A.3.2 Problemas A.3.3 Extras A.3.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 Apli ação de Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.4.1 Exer í ios de Fixação A.4.2 Problemas 224 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 A.4.3 Extras A.4.4 A.4.5 ⋆Problemas ⋆Problemas A.4.6 Desaos (Taxas Rela ionadas) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 (Derivação Implí ita) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240 Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 A.5.1 Exer í ios de Fixação 242 A.5.2 Problemas A.5.3 Extras A.5.4 A.5.5 ⋆Problemas ⋆Problemas A.5.6 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 . . . . . . . . . 247 . . . . . . . . . . . . . 248 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 (Integração e Substituição Trigonométri a) (Integração de Funções Ra ionais) Apli ações da Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.6.1 Exer í ios de Fixação A.6.2 Problemas 250 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 xiv SUMÁRIO A.6.3 Extras A.6.4 A.6.5 ⋆Problemas ⋆Problemas A.6.6 Desaos Bibliograa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 (Comprimento de Curvas no Plano) . . . . . . . . . . . . . 255 . . . . . . . . 255 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 (Área de Superfí ie de Sólido de Revolução) 257 Cap´ıtulo 1 Limite O on eito de limite é ertamente o mais importante e provavelmente o mais difí il de todo o Cál ulo. (. . . ) O que nós vamos denir neste Capítulo não é a palavra limite, e sim a noção de uma função se aproximando de um limite. [Sp, p.72℄ Objetivos: Apresentar o on eito de limite de forma intuitiva e olo ar o aluno em ontato om diversos tipos de funções: exponen ial, log, raiz e translações destas; funções denidas por partes; funções mais ompli adas tipo sen(1/x). Apresentamos o material de pré- ál ulo IQ (função indi adora dos ra ionais) e integrado om onteúdo de limite. Isto permite exibilidade de a ordo om as di uldades de ada aluno. Damos o destaque e batizamos a té ni a de mudança de variáveis do limite, que é uma prévia da mudança de variáveis na integral. Logo após introduzir assíntotas (verti ais e horizontais), ensinamos a esboçar grá os. Passamos rapidamente pelas propriedades bási as (limite da soma, produto, diferença, et .) pois são buro ráti as. Apresentamos limites fundamentais do seno e da exponen ial (o limite que dene o número e) no primeiro apítulo pois queremos utilizar logaritmo e exponen ial desde o omeço. 1.1 Softwares Gratuitos e o Cál ulo É muito interessante utilizar alguns softwares para aprender Cál ulo. Vamos apresentar alguns softwares gratuitos que podem ser utilizadas no Windows e no Linux (Ubuntu, Debian, Fedora, et .). • KmPlot: Software de visualização de grá os de funções. É nativo do Linux. Similar ao Winplot. • Winplot: Software de visualização de grá os de funções. É nativo do Windows mas roda om emulação do Wine no Linux. Pode-se visualizar grá os 2D e 3D dados por função, parametrização expli ita e implí ita. Pode-se fazer animações. • WxMaxima: Software de omputação algébri a. Cal ula, de forma exata, limites, deriva- das e integrais (entre outras entenas de oisas). Um exemplo é o limite fundamental: limit(sin(x)/x, x, 0);. Cal ula também limites laterais: limit(exp(1/x), x, 0,minus); (esquerda) limit(exp(1/x), x, 0,plus); (direita). 0 Versão 09 de setembro de 2011 1 2 CAPÍTULO 1. Experimente estes softwares desde o iní io. LIMITE Tente ver funções que apresentamos nos exemplos em diversas es alas. 1.2 Denição de Limite Vamos apresentar a denição informal (não-rigorosa, intuitiva) de limite, o on eito fundamental do Cál ulo (e da Análise). A denição rigorosa ( om ε e δ) está na p.63. O resto do apítulo será dedi ado a entendermos a denição de limite. Denição 1 (limite) c). Dizemos que o lim f (x) = L, se f (x)  a essariamente denida em a L, denotado por c ∈ R (mas não nelimite de f (x) quando x tende a c é igual bem próximo de L ∈ R quando x está su- Considere uma função real x→c  ientemente próximo de x → c. c ∈ R mas x 6= c. f denida perto de Es reve-se também que c Na denição de limite nos aproximamos de f (x) → L pelos dois lados. Podemos denir o limite lateral, à esquerda e à direita, restringindo o lado em que  amos próximos de Denição 2 (limite lateral pela direita (esquerda)) c ∈ R x tende (mas não ne essariamente denida em f (x) a ( c pela direita (esquerda) é igual a c). L, lim f (x) = L), se f (x)  a bem próximo de L ∈ R quando x x→c− de c ∈ R f de- Dizemos que o limite de denotado por lim f (x) = L x→c+ está su ientemente próximo mas x > c (x < c). Observação 1 Desta forma o Valor da função no ponto N O interessa para efeito do ál ulo do limite. lim f (x) x→c (a) do limite não existir; Quando c. Considere uma função real nida perto de quando quando não é ne essariamente igual a lim f (x) = f (c) x→c que a função f Pode o orrer ainda: (b) da função não estar denida em c. (o limite existe e é igual ao valor da função no ponto) dizemos c. Isto o orre om as funções (bem omportadas) f (x) = x2 − 3x − 4, g(x) = sen(x), h(x) = 10x , . . . é ontínua em estamos a ostumados: Observação 2 f (c). Em Análise utilizamos o termo que vizinhança de c ao invés de perto de c que utilizamos a ima e vamos utilizar neste texto. O signi ado pre iso é: Denição 3 (vizinhança) aberto (c − ε, c + ε) c ∈ R, ε > 0. Dado um para algum uma vizinhança de c é um intervalo Vamos estudar o on eito de limite através de diversos exemplos. Deve-se omeçar om o esboço do grá o das funções dos exemplos (ao longo desta Subseção) para al ular seu limite. Exemplo 1 (a) Esbo e o grá o e determine ( aso exista): 2 2 x ; x→2 x lim (b) x ; x→0 x lim ( ) x ; x→−3 x lim (d) x ; x→0 x lim (e) x ; x→−2 x2 lim (f ) x . x→0 x2 lim 1.2. DEFINIÇ O DE LIMITE Solução do Exemplo 1 3 Para (a) e (b) note que todos os pontos a não ser em zero, pois f f (x) = x/x é uma função que vale não está denida em 1 em 0 (f (0) = 0/0!), mas isto 1. Na verdade o N O afeta o valor do limite (veja o grá o). Assim, os dois limites valem limite é 1 para qualquer valor que x tenda. y y=1 x 2 Para ( ) e (d), de forma similar ao anterior, x=0 a função f f (x) = x2 /x = x para todo x 6= 0. Em não está denida. Assim o grá o (veja gura) é uma reta om um furo na origem. Assim, ( ) é −3 e (d) 0. y −3 y=x x −3 f (x) = x/x2 = 1/x para x 6= 0. Novamente, f (0) não está denida Assim (e) é 1/(−1/2) = −1/2. Para (f ) o limite não existe pois assume Para (e) e (f ), (veja o grá o). valores muito grandes e positivos, se tendermos pela direita, e muito grande e negativos, se tendermos pela esquerda. y −2 −1/2 x y = 1/x Observação 3 Quando empregar f ou f (x)? Tem diferença? f , f (x) é o valor da função al ulada em x. Mais exatamente, f é função, f (x) 2 é um número. Frequentemente abusamos a linguagem e dizemos a função f (x) = x +3x 2 quando o orreto seria a função f denida por f (x) = x + 3x. Na linguagem C este erro não seria perdoado pelo ompilador: onfundir f (ponteiro para função) om f (x) (valor retornado pela função) (⌣) ¨ . A função é 4 CAPÍTULO 1. Pré-Cál ulo: Re orde o signi ado ( e omo esboçar o grá o de uma função denida por partes omo por exemplo Exemplo 2 2; x > 1; −3; x ≤ 1. f (x) = Para ada item abaixo, esbo e o grá o de lim f (x), lim− f (x) x→c+ LIMITE x→c e f (x) e determine ( aso existam) lim f (x). x→c c = 0, c = 1, c = 0.9999, c = 1.0001 de (x ; x 6= 0; x (b) c = 2, c = 0 de f (x) = −2; x = 0. (a) ( 2; x < 1; f (x) = −3; x ≥ 1. ( −1; x 6= 0; ( ) c = 0.0001, c = −0.0001, c = 0, f (x) = 3; x = 0. ( x; x ≤ 1; (d) c = 0.99, c = 1.01, c = 1 de f (x) = 4 − x; x > 1. Solução do Exemplo 2 (a) A função vale 2 até x = 1 e depois vale −3 (veja grá o x → 0, que é longe de 1, tanto pela esquerda quando direita, f (x) → lim f (x) = 2, lim f (x) = −3 e portanto lim f (x) não existe pois f (x) difere abaixo). Assim quando 2. Agora, x→1− x→1+ quando nos aproximamos pela esquerda ou direita do x→1 Como 1. 0.9999 < 1, a função perto 0.9999 é onstante igual a 2 pois estamos a esquerda do 1. Assim lim − f (x) = lim f (x) = 2. De forma análoga, lim + f (x) = (bem perto mesmo!) de lim x→0.9999+ lim f (x) = x→0.9999 x→0.9999 x→1.001 f (x) = lim f (x) = −3. − x→1.001 x→1.001 y y=2 x 1 y = −3 (b) Note que f (x) = 1 para todo x 6= 0. No x = 0 não interessa o valor (que é f (0) = −2) para efeito do al ulo do limite (veja grá o abaixo). Assim o limite (in luindo os laterais) quando x→2 ou x→0 é sempre 1. y y=1 x y = −2 ( ) Note que f (0) = 3) f (x) = −1 para todo x 6= 0. No x = 0 não interessa o valor (que é para efeito do al ulo do limite (veja grá o abaixo). Assim o limite (in luindo os laterais) quando x → 0.0001 ou x → −0.0001 ou x→0 é sempre −1. 1.2. DEFINIÇ O DE LIMITE 5 y 3 x y = −1 (d) Como abaixo). 0.99 < 1, f (x) para x perto (bem perto mesmo!) de 0.99 vale x (veja grá o lim + f (x) = lim − f (x) = lim f (x) = 0.99. Analogamente, omo Assim 1.01 > 1, f (x) x→0.99 x→0.99 x→0.99 para x perto (bem perto mesmo!) de 1.01 vale lim f (x) = lim f (x) = 4 − 1.01 = 2.99. 4 − x. Assim, lim f (x) = x→1.01+ x→1.01 x→1.01− y 3 1 1 y=x Observação 4 x 4 y =4−x Note que o limite existe se, e somente se, os limites laterais existem e assumem o mesmo valor. Observação 5 A divisão 0/0 está na origem de limites interessantes. ral deve-se eliminar raízes em omum do numerador e denominador. ser qualquer oisa. 2 De forma geO limite pode Compare, por exemplo o valor de ada um destes limites entre si: x x x lim , lim , lim 2 . x→0 x x→0 x x→0 x Pode-se eliminar raízes omuns no aso de quo iente de polin- mios ou então ra ionalizar o denominador. Pré-Cál ulo: Lembre-se omo manipular expressões algébri as, fatorar raízes, dividir polinmios e Teorema D'Alembert: se c é raiz de um polinmio então x − c é fator do polinmio. Esqueça o algoritmo de BRIOT-RUFFINI, utilize sempre divisão de polinmios por ser algoritmo fá il de se re ordar, similar a divisão de inteiros. Exemplo 3 Determine os limites: 2 (a) x − 3x + 2 lim ; x→2 x2 − 4 (e) lim (b) t2 − t3 + t − 1 ; t→1 t2 − 2t + 1 Solução do Exemplo 3 (x−2) ambos, obtendo-se 2−1 = 1/4. 2+2 x3 + 1 lim ; x→−1 x + 1 (f ) lim f (x) x→−1 se ( ) lim 1 y − 1 3 ; (d) (x + h)3 − x3 ; h→0 h lim y−3  6 x − 1 ; x 6= −1; f (x) = x + 1  4; x = −1. y→3 (a) Como 2 é raiz do numerador e denominador, pode-se dividir por (x − 2)(x − 1) x−1 . Eliminando o fator omum, obtemos lim = x→2 x + 2 (x − 2)(x + 2) 6 CAPÍTULO 1. (b) Dividindo-se x2 − x + 1. x3 + 1 por Logo o limite vale x+1 obtemos x2 − x + 1. Logo, para (−1)2 − (−1) + 1 = 3. ( ) Primeiro expandimos o numerador obtendo 3−y 1/y − 1/3 = . 3y x 6= −1, Portanto, LIMITE x3 + 1 = x+1 1 y − 1 3 y−3 = −1 3−y 1 . Simpli ando o fator y − 3 do numerador e denominador obtemos . Quando y−3 3y 3y y → 3 obtemos −1/9. 3 3 2 2 3 (d) Expandindo (x + h) e subtraindo x obtemos 3hx + 3h x + h . Dividindo por h 2 2 2 (para h 6= 0) obtemos 3x + 3hx + h . Quando h → 0, obtemos 3x . (t − 1)(1 − t2 ) (t − 1)(1 − t)(1 + t) (e) Dividindo-se ambos por t − 1 obtemos = = 2 (1 − t) (1 − t)2 (−1)(1 + t) para t 6= 1. Logo o limite é (−1)(1 + 1) = −2. (f ) O valor da função em x = −1 é irrelevante para efeito do ál ulo do limite. Como x = −1 anula o numerador e o denominador, x−(−1) = x+1 é fator omum pelo Teorema de 6 5 4 3 2 D'Alembert. Seguindo omo em (b), dividindo x −1 por x+1 obtemos x −x +x −x +x−1. 5 4 3 2 Quando x → −1 obtemos (−1) − (−1) + (−1) − (−1) + (−1) − 1 = −6. Pré-Cál ulo √: Com isso, x>0 (se √ Note que 9 6= ±3! x2 6= x, pois é falso x < 0 a raiz quadrada Pré-Cál ulo: Sempre, para x< √ x ≥ 0, portanto, √ 0. Na verdade, x2 = não está denida). x? x; x ≥ 0; −x; x < 0. √ 9 = 3 e√ − 9 = −3. |x|. Mas ( x)2 = x se √ O que é módulo de ( (a) algebri amente, |x| = 0. De forma pgeral, |x − c| = |c − x| é a |x − c| = p (x − c)2 . Isto é generalizado 2 pela distân ia entre dois pontos (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R por (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 que denotamos (veja livro de geometria analíti a) por k(x1 , y1 ) − (x2 , y2 )k. ( ) gra amente, obtém-se o grá o de |f (x)| partindo do grá o de f (x) e reetindo no eixo x o que está abaixo do eixo (os pontos onde f (x) < 0). (b) geometri amente, a distân ia entre distân ia entre Exemplo 4 (a) (f ) lim− x→0 x e c. x e Pode ser es rito omo Esbo e o grá o e determine ( aso exista): x ; |x| (b) sen(x) lim+ ; x→π | sen(x)| lim+ x→0 (g) Solução do Exemplo 4 grá o abaixo), (a) −1 x ; |x| ( ) lim |x2 − 9|; x→0 sen(x) lim+ ; x→2π | sen(x)| (a) e (b): omo e (b) 1. (d) (h) x/|x| lim |x2 − 9|; x→−3 lim f (x) x→0 vale 1 para se (e) |x2 − 9| ; x→−3 x + 3 lim ( |x2 − 1|; x > 0 f (x) = −x + 1; x ≤ 0. x>0 e −1 para x<0 (veja 1.2. DEFINIÇ O DE LIMITE 7 y y=1 x y = −1 x |x| f (x) = 2 ( ) e (d): Obtemos o grá o de |x − 9| (veja gura abaixo) reetindo no eixo x o grá o 2 da parábola x − 9 (indi ada por linha pontilhada). Para al ular o limite, observe que em 2 torno dos pontos x = 0 e x = −3 basta substituir o valor da função: ( ) |0 − 9| = | − 9| = 9. 2 (d) |(−3) − 9| = |9 − 9| = 0. y f (x) = |x2 − 9| x −3 3 (e) Primeiro vamos esboçar o grá o da parábola y x2 − 9. f (x) = x2 − 9 x −3 3 x 6∈ (−3, 3), |x2 − 9| = x2 − 9 (pois a função é positiva) e para x ∈ (−3, 3), |x2 − 9| = −(x2 − 9) = 9 − x2 (pois a função é negativa). Portanto para x 6∈ (−3, 3), |x2 − 9| x2 − 9 (x + 3)(x − 3) |x2 − 9| 9 − x2 = = = x − 3 e para x ∈ (−3, 3), = = x+3 x+3 x+3 x+3 x+3 |x2 − 9| (3 + x)(3 − x) = 3 − x. Portanto o grá o de é: x+3 x+3 y Assim para y =x−3 x −3 3 f (x) = |x2 − 9| x+3 y =3−x Note o salto que o orre no grá o em x = −3. Neste ponto a função não está denida 8 CAPÍTULO 1. LIMITE pois apare e uma divisão por zero. Gra amente é laro que os limites laterais neste ponto são distintos. Como para x próximo de −3 mas x < −3 a função vale x − 3, o limite quando x → −3− vale (−3) − 3 = −6. Como para x próximo de −3 mas x > −3 a função vale 3 − x, o limite quando x → −3+ vale 3 − (−3) = 6. Como os limites laterais são distintos, o limite não existe. 1, quando sen(x) > 0, e −1, quando sen(x) < 0 onforme pontos onde sen(x) = 0 ela não está denida. Assim (f ) −1, (f ) e (g): a função alterna entre indi ado no grá o abaixo. Nos (g) 1. y y=1 π 2π 3π −π y = −1 f (x) = x sen(x) | sen(x)| 2 (h) Obtemos o grá o (vide gura) reetindo no eixo x o grá o de x − 1 para + 2 om a reta 1 − x para x < 0. O limite quando x → 0 é |0 − 1| = 1 e quando x −0 + 1 = 1. Como os limites laterais existem e são iguais, o limite é 1. x>0 → 0− e é y x Pré-Cál ulo: Lembre-se omo ra ionalizar expressões. Para isto multiplique o numerador e o denominador pelo onjugado: o onjugado de Exemplo 5√Determine (a) lim h→0 √ a−b é √ a + b. os limites: h+1−1 ; h (b) x−9 lim √ . x−3 x→9 √ 2 √0, h + 1 > 0. Logo ( h + 1) = h + 1. Multipli ando o numerador e denominador por h + 1 + 1 obtemos que √ √ √ √ h+1−1 ( h + 1 − 1)( h + 1 + 1) ( h + 1)2 − 12 √ = = √ = h h( h + 1 + 1) h( h + 1 + 1) h+1−1 h 1 = √ = √ =√ . h( h + 1 + 1) h( h + 1 + 1) h+1+1 Solução do Exemplo 5 (a) Para h perto de h → 0 obtemos 1/2. √ 2 (b) Para x próximo de 9, x > 0 e portanto ( x) = x. De modo análogo, multipli amos √ por x + 3 e obtemos √ √ √ (x − 9)( x + 3) (x − 9)( x + 3) √ (x − 9)( x + 3) √ √ √ = = = x + 3. ( x − 3)( x + 3) ( x)2 − 32 x−9 √ Quando x → 9 obtemos 9 + 3 = 3 + 3 = 6. Quando 1.2. DEFINIÇ O DE LIMITE 9 √ Pré-Cál ulo: r 2 − x2 é somente meio ír ulo de raio r Note que o grá o de y = √ 2 2 (porque?). O grá o de − r − x é outra metade. O grá o é parte do ír ulo pois y 2 = r 2 − x2 , e portanto x2 + y 2 = r 2 . Exemplo 6 Esbo e o grá o de lim f (x), lim− f (x) x→c+ (a) c x→c = 3; e (b) lim f (x) x→c e determine ( aso existam) para: c = −3. Solução do Exemplo 6 √ 2   9 − x ; |x| ≤ 3, f (x) = x; x > 3,   0; x < −3. O grá o da função é: y 3 −3 (a) lim x→3 lim− f (x) = √ x→3 f (x) não existe. (b) 9 − 32 = 0 lim − f (x) = 0 x→−3 iguais, o e e lim f (x) = 3. x→3+ lim + f (x) = x→−3 lim f (x) = 0. x→−3 Pré-Cál ulo: 3 x Como os limites laterais são distintos, o p 9 − (−3)2 = 0. Como os limites laterais são √ y = x e y = log x? 2 reta y = x os grá os de y = x Grá o da função inversa: omo esboçar Podemos fazer estes grá os reetindo em torno da y = ex . Pré-Cál ulo: log(x) em ál ulo é SEMPRE na base e = 2.718 . . . e de (natural, vide p.40). log(x) = ln(x) = loge (x) 6= log10 (x). Quando quisermos (na verdade nun a) o log na base dez es revemos log10 . Não utilizamos a notação ln (embora omum em al uladoras) para o log. Assim, Exemplo 7 Esbo e o grá o e determine Solução do Exemplo 7 lim f (x) x→0 e lim f (x) x→1  x  x ≤ 0; e√ ; f (x) = x; 0 < x < 1;   log(x); x ≥ 1. para Juntando os três grá os em ada parte indi ada, obtemos o grá-  o da função denida por partes abaixo. 10 CAPÍTULO 1. LIMITE ex y √ x log(x) 1 x 1 √ lim− f (x) = e0 = 1 e lim+ f (x) = 0 = 0, o lim f (x) x→0 x→0 x→0 √ lim− f (x) = 1 = 1 e lim+ f (x) = log(1) = 0, lim f (x) não existe. Como x→1 Como x→1 x→1 Pré-Cál ulo: não existe. Re orde omo fazer translação de grá os de funções: tanto verti al quanto horizontal. Exemplo 8 (a) (b) Esbo e o grá o e determine: x + 1; x > 0; sen(x) + 1; x ≤ 0.   x2 − 2; x < −1; √ lim f (x) para f (x) = x + 1; −1 ≤ x ≤ 1; x→−1   log(x − 1); 1 < x. lim f (x) para lim f (x) e x→0 x→1 f (x) = Solução do Exemplo 8 abaixo. Como (√ (a) Apli ando translações apropriadas obtemos o grá o da gura lim− f (x) = sen(0) + 1 = 1 é igual ao lim+ f (x) = x→0 √ 0 + 1 = 1, lim f (x) = 1. x→0 x→0 y y=2 y=1 x (b) Apli ando translações apropriadas obtemos o grá o da gura abaixo. Como lim− f (x) = √ x→1 lim f (x) x→1 1+1= √ 2 e lim f (x) x→1+ log(1 − 1) = log(0) = −∞, não existe. Como lim − f (x) = (−1)2 − 2 = −1 x→−1 lim f (x) x→−1 = não existe. e lim + f (x) = x→−1 √ −1 + 1 = 0, 1.2. DEFINIÇ O DE LIMITE 11 y x −1 1 2 Vamos apresentar agora umas funções estranhas que são interessantes para o teoria do ál ulo e análise. Exemplo 9 1 . x (a) Determine todos os valores de x tais que Considere
f (x) = sen f (x) = 0. (b) Determine todos os valores de x tais que f (x) = 1 e f (x) = −1. ( ) Usando isto, esbo e o grá o da função f .   1 . (d) Cal ule lim sen x→0 x Solução do Exemplo 9 (a) para que sen(y) = 0 basta que y 1 Logo, se x = para k ∈ Z então f (x) = 0. kπ 1 (b) Analogamente, f (x) = 1 se x = e f (x) = −1 se 2kπ+π/2 = kπ . x= Assim y= 1 x = kπ . 1 . 2kπ−π/2 ( ) partindo destes pontos obtemos o grá o abaixo. y y=1 y = −1 f (x) = sen( x1 ) x − π1 1 − 2π (d) o limite não existe pois Exemplo 10 x∈Q f (x) os ila entre Solução do Exemplo 10 y = 0, 0 e 1) IQ (x) = e 1 quando x → 0. ( Q (possui este nome pois indi a 1; x ∈ Q Cal ule o lim IQ (x). x→π 0; x 6∈ Q. se O grá o desta função é formada por duas retas pontilhadas: nos irra ionais e outra no Como existem ra ionais tão próximos de 3.1415 −1 1 π Denimos a hamada função indi adora de ou não assumindo os valores uma em 1 2π π y = 1, a ima dos ra ionais (vide gura abaixo). quanto se queira ( omo por exemplo . . . ), o limite não existe. De fato o limite não existe em ponto algum. 3.14, 3.141, 12 CAPÍTULO 1. LIMITE y y=1 x y=0 f (x) = IQ (x) Exemplo 11 x, denotada por ⌊x⌋ é denida n ≤ x < n + 1. Exemplos: ⌊1, 5⌋ = 1, ⌊1⌋ = 1 e ⌊−1, 5⌋ = −2. Esbo e o grá o de f (x) = ⌊x⌋ e determine: (a) lim ⌊x⌋; (b) lim ⌊x⌋; ( ) lim ⌊x⌋; (d) lim ⌊x⌋; (e) lim ⌊x⌋; + − + − A função parte inteira (ou menor inteiro) de n omo sendo o úni o inteiro x→1 tal que x→1 x→1 x→0 x→0 y f (x) = ⌊x⌋ 3 2 1 x −3 −2 −1 1 2 3 Solução do Exemplo 11 (a) 1; (b) 0; ( ) omo laterais são distintos, limite não existe. (d) 0; (e) −1. Vamos ver as propriedades bási as dos limites om relação as 4 operações fundamentais: soma, produto, multipli ação e divisão. A demonstração é remetida para [NC℄. De todo modo, sem uma denição rigorosa de limite não faz sentido provar estas propriedades. Lema 1 Considere Então dado c∈R f (x) = k (uma função onstante) e lim f (x) = k x→c e (a) lim f (x) x→c e lim g(x) x→c lim g(x) = c. Considere f e g duas funções e existem então também existem os limites: c, k ∈ R. lim(f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x) (o limite da soma é igual à soma dos limites); x→c x→c x→c limites); x→c x→c (b) lim (f (x) − g(x)) = lim f (x) − lim g(x) (o limite da diferença é igual à diferença dos ( ) lim(f (x) · g(x)) = lim f (x) · lim g(x) (o limite do produto é igual ao produto dos (d) lim f (x) f (x) = x→c x→c g(x) lim g(x) x→c limites); x→c lim lim g(x) 6= 0 x→c (a função identidade). x→c Teorema 1 (propriedades bási as do limite) Se os limites g(x) = x qualquer, x→c . x→c x→c (o limite do quo iente é igual ao quo iente dos limites) se 1.2. DEFINIÇ O DE LIMITE 13 É importante o aluno entender a demonstração do Corolário abaixo para apre iar omo pou as propriedades podem gerar novas proposições. Corolário 1 (limites de polinmios) (ou seja, p Prova: Apli ando é um polinmio de grau n+1 p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn n) então lim p(x) = p(c) . Se para n∈N x→c vezes o Teorema 1 (a) (limite da soma) obtemos que lim p(x) = x→c a0 (limite de onstante). Pelo n lim a0 + lim a1 x + · · · + lim an x . Pelo Lema 1, lim a0 = x→c x→c x→c x→c Teorema 1 (limite do produto), lim a1 x = lim a1 · lim x. Apli ando o Lema 1, lim a1 · lim x = x→c x→c x→c x→c x→c a1 c. Agora podemos fazer algo similar em ada termo. Para o termo x3 , por exemplo, basta 3 apli ar seguidamente o Teorema 1 ( ) (limite do produto): lim x = lim x · lim x · lim x = x→c x→c x→c x→c c · c · c = c3 . Complete o argumento. Exemplo 12 Aplique o Teorema 1 para determinar Solução do Exemplo 12 lim 6 x→2 x2 + 3x . x+1 Deixamos para o leitor apli ar om uidado ada uma das propri- edades. Basta fazer um mutatis mutandis (latim para modique o que tem que ser modi ado) na prova do Corolário 1. Con luímos que podemos al ular o limite de uma função ra ional qualquer ontanto que o denominador não se anule. Caso o denominador se anule pre isamos de métodos espe iais. Assim não estão denidos limites onde apare e por exemplo 3/0 ou 0/0. No próximo exemplo apresentamos (gra amente) diversas possibilidades de omportamento de um função quando Exemplo 13 quando x = 1. x→ x se aproxima de um ponto. Determine, em ada um dos itens abaixo, aso exista: • os limites laterais + − 1 e x → 1 ; • o limite quando x → 1. Compare om o valor da função em y y 1 3 2 x 1 x 1 (a) −2 (b) 14 CAPÍTULO 1. LIMITE y y 2 x y=1 1 −1 x x=1 (d) ( ) Solução do Exemplo 13 x → 1− é 2, limite quando x → 1+ é 3, limite quando x → 1 não existe (laterais são distintos), f (1) = 2. − + (b) limite quando x → 1 é 1 , limite quando x → 1 é 1, limite quando x → 1 é 1 (limites laterais são iguais), f (1) = −2. − + ( ) limite quando x → 1 não existe (função os ila), limite quando x → 1 é 1, limite quando x → 1 não existe (um dos limites laterais não existe), f (1) = 1. − + (d) limite quando x → 1 é −1, limite quando x → 1 é 2, limite quando x → 1 não existe (limites laterais são distintos), f (1) = 2. (a) limite quando O teorema abaixo garante que podemos tro ar o limite om a omposição aso os limites existam. Teorema 2 (limite e omposição) então  Se existem os limites lim f (y) = f (L) e lim g(x) = L x→c y→L  lim f (g(x)) = f lim g(x) = f (L). x→c x→c Prova: Veja prova em [NC℄. Observação 6 Dizemos que uma função f é algébri a se pode ser expressa omo soma, diferença, produto, quo iente ou raiz de funções polinomiais. Caso ontrário é dita trans endente. Exemplos de funções Exemplos de funções √ x 1 − x2 , . algébri as: (1 + x) (3 − x)3 3x+4 trans endentes: sen x, e , log(x2 + 1). O teorema abaixo garante a existên ia de limites para funções usuais. √ f (x) é igual a n x, arctan(x), então para todo Teorema 3 (limites de função raiz e algumas trans endentes) sen(x), cos(x), tan(x), log(x), ex , arcsen(x), arccos(x), c ∈ R onde f (c) existe, lim f (x) = f (c). ou Se x→c Prova: Leia a Seção 2.3, p.56. Exemplo 14 Aplique  2 (a) lim log x→1 os teoremas a ima para determinar: x −1 2(x − 1)  ; (b) lim sen x→0  πx  2x ; ( ) lim x→1 √ 4 4x + 1(x + x2 ). 1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS Solução do Exemplo 14 lim (b) Como ( ) x→0 √ 4 2 5. Observação 7  πx  2x = (a) Como π , 2 lim x→1  o limite vale x2 − 1 2(x − 1)  = 1, 15 log(1) = 0. o limite vale sen(π/2) = 1. Combinando os Teoremas 1 (propriedades bási as do limite), 2 (limite e omposição) e 3 (função raiz e trans endente) on luímos que sabemos al ular o limite de funções bem ompli adas (se denominador não se anula). Por exemplo: 2 2 π 3 esen(0)−log π x3 esen(x −π )−log x = = −π 2 . lim x→π cos(2x + π) cos(3π) 1.3 Limites e Innito: Assíntotas Verti ais e Horizontais Vamos nesta Seção estender a denição de limite para e positivo e para x próximo de −∞, x grande +∞ ou −∞ isto é, vamos denir quando o valor do limite é Denição 4 (limite igual a +∞ (−∞)) c∈R x próximo de +∞, isto é, x grande (em módulo) e negativo. Além disso, para x próximo de Considere uma função real c. f denida perto de c). Dizemos que o limite de f (x) quando x lim f (x) = +∞ (−∞), se f (x)  a tão grande e (mas não ne essariamente denida em tende a c é +∞ (−∞), denotado por x→c positivo (negativo) quanto quisermos quando x está su ientemente próximo de x 6= c. Observação 8 c∈R mas lim f (x) = +∞, x→c+ de forma análoga ao que já Deixamos para o leitor denir os limites laterais lim f (x) = +∞, lim+ f (x) = −∞, lim− f (x) = −∞ x→c− x→c x→c foi feito no iní io deste apítulo. Basta fazer um mutatis mutandis (latim para modique o que tem que ser modi ado) na denição anterior. Denição 5 (assíntota verti al) dizemos que a reta Exemplo 15 é uma x → c+ assíntota verti al do x → c− , f (x) → +∞ grá o de f . ou Esbo e o grá o, determine os limites e as assíntotas verti ais: (a) 1 lim− 3 ; x→0 x (e) lim − x→3 x=c Se, quando (b) 1 ; (x − 3)3 lim− − x→0 (f ) Solução do Exemplo 15 1 ; x2 lim − x→2 ( ) lim− x→0 1 ; (x − 2)2 1 ; x4 (g) (d) lim+ − x→0 1 ; x3 1 ; x→1 (x − 1)9 lim Os grá os de (a), (b), ( ) e (d) são: ou −∞, 16 CAPÍTULO 1. LIMITE y y y 1 y=− 2 xx x 1 y= 3 x ( ) x = 0. Nesses quatro itens a assíntota verti al é −∞; (b) −∞; ( ) 1 y=− 3 xx x1 y= 4 x (b) (a) laterais: (a) y +∞; (d) (d) Observando-os obtemos os limites −∞. Com translação podemos obter os grá os de (e), (f ) e (g): y y 1 y=− (x − 3)3 x y 1 y=− (x − 2)2 x x=3 x=2 (e) perto do (f ) o limite 0). Assíntota verti al x = 3. 2 é −∞ (mesmo sinal que −1/x (g) o limite não existe pois pela direita vale 1/x perto do 0). Pré-Cál ulo: Assíntota verti al x 1 (x − 1)9 x=1 (f ) (e) o limite não existe pois pela direita vale −1/x y= (g) −∞ e pela esquerda perto do +∞ 0). +∞ (mesmo sinal que Assíntota verti al e pela esquerda x = 1. −∞ x = 2. (mesmo sinal que Pre isamos fazer a análise de sinal do numerador e denominador  o hamado quadro de de sinais  para determinamos o omportamento do grá o perto da assíntota. Exemplo 16 Determine para quais Solução do Exemplo 16 2 x∈R é verdade que f (x) = 16 − x2 ≥ 0. (x + 1)(3 − x) Vamos fazer a análise de sinal de ada um dos elementos: 16 − x , x + 1, 3 − x e ombinar tudo numa tabela do sinal de f (x). Os pontos de tro a de sinal são: ±4, −1, 3. Agora uidado om a interpretação do zero. Os pontos onde f (x) = 0 são os pontos onde o numerador se anula ±4. Nos pontos onde o denominador se anula (−1 e 3), f (x) → ±∞. −4 −1 3 4 2 16 − x − + + + − x+1 − − + + + 3−x + + + − − 0 ±∞ ±∞ 0 f (x) + − + − + 1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS Assim Portanto f (x) ≥ 0 para 17 x ≤ −4, x ∈ (−1, 3), x ≥ 4. Observação 9 Poderíamos no exemplo anterior (e em todos os exemplos) de ompor o 16 − x2 em dois termos lineares 4 − x e 4 + x, o que aumentaria o 2 tamanho da tabela. Na práti a, se o termo quadráti o é simples, da forma a − bx ou bx2 − a, analisamos o sinal diretamente. termo quadráti o Exemplo 17 Faça quadro de sinais e esbo e o grá o de Solução do Exemplo 17 2 p(x) = (x − 2)(25 − x2 )(x2 − x). (a) Vamos fazer a análise de sinal de ada um dos elementos: 2 x − 2, 25 − x , x − x e ombinar tudo numa tabela do sinal de p(x). Faremos a análise 2 dos termos quadráti os diretamente. Note que um (25 − x ) possui on avidade para baixo 2 e outro (x − x) possui on avidade para ima. Os pontos de tro a de sinal são: ±5, 0, 1, 2. x−2 25 − x2 x2 − x − − + p(x) + −5 0 − + + 0 0 − 1 − + − 2 − + + 5 + + + 0 0 − + + − + 0 + − Assim obtemos o grá o abaixo. Note que esta função, um polinmio de grau 5, possui 5 raízes. y x p(x) Pré-Cál ulo: Como determinar sinal de um polinmio ax2 + bx + c om raízes omplexas (não-reais)? O grá o da parábola estará inteiramente a ima do eixo x ou abaixo do eixo x, pois senão a: se a > 0, ax2 + bx + c > 0 teríamos raízes reais. Assim basta olharmos para o sinal de 2 para todo x, se a < 0, ax + bx + c < 0 para todo x. Exemplos: 2 (a) x − 3x + 3. 2 ∆ = (−3)2 − 4 · 1 · 3 = −3 < 0. Logo raízes omplexas. Como a = 1 > 0, x − 3x + 3 > 0 para todo x ∈ R. 2 2 (a) −x + 4x − 5. ∆ = 4 − 4 · (−1) · (−5) = −4 < 0. Logo raízes omplexas. Como a = −1 < 0, −x2 + 4x − 5 < 0 para todo x ∈ R. 18 CAPÍTULO 1. Exemplo 18 Faça análise de sinal e determine os limites: 2 2 2x lim ; x→−3 9 − x2 (a) (b) 9−x lim ; x→2 (x − 2)(x2 − 5x + 6) ( ) LIMITE x3 − x − 1 lim . x→1 (1 − x)3 Solução do Exemplo 18 (a) Vamos fazer o o quadro de sinais. Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±3, 0. pontos onde o denominador se anula 2 2x 9 − x2 + − f (x) − −3 ±∞ f (x) = 0 onde o numerador se (±3), f (x) → ±∞. 0 3 + + + + + − 0 ±∞ + + − A função Assim a função tem sinal negativo quando x − Logo quando x → −3 o limite é −∞ e quando quando x → −3 não existe. anula (0). Nos → −3− e sinal positivo quando x → −3+ . x → −3+ o limite é +∞. Portanto o limite 2 (b) Vamos fazer o o quadro de sinais. Como x − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3), o deno2 minador é (x − 2) (x − 3). Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±3, 2. Note que no 3 o numerador e o denominador se anulam. 2 Neste ponto, aso queira pode 9−x = −6. Assim a indeterminação 0/0 = −6 neste aso. (x − 2)(x2 − 5x + 6) A função f (x) = 0 onde o somente o numerador se anula (3). Nos pontos onde somente o denominador se anula (2, −3), f (x) → ±∞. al ular o lim x→3 9 − x2 x−3 (x − 2)2 − − + f (x) + −3 2 + − + 0 − 3 − + + + − + −∞ x → 2 é −∞. Perto de 2 o numerador − −6 − Logo o limite quando Outra Solução: − 22 = 5). Como x2 − 5x + 6 = (x−2)(x−3), devemos analisar o sinal do denominador que é (x−2)2 (x−3). O primeiro termo é sempre positivo e o segundo, perto de 2 é negativo (2 − 3 = −1). Assim o denominador é negativo. Logo o limite quando x → 2 é −∞. é positivo (9 ( ) Neste aso não temos omo analisar o sinal do numerador em detalhes pois é um polinmio do ter eiro grau que não onhe emos as raízes (na realidade possui duas raízes omplexas). Podemos, no entanto al ular o limite analisando o sinal próximo do 1. Perto de 1 o numerador é sempre negativo (13 −1 −1 = −1). O denominador (1 −x)3 possui o mesmo − sinal que (1 − x). Assim, o denominador tem sinal positivo quando x → 1 e sinal negativo + quando x → 1 . Logo, ombinando sinais do numerador (sempre negativo) e denominador, − + quando x → 1 o limite é −∞ e quando x → 1 o limite é +∞. Portanto o limite quando x→1 não existe. Erro Comum: Nos limites do exemplo anterior, tentar al ular o limite sem fazer quadro de análise de sinais é aminho urto para ometer um erro. 1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS Em resumo, se f (x) = p(x) q(x) é uma função ra ional (quo iente dos polinmios e se no limite o denominador seja, quando x→c 19 a função q(x) se anula sem que o numerador k f (x) → 0 om para o omportamento da função perto de c k 6= 0 p(x) p(x) e q(x)) se anule  ou  existem QUATRO possibilidades onforme representado nas guras abaixo. Pre isamos fazer quadro de análise de sinais para determinar qual delas o orre. x x x x=c x=c x=c x=c (I) (II) (III) (IV) Erro Comum: Não prestar atenção nestas 4 possibilidades e on luir de forma errada +∞ pois o denominador se anula. Um exemplo deste 1+x lim é +∞ pois o denominador se anula em x = 2. x→2 x − 2 que o limite é que o Exemplo 19 x→c (a) x Determine o omportamento da função perto de c erro é o aluno dizer e al ule o limite quando para: y= 3−x , c = −4; 4+x Solução do Exemplo 19 (a) perto de x = −4, (b) y= x2 − 9 , c = 2. x2 − 4x + 4 Deixo para o leitor fazer o quadro de sinais de ada exemplo. 3 − (−4) = 3 + 4 = 7. O x < −4 e positivo para x > −4. Assim temos que perto do para x < −4 e positiva para x > −4. O limite N O existe pois o numerador é positivo próximo de denominador é negativo para x = −4 a função é negativa os limites laterais diferem. O omportamento é: x x = −4 2 (b) perto de x = 2 o numerador é negativo próximo de 2 − 9 = −5. O denominador é 2 igual a (x − 2) , que é sempre não-negativo. Assim temos que perto do x = 2 a função é negativa O limite quando x→2 é −∞ O omportamento é: 20 CAPÍTULO 1. LIMITE x x=2 Se a função não é ra ional temos que analisar om uidado os sinais. Exemplo 20 (a) Faça um esboço do grá o perto da origem e al ule os limites de: 1 lim ; x→π sen(x) (b) lim e1/x ; x→0 Solução do Exemplo 20 limite é −∞. − lim log(|x|); x→0 x → π+, (d) lim | log(x)|. x→0+ o seno é negativo próximo do x → π a situação é oposta quando x → π não existe. Se diferem, o limite (a) Se ( ) e o limite é +∞. π e portanto o Como os limites laterais x x=π x → 0 , 1/x → +∞. Portanto, e1/x → e+∞ = +∞. Se x → 0− , 1/x → −∞. 1/x Portanto, e → e−∞ = 1/e+∞ = 1/(+∞) = 0. Como os limites laterais diferem, o limite quando x → 0 não existe. (b) Se + x x=0 ( ) Se x → 0, |x| → 0. Como log(0) = −∞, o limite é x x=0 −∞. 1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 21 log(x) → −∞. Apli ando o módulo on luímos que o limite é +∞. Note que não podemos al ular o limite quando x → 0− pois log não está denida para (d) Pelo item anterior x < 0! x x=0 Denição 6 (limite quando x tende a +∞ (−∞)) f denida para todo x grande e positivo (negativo). Dizemos que o limite de f (x) quando x tende a +∞ (−∞) é igual a L, denotado por lim f (x) = L ( lim f (x) = L), se f (x)  a bem x→+∞ próximo de L∈R Observação 10 hegar a para todo x x→−∞ grande e positivo (negativo) o su iente. Note que este limite é, por natureza, um limite lateral: somente podemos +∞ pela esquerda e a −∞ pela direita. Observação 11 Considere uma função real Logo não temos limites laterais no innito. Podemos denir (deixamos para o leitor), juntando as duas denições lim f (x) = +∞, anteriores de forma apropriada (mutatis mutandis), os limites: lim f (x) = −∞, x→+∞ no exemplo da p.64. Denição 7 (assíntota horizontal) dizemos que a reta Exemplo 21 (a) y=L é uma x→−∞ Se, quando x → +∞ ou Veja denição rigorosa x → −∞, f (x) → L ∈ R, assíntota horizontal do grá o de f . Esbo e o grá o e determine os limites e a assíntota horizontal de: lim − x→+∞ lim f (x) = −∞. lim f (x) = +∞, x→−∞ x→+∞ 1 +1 x6 (b) Solução do Exemplo 21 lim − x→−∞ 1 −1 x5 (a) o limite é 1 ( ) 2x + 1 x→+∞ x lim e a assíntota horizontal −1/x6 . Obtemos o grá o om a translação verti al de y y=1 x (a) (d) y=− 1 +1 x6 lim 2 + sen x→+∞ y = 1. 1 x O limite é 1. 22 CAPÍTULO 1. (b) o limite é −1 e a assíntota horizontal 5 verti al de −1/x . y = −1. LIMITE Obtemos o grá o om a translação y x y = −1 (b) y=− 1 −1 x5 (2x + 1)/x = 2 + 1/x, quando x → +∞ a função vai para 2 pois o segundo termo vai para 0. A assíntota horizontal é y = 2. O grá o é a translação verti al de duas unidades de 1/x. y ( ) omo y=2 x ( ) 1 → 0 e portanto sen x1 → x grá o é a translação verti al de sen(1/x). (d) é 2 pois y= 2x + 1 x sen 0 = 0. A assíntota horizontal é y = 2. O y y=2 x (d) Exemplo 22 horizontal: y = 2 + sen(1/x) Determine, aso exista, os limites quando x → −∞ e x → +∞ e a assíntota 1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 23 y y x x (a) (b) y x y = −1 ( ) Solução do Exemplo 22 tanto para x (a) Nenhum dos dois limites existe pois a função os ila de valor grande e positivo omo para grande e negativo. Não existe assíntota horizontal. (b) limite quando x → −∞ é +∞, limite quando x → +∞ é −∞. Nos dois aso ela se aproxima os ilando ( ada vez menos). Embora não tenha assíntota horizontal, possui o que hamamos de assíntota oblíqua. Veja Desao da p.46. x → −∞ é −1 (os ilando ada vez menos), limite quando x → +∞ não os ila om amplitude ada vez maior. Note que y = −1 é uma assíntota ( ) limite quando existe pois função horizontal. Observação 12 função Note por um dos exemplos apresentados (qual?) que o grá o de uma pode ruzar a assíntota horizontal uma innidade de vezes. Isto não o orre para a assíntota verti al (porque?) Exemplo 23 Determine, aso exista: x → 1+ e x → limites laterais quando da função em x = 1. • os limites quando x → −∞ e x → +∞; • os 1− ; • o limite quando x → 1. Compare om o valor 24 CAPÍTULO 1. LIMITE y y x −2 2 1 x x=1 x=1 (b) (a) Solução do Exemplo 23 limite quando x → 1− x → −∞ é +∞, limite quando x → +∞ é 0, x → 1+ é +∞, limite quando x → 1 não existe (a) limite quando é 2, limite quando f (1) = 1. (b) limite quando x → −∞ é 0, limite quando x → +∞ não existe pois o valor da função − + os ila, limite quando x → 1 é −∞, limite quando x → 1 é −∞, limite quando x → 1 −∞ (laterais são iguais), f (1) = −2. (laterais são distintos), Para se al ular o limite quando x → +∞ ou −∞ de uma função f (x) = p(x) q(x) devemos omparar res imento do numerador om denominador. Quem res er mais rápido ganha. Se o denominador ganhar o limite será zero. Se o numerador ganhar, será +∞ Se houver empate, dependerá de ada aso. Uma té ni a é determinar a maior potên ia do numerador e do denominador para p e positivo (ou negativo). Assim teremos que ou p=q ou pq determinamos o limite. Para se apli ar esta té ni a om rigor deve-se olo ar em evidên ia termo de maior grau do numerador e do denominador. Exemplo 24 Cal ule os limites abaixo: 3x2 + 1 x5 + x3 + 10 (a) lim ; (b) lim ; x→+∞ 1 − 2x2 x→−∞ x8 − x + 1 x7 + x2 + 10 2 (d) lim ; (e) lim x − x . x→−∞ x4 − x5 + 1 x→+∞ Solução do Exemplo 24 ( ) x3 − 5x7 + 10 ; x→−∞ −x6 − x5 + 1 lim (a) Colo ando em evidên ia os termos de maior grau, 3 + 1/x2 3+0 3 x2 3 + 1/x2 · = 1 · =→ =− . 2 2 2 x 1/x − 2 1/x − 2 0−2 2 3x2 + 1 = 1 − 2x2 1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS (b) Colo ando em evidên ia os termos de maior grau, 1 x3 · x5 + x3 + 10 = x8 − x + 1 25 x5 x8 2 5 +10/x · 1+1/x = 1−1/x7 +1/x8 1+1/x2 +10/x5 . Cal ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produto 1−1/x7 +1/x8 2 5 1+0+0 1 + 1/x + 10/x → = 1. Logo o limite vale 0 · 1 = 0. 7 8 1 − 1/x + 1/x 1−0+0 4 −5+10/x7 x3 − 5x7 + 10 7 = ( ) Colo ando em evidên ia os termos de maior grau, = xx6 · 1/x −1−1/x+1/x6 6 5 −x − x + 1 4 7 dos limites: 1 →0 x3 −5+10/x x · 1/x . −1−1/x+1/x6 limites: e Cal ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produto dos x → −∞ e 1/x4 −5+10/x7 −1−1/x+1/x6 → 0−5+0 −1−0+0 = −5 −1 = 5. Logo o limite vale (d) Colo ando em evidên ia os termos de maior grau, x2 · 1+1/x5 +10/x7 x7 +x2 +10 x4 −x5 +1 = −∞ · 5 = −∞. x7 x5 · 1+1/x5 +10/x7 1/x−1+1/x5 = . Cal ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produto dos 1/x−1+1/x5 1+1/x5 +10/x7 1 2 limites: x → +∞ e → 1+0+0 = −1 = −1. Logo o limite vale +∞·(−1) = −∞. 1/x−1+1/x5 0−1+0 (e) Ini ialmente note que trata-se de uma indeterminação do tipo +∞ − (+∞). Coloque x: x − x2 = x(1 − x). Cal ulando os limites separadamente utilizando a em evidên ia propriedade do produto dos limites: +∞ · (−∞) = −∞. Erro Comum: x → +∞ e (1 − x) → −∞ obtemos que o limite vale Note que N O é uma indeterminação. x → +∞ om x → a. Assim x − 1/x x −1 = lim lim , obtendo 1 (já x→1 1 − 1/x x→1 x − 1 Confundir té ni as de 2 forma ERRADA) o limite o aluno al ula (de que erradamente o aluno pensa que  1/x vai para zero). Nos exemplos abaixo em que apare em raízes, a té ni a é similar, tomando o devido √ x2 6= x. uidado om o sinal pois, omo já hamamos atenção Exemplo 25 √Cal ule os limites: √ x2 + 3 ; 5x − 7 √ x6 − 3x2 + 2x − 3 . x→+∞ x→−∞ x→−∞ 3x3 − x2 + x − 1 √ 16x e do denomiSolução do Exemplo 25 (a) O termo de maior grau do numerador é √ √ √ 16x 1+3/(16x) 16x+3 = . Separando em nador é x. Colo ando-os em evidên ia obtemos: x+1 x(1+1/x) p √ 1 + 3/(16x) 16x 1 dois limites temos que al ular lim = 4 lim √ = 0 e lim = x→+∞ x→+∞ x→+∞ x x 1 + 1/x √ 1+0 = 1. Assim o limite é 0. Pode-se ver de forma su inta o mesmo resultado tomando 1+0 √ √ os termos de maior grau, 16x + 3 ≈ 16x e x + 1 ≈ x (válidos para x grande!). Assim, √ √ √ 4 x 16x+3 16x 4 ≈ x = x = √x . Se x → +∞ então isto tende a 0. x+1 √ x2 = |x| e 5x e prosseguindo omo no aso anterior (b) Colo ando-os em evidên ia |x| |x| bastará al ular o limite lim = −x = − 15 , o valor do limite. . Como x é negativo, 5x 5x x→−∞ 5x √ ( ) Colo ando-os em evidên ia x6 = |x|3 e 3x3 e prosseguindo omo no aso anterior 3 |x| |x|3 −x3 1 . Como x é negativo, bastará al ular o limite lim 3 = 3x3 = − 3 , o valor do limite. 3x 3 x→−∞ 3x (a) lim 16x + 3 ; x+1 (b) lim ( ) lim Nos próximos exemplos pre isamos ra ionalizar antes. 26 CAPÍTULO 1. Exemplo 26 (a) lim Cal ule os limites: √ x→+∞ x2 x+ √ (a) Ra ionalizando om √ + 3x + 1 − x; Solução do Exemplo 26 (b) lim x→+∞ q x− √ LIMITE x. x2 + 3x + 1 + x obtemos √ x2 + 3x + 1 − x2 3x + 1 ( x2 + 3x + 1)2 − x2 √ =√ =√ . 2 2 2 x + 3x + 1 + x x + 3x + 1 + x x + 3x + 1 + x 3x + 1 . Coloque x em evidên ia no numerador e dex2 + 1 + x x(3 + 1/x) 2 p . Note que o x entrou na raiz omo x . Can elando nominador e obtenha x( 1 + 1/x2 + 1) 3 3 + 1/x 3+0 . Se x → +∞ obtemos √ = . o x obtemos p 2 2 1+0+1 1 + 1/x + 1p √ √ (b) Ra ionalizando om x + x + x obtemos p √ √ √ √ ( x + x)2 − ( x)2 x x+ x−x p =p √ √ √ √ =p √ √ . x+ x+ x x+ x+ x x+ x+ x √ Dividindo-se o numerador e denominador por x (ou, o que dá na mesma, olo ando-se √ 1 1 x em evidên ia) obtemos p = p . Se x → +∞ obtemos √ √ 1 + x/x + 1 1 + 1/ x + 1 1 1 √ = . 2 1+0+1 Agora podemos al ular o Observação 13 lim √ x→+∞ Quase sempre o limite no +∞ e no −∞ é o mesmo. Isto é verdade para funções ra ionais quando o limite é nito. Quando o limite é innito podemos ter 2 2 x x = +∞ 6= lim = −∞. x→−∞ x + 1 x→+∞ x + 1 lim ex = +∞ = 6 lim ex = 0. por exemplo distinto é lim x→+∞ Outro exemplo onde o limite é x→−∞ √ 9x2 + 3 = 3/5. Note que x→−∞ 5x − √ √7 2 2 9x Se x > 0, √ = 3|x| = 3x e se x <√0, 9x = 3|x| = −3x. 9x2 + 3 9x2 + 3 3 3 = e lim =− . Assim, lim x→+∞ 5x − 7 5 x→−∞ 5x − 7 5 Erro Comum: Es rever que lim √ 9x2 +3 5x−7 ≈ √ 9x2 5x = 3 |x| . 5x Nos exemplos abaixo (e alguns que já apare eram) não existe té ni a geral pois envolvem função trans endente, isto é, função que não é polinmio ou quo iente de polinmios ou sen, cos, ex , log x. raiz disso omo por exemplo: Exemplo 27 Cal ule os limites, esbo e o grá o e determine TODAS as assíntotas (verti ais e horizontais). (a) (d) lim e−x + 1; (b) x→+∞ 1 ; x→1 log(x) lim (e) lim − x→π/2 lim+ x→0 2 ; cos(x) 1 . log(x) ( ) lim e−1/x x→0 2 ; 1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS Solução do Exemplo 27 27 e−x → e−(+∞) = e−∞ = 1/e+∞ = 1/(+∞) = 0. Logo, e−x + 1 → 1. Para o esboço note que quando x aumenta o valor da função diminui. Faça translação verti al. A úni a assíntota é y = 1, assíntota horizontal. y (a) y=1 x (a) (b) Como cos(x) > 0 para x y = e−x + 1 próximo de π/2 mas menor que isto, o limite é +∞. Para o esboço ome e om o grá o do osseno (pontilhado na gura abaixo). Quando o cos, o valor de 2/ cos diminui em módulo. Nos pontos onde cos(x) = 0, isto é, nos pontos x = 2kπ ±π/2 para k ∈ Z, 1/ cos(x) → ±∞. Assim as assintotas verti ais valor, em módulo, da são nestes pontos. y x y = cos(x) x = − π2 x = − 5π x = − 3π 2 2 x = π2 2 y= cos(x) (b) ( ) quando x → 0, −1/x2 → −∞. Assim, x= 3π 2 5π 2 x= 2 e−1/x → e−∞ = 1/e+∞ = 1/ + ∞ = 0. Para o esboço note que a função é sempre positiva. Perto do zero se aproxima de zero e 0 longe se aproxima e = 1. y y=1 x ( ) (d) Como log(1) = 0 x < 1, lim− f (x) = x→1 2 x > 1, lim+ f (x) = +∞. Como log(x) < x→1 −∞. Como os limites laterais são distintos, o limite não existe. e log(x) > 0 y = e−1/x para log(x) → −∞, 1/ log(x) → 0. esboço de 1/ log, ome e om o 0 para (e) Como Para o esboço de log (pontilhado na gura abaixo). 28 CAPÍTULO 1. Quando y, log é zero, 1/ log → ±∞. O que o orre próximo do 0 LIMITE é que o grá o  ola no eixo embora neste grá o isto não que laro. Convido o leitor a utilizar um programa (veja Seção 1.1) que plote grá os para investigar este ponto. y y = log(x) x x=1 (d), (e) Exemplo 28 (a) (d) y= 1 log(x) Cal ule os limites. lim log(|x|); x→−∞ (b) lim sen(x); x→+∞ ( ) 1 ; x→+∞ sen(x) lim lim (log(3x) − log(x − 5)). x→+∞ Solução do Exemplo 28 (a) |x| → +∞ log(|x|) → +∞. 1 e −1. 1/ sen(x) vai os ilar e portanto, (b) este limite não existe pois o seno  a os ilando entre ( ) este limite não existe pois omo o seno os ila, −1 até −∞. +∞ − (+∞). Por 3x = 3, Como lim x→+∞ x − 5 (d) temos um aso de indeterminação (log(3x) − log(x − 5)) = log Exemplo 29 (a)  3x x−5  . de 1 até +∞ e de propriedade do logaritmo, a resposta é log(3). Cal ule os limites. lim IQ (x). x→+∞ (b) Solução do Exemplo 29 os ilando entre 0 e lim ⌊x⌋. x→+∞ (a) Veja o grá o na p.12. Limite não existe pois função  a 1. (b) Veja denição e grá o da função a função se aproxima de +∞ ⌊x⌋ na p.12. Limite é passando somente pelos inteiros. +∞ pois quando x → +∞ 1.4. INDETERMINAÇÕES DO LIMITE 29 1.4 Indeterminações do Limite As propriedades bási as do limite (da soma, do produto, et .) que apresentamos anteriormente não podem ser apli adas quando o denominador se anula ou quando surge +∞ entanto, algumas extensões destes resultados são possíveis. Alguns exemplos:  Se  Se lim f (x) = lim g(x) = +∞ x→c x→c lim f (x) = +∞ e lim g(x) então ou −∞. No lim(f (x) + g(x)) = lim (f (x) · g(x)) = +∞. x→c é nito então x→c lim(f (x) + g(x)) = +∞. x→c x→c x→c Estes teoremas podem ser apresentados através do seguinte quadro. São limites determinados: k∈R +∞ + (+∞) = k + (+∞) = +∞, Para soma/subtração, qualquer Para produto/divisão: k = 0), −∞ + (−∞) = k + (−∞) = −∞. (in luindo +∞ · (+∞) = −∞ · (−∞) = +∞, +∞ · (−∞) = −∞ · (+∞) = −∞. k k = = 0. Para qualquer k ∈ R (in luindo k = 0), +∞ −∞ +∞ −∞ k · (+∞) = = +∞, k · (−∞) = = −∞. Se k > 0: k k −∞ +∞ Se k < 0: = +∞, k · (+∞) = = −∞. k · (−∞) = k k Indeterminações do limite: O perigo é que indeterminações: ∞ N O é número! Assim temos as seguintes +∞ − (+∞), −∞ − (−∞), −∞ + (+∞), +∞ + (−∞) 0 k ±∞ ±∞ , , , , 0 · (±∞), 1±∞ , (±∞)0 . ±∞ 0 0 0 Observação 14 A indeterminação 1+∞ , que estudaremos no limite fundamental da expo- nen ial na p.38, surge no modelo de juros ontínuos ompostos. Este aso é a fronteira do +∞ +∞ omportamento de a . Se 0 < a < 1 então a = 0 (multiplique um número positivo +∞ menor que 1 por ele mesmo uma innidade de vezes). Se a > 1 então a = +∞. Exemplo 30 Cal ule os limites abaixo (que ilustram asos de indeterminação indi ados entre ol hetes): 1 1 1 1 (b) lim − 4 [+∞ − (+∞)]; − 2 [+∞ − (+∞)]; 2 4 x→0 x x→0 x x x       2 2 +∞ 0 0 x +1 6x 6x ( ) lim ; (d) lim ; (e) lim ; x→−∞ −3x2 + 5 x→0 x→0 −∞ 2x 0 2x 0 1 1 [0 · (+∞)]; [0 · (+∞)]. (f ) lim x · (g) lim x · 4 x→0 x→0 x x (a) lim Solução do Exemplo 30 x2 − 1 . x4 Para x (a) Colo ando o mesmo denominador vemos que próximo de zero o numerador é negativo (−1) e o denominador é sempre positivo. Portanto o limite quando x→0 é −∞. (b) Fazendo análise similar, o numerador será limite será +∞. 1 1 − = x2 x4 1 − x2 . Portanto o sinal será positivo e o 30 CAPÍTULO 1. ( ) Divida o numerador e o denominador por x2 + 1 1 + 1/x2 1+0 = → = −3x2 + 5 −3 + 5/x2 −3 + 0 x2 : −1/3. 6x2 6x = → 0. 2x 2 6x 6 (e) = → 3. 2x 2 1 1 = 3, (f ) Como x · 4 x x LIMITE (d) hega em zero: pela direita (g) x → 0 não esquerda −∞. o limite quando 1 x · = 1 → 1. x +∞, pela existe pois dependendo do lado que se Limites que não sabemos al ular no momento: Hierarquia do innito x2 , log(x), 2x , xx , xn limite quando x → +∞ Quem res e mais rápido (vai mais rápido para o innito) entre: (n ∈ N)? Utilizando limites podemos determinar isto al ulando o do quo iente entre duas funções. Com isto estabele emos a hierarquia do innito: entre √ os innitos, quem é mais innito. Sabemos fazer isto om x, xn , mas não om estas funções. Os limites abaixo nós N O sabemos al ular om o que aprendemos até agora. No entanto, utilizando a hamada té ni a de L'Hospital (que apresentamos na p.99 do Capítulo de Apli ações da Derivada), vamos aprender a al ulá-los: x e , x→+∞ xn lim log(x) . x→+∞ xn lim Observação 15 Podemos enxergar os innitos de grá o (bijeção entre o semi ír ulo e orrespondem aos pontos R). R utilizando meia projeção estereo- Veja a gura abaixo e note que os pontos ±∞. x0 , x3 y x0 p(x0 ) = −∞ x3 x1 p(x3 ) = +∞ x2 p(x1 ) p(x2 ) Projeção Estereográ a p : {meio ír ulo} x →R 1.5 Esboço de Grá os (parte I) O objetivo desta Seção é esboçar grá os de funções ra ionais (quo iente de polinmios) utilizando somente assíntotas. Mais adiante (no apítulo de Apli ações da Derivada, na Seção 4.4, p.108) aprenderemos a determinar regiões de res imento e de res imento da função, on avidades, a res entando mais detalhes ao grá o. Nas funções ra ionais as assíntotas verti ais e horizontais são muito importantes. Para x ∈ R onde: • f (x) > 0, f (x) = 0, f (x) < 0 fazendo o quadro • f (x) = ±∞, as assíntotas verti ais. esboçar grá o, devemos bus ar pontos de análise de sinais. 1.5. • ESBOÇO DE GRÁFICOS (PARTE I) al ular lim f (x), que se for x→±∞ Exemplo 31 31 nito determinará a assíntota horizontal. Determine os sinais, as assíntotas verti ais e horizontais e faça um esboço do grá o de: (a) f (x) = x2 + 2x ; x2 − 1 (b) Solução do Exemplo 31 f (x) = 2x2 − 8 ; 16 − x2 ( ) f (x) = x4 − 24 . x(x2 − 9) (a) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador x2 + 2x = x(x + 2). Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±1, 0, −2. A função f (x) = 0 onde o numerador se anula: 0 e −2. Nos pontos onde o denominador se anula (±1), f (x) → ±∞. x(x + 2) x2 − 1 + + f (x) + −2 − + 0 − −1 ±∞ 0 − − 0 1 + − − + + + ±∞ + x2 − 1 = 0) em x = 1 e x = −1; x + 2x 1 + 2/x 1+0 = → = 1 quando x → +∞. 2 2 x −1 1 − 1/x 1−0 y Assíntota verti al (denominador se anula se 2 horizontal em y=1 (a) pois f (x) = assíntota x2 + 2x x2 − 1 y=1 −2 −1 1 x = −1 x=1 x 2 2x2 − 8 = 2(x2 − 4). Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±2, ±4. A função f (x) = 0 onde o numerador se anula: ±2. Nos pontos onde o denominador se anula (±4), f (x) → ±∞. (b) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador 2 2(x − 4) 16 − x2 + − f (x) − −4 ±∞ + + −2 y = −2 pois − + 0 + 4 + + 0 − + − x2 = 0) em x = 4 2 − 8/x 2−0 2x − 8 = = = −2. 2 2 16 − x 16/x − 1 0−1 Assíntota verti al (denominador se anula se 16 2 2 horizontal em 2 ±∞ e + − − x = −4; assíntota 32 CAPÍTULO 1. LIMITE y (b) f (x) = 2x2 − 8 16 − x2 −2 y = −2 x 2 x = −4 x=4 ( ) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador x4 − 24 = (x2 − 22 )(x2 + 22 ) e somente o primeiro termos possui raízes reais. Assim vou ignorar, no quadro de sinais, o x2 + 22 > 0 (não altera os sinais). Os pontos onde numerador ou denominador se termo anulam: ±2, ±3, 0. o denominador se anula 2 2 numerador se anula: ±2. f (x) = 0 onde o (±3, 0), f (x) → ±∞. A função x −2 x 2 x −9 + − + f (x) − −3 ±∞ + − − −2 0 − − − 0 ±∞ − + Nos pontos onde 2 − + − + 0 3 + + − − + + + ±∞ x(x2 − 9) = 0) em x = 0, x = 3 e x = −3; quando x → +∞ é +∞ e quando x → −∞ é −∞). y Assíntota verti al (denominador se anula se não possui assíntota horizonta (limite + x −2 x = −3 (c)f (x) = 2 x=3 4 4 x −2 x(x2 − 9) 1.6. LIMITES FUNDAMENTAIS 33 1.6 Limites Fundamentais Apresentaremos os dois limites fundamentais do Cál ulo: um rela ionado ao seno, o outro à exponen ial. São os primeiros resultados não triviais. Pre isamos primeiro um resultado importante para al ular o limite fundamental trigonométri o (o do seno), o Teorema do Sanduí he. Teorema 4 (Sanduí he) de c e x 6= c. Se f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) para lim f (x) = lim h(x) = k , então lim g(x) = k . x→c Observação 16 k = +∞ ou lim x sen x→0 x numa vizinhança x→c Este Teorema ontinua verdadeiro para c = +∞ ou c = −∞ e para Esbo e o grá o e aplique o Teorema do Sanduí he para al ular os limites abaixo: (d) x→c todo k = −∞. Exemplo 32 (a) Suponha que 1 ; x (b) lim x2 sen x→0 lim (x − e)IQ (x); (e) x→e Solução do Exemplo 32 1 ; x ( ) lim x→−∞ sen x ; x lim (x − e)IQ (x). x→0 Convido o leitor a utilizar um programa (veja Seção 1.1) que plote grá os para investigar estes exemplos. −1 ≤ sen(y) ≤ 1. Assim, para x ≥ 0 temos que x ≤ 0 temos de forma análoga que x ≤ x sen(1/x) ≤ −x. Podemos juntar os dois utilizando o módulo: para todo x ∈ R, −|x| ≤ x sen(1/x) ≤ |x|. Quando x → 0 as funções nos extremos tendem para 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí he o limite é 0. (a) Para qualquer y −x ≤ x sen(1/x) ≤ x. temos que Para Mostramos na sequên ia três guras do grá o da função. O ír ulo tra ejado é a zona de zoom que é mostrada na próxima. Note omo as retas y y = ±x limitam o grá o da função. y=x y=1 x −2 −1 1 (a, I) y = x sen x1 2 y = −x 34 CAPÍTULO 1. y LIMITE y y=x y=x x −0.4 x −0.1 0.4 0.1 y = −x y = −x (a, II) y = x sen x1 (b) De forma análoga tendem para 0 (a, III) −x2 ≤ x2 sen(1/x) ≤ x2 . x → 0 as limite é 0. Quando e portanto, pelo Teorema do Sanduí he o y = x sen x1 funções nos extremos Mostramos na sequên ia três guras do grá o da função. O ír ulo tra ejado é a zona y = ±x2 limitam o grá o da de zoom que é mostrada na próxima. Note omo as parábolas função. y y = x2 y y = x2 x −1 1 x −0.4 0.4 y = −x2 2 (b, I) y = x2 sen x1 y = −x (b, II) y = x2 sen x1 1.6. LIMITES FUNDAMENTAIS 35 y y = x2 x −0.07 0.07 (b, III) ( ) De forma análoga extremos tendem para 0 2 y = x sen y = −x2 1 x −1/|x| ≤ sen(x)/x ≤ 1/|x|. Quando x → −∞ as 0. funções nos e portanto, pelo Teorema do Sanduí he o limite é Note que o grá o da função é limitado por y = ±1/x. y x ( ) f (x) = sen(x) x IQ (função indi adora dos ra ionais) é limitada por 0 e 1. Assim 0 ≤ IQ (x) ≤ 1 para todo x ∈ R. Por outro lado, (x − e) vale no máximo |x − e| e no mínimo −|x − e| Assim podemos limitar (x − e)IQ (x) por −|x − e| ≤ (x − e)IQ (x) ≤ |x − e| para todo x ∈ R. Quando x → e as funções nos extremos tendem para 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí he o limite é 0. (d) A função O grá o desta função é formada por duas retas pontilhadas: irra ionais e outra no y = x − e, uma em a ima dos ra ionais (vide gura abaixo). y = 0, nos 36 CAPÍTULO 1. y y=0 LIMITE y =x−e x e −e (d) f (x) = (x − e)IQ (x) f (0) = (0 − e)IQ (0) = −e · 1 = −e. próximos de −e, para x ∈ Q e iguais a (e) Note que assume valores N O existe. Exemplo 33 Cal ule No entanto, perto de zero a função zero, para x 6∈ Q. Portanto o limite sen(3x + ex ) + 1 +3 x→−∞ x2 + 1 lim Solução do Exemplo 33 Para qualquer y temos que −1 ≤ sen(y) ≤ 1. Assim, somando x dos dois lados obtemos que 0 = −1 + 1 ≤ sen(3x + e ) + 1 ≤ 1 + 1 = 2 para todo x ∈ R. 2 Dividindo por x + 1, que é sempre diferente de zero, e somando 3 dois dois lados obtemos x 1 0 sen(3x + e ) + 1 2 +3 ≤ +3 ≤ 2 + 3. Quando x → −∞, 2 +1 x +1 x +1 onvergem para 3. Pelo Teorema do Sanduí he o limite é 3. que x2 Pré-Cál ulo: os dois lados Identi ar no ír ulo trigonométri o as funções seno, osseno e tangente. Re ordar identidades do ( os, os, sen, sen sen(a + b) (minha terra tem palmeiras . . .  (⌣) ¨ ) e cos(a + b) (⌣) ¨ ). sen(x) = 1; x→0 x Teorema 5 (limite fundamental trigonométri o) lim Prova: Para x> 0 faça a omparação de áreas de dois triângulos retângulos no ír ulo trigonométri o om o ar o de ír ulo. Veja qualquer livro de ál ulo ou a aula do seu professor. Vamos obter que Para cos x sen x x sen x ≤ ≤ . 2 2 2 cos x 0 < x < π/2 todos os termos são positivos. Assim, cos x ≤ Como sen(−x) sen x = −x x (verique!) e cos(−x) ≤ Tro ando variáveis om 1 sen x ≤ x cos x 0 < x < π/2. cos(−x) = cos x, 1 sen(−x) ≤ −x cos(−x) y = −x > 0 cos y ≤ para para 0 < x < π/2. obtemos que 1 sen y ≤ y cos y para − π/2 < y < 0. 1.6. LIMITES FUNDAMENTAIS 37 Juntando obtemos que cos x ≤ sen x 1 ≤ x cos x Pelo Teorema do Sanduí he, o limite é − π/2 < x < π/2, x 6= 0. para 1. Vale a pena entender a demonstração do Teorema do limite fundamental trigonométri o pois é o primeiro resultado não trivial de limite. Note que é um aso de indeterminação Observação 17 0 . 0 No Desao da p.46 deduzimos deste limite a fórmula da área do ír ulo. Mudança de variáveis no limite. Pode-se mudar variáveis do limite para determiná-lo, onforme o Lema abaixo (que não apare e em nenhum livro que eu onheça de Cál ulo nem de análise de forma explí ita). Aprenda esta té ni a através dos exemplos abaixo pois a utilizaremos muitas vezes. No Capítulo de integração vamos introduzir uma té ni a similar: a mudança de variável de integração. Lema 2 (mudança de variáveis no limite) lim f (g(x)) = lim f (h) x→a Prova: h→g(a) g a. uma função ontínua em Então Veja prova em [NC℄ nos exer í ios. Exemplo 34 (a) Seja aso os limites existam. Cal ule os limites abaixo: 2 sen(2x) lim ; x→0 x (b) tan (3x) ; x→0 x2 lim ( ) sen(5x) ; x→0 sen(7x) lim (d) 1 − cos x . x→0 x2 lim Solução do Exemplo 34 (a) Tome t = 2x. Quando x → 0, t → 0. Substituindo obtemos sen(t) sen(t) lim = 2 lim = 2 · 1 = 2. t→0 t/2 t→0 t (b) Substitua tan x = sen x/ cos x e utilize propriedade do limite do produto para obter sen(3x) sen(3x) · lim lim . Agora vamos al ular um destes limites pois o outro é idênti o. x→0 cos(3x)x x→0 cos(3x)x sen(3x) sen(3x) Utilizando a propriedade do produto novamente obtemos que lim = lim · x→0 cos(3x)x x→0 x 1 1 =. O limite lim = 1. Para o primeiro fazemos a substituição t = 3x. lim x→0 cos(3x) x→0 cos(3x) sen(t) sen(t) sen(3x) = lim = 3 lim = Quando x → 0, t → 0. Substituindo obtemos lim t→0 t/3 t→0 x→0 x t 3 · 1 = 3. Portanto a resposta é 32 = 9. ( ) Multiplique em ima e embaixo por x (assim não alteramos o limite) e separe no x sen(5x) · lim produto de dois limites: lim . O primeiro dará 5 (veja o item (a) pois x→0 x→0 x sen(7x)  −1 sen(7x) x lim (7)−1. Portanto a resposta é análogo) e o segundo é igual a lim x→0 x→0 sen(7x) x é 5/7. 1−cos2 x sen2 x (d) Multiplique por 1 + cos x para ra ionalizar e obtenha 2 . Agora = x2 (1+cos x (1+cos x) x) separe em dois limites, um om Portanto a resposta é 1/2. sen2 x , que vai dar x2 1, outro om 1 , que vai dar (1+cos x) 1/2. 38 CAPÍTULO 1. LIMITE Os exemplos abaixo são um pou o mais ompli ados da apli ação da té ni a de mudança de variáveis. Exemplo 35 Determine o lim h→0 √ 7 x+h− h √ 7 x . p √ 7 7 x em evidên ia e mude variável para t = 1 + h/x √ 7 x(t − 1) e transforme o limite a ima em lim . Note que om a mudança, quando h → 0, t→1 x(t7 − 1) √ √ √ 7 7 √ √ 1+h/x−1 x+h− 7 x 7 7 = t → 1. Colo ando x em evidên ia obtemos que x . h h 7 7 7 Da denição de t obtemos que t = 1 + h/x, e portanto, t − 1 = h/x e h = x(t − 1). √ 7 x(t − 1) Substituindo estas identidades obtemos o limite lim . Agora omo 1 é raiz basta t→1 x(t7 − 1) √ 7x 7 = 7x16/7 = 7 √71x6 . dividir o polinmio t − 1 por t − 1 de depois fazer t → 1. Vamos obter 7x Solução do Exemplo 35 Exemplo 36 Determine Coloque cos(x) . x→π/2 x − π/2 lim Solução do Exemplo 36 Dena t = x−π/2 e aplique a identidade cos(a+b) = cos a cos b− sen a sen b. t = x − π/2, quando x → π/2, t → 0. Logo o limite passa a ser cos(t + π/2) lim . Como cos(t + π/2) = cos t cos π/2 − sen t sen π/2 = − sen t, obtemos t→0 t − sen(t) o limite lim que vale −1 pelo limite fundamental. t→0 t Substituindo Pré-Cál ulo: (1 + a)7x = Propriedades da exponen iação: ((1 + a)x )7 . Pré-Cál ulo: (ab )c = abc . Assim, (102 )7 = 102·7 = 1014 , log(ab ) = b log(a). Propriedade do petele o do log: Assim, log(271/x ). log(27) = x O limite abaixo possui uma onexão importante om matemáti a nan eira, no hamado modelo de juros ompostos ontínuos. Outras onexões são om modelos de res imento popula ional e de de aimento radioativo. A Matemáti a que one ta estas apli ações é o 1+∞ . modelo exponen ial. Trata-se de uma indeterminação do tipo Teorema 6 (limite fundamental exponen ial) Prova: O limite lim (1 + h)1/h h→0 Veja em [NC℄. Denição 8 Denimos o número real e∈R por e = lim (1 + h)1/h . h→0 existe. 1.6. LIMITES FUNDAMENTAIS Observação 18 39 Pode-se provar (veja [NC℄) que +∞ X1 1 1 1 1 + + + + ... = . 0! 1! 2! 3! i! i=0 e= e. Utilizando esta denição pode-se provar que e = 2.718281828459045 . . . Trata-se de um número irra ional. Esta é outra possibilidade para denição de 2 < e < 3. Na realidade, x x   1 1 = lim 1 + = e. Corolário 2 lim 1 + x→−∞ x→+∞ x x Prova: Basta mudar variável para Juros ompostos ontínuos. h = 1/x e apli ar o Teorema 6. c investido om juros anuais de k por t ento ao ano. Denindo α = k/100, após t anos, o valor total será c(1 + α) (porque?). Agora se os juros forem omputados mensalmente, a taxa mensal será de α/12 e o total 12t 365t será, após t anos, c(1 + α/12) . E se quisermos omputar por dia: c(1 + α/365) . Finalmente podemos omputar por hora, minuto, segundo, et . Qual será o total após t anos se omputarmos juros ompostos ontínuos? Denotando por n o número de vezes Suponha um apital que o juros omposto será omputado hegaremos ao limite  α nt lim c 1 + . n→+∞ n Fazendo a substituição de variável x = n/α obtemos que o limite αx x αt    1 1 = ceαt . = c lim 1 + lim c 1 + x→+∞ x→+∞ x x Portanto o valor total após Observação 19 t anos será ceαt (ver [Co℄ p.179). Veja o aso dos juros ompostos. Note que intuitivamente não está NADA laro o que vai o orrer. Se por um lado pare e que vai dar innitas vezes de juros, a taxa +∞ pela a umulação (1 + α/n) → (1 + 0) = 1, o que indi aria que no limite αt  aríamos om o mesmo que o valor ini ial. O que o orre na realidade é que obtemos e , um valor intermediário entre 1 Cres imento popula ional. e +∞. Apre ie a beleza deste resultado. (⌣) ¨ Suponha que uma erta ba téria se reproduza de tal forma k por ento a ada hora. Assim, partindo de uma poα = k/100, após t horas, a população será de p0 (1 + α)t . que sua população aumente em pulação ini ial p0 , denindo Agora se o res imento for omputado a ada minuto, a taxa de res imento por minuto será (aproximadamente) de k/60 por ento por minuto e a população total será, após t p0 (1 + α/60)60t . Passando ao limite, om o res imento o orrendo a ada instante, αt hegaremos de forma análoga que após t horas a população será de p0 e . horas, Situação análoga é o de aimento radioativo a uma taxa de k por ento de uma massa ini ial de material radioativo m0 . Denindo α = k/100, após t horas, a massa será de m0 (1 − α)t . Seguindo ra io ínio análogo, mas om mudança de variável x = −n/α, −αt deduziremos que após t horas massa será de m0 e . 40 CAPÍTULO 1. Exemplo 37 (a) Cal ule os limites: lim (1 + 1/x) 4x x→+∞ ; (b) Solução do Exemplo 37  mos lim (1 + 1/x)4x = x→+∞ lim x→+∞  x+3 x 5x ; ( ) LIMITE lim (1 − 5x)7/x . x→0 (1 + 1/x)4x = ((1 + 1/x)x )4 , 4 x lim (1 + 1/x) = e4 . (a) Como passando ao limite obte- x→+∞ 5x = (1 + 3/x)5x , fazendo a substituição 1/y = 3/x obtemos o 5/3  5y/3 y = lim (1 + 1/y) = e5/3 . limite lim (1 + 1/y) y→+∞ y→+∞ −35  7/(−y/5) 1/y ( ) Fazendo y = −5x obtemos o limite lim (1 + y) = lim (1 + y) = e−35 . (b) Como ((x + 3)/x) y→0 y→0 Observação 20 Porque e é base natural para exponen ial? Porque medir ângu- los em radianos? Vamos responder esta pergunta na p.76 do Capítulo de Derivada, mas isto tem relação direta om estes dois limites fundamentais. Qualquer ivilização do Universo após desenvolver alguma Matemáti a es olheria o mesmo. As opções de base 10 (número de dedos nas mãos dos humanos), graus (dividir o ír ulo em 360 graus, invenção dos babilnios, um número om boa quantidade de múltiplos) ou grados (inventado na revolução fran esa para tornar ângulo reto om 100 grados, dentro do espírito de sistema de imal) são es olhas inteiramente arbitrárias do Homo sapiens. 1.7 Exer í ios de Limite 1.7.1 Exer í ios de Fixação Exer í io 1. Considere o grá o de y = f (x) esboçada no grá o abaixo. Determine os limites abaixo. Caso algum não exista, determine os limites laterais. (a) lim f (x); x→a (b) lim f (x); ( ) x→b lim f (x). x→c y 6 5 3 1 x a Exer í io 2. Determine se é Verdadeiro ou Falso. orrija. Se for verdadeiro justique. 0 09.set.2011 b c Se for falso dê um ontraexemplo ou 1.7. EXERCÍCIOS DE LIMITE 41 {x ∈ R; |x − 3| ≤ 2} = [1, 5]. (b) {x ∈ R; |x + 2| < 1} = (1, 3). √ ( ) x2 = x para ( todo x ∈ R. 4; x 6= 2; , então lim g(x) = g(2) = π . (d) se g(x) = x→2 π; x = 2 (a) Exer í io 3. Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. Se for verdadeiro justique. (a) Se (b) Se lim f (x) = 5, x→3+ lim f (x) = 4, x→2 então e então e lim f (x) = 5. x→3 lim f (x) = −4. x→2− lim f (x) = 4, então f (2) x→2 (d) Existe uma função f tal que = 4. ( ) Se Exer í io 4. Considere a função f lim f (x) 6= lim− f (x) = lim f (x). x→3+ dada por ou, aso não exista, os limites laterais para: (a) (d) k = 1; k = 2; (b) (e) k = 0.9999; k = 1.9999; ( ) (f ) x→3 x→3   5; x ≤ 1 f (x) = 7; 1 < x ≤ 2 .   9; x > 2 Determine lim f (x) x→k k = 1.0001; k = 2.0001. Exer í io 5. Aplique a denição do módulo para esboçar o o grá o de: p (a) cos x ; | cos(x)| Exer í io 6. Partindo x log(x), e de: 2 de grá o de funções simples (±x , ±1/x, ±1/x2 , √ x, sen(x), |x|, ), utilizando translações verti ais e/ou horizontais e/ou reexões, esbo e o grá o √ y =1+ x −1 (d) y = ; (x + 2)3 (a) Exer í io 7. Determine (a) |x|. (b) (b) y = 2 + sen(x); (e) y = |(x + 1)(x + 2)|; os limites: x−2 ; lim x→2 (2 − x)(3 − x) ( ) (b) x4 + x ; x→0 x3 + 2x lim Exer í io 8. Dena lim f (x) = +∞ x→+∞ y = log(x − 1) + 2; (f ) ( ) y = |ex − 2|. lim x→3 x−3 . x2 − 4 seguindo mutatis mutandis 1 as denições dadas no texto. Exer í io 9. Faça o estudo de sinal do numerador e denominador para determinar os valores de x que satisfazem as desigualdades: 2 3 (a) 3−x ≥ 0; x2 − 1 (b) x −1 ≤ 0. x(x2 − 4) 1 latim para modique o que tem que ser modi ado 42 CAPÍTULO 1. LIMITE Exer í io 10. Faça o estudo (a) ( ) p(x) = r(x) = de sinal e o esboço do grá o dos polinmios abaixo. 2 (x − 2)(x + 3)(1 − x); (b) q(x) = (x − 2) (x + 1); (3 − x)(x − 2)2 (x − 5). Exer í io 11. Determine 1 (a) lim ; x→0− x x2 + 1 ; (e) lim x→2 x − 2 (b) os limites: 1 x x3 ; ; ; ( ) lim (d) lim x→0 |x| x→0 x2 x→0− |x|   1 x ; x + (f ) lim (g) lim . x→0− x→3+ x2 − 9 x lim− Exer í io 12. Determine os limites:   1 x 1 + 6x (a) lim √ ; (b) lim x+ ; ( ) lim ; x→+∞ x→+∞ x→+∞ x − 2 x x2 + 1 2x − x2 2x3 − 4 7x3 − 15x2 ; (e) lim ; (f ) lim ; (d) lim x→−∞ 3x + 5 x→+∞ 5x + 3 x→−∞ 13x 3x5 + x − 1 (g) lim ; x→−∞ x5 − 7 3x3 + 2x4 + 5x5 − 1 5x10 − 3x7 + 9x6 − 12x2 − x + 1 (h) lim ; (i) lim . x→+∞ 4x5 − 3x4 − 2x2 + x + 3 x→+∞ x9 − 7x2 − 21 Exer í io 13. Complete as la unas om pode/não pode: (a) A assíntota verti al do grá o de (b) A assíntota horizontal do grá o Exer í io 14. Determine se é Verdadeiro ou Falso. orrija. Se for verdadeiro justique. Se (a) y = f (x) de y = g(x) 3 = +∞; x→1 q(x) lim (b) lim q(x) = 0, x→1 q(x) = 0; x→1 f (x) lim inter eptar o grá o de inter eptar o grá o de então ( ) lim g(x) = 1 (ii) lim g(x) = +∞ (iv) x→∞ (iii) x→1+ y o grá o de uma função lim g(x) = −∞. y y 1 -1 (a) Exer í io 16. Faça 1 1 x -1 (b) x 1 -1 ( ) f tal que lim f (x) = 2, x→1− grá o para ada item): (b) lim f (x) x→1+ não exista, 1 (d) um esboço de um grá o de uma função f (1) = 1 e, além disso (um (a) lim f (x) = −2, + tal que: x→1− x 1 g lim g(x) = −1 y x x→1 q(x) = 0. x→1 −x2 lim x→−∞ 1 -1 g. Se for falso dê um ontraexemplo ou Exer í io 15. Qual das Figuras abaixo pode representar (i) f. ( ) lim f (x) = +∞, x→1+ 1.7. EXERCÍCIOS DE LIMITE Exer í io 17. Determine (a) (d) os limites: p lim |x| sen(1/x); lim tan(x); x→π/2+ sen(3h) ; h→0 h lim+ (1 − 2x)1/x . (b) x→0 Exer í io 18. Estude 43 (e) lim ( ) lim (1 + 1/x)5x ; x→+∞ x→0 o Teorema 4 da p.33 (Sanduí he) e responda: (a) É verdade que se 1 ≤ g(x) ≤ 2 então lim g(x) x→3/2 1 e 2? √ cos( x2 + 1) lim . x→+∞ x2 existe e é um número entre (b) Explique, utilizando o Teorema do Sanduí he, omo al ular 1.7.2 Problemas Problema 1. Esbo e ( √ o grá o das seguintes (a) f (x) = − 9− |x| − 3; Problema 2. Considere onjunto (a) Z) denida lim IZ (x); x→3/4 x2 ; |x| ≤ 3 |x| > 3. funções: (b) f (x) = (√ x − 1; x ≥ 1; log(x) + 1; x < 1. (IZ ( hamada de função ara terísti a ou indi adora 0; x 6∈ Z por IZ (x) = Esbo e o grá o e determine (se existir): 1; x ∈ Z. (b) lim IZ (x); ( ) lim IZ (x). a função x→−3 do x→+∞ Problema 3. Cal ule os limites abaixo (quando eles existirem) justi ando seus passos (sem utilizar a regra de L'Hospital)  Limites om raízes: (a) lim √ h→0 1+h− h √ 1−h (b) |x| − 4 lim √ ; x→4 x−2 ( ) lim h→−1 Problema 4. Determine os limites e, aso não exista, os limites  (a) ( ) 7 ; x+3 |x − 2|(x + 1) lim ; x→2 x−2 lim sen x→−3 (b) (d) √ h2 + 3 − 2 ; h+1 laterais ( aso existam). lim log |x − 2|; x→2 x+3 . x→−5 x + 5 lim Problema 5. Cal ule os limites abaixo (quando eles existirem) justi ando seus passos (sem utilizar a regra de L'Hospital):   1 1 x x+3 |x − 2| − 2 ; (d) lim− 2 (a) lim ; (b) lim ( ) lim ; 2 − + x→0 x x→2 x→1 1 − x x→2 x −4 x x − 5x + 6 x+2 (a − 2)(a2 − 4) x2 − 3x + 2 (e) lim ; (f ) lim ; (g) lim ; x→−2 |x| − 2 a→2 a3 − 5a2 + 8a − 4 x→2 x2 − 3x + 5 x + 1 − x2 x3 − x x2 + 3x − 1 (h) lim ; (i) lim ; (j) lim ; x→1 x2 − 3x + 2 x→2 x2 + 2x − 1 x→1 x−1 x2 + 2x + 1 x3 + 1 2x2 − 3x + 1 (k) lim (l) lim ; (m) lim ; x→−1 x→−1 x + 1 x→1 x+1 x−1 44 CAPÍTULO 1. LIMITE Problema 6. Cal ule os limites abaixo (quando eles existirem) justi ando seus passos (sem utilizar a regra de L'Hospital)  Limites no innito: √ x2 + 1 7 − 2y (a) lim ; (b) lim p ; x→−∞ x + 1 y→+∞ 5 − 2y + 9y 2 √ x2 + 1 lim √ ; x→+∞ x+1 (d) (e) 5 − 3y 3 lim p ; y→−∞ 8 − y + 10y 4 Problema 7. Considere a, b ∈ R ec√> 0. (a) lim (1+ax) b/x x→0 lim (d) x→+∞ √ ; cx2 (b) lim x→−∞ + ax − Problema 8. Considere √ cx2 cx2 + bx  lim ( ) (f ) x→+∞ lim x→−∞ Determine os limites:  +a− ; √ (e) cx2 +b lim √ x→−∞ ; ( ) cx2 √ 10x4 + 3x3 + 2x + 5 ; 5x2 − 10x − 100  √ 16x6 − x + 1 sen . 2x3 − x2 + 20 lim x→+∞ + ax − √ √ cx2 cx2  + bx . os polinmios p(x) = axm + x2 − 3x + 1, q(x) = bxm + 2x5 − 4, r(x) = cx2m + 3x7 + 2 a, b 6= 0 e c > 0. Determine os limites: p(x) q(x) r(x) (a) lim (b) lim ( ) lim x→+∞ r(x) x→+∞ p(x) x→+∞ x2 p(x) p p r(x) r(x) xm p(x) (d) lim (e) lim (f ) lim x→+∞ r(x) x→+∞ p(x) x→+∞ xq(x) Problema 9. Determine (a) os limites laterais quando 1 h(x) = ; 1 + e1/x (b) Problema 10. Sabendo 1 1 h(x) = − . x |x| x→0 que o quadro de sinais de lim f (x) = 4 e lim f (x) = x→+∞ x→−∞ assíntotas verti ais e horizontais. +∞, − + f (x) −2 ±∞ om m > 10, para: é dado pela tabela abaixo e que esbo e o grá o de −3 0 f (x)  + ax − bx ; f (x) e determine TODAS as 3 0 − − 4 ±∞ + Problema 11. Esbo e o grá o de ada uma das funções abaixo seguindo o roteiro abaixo. (i) Faça um estudo do sinal da função (onde ela é zero, positiva e negativa). (ii) Determine assíntotas horizontais e verti ais. (iii) Baseado em (i) e (ii) esbo e o grá o. 2 (a) x −1 ; x−1 x2 − 1 y= x(x − 2) y= (d) (b) ; Problema 12. Considere existir): 1 ; x2 − 1 3x2 − 3 y= ; 4 − x2 y= (e) a função ( ) y= x x2 + 1 ( x; x∈Q h(x) = −x; x ∈ 6 Q. Esbo e o grá o e determine (se 1.7. EXERCÍCIOS DE LIMITE (a) lim h(x); (b) x→π 45 lim h(x); x→1 x→0 f (x) (d) h(x) ; x→+∞ x2 lim (e) h(x) . x→0 x lim √ x x ≤ h(x) ≤ 2 . Determine lim h(x). x→+∞ +x x +1 |f (x) − 3| ≤ 2|x − 5|4 . Cal ule lim f (x). Problema 13. (a) Suponha que h satisfaz (b) Suponha que h(x) ; x2 lim+ ( ) satisfaz x3 x→5 Problema 14. Cal ule os limites abaixo (quando eles existirem) justi ando seus passos (sem utilizar a regra de L'Hospital):  Limites trigonométri os e exponen iais.   1 (tan(3x))2 + sen(11x2 ) 2 (a) lim ; (b) lim 3x sen ; ( ) lim x→0 x→+∞ x→0 x sen(5x) x2 (d) (f ) √ √ sen( h) tan(2 h) lim ; h→0+ 5h lim+ (1 − 5h3 )2/h 3 h→0 ; (e) (g) lim sen x→1 sen x ; x→π x − π lim   7x + 1 (ex−1 − 1); sen(πx/2) − 1 sen x (h) lim . x→0 |x| 1.7.3 Extras Extra 1. Partindo cos x − cos3 x ; 3x2 2 2 de grá o de funções simples (±x , ±1/x, ±1/x , √ x, sen(x), |x|), utili- zando translações verti ais e/ou horizontais e/ou reexões, esbo e o grá o de: (a) y = | sen(x)| − 1; (b) y = ||x| − 1|; ( ) y = |x + 2| − 1. Extra 2. Faça um esboço de um grá o de uma função f lim f (x) = 4, x→−∞ tal que, simultaneamente: lim f (x) = −∞, f (1) = 1, lim f (x) = −∞, x→+∞ x→1− lim f (x) = −2. x→1+ sengr(x) , onde sengr é a função seno do ângulo x medido em graus. x→0 x Extra 3. Determine lim Note que para a função seno utilizada em ál ulo, o ângulo é medido em radianos. Extra 4. Esbo e o grá o de: (a) y = x + |x|; Extra 5. Determine |x| − 1 ; (a) lim x→1 |x − 1| Extra 6. Determine  (a) (d) lim x→+∞ √ (b) x − ⌊x⌋. os limites: x3 + 1 (b) lim ; x→1 (x − 1)2 os limites: x4 + x − x2 x+1 . x→−∞ x + |x| + 1 lim Extra 7. Considere a ∈ R.  ; (b) x2 + 2x ( ) lim ; x→2 x3 − x 2x + |x| ; x→+∞ x + 1 lim Determine os limites: ( )  1 (d) lim cos x→π x−π 2x + |x| ; x→−∞ x + 1 lim  (x − π). 46 CAPÍTULO 1. (a) lim x→+∞ √ √
x ; x+a− (b) lim x→+∞ Extra 8. Esbo e( o grá o das seguintes (a) f (x) = 1; x ∈ Q; ; 2; x ∈ 6 Q √ LIMITE  x2 + a − x . funções: (b) ( x; x ∈ Q; g(x) = ; x2 ; x ∈ 6 Q 1.7.4 Desaos Desao 1. A função parte 12.   x, denotada por ⌊x⌋ é denida na p.  1 1 (a) Cal ule, se existir: lim x . . (b) Cal ule, se existir: lim x x→∞ x→−∞ x   x  1 1 ( ) Esbo e o grá o de f (x) = x . (d) Cal ule, se existir: lim x . x→0 x x inteira de Desao 2. Determine: (a) lim (ex + x)1/x . x→+∞ Desao 3. (b) lim (1 + x)α/ log x , x→+∞ om α 6= 0. Como al ular assíntotas oblíquas e generalizações? Dividindo os polinmios e separando em quo iente e resto. 2 2 Assim, x − 3x + 2 r = q(x) + . x−1 x−1 Para x grande, x − 3x + 2 ≈ q(x), x−1 sua assíntota oblíqua. Plote uns grá os para ver omo de fato se pare em. O mesmo o orre quando a diferença entre os graus do numerador e denominador é maior que Desao 4. Determine lim+ x→0 1 . x sen(1/x) 1. Tente esboçar o grá o perto do zero desta função. Utilize algum software para isso. Desao 5. (Cari atura de sen(1/x) do livro do Spivak de Cál ulo) Esbo e o grá o da função f que satisfaz: f (1/n) = (−1)(n+1) , (ii) f é linear entre [1/(n + 1), 1/n] (iii) f (x) = 1 para x > 1, (iv) f (−x) = f (x). (i) (segmento de reta), Desao 6. Prove que a área do ír ulo de raio r é πr2 seguindo o seguinte roteiro: n 2 r sen(2π/n). 2 2 ír ulo é nr tan(π/n). (a) Mostre que a área do polígono de n-lados ins rito no ír ulo é (b) Mostre que a área do polígono de n-lados ir uns rito no ( ) Faça n → +∞ Desao 7. Sejam f e e on lua o argumento. g duas funções tais que Mostre que |f (x)| ≤ M lim f (x)g(x) = 0. x→1 para todo x∈R e lim g(x) = 0. x→1 1.7. EXERCÍCIOS DE LIMITE 47 Desao 8. Objetivo desta atividade é aproximar a função fatorial. É fá il ver que (⌣) ¨    2  3  4 n−1  1 2 3 4 n−1 n! = ··· nn . 2 3 4 5 n Logo n n! = n n−1 Y j=1 j j+1 tende para e quando j j n = n / n−1 Y (1 + 1/j)j . n! ; n (b) (1 + 1/j)j j=1 n! ≈ nn /en−1 = e(n/e)n (vide quando n vai para innito, de: n! (e) . nn tende para innito. Portanto Utilizando esta aproximação, determine os limites, (a) Já sabemos que o termo n! ; n5 ( ) n! ; en (d) n! ; nn/2 [Fe℄). Obs: Podemos denir fatorial de não-inteiros (e até mesmo de omplexos) om a função gama de Euler. Obs: Utilizando outro aminho (vide [C℄ p.361364 ou [Sp℄ p.483) obtemos a √ 2 : n! = 2πn(n/e)n eθn om |θ| ≤ 1/12. de Stirling Desao 9. Dena o número roteiro abaixo. e por ∞ X 1 e= n! n=0 (a) Suponha por absurdo existem p, q ∈ N e prove que tais que e 6∈ Q e = p/q . fórmula (é irra ional) seguindo o Mostre que q +∞ X X q! q! = . p(q − 1)! − n! n=q+1 n! n=0 Di a: Multiplique e por q!. (b) Mostre que o lado esquerdo da igualdade em (a) é um inteiro. ( ) Mostre que o lado direito da igualdade em (a) é igual a um número entre 0 e 1. Di a: Simplique o fatorial e ompare om a PG de razão 1/2. (d) Con lua a prova mostrando que (b) + ( ) ontradiz (a). 2 James Stirling: ⋆ 05/1692, Garden, Es ó ia  † 05/12/1770, Edinburgh, Es ó ia. 48 CAPÍTULO 1. LIMITE Cap´ıtulo 2 Continuidade Objetivos: Apresentar denição de ontinuidade em um ponto e em um intervalo. O Teorema do Valor Intermediário (TVI) é o resultado importante deste apítulo: queremos entendê-lo, demonstrá-lo e apli á-lo. Os Teoremas bási os (limite da soma, diferença, produto, omposta) são onsequên ia direta de Teoremas orrespondentes do limite, resultados buro ráti os. Deixamos para uma seção op ional questões deli adas omo o que é ( omo denir) e porque são ontínuas: função raiz e trans endentes (seno, osseno, exp, log). Terminamos o apítulo om uma seção op ional de introdução à análise, dis iplina que fundamenta o ál ulo. 2.1 Denição de Continuidade Denição 9 ( ontinuidade num ponto) (a) (b) Dizemos que f é ontínua em f está denida perto de c (numa vizinhança de c, veja p.2). lim f (x) = f (c) (o limite existe no ponto e é igual a f (c)). c∈R se: x→c Denição 10 ( ontinuidade em intervalos) f é ontínua em (a, b) se f é ontínua em c para todo c ∈ (a, b). que f é ontínua em [a, b] se f é ontínua em (a, b) e além disso os Dizemos que Dizemos limites laterais são iguais ao valor da função no extremos: (a) lim f (x) = f (a) e x→a+ Erro Comum: (b) lim f (x) = f (b). x→b− Não per eber a diferença entre a denição de ontinuidade num ponto om a denição de ontinuidade em intervalos. Em parti ular não prestar atenção nos limites laterais da denição de ontinuidade em intervalo fe hado Exemplo 38 a, b, c, d, e. Determine se f [a, b]. esboçada no grá o abaixo é ontínua ou não nos pontos Explique, aso não seja ontínua, qual (quais) ondições são violadas. 0 09/setembro/2011 49 50 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE y a c b d x e Solução do Exemplo 38 Em a o limite existe e é igual ao valor da função. Portanto, f é a. lim− f (x) não existe pois o valor da função os ila próximo (e à esquerda) de b. O limite ontínua em O x→b à direita existe e é igual ao valor da função: limites laterais não existe, o lim f (x) x→b não existe. Portanto, x→b que o grá o os ila brus amente perto de Em c Em d f De todo modo, omo um dos é des ontínua em Portanto, f é des ontínua em c. d. Observe que o grá o pula em Em e os dois limites laterais f (e) 6= lim+ f (x) 6= lim− f (x). x→e x→e quebra e pula em e. Observação 21 f (c) = lim+ f (x) 6= f d. f (d) 6= lim f (x). x→d Portanto, f é existem mas são distintos entre si e do valor da função: Portanto, f Informalmente, uma função desenhar o grá o de Observe x→c Observe que o grá o quebra em c. o limite existe mas é diferente do valor da função: des ontínua em b. b. os dois limites laterais existem mas são distintos entre si: lim− f (x). x→c f (b) = lim+ f (x). é des ontínua em f e. Observe que o grá o é ontínua em um intervalo se pudermos neste intervalo sem retirar o lápis do papel. Ou ainda, f é ontínua se o grá o não ontém quebras, pulos ou os ilações brus as. Exemplo 39 Verique x  (a) ( ) c =0:  x2 + 3; x 6= 0 (b) g(x) = ; x 3; x=0 ( x2 − 9; x≥0 (d) j(x) = ; −3x − 9; x < 0 se são ontínuas em ; x 6= 0 |x| ; 0; x=0  sen x  ; x 6= 0 |x| h(x) = ; 2; x=0 f (x) = Solução do Exemplo 39 (a) Como os limites laterais em 0 diferem entre si (1 e des ontínua em 0. Veja grá o na p.6. x → 0 é 3 = f (0), x → 0 não existe. Isto −1), f 0. x → 0+ , |x| = x e sen x sen x − : o limite é 1 neste aso. Quando x → 0 , |x| = −x e a função é : função é x −x limite é −1 neste aso. Portanto a função é des ontínua no 0. (d) Como os limites laterais em 0 são ambos = −9 = f (0), f é ontínua em 0. (b) Como o limite quando a função é ontínua no ( ) O limite quando o orre pois quando é a o 2.1. DEFINIÇ O DE CONTINUIDADE Exemplo 40 (a) Verique se são ontínuas em ( sen(1/x); x 6= 0 f (x) = ; 1; x=0 Solução do Exemplo 40 quando 51 x → 0, c = 0: (b) ( x sen(1/x); x 6= 0 h(x) = . 1; x=0 (a) Veja o grá o na p. 11. Como esta função não possui limite a função é des ontínua em 0. (b) Veja sequên ia de grá os na p. 33. Como o limite quando função é des ontínua em 0. x→0 é 0 6= h(0) = 1, a Des ontinuidade removível Note que se redeníssemos a função função h seria ontínua em Exemplo 41 (a) 0 h do exemplo anterior (b), de modo que h(0) = 0, a (na verdade seria ontínua em todos os pontos) Determine TODOS os pontos de des ontinuidade das funções: f (x) = IQ (x); (b) g(x) = (x − e)IQ (x); ( ) h(x) = ⌊x⌋; j(x) é o primeiro digito da expansão de imal de x (ver [Sp, p.70 no.17℄). j(8.1) = 1, j(−3.8566) = 8. (d) Solução do Exemplo 41 Por exemplo, (a) Veja o grá o na p. 12. Como o limite não existe próximo de todo ponto (pois os valores próximos de um ponto qualquer os ilam entre dos pontos de des ontinuidade é R. 1 e −1), o onjunto x = e a função é ontínua pois o limite é zero quando x → e (veja p. 36) e g(e) = (e − e)IQ (e) = (0)(0) = 0. Em qualquer outro ponto x 6= e, g(x) = (x − e) 6= 0 se x ∈ Q ou g(x) = 0 se x 6∈ Q. Veja o grá o da função e entenda isso! Assim, o onjunto dos pontos de des ontinuidade é R − {e} (todos pontos menos e). (b) Veja o grá o na p. 36. No ponto ( ) Veja o grá o na p. 12. Fi a laro que o onjunto dos pontos de des ontinuidade é Z, os lugares onde o valor da função ai de 1 para 0. j(x) ∈ {0, 1, 2, . . . , 8, 9}. Note que em [0, 0.1) a função vale 0 (j(0) = j(0.02) = j(0.099999) = 0), em [0.1, 0.2) a função vale 2 (j(0.1) = j(0.12) = j(0.199999) = 1), em [0.2, 0.3) a função vale 3 (j(0.2) = j(0.22) = j(0.299999) = 2), (et .) até em [0.9, 2.0) a função vale 3 (j(0.9) = j(0.92) = j(0.999999) = 9). Quando hegamos no iní io do próximo intervalo, a situação se repete: em [1.0, 1.1) a função vale 0 (j(1) = j(1.02) = j(1.099999) = 0), et . (d) Assim Portanto o grá o é formado por dez degraus em ada intervalo om n ∈ Z. {±0.1, ±0.2, ±0.3, . . . , ±1.0, ±1.1, . . .}, que em 0 ela é ontínua. O onjunto dos pontos de des ontinuidade é os pontos onde o valor da função pula. Note [n, n + 1] 52 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE y 9 8 7 6 5 4 3 2 1 −0.6 −0.4 −0.2 j(x) = primeiro 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 digito da expansão de imal de 1.4 x x Note paralelismo da estrutura dos Teoremas, Lema e Corolário de ontinuidade que omeçam aqui e dos resultados orrespondentes de limites das páginas 1214. Lema 3 As funções Prova: Deixamos para o leitor pois é fá il ver f (x) = C e f (x) = x são ontínuas em (⌣) ¨ que é verdade. Teorema 7 ( ontinuidade da soma, produto e divisão) então Prova: f + g, f − g, f ·g e f g R. (nos pontos onde f Se g 6= 0) e g são ontínuas em são ontínuas em I I . Segue do Teorema 1 da p.12. Corolário 3 ( ontinuidade de polinmios e funções ra ionais) Polinmios e funções ra ionais (quo iente de polinmios) são funções ontínuas. Prova: Basta apli ar o Lema 3 e o Teorema 7. Deixamos os detalhes para o leitor ou para seu professor (⌣) ¨ . Vai ajudar ler a prova do Corolário 1 da p.13. Teorema 8 ( ontinuidade da omposta) Se g(c), então h(x) = f (g(x)) é ontínua em x = c. g é ontínua em c∈R e f é ontínua em Ou seja, a omposição de funções ontínuas é uma função ontínua. Prova: Segue do Teorema 2 da p.14. Teorema 9√( ontinuidade da função raiz e algumas trans endentes) ontínuas: Prova: n x x, sen(x), cos(x), tan(x), log(x), e Leia a Seção 2.3, p.56. , arcsen(x), arccos(x), São e funções arctan(x), 2.2. TEOREMA DO VALOR INTERMEDIÁRIO (TVI) Observação 22 53 Combinando os Teoremas 7, 8 e 9 on luímos que todas ombinações (se denominador não se anula) destas funções é uma função ontínua. Por exemplo a função abaixo é ontínua:  x7 + 2 cos sen  Observação 23 hp i 7 x2 + log(x2 + 1) . ex−1 + 5 Deixei para nal desta seção uma polêmi a da denição de ontinuidade dos livros de ál ulo: a função 1/x é ontínua ou não? Tudo depende de denições. Do jeito que denimos, em (0, 1) (−1, 1) sim, em não pois 0. Aqui não denimos ontinuidade em intervalos disjuntos omo (−1, 0) ∪ (0, 1), somente em intervalos onexos. Caso deníssemos, ela seria ontínua em (−1, 0) ∪ (0, 1). Na práti a esta polêmi a não possui a menor importân ia. ela não está denida no 2.2 Teorema do Valor Intermediário (TVI) O TVI é um dos Teoremas mais importantes do Cál ulo (juntamente om o TVE  Teorema dos Valores Extremos  e o TFC  Teorema Fundamental do Cál ulo). Sua demonstração é interessante e sugere um método numéri o importante: o método da bisseção. A apli ação mais importante do TVI é garantir a existên ia de solução para equações. Por 11 exemplo, o TVI, garante que existe x ∈ R tal que x + 3x8 − sen(x) = 100π . Para o ál ulo efetivo pre isamos de um método numéri o. Teorema 10 (Valor Intermediário TVI) [f (a), f (b)] ou k ∈ [f (b), f (a)], então existe f : [a, b] → R c ∈ [a, b] tal que f (c) = k . Considere ontínua. Se k ∈ Antes de apresentar a prova, vou apresentar guras que es lare em o enun iado. Considere f representada nas guras abaixo. Note que xado um k entre f (a) e f (b) existe sempre um c ∈ [a, b] om f (c) = k . Na primeira gura existe um úni o c. Na segunda ′ ′′ ′ ′′ gura, existem três c's distintos (c, c , c ) tais que f (c) = f (c ) = f (c ) = k . Qualquer um deles satisfaz o Teorema: O TVI apenas garante a existên ia de pelo menos um c, não a mesma função arma que ele é úni o! Faça mentalmente a variação de k f (a) e f (b) e c's om f (c) = k . entre onde temos dois, e onde temos três verique onde temos somente um, y y f (b) f (x) f (b) f (x) k k f (a) a c x b f (a) ac x c′ c′′ b 54 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE Vamos ver agora que aso a função seja des ontínua pode o orrer ou não a existên ia c tal que g(c) = k . A função g da gura abaixo lim g(x) = k (o grá o pula em x = d). Fixado o k de x→d g(c) = k . Note que para outros valores de h A função é des ontínua em x=d g(d) 6= c tal que pois indi ado na gura, não existe k ∈ [g(a), g(b)] existirá c ∈ [a, b] tal que g(c) = k . x = d pois os limites laterais existem mas são distintos (o x = d). Fixado o k indi ado na gura, não existe c tal que h(c) = k . Note valores de k ∈ [h(a), h(b)] pode existir ou não c ∈ [a, b] tal que h(c) = k . é des ontínua em grá o quebra em que para outros Faça mentalmente a variação de k pelo menos um c om h(c) = k. h(a) entre e h(b) e verique onde temos y y g(b) g(x) h(b) k h(x) k g(a) h(a) x a Prova: nenhum ou d x a b d b (do TVI) [des revo bem su intamente: abe ao leitor desenhar uma gura e entender c = (a + b)/2 e ompare f (c) om k . intervalo [a, c] ou [c, b]. Dependendo do aso este texto℄ Vamos utilizar método da bisseção: tome Determine se deve ontinuar bus ando raiz no a1 = a denimos e b1 = c ou a1 = c e b1 = b para nos dois asos ontinuar pro urando em [a1 , b1 ]. c = (a1 + b1 )/2 e ompare f (c) om k . Continue bus ando em [a2 , b2 ] om b2 = c ou a2 = c e b2 = b1 . Assim onstruímos sequen ias an , bn om bn − an onvergindo para zero (dividimos o intervalo ao meio a ada passo). Assim an → c e bn → c. Por ontinuidade, f (an ) → f (c) e f (bn ) → f (c). Além disso, por onstrução, k está entre f (an ) e f (bn ) sempre. Assim, |f (an ) − k| ≤ |f (an ) − f (bn )| (a distân ia de k até um extremo é menor que a distân ia entre os extremos). Sabemos que f (an ) − f (bn ) → f (c) − f (c) = 0. Assim, pelo Teorema do Sanduí he, |f (an ) − k| → 0. Logo, f (an ) → k Como f (an ) → f (c), f (c) = k . Agora tome a2 = a1 e Que tal es rever um programa de omputador para al ular raiz usando a ideia da prova a ima: o hamado método da bisseção. Exemplo 42 Prove que p(x) = x3 + 3x2 − 5 Solução do Exemplo 42 p(2) = 8 + 3 · 4 − 5 = 15. tal que p(c) = 0. Exemplo 43 x tal que Dena f (x) = 0. (1, 2). p é ontínua (polinmio), p(1) = 1 + 3 − 5 = −1 e 0 ∈ [p(1), p(2)] = [−1, 15], pelo TVI existe um c ∈ (1, 2) Prove que existe um Solução do Exemplo 43 obter um Como Como possui raiz no intervalo x∈R tal que x11 + 3x8 − sen(x) = 100π . f (x) = x11 + 3x8 − sen(x) − 100π . O problema agora é 2.2. TEOREMA DO VALOR INTERMEDIÁRIO (TVI) Primeiro vamos al ular o limite quando 11 f (x) = x Passando ao limite no ±∞  → lim f (x) = −∞ e lim f (x) = +∞. x→+∞ f (N) > 0. Como f é f (c) = 0 ∈ [f (M), f (N)]. e Exemplo 44  Solução do Exemplo 44 x ∈ (2, 3) g(x) = Dena análise de sinal: o numerador a>0 . 1 Assim existem ontínua (porque?), pelo TVI existe Prove que existe em evidên ia, 11 (no termo sen(x)/x aplique o 11 0). Assim, omo x , o termo dominante, possui o segundo termo vai para x→−∞ x11 Colo ando 3 sen(x) 100π 1+ 3 − − 11 x x11 x Teorema do Sanduí he para provar que grau impar, x → ±∞. 55 tal que M, N f (M) < 0 c ∈ [M, N] ⊂ R b a + = −π, x−2 x−3 b a + . x−2 x−3 tais que om tal que a, b > 0. lim g(x) = +∞ (fazendo Como x→2+ + e o denominador onverge para 0 ) e Como lim g(x) = x→3− −∞ (fazendo análise de sinal novamente), existem 2 < a < b < 3 tais que g(a) > −π > g(b). Assim, apli ando o TVI no intervalo [a, b] obtemos que existe c ∈ [a, b] ⊂ (2, 3) tal que g(c) = −π . ( 1; x ≥ 0; Exemplo 45 Seja f (x) = −1; x < 0. de f . Porque não fun iona? Solução do Exemplo 45 [−1, 1], Faça um grá o e vá dividindo o intervalo. um valor intermediário, a sequên ia des ontínua. Exemplo 46 xime de Tente onstruir sequên ia que se aproxime do zero c ∈ [0, 1] x; x ≤ 1; . x + 1; x > 1. f (c) = 1.5. f (x) = Considere tal que ( cn → 0 Solução do Exemplo 46 mas f (0) = 1 6= 0. Embora k = 0 ∈ f é Isto o orre pois Tente onstruir sequên ia que se apro- f (0) = 0 f (c) = 1.5. Isto Faça um grá o e vá dividindo o intervalo. Note que f (1) = 2. A sequên ia cn → 1 o orre pois f é des ontínua. e mas novamente não obtemos c tal que Uma apli ação importante é determinar raízes de polinmios e de equações de forma geral. Exemplo 47 Aproxime √ 3 70 Solução do Exemplo 47 utilizando f (x) = x3 − 70. f (5) = 53 − 70 = 55 e f (4) = 43 − 70 = −6. Assim a raiz c ∈ (4, 5). Tome c1 = (4 + 5)/2 = 4.5. Como f (4.5) = 21.125 > 0, a raiz esta em (4, 4.5). Tome c2 = (4 + 4.5)/2 = 4.25. Como f (4.25) = 6.76 . . . > 0, a raiz esta em (4, 4.25). Tome c3 = (4 + 4.25)/2 = 4.125. Como f (4.125) = 0.189 . . . > 0, a raiz esta em (4, 4.125). Note que 56 CAPÍTULO 2. Exemplo 48 k>0 existe c Prove que para todo > 0 tal que cn = k . Solução do Exemplo 48 ontínua e que no intervalo cn = k . k>0 existe √ n k (n ∈ N). f (x) = xn − k . É lim f (x) = +∞. Assim existe um M > 0 Considere x→+∞ [0, M] (f (0) < 0) e on lua a existên ia de CONTINUIDADE Isto é, prove que para todo f (um polinmio) é f (M) > 0. Aplique o TVI laro que om c ∈ [0, M] tal que f (c) = 0, isto é, 2.3 ⋆Construção e Continuidade de Funções Trans endentes e Raiz Queremos onstruir estas funções e provar sua ontinuidade. Mas para onstruí-las pre isamos de uma matemáti a mais sosti ada. Por esta razão usualmente varremos para baixo do tapete estas questões. Vamos apresentar as ideias para que os alunos tenham seu interesse despertado pelo assunto. Note a beleza (e omplexidade) das expressões que denem velhas funções onhe idas omo seno, osseno, exponen ial e logaritmo. Pré-Cál ulo: Aprenda o que é função injetiva em termos: (a) algébri os: f é injetiva se f (x) = f (y) f (b) grá o (teste da reta horizontal): grá o de f impli a que x = y; é injetiva se toda reta horizontal inter epta o em no máximo um úni o ponto. Vamos utilizar nesta seção no seguinte Teorema que garante a existên ia da função inversa. Teorema 11 (existên ia da função inversa) f é ontínua e injetiva (ou −1 seja, é res ente ou de res ente) em um intervalo, então sua inversa f existe e é ontínua (na imagem de Prova: Se uma função f ). Veja [NC℄ ou [Co℄ p. 67, ou [Sp, p.206℄. 2.3.1 Função Raiz f (x) = xn x > 0 pois, pelo binmio de Newton é fá il ver que (⌣) ¨ f (x + h) = (x + h) > x = f (x) para todo n h > 0. Assim f (x) = x √é injetiva e, pelo Teorema 11, existe a inversa f −1 ontínua que −1 denotamos por f (x) = n x. Pelo Corolário 3 da p.52 a função é ontínua. Ela é res ente, para n n Embora pudéssemos terminar por aqui, vamos nos divertir fazendo uma abordagem direta do assunto, sem utilizar o Teorema 11. Em Matemáti a é omum existir mais de um tipo de abordagem: uma om métodos gerais e outra que fun iona em um aso espe í o. √ n n ∈ N pode ser feita omo no Exemplo 48 da p.56. √ n Para provar a ontinuidade de · seguiremos um roteiro que apli aremos nesta seção para x provar a ontinuidade de e , log x, sen x, et .: (a) prove (ou assuma) ontinuidade no x = 0 ou x = 1; (b) prove ontinuidade geral. A existên ia da função · para 0 † A leitura desta seção é op ional. 2.3. ⋆CONSTRUÇ O E CONTINUIDADE DE FUNÇÕES TRANSCENDENTES E RAIZ 57 Para provar ontinuidade em Como √ n x = 1 observe que para h pequeno (por exemplo, |h| < 1/2), 1 ≤ 1 + h ≤ (1 + h)n , · parah > 0. é res ente, √ n √ n p n (1 + h)n = 1 + h. √ + n Pelo Teorema 4 da p.33 (Sanduí he), quando h → 0 , 1 + h → 1. h < 0 pequeno (por exemplo, |h| < 1/2), 1= 1≤ 1+h≤ (1 + h)n ≤ 1 + h ≤ 1, Novamente pelo Teorema do Sanduí he, quando quando s → 0, tomando parah h → 0− , < 0. √ n 1 + h → 1. 1 + h → 1. Como √ p a + s = n a n 1 + s/a, √ √ h = s/a, h → 0 e obtemos que n a + s → n a. Con luímos que quando h → 0, √ n √ n De forma análoga, para Para nalizar, ainda por esporte, podemos provar a ontinuidade da raiz quadrada de outro modo (entenda ada passo). Tomando √ x, a > 0, √ x− Assim, apli ando o módulo (des artamos menor) x−a √ . a= √ x+ a √ x no denominador pois somente faz o termo  ar √ √ |x − a| |x − a| √ ≤ √ . 0 ≤ | x − a| = √ x+ a a Fazendo x→a e usando o Teorema do Sanduí he on luímos que √ x→ √ a. 2.3.2 Funções Exponen ial e Logarítmi a a > 0. Denimos an (n ∈ N) omo o produto de a por ele mesmo n-vezes. Denimos √ q a (p, q ∈ N) omo o produto de a por ele mesmo p-vezes. Depois estendemos este x resultado para a om x ∈ R passando ao limite numa sequên ia de ra ionais que aproximam x. Pode-se ver em detalhes esta onstrução e a prova que é ontínua e res ente em [Co℄ Fixe p/q p.26 e p.69. Assim, pelo Teorema 11, existe a inversa loga x. ontínua que denotamos por f −1 (x) = √ 2 2 ? Quantos vezes devemos multipli ar o 2 por ele mesmo? √ √ √ 141421 2 2 = 1.41421 . . ., podemos aproximar 2 ≈ 21.41421 = 2 100000 = ( 100000 2)141421 . Como denir Como f −1 Desta forma, tomando mais asas de imais, podemos aproximar o valor om qualquer grau de pre isão que se queira. O mesmo vale para um número real (positivo) qualquer. Vamos ver aminhos alternativos. Primeiro para ontinuidade da exponen ial. Vamos provar a ontinuidade da exponen ial assumindo sua ontinuidade no zero: lim ex = 1. x→0 58 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE Agora provamos a ontinuidade num ponto qualquer tro ando variável (x = a+h) e utilizando x+y a propriedade bási a da exponen ial: e = ex ey . A função exponen ial é ontínua em um ponto a qualquer pois lim ex = lim ea+h = lim (ea eh ) = ea · lim eh = ea · 1 = ea . x→a h→0 Pode-se fazer algo similar om do log h→0 log: h→0 assuma ontinuidade em x=1 e utilizando propriedades prove ontinuidade em ponto qualquer. Veja Desao na p.68. Outro aminho: Começar denindo logaritmo. Podemos denir log através de integral (área om sinal): om sinal embaixo da urva y = 1/x entre x = 1 e f (c) = log c é igual a área x = c. Podemos deduzir todas suas −1 propriedades, in lusive o fato de ser res ente. Apli ando o Teorema 11 existe a inversa f −1 ontínua que denotamos por f (x) = ax (ver [Ha℄ p.399). Outro aminho: Denir exponen ial por soma innita. Podemos denir a exponen ial por uma soma innita (série)  veja Série de Taylor na p.105 ou em [NC℄: exp(x) = ex = 1 + x + Partindo desta série podemos denir o log x2 x3 x4 + + +··· 2! 3! 4! omo a função inversa. Depois denimos, para a > 0, ax = (elog(a) )x = elog(a)x loga x = e log x . log a Outro aminho: Denir log por soma innita. Podemos denir o logaritmo por uma soma innita (série)  veja Série de Taylor na p.105 ou em [NC℄: log(1 + x) = x − x2 x3 x4 x5 x6 + − + − ··· 2 3 4 5 6 Partindo desta série podemos denir a exponen ial omo a função inversa. 2.3.3 Funções Trigonométri as No ensino médio denimos sen, cos, etc. através de geometria (razões em triângulos retân- gulo). O problema é que em Cál ulo (e Análise Real) pre isamos de uma denição analíti a destas funções. O aminho padrão é denir sen e cos por uma soma innita (série)  veja Série de Taylor na p.105 ou em [NC℄: sen(x) = x − x3 x5 x7 x9 + − + +··· 3! 5! 7! 9! e cos(x) = 1 − x2 x4 x6 x8 + − + +··· . 2! 4! 6! 8! Estas séries, e todas outras mostradas nesta seção, são utilizadas em al uladoras e omputadores para, de fato, se al ular o seno, osseno, exponen ial, logaritmo, et . sen2 (x) + cos2 (x) = 1. Denimos as outras tan(x) = sen(x)/ cos(x)) utilizando estas duas. De fato, basta Destas denições pode-se provar a identidade funções ( omo por exemplo 2.3. ⋆CONSTRUÇ O E CONTINUIDADE DE FUNÇÕES TRANSCENDENTES E RAIZ 59 denir duas delas para se obter qualquer outra. A existên ia e a ontinuidade das inversas (arcsen, arccos, arctan) seguem do Teorema 11. Erro Comum: sen, O aluno onfundir o aluno pensa no Observação 24 arcsen om 1 . sen Como arcsen é a função inversa de inverso (na multipli ação) de um número (inverso de 3 é 1/3). Observe que não pre isamos de se ante e osse ante (bastam duas tri- gonométri as). Do mesmo modo que não denimos a função  o-raiz omo √ 1/ x, não temos ne essidade de denir se ante e osse ante. Vamos ver aminhos alternativos. Continuidade das funções trigonométri as. Da denição geométri a de seno e osseno, utilizando o ír ulo trigonométri o, obtemos que: lim sen(x) = 0 x→0 e lim cos(x) = 1. x→0 Provamos a ontinuidade num ponto qualquer tro ando variável (x identidades trigonométri as. A função seno é ontínua em um ponto = a + h) a qualquer e utilizando (deixamos o osseno para o leitor) pois lim sen(x) = lim sen(a + h) = lim (sen(a) cos(h) + sen(h) cos(a)) = x→a h→0 h→0 = lim sen(a) cos(h) + lim sen(h) cos(a) = h→0 h→0 = sen(a) lim cos(h) + cos(a) lim sen(h) = sen(a) · 1 + cos(a) · 0 = sen(a). h→0 h→0 Outro aminho: Começar denindo ar o-tangente. Podemos denir arctan através de integral (área om sinal): arctan(c) é igual a área om 2 sinal embaixo da urva y = 1/(x + 1) entre x = 0 e x = c. Apli ando o Teorema 11 existe a −1 −1 inversa f ontínua que denotamos por f (x) = tan(x). Tomando t = tan(x/2), podemos denir (veja [Co℄ p. 234) sen(x) = 2t 1 + t2 e cos(x) = 1 − t2 . 1 + t2 Outro aminho: Denir ar o-tangente por soma innita. Podemos denir o ar o-tangente por (ver Desao da p.142): x3 x5 x7 x9 x11 + − + − ··· arctan(x) = x − 3 5 7 9 11 Partindo desta série podemos denir a tangente omo a função inversa. Terminamos om a hamada relação de Euler, que envolve funções trigonométri as, exponen ial e i, a raiz quadrada de −1. Veja provas (distintas: uma usando série e outra derivada) no Desao da p.68 e no Desao da p.96. 60 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE ex , sen(x), cos(x): Relação entre eiθ = cos θ + i sen θ para todo θ ∈ R. Assim, o que era no ensino médio cis(θ) (ini iais de osseno, i e seno), na Universidade é eiθ . Fazendo θ = π obtemos (verique!) uma das fórmulas mais bonitas da Matemáti a: eiπ = −1. 2.3.4 Funções Hiperbóli as Possui alguma importân ia (em equações diferen iais por exemplo ou em funções omplexas) os hamados seno e osseno hiperbóli os. São denidos por (ver [Co℄ p.183): senh(x) = ex − e−x 2 e cosh(x) = ex + e−x . 2 Suas propriedades são semelhantes a do seno e osseno. Pode-se provar (veja Exer í ios Extras da p.68) que: senh(0) = 0; cosh(0) = 1; cosh2 (x) − senh2 (x) = 1; senh(a + b) = senh a cosh b + senh b cosh a; cosh(a + b) = cosh a cosh b + senh a senh b O nome de orre do fato que se x(t) = cosh(t) e y(t) = senh(t) então x2 (t) − y 2(t) = 1, a equação da hipérbole. Existem relações (veja Desao da p.68) surpreendentes envolvendo números omplexos. Para todo θ ∈ R, cos(iθ) = cosh(θ) sen(iθ) = i senh(θ). e Termino om as séries de Taylor do seno (veja exer í io p.134 e osseno hiperbóli os. senh(x) = x + x3 x5 x7 x9 + + + +··· 3! 5! 7! 9! e cosh(x) = 1 + x2 x4 x6 x8 + + + +··· . 2! 4! 6! 8! 2.3.5 Outras Funções Outra função muito importante em estatísti a é a função erro (ou gaussiana), denida om −x2 integral (área om sinal): a gaussiana é igual a área om sinal embaixo da urva entre x=0 e y =e x = c. Existem dezenas de outras funções bem menos onhe idas da Físi a-Matemáti a: Função de Bessel, Função hipergeométri a, Função Gamma de Euler (generalização do fatorial) et . Veja a Wikipédia. 2.4. ⋆INTRODUÇ O À ANÁLISE REAL 61 2.4 ⋆Introdução à Análise Real Nesta Seção op ional vamos apresentar alguns on eitos bási os de Análise Real. Remetemos os leitores a um livro de Análise omo por exemplo [NC℄, disponível em br/~m abral. www.labma.ufrj. 2.4.1 Cardinalidade Dizemos que dois onjuntos possui a mesma ardinalidade, ou o mesmo número de elementos, se existe uma bijeção entre os onjuntos. Exemplo 49 N (a) Compare a ardinalidade entre: e o onjunto dos inteiros positivos pares. Solução do Exemplo 49 (a) dena a função (b) N e Z. f (n) = 2n que é uma bijeção. Logo possuem a mesma ardinalidade. (b) dena a função −1, −2, −3, . . . f : N → Z que leva os pares em Prova: e os impares em que é uma bijeção. Logo possuem a mesma ardinalidade. Um resultado surpreendente é que a ardinalidade de Teorema 12 0, 1, 2, . . . A ardinalidade de Q e N Q e N (e portanto de Z) é a mesma. é a mesma. Podemos imaginar a prova omo um programa de omputador que apresentará TODOS as frações. Basta asso iar a primeira fração om o 1, a segunda om o 2, et . Isto será naturalmente uma bijeção. Basta a ada etapa mostrar todas as frações uja soma do numerador e denominador é um erto número. Assim: soma 1: soma 2: soma 3: soma 4: soma 5: soma 6: soma 7: 0/1; 1/1; 1/2, 2/1; 1/3, 2/2, 3/1; 1/4, 2/3, 3/2, 4/1; 1/5, 2/4, 3/3, 4/2, 5/1; 1/6, 2/5, 3/4, 4/3, 5/2, 6/1; ··· Pode-se fazer uma gura indi ando a prova. Veja detalhes em [NC℄ ou na internet. Denição 11 ( onjunto enumerável) que N são ditos enumeráveis. Assim, são onjuntos enumeráveis: Os onjuntos que possuem a mesma ardinalidade N, Z, Q. O resultado abaixo é devido a Cantor e diz que ardinalidade estritamente maior que Teorema 13 Prova: A ardinalidade de Como N ⊂ R R R (o onjunto dos números reais) possui Q. é estritamente maior que a ardinalidade de é laro que R possui ardinalidade igual ou maior. Para terminar aplique o argumento diagonal de Cantor. Veja [NC℄ ou na internet. 0 † A leitura desta seção é op ional. N. 62 CAPÍTULO 2. Observação 25 R Dizemos que é não-enumerável. CONTINUIDADE Isto estabele e uma diferen iação entre onjuntos innitos: alguns são mais innitos do que outros. Na realidade existem onjuntos om ardinalidade estritamente maior do que R, formando uma adeia de on- juntos, ada um estritamente maior do que o anterior. Isto é provado pelo argumento de Cantor generalizado (vide internet, [NC℄). 2.4.2 O que é R? Uma maneira rigorosa mas te ni amente ompli ada é denir R utilizando de imais innitas, omo é feita na es ola. A di uldade é denir operações usuais omo por exemplo a soma. No algoritmo que aprendemos na es ola, alinhamos os pontos de imais e omeçamos a operar no último digito à direita. Como fazer para al ular π + π se a expansão de imal nun a termina? π Ou ainda, 2 é 2 multipli ado por ele mesmo quantas vezes? A solução destes mistérios passa por um urso de Análise Real. Leia a Observação 35 da p.81. 2.4.3 Ra ionais, Irra ionais, Algébri os, Trans endentes Os alunos aprendem a diferença entre números ra ionais (razões entre inteiros) e irra ionais. Vamos ver aqui os hamados algébri os  que generalizam os ra ionais  e os trans endentes. Veja detalhes no livro (a essível neste nível): Números Irra ionais e Trans endentes, Djairo Figueiredo ([Fi℄). Exemplo √ 50 2; (a) Prove que são irra ionais: (b) √ 3 21. √ Solução do Exemplo 50 (a) Suponha por ontradição que 2 = p/q om p, q ∈ N. Ele2 2 vando ao quadrado obtemos que 2q = p . Agora pelo teorema da fatoração úni a (fatorando ada lado por potên ias de primos), omo direito. 2 está no lado esquerdo, ele deve apare er no lado O problema é que apare erão um numero par de vezes no lado direito (pois é ao quadrado) e um número impar de vezes no lado esquerdo. Contradição! √ 3 (b) De forma análoga fazendo 21 = p/q obtemos 21q 3 = p3 = 3 omo 3 é fator do lado direito, vezes (múltiplo de 3) p Existem ainda os hamados 3. Mas no lado direito ele 3m + 1 vezes. Contradição. deve onter o fator ′ e do lado esquerdo omo números algébri os, oe ientes inteiros (isto é, elementos de Z). · 7q 3 = p3 . Agora apare erá 3m que são raízes de polinmios om Eles generalizam os ra ionais pois todo ra ional é um algébri o. Exemplo 51 √ 2; (a) Mostre que são algébri os (b) √ n k para qualquer Solução√do Exemplo 51 (b) n k (a) é raiz do polinmio √ n, k ∈ N; 2 é raiz n x − k. ( ) p do polinmio 3+ √ 2; (d) um ra ional qualquer. x2 − 2. p √ √ √ 2 2 2 2 x = 3 + 2, obtemos p que√x = 3 + 2. Assim (x − 3) = ( 2) = 2. 4 2 Ou seja x − 6x + 9 = 2. Portanto, 3 + 2 é raiz de x4 − 6x2 + 7. (d) se x = p/q om p, q ∈ Z então x é raiz do polinmio qx − p. ( ) fazendo 2.4. ⋆INTRODUÇ O À ANÁLISE REAL 63 Observação 26 É relativamente fá il provar que irra ionalidade de π e 6∈ Q (veja Desao na p.47). Já a é bem mais difí il. Provas podem ser en ontradas em [NC, ap. 9.4℄. Bem mais difí il é provar a trans endên ia de ambos. 2.4.4 Denição de Limite Dada uma função real quando x f estamos interessados em saber o que a onte e om o valor de se aproxima de um ponto c f (x) sem, entretanto, assumir este valor. A denição de limite formaliza isto. Denição 12 (limite) x tende a c∈R f :R→R L ∈ R se Sejam existe e vale e c ∈ R. limite de f (x) Dizemos que o quando ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que se 0 < |x − c| < δ então |f (x) − L| < ε. Neste aso, es revemos lim f (x) = L. x→c A ideia intuitiva orreta é dizer que para isto tomar Exemplo 52 x f (x) é tão próximo de su ientemente próximo (mas distinto) de Sejam lim f (x) = c. f : R → R, dada por f (x) = x L quanto quisermos, bastando c. para todo x ∈ R, e c ∈ R. Mostre que x→c Solução do Exemplo 52 Dado ε > 0, x ∈ R, 0 < |x − c| < δ Exemplo 53 lim f (x) = c x→0 2 Sejam . f : R → R, Solução do Exemplo 53 se 0 < |x − c| < δ , então tomando impli a que dada por δ = ε, obtemos |f (x) − c| = |x − c| < δ = ε. f (x) = x2 para todo x ∈ R, e c ∈ R. ε > 0, tomamos δ = min{1, ε/(2|c| + 1)}. |x| < |c| + δ ≤ |c| + 1. Além disto, Fixado Mostre que Desta forma, |f (x) − c2 | = |x2 − c2 | = |x − c| · |x + c| < δ(|x| + |c|) < δ(2|c| + 1) ≤ ε. O exemplo anterior pode induzir o leitor a pensar que a har δ em função de ε e de c é uma tarefa sobrenatural. Normalmente, ras unha-se a demonstração de trás para frente: |f (x) − k| < ε, pro uramos saber quão grande pode ser |x − c| (i.e., qual deve ser o valor de δ ) para que heguemos a esta on lusão. Em seguida, passamos a limpo a demonstração e, já sabendo qual é o valor de δ , simplesmente dizemos: seja δ =Abra adabra. . .  Porém, dependendo da função, mesmo que a har o valor de δ não seja sabendo que devemos obter mági a, tal tarefa pode ser bastante enfadonha. Uma alternativa é fazer uso de propriedades do limite tais omo do limite da soma, do produto et . Elas fa ilitam as demonstrações de existên ia e os ál ulos dos limites, sem ne essidade de manipular ε's e δ 's. 64 CAPÍTULO 2. Exemplo 54 (a) lim f (x) = L; x→+∞ (b) Solução do Exemplo 54 (b) lim f (x) = L Adapte a denição de ∀M < 0, ∃δ > 0 e dena: lim f (x) = +∞; x→c (a) tal que se x→c CONTINUIDADE ∀ε > 0, ∃N > 0 tal que se x > N , 0 < |x − c| < δ , então f (x) < M . então |f (x) − L| < ε. 2.4.5 Denição de Continuidade Uma função c. de f é ontínua em um ponto Denição 13 ( ontinuidade) em c c se f (x) está próximo de f (c) quando x está próximo A denição abaixo formaliza esta ideia. Sejam se f :R→R e c ∈ R. Dizemos a função f é ontínua ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que se |x − c| < δ então |f (x) − f (c)| < ε. 2.5 Exer í ios de Continuidade 2.5.1 Exer í ios de Fixação Exer í io 1. Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontraexemplo): lim f (x) existe, então f é ontínua em a; x→a (b) Se f é ontínua em a, então lim f (x) existe. x→a− ( ) Se f é des ontínua em a, então lim f (x) 6= lim x→a+ x→a− (a) Se f (x). Exer í io 2. (a) Determine se f esboçada no grá o abaixo é ontínua ou não nos pontos A, B, C, D . (b) Explique, aso não seja ontínua, qual (quais) ondições são violadas. ( ) Determine os pontos de des ontinuidade removível y x A Exer í io 3. Considere ( (I) f (x) = as funções abaixo: x; x < 0; 0; x ≥ 0; (II) g(x) = Determine se são ontínuas em: (a) R; 0 12.set.2011 (b) B C D (−2, 0); ( ) [−2, 0]. ( x; x < 0; 1; x ≥ 0; (III) h(x) = ( 5; x ≥ −2; 4; x < −2; 2.5. EXERCÍCIOS DE CONTINUIDADE Exer í io 4. Esbo e o grá o de uma função ontínua ujos pontos de des ontinuidade (úni os pontos onde a função (a) {1, 2, 3}; Exer í io 5. Determine −1 e f (4) = 2. k ∈ R, se for possível, de modo que a função seja  (
 1 ; x 6= 0; x sen x1 ; x 6= 0; 2 f (x) = x ( ) f (x) = k; k; x = 0; x = 0; um valor para  1 ; x 6= 0; f (x) = x k; x = 0; Exer í io 6. Seja f não é ontínua) são: N = {1, 2, . . .}. (b) ontínua em R. (a) 65 (b) uma função ontínua em [1, 4] tal que f (1) = 2, f (2) = 3, f (3) = Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontraexemplo): (a) ( ) f f não tem raiz em [1, 2]; tem exatamente uma raiz em (b) f tem pelo menos duas raízes em [1, 4]; [2, 3]. Exer í io 7. Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontraexemplo): (a) a função que representa o número de habitantes de uma idade em função do tempo é ontínua em todos os pontos; (b) a função que representa a altura de uma pessoa em função do tempo é ontínua em todos os pontos; Exer í io 8. Estude o Teorema 10 da p.53 (TVI) e determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontraexemplo): f é ontínua om f (0) > 0 e f (1) > 0, então f (x) > 0 Se f (1) < 0 < f (2), então f possui raiz em [0, 1]. (a) se (b) para todo x ∈ [0, 1]; Exer í io 9. Estude o Teorema 10 da p.53 (TVI). Considere f : [−3, −1] → R ontínua om f (−3) = 5 e f (−1) = 2. Determine se esta orreto ou orrija. (a) se K ∈ [−3, −1], então existe c ∈ [2, 5] tal que f (c) = K ; (b) se K ∈ [3, 4], então existe c ∈ [−3, −1] tal que f (c) = K ; ( ) se K ∈ [0, 3], então existe c ∈ [−3, −1] tal que f (c) = K ; Exer í io 10. Estude o Lema 3 da p.52 e o Teorema 7 da p.52. f 5[f (x)]3 prove, fazendo referên ia somente ao Lema 3 e o Teorema 7, que h(x) = x2 + 1 Supondo que é ontínua, é ontínua. 66 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE 2.5.2 Problemas Problema 1. Determine o onjunto função não é ontínua) de:  dos pontos de des ontinuidade (úni os pontos onde a 1 ; x 6= kπ; k ∈ Z 1 sen(x) (a) f (x) = (b) g(x) = ;  2 + cos(x) 1; x = kπ; ( x; x ∈ Q; (d) j(x) = ( ) h(x) = x − ⌊x⌋; x3 ; x ∈ 6 Q.  Problema 2. Determine se   |x + 2|; x < 0; f (x) = 3; x = 0;   3 − x; x > 0. é ontínua e al ule lim f (x). x→−∞ Problema 3. f (x) = x4 − 2x3 + x2 + 7 sen(x). Mostre que existe a ∈ R tal que f (a) = 10; −b (b) Mostre que existe pelo menos um b > 0 tal que log(b) = e ; ( ) Considere f ontínua em [0, 1] om 0 ≤ f (x) ≤ 1. Mostre que existe c ∈ [0, 1] tal que f (c) = c; (d) Suponha que f é ontínua em [0, 2] om f (1) = −3 e f (x) 6= 0 para todo x ∈ [0, 2]. Prove que f (x) < 0 para todo x ∈ [0, 2]. (a) Seja Problema 4. Determine um valor para a ∈ R, se for possível, de modo que a função R.   2  (x − 2) (x + a)  2x + 5 se x < −1, ; x 6= 2 2 (b) f (x) = (a) f (x) = se x = −1, a x − 4x+4    2 7; x = 2. x − 3 se x > −1. x (
 ; |x| ≥ 1 1 sen ; x 6= 0; x |x| ( ) f (x) = (d) f (x) = ax; |x| < 1. a; x = 0;  (  sen(6x) ; x 6= 0; e1/x ; x > 0 sen(8x) (e) f (x) = (f ) f (x) = .  a; x ≤ 0. a; x = 0. seja ontínua em Problema ( 5. Determine a, b ∈ R, se for possível, de modo que f f (x) = R. ax + b; |x| ≤ 2; . |x − 1|; |x| > 2 Problema 6. Suponha que f : R → R f (x) seja ontínua em é onstante para todo x ∈ R. é ontínua e f (x) ∈ Q para todo x ∈ R. Prove que 2.5. EXERCÍCIOS DE CONTINUIDADE 67 2.5.3 Extras Extra 1. Determine o onjunto ( dos pontos de des ontinuidade (úni os pontos onde a função não é ontínua) de f (x) = 1, x ∈ Q, 1 + |x|, x ∈ 6 Q. Extra 2. Determine um valor para a ∈ R, se for possível, de modo que a função seja ontínua em R.  3 2  x − 4x + 5x − 2 (a) f (x) = x3 − 2x2 + x  a  3 x + 1 ; x 6= 1 ( ) f (x) = . x−1  a; x=1 ( 2x + a; x ≤ 1; (e) f (x) = . x2 /a; x>1 Extra 3. Determine se x 6= 1, se x = 1. (d) (f ) (b)  2  x + 2 f (x) = a  √ x+4 ( e1/x ; f (x) = a; ( a x; f (x) = 1; se se se x < 0, x = 0, x > 0. x<0 x ≥ 0. x < 0; x ≥ 0; se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontrae- xemplo): f se g (a) se (b) duas raízes f (0) = 2 e f (3) = 5, então f (x) > 0 para todo x ∈ [0, 3]. é ontínua om g(1) = g(3) = −10 e g(2) = 10, então g possui exatamente no intervalo [1, 3]; é ontínua om Extra 4. (Apli ação do TVI) (a) Mostre que existe pelo menos um (b) Mostre que x0 ∈ R tal que x0 + 2 sen(x0 ) = 1. todo polinmio de grau impar possui pelo menos uma raiz. ( ) Mostre que a equação sen(π sen(x)) = sen(x) possui pelo menos uma solução em [π/6, π/2]. h(x) = sen(x) + 1 − π2 |x|. h(x0 ) = h(x1 ) = 0. (d) Considere que Prove que existem Extra 5. Determine a, b ∈ R, se for possível, de modo que f   x ≥ 4; −2x; f (x) = ax + b; 1 < x < 4;   x; x ≤ 1. Extra 6. Prove que: 2 cosh (x) − senh2 (x) = 1; (b) senh(a + b) = senh a cosh b + senh b cosh a; ( ) cosh(a + b) = cosh a cosh b + senh a senh b. (a) x0 , x1 ∈ R distintos seja ontínua em R. tais 68 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE 2.5.4 Desaos Desao 1. Um montanhista ini ia a subida do Pi o das Agulhas Negras do abrigo Rebouças as 8h da manhã e atinge o pi o as 15h deste dia. Ele dorme no pi o e retorna na manhã seguinte as 8h, hegando de volta ao abrigo Rebouças as 15h do mesmo dia. Mostre que ele passou por um ponto do per urso na mesma hora (em dias distintos) durante a subida e durante a des ida. Desao 2. Esbo e o grá o e determine f (x) (b) f (x) (a) os pontos de des ontinuidade de: igual ao segundo dígito da expansão de imal de igual ao número de 7's da expansão de imal de x. x se este número é nito e zero aso ontrário. ( ) f (x) = 0 se x ∈ R − Q, f (p/q) = 1/q se p/q é fração irredutível om q > 0 e f (0) = 0; Di a: esbo e o grá o para q = 2, 3, . . . (d) f (x) = 0 se 1 não apare e na expansão de imal de x e f (x) = n se 1 apare e na enésima posição. Desao 3. En ontre uma função f em todos os outros: 1 1 1 (a) 1, , , , . . .; 2 3 4 (b) que seja des ontínua nos seguintes pontos, mas ontínua 0, 1, 21 , 13 , 41 , . . . Desao 4. Suponha que Desao 5. Prove (veja outra prova no Desao da p.96), utilizando as séries da exponen ial lim log x = 0. x→1 log(x) Prove que é ontínua para x > 0. (p.58) e do seno e osseno (p.58), a relação de Euler: eiθ = cos θ + i sen θ. Desao 6. Utilizando a relação de Euler eiθ = cos θ + i sen θ e a denição de senh e cosh dadas na p.60, prove que: senh(ix) = i sen(x) Tome x = iθ e prove que cos(iθ) = cosh(θ) Desao 7. Dizemos (c, b] om Prove cosh(ix) = cos(x). e sen(iθ) = i senh(θ). e J é um intervalo em R c, d ∈ R ∪ {−∞, +∞}. que a, b ∈ R e que se f é ontínua em um intervalo se J I então a imagem é igual a [a, b] ou f (I) Dizemos que função ontínua leva intervalo em intervalo. Desao 8. Adapte (a) a denição de lim f (x) = −∞; x→c+ (b) lim f (x) = L x→c e dena: lim f (x) = +∞; x→−∞ ( ) lim f (x) = L. x→c− (c, d) ou [a, d) ou é um intervalo. Cap´ıtulo 3 Derivada Objetivos: Introduzir o on eito de derivada, rela ionando om sua interpretação geométri a e Físi a. A primeira apli ação, intimamente ligada a denição, é determinar reta tangente ao grá o. Apresentamos diversas notações utilizadas para derivadas. Após denição, al ulamos a derivada pela denição para algumas funções simples. Na segunda Seção al ulamos a derivada de funções trans endentes  trigonométri as, exponen ial e logaritmo  utilizando os limites fundamentais do primeiro Capítulo. Somente depois disso, dispondo de vo abulário razoável de funções, apresentamos propriedades bási as (derivada da soma, produto) e avançadas (derivada da omposta). Um dos resultados mais importantes do Cál ulo, o Teorema do Valor Médio (TVM), é apresentado, om apli ações na determinação de regiões de res imento e de res imento da função. O Capítulo termina om a derivada da função inversa, vista omo simples apli ação da regra da adeia. 3.1 Denição de Derivada Pré-Cál ulo: Rever equação da reta na forma Qual o signi ado geométri o de e y0 ? m = tan θ, onde θ é o ângulo que a reta forma om o eixo x. Assim m > 0 impli a que a função f (x) = mx + b é res ente; m < 0 que f é de res ente e se m = 0 f é onstante. Os oe ientes x0 , y0 representam o ponto (x0 , y0 ) onde a reta passa. Assim, sabendo o oe iente angular e Resposta: O oe iente m m, x0 y = mx+ b e na forma y −y0 = m(x−x0 ). é o hamado oe iente angular, pois um ponto onde a reta passa obtemos a equação da reta. Denição 14 em a por f denida próxima de um ponto a, denimos a sua derivada f (a + h) − f (a) f ′ (a) = lim . Dizemos que f é derivável ou diferen iável em a. h→0 h Dada uma função f (x) − f (a) x→a x−a Lema 4 f ′ (a) = lim 0 12.set.2011 69 70 CAPÍTULO 3. DERIVADA Prova: Mude variáveis para x = a + h. Observação 27 Se y = f (x), podemos ver este limite omo uma taxa de variação: ∆y , ∆x→0 ∆x f ′ (a) = lim a variação de y sobre a variação de x. A ideia de taxa de variação de uma função é importante. A derivada provém da ideia de passar de taxa de variação média para variação instantânea. Conforme mostra quadro abaixo, esta passagem pode ser interpretada om Geometria ou om Físi a. f (x) − f (a) x−a Matemáti a taxa média de variação de f ′ (a) f taxa instantânea Físi a velo idade média velo idade instantânea Geometria oef. angular reta se ante oef. angular reta tangente No próximo Capítulo, Apli ações da Derivada, exploraremos os aspe tos geométri os da derivada. Visão Analíti a: Partindo da denição bási a, podemos derivar diversas funções. Lema 5 A derivada de Prova: Se Se f (x) = C é zero e derivada de f (x) = x é 1. C−C 0 f (x + h) − f (x) = lim = lim = 0. h→0 h→0 h h→0 h h x+h−x h f (x + h) − f (x) ′ = lim = lim = lim 1 = 1. f (x) = lim h→0 h→0 h h→0 h→0 h h f (x) = x, f (x) = x, f ′ (x) = lim Exemplo 55 (a) f (x) Cal ule pela denição a derivada de: 3 = x2 ; (b) g(x) = x . Solução do Exemplo 55 (a) Como (x + h)2 − x2 = 2hx + h2 , f (x + h) − f (x) (x + h)2 − x2 2hx + h2 = = = 2x + h h h h Assim (para h 6= 0). f (x + h) − f (x) = lim (2x + h) = 2x. h→0 h 3 3 2 (x + h) − x = 3hx + 3xh2 + h3 , f ′ (x) = lim h→0 (b) Como g(x + h) − g(x) (x + h)3 − x3 3hx2 + 3xh2 + h3 = = = 3x2 + 3xh + h2 h h h Assim f (x + h) − f (x) = lim (3x2 + 3xh + h2 ) = 3x2 . h→0 h→0 h g ′(x) = lim Exemplo 56 (a) f (x) = Cal ule pela denição a derivada de: 1 ; x (b) g(x) = √ x. (para h 6= 0). 3.1. DEFINIÇ O DE DERIVADA Solução do Exemplo 56 71 (a) Como 1 1 x − (x + h) −h − = = , x+h x x(x + h) x(x + h) f (x + h) − f (x) = −1 −1 −1 f (x + h) − f (x) f (x + h) − f (x) ′ = = lim = 2. . Assim f (x) = lim h→0 x(x + h) h x(x + h) x √ h→0 √ h (b) Ra ionalizando g(x + h) − g(x) = x + h − x obtemos (x + h) − x g(x + h) − f (x) h 1 √ =√ √ =√ √ . Logo, √ . h x+h+ x x+h+ x x+h+ x 1 g(x + h) − g(x) 1 ′ = lim √ Assim g (x) = lim √ = √ . h→0 h→0 h 2 x x+h+ x Exemplo 57 (a) Cal ule pela denição a derivada no ponto f (x) = |x|; (b) Solução do Exemplo 57 g(x) = √ 3 x=0 de: x. (a) Note que f (0 + h) − f (0) |0 + h| − |0| |h| = = . h h h Mas |h| f (0 + h) − f (0) = lim que não existe pois os limites laterais diferem (veja h→0 h h→0 h |x| x na p.6). Assim a derivada N O existe em x = 0. o grá o de = x |x| √ √ √ √ 3 3 3 g(0 + h) − g(0) 0+h− 3 0 h h 1 ′ (b) Note que = = = √ = √ . Assim g (0) = 3 3 3 h h h h h2 g(0 + h) − g(0) 1 lim = lim √ = +∞. Como o limite não é nito, a derivada não existe. 3 h→0 h→0 h h2 f ′ (0) = lim Observação 28 A ausên ia de derivada no zero de mente no grá o abaixo: y = |x| pode ser vista geometri ax = 0, o que impede a existên ia o grá o possui um bi o em de uma tangente bem denida neste ponto. Representamos no grá o em inza diversas possíveis tangentes. y y y = |x| y= x x y= √ 3 grá o no zero oin ide om o eixo y. Observação 29 para +∞ quando Já no aso de x → 0. x √ 3 x podemos ver que o limite das retas tangente ao O oe iente angular da reta tangente onverge Mar amos no grá o as retas tangentes ao grá o em dois pontos próximos do zero. Observe que o grá o de 3 grá o de y = x . y= √ 3 x pode ser obtido partindo do 72 CAPÍTULO 3. DERIVADA Como a existên ia de derivada em um ponto impede o surgimento de bi os, dizemos que uma função derivável é Exemplo 58 suave. f (x) = Considere Solução do Exemplo 58 ( x2 ; x ∈ Q; . 0; x ∈ 6 Q Cal ule Pela denição, omo f ′ (0). f (0) = 0, f (h) f (0 + h) − f (0) = lim . h→0 h h→0 h f ′ (0) = lim Agora f (h) = 0 f (h) = h2 , ou dependendo se h∈Q ou não. Nos dois asos, Assim, usando a ontinuidade da função módulo, |f (h)| ≤ h2 . 2 f (h) f (h) = lim ≤ lim h = lim |h| = 0. |f (0)| = lim h→0 h h→0 h h→0 h→0 h ′ Portanto, 0 ≤ |f ′(0)| ≤ 0, Visão Físi a: f (t) Se ou seja, |f ′ (0)| = 0 e portanto f ′ (0) = 0. é a posição de um objeto em função do tempo, f ′ (t) é sua velo i- dade. Exemplo 59 dada por A posição S(t) = √ t para S em metros de um bar o em função do t > 0. Determine sua velo idade em m/s Solução do Exemplo 59 1 √ 2 9 = 1/6. Pelo exemplo a ima sabemos que Assim sua velo idade é Visão Geométri a: tempo t S ′ (t) = 1 √ . 2 t Exemplo 60 ou negativo: ′ (a) g (2); Logo O oe iente angular da reta tangente ao grá o de y = ′ a f (x). Em parti ular a reta tangente no ponto (a, ′ ′ res ente se f (a) > 0; de res ente se f (a) < 0. Considere o grá o de (b) t = 9. g ′(5); ( ) y = g(x) na gura abaixo. g ′ (6); (d) g(x) x 2 4 5 6 f (x) no f (a)) é: Determine se é zero, positivo g ′(8). y Solução do Exemplo 60 S ′ (9) = 1/6 m/s. (x, f (x)) é igual ′ horizontal se f (a) = 0; ponto em segundos é no instante 8 (a) positivo; (b) negativo; ( ) zero; (d) positivo. 3.1. DEFINIÇ O DE DERIVADA Exemplo 61 73 Ainda utilizando o grá o do exemplo anterior, esbo e o grá o de y = g ′(x). Come e pelos pontos onde a derivada é zero. Solução do Exemplo 61 x<4e x > 6; é negativa para 4 < x < 6. Baseado nestas informações esboçamos o grá o de g ′(x). y É derivada é zero em x=4 e x = 6; é positiva para g ′ (x) x 2 4 6 8 Observação 30 Outras Notações para Derivada. de Isaa Newton. Leibniz introduziu a notação df , dx A notação f′ para derivada vem que não é quo iente  embora pareça e nos Capítulos de integração será utilizado omo se fosse. É sugestivo de taxa de variação instantânea, omo o limite de taxa de variação média: df ∆f = lim . dx ∆x→0 ∆x Qual notação é melhor? Isto foi motivo para a hamada guerra do Cál ulo  onsulte livros de História da Matemáti a omo o Boyer ou a internet. Na parte de derivada vamos utilizar a notação mais ompa ta f ′. No Capítulo de Integral será útil utilizar destas, existem outras notações utilizadas. Dado f′ = Os símbolos D e d dx y = f (x), são hamados de operadores diferen iais. a ada função sua derivada. Por exemplo, se 1 f (x) = x Derivada segunda e de ordem superior. podemos denir a derivada de ordem derivadas de ordem superior: Físi a: Se f (t) Além dy d df = y′ = = f = Df = Dx f. dx dx dx d2 f = D 2 f, dx2 Denimos n ∈ N f (n) = e Se g = Df , então f ′′ = (f ′ )′ . qualquer. dn f = D n f, dxn I é o espaço das D : I → I, funções deriváveis, podemos vê-los omo funções nestes espaços: f ′′ = df . dx pois asso ia g(x) = − 1 . x2 De forma indutiva Existem várias notações para para representa a posição em função do tempo, n ∈ N. f′ é a velo idade e f ′′ a a eleração. Geometria: ′′ Vamos ver (esboço de grá o no Capítulo de Apli ações da Derivada) que f 2 2 indi a a on avidade do grá o: para ima ou para baixo (pense em y = x e y = −x ). 74 CAPÍTULO 3. Pré-Cál ulo: DERIVADA Uma reta está bem determinada se soubermos o seu oe iente angular (m) e um ponto (x0 , y0 ) onde ela passa. A equação desta reta será: y − y0 = m(x − x0 ). Equação da reta tangente. y = f (x) no ponto (x0 , f (x0 )) Como o oe iente angular da reta tangente ao grá o de ′ é f (x0 ) = m, a equação da reta tangente é: y − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ). Exemplo 62 2 y=x (a) Determine a equação da reta tangente ao grá o de: no ponto (4, 16); Solução do Exemplo 62 (b) y= √ x (a) Já vimos que se no ponto onde x = 9. f (x) = x2 então f ′ (x) = 2x. Portanto a y − 16 = 8(x − 4) ou y = 8x − 16 é a reta y − 42 = 2 · 4(x − 4), portanto, tangente ao grá o em (4, 16). √ √ (b) Já vimos que se f (x) = x então f ′ (x) = 2√1 x . Portanto a reta tangente é y − 9 = √ 1/(2 9)(x − 9), portanto, y − 3 = 1/6(x − 9) ou y = x/6 + 3/2 é a reta tangente ao grá o em (9, 3). reta tangente é Exemplo 63 x = a. y = x3 (0, 16). Determine a equação da reta tangente ao grá o de Determine TODAS as tangentes que passam pelo ponto no ponto onde Solução do Exemplo 63 f (x) = x3 então f ′ (x) = 3x2 . Logo a reta 3a2 (x − a). Devemos determinar para quais a ∈ R esta reta passa em x = 0 e y = 16. Substituindo obtemos, 16 − a3 = 3a2 (0 − a). 3 Simpli ando obtemos a equação a = −8. A úni a solução em R é a = −2. Assim a úni a tangente que passa em (0, 16) é y + 8 = 12(x + 2), ou y = 12x + 16. Já vimos que se 3 3 tangente que passa em (a, a ) é: y − a = Erro Comum: Confundir derivada om reta tangente. Exemplo: Determine a reta tangente ao grá o de 2x, y = x2 que é a equação de uma reta, responder que a reta tangente O orreto é (2, 4). Como f ′ (x) = é y = 2x (ERRADO!). no ponto y − 4 = 2 · 2(x − 2). Erro Comum: Não al ular o oe iente angular no ponto de tangên ia. 3 Exemplo: Determine a reta tangente ao grá o de f (x) = x no ponto (1, 1). Como ′ 2 2 f (x) = 3x , responder que a reta tangente é y − 1 = 3x (x − 1) (ERRADO!), que nem 2 sequer é uma reta. O orreto é y − 1 = 3 · 1 (x − 1) = 3(x − 1). Terminamos om um resultado que garante que toda função derivável é ontínua. Lema 6 (derivada e ontinuidade) Prova: Divida e multiplique por x−a Assim, lim f (x) = f (a). x→a f possui derivada em a expressão a então f (a + h) − f (a) f é ontínua em e obtenha: f (x) − f (a) · (x − a) = x−a f (x) − f (a) = lim · lim x − a = f ′ (a) · 0 = 0. x→a x→a x−a lim f (x) − f (a) = lim x→a Se x→a a. 3.2. DERIVADA DE FUNÇÕES TRANSCENDENTES 75 3.2 Derivada de Funções Trans endentes Nesta Seção vamos al ular pela denição as derivadas das funções trigonométri as seno e osseno, exponen ial e logarítmi a. Eles de orrerão dos limites fundamentais do Teorema 5 da p.36 e Teorema 6 da p.38. Lema 7 (a) ( ) (sen x)′ = cos x; 1 (log x)′ = ; x Prova: (a) Como (b) (d) (cos x)′ = − sen x; (ex )′ = ex . sen(x + h) = sen x cos h + sen h cos x, obtemos que: sen(x + h) − sen(x) sen x cos h + sen h cos x − sen x = = h h cos h − 1 sen h = sen x + cos x . h h Deixamos para o leitor provar que minador por cos h + 1, cos h − 1 =0 h→0 h lim  multiplique numerador e deno- use identidades trigonométri as e o limite fundamental trigonométri o h → 0, graças (sen x)′ = cos x. (Teorema 5 da p.36). Assim, fazendo (Teorema 5 da p.36), obtemos que ao limite fundamental trigonométri o (b) Deixamos para o leitor fazer um mutatis mutandis no item (a) utilizando a identidade trigonométri a: cos(x + h) = cos x cos h − sen x sen h. Para ( ) e (d) pre isamos estabele er primeiro o limite log(1 + h) = 1. h→0 h lim (3.1)
log(1 + h) . Como log é ontínua log, log (1 + h)1/h = h lim (1+h)1/h existe, pelo Teorema 2 da p.14 podemos tro ar de Pela propriedade do petele o do (Teorema 3 da p.14) e o limite ordem log h→0 om o limite. Assim, apli ando log no limite fundamental exponen ial (Teorema 6 da p.38) obtemos que  
log(1 + h) 1/h 1/h = log(e) = 1. = lim log (1 + h) = log lim (1 + h) lim h→0 h→0 h→0 h ( ) Assim, 1 log(x + h) − log(x) = log h h Passando ao limite om h → 0,  x+h x  tro ando variável para   1 h = log 1 + . h x k = h/x e utilizando a (3.1): log(x + h) − log(x) log(1 + k) 1 = lim = . h→0 k→0 h kx x lim (d) Para derivar a exponen ial pre isamos provar que eh − 1 = 1. h→0 h lim (3.2) 76 CAPÍTULO 3. DERIVADA h = log(1 + y). Então eh − 1 = y . Como y → 0 y eh − 1 = lim quando h → 0, pela mudança de variáveis do limite, lim . Utilizando y→0 log(1 + y) h→0 h y x . Assim, olo ando e em evidên ia, a equação (3.1), temos que 1 = lim y→0 log(1 + y) Para isto vamos tro ar variável. Tome ex+h − ex eh − 1 = ex lim = ex . h→0 h→0 h h lim As derivadas das outras funções trigonométri as omo tangente, se ante e osse ante podem ser al uladas om o Teorema 14 da p.77 (derivada do quo iente) e as derivadas das funções trigonométri as inversas (ar o-tangente, ar o-seno, et .) podem ser al uladas om o Teorema 17 da p.87 (derivada da função inversa). Exemplo 64 Determine a derivada de Solução do Exemplo 64 log10 x. Pelas propriedades do log, log10 x = log x . log 10 Assim, log10 (x + h) − log10 (x) 1 log(x + h) − log(x) = . h log 10 h 1 ′ Passado ao limite om h → 0 obtemos que (log10 x) = . Aqui vemos novamente x log 10 porque em ál ulo é melhor utilizar a base e, pois senão a derivada é mais ompli ada. Porque radianos para medir ângulos? Porque e omo base de logaritmos? A resposta é que se utilizarmos outra unidade de medida de ângulo, a derivada das funções trigonométri as será mais ompli adas; se utilizarmos outra base para o logaritmo/exponen ial, a derivada será mais ompli ada. Nos dois asos surgiria uma onstante (diferente de 1) nas derivadas. 1 . Se o ângulo for x log(10) medido em graus, podemos expressar sengr(x) = sen(xπ/180)  assim por exemplo sengr(90) = sen(π/2) = 1 e osgr(x) = sen(xπ/180). Agora veremos mais adiante que π π ′ ′ sengr (x) = cos(xπ/180) = 180 osgr(x), ao invés da relação mais simples sen (x) = 180 cos(x). Por exemplo, omo vimos no exemplo a ima, Qualquer ivilização do Universo mesmo. As opções de base 10 log′10 (x) = (⌣) ¨ após desenvolver alguma Matemáti a es olheria o (número de dedos nas mãos dos humanos), graus (dividir o ír ulo em 360 graus, invenção dos babilnios) são es olhas inteiramente arbitrárias do Homo sapiens. 3.3 Propriedades Bási as da Derivada Nesta Seção vamos aprender té ni as que permitem al ular a derivada de uma enorme quantidade de funções sem ter que sequer relembrar a denição de derivada. Pou os teoremas vão prover um pro esso me âni o para derivar funções que são formadas a partir de pou as funções simples (seno, osseno, log, raiz quadrada, poten iação) pela adição, multipli ação, divisão e omposição. p.144℄ em tradução livre) ([Sp 3.3. PROPRIEDADES BÁSICAS DA DERIVADA 77 Teorema 14 (soma, diferença, produto, quo iente) Suponha que c ∈ R. Então: ′ ′ ′ (a) (f (x) + cg(x)) = f (x) + cg (x) (derivada é operador ′ ′ ′ (b) (f (x)g(x)) = f (x)g(x) + f (x)g (x); ′  f ′ (x)g(x) − f (x)g ′(x) f (x) = onde g(x) 6= 0. ( ) g(x) (g(x))2 f e g são funções deriváveis e Prova: linear); (a) É onsequên ia direta da linearidade do limite dado pelo Teorema 1 da p.12. (b) Se m(x) = f (x)g(x), somando e subtraindo f (x + h)g(x), f (x + h)g(x + h) − f (x + h)g(x) + f (x + h)g(x) − f (x)g(x) m(x + h) − m(x) = = h h f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) + g(x) = f (x + h) h h obtemos o resultado pois f (x + h) → f (x). f f ( ) Um argumento não-rigoroso, supondo que seja derivável, é denir h = . Assim g g ′ ′ ′ hg = f . Cal ulando a derivada dois dois lados obtemos por (b): h g + hg = f . Logo, ′ f ′ −f g ′ /g g′ f ′ −hg ′ ′ ′ isolando h e substituindo h por f /g : h = = = f g−f . g g g2 Passando ao limite h→0 A prova rigorosa omeça al ulando a derivada de m(x) = 1 g(x) pela denição:   m(x + h) − m(x) 1 1 1 g(x) − g(x + h) 1 = − = h g(x + h) g(x) h h g(x)g(x + h) h →0 o primeiro termo onverge para −g ′ (x) e segundo termo onverge  ′ 1 f 1 −g ′ 1 = f · , usando o item (b) (derivada do produto), = . Assim, . Como para 2 2 g g g g  [g(x)] ′ ′ ′ ′ −g f g − fg 1 f = f′ + f 2 = . g g g g2 Observação 31 Usando a notação de derivada D da p.73, o operador D é linear, isto é, D(f + cg) = Df + cDg para toda função f e g e todo c ∈ R. Note que quando Observação 32 A regra mais difí il é do produto e do quo iente. Um erro (di ilmente ometido pelos alunos após o iní io) e a har que a derivada do produto é o produto das derivadas. Corolário 4 (xm )′ = mxm−1 Prova: para todo m∈Z . m = 0 é onsequên ia do Teorema 5 da p.70 pois x0 = 1, uma função onstante uja derivada é 0. Para m > 0 segue por indução do Teorema 14 da p.77. Suponha, por k ′ k−1 k+1 ′ hipótese de indução, que (x ) = kx . Assim, (x ) = (x xk )′ = x′ xk + x (xk )′ = k k−1 k k k 1 x + x kx = x + k x = (k + 1)x . Como é verdade para k = 0 e supondo verdadeiro para k segue que é verdade para k + 1, é verdadeiro para todo k ∈ N. 1 m Para m < 0 basta es rever x = −m . Como −m > 0, utilizando a derivada do quo iente x Para e a parte anterior temos que:  1 x−m ′ = 0 + mx−m−1 1′ (x−m )′ − (−m)x−m−1 = = mx−m−1+2m = mxm−1 . −2m −2m x x 78 CAPÍTULO 3. DERIVADA Juntando este Corolário e o Teorema anterior on luímos que podemos derivar: m (a) pois sabemos derivar soma de funções e x ; (b) polinmios funções ra ionais pois sabemos derivar polinmios e quo ientes; ( ) ombinações de somas, produtos e quo ientes entre funções polinomiais e funções trans endentes (seno, osseno, log, et ). Por exemplo tangente, se ante, osse ante, et . Exemplo 65 Cal ule a derivada de Solução do Exemplo 65 p(x) = −5x9 + 4x3 − 7x2 − 10. Apli ando a regra da derivada da soma várias vezes seguidas ob- temos: p′ (x) = (−5x9 )′ + (4x3 − 7x2 − 10)′ = (−5x9 )′ + (4x3 )′ − (7x2 − 10)′ = = (−5x9 )′ + (4x3 )′ − (7x2 )′ − (10)′ . (cg)′ = cg ′ Agora usando a propriedade se c é onstante, p′ (x) = −5(x9 )′ + 4(x3 )′ − 7(x2 )′ − (10)′. Agora usando a regra (xm )′ = mxm−1 para m ∈ Z, p′ (x) = −5 · 9x8 + 4 · 3x2 − 7 · 2x1 − 0 = −45x8 + 12x2 − 14x. Observação 33 Com estas regras mais as derivadas das funções trans endentes (seno, osseno, exponen ial e logaritmo) podemos derivar um onjunto que existe um algoritmo para al ular a derivada: enorme de funções. Note um omputador pode fa ilmente derivar qualquer função. Exemplo 66 (a) Cal ule a derivada de: f (x) = log x tan x; Solução do Exemplo 66 (b) g(x) = x4 cos x + 7x . sen x (a) Primeiro vamos al ular a derivada da tangente utilizando a derivada do quo iente: (sen x)′ cos x − sen x(cos x)′ = cos x (cos x)2 cos x cos x − sen x(− sen x) cos2 x + sen2 x 1 = = = = (sec x)2 . 2 2 (cos x) (cos x) (cos x)2 (tan x)′ =  sen x ′ = Agora usando a regra do produto (log ′ (x) = 1/x), f ′ (x) = (log x)′ tan x + log x(tan x)′ = log x tan x + . x (cos x)2 (b) Come e apli ando a regra da soma:  ′ ′  7x 7x 4 4 ′ g (x) = x cos x + = (x cos x) + . sen x sen x ′ 3.3. PROPRIEDADES BÁSICAS DA DERIVADA 79 Agora derive ada termo, usando regra do produto no primeiro e do quo iente no segundo: g ′ (x) = (x4 )′ cos x + x4 (cos x)′ + (7x)′ sen x − 7x(sen x)′ . sen2 x Termine: g ′ (x) = 4x3 cos x + x4 (− sen x) + Observação 34 7 sen x − 7x cos x . sen2 x É importante ser sistemáti o durante a derivação, exe utando pou os passos de ada vez. Somente om muito experiên ia podemos fazer diretamente om pou os (ou nenhum) passo intermediário. Assim aplique uma regra de ada vez. Exemplo 67 Cal ule a derivada de f (x) = 5ex log x . + 2 sen x Solução do Exemplo 67 (log x)′ (5ex + 2 sen x) − log x(5ex + 2 sen x)′ = (5ex + 2 sen x)2 (1/x)(5ex + 2 sen x) − log x((5ex )′ + (2 sen x)′ ) = = (5ex + 2 sen x)2 (1/x)(5ex + 2 sen x) − log x(5ex + 2 cos x) = (5ex + 2 sen x)2 f ′ (x) = Exemplo 68 ponto (0, 4). Determine todas as retas tangentes ao grá o de y = 1 − x2 que passam pelo Solução do Exemplo 68 Primeiro podemos ver geometri amente (ver grá o abaixo) que são duas soluções. ′ Como y = −2x, a reta tangente no ponto (a, 1 − a2 ) é y − (1 − a2 ) = −2a(x − a). Esta 2 2 2 reta vai passar no ponto (x, y) = (0, 4) se 4 − (1 − a ) = −2a(0 − a), isto é, se 3 + a = 2a , √ √ 2 2 ou se a = 3. Isto vai o orrer para a = ± 3. Como 1 − (± 3) = 1 − 3 = −2, as √ √ retas passam nos pontos do grá o ( 3, −2) e (− 3, −2). Assim as retas tangentes são √ √ √ √ y − (−2) = −2 3(x − 3) e y − (−2) =√2 3(x + 3). Simpli ando obtemos que as duas retas tangentes ao grá o são: y = 4 ± 2 3x. y 4 x ? ? y = 1 − x2 80 CAPÍTULO 3. DERIVADA 3.4 Derivada da Composta Pré-Cál ulo: sen(y + 1), Saber fazer omposição de funções. Exemplo: se al ule f (g(y)) e f (x) = 4x + 2 e g(y) = g(f (x)). Teorema 15 (Derivada da omposta ( adeia)) Considere f e g deriváveis. Então [f (g(x))]′ = f ′ (g(x)) · g ′ (x). Prova: Um argumento não-rigoroso (supondo e multipli ando por g não- onstante próximo de x) é, dividindo g(x + h) − g(x), f (g(x + h)) − f (g(x)) g(x + h) − g(x) f (g(x + h)) − f (g(x)) = · . h g(x + h) − g(x) h Agora quando h →0 o segundo termo onverge para primeiro, troque variável para y = g(x + h). a = g(x), Quando g ′(x) por denição. Para al ular o h → 0, y → g(x). Assim, denindo f (y) − f (g(x)) f (y) − f (a) f (g(x + h)) − f (g(x)) = lim = lim = f ′ (a) = f ′ (g(x)). y→a h→0 y→g(x) g(x + h) − g(x) y − g(x) y−a lim Erro Comum: Este é a regra de derivação mais difí il de todas. Ne essário prati ar bastante, pois é um ponto de di uldade para muitos alunos. Exemplo 69 (a) Cal ule as derivadas de: f (x) = sen(4x5 −4); Solução do Exemplo 69 (b) (b) (a) g(x) = [log(sen(x5 )+2)]7 ; ( ) h(x) = e10 sen(x 3 )+7x2 . f ′ (x) = sen′ (4x5 − 4)(4x5 − 4)′ = cos(4x5 − 4)(20x4 ). g ′(x) = 7[log(sen(x5 ) + 2)]6 [log(sen(x5 ) + 2)]′ = = 7[log(sen(x5 ) + 2)]6 log′ (sen(x5 ) + 2)(sen(x5 ) + 2)′ = 1 = 7[log(sen(x5 ) + 2)]6 sen ′ (x5 )(x5 )′ = 5 sen(x ) + 2 1 cos(x5 )5x4 = = 7[log(sen(x5 ) + 2)]6 sen(x5 ) + 2 35x4 [log(sen(x5 ) + 2)]6 cos(x5 ) = . sen(x5 ) + 2 ( ) Utilizando a notação exp(x) = ex para fa ilitar o entendimento da apli ação das regras. h′ (x) = exp′ (10 sen(x3 ) + 7x2 )(10 sen(x3 ) + 7x2 )′ = exp(10 sen(x3 ) + 7x2 )(10 sen ′ (x3 )(x3 )′ + (7x2 )′ ) = = exp(10 sen(x3 ) + 7x2 )(10 cos(x3 )(3x2 ) + 14x) = = exp(10 sen(x3 ) + 7x2 )(30x2 cos(x3 ) + 14x). 3.4. DERIVADA DA COMPOSTA 81 Observação 35 Com denir ax ? Por exemplo, 10π é igual a 10 multipli ado por ele mesmo quantas vezes? 10p/q om p, q ∈ N omo no ensino médio (ver [Sp, p.283℄ √ q = 10p . Para um irra ional qualquer omo π ,√denimos 100 π 3.14 trun ando a expansão de imal e passando ao limite. Assim, 10 ≈ 10 = 10314 ou √ 10000 π 3.1415 31415 10 ≈ 10 = 10 , et . Um aminho é denir primeiro p/q para ótima expli ação): 10 x log 10 = 10, utilizando Mas existe um aminho direto utilizando a exponen ial e . Como e x log 10 x x log 10 propriedades do expoente, 10 = (e ) =e . De forma geral, denimos ax = ex log a para todo Exemplo 70 (a) f (x) Cal ule a derivada de: = xr (para x > 0); (b) Solução do Exemplo 70 (a) Como x∈R g(x) = 10x ; 10 = elog 10 a > 0. ( ) h(x) = xx (para x > 0). x = elog x , f ′ (x) = (xr )′ = (er log x )′ = elog x (b) Como e rxr r = = rxr−1 . x x (porque?), g(x) = 10x = (elog 10 )x = ex log 10 . Assim, g ′ (x) = ex log 10 (x log 10)′ = ex log 10 log 10 = 10x log 10. Aqui vemos novamente porque em ál ulo é melhor utilizar a base e, pois senão a derivada é mais ompli ada. ( ) Como x = elog x , h′ (x) = (xx )′ = (ex log x )′ = (ex log x )(1 + log x) = xx (1 + log x). (xr )′ = rxr−1 . √ 1 1 6 ′ 1/7 ′ 7 Assim sabemos al ular por exemplo ( x) = (x . ) = 17 x 7 −1 = 17 x− 7 = √ 7 7 x6 √ ′ 5 5 7 12 5 − 12 5 12 √ . Ou então ( x −1 = 12 x = x5 ) = (x5/12 )′ = 12 12 12 x7 Pelo exemplo anterior item (a), Exemplo 71 (a) h(x) Cal ule a derivada de: = |x2 − 9|; (b) m(x) Solução do Exemplo 71 = log(|x|). h(x) = x2 − 9 quando |x| > 3 e h(x) = −(x2 − 9) = 9 − x2 quando |x| < 3. Assim, h′ (x) = 2x quando |x| > 3 e h′ (x) = −2x ′ ′ quando |x| < 3. Note (sabe expli ar geometri amente porque?) que f (3) e f (−3) não (a) Por denição existem. m(x) = log(−x) para x < 0. Assim 1 1 · (−1) = para x < 0. Assim, m′ (x) = 1/x para x > 0 e m′ (x) = log (−x) · (−x)′ = −x x 1 ′ . Ou seja, para todo x 6= 0 (onde log(|x|) não está denida de qualquer jeito) m (x) = x 1 m′ (x) = (log(|x|))′ = para todo x 6= 0. x (b) Por denição m(x) = log(x) para ′ x > 0 e 82 CAPÍTULO 3. Exemplo 72 no ponto Determine a equação da reta tangente ao grá o de DERIVADA y(x) = sen(log(x2 + 7)) (1, sen(log(8))). Solução do Exemplo 72 Como y ′(x) = cos(log(x2 + 7)) tangente é: y − sen(log(8)) = cos(log(12 + 7)) 12 x2 1 2x, +7 a equação da reta cos(log(8)) 1 2 · 1(x − 1) = (x − 1). +7 4 Rearrumando, a equação da reta tangente é: y = sen(log(8)) + cos(log(8)) (x − 1). 4 Pré-Cál ulo: Relação dos Coe ientes Angulares de Reta Perpendi ulares entre si Se a m r, é o oe iente angular da reta então e n o oe iente angular de uma reta perpendi ular m = −1/n. Exemplo 73 ponto r Determine a equação da reta perpendi ular ao grá o de y = log(tan x) no (π/4, 0). Solução do Exemplo 73 y ′ = sec2 (x)/ tan(x) e y ′ (π/4) = 2, o oe iente da reta tangente é 2 e, portanto, da reta perpendi ular é −1/2. Logo a equação da reta perpendi ular é y − 0 = −1/2(x − π/4). Como Quadro de derivadas bási as. f (x) f ′ (x) xr ex rxr−1 ex 1 log(|x|) x sen x cos x cos x − sen x tan x sec2 x 3.5 Teorema do Valor Médio (TVM): Cres imento e De res imento Nesta Seção vamos justi ar o tempo que gastamos aprendendo a al ular a ′ derivada de uma função. Veremos que sabendo somente um pou o sobre f (o sinal) nos diz muito sobre f. [Sp, p.163℄ 3.5. TEOREMA DO VALOR MÉDIO (TVM): CRESCIMENTO E DECRESCIMENTO 83 Algumas apli ações importantes do Teorema do Valor Médio (TVM) que apresentaremos nesta seção são omo determinar: • intervalos onde uma função res e ou de res e; • intervalos onde uma função é injetiva e, onsequentemente, onde existe a função inversa; • uni idade de solução de equações. Os resultados desta Seção são baseados no seguinte Teorema. Teorema 16 (Rolle) f (a) = f (b) = 0, Prova: Se f é ontínua em então existe c ∈ (a, b) [a, b] ( om a < b) f ′ (c) = 0. e derivável em (a, b) om tal que Vou somente ilustrar o resultado. Considere a função f representada no grá o abaixo. Note que f (0) = f (1) = f (2) = f (3) = 0. Assim no intervalo [0, 1] existe um c ′ tal que f (c) = 0, isto é, tal que a reta tangente é paralela ao eixo x. O mesmo o orre no intervalo [1, 2]. Finalmente note que o Teorema garante a existên ia de pelo menos um c, mas podemos ter mais de um, omo no aso da apli ação do Teorema em 3 c's [2, 3], onde temos distintos. y c 1 c x 2 c′ c′′ c′′′ 3 O Teorema do Valor Médio (TVM) apresentado omo um orolário do Teorema de Rolle, é uma das mais importantes ferramentas teóri as do Cál ulo  provavelmente o resultado mais profundo sobre derivadas. [Sp p.168℄ O TVM é a base de métodos numéri os utilizados nas apli ações do Cál ulo na Engenharia. 84 CAPÍTULO 3. Corolário 5 (Teorema do Valor Médio (TVM)) e derivável em (a, b) então existe c ∈ (a, b) Se f é ontínua em [a, b] DERIVADA ( om a < b) tal que f (b) − f (a) = f ′ (c)(b − a). Prova: Considere a função g denida em [a, b] g(x) = f (x) − f (a) − por f (b) − f (a) (x − a). b−a representa a distân ia verti al entre ada ponto do grá o de y = f (x) e f (b)−f (a) da reta se ante y = f (a) + (x − a) (vide gura a ima que ilustra o TVM). Como b−a g(a) = g(b) = 0, podemos apli ar o Teorema 16 (Rolle) para on luir que existe c ∈ (a, b) ′ tal que g (c) = 0. Como A função g(x) g ′(c) = f ′ (c) − f ′ (c) = Observação 36 f (b) − f (a) = 0, b−a f (b) − f (a) . b−a O TVM diz em termos de Físi a que existe um ponto a a velo idade instantânea em c é igual a velo idade média em [a, b]. c ∈ (a, b) tal que Vamos estabele er relações entre o sinal da derivada e a função ser res ente, de res ente, onstante ou injetiva. Denição 15 ( res ente e de res ente) Seja I um intervalo. Dizemos que f é: (a) res ente em I se para todo x, y ∈ I om x < y , temos que f (x) < f (y); (b) de res ente em I se para todo x, y ∈ I om x < y , temos que f (x) > f (y). Observação 37 que Poderíamos denir res ente (sem ser estritamente) por: f (x) ≤ f (y) (permitindo igualdade). x 0, então f ′ (b) f (x) < 0, então f ′ ( ) f (x) = 0, então f Prova: [a, b], (a) Sejam obtemos que Seja f uma função de- x ∈ I: é res ente em I ; é de res ente em I ; é onstante em I . Se, para todo a, b ∈ I om a < b. Apli ando o Teorema do Valor Médio a f existe c ∈ (a, b) tal que no intervalo f (b) − f (a) = f ′ (c) > 0. b−a Assim f (b) − f (a) > 0, itens para o leitor. isto é, f (b) > f (a). Logo f é res ente em I. Deixamos os outros 3.5. TEOREMA DO VALOR MÉDIO (TVM): CRESCIMENTO E DECRESCIMENTO Observação 38 A hipótese da derivada ser positiva num se on luir que a função é res ente neste intervalo. ponto a não impli a que ela é res ente perto de a intervalo é 85 fundamental para um A derivada ser positiva em (numa vizinhança de a, vide p.2). Um exemplo é apresentado através da função f representada no grá o abaixo. Embora f ′ (0) > 0, a função não é res ente perto de zero pois os ila. A derivada positiva em x = 0 impli a somente que f (x) ≤ f (0) ≤ f (y) para x < 0 < y . Veja [NC℄ Capítulo 8 ou [Sp, p.198℄ para análise detalhada. Quem quiser ver em programa grá o, f (x) = 2x + 3|x|1.4 sen(1/x) + 0.1. y f (x) x Denição 16 temos que Uma função f (x) 6= f (y). f : I → R é dita injetiva x, y ∈ I se para todo om x 6= y Pré-Cál ulo: Pode-se testar a injetividade observando o grá o e fazendo o teste da reta horizontal: Toda reta horizontal (isto é, uma reta paralela ao eixo x) deve interse tar o grá o em no máximo um ponto. Leia a denição anterior, faça uns desenhos e ertique-se que este teste fun iona. Lema 8 (Relação entre Continuidade e Injetividade) ontínua num intervalo de res ente em Prova: I. Então f é injetiva em f : I → R uma função f é res ente ou A prova é deli ada. Veja em [NC℄. num intervalo x∈I Seja se, e somente se, I. Corolário 7 (sinal da derivada e injetividade) Prova: I I. Se ′ f (x) > 0 ou ′ f (x) < 0 f : I → R x ∈ I , então f Seja para todo Juntando o Corolário 6 da p.84 e o Lema 8, se a função é injetiva em Exemplo 74 I f ′ (x) > 0 f′ é injetiva em ou pois será res ente ou de res ente em Considere o grá o de uma função derivável f ′ (x) < 0 na gura abaixo. Determine onde a função y −2 −1 para todo I. de res e ou é onstante. Determine intervalos onde podemos garantir que −3 1 2 3 I. x f ′ (x) f f res e, é injetiva. 86 CAPÍTULO 3. Solução do Exemplo 74 A função (−1, 1). A função f é onstante (−3, −2), (−1, 1) e em (1, 3). em DERIVADA f res e em (−3, −2) e (1, 3). A função f de res e (−2, −1). Assim podemos garantir que f é injetiva (1, 3) Note que pelo teste da reta horizontal, a função não é injetiva em em em por exemplo. Aplique o teste da reta horizontal neste grá o. Exemplo 75 f ′ (x) = (x2 + 3)(x2 − 9)(x + 5), em quais intervalos f é injetiva. Sabendo que e de res ente. Determine Solução do Exemplo 75 2 determine onde Temos que fazer a análise do sinal de f ′ (x). f é res ente Fazendo (note que x +3 não afeta o sinal, e pode ser ignorado) isto on luímos que: ′ (a) f (x) < 0 se x < −5 ou −3 < x < 3. Assim f de res e nestes intervalos. ′ (b) f (x) > 0 se x > 3 ou −5 < x < −3. Assim f res e nestes intervalos. f A função será injetiva, separadamente, em ada intervalo onde ela somente res e ou (−∞, −5), (−5, −3), (−3, 3) somente de res e. Assim será injetiva em Exemplo 76 f (x) = x3 + 3x2 − 3x + 1. quais intervalos f é injetiva. Considere ente. Determine em Solução do Exemplo 76 Observe que Determine onde f ′ (x) = 3x2 + 6x − 3. f e em (3, +∞). é res ente e de res- As raízes são x = −1 ± √ 2. Fazendo a análise de sinal obtemos que: √ √ ′ 2.√Assim f de res e nestes intervalos. (a) f (x) < 0 se −1 < − 2 < x < −1 + √ ′ (b) f (x) > 0 se x > −1 + 2 ou x < −1 − 2. Assim f res e nestes intervalos. f A função será injetiva, separadamente, em ada intervalo onde ela somente res e ou somente de res e. Assim será injetiva em (−1 + √ 2, +∞). Exemplo 77 Determine onde Solução do Exemplo 77 f (x) = x3 (−∞, −1 − √ 2), (−1 − √ 2, −1 + √ 2), e em é res ente/de res ente. f ′ (x) = 3x2 > 0 para todo x 6= 0, garantimos que f é res ente para x < 0 e para x > 0. No entanto, pelo TVM não sabemos o que o orre no 0. Assim, embora f (x) = x3 seja res ente para todo x ∈ R, o TVM garante apenas nestes Como intervalos separadamente. Exemplo 78 que ′ h (x) = uma úni a função h : R → R derivável em todo x ∈ R tal Mostre que existe sen(x2 + 4) para todo x∈R e h(0) = 1. Solução do Exemplo 78 ′ 2 Suponha que exista outra g tal que g (x) = sen(x + 4) e g(0) 1. Dena f (x) = g(x) − h(x). Assim f ′ (x) = g ′ (x) − h′ (x) = sen(x2 + 4) − sen(x2 + 4) = ′ Pelo TVM, omo f (x) = 0 para todo x ∈ R, f é onstante em R. Como f (0) = g(0) h(0) = 1 − 1 = 0, f (x) = 0 para todo x. Logo g(x) = h(x) existe uma úni a função que resolve este problema. para todo x ∈ R, = 0. − provando que 3.6. DERIVADA DA INVERSA 87 Observação 39 Este resultado é típi o em Matemáti a: Não sabemos qual é a solução 2 do problema, isto é, qual função h possui omo derivada sen(x + 4) mas sabemos que a solução é úni a. Provamos a uni idade do problema mas N O garantimos a existên ia de solução e menos ainda sabemos omo exibir uma solução. Para isto pre isamos aprender a Teoria de Integração. Exemplo 79 e em x = 7. Suponha que os grá os de y = f (x) e de y = g(x) se inter eptam em c ∈ (4, 7) Suponha que ambas são deriváveis, prove que e existe grá os possuem tangentes paralelas em c. Solução do Exemplo 79 Dena h(x) = f (x) − g(x). Como h(4) = ′ ′ pelo Lema de Rolle existe c ∈ (4, 7) tal que h (c) = 0. Logo h (c) = ′ ′ portanto f (c) = g (c), ou seja, as retas tangentes são paralelas em c. x=4 tal que os h(7) = 0 (porque?), f ′ (c) − g ′ (c) = 0 e 3.6 Derivada da Inversa Vamos ver nesta Seção omo al ular a derivada da inversa de uma função. Vamos apli ar para al ular a derivada das funções inversas das trigonométri as, uja a mais importante é o arctan. Pré-Cál ulo: O que é inversa de uma função? Cuidado om a onfusão usual entre a inversa e a função 1/sobre! √ A inversa de x2 A inversa de sen(x) A inversa de ex é é 1 . x2 arcsen(x) 6= x 6= é log(x) 6= 1 . sen(x) 1 = e−x . ex Lembre que obtemos o grá o da função inversa reetindo o grá o da função em torno √ √ 2 de y = x. Faça isto para os pares: x e x, x3 e 3 x, ex e log(x), cos(x) e arccos(x). Utilize um software para ajudá-lo nesta tarefa. Pré-Cál ulo: Quando uma função possui inversa? Teste da reta horizontal: se ada reta horizontal to a em ponto) do grá o de Consequên ia do f, a função f no máximo 1 ponto (0 ou 1 é injetiva e a inversa existe. Teste da reta verti al: Um grá o é uma função se ada reta verti al to a em no máximo 1 ponto. Teorema 17 (da função inversa) é derivável e inversível perto de x0 ′ (numa vizinhança de x0 , veja p.2), om inversa ontínua perto de y0 = f (x0 ) e f (x0 ) 6= 0, então a função inversa f −1 Se uma função é derivável em y0 = f (x0 ) f e (f −1 )′ (y0 ) = 1 f ′ (f −1 (y 0 )) . Prova: Apresentamos ini ialmente um argumento não-rigoroso, supondo que a inversa é f possui inversa, podemos es rever que f −1 (f (x)) = x. Derive os dois lados −1 ′ usando a regra da adeia do lado esquerdo. Vamos obter que: (f ) (f (x)) · f ′(x) = 1. Logo, derivável. Como denindo y = f (x), temos que x = f −1 (y). Portanto, (f −1 )′ (y) = 1 f ′ (x) = 1 f ′ (f −1 (y) . 88 CAPÍTULO 3. DERIVADA Para argumento rigoroso, veja prova em [NC℄ apítulo 8 ou [Sp, p.208℄ ou [Zo℄. As ideias −1 (y) − f −1 (y0 ) são 6= 0 (senão f ou f −1 não seriam injetivas). são que f (x) − f (x0 ) e f Usando a mudança de variáveis no limite do Lema 2 da p.37 obtemos que: lim y→y0 Agora supondo que Exemplo 80 (a) f x − x0 f −1 (y) − f −1 (y0 ) = lim . x→x0 f (x) − f (x0 ) y − y0 é derivável em x0 obtemos o resultado. Cal ule a derivada de: g(y) = arctan y ; (b) Solução do Exemplo 80 1 ′ que (tan x) = . cos2 x Logo f (y) = arcsen y . (a) A função tan possui inversa em (π/2, π/2). (tan x)′ 6= 0 para todo x ∈ (π/2, π/2). Já vimos na p.78 Pelo Teorema da Função arctan é derivável em R. Vamos al ular sua derivada arctan(tan x) = x e utilizando a regra da adeia: Inversa (Teorema 17 da p.87) a função derivando os dois lados de arctan′ (tan x) · (tan x)′ = 1 = arctan′ (tan x) · Dividindo a identidade trigonométri a fundamental que 1 tan2 x + 1 = . cos2 x 1 . cos2 x sen2 x + cos2 x = 1 por cos2 x obtemos Logo, 1 = arctan′ (tan x) · (tan2 x + 1). Fazendo y = tan x obtemos que arctan′ (y) = y2 1 . +1 sen possui inversa em (π/2, π/2). Como (sen x)′ = cos(x) 6= 0 para todo x ∈ (π/2, π/2), pelo Teorema da Função Inversa (Teorema 17 da p.87) a função arcsen é derivável em (−1, 1). Vamos al ular sua derivada derivando os dois lados de arcsen(sen x) = x e utilizando a regra da adeia: (b) A função Da identidade obtemos que arcsen′ (sen x) · (sen x)′ = 1 = arcsen′ (sen x) · cos x. √ trigonométri a fundamental cos x = 1 − sen2 x. Logo, Observação 40 fazendo y = sen x 1 arcsen ′ (y) = p . 1 − y2 arctan do exemplo om a notação de Leibdy 1 dx ′ = niz. Se y = tan(x), . Como x = arctan(y), queremos arctan (y) = . 2 dx cos (x) dy  −1 dy 1 1 1 dx dy dx . Como , . = = = cos2 (x) = = 2 Assim, 2 2 dy dx dx cos (x) dy tan (x) + 1 y +1 Vamos refazer a derivada do 3.7. EXERCÍCIOS DE DERIVADA 89 Exemplo 81 (a) log y (b) ey Utilize o fato que log e a função inversa de x ′ x assumindo que (e ) = e ; assumindo que (log x)′ = Solução do Exemplo 81 exp para deduzir a derivada de: 1 . x log(ex ) = x, log′ (ex )·(ex )′ = log′ (ex )· 1 1 ex = 1. Logo, log′ (ex ) = x . Fazendo y = ex obtemos que log′ (y) = . e y dy x Refazendo om a notação de Leibniz: y = e e x = log y . Assim = ex . Logo dx 1 1 dx = x = . log′ (y) = dy e y x (b) Vamos utilizar a notação exp(x) = e . Derivando a identidade exp(log x) = x, 1 exp′ (log x) · (log x)′ = exp′ (log x) · = 1. Logo, exp′ (log x) = x. Fazendo y = log x, temos x ′ y y ′ y que e = x e obtemos que (e ) = exp (y) = x = e . dy 1 y = . Refazendo om a notação de Leibniz: y = log x e x = e = exp(y). Assim dx x dx y ′ =x=e . Logo exp (y) = dy Exemplo 82 existe g=f −1 (a) Derivando a identidade f (x) = x5 − 2x3 + 7x2 + 4. ′ perto de 10. Cal ule g (10). Considere denida Solução do Exemplo 82 Sabendo que f (1) = 10, mostre que f ′ (x) = 5x4 − 6x2 + 14x é ontínua e f ′ (1) = 13, perto de x = 1 a derivada é positiva. Logo, pelo TVM, f é res ente perto de 1 e portanto −1 existe g = f perto de 10 = f (1). Pelo Teorema da Função Inversa g é derivável e 1 1 1 g ′ (10) = ′ = ′ = . f (g(10)) f (1) 13 Outro modo de al ular a derivada é o seguinte. Como g(f (x)) = x, derivando os dois 1 ′ ′ ′ ′ ′ ′ . lados, g (f (x)) · f (x) = 1. Logo, g (f (1)) · f (1) = 1 = g (10) · 13. Logo g (10) = 13 4 2 Ainda outro modo é usando a notação de Leibniz. Seja y = f (x) = 5x − 6x + 14x. 1 dy ′ dx dy −1 ′ = 20x3 − 12x + 14. Como f ′ (x) = = , g (y) = (f ) (y) = . 3 dx dx dy 20x − 12x + 14 1 1 ′ Quando y = 10, x = 1. Assim g (10) = = . 3 20 · 1 − 12 · 1 + 14 13 Como 3.7 Exer í ios de Derivada 3.7.1 Exer í ios de Fixação Exer í io 1. Determine sabendo que f (−2) = 3 Exer í io 2. Determine a equação da reta tangente ao grá o de ′ e f (−2) = 3. se é Verdadeiro ou Falso. f é ontínua em 0 07.out.2011 x = 3, então f no ponto x = −2 Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. (a) Se f (x) é derivável em x = 3. 90 CAPÍTULO 3. (b) Se ( ) Se DERIVADA f (2) = g(2), então f ′ (2) = g ′ (2). f ′ (1) > 0, então f (1) > 0. Exer í io 3. Considere o grá o de f abaixo. ′ ′ (a) se f (x1 ) = 2 determine f (x2 ) e f (x3 ). ′ ′ ′ ′ (b) Coloque em ordem res ente f (x2 ), f (x4 ), f (x5 ), f (x6 ). ′ y f (x) x1 x2 Exer í io 4. Dado o grá o de f x3 x4 abaixo, faça o grá o y x x5 x6 exato de f ′ . 3 x 4 12 f (x) −2 Exer í io 5. Se f g ′ (2) = (a) e g são funções diferen iáveis tais que 2, determine o valor de h′ (2) se: h(x) = f (x)g(x); Exer í io 6. Considere f (b) f (x) . g(x) g duas funções ujos grá os estão na gura abaixo. As retas ′ que apare em são tangentes ao grá o. Determine o valor de h (1) se: (a) h(x) = f (x) · g(x); e h(x) = f (2) = 3, f ′ (2) = −1, g(2) = −5, y 6 (b) h(x) = 5f (x) − 3g(x). f (x) y 6 3 2 1 g(x) - x 1 - x 1 3.7. EXERCÍCIOS DE DERIVADA 91 Exer í io 7. Se um balonista joga um sa o de areia de um balão a 500m de altura então o 2 sa o de areia estará numa altura (em metros) h(t) = 500 − 16t após t segundos. Determine: (a) sua velo idade em (b) em qual instante t t = 2; o sa o atingirá o solo; ( ) om qual velo idade o sa o atingirá o solo; (d) om qual a eleração o sa o atingirá o solo. Exer í io 8. Cal ule a derivada em relação a x das funções: (a) ex log x; (d) eπ + log(π 2 + 1). (b) Exer í io 9. Cal ule:  (a) (d) d dr dv ds 4 3 πr 3 se cos x x+5 ( ) (e) cos(x3 + 1); log(1 + sen x); d (3k 2 − k −1 ); dk √ x dy (e) se y = ( 3) ; dx ; (b) v = sπ ; ( ) (f ) |x − 2|; du dt se (f ) u = t log t; d (log π). dt Exer í io 10. Estude o Teorema do Valor Médio (Corolário 5 da p.84) e responda. que f R e −4 ≤ f ′ (x) ≤ 3 para todo x ∈ R. Prove que: −16 ≤ f (5) − f (1) ≤ 12; (b) −4h ≤ f (h) − f (0) ≤ 3h para Suponha é derivável em (a) todo h > 0. Exer í io 11. Um objeto ai do alto de um edifí io de 100m e atinge o solo em 5 segundos. Aplique o Teorema do Valor Médio (TVM) e prove que em algum instante o objeto estava om velo idade (em módulo) igual a 20m/s. Exer í io 12. Suponha f (5) = π , que f ′′ (x) = 0 para todo x ∈ R. Sabendo que f ′ (−3) = 0 e aplique uma onsequên ia do Teorema do Valor Médio (TVM) duas vezes para on luir que f (x) = π para todo Exer í io 13. Considere f e g x ∈ R. duas funções ujos grá os estão na gura abaixo. As retas que apare em são tangentes ao grá o. h(x) = f (g(x)), determine h′ (2). −1 ′ Se k(y) = g (y), determine k (3). (a) Se (b) y 6 Q Q Q Q Q 2 Q Q Q Q Q Q Q 3 QQ QQ y 6 f (x)     3   2   - x g(x) - x 2 92 CAPÍTULO 3. Exer í io 14. Considere DERIVADA o grá o abaixo. y x Se o grá o representa f (x) determine maiores intervalos (indique no grá o) onde: ′ (a) f é positiva e negativa; (b) f é injetiva (possui inversa). ′ Se o grá o representa f (x) determine maiores intervalos (indique no grá o) onde: ( ) f é res ente e de res ente; Exer í io 15. Prove que. para (d) f é injetiva (possui inversa). a > 0, 1√ 2 a − x2 . a cos(arcsen(x/a)) = 3.7.2 Problemas Problema 1. Cal ule, pela denição (utilizando limite), a derivada de: (a) f (x) = 1 ; x2 (b) 1 f (x) = √ ; x ( ) f (x) = |x|(x − 1); (d) f (x) = |x|x. Problema ( 2. Determine a, b ∈ R tais que a função abaixo tenha derivada em todos os pontos. f (x) = x2 ; x < 1; ax + b; x ≥ 1. Problema 3. Suponha que |f (x)| ≤ |x|k om k > 1. Cal ule pela denição f ′ (0). Di a: Veja o Exemplo 58 da p.72. Problema 4. Para ada uma das funções abaixo, determine onde possui derivada e al ule a derivada nestes( pontos. (a) g(x) = 3; x < 2; −4; x ≥ 2; Problema 5. Em (b) f (x) = |ex − 1|; ada um dos itens abaixo, movendo em linha reta no instante t. s(t) ( ) h(x) = |(3 − x)(x + 1)|. representa a posição de uma partí ula se Determine: (i) A velo idade e a eleração da partí ula no instante t = 0. 3.7. EXERCÍCIOS DE DERIVADA 93 (ii) Os instantes em que a partí ula está parada. 2 (a) s(t) = t −1 ; t2 + 1 (b) Problema 6. Considere grá o de f s(t) = sen t. f (x) = 2x3 − 2x2 + 5. a função Determine todos nos quais a reta tangente é: (a) horizontal; (b) paralela à reta 8y + 2x − 10 = 0. Problema 7. Determine Problema 8. Determine 3 2y − 20x − 50 = 0 TODOS os pontos do grá o de a reta tangente é paralela ao eixo x ondições sobre 2 a, b, c ∈ R ( ) perpendi ular à reta y = f (x) = |x2 − 1|(x + 1) (b) retas tangentes Problema 9. Cal ule as derivada (em relação a x) das funções: (a) (e) 2 (5x − 3x + 4) 300 ; (b) log(sen(5ex )) · x4 ; (f ) onde para que a urva: y = ax + bx + cx + π tenha uma úni a reta tangente horizontal; y = ax2 + bx + c tenha x + y = 1 e y = −1 respe tivamente omo pontos x1 = −1 e x2 = 1. (a) nos os pontos do x2 + 1 ( ) ; e−x + 1 arcsen(4−5x) (g) e . p  7 2 sen cos(x ) + 4 ; arctan(log(3x2 + 1)); (d) √ 3 x+t ; x2 + k Problema 10. Dado que f (4) = 3, f ′ (4) = −5 e g(x) = 3 log(f (x) + x), determine g ′ (4). Problema 11. Considere m0 , T0 ,K, a, b, c, d ∈ R. 2 (a) f ′ (x) se ( ) f ′ (θ) se ax + b ; cx + d f (θ) = K sen(aθ3 + b); f (x) = Problema 12. Determine 2 (a) y= sen(x ) x para (b) f ′ (t) (d) Cal ule: se f (t) = eKt cos(at). f ′′′ (t) se f (t) = m0 e(T0 −t)/K ; a equação da reta tangente e da reta perpendi ular ao grá o de: x= p π/2; (b) y = esen(−2x) no ponto (π, 1). Problema 13. Mostre que: ex ≥ 1 + x para x ≥ 0. 3 2 (b) a equação 2x − 15x + 60x + 4 = 0 (a) possui exatamente uma raiz real. Problema 14. (Apli ações do Teorema do Valor Médio) (a) Dois orredores ini iaram a orrida no mesmo instante e terminaram empatados. Prove que em algum instante durante a orrida ele têm a mesma velo idade. ′ (b) Considere f diferen iável om f (0) = 0 e f (x) ≤ 1 para todo f (x) ≤ x para todo x > 0. x > 0. Mostre que 94 CAPÍTULO 3. ( ) Mostre que existe uma úni a Di a: Suponha que h1 e h2 f (x) = x2 ex ao grá o de f diferen iável tal que: são soluções. Dena (d) Considere retas tangentes h:R→R e e de f (x) = h1 (x) , h2 (x) √ g(x) = e x. Prove que existe g são paralelas em x = c. ( h′ (x) = h(x); h(0) = 1. al ule um DERIVADA f ′ (x) e c ∈ (0, 1) f (0). tal que as Problema 15. Se f e g são funções diferen iáveis tais que f ′ (2) = −1, f (2) = 3, g(−1) = 2, g ′ (−1) = 6, determine o valor (a) h(x) = f (g(−x/2)); de h′ (2) se: −1 (b) h(y) = g (y). Problema 16. Sabendo (−1, 3) y = f (x) que a equação da reta tangente ao grá o de −1 ′ passa no ponto (0, 6), determine (f ) (3). no ponto 3.7.3 Extras Extra 1. Se f g ′ (2) = 2, (a) e g possuem derivada e são tais que: determine: w ′ (2) se w(x) = 4f (x) ; g(x) (b) m′ (0) se f (2) = 3, f ′ (2) = −1, g(2) = −5, m(x) = e5x g(3x + 2). Extra 2. Cal ule a derivada (em relação a x) das funções: (a) (e) sen(x ex log x); sen(cos x sen x); sen(sen(sen x))); 2 (f ) sen |1 − x |; (b) Extra 3. Determine todos (g) os pontos do grá o de reta tangente: (a) é horizontal; ( ) (b) é paralela à reta ee x4 3arctan x ; ; (h) p √ x + x; √ log(sen(2x)) x2 + 1. (d) y(x) = x3 + 2x2 − 4x + 5 nos quais a 2y + 8x − 5 = 0. Extra 4. Determine a, b ∈ R tais que a função abaixo tenham derivada em todos os pontos.  ax2 + b; x ≤ 1; f (x) = 1 .  ; x>1 x Extra 5. Sabendo que g Extra 6. Determine (a) 2 y = x sen x é ontínua em a e f (x) = (x − a)g(x), determine f ′ (a). a equação da reta tangente ao grá o da função no ponto indi ado. √ 2 no ponto (π, 0). (b) y = log( x − 2), no ponto ((e + 2) , 1). Extra 7. Determine: (a) os pontos da urva y= 1 x nos quais a reta tangente é paralela à reta (b) a(s) reta(s) tangente(s) ao grá o de y = e2x 2x + 3y = 0; que ontem(êm) o ponto (5/2, 0). 3.7. EXERCÍCIOS DE DERIVADA 95 Extra 8. (Função res ente/de res ente) (a) x > log x Mostre que: x > 1; −2x13 − 6x5 − x + 10 = 0 para (b) a equação possui exatamente uma raiz real. Extra 9. (Apli ações do Teorema do Valor Médio) (a) Suponha que f é uma função diferen iável em R e tenha duas raízes reais distintas. ′ Mostre que f tem, no mínimo, uma raiz real. ′ (b) Considere uma função f diferen iável om f (x) ≤ 4 para todo x ∈ (2, 5). Prove que f (5) − f (2) ≤ 12. ( ) Mostre que existe uma úni a g função derivável em g ′′ (x) = cos(2x + log(x4 + 1)), g ′ (2) = −1 Extra 10. Considere om k > 1. tal que: e g(3) = 5. = g1 (x) − g2 (x), Di a: Suponha que g1 e g2 são soluções. Dena f (x) ′ f (2). Con lua que f ′ (x) = · · · . Depois al ule f (3). ( |x|k ; x ∈ Q; f (x) = 0; x∈ 6 Q R al ule Cal ule pela denição f ′′ (x) e f ′ (0). Di a: Veja o Exemplo 58 da p.72. Extra 11. Determine uma fórmula para a derivada Extra 12. Seja f (x) = cos(x5 + 2x + π/2). de f perto de y = 0, determine (f gh)′. Sabendo que f (0) = 0, e que g(y) é a inversa ′ g (0). Extra 13. (a) Determine a derivada de arcsenh utilizando o Teorema de Função inversa e identidades hiperbóli as. (b) Prove que arcsen(x) = log(x + √ 1 + x2 ). Extra 14. Deduza a fórmula da derivada de √ n x utilizando somente a fórmula da derivada de xn : (xn )′ = nxn−1 . 3.7.4 Desaos Desao 1. Cal ule x = 0 de: ( pela denição a derivada no ponto ( (a) f (x) = Desao 2. Use para n ∈ N. x sen(1/x); x 6= 0; 0; x = 0; (b) g(x) = x2 sen(1/x); x 6= 0; 0; x = 0. o binmio de Newton para al ular pela denição a derivada de h(x) = xn 96 CAPÍTULO 3. DERIVADA x2 . Determine uma função g tal que, para todo x > 0, 2 f em x seja paralela à reta normal ao grá o de g em x. Desao 3. Considere f (x) = − reta tangente ao grá o de Desao 4. Considere f (x) = x4 − 2x2 + x + 1. de y = f (x) uma função polinomial de grau f nos pontos x1 sejam x1 e x2 . grá o de Desao 6. Determine dois pontos distintos do grá o om a mesma reta tangente. Prove que a solução é úni a. Desao 5. Considere f que a e x2 2. Mostre que a reta se ante ao é paralela à reta tangente no ponto médio x1 + x2 2 quaisquer Prove (veja outra prova no Desao da p.68) usando derivada de seno, osseno e exponen ial que eiθ = cos θ + i sen θ. Di a: Dena f (θ) = onstante. cos θ + i sen θ eiθ e derive. Quando derivar, trate i ∈ C omo uma Desao (7. Prove que existe um úni o ( par de funções s(x) e c(x) deriváveis para todo x ∈ R s′ (x) = c(x); s(0) = 0; tais que e c′ (x) = −s(x); c(0) = 1. s2 , c2 . Dena f = (s1 − s2 )2 + (c1 − c2 )2 . Di a: Suponha que existam s1 , c1 e ′ que f (x) = 0 e f (0) = 0. Aplique o TVM. Desao 8. Considere g(y) = y − ε sen(y). (a) prove que existe ε0 > 0 tal que, se |ε| < ε0 , então Con lua que neste aso a função possui inversa. −1 sua função inversa. Determine (b) Considere f = g Desao 9. Seja ft : (0, 1) → R denido por f (x) = 1/q t g (b) se será uma função injetiva em R. f ′ (0). se x = p/q ∈ Q fração irredutível f (x) = 0 aso ontrário. Prove que: t ≤ 2 então ft não é diferen iável em ponto algum; t > 2 então ft é diferen iável nos irra ionais. não nula e (a) se Mostre Desao 10. Seja f : R → R duas vezes derivável Prove que (a) f (a + h) − f (a − h) . h→0 2h f ′ (a) = lim Este é método da diferença entrada utilizado em análise numéri a. (b) f (a + h) + f (a − h) − 2f (a) . h→0 h2 f ′′ (a) = lim Desao 11. Seja p(x) = x3 +ax2 +bx+c. seja uma bijeção om inversa ontínua. Determine ondições em a, b, c tais que p : R → R 3.7. EXERCÍCIOS DE DERIVADA 97 Desao 12. Dizemos que f : R → R é -Hölder se existem α, M > 0 tais que |f (x) −f (y)| ≤ M|x − y|α para todo x, y ∈ R. Prove que neste aso: (a) f é ontínua; (b) se α > 1 f é derivável. Con lua que f é onstante. Desao 13. Prove (por indução) a fórmula de Leibniz (f · g) onde   n! n = i i!(n − i)! e a notação (n) n   X n (n−i) (i) f ·g , = i i=0 f (m) signi a derivar a função f m-vezes. 98 CAPÍTULO 3. DERIVADA Cap´ıtulo 4 ˜ da Derivada Aplicac¸oes Objetivos: Apresentar a té ni a de L'Hospital. Aproximar função lo almente utilizando a reta tangente e introduzir o polinmio de Taylor. Apresentar a segunda parte de esboço de grá os, que foi ini iado no Capítulo de limites. A novidade é o on eito de on avidade e sua relação om a derivada segunda. Apli ar derivadas nos problemas de otimização (máximo e o mínimo de funções). Terminamos duas apli ações lássi as: Taxas Rela ionadas e Derivação Implí ita. 4.1 L'Hospital e Hierarquia dos Innitos Nesta Seção apresentamos a regra de L'Hospital (a pronún ia é lpital, pois o nome é de um fran ês e o s é mudo), que permite al ular limites que seriam impossíveis ou muito difí eis utilizando outras té ni as. Uma apli ação importante é introduzir uma hierarquia entre as funções que vão para innito quando x → +∞: Teorema 18 (regra de L'Hospital) lim f ′ (x) x→c g ′ (x) existe. Então, Prova: Como isto em f ′ (x) , x→c g ′ (x) lim quem vai mais rápido? Suponha que f ′ (x) f (x) = lim ′ . x→c g (x) x→c g(x) lim f (x) = lim g(x) = 0 x→c x→c e que o limite lim f (x + h) − f (x) ′ g(x + h) − g(x) , g (x) = lim , h→0 h→0 h h f ′ (x) = lim an elando os h′ s substituindo obtemos que f (x + h) − f (x) f ′ (x) = lim lim . ′ x→c h→0 g(x + h) − g(x) x→c g (x) lim Tro ando ordem dos limites e usando o fato que lim f (x) = lim g(x) = 0, x→c x→c obtemos que: f (c + h) f ′ (x) f (x + h) − f (x) f (x) lim = lim lim = lim = lim . x→c g ′ (x) x→c g(x) h→0 x→c g(x + h) − g(x) h→0 g(c + h) 0 11.o t.2011 99 100 CAPÍTULO 4. Observação 41 APLICAÇÕES DA DERIVADA O resultado também é verdade se: • lim f (x) = lim g(x) = 0; x→+∞ ou x→+∞ • lim f (x) = lim g(x) = +∞; x→c x→c • lim f (x) = +∞ x→c Podemos substituir c ou lim g(x) = −∞. x→c por um limite lateral, tro ar e +∞ por −∞. Veja provas em [NC℄. No primeiro exemplo obtemos de modo mais fá il limites que já onhe íamos por outras té ni as. Isto faz om que os alunos na primeira prova sempre perguntem: posso utilizar L'Hospital para al ular os limites?. Exemplo 83 √ Cal ule os limites abaixo: x−2 ; x−8 3 (a) lim x→8 lim (1 + ax)b/x ; (b) ( ) x→0 lim (cos(Kh))T /h h→0 2 . Solução do Exemplo √ 83 1 x−2 1 = lim √ = . 3 x→8 3 x2 x−8 12 3 (a) Por LH (b) Seja lim x→8 y(x) = (1+ax)b/x . Queremos al ular lim log y(x) = lim b x→0 Assim, x→0 lim log y(x) = ab. x→0 log(1 + ax) = x lim y(x). x→0 (por LH) Como lim b x→0 Tomando exponen ial dos dois lados, log y(x) = b log(1 + ax) , x a = ab. 1 + ax lim y(x) = eab . x→0 2 z(h) = (cos(Kh))T /h . Como log(z(h)) = T /h2 log cos(Kh), podemos apli ar sen(Kh) LH: −T K/2 . Agora utilizando o limite fundamental (ou LH de novo), obtemos que h cos(Kh) 2 log(z(h)) → −T K 2 /2. Tomando exponen ial dos dois lados obtemos que z(h) → e−T K /2 . ( ) Dena Compare, e refaça om LH, os limites dos exemplos da p.37 p.40. Observação 42 Note que L'Hospital não é uma té ni a que resolve sempre. Cal ule o limite abaixo por L'Hospital: ex − e−x = x→+∞ ex + e−x lim (por LH) ex + e−x = x→+∞ ex − e−x lim Podemos al ular olo ando em evidên ia (por LH) ex − e−x = !?!?!? x→+∞ ex + e−x lim ex : ex (1 − e−2x ) 1 − e−2x ex − e−x = lim = lim = 1. x→+∞ ex (1 + e−2x ) x→+∞ 1 + e−2x x→+∞ ex + e−x lim Exemplo 84 (a) Cal ule os limites abaixo: ex lim ; x→+∞ x (b) log x ; x→+∞ x lim ( ) ex ; x→+∞ log x lim (d) ex . x→+∞ xx lim 4.1. L'HOSPITAL E HIERARQUIA DOS INFINITOS Solução do Exemplo 84 101 (a) Apli ando L'Hospital (L.H.) obtemos: (b) Apli ando L.H. obtemos: ( ) Apli ando L.H. obtemos: 1 1/x = lim = 0. x→+∞ x x→+∞ 1 x e lim xex = +∞. lim x→+∞ 1/x x→+∞ lim (d) Neste aso não pre isamos de L'Hospital pois é igual a o limite é zero. Con luímos que log x < x < exp x < xx Exemplo 85 √ n x< √ x lim (e/x)x , omo (e/x) → 0, x→+∞ grande. Juntando om o que já sabíamos grande, a Hierarquia do Innito: x < x < x2 < xn < exp x < xx Quem res e mais rápido: Solução do Exemplo 85 x para do apítulo de limites, estabele emos, para log x < x1/n = ex = +∞. x→+∞ 1 lim x2 ou para n > 2. x log x? Cal ulamos utilizando L.H. x 1 x2 = lim = lim = lim x = +∞. x→+∞ log x x→+∞ 1/x x→+∞ x→+∞ x log x lim Portanto x2 vai mais rápido para innito que x log x Esta omparação é importante em omputação na omparação do número de operações que um algoritmo exe uta. Exemplo 86 (a) Cal ule os limites abaixo: ex − 1 − x lim x→0 x2 (b) Solução do Exemplo 86 x − sen x . x→0 x3 lim (a) Apli ando L.H. duas vezes: 1 ex − 1 ex ex − 1 − x = lim = lim = . 2 x→0 x→0 2 x→0 x 2x 2 lim (b) Apli ando L.H. três vezes obtemos 1 1 − cos x sen x cos x x − sen x = lim = lim = lim = . x→0 x→0 6x x→0 x→0 x3 3x2 6 6 lim Observação 43 Quando o limite é uma indeterminação do tipo 0 · ±∞ temos que primeiro rees rever o limite para obtermos um quo iente do tipo os exemplos abaixo. Exemplo 87 (a) Determine: 1 1 lim − x ; x→0 x e −1 (b) lim+ x log x; x→0 ( ) lim+ xx . x→0 +∞ − (+∞) 0 ∞ ou . Veja 0 ∞ ou 102 CAPÍTULO 4. Solução do Exemplo 87 Nestes exemplos podemos apli ar L'Hospital após transformar a expressão em um quo iente. (a) Faça o produto ruzado e obtenha: 1/2. obtemos x log x (b) Transforme em log x 1/x lim+ x→0 Note (tente fazer!) APLICAÇÕES DA DERIVADA ex − x − 1 . x→0 x(ex − 1) lim Observação 44 A en 1/x = lim (−x) = 0. −1/x2 x→0+ que se zermos x 1/ log x e apli armos L'Hospital não hegaremos a e0 = 1. E a função fatorial? Quão grande é o res imento de nn ? n n resposta é: e < n! < n duas vezes e aplique L'Hospital. Obtemos: resposta. Reita sobre isso. x x log x , pela letra (b) obtemos que o limite será ( ) Como x = e om L.H. Apli ando n! em omparação ou para n grande. Em livros omo o Courant [Co℄ de ál ulo estudamos em detalhes o omportamento da função fatorial e obtemos a hamada fórmula de Stirling (está urioso? onsulte internet ou o Courant ou exer í io na p.47), que nos forne e o omportamento de n!, que surpren n endentemente res e mais rápido que qualquer potên ia (x ) e do que a exponen ial (e ). n Na realidade, n! res e quase tão rápido quanto n . Com a fórmula de Stirling podemos al ular os limites: n! , n→+∞ n10 n! , n→+∞ en lim lim Exemplo 88 n! . n→+∞ nn lim (em análise numéri a) O número de operações que um algoritmo realiza de- pende do tamanho n da entrada. Por exemplo, um algoritmo de ordenação depende do √ número n de objetos para que serão ordenados. Se um algoritmo realiza n operações, outro en operações, outro log n operações e outro n! operações, qual deles é o mais e iente? Solução do Exemplo 88 de operações. Pela n grande qual exe utará om √ menor número log n < n < en < n!. exe uta om log n operações. Queremos saber para hierarquia do innito Portanto o algoritmo mais e iente é o que que estabele emos, 4.2 Aproximando Função Lo almente Uma ideia muito importante do Cál ulo é aproximar lo almente uma função utilizando suas derivadas (f ′ , f ′′ , f ′′′ , . . .) em um ponto. A primeira ideia é que o grá o de uma função muito pare ido om sua reta tangente no ponto x ≈ a (x próximo de a. lo almente, a,  a De fato, pela denição de derivada, para a), f ′ (a) ≈ perto de um ponto f (x) − f (a) . x−a 4.2. APROXIMANDO FUNÇ O LOCALMENTE 103 Rearrumando obtemos que, f (x) ≈ f (a) + f ′ (a)(x − a). Assim, para ′ x f (a)(x − a). próximo de a, f (x) está próximo da reta tangente em a: r(x) = f (a) + Esta ideia esta ilustrada no grá o abaixo. In luímos ao lado o zoom da região indi ada por um ír ulo. Veja omo de fato, perto de a, o grá o da função f se onfunde om o grá o da reta tangente. y y r(x) x a Con luímos que f (x) ≈ f (a) + (x − a)f ′ (a) = r(x) Observação 45 de tangên ia. f (x) Dizemos que a reta tangente para x ≈ a. os ula (= beija) o grá o no ponto Veja o Desao da p.143 sobre o ír ulo os ulatório, ujo inverso do raio hamamos de urvatura. Exemplo 89 (problema anedóti o do Cal ulo) Como aproximar √ 7 1.1 numa ilha deserta (sem utilizar a al uladora, fazendo somente ontas de multipli ar, dividir, somar, et )? √ 7 Solução do Exemplo 89 Aproximamos a função f (x) = √ 7 1/(7 x6 ), podemos aproximar f (x) x perto de a = 1 pela reta f ′ (x)√= ≈ f (1) + (x − 1)f ′ (1). Subs√ √ 7 7 tituindo obtemos que x ≈ 7 1 + (x − 1)/(7 16 ) = 1 + (x − 1)/7√para x ≈ 1. Neste aso √ 7 obtemos que 1.1 ≈ 1 + (1.1 − 1)/7 = 1.01428 . . . O valor real é 7 1.1 = 1.013708856 . . .! tangente. Como Nada mal para uma ilha deserta! Podemos apli ar o mesmo método para aproximar √ 7 1.2 = 1.026388096 . . . e obter 1+ (1.2 − 1)/7 = 1.028571429. Exemplo √ 90 (a) 13; Aproxime: (b) sen(−0.1); Solução do Exemplo 90 √ √ c + (x − c)/(2 c). ( ) log(1.2); (a) Como a derivada de e0.2 . √ f (x) = x (d) é f ′ (x) = 1 √ , 2 x √ x ≈ a = 9 ou √ √ √ a = 16. √ 13 ≈ 9 + (13 − 9)/(2 9) = 11/3 = 3.666 . . . ou 13 ≈ 16 + (13 − √ √ 16)/(2 16) = 29/8 = 3.625. O valor real é 13 = 3.605551275 . . .. ′ (b) Como a derivada de f (x) = sen x é f (x) = cos x, sen(x) ≈ sen 0 + (x − 0) cos 0 = x. sen x Ou seja, para x pequeno, sen x ≈ x (isto omprova o limite fundamental lim = 1!). x→0 x Assim, sen(−0.1) ≈ −0.1 (o valor real é −0.099833417 . . .). ′ ( ) Como a derivada de f (x) = log x é f (x) = 1/x, log(x) ≈ log 1 + (x − 1)/1 ≈ x − 1. Assim, log(1.2) ≈ (1.2 − 1) = 0.2 (o valor real é 0.182321557 . . .). x ′ x x 0 0 (d) Como a derivada de f (x) = e é f (x) = e , e ≈ e + (x − 0)e ≈ 1 + x. Assim, e0.2 ≈ 1.2 (o valor real é 1.221402758 . . .). Temos duas opções: tomar Assim √ 104 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA Esta ideia de aproximar pela reta tangente pode ser generalizada. Uma reta é o grá o de uma função polinomial do primeiro grau. Podemos aproximar por uma função polinomial do segundo grau (uma parábola). Portanto levantamos a seguinte questão: Qual a parábola que melhor aproxima uma função lo almente? Para responder a pergunta, note que a reta tangente e a função possuem a mesma derivada f (x) ≈ r(x) = c0 + c1 (x − a) e r(a) = f (a) = c0 e r ′ (a) = no ponto de aproximação. f ′ (a) = c1 . Para a parábola queremos que não somente a derivada primeira seja a mesma omo a 2 Assim queremos que f (x) ≈ r(x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a) e r(a) = f (a) = c0 , r ′ (a) = f ′ (a) = c1 , r ′′ (a) = f ′′ (a) = 2c2 . derivada segunda. Con luímos que f ′′ (a) f (x) ≈ f (a) + f (a)(x − a) + (x − a)2 2 ′ Exemplo 91 Aproxime a função sen(x) perto de a= para x ≈ a. (4.1) π por uma parábola. 2 Solução do Exemplo 91 Cal ulando obtemos que sen(x) ≈ sen(π/2) + cos(π/2)(x − a) + − sen(π/2) 1 (x − a)2 = 1 − 2 (x − π2 )2 . Mostramos no grá o abaixo a função e a parábola que 2 π aproxima em inza. Note que longe do ponto a = a parábola se distan ia do grá o. 2 y x π 2 sen(x) 1 − 21 (x − π2 )2 Exemplo 92 Aproxime a função sen(x) perto de a= π por uma parábola. 4 Solução do Exemplo 92 Cal ulando obtemos que sen(x) ≈ sen(π/4) + cos(π/4)(x − a) + √ √ − sen(π/4) 2 2 . Colo ando em evidên ia obtemos: sen(x) ≈ (x−a)2 (1+(x− π4 )− 21 (x− π4 )2 ). 2 2 2 Mostramos no grá o abaixo a função e a parábola que aproxima em inza. Note que longe π a parábola se distan ia do grá o. do ponto a = 4 y x π 4 sen(x) Esta ideia pode ser generalizada pelo hamado polinmio de Taylor. Denição 17 (polinmio de Taylor) de grau np tal que O polinmio de Taylor em x = a é um polinmio p(a) = f (a), p′ (a) = f ′ (a), p′′ (a) = f ′′ (a), ..., p(n) (a) = f (n) (a). 4.2. APROXIMANDO FUNÇ O LOCALMENTE 105 Converse om seu professor, leia em algum livro os detalhes ou tente provar a fórmula abaixo: Fixe h = x − a. Polinmio de Taylor que aproxima f Então o Determine o polinmio de Taylor de grau Solução do Exemplo 93 a é: h3 h4 hn h2 ′′ f (a) + f ′′′ (a) + f ′′′′ (a) + · · · + f (n) (a). 2! 3! 4! n! f (x) ≈ f (a) + hf ′ (a) + Exemplo 93 perto de n que aproxima f (x) = ex Como a derivada de ordem qualquer de ex ≈ 1 + x + f (x) = ex é em a = 0. ex , e e0 = 1, xn x2 x3 x4 + + +···+ . 2! 3! 4! n! Na sequên ia de guras abaixo mostramos a aproximação por grau 1 (reta), grau 2 (parábola) e grau 3. Note omo elas vão aproximando ada vez melhor a exponen ial para próximo de zero. y y y x e 1+x+ ex ex x2 2 x x x 1+x 1+x+ x2 2 + x3 6 Deixamos para o leitor determinar (veja exer í io Extra da p.134) os polinmios de Taylor abaixo. As al uladoras ientí as al ulam estas funções utilizando estas fórmulas. Apre ie a beleza das fórmulas abaixo. Utilize um software que esbo e grá os e ompara as aproximações om a função original. sen x ≈ x − x3 x5 x7 + − . 3! 5! 7! x2 x4 x6 + − . 2! 4! 6! 3 2 x x4 x + − . log(1 + x) ≈ x − 2 3 4 cos x ≈ 1 − Bem mais difí il é obter a expansão do ar o-tangente (ver Desao da p.142) arctan x ≈ x − x3 x5 x7 + − . 3 5 7 x 106 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA 4.3 Máximo e Mínimo Lo al Vamos denir o que é ponto de máximo e mínimo lo al e omo podemos determinar estes pontos utilizando a derivada. Um ponto x0 x0 é de máximo lo al de f se num intervalo su ientemente pequeno J ontendo J de x0 , veja p.2), f (x0 ) é o máximo da função. O mínimo lo al é (numa vizinhança um on eito análogo. Informalmente, se o grá o de uma função representa uma adeia de montanhas, máximos e mínimos lo ais são os pontos no alto do morro e no fundo do vale. Denição 18 (max/min lo al) Dizemos que x0 é um (a) ponto de máximo lo al de f se existe um intervalo aberto J f (x0 ) ≥ f (x) para todo f (x0 ) ≤ f (x) para todo Exemplo 94 Considere a função ponto de mínimo lo al (b) ( ) x ∈ J; x ∈ J; extremo lo al de f máximo ou mínimo lo al de se x0 de f se existe um intervalo aberto J ontendo x0 tal que ontendo x0 tal que é ponto de máximo ou mínimo lo al de f esboçada na gura abaixo. f. Determine os pontos de f. y f (x) x −3 Solução do Exemplo 94 e −2 −1 1 Máximos lo ais em x = 2. 2 x = −1 3 e x = 3. 4 Mínimos lo ais em x = −2 O próximo Teorema ara teriza os pontos de máximo ou mínimo lo ais por meio da derivada. Teorema 19 (de Fermat ou dos extremos lo ais) máximo ou mínimo lo al Prova: iguais a Seja x0 ∈ I um intervalo aberto. f (x) − f (x0 ) . x→x0 x − x0 L = f ′ (x0 ) = lim L. Vamos al ular os limites laterais, que são f (a demonstração é análoga para x0 é ponto de máximo lo al, se x está próximo de x0 então f (x) ≤ f (x0 ). Assim f (x) − f (x0 ) < 0. Portanto para x próximo mas à direita de x0 f (x)−f (x0 ) ≤ 0 (numerador negativo, denominador positivo). Segue que (x − x0 > 0), temos x−x0 Suponhamos que x0 f : I → R possua um ′ Se f é derivável em x0 , então f (x0 ) = 0. Suponha que é um ponto de máximo lo al de ponto de mínimo lo al). Como L = lim+ x→x0 Por outro lado, para para f (x) − f (x0 ) ≤ 0. x − x0 x próximo mas à esquerda de x0 (x − x0 < 0), temos (numerador negativo, denominador negativo). Segue que L = lim− x→x0 f (x) − f (x0 ) ≥ 0. x − x0 f (x)−f (x0 ) x−x0 ≥0 4.3. MÁXIMO E MÍNIMO LOCAL Assim 0 ≤ L ≤ 0. Portanto 107 f ′ (x0 ) = L = 0. Motivado por este Teorema, introduzimos a seguinte denição. Denição 19 (pontos ríti os) ′ f (x0 ) Dizemos que x0 é um ponto ríti o de f se f ′ (x0 ) = 0 ou não existe. Corolário 8 uma função onde x0 ∈ I é um extremo (máximo ou mínimo) ′ ′ lo al. Então x0 é um ponto ríti o, isto é, f (x0 ) = 0 ou f (x0 ) não existe. Seja f :I →R Erro Comum: Este Corolário diz que: se x0 é máximo ou mínimo lo al ENT O x0 é um ponto ríti o. Este Corolário N O diz que se x0 é um ponto ríti o então é ponto de máximo ou mínimo lo al. Como determinar os máximos e mínimos lo ais de uma função f? Resposta: Pelo Teorema 19 da p.106 (Teorema de Fermat dos extremos lo ais), bus amos entre os pontos ríti os. Como saber se um ponto ríti o é de fato um ponto de máximo ou mínimo lo al de uma função  Será  Será f? máximo lo al se f res e antes de x0 e de res e depois de x0 ; mínimo lo al se f de res e antes de x0 e res e depois de x0 .  Caso não o orra um destes asos, não será extremo lo al. Isto pode ser veri ado, aso a derivada exista perto de depois de x0 , pelo sinal da derivada antes e x0 : máximo lo al se f ′ positiva antes e negativa depois de x0 ; ′  Será mínimo lo al se f negativa antes e positiva depois de x0 .  Será Vamos enun iar omo um Teorema o aso em que a função possui duas derivadas num I. intervalo Teorema 20 (teste da derivada segunda) Seja x0 é um ponto de: ′ ′′ (a) mínimo lo al se f (x0 ) = 0 e f (x0 ) > 0; ′ ′′ (b) máximo lo al se f (x0 ) = 0 e f (x0 ) < 0. vadas ontínuas. Então f :I →R uma função om duas deri- Prova: ′′ Provamos (a) somente pois (b) é análogo (mutatis mutandis ). Se f (x0 ) > 0, por ′′ ′ ontinuidade f (x) > 0 perto de x0 . Assim a função f (x) é res ente perto de x0 . Como f ′ (x0 ) = 0, f ′ é negativa antes e positiva depois de x0 . Portanto f de res e antes e res e depois de x0 , Exemplo 95 ou seja, x0 é um mínimo lo al de f. Determine os pontos ríti os e o extremos lo ais de Solução do Exemplo 95 f (x) = x3 . A função é derivável em todos os pontos. O úni o ponto ríti o f ′ (0) = 0. Como f ′ (x) = 3x2 > 0 para todo x 6= 0, a função res e antes e res e depois de x = 0 Portanto, x = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo lo al (esbo e ′′ também o grá o). Note que f (0) = 0 e o teste da derivada segunda falha (nada podemos é x=0 pois on luir). 108 CAPÍTULO 4. Observação 46 (Quando f ′′ = 0) APLICAÇÕES DA DERIVADA f ′′ (x0 ) = 0. Neste aso NADA podemos armar. Apli ando-o em x0 = 0 para f (x) = x4 , g(x) = −x4 , e h(x) = x3 observamos que nos três asos a derivada segunda em x0 = 0 é 0 mas x0 = 0: é máximo de f , é mínimo de g , não é máximo nem mínimo de h. Exemplo 96 O teste da derivada segunda falha quando Determine os pontos ríti os e o extremos lo ais de Solução do Exemplo 96 1 >0 f (x) = √ 3 3 x2 √ 3 x. x = 0. Nos ríti o é x = 0. A função não possui derivada em a derivada é diferente de zero. ′ f (x) = para todo Portanto o úni o ponto x 6= 0. outros pontos A derivada é Assim a função é sempre res ente. Portanto x=0 não é ponto de mínimo nem máximo lo al. Note que não podemos apli ar teste da derivada f ′′ (0) não está denida. Veja também o grá o na p.71. segunda pois Exemplo 97 Determine os pontos ríti os e o extremos lo ais de Solução do Exemplo 97 derivada separando em f ′ (x) = 0 A função não possui derivada em f (x) = √ x(x − 1) para x = 0. p |x|(x − 1). Podemos al ular a 3x − 1 f ′ (x) = √ . 2 x √ x < 0, f (x) = −x(x − 1), uja x > 0, uja derivada é x = 1/3, um ponto ríti o. Para 1 − 3x ′ √ . Note que em x < 0 a derivada não derivada é f (x) = 2 −x Portanto os pontos ríti os são x = 0 e x = 1/3. Pelo sinal da Assim f (x) = se (positiva a esquerda, negativa a direita), este é um máximo lo al. se anula pois f ′ (x) > 0. x = 0 Pelo sinal perto de x = 1/3 derivada perto de (negativa a direita, positiva a esquerda), este é um mínimo lo al. Colo o o grá o na gura abaixo. y f (x) = p |x|(x − 1) x 1 3 4.4 Esboço de Grá os (parte II) Nesta seção terminamos o que omeçamos no apítulo de limite: reveja a Seção 1.5, p.30: Esboço de Grá os (parte I). Vamos ver omo a derivada permite a res entar informação de res imento/de res imento e on avidade ao grá o. A relação entre a derivada e o res imento/de res imento de função foi vista no Corolário 6, p.84 ( orolário do TVM): o sinal da derivada determina os intervalos de res imento e de res imento da função. Pre isamos agora de um on eito novo: grá o. on avidade de um 4.4. ESBOÇO DE GRÁFICOS (PARTE II) 109 Embora o grá o de uma função possa ser esboçado de forma bastante el om base somente na derivada, alguns aspe tos sutis do grá o são revelados somente examinando a derivada segunda. (. . . ) provas orretas dos fatos relevantes são difí eis o su iente para serem olo adas em um apêndi e. Apesar destes o- mentários desen orajadores, as informações aqui presentes valem a pena serem assimiladas porque as noções de onvexidade e on avidade são muito mais importantes do que somente omo um auxílio no esboço de grá os. [Sp, p.191℄ Uma função f é onvexa ( n ava) ou possui on avidade para ima ( on avidade para baixo) em um intervalo I se para todo a, b ∈ I , Denição 20 ( onvexa ( n ava)) o segmento de reta unindo (a, f (a)) e (b, f (b)) está a ima (abaixo) do grá o de y y x x Função Convexa Exemplo 98 2 Função Cn ava Verique que: y=x é 2 (b) y = −x (a) f. onvexa (possui on avidade para ima). é n ava (possui on avidade para baixo). Solução do Exemplo 98 Basta fazer uns desenhos para omprovar isso. Estes são modelos padrão de função n ava e onvexa. Teorema 21 Sejam I um intervalo e f :I→R x ∈ I: f ′′ (x) > 0, então o grá o de f ′′ (b) f (x) < 0, então o grá o de f todo (a) Prova: A ideia geométri a é que se uma função om duas derivadas. Se, para I; em I ; possui on avidade para ima (é onvexa) em possui on avidade para baixo (é n ava) f ′′ (x) > 0 então f′ está res endo, isto é, o oe iente angular está aumentando. A ompanhando o movimento da reta tangente ao longo do grá o (faça uma gura!), ela terá que aumentar sua in linação. ′′ onvexa. Ra io ínio análogo para f < 0. Con luiremos que a função é A ideia algébri a é bem mais simples. Pelo polinmio de Taylor de grau 2 da equação (4.1) f ′′ (a) da p.104, lo almente a função se pare e om uma parábola da forma (x−a)2 +f ′ (a)(x− 2 b) + f (a). Note que a on avidade da parábola depende do sinal do oe iente de x2 que é f ′′ (a)/2. Logo o o sinal da derivada segunda determinará a on avidade do grá o de f . Para detalhes (difí eis) ver [Sp, p. 191℄. 110 CAPÍTULO 4. Exemplo 99 APLICAÇÕES DA DERIVADA Determine os intervalos ujo grá o possui on avidade para ima e para baixo de: (a) f (x) = 1 , 2 x +1 sabendo que f ′′ (x) = 2(3x2 − 1) ; (1 + x2 )3 (b) g(x) = 2x , x2 + 1 sabendo que g ′′ (x) = 4x(x2 − 3) ; (x2 + 1)3 ( ) h(x) = e−x 2 , sabendo que Solução do Exemplo 99 h′′ (x) = 2(2x2 − 1)e−x 2 . (a) Fazendo análise de sinal, omo o denominador é sempre po3x2 − 1. Con luímos que o grá o de f possui a sitivo, basta analisar sinal da parábola on avidade para baixo em √ ( 3/3, +∞) √ √ (− 3/3, 3/3) e a on avidade para ima em onforme gura abaixo. √ (−∞, − 3/3) e y x √ √ − 3 3 3 3 f (x) = x2 1 +1 (b) De forma análoga, omo o denominador é sempre positivo, basta analisar os sinal de √ 4x(x2 − 3). Con luímos que o grá o de g possui a on avidade para baixo em (−∞, − 3) e √ (0, 3, a on avidade para ima em √ (− 3, 0) e √ ( 3, +∞) onforme gura abaixo. Observe bem as mudanças na on avidade! y √ − 3 g(x) = ( ) Como e−x √ x 3 2x x2 + 1 2 é sempre positivo (exponen ial é uma função sempre positiva), basta 2 analisar os sinal de 2x − 1. Con luímos que o grá o de h possui a on avidade para baixo em √ √ (− 2/2, 2/2) gura abaixo. e a on avidade para ima em √ (−∞, − 2/2) e √ ( 2/2, +∞) onforme 4.4. ESBOÇO DE GRÁFICOS (PARTE II) 111 y x − √ 2 2 √ 2 2 −x2 h(x) = e Finalmente, vamos juntar todas as informações que aprendemos para esboçar um grá o. Para as questões de esboço de grá o, antes do esboço deverá ser determinado: (a) TODOS os pontos de interseção om os eixos x e y; (b) os limites no innito e TODAS as assíntotas; ( ) os intervalos de res imento e de res imento; (d) TODOS os pontos de máximo e mínimo lo ais; (e) os intervalos om on avidade para ima e para baixo; Exemplo 100 Esbo e o grá o de f (x) = 2x3 + 3x2 − 12x + 1. Solução do Exemplo 100 Intersepta o eixo y em (0, 1). Não vou al ular onde intersepta x pois teria que resolver uma equação do ter eiro grau . . . Os limites no +∞ é +∞ e ′ 2 no −∞ é −∞. Não possui assíntotas. Como f (x) = 6x + 6x − 12, ujas raízes são 1 e −2, res e até x = −2, de res e em (−2, 1), res e depois de x = 1. Assim x = 1 é mínimo lo al e x = −2 é máximo lo al. ′′ Como f (x) = 12x + 6, uja raiz é −1/2, on avidade para baixo até x = −1/2, o eixo on avidade para ima depois. y f (x) = 2x3 + 3x2 − 12x + 1 x −3 Exemplo 101 −2 − 12 Esbo e o grá o de Solução do Exemplo 101 1 f (x) = 2x + sen x. Inter epta o eixo y em (0, 0). Vamos ver que não intersepta x em outro ponto pelo res imento da função. Quando x → +∞, f (x) → +∞ e quando x → −∞, f (x) → −∞. Não possui assíntotas. ′ Como f (x) = 2 + cos x > 0 para todo x ∈ R, a função sempre res e. Assim não possui o eixo máximos nem mínimos lo ais. 112 Como CAPÍTULO 4. f ′′ (x) = − sen x, a on avidade varia: de (0, π) APLICAÇÕES DA DERIVADA para baixo, de (π, 2π) para ima e vai alternado desta forma. y −3π −2π −π f (x) = 2x + sen(x) π 2π 3π x Observação 47 Como losoa geral, quando f não é um polinmio ou muito simples, ′ ′′ daremos as expressões de f e f ( al uladas om o software Maxima) pois queremos separar a di uldade de esboço do grá o da questão de saber al ular a derivada. Exemplo 102 Di a: Esbo e o grá o de f ′ (x) = 6x2 (x − 1)3 (x + 2)2 −x3 + 2. (x − 1)2 (x + 2) −6x(3x2 + 2x + 4) . f ′′ (x) = (x − 1)4 (x + 2)3 f (x) = e Solução do Exemplo 102 Inter epta o eixo y em (0, 2). Não vou al ular onde intersepta x pois teria que resolver uma equação muito ompli ada. Quando x → ±∞, f (x) → 1. Assim a assintota horizontal é y = 1. A assíntota verti al (onde denominador se anula) é: x = 1 e x = −2. ′ Analisando sinal de f : omo numerador é sempre positivo, valendo zero em x = 0, basta olhar sinal do denominador, que tem o mesmo sinal que x − 1. Assim a função de res e até 1 o eixo e res e dai em diante. Como a derivada se anula somente no zero, este é o úni o andidato a ponto extremo lo al. Como a função de res e ai, x=0 não é extremo lo al. A função não tem máximo nem mínimo lo al. 3x2 + 2x + 4 possui raízes omplexas. Logo este ′′ termo é sempre positivo. Assim o sinal de f é dado por −6x e x + 2. Logo a on avidade é para baixo até x = −2, para ima em (−2, 0), para baixo se x > 0. O sinal de f ′′ . Note que o polinmio 4.4. ESBOÇO DE GRÁFICOS (PARTE II) 113 y y=1 x x = −2 x=1 −x3 f (x) = +2 (x − 1)2 (x + 2) Exemplo 103 Di a: Esbo e o grá o de 4 x3 f (x) = 2 − 3 3 x3 Solução do Exemplo 103 evidên ia obtemos que Note que 1 2 f′ f (x) f ′′ (x) = − e x=0 é sempre positivo pois apare e Para x− √ 3 x4 4 9x 2 3 − 2 5 9 x3 Note que f (x) = 0 em x = 0 e x = 1. Colo ando √ √ 3 3 = x4 (1/ x2 − 1). Assim quando x → ±∞, f (x) → N O existe em 3 x3 f ′ (x) > 0 para x < 0. √ 3 1 1 ′ f (x) = 2 x e vale zero em . Para ′ x = 1/4. x4 em −∞. Quanto ao sinal, note que 1/3 x < 0 o termo −4x √ 3 é sempre positivo. Assim ′ 0 < x < 1/4 f (x) > 0 para x > 1/4 f (x) < 0. Assim, x = 1/4 é máximo lo al. f ′′ x = −1/2. Quanto ao sinal, note que 2 − 2 é sempre negativo. Assim se x > 0 o termo − 5 também será sempre negativo. 9 x3 9 x 3 ′′ ′′ Assim, se x > 0, f (x) < 0. Agora para −1/2 > x > 0, f (x) > 0 e para x < −1/2, f ′′ (x) < 0. Note que 4 N O existe em x=0 e vale zero em 114 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA y x − 21 1 1 4 √ 3 f (x) = x− √ 3 x4 4.5 Máximo e Mínimo em Intervalos: TVE Nesta seção estabele emos os Teoremas que permitem al ular o máximo e o mínimo de uma função em um intervalo. Em ontraste om o on eito apresentado anteriormente de máximo e mínimo lo al, dizemos que queremos o máximo e o mínimo global em um intervalo. Denição 21 (máximo e mínimo) x0 ∈ I I Sejam um intervalo e é um f : I → R. Dizemos que ponto de máximo em I de f se f (x0 ) ≥ f (x) para todo x ∈ I ; ponto de mínimo em I de f se f (x0 ) ≤ f (x) para todo x ∈ I ; ( ) extremo em I de f se x0 é ponto de máximo ou mínimo em I de f . (a) (b) Exemplo 104 (a) ( ) Determine o máximo e o mínimo de: 2 1/x em (0, 1]; (b) g(x) = x + 6 em f (x) = h(x) = |x| em [−3, 1]; Solução do Exemplo 104 (0, 1] x = 1. máximo em no ponto (d) R; j(x) = (3 − x)(x − 7) em R. f (x) = 1/x e verique que f não possui função res e sem limites e f possui mínimo (a) Esbo e o grá o de pois se aproximando de a y = x2 ) e verique que g N O possui máximo em R pois ela res e sem limites e g possui mínimo x0 = 0. ( ) Esbo e o grá o de h(x) = |x| e verique que em [−3, 1], g possui máximo no ponto x = −3 e mínimo no ponto x = 0. (b) Esbo e o grá o de g(x) = x2 + 6 0 (translação da parábola (d) Esbo e o grá o desta parábola om on avidade para baixo om raízes 3 e 7 e verique que j possui máximo em x = (3 + 7)/2 = 5 e N O possui mínimo em R pois ela de res e sem limites. O Teorema abaixo é um dos mais importantes do Cál ulo pois garante a existên ia de máximo e mínimo de uma função ontínua em um intervalo fe hado e limitado. Teorema 22 (Weierstrass ou Valor Extremo (TVE)) ontínua em [a, b] f possui máximo e mínimo neste intervalo. ∈ [a, b] tais que f (xmax ) ≥ f (x) ≥ f (xmin ) para Mais (um intervalo fe hado e limitado). Então expli itamente, existem x ∈ [a, b]. xmax , xmin Considere f todo 4.5. MÁXIMO E MÍNIMO EM INTERVALOS: TVE 115 Prova: Deixamos sua demonstração para um urso de análise (veja [NC℄ por exemplo). Observação 48 Se o intervalo não for fe hado, o resultado pode ser falso. Por exemplo, f (x) = 1/x I. é ontínua em I = (0, 1]. Possui mínimo em x=1 mas não possui máximo em Observação 49 f (x) = 1 − x I. Se o intervalo não for limitado, o resultado pode ser falso. Por exemplo, é ontínua em I = [0, +∞). Possui máximo em x= 0 mas não possui mínimo em Observação 50 exemplo Mesmo sendo des ontínua, a função pode ter máximo e mínimo. f (x) = IQ (x) (vale 0 nos irra ionais, 1 nos ra ionais). Mesmo sendo des ontínua em todos os pontos, no intervalo Exemplo 105 mos de f em [0, 1] Considere a função (a) Por [0, 4]; (b) possui máximo em f esboçada [−3, 4]; y x=0 e mínimo em x = π/10. na gura abaixo. Determine os pontos extre( ) [−3, 1]. f (x) x −3 −2 Solução do Exemplo 105 x = 2, máximo em Observação 51 x = −1. −1 1 2 3 4 x = 2, máximo em x = 0. x = 1, máximo em x = −1. (a) Mínimo em ( ) Mínimo em (b) Mínimo em Note que nem todo extremo lo al é extremo (global) no intervalo. Veja o exemplo a ima. Para determinar o máximo e mínimo de uma função em um intervalo I, o mais seguro é esboçar o grá o da função pois re eitas de bolo são difí eis de serem memorizadas e se mal apli adas podem falhar. Mas se quiser uma re eita: Como determinar os máximos e mínimos em um intervalo Compare: I? (a) o valor ou limite do valor da função nos extremos do intervalo I ; (b) o valor da função nos (pontos om derivada nula ou sem derivada) do intervalo pontos ríti os I. Exemplo 106 Seja f : R → R Determine o máximo e mínimo de f (x) = |x − 1|(5 − x) [0, 4]. dada por f em para todo x ∈ [0, 4]. 116 CAPÍTULO 4. Solução do Exemplo 106 f Como f é ontínua em [0, 4], APLICAÇÕES DA DERIVADA pelo Teorema 22 da p.114 (TVE) tem máximo e mínimo. Vamos determiná-los. É imediato que   (1 − x)(5 − x) f (x) = Segue fa ilmente (verique) que  f (x − 1)(5 − x) f (x) = f ′ (x) = 0 para   2x − 6  x = 3, 0 ≤ x ≤ 1, se 1 < x ≤ 4. é derivável em todo ponto ′ Com se 6 − 2x o max/min de f x 6= 1. se 0 ≤ x < 1, se 1 < x ≤ 4. em [0, 4] está em Além disto, {0, 1, 3, 4} (extremos do intervalo, ponto sem derivada, ponto om derivada nula). Uma simples veri ação nos dá f (0) = 5, f (1) = 0, f (3) = 4 de mínimo de f . Exemplo 107 quais x∈R e f (4) = 3. (mínimos quadrados) Fixe N X f (x) = a função i=1 Solução do Exemplo 107 Portanto, 0 é o ponto de máximo e N ∈ N e onsidere a1 , a2 , · · · , aN . (x − ai )2 1 é o ponto Determine para assumirá o maior e o menor valor. Note que não podemos apli ar Teorema 22 da p.114 (TVE) pois estamos bus ando extremo em R: pode ser que tenha ou não. Como a função é derivável em todos os pontos, os pontos ríti os são somente os pontos N X ′ (x − ai ) = 0. Assim para que f ′ (x0 ) = 0 om derivada zero. Pontos ríti os: f (x) = 2 i=1 temos que N X i=1 x0 = x0 + x0 + · · · + x0 (N vezes) = Nx0 = n X ai . i=1 n 1 X ai , a média dos pontos. Como f (x) → +∞ Logo, o úni o ponto ríti o é x0 = N i=1 se x → ±∞, mesmo sem al ular f (x0 ) sabemos que esta função assumirá o menor valor ′′ possível em x = x0 . Note que f (x) = 2N > 0, e portanto ela é n ava para ima. Pela mesma razão, esta função não possui máximo em R, pois ele res e sempre para x → ±∞. Exemplo 108 Determine máximos e mínimos lo ais e o máximo e mínimo de ada função abaixo no intervalo I indi ado: 7 3 (a) f (x) = x − x em I = ( ) log x f (x) = 2 x em (b) f (x) = cos x + x/2 em I = [0, 2π]; I = [1, +∞). Solução do Exemplo 108 (porque?). Como [0, 1]; (a) Os pontos ríti os são somente onde a derivada se anula ′ f (x) = 7x6 − 3x2 = x2 (7x4 − 3), Agora fazendo a análise de sinal de f ′ (x2 os pontos ríti os são é sempre positivo e 7x4 − 3 n p o 0, ± 4 3/7 . possui somente duas 4.6. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇ O 117 p p p p f ′ (x) > 0 em x > 4 3/7 e x < 4 3/7; f ′ (x) < 0 em x ∈ (− 4 3/7, 4 3/7). Portanto, perto de x = 0 a função de res e: logo o ponto ríti o x = 0 não é máximo nem p 4 mínimo lo al. Perto de x = − 3/7 a função res e e depois de res e: é máximo lo al. p 4 Perto de x = 3/7 é o ontrário: é mínimo lo al. raízes reais): Note que se tentar utilizar a derivada segunda as ontas  arão muito ompli adas. p f (0) = f (1) = 0 e 4 3/7 ∈ [0, 1], no intervalo [0, 1] o mínimo é em o máximo em x = 0 ou x = 1. 3 4 fazer análise de sinal de f (x) = x (x − 1) e om estas informações esboçar o Finalmente, omo x= p 4 3/7 e Podemos grá o (tente e verique om software grá o). f ′ (x) = (b) Os pontos ríti os são somente onde a derivada se anula (porque?). Como − sen x + 1/2, os pontos ríti os são onde sen x = 1/2, isto é, os pontos ríti os são {(2k + 1/2)π ± π/4; k ∈ Z}. Como f ′′ (x) = − cos x: ′′ ′′ √ • nos pontos {(2k + 1/2)π − π/4; k ∈ Z} f é negativa (f (π/4) = − cos π/4 = − 2/2 < 0): são pontos de máximo lo al; ′′ ′′ √• nos pontos √ {(2k + 1/2)π + π/4; k ∈ Z} f é positiva (f (3π/4) = − cos 3π/4 = −(− 2/2) = 2/2 > 0): são pontos de mínimo lo al. Para al ular o valor extremo em I basta omparar f (0) = cos 0 + 0 = 1, f (2π) = cos 2π + 2π/2 = 1 + π , f (π/4) = cos π/4 + π/8 = 1/2 + π/8, f (3π/4) = cos 3π/4 + 3π/8 = −1/2 + π/8. É fá il ver que −1/2 + π/8 é o menor valor e 1 + π o maior. Portanto, em I , o mínimo é em x = 3π/4 e o máximo em x = 2π . Use algum software para ver o grá o desta função. ( ) f ′ (x) = 1 − 2 log x . x3 Assim o ponto ríti o é log x0 = 1/2, ou, x0 = e1/2 = √ e. Este ponto é de máximo lo al pois a derivada é positiva antes e negativa depois. f (1) = 0, f (+∞) 0 por L'Hospital. √ =√ máximo é em x = e, f ( e) = 1/(2e). Comparando o valor da função no intervalo: o mínimo em [1, +∞] é zero em x=1 e o Logo 4.6 Problemas de Otimização Nesta Seção não apresentamos nenhuma teoria nova. A di uldade para o aluno é aprender a modelar os problemas matemati amente. Vamos separar a fase de MODELAGEM e de RESOLUÇ O. Na fase de MODELAGEM, as respostas devem ser do tipo maximize (ou minimize) a função f (x) = · · · em R ou no intervalo [a, b] ou (a, b) ou (0, +∞), et . A parte de RESOLUÇ O re ai na Seção anterior, que ensinou a determinar o máximo/mínimo de uma função num intervalo. O roteiro bási o de MODELAGEM é: (a) atribuir variáveis (x, y, r, h, et .) para as quantidades des onhe idas; (b) es rever a função que deve ser otimizada e as restrições que envolvem as variáveis; ( ) aso a função que deva ser otimizada seja de mais de uma variável, eliminar as variáveis om as restrições; (d) determinar o intervalo onde a função deve ser otimizada. Vamos omeçar om problemas de ensino médio, onde a modelagem re ai numa equação do segundo grau. Exemplo 109 Modele os seguintes problemas e depois resolva-os. máximo e o mínimo: deve-se justi ar porque. Não basta al ular o 118 CAPÍTULO 4. Um arame de omprimento L > 0 APLICAÇÕES DA DERIVADA deve ser ortado em dois pedaços. Uma parte será dobrada no formato de um quadrado, ao passo que a outra na forma de um ír ulo. Como deve ser ortado o o de forma que a soma das áreas do quadrado e do ír ulo total englobada seja um máximo? Como deve ser ortado para que seja um mínimo? Solução do Exemplo 109 MODELAGEM: Vamos ortar o arame num pedaço de tamanho x para fazer o quadrado e L−x para o ír ulo. x é o perímetro do quadrado e L−x o perímetro do ír ulo. Assim o lado do quadrado é x/4 e o raio do ír ulo é r = (L−x)/(2π). x2 (L − x)2 . Note que x pode variar somente entre 0 e L, o Assim a área total é a(x) = + 16 4π x2 (L − x)2 tamanho do arame. Assim queremos o MÁXIMO e MÍNIMO de a(x) = + para 16 4π x ∈ [0, L] x x−L 4L ′ + RESOLUÇ O: Como a (x) = . Assim o úni o ponto ríti o é x0 = . 8 2π 4+π Como a é uma parábola om on avidade para ima, x0 é ponto do mínimo lo al. Além disso, 4 omo < 1, 0 < x0 < L. Assim o mínimo será utilizar x0 para o quadrado e L − x0 4+π L2 L2 L2 para o ír ulo. O máximo estará nos extremos. Como a(0) = , o ≈ > a(L) = 4π 12 16 máximo é em x = 0, quando todo o arame é utilizado no ír ulo. Exemplo 110 Note que Modele os seguintes problemas e depois resolva-os. Não basta al ular o máximo e o mínimo: deve-se justi ar porque. (a) Uma janela tem a forma de um retângulo en imado por um semi ír ulo. Se o perímetro da janela é P , determine as dimensões da janela que deixam passar a maior quantidade possível de luz. (b) Repita o problema supondo que a parte retangular da janela re eberá um tipo de vidro que deixe passar o dobro de luz que a parte semi ir ular. 111111 000000 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 Solução do Exemplo 110 possuirá lados 2r e (a) MODELAGEM: Se o semi ír ulo tem raio r, o retângulo x. Como a quantidade de luz é propor ional a área da janela, queremos 2 maximizar a área da janela a = 2rx + πr /2 (área retângulo mais semi ír ulo). Esta é uma função de duas variáveis. Utilizando a restrição que o perímetro da janela 2x + r(2 + π), obtemos que P − r(2 + π) x= . 2 Assim P = 2x+2r +πr = a(r) = r(P − r(2 + π)) + πr 2 /2 = r(P − r(2 + π/2)). Olhando para o perímetro P = 2x + r(2 + π), vemos que os asos extremos são r = 0 (x = P/2) e r = P/(2 + π) (x = 0). Assim queremos o máximo de a(r) = r(P − r(2 + π/2)) para r ∈ [0, P/(2 + π)]. P ′ é o úni o ponto ríti o. Nos RESOLUÇ O: Como a (r) = P − 2r(2 + π/2), r0 = 4+π extremos do intervalo, a(0) = a(P/(2 + π)) = 0. Como é polinmio do segundo grau om P P on avidade para baixo, r0 é ponto de máximo. Alem disso r0 = , e portanto < 4+π 2+π perten e ao intervalo. 4.6. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇ O 119 (b) MODELAGEM: Neste aso a quantidade de luz na parte retangular será propor ional 2 2 ao dobro: 4rx e na parte semi ir ular igual: πr /2. Assim, a = 4rx + πr /2. Utilizando a restrição do perímetro obtemos que queremos o máximo de r ∈ [0, P/(2 + π)]. a(r) = r(2P − r(4 + 3π/2)) para RESOLUÇ O: De forma análoga vamos obter que o mínimo é em r0 = 2P 8 + 3π que perten e ao intervalo. Vamos apresentar problemas que somente podem ser resolvidos om Cál ulo. Exemplo 111 Modele o seguinte problema e depois resolva-o. Determine as dimensões do retângulo om área Solução do Exemplo 111 A>0 que possui o menor perímetro. MODELAGEM: É similar ao primeiro da sequên ia de exemplos. x e y omo as dimensões do retângulo. Então queremos minimizar o perímetro p = 2x+ 2y . Como são duas variáveis, utilizamos a restrição A = xy para eliminar uma delas. Assim y = A/x. Logo queremos o mínimo de p(x) = 2x + 2A/x. Note que x pode variar entre 0 e +∞ mas N O pode ser zero. Assim queremos o mínimo de p(x) = 2x + 2A/x para x ∈ (0, +∞). √ ′ 2 RESOLUÇ O: Como p (x) = 2 − 2A/x , x0 = A. Como lim+ p(x) = +∞ e √ x→0 lim p(x) = +∞, este ponto é de mínimo em (0, +∞). Se x0 = A, omo A = x0 y0 = x→+∞ √ √ √ Ay0 , y0 = A. Como x0 = y0 = A, on luímos que o retângulo om menor perímetro é Considere o quadrado. Observação 52 Embora bem mais difí il, o quadrilátero om área é o quadrado. De forma geral, o polígono de o polígono regular de n n lados om área A A om menor perímetro om menor perímetro é lados. Finalmente, a região plana de área A om menor perímetro é o ír ulo. Os resultados são idênti os se xarmos o perímetro P >0 e quisermos maximizar a área. P om maior área, é o hamado Problema Isoperimétri o, que pode ser resolvido somente om té ni as de Cál ulo das variações. Este No aso da região plana om perímetro problema (veja Wikipédia em inglês isoperimetri ) tem origem na antiguidade, e intrigou muitos ientistas, entre outros Kepler. Mas foi resolvido ompletamente somente em 1902 por Hurwitz usando série de Fourier. Exemplo 112 Modele os seguintes problemas e depois resolva-os. Não basta al ular o máximo e o mínimo: deve-se justi ar porque. (a) Um fazendeiro quer er ar uma área de 1500 m2 num ampo retangular e então dividi- lo ao meio om uma er a paralela a um dos lados do retângulo. Como fazer isto de forma a minimizar o usto da er a? (b) Resolva este problema se o usto por omprimento da er a que divide ao meio é três vezes mais ara do que o da er a em volta do terreno. 120 CAPÍTULO 4. Solução do Exemplo 112 e y o outro. APLICAÇÕES DA DERIVADA (a) MODELAGEM: Faça um desenho onde x será dividido ao meio por c = 2x + 2y + y (perímetro do O lado de tamanho Assim, o tamanho da er a é duas x é um dos lados uma er a de tamanho y. retângulo mais a er a do meio do terreno). Esta função é de variáveis. Utilizando a restrição que o terreno m2 , xy = 1500. Assim eliminamos y = 1500/x do usto e obtemos c(x) = possui 1500 2x + 3(1500)/x = 2x + 4500/x. MÍNIMO de c(x) = 2x + 4500/x x pode variar entre 0 e +∞. Assim queremos o para x ∈ (0, +∞) (note que x não pode ser 0). RESOLUÇ O: Cal ulando o mínimo de c(x) = 2x + 4500/x em I = (0, +∞). Como √ c′ (x) = 2 − 4500/x2 , o úni o ponto ríti o é x0 = 2250. Nos extremos do intervalo I : lim+ c(x) = +∞ e lim c(x) = +∞. Assim x0 é mínimo e omo xy = 1500, y = x→+∞ x→0 √ 1500/ 2250. (b) MODELAGEM: Se a er a em torno do terreno usta K , a er a do meio usta 3K . Portanto c = 2xK + 2yK + y3K = K(2x + 5y). Outra possibilidade é xar o usto/ omprimento em torno de 1 e para er a do meio 3. Vamos obter (verique) c = 2x+5y , que obteremos na mesma resposta. Utilizando a restrição xy = 1500, queremos o MÍNIMO de c(x) = K(2x + 5 · 1500/x para x ∈ (0, +∞). p 5 · 1500/2. RESOLUÇ O: Similar ao item (b). Obteremos x0 = Exemplo 113 Sejam Note que M, N > 0 números dados. Se x, y ≥ 0 são números tais que sua soma S > 0, determine o mínimo e o máximo do produto P = xM y N . é igual a uma onstante Solução do Exemplo 113 x + y = S , y = S − x. Como y ≥ 0, 0 ≤ x ≤ S . Assim queremos o máximo e o mínimo de P (x) = xM (S − x)N para x ∈ [0, S]. ′ M −1 RESOLUÇ O: Como P (x) = Mx (x − S)N − NxM (S − x)N −1 . Logo os pontos MS e, x = 0 ( aso M − 1 6= 0) e x = S (N − 1 6= 0). De todo modo ríti os são x0 = M +N vamos he ar o valor da função em 0 e S pois são os extremos do intervalo. Note que omo MS < S . Assim x0 ∈ (0, S). < 1, e portanto x0 = 0 < M < M + N , MM +N M +N Mas P (0) = P (S) = 0 e P (x) > 0 para x ∈ (0, S). Assim x0 é de fato o máximo. O mínimo é em x = 0 ou x = S . Exemplo 114 MODELAGEM: Como Qual ponto do grá o de Solução do Exemplo 114 y = x2 + 2 está mais perto do ponto (0, 5)? MODELAGEM: A distân ia de um ponto até uma urva é igual a menor distân ia entre todos pontos da urva até a reta. A distân ia de um ponto (x, y) na p p (0, 1) é d = (x − 0)2 + (y − 5)2 . Como y = x2 +2, d(x) = x2 + (x2 + 2 − 5)2 . urva até Queremos o mínimo para x∈R desta função d(x) = RESOLUÇ O: Existe um truque bási o: ao invés p x2 + (x2 − 3)2 . de minimizar d(x), d2 (x) f (x) = minimizamos pois dá na mesma (porque?) mas a álgebra é mais fá il. Assim queremos minimizar p x2 + (x2 − 3)2 . Como f ′ (x) = 2x + 2(x2 − 3)(2x), os pontos ríti os são 0, ± 5/2. Quando x → ±∞ f (x) → +∞p . Assim o mínimo é atingido em um dos pontos ríti os. f (0) = 9, f (± 5/2) = 11/4. Como 11/4 < 9, o mínimo é atingido em vemos que Agora omparamos p x = ± 5/2. 4.6. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇ O Exemplo 115 121 Modele o seguinte problema e depois resolva-o. Não basta al ular o máximo e o mínimo: deve-se justi ar porque. 3 Uma lata ilíndri a aberta no topo deve onter 500cm de líquido. O usto do mate2 2 rial utilizado na base é de R$2,00/ m e o material utilizado nos lados é de R$3,00/ m . Determine o raio que minimiza o usto de fabri ação da lata. Solução do Exemplo 115 é é MODELAGEM: Seja r o raio da lata e h a altura. A área lateral 2 2πrh e a área da base πr . Levando em onta o usto do material, o usto de fabri ação c = 6πrh + 2πr 2 . Utilizando a restrição que o volume V = πr 2 h = 500, eliminamos umas das variáveis do usto. Vamos eliminar 2πr 2 para h. Como πrh = 500/r obtemos que devemos minimizar r ∈ (0, +∞). Outra possibilidade de modelagem é eliminar p p e r = 500/(hπ) = 10 5/(hπ). √ 1000 60 5πh + para h ∈ (0, +∞). h Eliminando RESOLUÇ O do modelo minimize c(r) = c(r) = 3000 + r r . Pela restrição do volume, πr 2 = 500/h r obtemos que devemos minimizar c(h) = 3000 + 2πr 2 r para r ∈ (0, +∞): Note que r → 0+ ou r → +∞. Assim existirá um mínimo r poi c(r) > 0 para todo 750 3000 r > 0. Como c′ (r) = − 2 + 4πr , o úni o ponto ríti o é r0 = 3 , o ponto de mínimo. r π 2 Agora podemos obter h0 , a altura que minimiza usto utilizando a relação V = πr0 h0 = 500. r √ 2 3 3 . Vamos obter h0 = 20/ 36π = 10 9π √ 1000 RESOLUÇ O do modelo minimize c(h) = 60 5πh + para h ∈ (0, +∞). Como h r √ 30 5π 1000 2 c′ (h) = √ . Note que o primeiro modelo torna − 2 , o ponto ríti o é h0 = 10 3 h 9π h c(r) → +∞ quando as ontas mais fá eis. Exemplo 116 Modele o seguinte problema e depois resolva-o. Não basta al ular o máximo e o mínimo: deve-se justi ar porque. Determine a área do maior retângulo ( om lados paralelos aos eixos x e y) que pode ser  x 2  y 2 + = 1. ins rito na elipse (a, b > 0) a Solução do Exemplo 116 b MODELAGEM: Resolvendo a equação da elipse para y pode-se p x, y(x) = ±b 1 − (x/a)2 . Note quep para ada x ∈ [0, a] obtemos 1 − (x/a)2 . Assim queremos um retângulo ins rito na elipse om om lados 2x e 2y = 2b p maximizar a área g(x) = 4bx 1 − (x/a)2 para x ∈ [0, a]. RESOLUÇ O: Note que g(0) = g(a) = 0 e que g(x) > 0 para x > 0. Assim o p 4bx2 ′ ponto ríti o, se existir, será de mínimo. Como f (x) = 4b 1 − (x/a)2 − p . a2 1 − (x/a)2 2 2 2 2 2 Igualando a zero, an elando 4b dos dois lados, obtemos que x0 = a (1 − (x0 /a) ) = a − x0 . obter que xado um 122 CAPÍTULO 4. a x0 = √ . 2 p p 1 − (x0 /a)2 = 1/2!). Assim, 2x20 = a2 Exemplo 117 que W dista b Substituindo obtemos que a área Duas idades, Q opostas. Seja e APLICAÇÕES DA DERIVADA Z e √ g(a/ 2) = 2ab W , estão na beira de um rio reto de largura o ponto na margem oposta do rio diretamente em frente a do ponto ( onra pois a em margens Z. Sabe-se que Q. b Q W P 1111111111111111 0000000000000000 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 a Z As idades serão ligadas por um sistema viário omposto por uma ponte partindo de até um ponto P na outra margem do rio e uma estrada por terra ligando por quilmetro para onstrução da ponte é por terra é T A P a W. Z O usto por Km e o usto para onstrução da estrada por Km. Qual deve ser a lo alização do ponto P para que o usto total do sistema viário seja o menor possível? PS: Problema similar: Vo ê parti ipará de uma prova de orrida e natação entre as duas idades, sendo que vo ê orre om velo idade Vc e nada om velo idade vo ê deverá nadar (em linha reta, é laro!) até um ponto orrer (em linha reta) até W. Solução do Exemplo 117 P Vn . Partindo de Z, na na outra margem e depois Como minimizar o tempo de prova? MODELAGEM: Vamos introduzir a oordenada x que lo aliza x = 0 se P = W e x = b se P = Q. Assim x ∈ [0, b]. P p , a estrada de terra terá omprimento x e a ponte terá omprimento, por Pitágoras, (b − x)2 + a2 . Logo o usto total do sistema viário é c(x) = p T x + A (b − x)2 + a2 e queremos minimizar para x ∈ [0, b]. b−x ′ RESOLUÇ O: Vamos al ular os pontos ríti os. c (x) = T − A p . Resol(b − x)2 + a2 ′ 2 2 2 2 2 vendo c (x0 ) = 0 obtemos que (A − T )(b − x0 ) = T a . Assim para que tenha solução 2 2 real pre isamos que A − T ≥ 0, isto é, omo A, T > 0, pre isamos que A ≥ T , o usto na o ponto P om a onvenção que Dada a lo alização x do ponto água maior que na terra. Vamos separar em dois asos: (a) Se A > T, a úni a raiz da derivada menor que b é x0 = b − √ aT . A2 − T 2 Note que c′ (b) = T > 0. Como c′ (x0 ) = 0, e x0 < b, a derivada será positiva neste intervalo e negativa para x < x0 . Assim se x0 ∈ [0, b], este ponto será de mínimo. Assim pre isamos que x0 > 0, aT aT . Se isto o orrer o mínimo será em x0 = b − √ . Caso isto é, que b > √ A2 − T 2 A2 − T 2 aT ontrário, isto é, se b ≤ √ , a função será res ente em [0, b] e o mínimo será em A2 − T 2 x = 0 (ligar ponte diretamente entre as idades). (b) Se A ≤ T a derivada nun a será zero e portanto possuirá o mesmo sinal que em ′ qualquer ponto, omo por exemplo em x = b onde c (b) = T > 0. Logo ela será sempre res ente, e o mínimo será em x = 0 (ligar ponte diretamente entre as idades). PS: Basta tomar A = 1/Vn e T = 1/Vc neste problema. 4.7. ⋆TAXAS Exemplo 118 RELACIONADAS 123 Modele o seguinte problema e depois resolva-o. Não basta al ular o máximo e o mínimo: deve-se justi ar porque. Um pintor esta pintando um prédio que possui um orredor longo de largura num orredor perpendi ular a este de largura b. a que termina Qual a maior es ada que o pintor pode utilizar que possa fazer a urva no m do orredor ? a b Solução do Exemplo 118 quina interna do orredor. MODELAGEM: Considere o segmento de reta que en osta na segmento faz om o orredor. Vamos obter que o omprimento é dado por b . cos θ θ que este a + f (θ) = sen θ Vamos al ular seu omprimento para ada ângulo Se a es ada for maior que f (θ) para algum θ ela  ará travada no orredor. Assim b a + para θ ∈ (0, π/2). sen θ cos θ RESOLUÇ O: Note que f (θ) → +∞ nos extremos do intervalo (0, π/2). Assim o mínimo sen θ cos θ ′ + b 2 . Agora f ′ (θ0 ) = 0 se está no interior do intervalo. Cal ulando f (θ) = −a 2 cos θ r  sen θ sen3 θ0 a a 3 3 . = = tan θ0 . Logo θ0 = arctan cos3 θ0 b b queremos o mínimo de f (θ) = 4.7 ⋆Taxas Rela ionadas Taxas rela ionadas são problemas onde quantidades (tipi amente) dependentes do tempo são rela ionadas por equações. Trata-se de apli ação da regra da adeia. Vamos apresentar através de exemplos. Exemplo 119 Um homem de altura ção om altura P. H está aminhando em direção a um poste de ilumina- Supomos que o poste é mais alto que o homem. Num erto instante ele se move om velo idade V. Determine om que velo idade se move, neste instante: (a) a extremidade de sua sombra; Solução do Exemplo 119 Seja xa (b) o tamanho da sua sombra. distân ia entre o homem e a base do poste. Seja S(x) a distân ia da extremidade de sua sombra até a base do poste. Por semelhança de triângulos, 0 † A leitura desta seção é op ional. 124 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA H S(x) − x P P ′ = . Tiramos que S(x) = x e S (x) = . Por hipótese P > H . P S(x) P −H P −H ′ Sabemos que x depende do tempo: x(t) e que x (0) = V . (a) Seja g(t) = S(x(t)) a distân ia da extremidade de sua sombra em função do tempo, P ′ ′ ′ x′ (t). Logo a velo idade da extremidade pela regra da adeia, g (t) = S (x(t))x (t) = P −H VP P ′ x′ (0) = da sombra é g (0) = . P −H P −H (b) Seja f (t) = S(x(t)) − x(t) o tamanho da sombra (a distân ia entre a extremidade da HV VP ′ ′ ′ ′ ′ −V = . sombra e o homem. Assim f (t) = S (x(t))x (t)−x (t). Logo f (0) = P −H P −H Exemplo 120 Um quadro de 1m de altura é olo ado em uma parede de tal forma que sua base esteja no mesmo nível dos olhos de um observador que está se aproximando da parede a uma velo idade de 2m/s. Com que velo idade a medida do ângulo de visão do quadro estará variando quando o observador estiver a 2m da parede? Solução do Exemplo 120 tempo. Seja θ(t) Seja d(t) a distân ia entre a pessoa e a parede em função do o ângulo de visão do quadro. Logo tan(θ(t)) = 1 . d(t) Assim, d′(t) θ′ (t) = − . cos2 θ(t) d2 (t) Por Pitágoras, a hipotenusa é √ 5 quando os atetos são Substituindo na equação a ima (note que obtemos que 2 θ′ (t) = rad/s. 5 Exemplo 121 e AC = 4 Um triângulo variável ABC e om lado de tamanho variável varia om uma taxa de 3cm/s, d′ (t) = −2 1 e 2. Assim, 2 cos(θ) = √ . 5 pois a distân ia está diminuindo) AB = 3 BC vérti e A é formado por lados om tamanho xo BC . Se no instante que BC = 5 o lado determine a taxa de variação do ângulo interno no do triângulo. Solução do Exemplo 121 BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2ABAC cos A. No A é um ângulo reto (triangulo retângulo lássi o 3,4,5). Derivando 2BCBC ′ = 2ABAC(sen A)A′ . Substituindo, 2(5)(3) = 2(3)(4)(1)A′, logo instante do enun iado, impli itamente, A′ = 5/4. Pela lei dos ossenos, 4.7. ⋆TAXAS RELACIONADAS Exemplo 122 125 Uma alha horizontal possui 100 m de omprimento e tem omo seção trans- versal um triângulo isós eles de 8 m de base e 10 m de altura onforme mostra a gura abaixo. Devido à huva, a água em seu interior está se elevando. Quão rápido o volume de água em seu interior estará aumentando no instante em que o nível da água for de 5 m e estiver aumentando a uma razão de 1/2 Solução do Exemplo 122 Seja Por semelhança de triângulos, Suponha que h′ = 1/2 m/min? h o nível h b = . 10 8 de água e b a base do triângulo ontendo água. Assim, quando o nível (velo idade de subida do nível de água). b′ (t) = 2/5. Como o volume V (t) = 50h(t)b(t) (1/2 base vezes ′ ′ ′ 3 100), V = 50(hb + h b) = 50(5(2/5) + 1/2(4)) = 200cm /min. Exemplo 123 Um triângulo h = 5 Como a base b = 4. ′ h (t) b′ (t) = , 10 8 altura do triângulo vezes P QR está ins rito num semi ír ulo de diâmetro 15 m onforme Q varia sobre o semi ír ulo e que o lado QR aumenta a gura abaixo. Sabendo que o vérti e à razão de 1 m/s, determine a taxa om que a área do triângulo varia no instante em que o lado QR mede 12 m. Q P R Solução do Exemplo 123 Note que o triângulo P QR é retângulo. Chamando de x o lado QR e de y o lado P Q, temos por Pitágoras que x2 + y 2 = 152 . Quando QR = x = 12, y = 9. Derivando (e simpli ando) obtemos que xx′ + yy ′ = 0. No instante em que x′ = 1, x = 12 e y = 9, obtemos que y ′ = −4/3. Como a área do triângulo é A = xy/2, a sua 1 ′ −7 2 ′ ′ ′ cm /s. variação A = (x y + xy ). Logo neste mesmo instante, A = 2 2 √ Outra forma (mais ompli ada) sem utilizar taxas rela ionadas: substituindo y = 152 − x2 x√ 2 xy = na fórmula da área A = 15 − x2 . Assim, 2 2 1 √ −2xx′ ). A′ = (x′ 152 − x2 + x √ 2 2 152 − x2 Resubstituindo y obtemos que: 1 1 x′ 1 A′ = (x′ y − x2 ) = (1(9) − 122 ) = −7/2. 2 y 2 9 126 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA 4.8 ⋆Derivação Implí ita Funções podem ser denidas impli itamente por meio de equações. Um exemplo é a equação √ que dene, de forma implí ita duas funções: y(x) = 1 − x2 (parte de ima √ do ír ulo) e y(x) = − 1 − x2 (parte de baixo). Um fato notável é que podemos al ular x2 + y 2 = 1, a derivada de uma função denida impli itamente sem ter que expli itar a função. Basta 2 2 rees revermos x + y(x) = 1 e derivarmos os dois lados, utilizando a regra da adeia: 2x + 2y(x)y ′(x) = 0. Assim, y ′(x) = − x . y(x) Por trás deste truque existe uma teoria, o hamado Teorema da Função Implí ita, que permite dizer quando uma equação dene impli itamente uma função e quando podemos al ular sua derivada. Em Cál ulo I omitimos estes detalhes. [Sp℄, além de dedi ar meros 2 exer í ios (da p. De fato, o próprio Spivak 211) ao assunto, diz que determinar os intervalos onde uma função diferen iável denida impli itamente por uma equação pode ser bem deli ado, e é melhor ser deixado para um urso de Cál ulo avançado. Já o Courant [Co, p.480℄ dedi a uma Seção a este tópi o. Portanto vamos abordar o assunto através de exemplos. Exemplo 124 y = f (x) Considere a função denida impli itamente por y 3 + y = x. Deter- mine onde esta função é res ente. Solução do Exemplo 124 y ′(x) = 1. Assim, y ′(x) = Como 1 3y 2(x) y(x)3 +y(x) = x, derivando impli itamente, 3y 2(x)y ′ (x)+ +1 . Como y ′(x) > 0 para todo x, on luímos que esta função é res ente em todo lugar. Exemplo 125 Determine a equação da reta tangente aos grá os denidos impli itamente por: (a) x + y = sen(xy) em (0, 0) Solução do Exemplo 125 (b) xy + log(xy) = 1 em (1, 1). x + y(x) = sen(xy(x)). Derivando ′ impli itamente, 1 + y (x) = cos(xy(x))(y(x) + xy (x)). Assim em (0, 0), 1 + y (0) = ′ cos(0)(y(0) + 0) = 0. Logo y (0) = −1. Logo a reta tangente é y − 0 = (−1)(x − 0) = −x ou y = −x. ′ (b) Primeiro rees revo xy(x)+log(xy(x)) = 1. Derivando impli itamente, y(x)+xy (x)+ y(1) + 1y ′(1) y(x) + xy ′(x) = 0. Assim em (1, 1), y(1) + 1y ′(1) + = 0 = 1 + y ′(1) + 1 + xy(x) 1y(1) y ′(1) = 2+2y ′(1) = 0. Logo y ′ (1) = −1. Logo a reta tangente é y −1 = (−1)(x−1) = 1−x ou y = 2 − x. (a) Primeiro rees revo ′ Exemplo 126 2 ′ En ontre o máximo e o mínimo de y = f (x) denida impli itamente por 2 x − xy + y = 12. Solução do Exemplo 126 ′ ′ Derivando impli itamente, obtemos 2x − y − xy + 2yy = 0. ′ Os pontos andidatos ao max/min são pontos onde y = 0. Assim obtemos que y = 2x. 2 2 2 Substituindo na equação x − xy + y = 12 obtemos a equação 3x = 12. Portanto, x = ±2. Assim em x = 2, y = 2x = 4 e em 0 † A leitura desta seção é op ional. x = −2, y = 2x = −4. 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA 127 Para determinar se os pontos são de máximo ou mínimo vamos al ular a derivada segunda. ′ ′ ′′ ′ 2 ′ ′′ Derivando impli itamente outra vez obtemos: 2−y −y −xy +2(y ) +2y y = 0. Nos pontos ′ ′′ ′ ′′ ′′ ′′ onde y = 0 simpli amos para: 2 − xy + 2y y = 0. Agora em (2, 4), 2 − 2y + 2(4)y = 0, ′′ ′′ e y = −1/3. Logo (2, 4) é ponto de máximo. De forma análoga, em (−2, −4), y = 1/3 e é ponto de mínimo. Use um software para plotar a função implí ita (é uma elipse não-paralela aos eixos) e veri ar esta resposta. Este método fun iona pois a urva denida pela equação é limitada. Exemplo 127 Determine a equação da reta perpendi ular à urva yx3 + 2y 2 = 10 no ponto (2, 1). Solução do Exemplo 127 y ′ x3 + 3yx2 + 4yy ′ = 0, substituindo x = 2, y = 1, 8y +12+4y = 0, ou y = −1. Logo o oe iente angular da reta perpendi ular é −1/(−1) = 1. Assim a reta perpendi ular é y − 1 = x − 2. ′ ′ Como ′ 4.9 Exer í ios de Apli ação de Derivada 4.9.1 Exer í ios de Fixação Exer í io 1. Suponha que f (0) = 0, f ′ é ontínua e que (x − 1)2 x→1 ex − e Exer í io 2. Vamos al ular o limite lim f ′ (0) = 5. Cal ule lim x→0 f (x) . sen(x) apli ando L'Hospital duas vezes. Assim, (x − 1)2 2 2(x − 1) 2 lim = lim = lim x = 2 . x x→1 ex − e x→1 x→1 e e e Na realidade o limite é zero. Qual o erro? Exer í io 3. Sabe-se que f ′ (2) = 4 e que f (2) = 5. (a) f (2.1); (b) Exer í io 4. Sabe-se cos(x) (a) perto do p(π); Cal ule de forma aproximada f (1.95). p(x) é o polinmio ponto x = π . Determine: ′ ′′ (b) p (π); ( ) p (π). que do segundo grau que melhor aproxima f (x) = Exer í io 5. Esbo e o grá o de uma função ontínua para ada item abaixo que: x = −2 e um mínimo lo al em x = 1; mas até x = −2 om on avidade para ima (a) tenha um máximo lo al em (b) seja sempre res ente, ponto om on avidade para baixo. 0 11.o t.2011 e depois deste 128 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA Exer í io 6. Considere uma f : [−3, 3] :→ R ujo quadro de sinais da função e das derivadas seja: f f′ f ′′ − − + Esbo e o grá o de −2 − + + y = f (x). Exer í io 7. Determine −1 0 + + − 1 2 − − + + − − se é Verdadeiro ou Falso. − + + Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. f ′′ (x) > 0 para todo x ∈ [1, 2] então f ′ é res ente em [1, 2]. ′′ (b) se f (x) > 0 para todo x ∈ [1, 2] então f é possui on avidade para ima em [1, 2] ( ) se h(x) = C para todo x ∈ [1, 2] então h não possui nenhum ponto do máximo nem (a) se mínimo lo al. Exer í io 8. Estude o Teorema 22 da p.114, o TVE (Teorema do Valor Extremo de Weierstrass). Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. I = (−7, 100) possui um máximo em I . (b) Pelo TVE toda função ontínua em I = [0, +∞) possui um mínimo em I . ( ) Pelo TVE toda função em I = [2, 3] possui um mínimo em I . (d) Pelo TVE toda função des ontínua em I = [2, 4] N O possui máximo neste intervalo. (e) Pelo TVE toda função ontínua em um intervalo ILIMITADO I N O possui máximo em I . (a) Pelo TVE toda função ontínua em Exer í io 9. Suponha que f (a) É verdade que existe é derivável em a ∈ [1, 10] R tal que a. f (c) ≤ f (x) (b) Explique omo podemos determinar ( ) É verdade que existe Exer í io 10. Sabendo f x > 0, (a) (b) ( ) (d) c∈R para todo R e que f ′ (x) > 0 a, b, c, d ∈ R tais que é ontínua em determine (se for possível) min f (x) = f (a); x ∈ R? para x<0 Porque? e f ′ (x) < 0, para x∈[−5,−1] max f (x) = f (b); x∈[−2,3] min f (x) = f (c); x∈[−1,2] max f (x) = f (d); x∈[2,5] Exer í io 11. Considere f (x) = max f (x), min f (x) x∈I (a) tal que f ′ se anula somente em 3 e 7. f (a) ≥ f (x) para todo x ∈ [1, 10]? Porque? e que x∈I I = [2, 3]; I = (−∞, 0). e os pontos (b) Exer í io 12. Determine 1 . Determine, aso existam, para ada intervalo I abaixo, x xmax e xmin onde são atingidos o máximo e o mínimo. I = (0, 1]; ( ) I = [−1, −4]; se é Verdadeiro ou Falso. (d) I = [1, +∞); (e) Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. Suponha que todas as funções possuem derivadas em todos os pontos. 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA 129 x = 4 é mínimo lo al de h então h′ (4) = 0. ′ (b) Se x = 2 é o máximo de f no intervalo [1, 4] então f (2) = 0. ′ ( ) Se x = 1 é o mínimo de f no intervalo [1, 4] então f (1) = 0. ′ (d) Se g (3) = 0 então x = 3 é o mínimo ou máximo lo al de g . (a) Se Exer í io 13. Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. ′ Sabendo que f e f é derivável em I e a, b, c ∈ I : ′ ′′ (a) f (b) = 0 e f (b) = −1 então b é ponto de máximo lo al. ′ ′′ (b) f (c) = 0 e f (c) = 0 então c é N O é ponto de máximo nem mínimo de ( ) se a é máximo lo al de Exer í io 14. Considere f então a função f a é máximo de f em Determine os pontos de máximo e mínimo de [2, 4]; em I. I. esboçada na gura abaixo. (a) Determine os pontos de máximo e mínimo lo al de f f. em: [−3, 1]; (d) [−1, 4]. ′′ Determine o sinal de f em: (f ) x = 0; (g) x = 4. (e) x = −1.8; (h) Dentre os inteiros −3, −2, . . . , 4, determine os inexão (tro a de on avidade) de f . ′ Considere g (x) = f (x). Determine os pontos de: (j) inexão de g . (i) máximo e mínimo lo al de g ; (b) f ( ) que estão próximos de pontos de y x −3 −2 −1 Exer í io 15. Considere f (x) = x4 − x3 . (a) máximo/mínimo lo ais de f ( ) máximo/mínimo de f (d) máximo/mínimo de f (e) máximo/mínimo de f (b) máximo/mínimo de no intervalo em 2 3 4 f (x) Determine TODOS os pontos de: f. no intervalo em 1 [−1, 2]. [−1, 0]. R. (−∞, −1]. 4.9.2 Problemas Problema 1. Cal ule os limites abaixo: (a) sen(8x) x→0 e2x − 1 lim (b) lim+ (ex + 3x)1/x x→0 ( ) ex − e−x x→0 sen(5x) lim (d) ax − bx x→0 x lim 130 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA Problema √ 2. Estime, através de uma aproximação linear lo al: 2 (b) log(e − 0.1); ( ) arctan(1.2). 65; (a) Problema 3. Considere (a) Mostre que f a função f (x) = ax3 + bx2 + cx + d onde a > 0. admite nenhum ou dois extremos lo ais. Sob que ondições ada um desses asos o orre? (b) No aso em que ( ) No aso em que f f f reais f não admite extremos lo ais, quantas raízes reais pode ter? admite dois extremos lo ais, quantas raízes pode ter? (d) Baseado nos itens anteriores, des reva um pro edimento para determinar o número de raízes reais de f. Problema 4. (grá os triviais) Esbo e o grá o de f (a) f (x) = x3 − 3x2 + 3x + 1; Problema 5. Esbo e (b) e de uma função g tal que: g ′ (x) = x3 − 4x. o grá o de uma função y = f (x) tal que f (0) = 2 e f′ é dado pelo grá o abaixo. y x -2 -1 0 1 2 f’ Problema 6. Esbo e o grá o de uma função ontínua f nos que verique todas as ondições indi adas simultaneamente. maiores intervalos possíveis (a) • lim− f (x) = −∞, • lim f (x) = 2, x→−∞ ′ • f (x) > 0 para x > 0. para f (0) = −1, lim f (x) = 1, x→0+ x→0 lim f (x) = −1, x→+∞ x < −1, f ′ (x) < 0 para −1 < x < 0, f ′ (−1) = 0, f ′ (x) < 0 (b) • f (0) = 2, f (−2) = 1 e f ′ (0) = 0. • lim f (x) = −1 e lim f (x) = 0. x→+∞ x→−∞ • lim+ f (x) = +∞ x→2 ′ • f (x) > 0 se x < 0 • f ′′ (x) < 0 se |x| < 2 Problema 7. Para as questões de lim f (x) = −∞. e e x→2− ′ e f (x) < 0 se x > 0. f ′′ (x) > 0 se |x| > 2. esboço de grá o, antes do esboço deverá ser determinado: (a) TODOS os pontos de interseção om os eixos x e y; (b) os limites de no innito e TODAS as assíntotas; ( ) os intervalos de res imento e de res imento; (d) TODOS os pontos de máximo e mínimo lo ais; (e) os intervalos om on avidade para ima e para baixo; 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA 131 Esbo e o grá o de ada uma das funções abaixo: 2x2 − 2x ′ . Di a: f (x) = (a) f (x) = 4 (1 − 2x) (x − 2)2 (x + 1)2 (x − 2)(x + 1) 24 (x2 − x + 1) f ′′ (x) = . (x − 2)3 (x + 1)3 (b) g(x) = ( ) h(x) = 1 + x2 . 1 − x2 Di a: x . (x − 1)2 g ′(x) = 4 Di a: x (1 − x2 )2 h′ (x) = − g ′′ (x) = 4 e x+1 (x − 1)3 h′′ (x) = e Problema 8. Esbo e o grá o da função: ex . x f ′ (x) = (a) f (x) = (b) f (x) = log(1 − x2 ) + 1. √ 1 − e−1 ≈ 0.79. ( ) (d) Di a: (x − 1) ex x2 Di a: f ′ (x) = f ′′ (x) = e 2x −1 x2 e Problema 9. Para ada função f e ada intervalo I e 1 + 3 x2 . (1 − x2 )3 2 (x + 2) . (x − 1)4 (x2 − 2 x + 2) ex . x3 2 x2 + 2 f ′′ (x) = − 2 , (x − 1)2 f (x) = e(2−x)(x−1) + 1. Di a: f ′ (x) = (3 −√2x) e(2−x)(x−1) f ′′ (x) = (4x2 −12x+7) e(2−x)(x−1) , 3/2− 2/2 ≈ 0.79 3 2 x f (x) =√x3 ex . Di a: f ′ (x) = (x √ +3x ) e −3 − 3 ≈ −4.7 e −3 + 3 ≈ 1.26. e e e √ 3/2+ 2/2 ≈ 2.20. f ′′ (x) = (x3 + 6 x2 + 6 x) ex , abaixo, determine max f (x) x∈I e, se for possível, os pontos xmax e xmin onde o máximo/mínimo é atingidos. e min f (x) x∈I 1 1 + , I = (0, π/2). sen(x) cos(x) sen3 x − cos3 x ′ Di a: f (x) = cos2 x sen2 x 1 (b) f (x) = x + , I = (0, +∞), I = (0, 3], I = [3, 4]. x 4 ′ Di a: f (x) = 1 − . x2 4 3 2 I = [−1, 1] e [1, 2]. ( ) f (x) = 3x − 4x + 12x , ′ 2 Di a: f (x) = 12x(x − x + 2) x. x em I = (−1, 1], I = [0, 1]. (d) f (x) = x+1 1 ′ Di a: f (x) = . (x + 1)2 (a) f (x) = Problema 10. Determine uma solução. todos K ∈R tais que a equação x =K x4 + 3 tenha pelo menos Problema 11. En ontre dois números uja diferença seja 100 e ujo produto seja um mínimo. Problema 12. Uma hapa de metal de largura L deve ter duas bandas, de igual largura, dobradas ao longo do omprimento de maneira a formar uma alha retangular. 132 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA Como devem ser feitas as dobras de tal forma que a alha omporte o maior volume possível? L Problema 13. Dispõe-se de 40m de o de arame para er ar um anteiro em um jardim uja forma é a de um setor ir ular (fatia de pizza). Qual deve ser o raio do ír ulo para que o anteiro tenha a maior área possível ? Obs: A área de um setor ir ular é θr 2 /2, onde r é o raio do ír ulo e θ é o ângulo do setor ir ular. r θ Problema 14. A altura L. tela do inema CABRALPLEX está a uma distân ia K do hão e possui Um espe tador vai se sentar nesta sala, que é plana (não possui in linação), de modo que sentado em qualquer assento a distân ia entre seus olhos e o solo é distân ia d h. A que da tela ele deve  ar sentado para que per eba a maior imagem possível da tela? Note que a imagem é propor ional ao ângulo subentendido por seu olho e os extremos da tela. Assumimos que a altura K > h, aso ontrário o melhor seria d = 0. L B ϕ K θ h d Problema 15. A página de um artaz deve ser retangular e ter uma área de A m margens laterais iguais a M m, e margens superior e inferior de dimensões do artaz que permitirão a maior área impressa. N m. 2 om Determine as 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA 133 M M N Problema 16. Um 1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 N tanque ilíndri o tem a forma de um ilindro om duas semiesferas em ada extremidade. Determine a forma do ilindro que: A, é V. (a) maximizará o seu volume, sabendo que sua área de superfí ie é (b) minimizará o seu usto de fabri ação sabendo que seu volume Problema 17. (a) Sejam de P f (x) = 2 + √ aos pontos do grá o 6x − 2x2 de f . e P = (2, 2). Determine a maior e a menor distân ia (b) Qual a menor distân ia verti al entre as urvas y = x2 e y=− 1 ? x2 Problema 18. Determine as dimensões do retângulo ins rito num ír ulo de raio R que possui o menor e o maior perímetro; Problema 19. En ontre as dimensões eixo x do retângulo de maior área que tem sua base sobre o x e sobre a parábola y = 27 − x2 . e seus dois outros vérti es a ima do eixo Problema 20. Maximize o volume do: (a) one reto ins rito numa esfera de raio R; (b) ilindro ir ular reto ins rito num one ir ular reto de raio R e altura H. 134 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA 4.9.3 Extras Extra 1. Cal ule os limites abaixo. log(4x − 3) x2 (a) lim (b) lim x→1 x→+∞ log x x−1 2 2 cos(h) − 2 + h (e) lim h→0 h4 ( ) √ 4 x−1 lim √ 5 x→1 x−1 (d) lim x→+∞ √ x x Extra 2. Estime, através de√uma aproximação linear lo al: (a) tan(0.05). Extra 3. senh x em mação: 28. Determine a série de Taylor de: (a) a > 0. b a3 + b ≈ a + 2 . 3a que Prove que se Extra 5. Esbo e o grá o de uma função f (a) sen x em a = 0; (b) log x em a = 1; ( ) a = 0. Extra 4. Suponha √ 3 3 (b) g ′ (x) = x2 − 5x + 6 Extra 6. Esbo e b g tal que: f (x) = (x − 1)2 (x + 1)2 . e de uma função omo derivada; o grá o de uma função for pequeno o su iente então vale a aproxi- (b) y = f (x) tal que derivada o seguinte grá o: f (0) = −2 y 6 −2 −1 0 1 2 3 4 -x e que tenha omo 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA Extra 7. Esbo e o grá o de f uma função ontínua 135 que verique todas as ondições indi- adas simultaneamente. f (0) = 3, f (2) = 1, f ′ (0) = f ′ (2) = 0 f ′ (x) > 0 se |x − 1| > 1 f ′ (x) < 0 se |x − 1| < 1 f ′′ (x) < 0 se x < 1 f ′′ (x) > 0 se x > 1 (b) f (2) = 4; f (4) = −1. ′ f (2) = 0; f ′ (x) > 0 se x < 2; f ′ (x) < 0 se x > 2; f ′′ (4) = 0; f ′′ (x) < 0 se x < 4; f ′′ (x) > 0 se x > 4; lim f (x) = −∞; lim f (x) = −3. (a) x→−∞ x→+∞ Extra 8. Para as questões de esboço de grá o, antes do esboço deverá ser determinado: (a) TODOS os pontos de interseção om os eixos x e y; (b) os limites de no innito e TODAS as assíntotas; ( ) os intervalos de res imento e de res imento; (d) TODOS os pontos de máximo e mínimo lo ais; (e) os intervalos om on avidade para ima e para baixo; (função ra ional) Esbo e o grá o de ada uma das funções abaixo: f ′′ . (x + 1)(x + 2) x2 + 10 x + 13 ′ (a) f (x) = . Di a: f (x) = − 2 2. PS: Ignore on avidade, não al ule (b) (x + 3)(x − 1) x + 3. g(x) = (x − 3)(1 − x) Di a: (x − 1) (x + 3) x2 − 3 g ′ (x) = . (x − 3)2 (x − 1)2 Extra 9. (função ra ional) Esbo e o grá o de ada uma das funções abaixo: (a) f (x) = x2 . x2 + 3 1 − x2 f (x) = 18 . (x2 + 3)3 x e Di a: f (x) = 6 (x2 + 3)2 x2 (b) g(x) = + 2. 4 − x2 8x ′ Di a: g (x) = (x − 2)2 (x + 2)2 ′ ′′ e g ′′ (x) = 8 4 + 3 x2 . (4 − x2 )3 Extra 10. (função não-ra ional) Esbo e o grá o da função: (a) f (x) = x log x Di a: f ′ (x) = log x + 1, f ′′ (x) = 2 f (x) = x e1−x 2 ′ (1 − 2x2 ) e1−x , √Di a: f (x) = p 1/ 2 ≈ 0.707, 3/2) ≈ 1.22. (b) 1 . x f ′′ (x) = 2x(2x2 − 3) e1−x f (x) = x2 ex ′ x ′′ 2 x Di a: f (x) = x(x + 2) e , √ √ f (x) = (x + 4 x + 2) e , −2 − 2 ≈ −3.41, −2 + 2 ≈ −0.58). ( ) 2 , 136 CAPÍTULO 4. Extra 11. Para ada função f e ada intervalo I APLICAÇÕES DA DERIVADA abaixo, determine max f (x) x∈I se for possível, os pontos xmax e xmin onde o máximo/mínimo é atingidos. 2 4 (a) f (x) = 8x − x em I = R; I = [−1, 1]. ′ 2 Di a: f (x) = 4x(4 − x ). (b) f (x) = 1 +1 em I = [1, 2] e min f (x) x∈I e, I = [−1, +∞). 2x . + 1)2 f (x) = sen(cos x) em [0, 2π]. Di a: ( ) x2 e f ′ (x) = − (x2 Extra 12. (problema om modelo simples) Suponha que uma janela tenha a forma de um retângulo om um triângulo equilátero no topo. Assumindo que o perímetro é de 12m, determine as dimensões da janela para que penetre o máximo de luz possível. √ 2 Di a: área do triângulo equilátero é L 3/4. Extra 13. Modele os seguintes problemas e depois resolva-os. (a) Determine as dimensões do retângulo om perímetro P >0 que possui a maior área. (b) Um ampo retangular está limitado por uma er a em três de seus lados e por um órrego reto no quarto lado. Determine as dimensões do ampo om área máxima que pode ser er ado om uma er a de omprimento total P. ( ) Um terreno retangular deve ser er ado om dois tipos de er a. Dois lados opostos devem re eber uma er a reforçada que usta R$3,00 por metro, enquanto os outros dois lados uma er a que usta R$2,00 por metro. Quais as dimensões do terreno de maior área que pode ser er ado om R$6.000,00? Extra 14. (a) Determine os números x e y, om soma igual a S, uja soma dos quadrados seja o menor possível. (b) Determine o número positivo tal que a diferença entre ele e o seu ubo seja a menor e a maior possível. ( ) Suponha que o produto de dois número reais positivos é igual a P > 0. Determine o mínimo e máximo da soma destes dois números. Extra 15. Queremos fazer uma aixa em forma de paralelepípedo de base quadrada e aberta em ima, isto é, uma aixa sem tampa de base quadrada. 3 (a) Se o volume desta aixa é V cm , determine as dimensões que minimizam a quantidade de material. (b) Se temos A cm2 de material para fazer a aixa, determine o maior volume possível para esta aixa. ( ) Se o volume desta aixa é V cm3 e o usto do material da base é duas vezes mais aro que o usto do material dos lados, determine as dimensões que minimizam o usto de fabri ação. Extra 16. (guras e parte do texto retirados da Wikipédia) Em ópti a, o prin ípio de Fermat ou prin ípio do menor tempo diz que o aminho de um raio de luz entre dois pontos deve 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA 137 ser o que pode ser feito no menor tempo possível. Deste prin ípio pode ser deduzido a lei de reexão e a lei de refração de Snell. Vamos deduzir ambos neste exer í io. (a) Considere um raio de luz que parte de um ponto O. P e vai até Q depois de reetir no espelho em Determine a relação entre o ângulo de in idên ia θi e o ângulo de reexão θr para que o tempo per orrido pelo raio seja o menor possível. (b) Considere um raio de luz que parte de luz possui velo idade ângulos θ1 e θ2 v1 P e vai até para um meio onde a velo idade é Q passando de um meio onde a v2 . Determine a relação entre os e as velo idades (a Lei de Snell) para que o tempo per orrido pelo raio seja o menor possível. Extra 17. Determine (a) urva ( ) elipse o ponto da urva indi ada mais próximo do ponto indi ado. 3 (b) urva y = x e ponto (4, 0); x2 − y 2 = 1 e ponto (0, 2); 4x2 + y 2 = 8 e ponto (1, 0); Extra 18. Determine (d) urva y= √ x e ponto (2, 0). as dimensões do retângulo ins rito em um semi ír ulo de raio R que possui a maior área. Extra 19. Um ilindro é gerado ao se girar um retângulo de perímetro P em torno de um de seus lados. Qual deve ser a razão entre os lados do retângulo de tal forma que o ilindro tenha o maior volume possível? Extra 20. Maximize o volume do: (a) ilindro ir ular reto ins rito numa esfera de raio R; (b) one reto ins rito, de abeça para baixo, om vérti e no entro da base de um one ir ular reto de raio R e altura H. 138 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA Extra 21. Uma er a de altura H  a em volta de um prédio bem alto. Se a er a está a uma distân ia L do prédio, qual a menor es ada que vai do hão por ima da er a até a parede do prédio? 111 000 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111 L H 4.9.4 ⋆Problemas (Taxas Rela ionadas) Problema 1. Uma aixa está sendo puxada por uma orda que passa por uma roldana presa a 1m a ima do solo. Determine a taxa de variação do ângulo instante em que a aixa se en ontra a 1m do ponto P, θ, indi ado na gura abaixo, no situado abaixo da roldana, sabendo que a aixa se deslo a a 2m/min. 1m θ P Problema 2. Quando o último vagão de um trem passa por baixo de um viaduto, um arro ruza o viaduto numa rodovia perpendi ular aos trilhos e a 10m a ima deles. O trem está a 20m/s e o arro a 40m/s. Com que velo idade se afastam um do outro após 2s? Problema 3. Uma es ada de tamanho L está apoiada numa parede. Se a base for puxada V , om que velo idade o topo da 111 000 es ada estará se movendo para baixo quando ele está a uma altura H do solo? 000 111 000 111 000 111 000000000 111111111 000 111 000000000 111111111 000 111 000000000 111111111 000 111 000000000 000111111111 111 000000000 111111111 000 111 000000000 000111111111 111 000000000 111111111 ao longo do hão, afastando-se da parede om velo idade Problema 4. Um tanque ni o om água e vérti e para baixo tem raio R metros no topo e altura H metros. Se a água uir para dentro do tanque om taxa onstante de que velo idade em m/s metros de profundidade? a profundidade da água vai res er quando o tanque V m3 /s, om estiver om L 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA Problema 5. Um 139 balão eleva-se verti almente do solo om velo idade variável. Quando o balão está a 48m do solo, subindo om velo idade 3m/s, passa, exatamente sob ele um arro viajando a velo idade de 20m/s. Quatro segundos após este instante, om que velo idade varia a distân ia entre eles? Problema 6. Considere a parábola y = −x2 + 1 na gura abaixo, onde a reta t é tangente à parábola no primeiro quadrante em ada ponto P (x, y). Sabendo que a taxa de variação da P ( oordenada x) é de 2 m/min, determine√a taxa de P MQ, quando o ponto de tangên ia é P0 (1/ 2, 1/2). y abs issa de triângulo variação do lado MQ do P Q x M t y = −x2 + 1 Problema 7. Uma fonte luminosa aproxima-se perpendi ularmente de uma parede om velo idade onstante de a metros/segundo, projetando uma imagem ir ular sobre esta. Sabe-se 90o. Cal ule a velo idade que a abertura do fa ho de luz (o ângulo entre os raios limites) é de om que a área iluminada sobre a parede está diminuindo quando a distân ia da fonte até a parede é de k 11 00 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 metros. 11111111 00000000 00000000 11111111 Problema 8. Um retângulo possui lados que variam om o tempo e está ins rito numa região triangular onforme a gura abaixo. Determine om que taxa a área do retângulo está variando no instante em que sua altura y mede 36 m e está aumentando à taxa de 0,5 m/s. Neste instante a área está aumentando ou diminuindo? 60 m y 40 m Problema 9. Um balão esféri o está se esvaziando. 140 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA (a) Suponha que seu raio de res e a uma taxa onstante de 15 m/min. Com que taxa o 3 ar (m /s) estará saindo do balão quando o raio for igual a 9 m ? (b) Suponha que no instante t0 , em que seu raio é R0 , se esvazia segundo uma taxa de p0 m3 /s. Determine a taxa de variação de sua área de superfí ie. Problema 10. Um one está ins rito em uma esfera onforme mostra gura abaixo. Se o raio da esfera está aumentando a uma taxa de 0,9 m/min e a altura do one está aumentando a uma taxa de 0,8 m/min, om que taxa está aumentando o volume do one no instante em que o raio da esfera mede 1m e a altura do one mede 4/3m. Problema 11. O perímetro de um quadrado res e a uma taxa de 3m/s no instante t = 4. 2 Neste momento sua área é de 100m . Com qual velo idade sua área estará aumentando no instante t = 4. Problema 12. Uma mulher de 1,80m de altura aminha em direção a um muro a uma razão de 4m/s. Diretamente atrás dela e a 40m do muro está um reetor 3m a ima do nível do solo. Quão rápido o omprimento da sombra da mulher estará variando no muro quando ela estiver a meio aminho entre o reetor e o muro? A sombra estará esti ando-se ou en urtando- 111 000 000 111 000 111 000 111 000 111 se? Problema 13. Um erto tre ho do rio Amazonas é prati amente reto. des e o rio paralelamente a sua margem, a uma distân ia de onstante de beira do rio. 10Km/h. 3m Neste tre ho um bar o da margem, om velo idade A asa de um pes ador  a nesta mesma margem do Amazonas, na 11 00 00 11 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 00 11 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 barco 1111111111111111 0000000000000000 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 Determine a velo idade om que o bar o se aproxima (ou se afasta) da asa do pes ador no instante em que ele está a (a) se aproxima da asa; Problema 14. Mostre que: 5m de distân ia da asa sabendo que ele: (b) já passou, e se afasta da asa. 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA 141 (a) se o raio de um ír ulo res e a uma taxa onstante, então sua área res e a uma taxa propor ional ao omprimento do raio. (b) se a aresta de um ubo res e a uma taxa onstante, então seu volume res e a uma taxa propor ional à área da superfí ie. ( ) se o volume de uma esfera está res endo a uma taxa propor ional à área de sua superfí ie, então seu raio res e a uma taxa onstante. 4.9.5 ⋆Problemas (Derivação Implí ita) Problema 1. Seja y = f (x) denida impli itamente em ada item abaixo. equação da reta tangente no ponto indi ado: (a) y 3 + x2 y = 130 em Problema 2. Considere (1, 5); a urva (b) x2 = x3 + y 3 = 3xy . x+y x−y em Determine a (−1, 0). Determine os pontos onde a reta tangente é verti al e onde é horizontal. Problema 3. Seja y = f (x) ponto denida impli itamente por (2, 2). (a) Cal ule x2 − y 2 + √ xy = 2 próximo ao f ′ (2). (b) Determine a equação da reta tangente ao grá o de ( ) Determine a equação da reta tangente ao grá o de f (x) no ponto (2, 2). g(x) = f (x)/x no ponto (2, 1). Problema 4. Para ada uma das funções y = f (x) denidas impli itamente perto de (x, y) = (a, b) determine ([Co, p.485℄): • se a função é res ente ou de res ente • f ′ (a); • f ′′ (a). 5 5 (a) x + xy + y = 3 em (a, b) = (1, 1). (b) x cos(xy) = 0 em (a, b) = (1, π/2) Problema 5. En ontre 4 perto de o máximo e o mínimo de x = a; y = f (x) denida impli itamente por 4 x − xy + y = 253. Problema 6. Determine a, b ∈ R tais que (1, 1) perten e a urva denida impli itamente por x2 y + ay 2 = b e que a reta tangente nesse ponto é 4x + 3y = 7. Problema 7. Determine a equação da reta tangente à urva xy = y x no ponto (k0 , k0 ) om k0 6= e. 142 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA 4.9.6 Desaos Desao 1. (formas indeterminadas) Vamos mostrar que 00 , (+∞)0 dar qual- x=1 por um polinmio do quer número. Cal ule os limites abaixo (use L'Hospital) assumindo (log k)/(1+log x) [“ =′′ 00 ]; (a) lim x x→0+ (log k)/(1+log x) [“ =′′ (+∞)0 ]; (b) lim x x→+∞ (log k/x) ( ) lim (x + 1) [“ =′′ 1+∞ ]. x→0 Desao 2. Aproxime tipo a função f (x) = p(h) = ah2 + bh + c. Desao 3. x x−2 perto do ponto 1+∞ podem que k > 0: e O objetivo deste exer í io é obter uma fórmula fe hada para π. Para isto vamos arctan.   1 1 1 1 = − . (a) Verique que f (x) = 1 + x2 2i x − i x + i k (b) Determine f (x) para todo k ∈ N (k -ésima derivada). ( ) Determine a série de Taylor do arctan(x). π 1 1 1 1 (d) Prove que = 1 − + − + ···. 4 3 5 7 9 al ular a série de Taylor do Desao 4. Sua asa possui um orredor longo de largura pendi ular a este de largura b. a que termina num orredor per- Vo ê deseja mover um sofá de largura c (menor que a e b !). Desprezando a altura ( onsidere o sofá omo um retângulo), qual o omprimento máximo do sofá que pode fazer a urva ? (Somente monte o problema, as ontas são ompli adas, e podem ser resolvidos somente numeri amente). Desao 5. Prove que a menor distân ia entre o ponto medido na reta normal ao grá o de Desao 6. Prove (a, b) até o grá o de y = f (x) é f. que a distân ia entre o ponto |ax0 + by0 + c| √ . a2 + b2 (x0 , y0) e a reta ax + by + c = 0 é igual a Desao 7. Podemos aproximar log a (onde a > 1) pela soma das áreas de dois trapézios, onforme a gura abaixo. Determine o ponto x de maneira que o erro da aproximação seja mínimo. y y=1/x x 1 x a 4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇ O DE DERIVADA 143 Desao 8. Maximize a área: (a) lateral do one reto ins rito numa esfera de raio R; (b) do ilindro ir ular reto ins rito num one ir ular reto de raio R e altura H. Desao 9. Deseja-se atravessar um lago ir ular até um ponto diametralmente oposto. Pode- se nadar e orrer. A velo idade orrendo é o dobro da velo idade nadando. Qual deve ser o per urso para se hegar mais rapidamente ao lado oposto? Desao 10. ( urvatura) Dado uma urva y = f (x) queremos determinar o raio do ír ulo x = c. Mais pre isamente, queremos determinar o raio do (c, f (c)) om mesma tangente e mesma derivada segunda que f . η0 = f (c), η1 = f ′ (c) e η2 = f ′′ (c) então o raio do ír ulo é igual a que os ula esta urva no ponto ír ulo que passa por (1 Mostre que se + η12 )3/2 . O inverso do raio é hamado de urvatura da urva no ponto |η2 | Desao 11. Se a1 < · · · < an , en ontre Di a: g(x) = |x − ai |. i=1 omo a função é linear entre os intervalos, o mínimo o orre em um dos g(x) se modi a om n = 3. Considere omo n=2 o mínimo global de n X x = c. e depois ai 's. quando se passa de um intervalo a outro. Tente fazer om ( 2 e−1/x ; x > 0; (n) . Prove que f (0) = 0 para todo n ∈ N Desao 12. Considere f (x) = 0; x ≤ 0. (isto é, as derivadas de qualquer ordem vale 0 em x = 0). Obs: Neste aso o polinmio de Taylor al ulado em x = 0 será sempre p(x) = 0, e a aproximação não melhora om o aumento do grau do polinmio. 144 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA Cap´ıtulo 5 Integral Objetivos: • Denir integral omo área om sinal; • apresentar propriedades bási as que de orrem desta denição; • ver que é difí il integrar pela denição (área om sinal); • apresentar o Teorema Fundamental do Cál ulo. • apresentar té ni as que permitem o ál ulo da integral. As 2 prin ipais té ni as (substituição e por partes) são onsequên ias de regras de derivação (produto e omposta). O on eito de integral tem suas origens no a Eudoxo e que teve Arquimedes 1 Método da Exaustão devido, provavelmente, omo um dos seus grandes desenvolvedores. A motivação deste método foi o ál ulo de áreas e volumes de guras om fronteiras urvas. Apresentaremos aqui a integral de Riemann 2 3 usando a denição devida a Darboux . 5.1 Denição de Integral e Propriedades Bási as Vamos omeçar om denição informal ( on eitual). Partindo da noção primitiva (intuitiva) de área da geometria, denimos a integral omo a área om sinal. Mais adiante vamos denir a integral de forma rigorosa e denir área utilizando a integral. Denição 22 (informal de integral) Z Dada uma função b f : [a, b] → R, f (x) dx omo a área om sinal entre o grá o de a eixo é onsiderada positiva, abaixo é negativa. integral Observação 53 Temos que es rever o símbolo dx, f f (x) que a obrinha (símbolo da integral) sempre apare e om o dx x. Área a ima do que indi a qual a variável da função Z sendo integrada. Neste ontexto não tem sentido es rever que este e o eixo denimos sua dx por exemplo. Dizemos (ou dt et .). Veremos tem relação om a notação de Leibniz da derivada da p.73. 0 23.set.2011 1 Arquimedes: ⋆ 287 A.C., Sira usa, Itália - † 212 A.C., Sira usa, Itália. 2 Georg Friedri h Bernhard Riemann: ⋆ 17/09/1826, Breselenz, Alemanha - † 20/07/1866, Selas a, Itália. 3 Jean Gaston Darboux: ⋆ 14/08/1842, Nimes, França - † 23/02/1917, Paris, França. 145 146 CAPÍTULO 5. INTEGRAL Com esta denição podemos al ular algumas integrais. Exemplo Z 128 8 Cal ule as seguintes integrais: Z 3 Z −3 7 dx; (a) 2 x dx; (b) (x + 1) dx; ( ) 0 Solução do Exemplo 128 (d) −5 Z 2 x dx. −5 Esbo e o grá o e determine a área om sinal. 7 (a) Cal ulando a área do retângulo de lados (b) Cal ulando a área do triângulo om base 3 e 8−2 =6 e altura 3 obtemos que obtemos que 2 (−3 + 1 = −2) obtemos que sua área Z −3 negativa. Assim, (x + 1) dx = −6. é (d) Somando as áreas om sinal de dois triângulos obtemos Z −2 x dx = −8 + 2 = −6. Cal ule as seguintes integrais: Z π x3 dx; (a) x dx = 9/2. 2 −4 2 7 dx = 42. 2 3 −3 − (−5) = 2 e alturas 4 + 1 = −4) 2(4 + 2)/2 = 6. Como está abaixo do eixo é −5 Exemplo Z 129 Z 8 0 (−5 ( ) Cal ulando a área do trapézio de base e Z sen(x) dx. (b) −π Solução do Exemplo 129 Esbo e o grá o e determine a área om sinal. Pela simetria, mesmo não sabendo al ular a área para x>0 e x < 0, elas são iguais om sinais opostos. Logo ambas integrais valem zero. Exemplo Z 130 6 (a) 1 |x Cal ule as seguintes integrais: Z r√ − 4| dx; (b) r 2 − x2 dx; ( ) 0 Solução do Exemplo 130 Z 3 −3 √ − 9 − x2 dx. Esbo e o grá o e determine a área om sinal. (a) Somando a área de 2 triângulos, um om base Z 6 3 altura 3 e outro om base 2 e altura |x − 4| dx = 3(3)/2 + 2(2)/2 = 13/2 . √ f (x) = r 2 − x2 é o grá o da parte de ima do ír ulo de raio r entrado na origem. Assim a integral de 0 até r orresponde a 1/4 da área do ír ulo. Logo, Z r√ 1 r 2 − x2 dx = πr 2 . 4 0 √ ( ) Observe que g(x) = − 9 − x2 é a parte de baixo do ír ulo de raio 3 entrado na Z 3 √ 1 9π origem. Assim é da área do ír ulo om sinal negativo. Logo, − 9 − x2 dx = − . 2 2 −3 2 obtemos 1 (b) Observe que Vamos agora omeçar a denir om rigor a integral. Começamos om denição de partição, que é dividir um intervalo em pedaços. Denição 23 · · · ≤ xn = b. Chamamos partição de [a, b] Desta forma o intervalo Denotamos o tamanho do intervalo Ii um onjunto [a, b] por P = {x0 , . . . , xn } é parti ionado em intervalos n X ∆xi = xi − xi−1 . Note que i=1 om a = x0 ≤ Ii = [xi−1 , xi ]. ∆xi = b − a. 5.1. DEFINIÇ O DE INTEGRAL E PROPRIEDADES BÁSICAS Denição 24 (soma superior e inferior) função limitada f om relação a partição I(f ; P ) = n X i=1 Observação 54 P, min(f (x))∆xi Denimos a soma superior e inferior de uma respe tivamente, por S(f ; P ) = e x∈Ii n X max(f (x))∆xi . i=1 O orreto seria olo ar 147 sup e inf x∈Ii ao invés de máximo e mínimo. Vamos no entanto deixar assim mesmo neste nível . . . Pergunte ao seu professor ou onsulte Wikipédia aso esteja urioso. A interpretação geométri a de é dada na Figura 5.1. superior S(f ; P ) I(f ; P ) e S(f ; P ) A área pintada de inza S(f ; P ) e I(f ; P ) ontínua e positiva orresponde a soma inferior I(f ; P ). são aproximações por ex esso e por falta, respe tiva- mente, para a área da região delimitada pelo grá o de x = b. Observamos ainda I(f ; P ) ≤ S(f ; P ). f (ris ada ou não) orresponde a soma enquanto que a área ris ada Vemos então que para uma função f, o eixo x, a reta x=a e a reta que a área ris ada está ontida na área inza, reetindo o fato que · · · xi−1 x1 a xi+1 · · · xn−1 xn xi = = x0 b Figura 5.1: Interpretação geométri a de Denição 25 (rigorosa de integral) S(f ; P ) e I(f ; P ) para f ontínua e positiva. Considere uma função limitada f : [a, b] → R. Se lim S(f ; P ) = lim I(f ; P ), ∆xi →0 ∆xi →0 isto é, se a soma superior onvergir para soma inferior quando o tamanho de ada intervalo da partição P Z b vai para zero, dizemos que a integral (de Riemann) existe e representamos este f (x) dx. Informalmente (mas muito utilizado em deduções não-rigorosas feitas a na Físi a, na Engenharia e nos livros de Cál ulo, in lusive neste) valor por Z a b f (x) dx = lim ∆xi →0 n X i=1 f (xi )∆xi . 148 CAPÍTULO 5. ( 0; x 6= 1; Exemplo 131 Considere f (x) = 3; x = 1 Z 4 f (x) dx. em x = 1, onde vale 3. Cal ule INTEGRAL (função vale zero em todos os pontos menos 0 Solução do Exemplo 131 Quando al ularmos x= menos o que ontém o ponto Z 4 n X f (x)∆xi i=1 1. Assim obteremos todos os termos serão zero f (1)∆xi = 3∆xi . Quando ∆xi → 0 f (x) dx = 0. isto vai para zero, logo, 0 Neste exemplo observamos que o valor da função em um ponto não altera o valor da integral. E se mudarmos em dois pontos? Também não se altera. Logo podemos modi ar em todos os pontos transformando a função x f na função onstante g(x) = 3 para todo sem alterar a integral? Aqui apare e o mistério de modi ar uma função um número innito (não-enumerável: ver p. 61) de vezes. Pre isamos de de Análise Real (ver [NC℄) para entender estas perguntas e as respostas. Observação 55 Na fórmula da área do ír ulo, estamos in luindo a ir unferên ia ou não? (a) Se não estamos in luindo, a área é a mesma após a retirada de um ír ulo. Agora vamos retirando todas as ir unferên ias do ír ulo, uma de ada vez. Ao nal teremos retirado tudo e a área será 0! (b) se estamos in luindo, qual a área da ir unferên ia sem o ír ulo? Pense um pou o sobre isso. Exemplo 132 Cal ule Z 4 IQ (x) dx, IQ onde é a função indi adora dos ra ionais. 0 Solução do Exemplo 132 max(IQ ) = 1 e min(IQ ) = 0 em qualquer intervalo. Assim a soma inferior I(IQ ; P ) = 0 · 4 = 0 e S(IQ ; P ) = 1 · 4 = 4 independente da partição. Assim os limites quando ∆xi → 0 são distintos e a integral não existe. Mas não se Aqui observe que o preo upe, não é um aso típi o: de forma geral a integral existe (podemos não saber al ular seu valor . . . ). Exemplo 133 f (x) = Considere Solução do Exemplo 133 min(f (x)) = max(f (x)). x∈Ii min f (x) = 2 x∈Ik e o 2; x ≤ 3; . 5; x > 3 Cal ule Z 7 f (x) dx. 0 Em quase todos intervalos a função será onstante, om O úni o onde isto não o orre, digamos x∈Ii Aqui o ( max f (x) = 5. x∈Ik Ik , é o que ontém o x = 3. Assim o lim (S(f ; P ) − I(f ; P )) = (max f (x) − min f (x))∆xk = (5 − 2)∆xk = 3∆xk . ∆xi →0 Assim, quando x∈Ik ∆xk → 0 vamos obter que Z 7 x∈Ik S(f ; P ) → I(f ; P ). f (x) dx = 2(3) + 4(5) = 26. igual a ignorar este ponto: 0 Assim a integral existe e será 5.1. DEFINIÇ O DE INTEGRAL E PROPRIEDADES BÁSICAS 149 Apresentamos sem prova um resultado teóri o importante, aso parti ular do Teorema de Lebesgue que ara teriza as funções que são integráveis a Riemann. Teorema 23 dade em Toda função ontínua em [a, b] [a, b] ou ujo onjuntos dos pontos de des ontinui- é nito (funções om número nito de saltos) é integrável em Observação 56 [a, b]. Assim as funções normais, isto é, om um número nito de pontos de des ontinuidade, são integráveis. Na realidade pode até ser innito enumerável (ver Denição 11 da p.61) o número de pontos de des ontinuidade que ontinuará sendo integrável (Teorema de Lebesgue). Note que IQ é des ontínua em TODOS os pontos. Porisso não é integrável. Por onveniên ia algébri a denimos a integral em um intervalo qualquer, in luindo, por Z 2 Z 5 (. . .) exemplo (. . .). ou 2 7 Denição 26 Denimos Z a f (x) dx = 0. Z b a f (x) dx = − f (x) dx. a Se b > a, Z denimos b a Assim, por denição, por exemplo: Z 2 (. . .) = 0, 2 Lema 9Z (propriedades) (f (x) + kg(x)) dx = (a) a integral); (b) ( ) f, g Dadas b Z b Z 7 5 (. . .) = − Z 7 (. . .). 5 funções integráveis são válidas: Z b f (x) dx + k a Z g(x) dx para todo a b Z k∈R (linearidade da b f (x) dx ≤ g(x) dx (monotoni idade da integral); f (x) ≤ g(x) impli a que a Z a Z c Z b c f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx para todo a, b, c ∈ R (quebra do intervalo de a integração). Prova: a b (a) e (b) de orrem de forma imediata da denição. ( ) De orre da Denição26. Erro Comum: Note que a integral do produto não é o produto das integrais. Tiro da artola a identidade: n X i=1 1 i2 = n(n + 1)(2n + 1). 6 Lema 10 Z a Dado a ∈ R qualquer, Z 2 x dx = a /2 (a) e 0 Prova: (b) Pode-se prová-la por indução. a x2 dx = a3 /3. 0 (a) Para resultado. Para a > 0, a<0 al ulando a área do triângulo de base Z a Z 0 primeiro es revemos que 0 x dx = − a e altura x dx. a a obtemos o Vamos obter que a 150 CAPÍTULO 5. integral a2 /2. 0 Z 2 a x dx = −a /2 pois a área está abaixo do eixo x. Z Assim, INTEGRAL a x dx = −(−a2 /2) = 0 (b) Aqui pre isamos re orrer a denição, pois a fronteira da área é urva. Vamos al ular dividindo o intervalo [0, a] n em partes iguais. Assim, (i vezes o tamanho de ada intervalo). Assim, ∆xi = a/n. x0 = 0 e xn = a. Além disso, n X xi = ia/n f (xi )∆xi = Agora, i=1 n n X a3 X 2 2 2 i2 e tomando o (xi ) a/n = (ia/n) a/n = 3 i . Apli ando a fórmula para n i=1 i=1 i=1 i=1 limite quando n → +∞, obtemos que: Z a a3 a3 a3 a3 1 1(1 + 1/n)(2 + 1/n) = 1(1)(2) = . x2 dx = lim 3 n(n + 1)(2n + 1) = lim n→+∞ 6 n→+∞ n 6 6 3 0 n X n X Corolário Z 9 Dados b (a) a Prova: Z 2 a, b ∈ R, 2 x dx = b /2 − a /2 e (b) Z b a x2 dx = b3 /3 − a3 /3. Basta utilizar as propriedades da integral. b f (x) dx = 0 Z b 0 Observação 57 f (x) dx − Z a Assim, Z b f (x) dx = a Z 0 f (x) dx + a f (x) dx. 0 Note que ainda N O sabemos omo integrar x3 , x4 , . . .. mesmo sabendo a linearidade da integral, não sabemos integrar polinmios. N que aguardar o Teorema Fundamental do Cál ulo para aprender a integrar x Com isto, Vamos ter para um N qualquer. Observação 58 Z simples) 2 x dx É difí il integrar e fá il derivar. Note que a integral (aparentemente muito deu (Lema 10 da p.149) bastante trabalho. Ela foi feita pela primeira vez por Arquimedes. Podemos fazer algo semelhante para al ular (usando binmio de Newton). Para de n X n=3 Z xn dx pre isaríamos da identidade n X n inteiro para n=4 para i3 , i=1 i4 , et . i=1 Pode-se fazer pela denição também Z sen(x) dx (ver Courant [Co, p.86℄), mas dá muito trabalho. O ponto aqui é que pre isamos de outro método que não seja a denição. A resposta é o Teorema Fundamental do Cál ulo. 5.2 Teoremas Fundamentais do Cál ulo (TFCs) Como observamos na seção anterior, é MUITO difí il integrar pela denição. Arquimedes, o pre ursor da integração, já sabia al ular umas áreas de pou as regiões. A riação do Cál ulo 5.2. TEOREMAS FUNDAMENTAIS DO CÁLCULO (TFCS) 151 (Newton e Leibniz) é mar ada pelo Teorema Fundamental do Cál ulo (TFC) que permite al ular muitas áreas (integrais), embora não todas, aguarde . . . . Teorema 24 (TFC: derivada da integral) R denida por F (x) = f Se é ontínua em [a, b], então F : [a, b] → x Z f (s) ds a é derivável em (a, b) e F ′ (x) = f (x) x ∈ (a, b). para todo Prova: Z 1 F (x + h) − F (x) = h h Aproximando a integral Z x+h f (s)ds − a x Z a  1 f (s)ds = h Z x+h f (s)ds. x x+h f (s)ds pela área do retângulo de base h e altura f (x) obtemos x que F (x + h) − F (x) 1 ≈ hf (x) = f (x). h h Assim, F ′ (x) = f (x). Exemplo 134 no ponto e √ f ′ (π) = sen( π 2 + 4). Exemplo 135 Pelo TFC, Cal ule a derivada de e h(y) = f (x) = sen( √ x2 + 4). f (x) = Z Z π f (π) = (· · · ) = π √ y = sen( π 2 + 4)(x − π). Note que e log(4 + sen s) ds. Antes de apli ar o TFC temos que tro ar os limites de integração Z x2 Z y f (x) = − log(4 + sen s) ds. Pelo TFC, Corolário 10 (TFC: integral da derivada) ′ f (x) = F (x) em para todo Z a x ∈ (c, d), log(4 + sen s) ds. Alem disso denimos e Assim, e f ′ (x) = −h′ (g(x))g ′(x). f (x) = − log(4 + sen(x2 ))2x. omposta, ′ tal que √ sen( s2 + 4) ds x2 para adequá-lo ao teorema. Assim, g(x) = x ′ Assim, a equação da reta tangente é Solução do Exemplo 135 2 x π x = π. Solução do Exemplo 134 0 f (x) = Determine a equação da reta tangente a função Z f (x) = −h(g(x)). h′ (y) = log(4 + sen y) Se f b f (x) dx = F (b) − F (a). g ′(x) = 2x. [c, d] e se a, b ∈ (c, d), é ontínua em então, para todo e Pela derivada da Assim, existe uma F 152 CAPÍTULO 5. Prova: Dena h(x) = F (x) − F (a) − Z INTEGRAL x f (s) ds. para ada a x ∈ [c, d]. Pelo Teorema 24 h′ (x) = F ′ (x) − f (x) = Zf (x) − f (x) = 0 para todo x ∈ [c, d]. Logo h é onstante. a Como h(a) = F (a) − F (a) − f (s) ds = 0, h(x) = 0 para todo x ∈ [c, d]. Assim, a Z b h(b) = 0 = F (b) − F (a) − f (s) ds. (TFC), a Devido a este resultado é omum a notação Z Exemplo 136 (a) Z 1 4 f (x) dx = a cos(x) dx; (b) −π/2 Solução do Exemplo 136 Z −π/2 (log x)′ = 1/x 1 Erro Comum : Z 2 [−2, 2] 2 1 (x5 /5)′ = x4 , 1 dx. x apli ando o TFC obtemos: 1 apli ando o TFC obtemos: 2 (para x > 0), apli ando o TFC obtemos: 1 dx = log x|21 = log 2 − log 1 = log 2. x Apli ar o TFC sem tomar uidado. Por exemplo, omo 2 dx = log |x| −2 = log |2| − log | − 2| = 0. x (log |x|)′ = 1/x, 1 não é ontínua x O erro é que −2 (releia hipóteses do Teorema 24 da p.151 (TFC)). Na realidade, o integrando es rever que 1 x ( ) Z π/2 cos(x) dx = sen x −π/2 = sen(π/2) − sen(−π/2) = 1 − (−1) = 2. Z em (a) Como (sen x)′ = cos x, π/2 ( ) Como b F = F (b) − F (a). 5 5 5 1 x = 1 − (−1) = 2 . x4 dx = 5 −1 5 5 5 −1 Z (b) Como Assim, a Cal ule as integrais: Z π/2 x dx; −1 b F |ba = F (b) − F (a). não está sequer denido em x = 0. Denição 27 Se F é derivável om F ′ = f , então dizemos que F é uma primitiva, antiderivada Z ou integral indenida de f em [a, b]. Es revemos, sem olo ar limites de integração, que f (x) dx = F (x). 5.2. TEOREMAS FUNDAMENTAIS DO CÁLCULO (TFCS) Observação 59 Embora Z x exp(−s2 ) ds não pode a integral de função 153 ontínua sempre exista, F (x) = ser expresso por meio de funções elementares (sen, cos, et .). 0 Existe uma teoria (Abel) que determina quando uma função possui primitiva expressa por meio de funções elementares. Ver Simmons [Si, p.513, apítulo 10.8℄. Com o TFC e sabendo derivar podemos integrar um onjunto de funções: Leia a tabela abaixo da direita para esquerda (a derivada) e da esquerda para direita (a integral). F ′ (x) F (x) xn+1 n+1 log |x| − cos x sen x ex tan x xn x−1 sen x cos x ex sec2 x 1 2 x +1 1 √ 1 − x2 f (x) Exemplo Z 137 (a) √ 4 n 6= −1 arctan x arcsen x Z f (x) dx Determine: π (9 x5 − 3x ) dx; (b) Z  5 Ke − 3 cos x + x x  dx Solução do Exemplo 137 Z Z √ (a) (b) xπ+1 xπ+1 x5/4+1 4 −3 = 4x9/4 − 3 . (9 x5 − 3xπ ) dx = (9x5/4 − 3xπ ) dx = 9 5/4 + 1 π+1 π+1  Z  5 dx = Kex + 3 sen x + 5 log |x|. Kex − 3 cos x + x Utilizando a linearidade da integral do Lema 9 da p.149 on luímos que agora sabemos integrar qualquer polinmio. Observe que N O sabemos integrar, por exemplo, um função ra ional qualquer (aprenderemos isto na Seção 5.7 da p.165). Note que se F é uma primitiva ou integral indenida de qualquer, também será (pois está subentendido que signi a que sen x Zé primitiva. De fato Z (F +C)′ = F ′ = f ). f = F + C. uma primitiva de f então F + C, Assim, sempre que dissermos que Por exemplo, quando dizemos que cos x, cos x dx = sen x + C om Z isto é, que para toda Z (sen x)′ = cos x, C ∈ R f =F cos x dx = sen x, mas não é a úni a C ∈ R. Por isso é omum os livros insistirem em olo ar  +C  nas respostas das integrais indenidas. Aqui neste livro vamos, em geral, omiti-lo. 154 CAPÍTULO 5. Observação 60 INTEGRAL +C Em alguns exer í ios olo amos a onstante, mas a insistên ia no é uma hateação: o aluno já tem que trabalhar duro para obter uma primitiva. Durante +C um exame, onsulte seu professor ou, melhor ainda, oloque indenidas sempre nas integrais (⌣) ¨ . 5.3 Integrais Impróprias Note que a Denição 25 da p.147 é para intervalos limitados e funções limitadas. Vamos estender a denição da integral para intervalos ilimitados (innitos) e quando o integrando é ilimitado (innito) perto de um ponto. São hamadas de integrais impróprias. Todas são denidas de forma natural utilizando limite. Denição 28 (intervalos ilimitados) da seguinte forma: Z +∞ f (x) dx = lim a Z b→+∞ +∞ b Z Z f (x) dx; a Z b lim f (x) dx. f (x) dx = lim a→−∞ b→+∞ −∞ As integrais em intervalos ilimitados são denidas b f (x) dx = lim a→−∞ −∞ Z b f (x) dx; a a Denição 29 (intervalos innitos) Suponha que f é ilimitada somente próxima de x= c ∈ (a, b), isto é, que lim |f (x)| = +∞. Denimos: x→c Z k Z b Z c Z b f (x) dx; f (x) dx. f (x) dx = lim− f (x) dx = lim+ k→c a Exemplo Z 138 +∞ (a) 1 a k→c c k Cal ule: dx ; x3 (b) Z 2 0 Solução do Exemplo 138   1 1 1 = . lim − 2 + a→+∞ 2a 2 2 dx ; x3 (a) Z ( ) a 1 Z 0 x e dx; −∞ (d) Z +∞ −∞ dx . x2 + 1 a 1 1 1 dx = − 2 = − 2 + . 3 x 2x 1 2a 2(12) Agora Z +∞ 1 Note que embora a região seja innita, sua área é nita. (b) De forma análoga ao item anterior, Z 2 1 1 dx = − 2 + 2. 3 x 2(2 ) 2a Assim, Z 2 a 0   1 1 dx = lim+ − + 2 = +∞. Neste aso, a região é innita e sua lim a→0 a→0+ a x3 8 2a innita.Z Z 0 0 x e dx = lim ex dx = lim (e0 − ea ) = 1 − 0 = 1. Novamente, ( ) Z 2 a→−∞ −∞ innita mas área nita. a→−∞ a (d) Note ini ialmente (veja tabela de integrais da p.153) que arctan(a). Note também que (porque?). Z Assim, +∞ −∞ dx = x3 lim arctan(b) = π/2 b→+∞ dx +1 x2 será igual aos limites quando área é região b dx = arctan(b) − +1 a lim arctan(a) = −π/2 Z (porque?) e dx = x3 x2 a→−∞ a → −∞ e b → +∞ da 5.4. TÉCNICAS BÁSICAS DE INTEGRAÇ O integral Z b dx = arctan(b) − arctan(a). +1 x2 155 Logo a valor da integral é a Novamente, região innita mas área nita. Exemplo 139 Cal ule Z 1 −1 dx . x2 Solução do Exemplo 139 1 π/2 − (−π/2) = π . Note que a primitiva de 1/x2 −1/x. é 1 Assim poderia se pensar 1 dx = − = −1 − (−(−1)) = −1 − 1 = −2. Mas isto é um absurdo pois a 2 x −1 −1 x 2 função 1/x é estritamente positiva. Não podemos apli ar o TFC aqui pois o integrando N O é ontínuo no domínio de integração. Teríamos que separar em duas integrais de −1 até 0 e de 0 até 1. Então obteríamos o resultado orreto, +∞. que Z Questão para pensar. Como pode uma região innita possuir uma área nita? esta região (por exemplo a região delimitada pelo eixo (d)). O omprimento do muro é +∞. x Imagine um muro er ando y = 1/(x2 + 1) do item e por Agora vamos pintar o  hão desta região. Isto é possível om quantidade nita de tinta pois sua área é nita. Vamos pintar as paredes desta região. Isto é impossível pois ela é innita. Explique! Observação 61 (⌣) ¨ Em estatísti a (e em Matemáti a de forma geral) é MUITO importante a integral abaixo, mas que somente em Cál ulo III (integrais múltiplas) será demonstrado: Z +∞ 2 e−x dx = √ π. −∞ Pode-se provar om té ni as de Cál ulo I ([Sp℄ p.329 por exemplo) mas é bem mais ompli ado. 5.4 Té ni as Bási as de Integração Vamos apresentar nesta seção duas té ni as bási as para o ál ulo de integrais: por substituição e por partes. Elas são de orrên ia de regras de derivada da omposta e do produto omo mostra tabela abaixo: Derivada da(o): omposta produto. Integral por: substituição partes. Além de serem té ni as importantes para o ál ulo de integrais, ambas são fundamentais do ponto de vista teóri o também. Por exemplo, ambas podem ser estendidas para o ál ulo de integrais em várias variáveis. A integração por partes é fundamental para se estender o on eito de derivada (as hamadas distribuições em Matemáti a). As outras té ni as ( omo integração por frações par iais) são o que são: meras té ni as, que podem perfeitamente ser substituídas por softwares algébri os (CAS: Computer Algebra System) omo o Deixo a palavra om o Spivak: maxima. 156 CAPÍTULO 5. INTEGRAL Substituição e integração por partes são as úni as té ni as fundamentais (de integração) que vo ê deve aprender. Mesmo assim, omo mostram alguns exemplos, o su esso depende de alguns truques adi ionais. [Sp, p. 315℄. Estes truques adi ionais são: utilizar identidades trigonométri as e a té ni a de frações par iais. 5.4.1 Integração por Substituição Esta té ni a de orre da regra da derivada da omposição de funções. Note que integrar por substituição é o mesmo que tro ar variáveis na integração. Já tínhamos feito isto om limites   na p.37. dy dx Aqui o poder da notação de Leibniz será apresentado. De fato, por esta razão, a prova sem rigor do Lema abaixo é muito mais importante, pois será a ideia utilizada ′ em todos os exemplos. Em ál ulo de várias variáveis o g será substituído pelo hamado ja obiano da função. Lema 11 (integral por susbtituição) valo [a, b] e f b a Prova: [a, b] é ontínua (na imagem do intervalo Z g Suponha que a derivada de Z
f g(x) g ′ (x) dx = por g ), é integrável no inter- então g(b) f (u) du. g(a) du = g ′ (x). Assim, u = g(x). Utilizando notação de Leibniz, dx Z Z
′ f g(x) g (x) dx se transforma em f (u)du. Agora temos que [sem rigor℄ Tome du = g ′ (x) dx. Assim tro ar os limites de integração. Quando x = a, u = g(a); quando x = b, u = g(b). Assim obtemos o resultado. Prova: [ om rigor℄ Considere Z x (por exemplo, F (x) = F uma primitiva de f (s) ds). 0

F ′ g(x) g ′(x) = f g(x) g ′ (x). Dena f, isto é, uma função tal que h(x) = F (g(x)). Pela Regra da Cadeia F′ = f. h′ (x) = Note que este é exatamente o integrando do lado esquerdo. Pelo Teorema Fundamental do Cál ulo, temos Z b ′
f g(x) g (x) dx = a Z b a h′ (x) dx = h(b) − h(a). Por outro lado, também pelo TFC,

h(b) − h(a) = F g(b) − F g(a) = Daí segue o resultado. Z g(b) ′ F (u) du = g(a) Z g(b) f (u) du. g(a) Na práti a utilizamos a té ni a da prova sem rigor: Chamamos parte do integrando de al ulamos du e fazemos a substituição, esperando obter algo mais simples, diretamente integrável pela tabela de integrais da p.153. No nal desfazemos a substituição para obter a integral om relação à variável original. Exemplo Z 140 (a) u, (integrais indenidas) Considere onstantes sen(b − aθ) dθ; (b) Z (t/a − b)100 dt; a, b ∈ R, a 6= 0. Determine: 5.4. TÉCNICAS BÁSICAS DE INTEGRAÇ O 157 SoluçãoZ do Exemplo 140 Z(a) Tome u = b − aθ. Assim, cos(u)/a. sen(b − aθ) dθ = Desfazendo a substituição obtemos (b) Tome Z Zdu = −a dθ. Logo, dθ = −du/a. − sen(u) du/a = (−1/a) sen u du = (−1/a)(− cos u) = u = t/a − b. u100 a du = a u101 ; 101 Então Então, cos(b − aθ)/a. du = (1/a) dt. Logo, dt = a du. Desfazendo a substituição obtemos a Assim, (at − b)101 . 101 Z (t/a − b)100 dt = Exemplo 141 (a) Z (integrais denidas) Determine: Z √2 2 xe3x dx. e−2x dx; (b) 0 −1 3 Solução do Exemplo 141 u = −2x. Então, du = −2 dx. Logo, dx = −du/2. Quando x = −1, u = 2; quando x = 3, u = −6. Logo, tro ando integrando, dx e limites de −6 Z 3 Z −6 e−6 e2 1 eu −2x u integração, − (− ) = (e2 − e−6 ). e dx = e (−1/2) du = − = − 2Z 2 2 Z 2 2 −1 2 eu e−2x dx = eu (−1/2) du = − Outro modo é primeiro en ontrar a primitiva: = 2 Z 3 3 1 e−2x e−2x −2x = (e2 − e−6 ). e dx = − . Agora basta al ular − 2 2 −1 2 −1 2 (b) Tome u = 3x . √ Então du = 6x dx. Logo, x dx = du/6. Quando x = 0, u = 0 ; quando x = 2, u = 6. Logo, tro ando integrando, dx e limites de integração, 6 Z √2 Z 6 e6 1 eu 3x2 u − . xe dx = e du/6 = = 6 0 6 6 0 0 Z Z 2 e3x eu 3x2 u = . Outro modo é primeiro en ontrar a primitiva: xe dx = e du/6 = 6 6 √ 2 Z √2 3x2 e e6 1 2 Agora basta al ular xe3x dx = − . = 6 6 6 0 (a) Tome 0 Observação 62 Note que na integral DEFINIDA ( om limites de integração) temos duas opções: (a) Cal ular primeiro a integral INDEFINIDA e depois substituir nos limites de integração; (b) Tro ar os limites de integração (o que vamos fazer normalmente). Exemplo Z 142 (a) Determine: x dx ; (2 − 3x2 )5 (b) Solução do Exemplo 142 du = −6x dx, Z tan x dx; ( ) Z 6 cos x sen x dx; (d) Z (a) A es olha que vai fun ionar direto é tomar que vai substituir bem o termo Z − x dx. Assim vamos obter 1 1 du = = . 5 4 6u 24u 24(2 − 3x2 )4 sec2 x tan6 x dx. u = 2 − 3x2 pois 158 CAPÍTULO 5. INTEGRAL u = x2 pois du = 2x dx. Vamos obter du . Assim pre isaríamos fazer nova substituição v = 2 − 3u, dv = −3 du: 2(2 − 3u)5 Z Z 1 v −4 1 v −4 1 −dv/3 −5 v dv = − = − · = = . 2v 5 6 6 −4 24 24(2 − 3x2 )4 Z sen x (b) Como tan x = , tome u = cos x, du = − sen x dx. Assim tan x dx = cos x Z Z du sen x dx = − = − log |u| = − log | cos x| = log |(cos x)−1 | = log | sec x|. cos x u Caso tome-se u = sen x, du = cos x dx e não será possível fazer a substituição (verique!). Z Z sen7 x u7 6 = cos x sen x dx = u6 du = . ( ) Tome u = sen x, du = cos x dx. Assim, 7 7 Caso tome-se u = cos x, du = − sen x dx e não será possível fazer a substituição (veriOutra solução, que não é tão direta, é tomar Z que!). (d) Tome 2 u = tan x, du = sec x dx. Assim tan7 x . 7 Observação 63 2 6 sec x tan x dx = u u6 du = u7 /7 = u. vão dar mais trabalho, outras vão dar em nada . . . Não fazer a substituição ompleta na integral eZfazer oisas sem sentido, misturando nova variável e antiga. Por exemplo, no ál ulo de u = x2 , e Z Z O ponto ru ial nos exemplos é es olher quem vai fazer o papel de Algumas es olhas de Erro Comum: Z x sen(x2 ) dx, substituir es rever que: 2 x sen(x ) dx = Z x sen(u) dx = sen(u) Z x dx = sen(u) du = 2x dx e : Z Z cos(x2 ) cos(u) 2 =− x sen(x ) dx = sen(u) du/2 = − 2 2 x2 2 (ERRADO!). O orreto é determinar que Observação 64 Suponha que vo ê al ulou está erto he ando se F′ = f. Z f = F. (CORRETO). Depois de integrar verique se Esta veri ação é fá il pois derivar é MUITO mais fá il do que integrar. 5.4.2 Integração por Partes Lema 12 (integração por partes) Sejam f e g funções deriváveis em [a, b] integráveis. Então Z a b ′ f (x)g (x) dx = f (b)g(b) − f (a)g(a) − Z a b f ′ (x)g(x) dx. om f′ e g′ 5.4. TÉCNICAS BÁSICAS DE INTEGRAÇ O Prova: [sem rigor℄ Como (uv)′ = vu′ + uv ′, 159 (uv)′ dx = uv = R R vu′ dx + R uv ′ dx. Pela du = u′ . Assim, du = u′ dx e de forma análoga dv = v ′ dx. Podemos notação de Leibniz, dx R R es rever então que uv = v du + u dv. ′ ′ R Tome u R= ′f (x) e dv = g (x) dx. Assim obtemos que du = f (x) dx e (integrando dv = v = g (x) dx = g(x)) v = g(x). Obtemos o resultado substituindo os limites de integração. Prova: ′ [ om rigor℄ Seja h(x) = f (x)g(x). Pela regra da derivada do produto, h (x) = f ′ (x)g(x) + f (x)g ′(x). Assim, integrando os dois lados de x = a até x = b e utilizando o TFC temos que: b Z ′ a h (x) dx = h(b) − h(a) = f (b)g(b) − f (a)g(a) = Z b ′ f (x)g(x) dx + a Z b f (x)g ′(x) dx. a Rearrumando os termos obtemos o resultado. Exemplo Z 143 Determine: log 2 x e x dx; (a) (b) 0 Z Solução Z do Exemplo 143 Z Z log 2 0 Z (a) Tome xex dx = xex − Logo, x cos x dx. u = x e ex dx = xex − ex . dv = ex dx. e x dx = 2 (b) Tome x sen x − Z − u=x 2 e ex e dx, e dv = x dx, du = dx v = ex . e Agora utilizamos os limites de integração: 2 = 2 log(2) − 1. ex x dx = xex − ex |log 0 Caso tivesse tomado u = Z 2 x2 ex x x x Assim, teríamos du = ex dx e v = x2 /2. Assim, uma integral ainda mais ompli ada! Reita sobre isso. . . dv = cos x dx. Assim du = dx e v = sen x. Logo, sen x dx = x sen x + cos x. Z x cos x dx = f g onde a fR (por exemplo, f = log, arctan, arcsen, onstante ou polinmio) e g uma função tal que g não é mais ompli ada do que g (por exemplo, g é exponen ial, seno, osseno mas g N O é um polinmio, que aumenta de grau a ada integração). Veja os exemplos a ima novamente. No nal veremos o que fazer sem tanto f quanto g não possui derivada mais simples que a função (por exemplo, f = sen, g = exp). Esta té ni a é útil quando a função que deve ser integrada é um produto derivada de Se f′ f é mais simples do que é mais simples do que f podemos usar o truque de tomar u=f integração por partes. Veja os exemplos abaixo. Exemplo Z 144 (a) Determine: Z log x dx; (b) arcsen(7x) dx; Solução Z do Exemplo 144 (a) Z Logo, log x dx = x log x − ( ) Z e dv = 1 · dx sec2 x log(tan x) dx. u = log x, dvZ= dx. Assim, du = dx/x x(dx/x) = x log x − dx = x log x − x. Tome na e v = x. 160 CAPÍTULO 5. INTEGRAL u = arcsen(7x),Zdv = dx. Assim, ( uidado om aZ regra da adeia) du = 7 7x √ √ dx e v = x. Logo, arcsen(7x) dx = x arcsen(7x) − dx. Agora 1 − 49x2 1 − 49x2 2 vamos resolver a integral tomando z = 1 − 49x , dz = −(2)49x dx. Logo, (b) Tome − Z 7x √ dx = 1 − 49x2 √ √ z 1 − 49x2 dz √ = = . 7 7 14 z √ 1 − 49x2 . arcsen(7x) dx = x arcsen(7x) + 7 Z Z 2 2 u = tan x, du = sec x dx. Assim sec x log(tan x) dx = log u du = Juntando tudo obtemos, ( ) Tome Z (pelo item (a)) Z u log u − u = tan x log(tan x) − tan x. Um outro truque é integrar por partes duas vezes para obter a mesma função novamente. Veja os exemplos seguintes. Exemplo Z 145 Determine: x e sen x dx; (a) (b) Solução do Exemplo 145 Z (1/x) log x dx. (a) Tome u = ex e dv = sen x dx Z du = ex dx e v = − cos x. Z Z x x (− cos x)e dx = −e cos x + cos xex dx. experimente . . . ). Assim, Logo, K= (poderia ser o ontrário, ex sen x dx = −ex cos x− uZ = ex e dv = cos x dx, Assim, du = ex dx cos xex dx = ex sen x − sen xex dx = ex sen x − K . DeZforma análoga, tomando Logo, K = −ex cos x + ex sen x − K ou 2K = −ex cos x + ex sen x. ex ex sen x dx = (sen x − cos x). 2 Z (b) Tome u = log x e Zdv = dx/x. Assim, du = dx/x, v = log x. (1/x) log x dx = log2 x − (1/x) log x dx = log2 x − K . Z log2 x 2 (1/x) log x dx = . Portanto, 2K = log x. Logo, K = 2 Z Assim, e v = sen x. Logo, K = Assim, K = Fi a um alerta nal. Integrar utilizando estas té ni as é trabalhoso, mas om práti a vira um jogo divertido. No entanto lembre-se que saber apli ar té ni as não signi a entender on eito de integração. Algumas integrais requerem pou o mais que manipulações algébri as, e onsequentemente testam sua habilidade de des obrir truques algébri os ao invés de testar seu entendimento do pro esso de integração. [Sp, p.320℄. o 5.5. INTEGRAÇ O TRIGONOMÉTRICA 161 5.5 Integração Trigonométri a Chamamos de integrais trigonométri as aquelas que envolvem produtos de funções trigonométri as. Uma apli ação importante é na série de Fourier (veja p.200). O prin ipal tipo de integral trigonométri a é: Z senn (x) cosm (x) dx, om n, m ∈ N. Uma forma de determinar esta integral, apresentado em diversos livros de ál ulo, é utilizar truques (que tal vo ê onsultar algum livro e ver esses truques?) que dependem de m n e/ou ser par ou impar. Existem também fórmulas de redução (vide exer í io da p.177), que se apli am quando n=0 ou m = 0. Vamos tomar outro aminho aqui Ze apresentar um Teorema que permite al ular, além cos2 (3x) sen7 (8x) cos5 (4x) dx. destes asos lássi os, integrais omo Começamos om identidades trigonométri a simples, apresentadas omo um Lema. O relevante é que transforma produtos de senos/ ossenos em somas. Lema 13 Considere m, n ∈ R. Então: 2 sen(m) cos(n) = sen(m + n) + sen(m − n); 2 cos(m) cos(n) = cos(m + n) + cos(m − n); 2 sen(m) sen(n) = cos(m − n) − cos(m + n). Prova: Das fórmulas de seno e osseno de soma de ângulos: sen(m + n) = sen(m) cos(n) + cos(m) sen(n); sen(m − n) = sen(m) cos(n) − cos(m) sen(n); cos(m + n) = cos(m) cos(n) − sen(m) sen(n); cos(m − n) = cos(m) cos(n) + sen(m) sen(n). Somando as duas primeiras obtemos que 2 sen(m) cos(n) = sen(m + n) + sen(m − n). De forma similar obtemos as outras identidades. Teorema 25 (Integral Trigonométri a) ai , bj ∈ R para i = 1, . . . , N 1, . . . M . Então existem J ∈ N e Ai , Bi , Ci , Di ∈ R para i = 1, . . . , J tais que ! M ! Z Y N J Y X sen(ai x) cos(bj x) dx = (Ci sen(Ai x) + Di cos(Bi x)). i=1 Prova: Considere j=1 e j = i=1 A prova é por indução. Apli ações su essivas do Lema 13 permitem transformar o produto de senos e ossenos em soma, que pode ser integrado termo a termo pela linearidade da integral. De forma mais pre isa, se num estágio qualquer temos que al ular Z sen(ai x) cos(bj x)f (x) dx, onde f (x) é um produto de senos e ossenos, 162 CAPÍTULO 5. INTEGRAL pelo Lema 13, Z 1 sen(ai x) cos(bj x)f (x) dx = 2 1 sen((ai + bj )x)f (x) dx + 2 Z Z sen((ai − bj )x)f (x) dx. De forma análoga podemos tratar de Z sen(ai x) sen(aj x)f (x) dx e Z cos(bi x) cos(bj x)f (x) dx. Por indução vamos terminar om soma de integrais de senos e ossenos. Exemplo 146 Z Determine Solução do Exemplo 146 cos2 (2x) sen(7x) dx. Apli ando o Lema 13, cos(2x) cos(2x) = 1/2(cos(4x) + cos(0x)) = 1/2(cos(4x) + 1). Logo, cos2 (2x) sen(7x) = 1/2(cos(4x) + 1) sen(7x). Agora, apli ando novamente o Lema 13, cos(4x) sen(7x) = 1/2(sen(11x) + sen(3x)). Assim, cos2 (2x) sen(7x) = Verique isto no Maxima 1 1 (sen(11x) + sen(3x)) + sen(7x). 4 2 trigrat( os(2*x)2*sin(7*x)); om Podemos integrar termo a termo para obter que Z cos2 (2x) sen(7x) dx = − Exemplo Z 147 Cal ule: sen 5x cos 2x dx; (a) Solução do Z Exemplo 147 Assim, (b) Z 1 1 1 cos(11x) − cos(3x) − cos(7x) + C. 44 12 14 sen 3x cos 2x sen 5x dx; ( ) Z (sen 7x)2 cos x dx. sen 5x cos 2x = 1/2(sen 7x+sen 3x). 1 1 sen 5x cos 2x dx = − cos 7x − cos 3x + C . 14 6 (a) Apli ando o Lema 13, Convido o leitor a fazer isto integrando por partes para ver omo é mais ompli ado. Z Dena L= sen 5x cos 2x dx. v = 1/2 sen 2x. Assim u = sen 5x, dv = cos 2x dx, du = 5 cos 5x dx, Z L = 1/2 sen 5x sen 2x − 5/2 sen 2x cos 5x dx. Tomando u = cos 5x, dv = sen 2x dx Tomando u = sen 2x, dv = cos 5x dx e ver o que 5 25 1 sen 5x sen 2x+ cos 5x cos 2x+ L. Resolvendo o orre!) e integrando por partes, L = 2 4 4 −2 sen 5x sen 2x − 5 cos 5x cos 2x . É fá il ver que (⌣) ¨ é igual a para L obtemos: L = 21 1 1 − cos 7x − cos 3x. 14 6 (experimente fazer sen 3x cos 2x = 1/2(sen 5x + sen x). Apli ando novamente sen 5x sen 5x = 1/2(1 − cos 10x) e sen x sen 5x = 1/2(cos 4x − cos 6x). Logo sen 3x cos 2x sen 5x = 1/4(1 − cos 10x + cos 4x − cos 6x). (b) Apli ando o Lema 13, o Lema: 5.6. ⋆SUBSTITUIÇ O TRIGONOMÉTRICA 163 1 1 1 x − sen 10x + sen 4x − sen 6x + C 4 40 16 24 2 ( ) Apli ando o Lema 13, (sen 7x) = 1/2(1 − cos 14x). Apli ando novamente o Lema, cos 14x cos x = 1/2(cos 15x + cos 13x). Logo, (sen 7x)2 cos x = 1/2(cos x − 1/2(cos 15x + cos 13x)). Z 1 1 1 Assim, sen 15x − sen 13x + C . (sen 7x)2 cos x dx = sen x − 2 60 52 Assim, Z sen 3x cos 2x sen 5x dx = Observação 65 tuição. Z Em alguns asos é possível fazer, de forma bem Z mais fá il, por substi- Por exemplo: Fazendo a substituição u = cos x em sen x cos9 x dx obtemos −u9 du = −u10 /10 = − cos10 (x)/10. Terminamos esta seção armando que é sempre possível al ular integrais do tipo Z tann x secm x dx, om m, n ∈ N. Para isto remeto aos exer í ios que omeçam na p.179. Cal ulamos fa ilmente na p.157 que Z tan x dx = log | sec x|. Tiramos da artola um truque (está em todos os livros) para determinar sec x + tan x: Z Z sec2 x + sec x tan x dx. sec x dx = sec x + tan x plique em ima e embaixo por Z sec x dx. u = sec x + tan x e du = (sec2 x + sec x tan x) dx. Z Z du = log |u| = log | sec x + tan x|. sec x dx = u Agora faça a substituição Multi- Logo Verique que a resposta está orreta utilizando o TFC. 5.6 ⋆Substituição Trigonométri a Esta té ni a é utilizada, por exemplo, para al ular o omprimento/área do ír ulo, área de superfí ie da esfera e outros. √ A ideia é simpli ar integrandos que ontenham termos do tipo (suponha a > 0) √ 2 a + x2 , x2 − a2 , utilizando, respe tivamente, as substituições x = a sen θ, x √ a2 − x2 , = a tan θ, x = a sec θ. As expressões vão simpli ar devidos à relação trigonométri a fundamental sen2 θ + cos2 θ = 1 e sua onsequên ia (divida tudo por cos2 θ): tan2 θ + 1 = sec2 θ. Frequentemente se re aem em integrais trigonométri as, exploradas na seção anterior. Vamos simplesmente apresentar exemplos, pois o assunto não envolve nada além da té ni a da substituição. 0 † A leitura desta seção é op ional. 164 CAPÍTULO 5. Exemplo 148 Cal ule a área: (a) do ír ulo de raio R > 0; (b) da elipse ujos semieixos são Solução do Exemplo 148 2 (a) A equação do ír ulo é x √ da área integrando a função y(x) = R2 − x2 para x ∈ 1/4 Z R√ INTEGRAL a, b > 0. + y 2 = R2 . [0, R]. Assim Podemos al ular vamos determinar R2 − x2 dx. p √ x = R sen θ, R2 − x2 = R2 (1 − sen2 θ) = R| cos θ|. Além disso, dx = R cos θ dθ. Para que x ∈ [0, R] tome θ ∈ [0, π/2]. Neste intervalo | cos θ| = cos θ. Logo, Z R√ Z π/2 Z π/2 2 2 2 R − x dx = R cos θ(R cos θ) dθ = R cos2 θ dθ = 0 0 Z0 cos x sen x + x Da Seção anterior (integrais trigonométri as), cos2 x dx = . Logo, 2 Z π/2 cos(π/2) sen(π/2) + (π/2) cos 0 sen 0 + 0 − = π/4. Portanto a área do cos2 θ dθ = 2 2 0 Z R√ R2 − x2 dx = R2 π/4. Con luímos que a área é πR2 . ír ulo é 4 vezes a integral 0 Denindo 0 (b) A equação da elipse om semieixos 2 2 ap e b é (x/a) + (y/b) = 1. Podemos al ular y(x) = b 1 − (x/a)2 para x ∈ [0, a]. Assim vamos 1/4 da área integrando a função Z a p determinar b 1 − (x/a)2 dx. Ao invés de fazer tudo de novo, tome 0 Logo ab Z vale dx = a dz . 1 Além disso omo √ x ∈ [0, a], z ∈ [0, 1]. Assim, z = x/a e dz = dx/a. Z a p b 1 − (x/a)2 dx. 0 1 − z 2 dz . Esta integral é um quarto da área do ír ulo de raio 1, que pelo item Z a p π/4. Logo b 1 − (x/a)2 dx = abπ/4. A área da elipse é 4 vezes isto: πab. (a) 0 0 Exemplo 149 Determine as integrais abaixo: (a) Z Solução do Exemplo 149 Z dx ; 2 (x + 9)3/2 (a) Tome dx = (x2 + 9)3/2 Z (b) Z √ x = 3 tan θ. x2 − 16 dx. x2 Como 1 3 sec2 θ dθ = 27 sec3 θ 9 Z dx = 3 sec2 θ dθ, cos θ dθ = temos que 1 sin θ. 9 θ. Para voltar para x pre isamos rela ioná-las. Como x = 3 tan θ, tan θ = x/3. Construindo um triângulo om ângulo θ e om atetos x e 3, sua hipotenusa √ x x2 + 9. Assim sen θ = 2 . Logo será x +9 Z 1 x dx = + C. 2 3/2 (x + 9) 9 x2 + 9 Note que a resposta está em (b) Tome x = 4 sec θ. Como dx = 4 sec θ tan θ dθ, temos que Z √ 2 Z Z x − 16 4 tan θ tan2 θ dx = 4 sec θ tan θ dθ = dθ. x2 16 sec2 θ sec θ 5.7. ⋆INTEGRAÇ O 2 DE FUNÇÕES RACIONAIS 2 tan θ = sec θ − 1, a integral se transformará Z sec θ dθ = log(sec θ + tan θ), obtemos que p.179) Como Z √ 165 em: Z (sec θ − cos θ) dθ. Como (veja x2 − 16 dx = log(sec θ + tan θ) − sen θ. x2 θ. Para voltar para x pre isamos rela ioná-las. Como x = 4 sec θ, sec θ = x/4 ou cos θ = 4/x. Construindo um triângulo om ângulo θ e om ateto adja ente √ √ 2 4, e hipotenusa x, seu ateto adja ente será x − 16. Assim, sen θ = x2 − 16/x e √ tan θ = x2 − 16/4. Logo, √  √ 2  Z √ 2 x − 16 x2 − 16 x − 16 x − dx = log + + C. 2 x 4 4 x Note que a resposta está em Observação √ √66 a2 x2 e + x = a senh θ, x2 Outra forma de simpli ar integrandos que ontenham termos do tipo − a2 é utilizando a hamada substituição hiperbóli a: x = a cosh θ e respe tivamente. Veja um exemplo na p.196. 5.7 ⋆Integração de Funções Ra ionais Vamos apresentar nesta seção a té ni a de integração de funções ra ionais (funções que são o quo iente de dois polinmios), também onhe ida omo té ni a das Frações Par iais. É baseada em teorias da Álgebra, e não de Cál ulo. Algumas Apli ações de Integração de Funções Ra ionais: • Um modelo simples de res imento popula ional om limitação devido a es assez de re ursos do meio (equação logísti a de Verhulst: veja Wikipédia Logisti fun tion) resulta numa equação diferen ial uja solução é obtida integrando-se uma função ra ional. • Quando resolvemos equações diferen iais utilizando a Transformada de Lapla e (ver Seção 6.6 da p.198), ne essitamos integrar quo ientes de polinmios. Como al ular • Z p(x) dx q(x) (Parte 1) p e q são polinmios om oe ientes reais e que o grau de q é maior p pois aso ontrário basta fazer a divisão de polinmios para obter p(x) = q(x)k(x) + r(x), om grau de r menor (estritamente) que o grau de q e assim Z Z Z r(x) p(x) dx = k(x) dx + dx. q(x) q(x) Z Como k(x) é um polinmio, sabemos al ular k(x) dx. Assumimos que que o grau de 0 † A leitura desta seção é op ional. 166 • CAPÍTULO 5. O polinmio q(x) INTEGRAL pode ser de omposto omo o produto de polinmios de grau um ou grau dois om raízes omplexas não-reais (Teorema Fundamental da Álgebra). Mais pre isamente, q(x) = C(x − a1 )m1 (x − a2 )m2 · · · (x − aJ )mJ (x2 + b1 x + c1 )n1 · · · (x2 + bK x + cK )nK , om mj , nk ∈ N, aj , bk , ck , C ∈ R e grau não possui raízes reais). • ∆k = (bk )2 − 4ck < 0 (o polinmio do segundo Pela Teoria da de omposição por frações par iais (ver Seção 5.8, p.170), podemos p(x) B1 B2 omo a soma de fatores do tipo , , q(x) (x − ak ) (x − ak )2 C 1 x + D1 C 2 x + D2 Cnl x + Dnl , , ..., . 2 2 2 2 (x + bl x + cl ) (x + bl x + cl ) (x + bl x + cl )nl es rever ou Exemplo 150 (a) ..., Bmk (x − ak )mk Determine a de omposição em frações par iais de: 2 2 12 − 36x ; (x − 1)(x + 2)(x + 3) Solução do Exemplo 150 (b) x + 2x + 5 ; x2 (x − 1) (a) Pela teoria existem ( ) (x2 27(x − 5) . + 2)2 (x − 1)3 a, b, c ∈ R tais que: 12 − 36x a b c = + + . (x − 1)(x + 2)(x + 3) x−1 x+2 x+3 Agora olo ando o mesmo denominador no lado direito obtemos que 12 − 36x = a(x + 2)(x + 3) + b(x − 1)(x + 3) + c(x − 1)(x + 2). Agora o lado direito será um polinmio do segundo 2 grau: (a + b + c)x + (5a + 2b + c)x + 6a − 3b − 2c. Igualando om os oe ientes de 12 − 36x obtemos um sistema de 3 in ógnitas e três equações: a + b + c = 0, 5a + 2b + c = −36, 6a − 3b − 2c = 12. Resolvendo obtemos a = −2, b = −28, c = 30. Assim: 12 − 36x −2 −28 30 = + + . (x − 1)(x + 2)(x + 3) x−1 x+2 x+3 (b) Pela teoria existem a, b, c ∈ R tais que: x2 + 2x + 5 a b c = + 2+ 2 x (x − 1) x x x−1 De forma similar ao (a) obtemos que: x2 + 2x + 5 7 5 8 = − − + x2 (x − 1) x x2 x − 1 ( ) Seguindo (a) e (b) obtemos: 13x − 9 7x − 35 13 22 12 27(x2 − 5) = 2 + 2 − + − . 2 2 3 2 2 (x + 2) (x − 1) (x + 2) (x + 2) (x − 1) (x − 1) (x − 1)3 Pode-se al ular om o omando partfra do Maxima (de fato z assim ⌣ ¨ ). ⋆INTEGRAÇ O 5.7. DE FUNÇÕES RACIONAIS 167 Resumo da De omposição por Frações Par iais ( asos mais omuns) Assuma que o grau de p é menor que o do denominador, • A B p(x) = + ; (x − a)(x − b) x−a x−b • A B p(x) = + ; 2 (x − a) x − a (x − a)2 • p(x) A B C ; = + + 2 2 (x − a) (x − b) x − a (x − a) x−b • Ax + B p(x) = ; x2 + c x2 + c • (x2 e c > 0. Ax + B Cx + D p(x) = 2 + 2 . 2 + c) x +c (x + c)2 Observação 67 algébri as. A té ni a de frações par iais pode ser generalizada para outras estruturas Por exemplo os fatores do primeiro ou segundo grau podem ser os números primos. Assim, Veja na Wikipédia 1 1 1 1 1 = = − − 2. 2 18 2·9 2 3 3 o tópi o Partial fra tion. Como al ular • a 6= b Z p(x) dx q(x) (Parte 2) Pela linearidade da integral, reduzimos o problema de integrar para qualquer (I) Z m ∈ N, p(x) dx q(x) a al ular, b2 − 4c < 0, ada uma das integrais abaixo: Z Z dx x dx (II) ; (III) . 2 m 2 (x + bx + c) (x + bx + c)m om dx ; (x − a)m Z Z dx (x − a)m • Quanto a (I), sabemos al ular • Quanto a (II) e (III), ompletamos o quadrado de forma que (qual a resposta?). x2 + bx + c = (x + d)2 + e 1 2 om d = b/2 e e = c − b /4 > 0. Com isto reduzimos as integrais de e ((x + d)2 + e)m √ x m (tomando y = (x + d)/ e e olo ando e em evidên ia) às integrais 2 m ((x + d) + e) Z Z dy y dy e . 2 m 2 (y + 1) (y + 1)m  Z y dy dy + 1)m (y 2 pode ser al ulada denindo z = y2 + 1 (qual a resposta?). 168 CAPÍTULO 5.  Im = Z (y 2 dy + 1)m INTEGRAL é mais ompli ada mas pode-se obter (veja exer í io na p.179) a relação de re orrên ia: 2m − 3 y + Im−1 . 2 m−1 2(m − 1)(y + 1) 2(m − 1) Z dy = arctan y . temos que I1 = 2 (y + 1) Im = Nesta re orrên ia Exemplo 151 Cal ule Z x2 + 2x + 5 dx. x2 (x − 1) Solução do Exemplo 151 Queremos a b c x2 + 2x + 5 = + 2+ 2 x (x − 1) x x x−1 Para al ular a, b, c olo amos o lado direito om o mesmo denominador: x2 + 2x + 5 ax(x − 1) + b(x − 1) + cx2 (a + c)x2 + (b − a)x − b = = . x2 (x − 1) x2 (x − 1) x2 (x − 1) Igualando os oe ientes (a + c = 1, b − a = 2, −b = 5) obtemos que: x2 + 2x + 5 7 5 8 = − − + . x2 (x − 1) x x2 x − 1 Basta integrar ada um dos termos da direita para obter que: Z Observação 68 x2 + 2x + 5 5 dx = −7 log |x| + + 8 log |x − 1|. 2 x (x − 1) x Existe o hamado método de Heaviside ( over-up method) para se des- obrir os fatores da de omposição. Veja na Wikipédia o tópi o A, B em fra tions in integration. Um exemplo é para se obter 3x + 1 A B = + . (x + 3)(x + 1) x+3 x+1 Multiplique os dois lados por (x + 3)(x + 1): 3x + 1 = A(x + 1) + B(x + 3). Tome Tome x = −1 x = −3 Exemplo 152 para obter para obter Cal ule Z −2 = 2B e portanto B = −1. −8 = (−2)A e portanto A = 4. x(x2 x−5 dx. + x + 1)2 Partial fra tion e Partial 5.7. ⋆INTEGRAÇ O DE FUNÇÕES RACIONAIS Solução do Exemplo 152 x(x2 169 Queremos a bx + c dx + e x−5 = + 2 + 2 . 2 + x + 1) x x + x + 1 (x + x + 1)2 Colo ando o lado direito om o mesmo denominador e igualando os termos vamos obter que (agradeço ao Maxima novamente) x(x2 5 x−5 5x+5 5x+6 = 2 + 2 − . 2 2 + x + 1) x + x + 1 (x + x + 1) x −5 log |x| p. Quanto aos p dois primeiros, observe x + x + 1p= (x + 1/2) + 3/4 = 3/4((x/ 3/4 + 1/2/ 3/4)2 + 1. Assim tome √ y = (x + 1/2)/ 3/4 = (2x + 1)/ 3 e substitua nas duas primeiras integrais. A menos de O último termo é fa ilmente integrável: 2 2 que onstante teremos que resolver ada uma das quatro integrais: Z A primeira é dy , y2 + 1 arctan y . Z y dy , y2 + 1 Z dy , (y 2 + 1)2 Para a segunda e a quarta tome Z z = y 2 + 1, dz = 2dy Z y dy dy = y2 + 1 Z log |z| log |y 2 + 1| dz = = , 2z 2 2 Z y dy = 2 (y + 1)2 Z 1 1 dz =− =− 2 . 2 2z 2z 2(y + 1) Finalmente para o ter eiro termo, utilizando a re orrên ia para Z y dy . (y 2 + 1)2 Im e obtenha: temos que y I1 y arctan y dy = I = + = + . 2 (y 2 + 1)2 2(y 2 + 1) 2 2(y 2 + 1) 2 Juntando todos os pedaços (ou melhor ainda, utilizando o Maxima): Z 2 5 log |x + x + 1| (x − 5)dx = + x(x2 + x + 1)2 2 29 arctan  33/2 2√ x+1 3  − 5 log |x| + 7x−4 . 3 x2 + 3 x + 3 Sobre exemplos ompli ados omo este, veja a opinião do Spivak: Este exemplo [um exemplo ompli ado de integração por frações par iais℄ provavelmente onven eu vo ê que a integração de funções ra ionais (por frações par iais) é uma uriosidade té ni a somente (. . . ) Isto é somente (grifo nosso) verdadeiro. [Sp, p.319℄. par ialmente 170 CAPÍTULO 5. INTEGRAL Resumo da Integração de Funções Ra ionais p(x) dx q(x) Z por frações par iais e linearidade da integral Z dx (x − a)m Z integral fá il x dx 2 (x + bx + c)m dx + bx + c)m √ mudança de variável y = (x + d)/ e Z Z dy y dy = Im (y 2 + 1)m (y 2 + 1)m mudança Z Z z = y2 + 1 (x2 integral difí il dz 2z m integral fá il 5.8 ⋆Teoria da De omposição por Frações Par iais Apresentamos a teoria da de omposição por frações par iais de forma elementar, baseada somente no Lema de D'Alambert, assunto do ensino médio. Em livros de Álgebra, a teoria de frações par iais apare e om roupagem bem mais ompli ada (ideais gerados). Esperamos que esta apresentação seja útil pois é difí il de ser en ontrada. Denição 30 C[x] Denotamos por R[x] o onjunto dos polinmios om oe ientes reais e por om oe ientes omplexos. Lema 14 (D'Alambert) Seja p ∈ R[x] e c ∈ R p(x) = (x − c)q(x). (ou C) tal que q ∈ R[x] (ou Prova: Pelo algoritmo da divisão de polinmios, a divisão de C[x]) tal que polinmio de grau 0, isto é, p(x) = q(x)(x−c)+R. Como p(c) = 0. Então existe um p por x − c terá omo resto um p(c) = 0 = q(c)(c−c)+R = R = 0, p(x) = q(x)(x − c). Teorema 26 (frações par iais: raizes reais) n ∈ N. Então existem B∈R e q ∈ R[x] tais que Sejam p, r ∈ R[x], a ∈ R om r(a) 6= 0 e p(x) q(x) B = + . r(x)(x − a)n r(x)(x − a)n−1 (x − a)n Prova: Colo ando os dois lados om o mesmo denominador do lado esquerdo, queremos r e B tais que p(x) = q(x)(x − a) + Br(x). Como p(a) = Br(a), e r(a) 6= 0, dena B = p(a)/r(a). Dena, h(x) = p(x)−Br(x). Pela denição de B , é laro que h(a) = 0. Pelo Lema 14 da p.170 (D'Alambert), existe q ∈ R[x] tal que h(x) = q(x)(x − a) = p(x) − Br(x). Logo, p(x) = q(x)(x − a) + Br(x). Reapli ando o Teorema a ima, obtemos o Corolário abaixo. 0 † A leitura desta seção é op ional. 5.8. ⋆TEORIA Corolário 11 R e q ∈ R[x] DA DECOMPOSIÇ O POR FRAÇÕES PARCIAIS Sejam tais que p, r ∈ R[x], a ∈ R om r(a) 6= 0 e n ∈ N. 171 Então existem B1 , . . . , Bn ∈ p(x) q(x) B1 B2 Bn = + + +···+ . n 2 r(x)(x − a) r(x) (x − a) (x − a) (x − a)n Observação 69 Agora se próprio Corolário em q(x) r(x) b ∈R é raiz de r(x) do Corolário a ima, podemos apli ar o e prosseguir na expansão em frações par iais. Vamos pre isar de alguns fatos sobre números omplexos e polinmios reais. Lema 15 α ∈ C \ R ( omplexo não-real) e p ∈ R[x]. Então: ¯ = p(α). (a) p(α) (b) p(α) = 0 se, e somente se, p(α) ¯ = 0. 2 2 ( ) se α é raiz de x + bx + c então x + bx + c = (x − α)(x − α) ¯ . Prova: c¯ = c. Seja a + bP =a ¯ + ¯b e ab = a ¯¯b para todo a, b ∈ C e um p(x) = ai xi e faça a onta termo a termo. e somente se, p(α) = 0. Por (a), isto o orre, se (a) É fá il ver que Agora onsidere p(α) = 0, p(α) ¯ = p(α) = 0. (b) se, ( ) Por (b) é laro que α ¯ também é raiz. que se c ∈ R, e somente se, x2 + bx + c = on luímos que q Pelo Lema de D'Alambert, q(x)(x − α)(x − α) ¯ . Comparando os graus dos polinmios dos dois lados, 2 tem grau 1, isto é, q(x) = C . Comparando o oe iente do x dos dois lados, que q(x) = 1. on luímos A on lusão do item (b) do Lema é que raízes omplexas não-reais de polinmios reais apare em sempre aos pares onjugados. Teorema 27 (frações par iais: raizes omplexas) plexo não-real), raiz de e q ∈ R[x] tais que Sejam p, r ∈ R[x] e α ∈ C\R ( omx2 + bx + c, b, c ∈ R om r(α) 6= 0 e n ∈ N. Então existem B, C ∈ R p(x) q(x) Bx + C = + . r(x)(x2 + bx + c)n r(x)(x2 + bx + c)n−1 (x2 + bx + c)n Prova: e B, C Colo ando os dois lados om o mesmo denominador do lado esquerdo, queremos r 2 2 tais que p(x) = q(x)(x + bx + c) + (Bx + C)r(x). Como α é raiz de x + bx + c, pelo Lema 15 (b), (B α ¯ + C)r(α) ¯ . α ¯ também é raiz. p(α) = (Bα + C)r(α) e p(α) ¯ = pelo Lema 15 (a), r(α) ¯ também não Agora temos que r(α) não se anula, P = p(α)/r(α). Pela propriedade do onjugado, P¯ = p(α)/r( ¯ α) ¯ . Para determinar B e C pre isamos resolver o sistema:  Bα + C = P, Bα ¯ + C = P¯ . Como por hipótese se anula. Assim vamos introduzir Lema 15 (a), Ele possui solução úni a pois seu determinante é α−α ¯, e pelo que é não nulo pois por hipótese α é omplexo não-real. Agora, onjugando todos elementos do sistema, obtemos um sistema para ¯ C¯ : B,  ¯ + C¯ = P¯ , Bα ¯α B ¯ + C¯ = P, 172 CAPÍTULO 5. INTEGRAL que é idênti o ao anterior mas om outras in ógnitas. Pela uni idade de solução temos que ¯ B=B C = C¯ , isto é, B, C ∈ R. Dena, h(x) = p(x) − (Bx + C)r(x). Pela denição de B e C , é laro que h(α) = h(α) ¯ = 0. Pelo Lema 14 da p.170, apli ado duas vezes, existe q ∈ R[x] tal que h(x) = (x − α)(x − α)q(x) ¯ = p(x) − (Bx + C)r(x). Pelo Lema 15 ( ), (x − α)(x − α) ¯ = x2 + bx + c. 2 Assim, h(x) = (x + bx + c)q(x) = p(x) − (Bx + C)r(x). Como os polinmios do lado direito estão em R[x] e o primeiro termo do esquerdo também, on luímos que q ∈ R[x]. É ne essário provar isto pois por D'Alambert, omo a raiz é omplexa, q ∈ C[x] de forma geral. 2 Logo p(x) = q(x)(x + bx + c) + (Bx + C)r(x). e Reapli ando o Teorema a ima, obtemos o Corolário abaixo. Corolário 12 p, r ∈ R[x] e α ∈ C \ R ( omplexo não-real), raiz de x2 + bx + c, b, c ∈ R om r(α) 6= 0 e n ∈ N. Então existem B, C ∈ R e q ∈ R[x] tais que Então existem B1 , . . . , Bn , C1 , . . . , Cn ∈ R e q ∈ R[x] tais que Sejam p(x) q(x) B1 x + C1 B2 x + C2 Bn x + Cn = + 2 + 2 +···+ 2 . n 2 + bx + c) r(x) (x + bx + c) (x + bx + c) (x + bx + c)n r(x)(x2 5.9 Exer í ios de Integral 5.9.1 Exer í ios de Fixação Exer í io 1. Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontraexemplo): Z (a) Se b f (x) dx = 0, f (x) = 0 então para todo a f (x) ≤ 0 para todo x ∈ [a, b], então Z 3 h(x) dx = 9 e mudarmos o valor (b) Se ( ) Se Z x ∈ [a, b]. b a f (x) dx ≤ 0. da função em x=1 e em x = 2, 0 vai mudar de valor. Exer í io 2. Estude Z 2 Sabendo que −1 −1 (a) Z 2 (d) Z Z 2 a Denição 26 da p.149 e o Lema 9 da p.149 e resolva. Z 0 Z 2 f (x) dx = 5, −1 f (x) dx; (b) 2 f (x) dx; (e) Z 2 −1 h(x) dx −1 se
f (x) + 2g(x) dx; Z 0 f (s)g(t) ds −1 ( ) Z 1 g(sen(x2 )) dx; 1  a função f (x) al ule: −1 dt. ( f (x); x 6= 1; h(x) = 5; x = 1. Exer í io 3. Considere 3 06.o t.2011 f (x) dx = 7, e 2 −1 0 (f ) Z g(x) dx = −3 representada na gura abaixo. a integral 5.9. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL 173 y f (x) 2 x 1 Dena F (x) = aos seguintes itens. (a) Determine (b) Determine Z 2 3 4 5 −1 x f (s) ds. Usando a ideia de que a integral é área om sinal responda 0 F (0), F (1), F (2), F (3). os intervalos onde F res e e de res e. ( ) Determine os pontos de máximo e mínimo lo al de Exer í io 4. O aluno X es reveu Como a primitiva de 1 x2 é que: 1 − , x temos que Z 2 −2 O aluno Y es reveu que: Como F. 1 >0 x2 para todo 2 1 1 1 dx = − = −( ) − (− ) = 0. 2 x x −2 2 2 x, Z 2 −2 dx > 0 x2 Resolva o onito entre os alunos X e Y. Exer í io 5. Estude o Teorema 24 da p.151 (TFC). Considere h(x) = 2 termine: (a) Z h(2); (b) intervalos onde h res e e de res e; x (5 − t)5 dt. t4 + 6 De- ( ) pontos de máximo e mínimo lo al. Exer í io 6. Estude s∈R e que g(x) = o Corolário 10 da p.151 (TFC). Sabendo que Z 1 x3 Ke + Bx − C , determine h(s) ds. −1 Exer í io Z 1 7. Cal ule: 3 (a) 0 2 (2x − 3x + 5) dx; Exer í io 8. Os (b) Z 1 2 0 |y − 1| dy ; ( ) Z h(s) = g ′ (s) para todo (3x + et − 7x sen t) dt. três melhores alunos da sala integraram a mesma função e en ontraram as 2 2 seguintes respostas: − cos 2x + C, 4 −cos x +C 2 isso? Será que algum (ou todos) erraram a integração? Exer í io 9. Estude e sen x + C. 2 Como vo ê expli a a Seção 5.3 da p.154 (Integrais Impróprias). Sem al ular as integrais abaixo, es reva ada uma omo o limite de uma integral própria: 174 (a) CAPÍTULO 5. Z 5 −s2 e ds; (b) −∞ Z 2 0 dx ; log(5 − x2 ) ( ) +∞ Z 0 dy ; 1 + y4 Exer í io de variáveis para provar que: Z 10. Faça mudança Z Z bc f (t) dt = c (a) b+c b ac f (x) dx; a+c a Exer í io 11. Cal ule as seguintes Z Z √ 4 (a) (d) Z K − 3x dx; √ x 3 − 2x2 dx; x log x dx; 2 (3 − 2x)4 dx; 1 ( ) Z (b) π sen(2θ) dθ; 1 dx . x10 − 1 b f (u) du. a 3 3x cos(x ) dx; sen(θ) p dθ cos(θ) ; ( ) (f ) log2 (t) dt; t Z cos x e5 sen x dx. Z integrais (por partes): arctan x dx. (b) Exer í io Z 13. Cal ule as seguintes Z (a) 2 Z (e) f (x − c) dx = 2 integrais (por substituição): (b) Exer í io Z 12. Cal ule as seguintes Z (a) (b) Z (d) Z INTEGRAL Z (d) π/4 1 integrais denidas: +∞ e−x/4 dx; log 3 +∞ 1 ds. s3 5.9.2 Problemas   2x Problema 1. Considere f (x) = −1   5−x Z 3 Z 4 (a) f (x) dx; f (x) dx; (b) 0 2 Problema 2. Estude (a) se (b) Z e f (x) ≤ M , 6e 0 < x ≤ 2, se 2 < x ≤ 4, Determine: se 4 < x ≤ 5. Z 5 f (x) dx. ( ) se 1 o Lema 9 da p.149 e prove que: Z b então a f (x) dx ≤ M(b − a); 4 sen(ex + 5x2 + x) log x dx ≥ −20e. Problema 3. Considere F (x) = (a) os intervalos nos quais F Z x 2 t −1 dt. t2 + 1 Determine: 2 é res ente e onde é de res ente; (b) os intervalos nos quais o grá o de F possui on avidade para baixo e onde é para ima; ( ) o valor de x onde F atinge um mínimo lo al e o valor onde atinge um máximo lo al. 5.9. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL Problema 4. Determine 175 a equação da reta tangente ao grá o de 2 y(x) = log(2 + sen(x − π)) + no ponto √ ( π, log 2). Problema 5. Cal ule: (a) f ′ (1) se (b) g ′(8) se Z Z y x Z √ cos(s2 ) ds π 3 et dt cos(1 + s2 ) ds;  Z 45 Z x 3 g(y) = log(t + 1) dt dx. f (y) = 1 y 8 Problema Z 6. DetermineZpara quais p > 0 as integrais abaixo são nitas. +∞ (a) 1 dx ; xp 1 dx . xp (b) 0 Problema 7.√ (integral indenida) Z Z cos( k) 3x √ √ (b) ( ) dk ; x sen(3x + 1) dx; dx; 1 −Z3 x2 k Z Z √ 2 sec x log(tan x) dx; (e) sen( t) dt; (f ) e2x cos x dx; Z Z √ Z ex 3 s sen(log x) dx; e ds; (h) (i) dx. 1 + e2x (a) Z (d) (g) Problema 8. (integral denida) Z Z 1 −x2 xe (a) 0 (e) log 3 Z dx; 1 −3s se (b) √ ex 1 + ex dx; (f ) Z 1 0 Problema Z 9. (integral om módulo) Z 4 x dx; 1 + x2 2 2 0 ( ) Z +∞ dt dt; (d) se−s/2 ds; t(log t)3 r 0 Z 8 1 1 (g) 1 + dx. 2 x 1 x e 0 (a) ds; 0 +∞ Z x |x − 2| dx; (b) 1/2 | log s| ds; ( ) Z 2 −2 |es−1 − 1| ds. Problema 10. Determine y(x) sabendo que: (a) dy 2x + 1 = √ dx x e y(1) = 0; Problema 11. (Integrais Impróprias) Z Z 16 (a) 0 dx √ . 4 x +∞ (b) Problema 12. Determine: e (b) dx ; x log3 x dy 2 = xex +1 dx ( ) Z 0 −∞ e y(1) = e2 . ex dx; 3 − 2ex 176 (a) CAPÍTULO 5. −x2 lim e x→+∞ Z x log(t9 + 3) dt; 0 (b) uma função INTEGRAL f tal que f (0) = 1 e que Z x e−s f ′ (s) ds = 3x para todo x ∈ R. 1 lim x→+∞ x Z x Z x −π 5.9.3 Extras Extra 1. Suponha que f é ontínua e lim f (x) = K . x→+∞ Determine p.239 no.34). Extra 2. Determine x∈R TODOS os valores de onde a função Si(x) = 0 pontos de máximo lo al. f (t) dt ([Sp℄ 0 sen t dt t possui Extra 3. Determine a equação da reta tangente ao grá o de ada função no ponto indi ado: Z x (a) (b) 2 log(et + t − 1)et dx no no ponto x = 1; 1 Z x es h(x) = 7 − ds no ponto x = 2. 2 2 s +1 f (x) = Extra 4. Considere um móvel preso a uma mola e deslizando sobre uma superfí ie sem atrito (veja gura abaixo). Sua a eleração é dada por onstantes). No instante Determine a função x(t) t=0 o móvel está na a(t) = Aω 2 cos(ωt) ∀t ≥ 0 (onde A e ω são posição x(0) = 0 e tem velo idade v(0) = 0. que determina a posição do orpo ao longo do tempo. 11 00 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 111111 000000 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 −A Extra 5. Seja f (s) = s2 Z s Extra 6. Considere g(x) = Extra 7. Sabendo que Z sen(t) dt. t2 Z Determine A f ′ (s). e2x sen(t2 ) dt. Cal ule g ′ (x). 0 3 −1 x 0 f (s) ds = 7 e Z 3 f (s) ds = 3 1 determine Z 0 f (2x + 1) dx. −1 5.9. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL Extra 8. Determine (a) a função dy = cos(5θ) + 3 dθ e y(θ) 177 sabendo que: y(π) = 5π ; (b) 1 dy = dx 2x + 1 e y(0) = 3. Extra 9. Suponha que um ponto move-se ao longo de uma urva y = f (x)√no plano xy de tal (x, y) forma que a ada ponto da urva a reta tangente tem in linação a equação da urva sabendo que ela passa pelo ponto Extra 10. (integral om módulo) Z 4 2 |x − 3x + 2| dx; (a) 0 Extra 11. Z (integral indenida) Z 2 x log x dx; (a) (e) (h) ex dx; 2x x Z e + 2e + 1 ax dx om a > 0. Extra 12. (integral denida) (a) (d) e1/x dx; (b) 2 1/2 x Z π/2 √ cos θ sen θ dθ; (g) log 3 Z log 2 √ log 2 (h) Z1 0 +∞ 1 Extra 14. Use integração por partes Z (a) Se Im = xm ex dx, Z 2 −2 x x2 − 2x dx. ( ) 1 √ 2 y √ dy ; 1−y Z 2 Z 4 log x √ dx; x Z 4π2 (f ) π2 √ sen x √ dx; x t dt. t2 + 1 log x dx (p > 1); xp ( ) Z 2 −∞ dx ; (4 − x)2 para provar as fórmula de redução de integral: Im = xm ex − mIm−1 . Z Se Sm = xm sen x dx então (b) (redução trigonométri a) Sm = −xm cos xZ+ mCm−1 Z 0 log x (b) dx; x2 Z1 +∞ e−x √ dx. 1 − e−x 0 ( ) 1 +∞ (d) 3 x2 x e dx; (e) Extra 13. (Integrais Impróprias) Z Z (a) 1 + |x| dx; 1 ex dx; ex + 4 (0, 1). Z 0 Z e Cm = Z xm cos x dx, Cm = xm sen x − mSm−1 . m−1 1 Im−2 . ( ) Se Im = senm x dx, então Im = − senm−1 x cos x + m m Z (log x)n dx, então Ln = x(log x)n − nLn−1 . (d) Se Ln = (e) Mostre que Determine sen x − cos x dx x log x dx; ( ) x(log x) dx; (d) cos x + sen x Z Z 3 sen(x)+4 (f ) e cos(x) dx; (g) ex cos(ex + 3) dx; (b) 1 −3 p √ Z Z (b) 3 Z x + 1. e L3 = x((log x)3 − 3(log x)2 + 6 log x − 6). então 178 CAPÍTULO 5. INTEGRAL 5.9.4 ⋆Problemas (Integração e Substituição Trigonométri a) Problema Z 1. Determine: 3 cos x dx; (a) (d) Z sen4 x dx; (b) (e) Problema Z 2. Cal ule: (a) (d) dx ; (1 − x2 )3/2 Z √ 2 x −1 dx; x (d) 2 cos 3x cos 5x dx; Z x2 √ dx; 2 Z 1−x dx √ ; x2 x2 − 1 Z (e) dx √ ; (b) 2 4 − x Z x3 dx; (1 − x2 )3/2 ( ) cos 4x sen 3x dx. (b) Problema Z 3. Determine: Z (a) Z Z cos x sen x dx; dx ; + 2x + 2)3/2 Z dx √ . x2 x2 + 25 Z ( ) (f ) (x2 1 Z dx x √ √ ; dx; ( ) 2 2 −1 1 − x x 0 Z 4 √ (e) 16 − x2 dx. √ 2 2 5.9.5 ⋆Problemas (Integração de Funções Ra ionais) Problema 1. Cal ule Z +∞ x2 4 Problema Z 2. Cal ule: (a) (d) 2x − 3 dx; 2 Z x − 8x + 7 6 dx ; x2 + 8x + 7 Problema 3. Cal ule Z 2x − 3 dx; (b) 3 2 Z 2 x −x x + 4x − 2 (e) dx; x4 − 4x2 Z +∞ −∞ 2 dx. −1 x2 dx + bx + c se Problema Z 4. Suponha que a 6= b e Za 6= 0. (a) dx , (x − a)(x − b) (b) Problema 5. [Ha, p.252℄ Determine (a) ∆ = b2 − ac > 0; (b) ( ) x+4 dx; 3 Z x + 4x 2x2 + x + 2 dx. (x − 1)(x2 + 4) Z (f ) b2 − 4c < 0. Cal ule: dx . 2 x (x − a) Z ∆ < 0; Ax + B dx + 2bx + c ax2 ( ) ∆ = 0. se: 5.9. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL 179 5.9.6 Desaos Desao 1. Suponha que f é uma bijeção em (a) Prove que para todo Z Dena x a g(y) = f −1 (y). x ∈ [a, b], f (s) ds = xf (x) − af (a) − arcsen x (b) Determine a primitiva do Desao 2. Prove [a, b]. log x e que existe um polinmio p(x) Z f (x) g(y) dy. f (a) utilizando (a). tal que p(x). Z x3 ex dx = p(x) ex . Determine Di a: TFC. DesaoZ 3. Prove que dado n ∈ N existem Z xn ex dx = p(x) ex ; (a) Con lusão: podemos al ular e usando o TFC. p(x) e q(x) tais que: (log x)n dx = x q(log x). (b) Z polinmios x4 ex dx tentando determinar os oe ientes do polinmio Desao 4. Prove que dados a, b ∈ R, existem A, B ∈ R tais que Z eax sen(bx) dx = eax (A sen(bx) + B cos(bx)). Use este resultado para provar que: Z Z ex sen(2x) dx = e3x sen(2x) dx = ex (sen(2x) − 2 cos(2x)) + C. 5 ex (3 sen(2x) − 2 cos(2x)) + C. 13 Di a: aplique o TFC e resolva um sistema do segundo grau. Obs: Existe resultado análogo para o osseno. Desao 5. Prove que não existe Desao Z 6. Use Im = um polinmio p(x) tal que Z 2 ex dx = p(x)ex 2 . integração por partes para provar as fórmula de redução de integral: dx , 2 (x + 1)m então x 2m − 3 Im = + Im−1 ; 2 m−1 2(m − 1)(x + 1) 2(m − 1) Desao 7. Use integração por partes para provar as fórmula de redução de integral: Z tann−1 x (a) Se Tn = tann x dx, então Tn = − Tn−2 ; (b) Se Sn = Z secn x dx (n ≥ 2), n−1 então Sn = tan x secn−2 x n − 2 − Sn−2 ; n−1 n−1 Se 180 CAPÍTULO 5. INTEGRAL Verique,Zusando o TFC, que ( ) sec x dx = log | sec x + tan x|. S1 = Desao 8. Vamos mostrar omo determinar Prove que: (a) se m = 2k + 1 Z tanm x secn x dx, (impar) então existe um polinmio P m, n ∈ N, n, m > 1. om tal que esta integral é igual a p(sec x). tan Di a: separa um termo (b) se Z m = 2k Q(secx) dx 290). (par), então existe ver omo integrar qualquer função ra ional de senos e ossenos ([Co℄ Z Isto in lui, entre outros: anteriores om outra té ni a). Dena esta integral é igual a e podemos apli ar o exer í io anterior para al ulá-la. Desao 9. Vamos p. u = sec x. 1 + tan2 x. um polinmio Q tal que e substitua tanm x secn x dx, om m, n ∈ N (feita nos exer í ios t(x) = tan(x/2). 2t 1 − t2 e cos x = . 1 + t2 1 + t2 1 + t2 dt = (b) Prove que . dx 2 ( ) Seja R(c, s) um quo iente de polinmios em 2 variáveis. Então   Z Z 2t 2 1 − t2 , dt. R(cos x, sen x) dx = R 2 2 1+t 1+t 1 + t2 (a) Prove que sin x = Ou seja, transformamos numa integral de função ra ional. Use ( ) para al ular: Z dx dx (d) (e) ; (f ) . 1 + sen x sen x Use Z( ) para es rever omo integral de função ra ional: Z (g) sec x tan2 x dx; sec 2x tan 3x dx. (h) Z dx ; 1 + cos x Z Desao 10. Prove que Di a: Es reva xx Z 1 −x x dx = ∞ X n−n . 0 n=1 usando exponen ial; expanda utilizando a série de Taylor da exponen ial; integre termo a termo por partes. Somente por uriosidade: o valor da integral é aproximadamente 1.29128. Desao 11. Mostre que Z +∞ 2 e−y dy existe. 0 Di a: Não tente al ular a integral, faça uma estimativa utilizando Desao 12. Mostre que Z +∞ 0 sen x dx x ye−y existe através do seguinte roteiro: 2 . 5.9. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL 181 (a) Integre por partes e mostre que b Z cos a cos b sen x dx = − + x a b Z 1 a (b) Use o lado esquerdo para investigar Z b a cos x dx. x2 e o lado direito para investigar 0 Desao 13. Suponha que f para todo é ontínua e satisfaça Desao 14. Dena f (y) = +∞ . 1 f (x) = x ∈ R. Z Z Z x f (s) ds. Prove que f (x) = 0 0 b ty dt. para 0 0; (b) Γ(n) = (n − 1)! para n ∈ N. Γ(z + 1) = zΓ(z) . Z Di a: Para (b) integre por partes e prove que +∞ ( ) Use a substituição u = tx e mostre que importante em estatísti a e pode-se mostrar que e Γ(3/2) = (1/2)! = 1/2Γ(1/2) = Desao 18. Mostre que o roteiro abaixo: Z √ Z +∞ 2 e−y dy = √ π/2. A, B ∈ C Γ(1/2) = √ π 0 π/2. ([Sp℄ p.327 no.25) tais que x2 ⋆ 02/12/1831, Berlim, Alemanha  Alemanha. ⋆ Assim, dx = arctan x utilizando frações par iais omplexas, seguindo x2 + 1 4 Paul David Gustav du Bois-Reymond: 5 Leonhard Euler: Esta integral é 0 1 A B = + . x + i x − i  Z +1 1 x−i dx = log . (b) Utilize (a) para mostrar que 2 x +1 2i x+i ( ) Prove que se |z| = 1 então existe θ ∈ R tal que log z = iθ possibilidades: log z = i(θ + 2kπ), k ∈ Z). (a) Determine 2 e−y dy . Γ(1/2) = 2 15/04/1707, Basel, Suíça  † (note que tem outras † 07/04/1889, Freiburg, 18/09/1783, São Petesburgo, Rússia. 182 CAPÍTULO 5. INTEGRAL |(x − i)/(x + i)| = 1. 2iθ (e) Mostre que se x = tan θ , (x − i)/(x + i) = e .   1 x−i (f ) Con lua que = θ = arctan x. log 2i x+i (d) Mostre que dx 2 2 , om a + b 6= 0. a cos x + b sen x existem r, θ tais que a = r sen θ, b = r cos θ . Desao 19. Determine Di a: Mostre que Z Desao 20. O objetivo aqui é explorar fórmulas para as funções hiperbóli as análogas aos do seno e osseno. (a) Integre por partes e determine uma fórmula de re orrên ia para para n ∈ N. Shn = (b) Desenvolva uma teoria análoga ao do Teorema 25 da p.161 para al ular Z om ai , bj ∈ R para N Y senh(ai x) i=1 i = 1, . . . , N e ! M Y j=1 cosh(bj x) ! j = 1, . . . M . Di a: Use identidades trigonométri as hiperbóli as da p.60. dx Z senhn dx Cap´ıtulo 6 ˜ da Integral Aplicac¸oes Objetivos: Começamos om apli ações bási as de integração: Área e volume por fatiamento (Prin ípio de Cavalieri), in luindo sólidos de revolução. Denimos o valor médio de uma função, uma ideia importante em probabilidade. Além disso apresentamos diversas apli ações op ionais: omprimento de urvas, área de superfí ie de sólidos de revolução, transformada de Lapla e, série de Fourier ( om apli ação ao padrão MP3 para músi a). 6.1 Área no Plano Introduzimos no apítulo anterior o on eito de integral omo área om sinal. Nesta seção vamos resolver diversos problemas onde a di uldade está em: (a) determinar o intervalo (ou os intervalos) apropriados de integração, de qual (quais) integrando(s); (b) determinar se é melhor integrar em x ou em y. Tipi amente podemos es olher, mas uma das opções resultará numa úni a integral, ao invés de duas. Para isto o esboço do grá o e determinação das interseções é fundamental. Exemplo 153 Determine a área da região delimitada por Solução do Exemplo 153 y = |x2 − 4| e y = 2x2 − 20. Primeiro esboçamos os grá os. y = 2x2 − 20 y y = |x2 − 4| −4 −2 2 0 06.o t.2011 183 √ x 10 4 184 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL Cal ulando os pontos de interseção: Para x > 2 e x < 2, as interseções o orrem quando |x − 4| = x2 − 4 = 2x2 − 20. Resolvendo obtemos x = ±4.√Para x ∈ (−2, 2) temos que 2 2 resolver −x + 4 = 2x − 20. Obtemos as raízes falsas x = ± 8, que não perten em a este 2 intervalo. Assim a área é igual a soma de 3 integrais: Z −2 −4 2 2 ((x −4)−(2x −20)) dx+ Z 2 2 −2 2 ((4−x )−(2x −20)) dx+ Z 4 2 ((x2 −4)−(2x2 −20)) dx. Assim a área é −2 Z 2 (−x + 16) dx + −4 Como Z Z 2 2 −2 x3 (−x + 16) dx = 16x − 3 2 e Z integração obtemos que a área é igual a (24 − 3x ) dx + Z 4 (−x2 + 16) dx. 2 (−x2 + 16) dx = 24x − x3 , olo ando os limites de 40/3 + 80 + 40/3 = 320/3. Note que por simetria poderíamos al ular somente a área área para x>0 e multipli á-la por 2: 2 Z 0 Exemplo 154 2 2 2 ((4 − x ) − (2x − 20)) dx + Z 2 4 ((x2 − 4) − (2x2 − 20)) dx. Determine a área da região delimitada por Solução do Exemplo 154 x = y2 e x − y = 2. Vamos omeçar pelo esboço, notando que y = x−2 y y= 2 √ √ y = ± x. x x 1 −1 4 √ y=− x x = y 2 = y + 2, (4, 2) e (1, −1). Para al ular a interseção das urvas devemos determinar a solução de que é y=2 e y = −1. Como Assim, integrando em Z 1 0 √ x √ ( x − (− x)) dx + x = y + 2, os pontos de interseção são a área será a soma de 2 integrais Z 1 4 Z 4 √ √ ( x − (x − 2)) dx = 2 x dx + ( x − x + 2)) dx = 0 1  3/2  4 3/2 1 4x x2 4x = + − + 2x = 3 0 3 2 1 9 4 19 = . = + 3 6 2 √ Z 1 6.1. x ÁREA NO PLANO 185 Por outro lado, podemos integrar em y , de y = −1 até = y + 2 e x = y 2 (qual função está a ima da outra?): y =2 a diferença das funções 2 9 y 3 y2 + 2y − = . ((y + 2) − y ) dy = 2 3 −1 2 −1 Z 2 2 Outra possibilidade equivalente é tro ar x por y e fazer o problema novamente: Determine y = x2 e y − x = 2. Vamos obter o grá o: a área da região delimitada por y y = x2 y =x+2 4 1 x −1 2 Sua área será dada por 2 9 x3 x2 + 2x − = . ((x + 2) − x ) dx = 2 3 −1 2 −1 Z 2 2 Em avaliações (provas, testes, et .) é su iente pedir a modelagem, isto é, pedir que se esbo e a região e es reva a integral denida (ou soma de integrais denidas) que forne e a área (ou, mais adiante, volume). Estas integrais são simples mas envolvem muitas tro as de sinais, sendo fá il errar a aritméti a. Erro Comum: Não saber esboçar grá o de funções por translação horizontal/verti al, obtendo região errada. Não saber esboçar função módulo. Vamos al ular áreas de regiões innitas utilizando integrais impróprias. Exemplo 155 Determine a área da região delimitada por Solução do Exemplo 155 1 , x2 isto é, y= 1 x3 e y= 1 x2 om A interseção das urvas determinada pela equação x3 1 1 = x = 1. Por outro lado, 2 ≥ 3 para x > 1. Assim 2 x x x +∞  Z +∞  1 1 1 1 1 = . − 3 dx = − + 2 2 x x x 2x 1 2 1 a área é x > 1. y = 1 = x3 186 CAPÍTULO 6. Exemplo 156 APLICAÇÕES DA INTEGRAL Determine a área da elipse denida impli itamente pela equação ax2 + bxy + cy 2 = 1 Solução do Exemplo 156 y 4ac − b2 > 0 e c > 0. Esta equação representa uma elipse ujos eixos de simetria po- dem não ser paralelos aos eixos Podemos determinar om x ou y. omo função de equação do segundo grau em x, a, b, c vendo a equação implí ita omo uma y: (c)y 2 + (bx)y + (ax2 − 1) = 0, ujo ∆ Como (que depende de é dado por ∆(x) = (bx)2 − 4(c)(ax2 − 1) = −x2 (4ac − b2 ) + 4c. r 4ac − b2 > 0 ∆(x) = 4c − Dx2 x) e c > 0, podemos denir e K= 4c ∈ R. D ± 4c = ±K. D ∆(x) ≥ 0 se, e somente se, x ∈ [−K, K]. p Assim, a área da elipse será igual a integral, no intervalo Finalmente, apli ando a fórmula da resolução da equação do segundo grau, −bx ± ∆(x) . 2c função Portanto é uma parábola om on avidade para baixo om raízes reais r Assim, D = 4ac − b2 > 0 y(x) = [−K, K] da p p p −bx + ∆(x) −bx − ∆(x) ∆(x) − = . 2c 2c c Ou seja, a área da elipse é igual a p Z K √ −x2 (4ac − b2 ) + 4c 4c − Dx2 dx = dx. c c −K −K Z K√ portanto integrar 4c − Dx2 dx. Z Pre isamos K −K Vou resolver de duas formas esta integral: (a) Podemos utilizar a substituição trigonométri a (veja Seção 5.6, p.163) para obter que Z √ √ 4c − Dx2 2c x + √ arcsen 4c − Dx2 dx = 2 D √ ! x D √ . 2 c Substituindo os limites de integração, o primeiro termo se anula e Z (b) Note que Z K −K √ K2 = 4c − K −K 4c . D Dx2 √ 2πc 2πc . 4c − Dx2 dx = √ = √ 4ac − b2 D D Colo ando dx = Z K −K s D em evidên ia obtemos que   √ Z K√ 4c 2 K 2 − x2 dx. − x dx = D D −K 6.2. VOLUME DE SÓLIDOS 187 Note que esta integral representa a área do semi ír ulo de raio Logo, Assim ela vale πK 2 2πc = . 2 D √ 2πc 2πc 2πc D =√ =√ . D 4ac − b2 D −K Nos dois asos, retornando a fórmula da área, basta dividir isto por c. Obtemos então que 2π área da elipse é √ . 4ac − b2 Z a K. K √ 4c − Dx2 dx = 6.2 Volume de Sólidos A determinação de volumes no Cál ulo de uma variável é baseado no Prin ípio de Cavalieri. Podemos hamá-lo, de forma mais sugestiva, no método do fatiamento ou do salame para o ál ulo do volume. Como ilustração da ideia bási a observe as pilhas de moedas da gura abaixo. Claro que as duas pilhas de moedas possuem o mesmo volume. Isto o orre pois o volume de ada moeda (fatia) é igual, não importando sua posição. O Prin ípio de Cavalieri é um aso parti ular do Teorema de Fubini, que apare e em ursos de Cál ulo Avançado e de Medida e Integração. Vamos enun iá-lo omo um teorema. Teorema 28 (Prin ípio de Cavalieri) Suponha que duas regiões sólidos) estão ontidos entre dois planos paralelos. planos, a interseção de de A Π om é igual ao volume de A A e Se para todo plano possui área igual a interseção de Π om B do espaço (dois Π paralelo a estes B , então o volume B. No exemplo das pilhas de moedas a ima, embora uma pilha tenha forma diferente da outra, as interseção om planos paralelos à mesa onde elas estão apoiadas serão ír ulos de mesmo raio (igual ao raio da moeda), e portanto om mesma área. Partindo do prin ípio de Cavalieri podemos deduzir uma fórmula para o ál ulo de volumes. Teorema 29 Considere um sólido a área da interseção do plano S ⊂ R3 x=s om x = a e x = b. Seja A(s) Z b S é igual a A(s) ds. ontido entre os planos S. Então o volume de a Prova: Podemos aproximar o volume de S utilizando o prin ípio de Cavalieri. Para isto, [a, b] em intervalos Ii = [si−1 , si ] om ∆si = si − si−1 . Suponha igual a A(si ) em ada intervalo Ii . Então o volume de ada fatia é onsidere uma partição de que A(s) é onstante A(si ) ∆si , a área igual a da base vezes a altura. Assim o volume total é aproximadamente n X i=1 A(si ) ∆si . 188 CAPÍTULO 6. Quando passamos ao limite om Z (o somatório vira obrinha Exemplo 157 ∆si → 0 APLICAÇÕES DA INTEGRAL obtemos a fórmula do volume. Note que (⌣) ¨ ) e ∆si vira ds. Deduza a fórmula do volume do one reto de raio Solução do Exemplo 157 e altura x h. seja perpendi ular à base do one, temos: x onstante, temos que A(x) é um ír ulo uja r y rx = . Logo y = . Assim, o volume é semelhança de triângulos, h x h h Z h Z (rx)2 πr 2 h3 πr 2 h πr 2 h 2 πr 2 x3 π 2 dx = 2 = = . x dx = 2 h h 0 h 3 x=0 h2 3 3 0 Para ada orte om o plano Exemplo 158 vira Colo ando o sistema de eixos de modo que a origem do sistema esteja no vérti e do one e o eixo Por r X área é πy 2 . Uma barra a de amping é onstruída sobre uma base quadrada om duas varetas idênti as onforme a gura abaixo. No sistema de oordenadas mostrado na gura, 2 uma das varetas tem forma dada pela equação y = 1 − x . Cal ule o volume da barra a. y y = 1 − x2 PSfrag repla ements x 0 Solução do Exemplo 158 y = s, om s ∈ [0, 1] obtemos quadrados. Fixado y = s note que a diagonal (não é o lado) do quadrado A(s) terá omprimento √ x(s) = 2 1 − s. Se L é o lado de um quadrado e D sua diagonal, por√Pitágoras, 2L2 = D 2 . D2 (2 1 − s)2 2 . Logo a área de A(s) = Assim, a área do quadrado é L = = 2(1 − s). 2 2 Assim o volume é Z 1 1 2(1 − s) ds = 2s − s2 s=0 = 1. Cortando om planos 0 Resposta: 1. 6.2. VOLUME DE SÓLIDOS 189 Um aso parti ular é o ál ulo do volume de sólidos de revolução. Considere uma função y = f (x) ontínua e positiva, uja área delimitada pelo seu grá o e o eixo x está indi ada na gura abaixo. x a região delimitada pelo grá o da função e o eixo x obtemos um sólido, hamado sólido de revolução gerado por y = f (x), omo indi ado na gura abaixo. 2 Note que os orte para x = s serão ír ulos, uja área A(s) = π(f (s)) . Podemos al ular Rodando em torno do eixo seu volume apli ando a fórmula do Teorema 29 da p.187. Exemplo 159 Deduza a fórmula do volume da esfera de raio R. Solução do Exemplo 159 limitada pela função y= volume é Z R π( √ −R Exemplo 160 R2 − x2 )2 Uma esfera pode ser obtida através de revolução da região de√ f (x) = R2 − x2 para x ∈ [−R, R] em torno do eixo x. Assim o  R  4 x3 2 = πR3 . dx = π(R − x ) dx = π R x − 3 x=−R 3 −R Z R Considere a região 2 Ω 2 do plano xy delimitada pelo eixo Determine o volume do sólido de revolução ao girarmos Solução do Exemplo 160 Ω em torno do Primeiro o esboço: y=2 y y= Ω x √ 3 x y, y = eixo y . √ 3 x e y = 2. 190 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL y = s onstante para s ∈ [0, 2], observamos que x = s, x(s) = s3 . Assim a área A(s) = πs6 . Logo o volume é Olhando os ortes Como √ 3 Z 2 2 πs7 128π πs ds = = . 7 0 7 Outra forma de se resolver, que pode ser feita x om y. sempre que rodamos em torno do eixo y , Assim o problema se transforma no problema equivalente: √ x, x = 3 y e x = 2. volume do sólido de revolução ao girarmos Ω em torno do eixo x. Z 2 128π 3 3 2 6 . Como y = x , e A(s) = π(s ) = πs , volume é πs6 ds = 7 0 Considere a região Ω delimitada pelo eixo Quando se pede o volume rota ionado em torno de si. πx2 (s). 6 0 é tro ar as áreas são y Determine o basta tro ar as variáveis x e y entre Embora seja indiferente o nome das variáveis, nossa experiên ia é que os alunos se sentem de algum modo psi ologi amente mais seguros integrando em x ... (⌣) ¨ Podemos al ular o volume de regiões innitas do espaço passando ao limite nas regiões nitas, tal qual zemos om áreas. Exemplo 161 por (trombeta de Gabriel) Considere a região innita x = 1, y = 0 e 1 y= . x Determine o volume do sólido de revolução ao girarmos Solução do Exemplo 161 Ω Ω do plano xy em torno do eixo delimitada x. Mostramos o sólido de revolução (a trombeta, ou, no espírito de opa do mundo da Áfri a do Sul, a vuvuzela) na gura abaixo. Cada orte para x Logo o volume é Z Exemplo 162 +∞ π 1 π +∞ dx = − x2 x 1 Considere a região Ω do x; (b) eixo Solução do Exemplo 162 terse tam em (0, 0) e (1, 1). xy delimitada por y = x2 Ω em torno do: plano o volume do sólido de revolução ao girarmos (a) eixo 1 . Assim x   1 = π 1 − lim = π. h→+∞ h onstante obtemos um ír ulo de raio a área e A(x) = π y = x. 1 . x2 Determine y. Primeiro devemos esboçar a região. Note que as urvas se in- 6.2. VOLUME DE SÓLIDOS 191 y = x2 y=x y 1 Ω x 1 O volume será determinado pela subtração do sólido externo menos o do interno. x (a) Neste aso vamos subtrair do volume do one obtido ao girar y = x em torno do eixo 2 menos o volume da região obtida ao girar y = x (em torno do eixo x, om x ∈ [0, 1]). Assim, o volume é Z 1 0 πx2 dx − Z 1 πx4 dx = 0 Z 1 ! 2π x3 x5 − = . 3 5 0 15 1 0 π(x2 − x4 ) dx = π √ x = y , vamos obter o volume subtraindo o volume o volume da região obtida √ ao girar x = y (em torno do eixo y , om y ∈ [0, 1]) menos o volume do one obtido ao girar x = y (em torno do eixo x). Assim, o volume é ! Z 1 Z 1 Z 1 3 1 2 π y √ 2 y − = . π( y) dy − πy 2 dy = π(y − y 2) dy = π 2 3 0 6 0 0 0 (b) Como Erro Comum: Confundir té ni a do ál ulo de uma área Ω delimitada por duas urvas Ω. Por exemplo, suponha que Ω é delimitado por ima por y = f (x) e por baixo por y = g(x) e nas laterais por x = a e x = b. Embora a área de Ω seja al ulada por Z b Z b Z b (f (x) − g(x)) dx = f (x) dx − g(x) dx, om volume de sólido de revolução obtido girando a área a a a Ω em torno do eixo x é Z b Z Z b 2 2 πf (x) dx − πg (x) dx 6= π(f (x) − g(x))2 dx. o volume do sólido de revolução obtido girando a a Assim no item (a) do exemplo anterior seria errado al ular o volume por Z Exemplo 163 1 2 2 0 π(x − x ) dx 6= Z 1 0 π(x2 − x4 ) dx. Ao girarmos um ír ulo em torno de um eixo obtemos um sólido hamado de toro (sinnimos em linguagem não-matemáti a: rosquinha, pneu, doughnut). Deduza a x2 + (y − R)2 = r 2 em torno do eixo fórmula do volume do toro obtido ao girarmos o ír ulo x. Note que é um ír ulo de raio r entrado em (0, R). 192 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL Solução do Exemplo 163 Note que a√região é delimitada superiormente por y = R + √ 2 2 2 2 √r − x e inferiormente por y = R − r − x om x ∈ [−r, r]. Assim, denindo K = 2 2 r − x , o volume do toro é dado pela integral Z r Z r Z r√ 2 2 r 2 − x2 dx. π[(R + K) − (R − K) ] dx = 4πRK dx = 4πR −r Como Z r −r √ −r r 2 − x2 dx o volume do toro é Observação 70 de raio R −r é metade da área do ír ulo de raio 4πR r, esta integral vale πr 2 . 2 Assim πr 2 = (2πR)(πr 2 ). 2 Note que o volume do toro é igual ao produto do omprimento do ír ulo pela área do ír ulo de raio r. Trata-se de um aso parti ular do Teorema de Papus. Veja na Wikipedia o tópi o Pappus's entroid theorem. Observação 71 Uma possível apli ação desta fórmula seria al ular o volume de ar on- tido em pneus. Pesquisando sobre o assunto, veriquei que um pneu não é um toro. Note que eles são espe i ados assim: 175/70 R13. O signi ado é: 2r ;  Largura do pneu: 175mm, que no toro seria o  Razão entre altura e largura do pneu: 70%. Isso signi a que o pneu pode ser aproximado pelo sólido gerado pela revolução de uma elipse. Se fosse um toro, deveria ser 100% (altura do pneu = largura).  Aro: 13 polegadas (igual a Chamando o aro de a 13 × 25, 4 2R − r ; a + 2A = 2R + 2r . mm), que no toro seria o e a altura do pneu de A, temos que 6.3 Valor Médio de Função O valor médio de uma função é um on eito importante em diversas apli ações. Trata-se também de ideia bási a de probabilidade em espaços ontínuos. Considere o tanque de água representado na gura abaixo. Do lado esquerdo o nível de água é dado pela função y = f (x). M água  ará nivelado em um nível omo determinar M. Se deixarmos a gravidade entrar em ação, a altura da omo indi ado na gura do lado direito. A questão é PSfrag 6.3. VALOR MÉDIO DE FUNÇ O 193 y = f (x) 11111111111111111 00000000000000000 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 repla ements 1111111111111111 0000000000000000 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 y=M 11111111111111111 00000000000000000 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 00000000000000000 11111111111111111 b a a b Como o volume de água é o mesmo nas duas guras, e ele é propor ional as áreas, basta Z b é igual a igualar as áreas: b−a e altura M f (x) dx (área do lado esquerdo) área do retângulo de base a (área do lado direito). Assim, queremos determinar M ∈ R (o hamado Z b valor médio da função f) tal que a Denição 31 (valor médio) [a, b] valo f (x) dx = M(b − a). valor médio da função f : [a, b] → R no inter- Denimos o através da equação: 1 M= b−a Z b f (x) dx. a [a, b] em igual a f (xi ) Uma forma de justi ar esta denição é a seguinte. Considere uma partição de Ii = [xi−1 , xi ] om ∆xi = xi − xi−1 . intervalo Ii . Então podemos al ular a f intervalos Suponha que em ada média ponderada de ∆xi que é o tamanho de ada intervalo Ii . é onstante f Note que a soma dos pesos tamanho total do intervalo. Assim, a média ponderada é de f usando omo peso n X ∆xi = b − a, o i=1 no intervalo [a, b] é: n 1 X f (xi ) ∆xi . b − a i=1 Quando passamos ao limite om Z que X vira e Exemplo 164 ∆si vira ds. ∆xi → 0 obtemos a fórmula da denição de média. Note (potên ia média em ir uitos de orrente alternada) A potên ia instantânea de um ir uito de orrente alternada é dado por P (t) = V Isen2 (ωt) onde V e I são onstantes representando a voltagem e orrente e (tipi amente 60 Hz). Determine a potên ia média durante um i lo Solução do Exemplo 164 1 T Z T 0 2π é T t ∈ [0, T ]. ω = Cal ulando a integral 1 V Isen2 (ωt) dt = V I T T ! VI t sen(2ωt) = − 2 4ω 2 0 a frequên ia 194 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL A Potên ia média é onhe ida omo potên ia RMS (ou efetiva), e vale a metade da potên ia nominal VI em ir uitos de orrente alternada. 6.4 ⋆Comprimento de Curvas no Plano 2 Este tópi o é op ional pois no iní io do Cál ulo II al ulamos o omprimento de urvas em R 3 e R . No entanto, para os alunos uriosos, segue a dedução. A ideia é aproximar uma urva por uma poligonal. O omprimento de uma poligonal é igual a soma dos seus segmentos de reta. Passando ao limite no número de segmentos que aproximam uma urva obtemos a fórmula do omprimento de urvas. Teorema 30 y = f (x) para x ∈ [a, b]. 2 dy dx, que pode ser es rita 1+ dx Considere a urva des rita pelo grá o da função O omprimento desta urva é dada pela fórmula Z a também omo Z bp 1 + [f ′ (x)]2 dx. b s  a Prova: Ii = [xi−1 , xi ] om ∆xi = xi − xi−1 . Suponha que f é um segmento de reta em ada intervalo Ii . O omprimento di deste segmento 2 2 2 2 satisfaz, por Pitágoras, di = (∆xi ) + (f (xi+1 ) − f (xi )) . Colo ando (∆xi ) em evidên ia e denotando ∆yi = f (xi+1 ) − f (xi ) obtemos que  2 ! ∆y i d2i = (∆xi )2 1 + . ∆xi Considere uma partição de Note também que omo X vira p (∆xi )2 = ∆xi . Assim o omprimento v u 2 !  n n X X u ∆y i . ∆xi t 1 + di = ∆x i i=1 i=1 f o termo ∆yi dy → , ∆xi dx o termo Poderíamos tentar aproximar o omprimento do grá o de fosse onstante, por igual a ∆xi → 0, da poligonal é ∆xi → dx . Obtemos assim a fórmula. Observação 72 se em intervalos ∆xi > 0, Quando passamos ao limite om Z [a, b] X ∆xi = b − a. ∆xi . Con luiríamos que o grá o de f em Ii , omo teria omprimento total Mas isto está ompletamente errado, pois nem depende de Confronte om a área, onde supondo f Cal ule o omprimento total do perímetro da astroide 2 2 x3 + y3 = 1 0 † A leitura desta seção é op ional. f! onstante onseguimos obter no limite a área. Pense um pou o sobre isso. . . Exemplo 165 f e 6.4. ⋆COMPRIMENTO DE CURVAS NO PLANO 195 representada na gura abaixo. y 1 x -1 1 PSfrag repla ements -1 Solução do Exemplo 165 1 + [f ′ (x)]2 = x−2/3 . 2/3 3/2 y = f (x) = (1 − x Como ) 1/4 do omprimento Vamos al ular , ′ 1 − x2/3 . Logo, x1/3 x = 0 até 1. Assim, f (x) = − integrando de √ o omprimento total é: 4 Z 0 1 p Exemplo 166 1 + [f ′ (x)]2 dx = 4 Z 1 √ x−2/3 dx = 4 0 Z 1 −1/3 x 0 1 3x2/3 dx = 4 =6 2 0 Cal ule o omprimento dos grá os abaixo nos intervalos indi ados: ex + e−x (a) y = = cosh x de x = 0 até x = 1; 2 2 (b) y = x para x ∈ [0, b] om b > 0 (ar o de parábola). Solução do Exemplo 166 Pre isamos aqui re ordar relações entre funções hiperbóli as: (cosh x)′ = senh x, (senh x)′ = cosh x e 1 + (senh x)2 = (cosh x)2 . Note ainda que senh 0 = 0 e cosh 0 = 1. Veja detalhes na Seção 2.3.4 da p.60. ′ 2 2 (a) Como (cosh x) = senh x e 1 + (senh x) = (cosh x) , o omprimento é   Z 1 1 1 1 e− . cosh x dx = senh x|0 = senh(1) − senh(0) = 2 e 0 Z b√ ′ (b) Como y = 2x, devemos integrar 1 + 4x2 dx. Esta é um integral difí il. Um 0 método é utilizar substituição trigonométri a (veja Seção 5.6, p.163). Colo ando 1 + 4x2 = 1 + tan2 t = sec2 t. Assim, 2 dx = sec2 t dt. Assim, substituindo, Z √ 1+ 4x2 1 dx = 2 Z 2x = tan t, sec3 t dt. Integrando por partes (ou usando fórmulas de redução que apare em nos exer í ios que omeçam na p.179) vamos obter 1 2 Z sec3 t dt = 1 [sec θ tan θ + log | sec θ + tan θ|] . 4 196 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL Re-substituindo obtemos a fórmula Z √ 1 + 4x2 dx = Assim o omprimento será igual a 1 i √ 1h √ 2x 1 + 4x2 + log 2x + 1 + 4x2 4  √ 1 √ 2b 1 + 4b2 + log 2b + 1 + 4b2 . 4 Outro método (mais fá il) é usando a + 4x2 = 1 + senh2 t = cosh2 t. Assim, Z √ substituição hiperbóli a. 2 dx = cosh t dt. Assim, Z 1 cosh2 t dt. 1 + 4x2 dx = 2 Integrando por partes duas vezes (ou usando identidade 2 forma análoga a integral de cos obtemos que 1 2 Colo ando 2x = senh t, substituindo, cosh2 t = 1/2(cosh(2t) + 1)), 1 cosh2 t dt = [cosh(t) senh(t) + t]. 4 √ Substituindo t = arcsenh(2x) e cosh t = 1 + 4x2 obtemos que √ Z √ 1 + 4x2 arcsenh(2x) x 1 + 4x2 dx = + . 2 4 √ b 1 + 4b2 arcsenh(2b) + . Assim o omprimento será igual a 2 4 de Z Destas duas formas de al ular o omprimento do ar o da parábola, é fá il ver que (⌣) ¨ : √ i √ 1h √ b 1 + 4b2 arcsenh(2b) 2 2 2b 1 + 4b + log 2b + 1 + 4b . + = 2 4 4 Observação 73 A dedução do omprimento de uma urva é a parte mais interessante deste assunto pois as integrais que apare em são ompli adas e muitas vezes insolúveis. Veja omo é ompli ado o omprimento do ar o de parábola do exemplo anterior. Observe que nos livros de ál ulo apare em sempre os mesmo exemplos (esses que apresentamos aqui (⌣) ¨ . Vamos terminar a seção om exemplos insolúveis por funções elementares. Exemplo 167 (a) Determine o omprimento de ar o da elipse de semieixos (b) Determine o omprimento do grá o de Solução do Exemplo 167 y = sen(x) para x ∈ [0, π]. a e b om a 6= b; Os dois exemplos resultam em integrais que não podem ser expressas por meio de funções elementares. (a) Resulta na hamada integral elíti a. Consulte a Wikipedia em inglês no tópi o Ellipse ( ir unferen e). (b) Resultará na integral Z 0 funções elementares. π p 1 + cos2 (x) dx, que não pode ser expressa por meio de ⋆ÁREA 6.5. DE SUPERFÍCIE DE SÓLIDO DE REVOLUÇ O Observação 74 197 Note que existe uma erta in oerên ia entre as deduções do valor médio de uma função e do omprimento do grá o. Na dedução da média assumimos que mento assumimos que f f é onstante no intervalo; na dedução do ompri- é um segmento de reta (possivelmente in linado). Note que se assumirmos, na dedução da fórmula do omprimento de grá o, que a função é onstante no intervalo, quando passamos ao limite vamos obter o omprimento do intervalo [a, b] x (a projeção no eixo do grá o), isto é, b − a. Pense sobre isto. . . 6.5 ⋆Área de Superfí ie de Sólido de Revolução Teorema 31 f (x) ≥ 0 2π b f (x) a Prova: a superfí ie gerada pela rotação do x ∈ [a, b] em do eixo x. s torno  2 Z b dy dx, que f (x) 1 + fórmula 2π dx a para é dada pela Z Considere p A da superfí ie y = gerada pode ser es rita também omo Considere uma partição de 2π R+r L, 2 L o omprimento da lateral. [a, b] em intervalos Ii = [xi−1 , si ] da base e topo do tron o de one e Fazendo dedução análoga ao do omprimento de urva, podemos v u 2 !  u ∆y i f (xi+1 ) e Li = ∆xi t 1 + . ∆xi n X i=1 o termo Observação 75 R, r são os raios ∆xi = xi − xi−1 . aproximar ri = f (xi ), Ri = om Assim a área lateral total é a soma das áreas laterais: ∆yi dy → , ∆xi dx e ∆xi → 0, Z X vira o termo f (xi+1 ) + f (xi ) → f (x), 2 o termo . Obtemos assim a fórmula. Se aproximarmos a área de superfí ie por ilindros, tal qual zemos na dedução do volume, a área lateral seria aproximada por Z b 2π onde v u  2 ! u ∆y f (xi+1 ) + f (xi ) i 2π . ∆xi t 1 + 2 ∆xi Quando passamos ao limite om obtida seria área função 1 + [f ′ (x)]2 dx. A área da lateral do tron o de one é dado por ∆xi → dx, grá o da f (x) dx, 2πf (x)∆x e a fórmula do volume que está errada. a Este tópi o ostuma ser omitido dos livros e ursos pois a aba se tornando somente mais uma fórmula de orada. De todo modo, o assunto é retomado em toda generalidade ( ál ulo de área de superfí ie qualquer) em Cál ulo Integral de Várias Variáveis (usualmente Cál ulo III). 0 † A leitura desta seção é op ional. 198 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL 6.6 ⋆Transformada de Lapla e Em várias apli ações de equações diferen iais é importante a hamada transformada de Lapla e, que transforma uma função em outra. Mais pre isamente, a transformada de Lapla e é uma função que leva uma função em outra. Para soar melhor utilizamos a palavra formada, trans- que é sinnimo de função. Assim ao invés de dizermos é uma função que leva uma função em outra dizemos é uma transformada que leva uma função em outra. A ideia de função de função já apare eu na p.73, quando denotamos por denimos o operador derivada Assim, D(sen) = cos D : I → I, L:I→I por Z L(f )(s) = Note que a integral é em relação a Exemplo 168 (a) o espaço das funções e por exemplo. Denição 32 (transformada de Lapla e) nimos I que leva uma função em outra, sua derivada. x. Seja I o espaço das funções integráveis. De- +∞ e−sx f (x) dx. 0 Assim, na integração, a variável sé uma onstante. Determine a transformada de Lapla e de: f (x) = 1; (b) g(x) = x. Solução do Exemplo 168 (a) Como 1 . s Z +∞ −sx e 0 (b) Integrando por partes obtemos que limites de integração obtemos que, Z +∞ Z +∞ 1 e−sx = . · 1 dx = −s 0 s e−sx x dx = − e−sx x dx = 0 1 . s2 e−sx (sx+1). s2 Logo, Logo, L(f )(s) = Assim, substituindo L(f )(s) = 1 . s2 Podemos al ular a transformada de Lapla e de funções trans endentes também. Exemplo 169 (a) Determine a transformada de Lapla e de: f (x) = ebx ; (b) Solução do Exemplo 169 Z g(x) = sen(bx). (a) Como −sx bx e e dx = temos que Logo, L(f )(s) = Z 1 . s−b Z ex(b−s) dx = +∞ e−sx ebx dx = 0 ex(b−s) , b−s 1 . s−b (b) Integrando por partes duas vezes (veja o truque da integral obtemos que Z e−sx sen(bx) dx = e−sx 0 † A leitura desta seção é op ional. Z −s sen(bx) − b cos(bx) . s2 + b2 ex sen x dx da p.160) 6.6. ⋆TRANSFORMADA DE LAPLACE 199 Substituindo os limites de integração obtemos que Z +∞ e−sx sen(bx) dx = 0 Logo, s2 b . + b2 b . s2 + b2 L(g)(s) = Teorema 32 (propriedades bási as da Transformada de Lapla e) Seja f, g ∈ I e k ∈ R. Então: L(f + kg) = L(f ) + kL(g) (linearidade); ′ (b) se f é derivável então L(f )(s) = sL(f )(s) − f (0). Transformada de Lapla e, L:I→I a (a) Prova: Deixamos omo exer í ios para o leitor pois são fá eis. Corolário 13 Se f′ é derivável então Prova: Pelo Teorema, ′′ obtemos que L(f )(s) = Observação 76 L(f ′′ )(s) = s2 L(f )(s) − sf (0) − f ′ (0). L(f ′′ )(s) = sL(f ′ )(s) − f ′ (0). Apli ando-o novamente em L(f ′ ) s(sL(f )(s) − f (0)) − f ′ (0) = s2 L(f )(s) − sf (0) − f ′ (0). Utilizando a notação de operador D para derivadas, podemos prover que: L(D n f )(s) = sn L(f )(s) − sn−1 f (0) − · · · sD n−2 f (0) − D n−1 f (0). Esta propriedade diz que a transformada de Lapla e onverte uma derivada em um produto. Ela transforma a resolução de uma equação diferen ial em um problema algébri o. O prin ipal uso da Transformada de Lapla e (muito útil em diversas áreas da Engenharia) é resolver equação diferen ias de segunda ordem om oe ientes onstantes. Exemplo 170 Determine a função Solução do Exemplo 170 y(x) que satisfaz Vamos denir y ′ − 2y = e3x Y (s) = L(y)(s). om y(0) = 5. Assim, apli ando a transfor- mada de Lapla e em todos os termos da equação e utilizando as propriedades a ima, obtemos 1 . Substituindo a ondição ini ial y(0) = 1 s−3 1 que Y (s)(s − 2) − 5 = . Portanto s−3 sY (s) − y(0) − 2Y (s) = em evidên ia, obtemos Y (s) = e olo ando Y (s) 1 5 + . s − 2 (s − 2)(s − 3) Desenvolvendo o segundo termo em frações par iais (ver Seção 5.7 da p.165), obtemos que Y (s) = Como L(ebx ) = 1 , s−b ini ial e a equação). 1 1 4 1 5 − + = + . s−2 s−2 s−3 s−2 s−3 obtemos que y(x) = 4e2x + e3x (verique que satisfaz a ondição 200 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL 6.7 ⋆Série de Fourier e MP3 A série de Fourier é uma das apli ações mais importantes do Cál ulo. É utilizada para determinar solução da equação de difusão do alor, em eletrni a na teoria de ltros e no formato de ompa tação de músi a MP3 e ogg. De forma su inta, utilizando a série de Fourier podemos transformar uma função qualquer em uma série de oe ientes e vi e-versa. Caso seja su iente aproximar a função, podemos tomar um número nito de oe ientes. Teorema 33 (série de Fourier) {(a0 ,Za1 , . . . , b1 , b2 , . . .); π f 2 (x) dx < +∞, que om −π ∞ X a2k + b2k < +∞ I Seja ak , bk ∈ R} o espaço das funções o espaço dos oe ientes. existem oe ientes ak , bk ∈ R integráveis Então, dado C = f ∈ I tal e (os oe ientes de Fourier de f) e tais que k=1 f (x) = a0 + ∞ X (ak cos(kx) + bk sen(kx)) (a igualdade é em quase todo ponto) . k=1 Esta equação dene F : C → I: dados oe ientes em Estes oe ientes são determinados, para 1 a0 = 2π Z π f (x) dx, −π Estas equações denem Prova: 1 ak = π k ≥ 1, C obtemos uma função por π Z 1 bk = π f (x) cos(kx) dx, −π F −1 : I → C : dada função f ∈I Z f ∈ I. π f (x) sen(kx) dx. −π obtemos os oe ientes em C. Este é um teorema bastante sosti ado. Vamos provar o que é possível no ontexto de Cál ulo. Utilizando Lema 13 da p.161, podemos al ular que: Z π Z−π π Z−π π Z−π π sen(mx) cos(nx) dx = 0 para todo sen(mx) sen(nx) dx = 0 2 sen (mx) dx = π sen(mx) dx = 0 e e Z e Z Z π π cos(mx) cos(nx) dx = 0 para −π cos(mx)2 dx = π para todo −π π cos(mx) dx = 0 −π −π n, m ∈ N; para todo n 6= m; m ≥ 1; m ∈ N. Assim se es revermos que f (x) = a0 + ∞ X (an cos(nx) + bn sen(nx)) , n=1 quando al ularmos a integral dois dois lados, do lado direito todos os termos serão zero 0 † A leitura desta seção é op ional. 6.7. ⋆SÉRIE menos o do Z DE FOURIER E MP3 a0 . 201 De fato, pela linearidade da integral, π f (x) dx = −π Z ∞  X π a0 dx + −π an = 2πa0 + n=1 = 2πa0 . a0 . Assim obtemos a fórmula do π cos(nx) dx + bn −π n=1 ∞ X Z Z π −π  sen(nx) dx (an · 0 + bn · 0) Para obter a fórmula de ak de integrar. Quase todos os termos vão se anular, om ex eção do termo Z π f (x) cos(kx) dx = −π Z cos(kx) k = n: multipli amos por antes π a0 cos(kx) dx+ −π + ∞  X an Z π cos(nx) cos(kx) dx + bn −π n=1 = a0 · 0 + ak π + = ak π. ∞ X n6=k De forma análoga se obtém a fórmula do (an · 0) + bk . ∞ X n=1 Z π −π  sen(nx) cos(kx) dx (bn · 0) Os detalhes de onvergên ia fazem parte de um urso sobre a série de Fourier. Consulte a Wikipedia sobre o assunto. Exemplo 171 Determine os oe ientes de Fourier de função Solução do Exemplo 171 oe ientes ak = 0. f (−x) = −f (x) Como Obtemos bk f (x) = x. (dizemos que a função é impar), os integrando por partes: 1 bk = π π 2 x sen(kx) dx = (−1)k+1 . k −π Z Assim podemos aproximar, no intervalo [−π, π] a função f (x) = x por:   sen(2x) sen(3x) sen(4x) + − +··· f (x) = x ≈ 2 sen(x) − 2 3 4 Na gura abaixo mostramos duas aproximações de f (x) = x y −π por série de Fourier. y π   sen(2x) 2 sen(x) − 2 x −π π x   sen(2x) sen(3x) sen(4x) 2 sen(x) − + − 2 3 4 202 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL Em termos de músi a, os oe ientes representam as frequên ias. Quando aproximamos f por um número nito de oe ientes estamos ignorando as frequên ias mais altas. Esta ideia é a base da ompa tação MP3 e ogg, aproveitando o fato que o ouvido humano não per ebe frequên ias altas. Assim uma músi a, que pode ser representada por uma função, é aproximada por alguns de seus oe ientes na série de Fourier. Outra ideia explorada pelo formato é utilizar a forte orrelação entre o anal esquerdo e direito de músi a. Para mais detalhes, remeto para Wikipedia em Audio ompression (data) 6.8 Exer í ios de Apli ações da Integral 6.8.1 Exer í ios de Fixação Exer í io 1. Esbo e o grá o e al ule x a área da região delimitada por: x y = e + 2, y = e , x = 0, x = 5. (b) y = 0, y = cos(x), x = −π/2, x = π/2. (a) Exer í io 2. Considere y = f (x) y os grá os de e y = g(x) representadas na gura abaixo. f (x) g(x) 6 3 x −1 1 2 Es reva uma (ou a soma de) integral(is) denida(s) que al ule a área delimitada por: y = f (x) e y = g(x) para x ∈ [1, 2]; (b) y = f (x) e y = g(x) para x ∈ [−1, 2]; (a) Exer í io 3. Considere os grá os de y = f (x) e y = g(x) do exer í io anterior. Es reva uma (ou a soma de) integral(is) denida(s) que al ule o volume do sólido de revolução obtido pela rotação em torno do: x da região delimitada por y = 0 e y = f (x) para x ∈ [−1, 1]; (b) eixo x da região delimitada por y = f (x) e y = g(x) para x ∈ [1, 2]; ( ) eixo y da região do item (b). (a) eixo Exer í io 4. Considere a região do plano delimitada por x = f (y) gura abaixo. Es reva uma integral que determine a área da região. 0 07.o t.2011 e x = g(y) indi ada na 6.8. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÕES DA INTEGRAL 203 y 3 x 1 −2 Exer í io 5. Suponha 2 x = f (y) x = g(y) Π(s) é o plano y = s em R3 . Seja Ω ⊂ R3 um sólido entre os planos y = −2 e y = 4. Seja A(s) a área da interseção de Π(s) om Ω. uma integral que determine o volume de Ω. que PSfrag repla ements ontido Es reva PSfrag repla ements Exer í io 6. Considere g : [1, 7] → R tal que −4 ≤ g(x) ≤ 5 para todo x ∈ [1, 7]. que o valor médio de g no intervalo [1, 7] igual a K, prove que Sabendo −4 ≤ K ≤ 5. 6.8.2 Problemas Problema 1. Cal ule as áreas ha huradas das guras (a) e (b) abaixo. y y y = x2 x y = cos(x) y = x − x2 0 1 x (a) y = sen(x) (b) Problema 2. Esbo e e al ule a área da região limitada: y − x = 6, y − x3 = 0 e 2y + x = 0. Di a: x = 2 é raiz de x3 = x + 6. 2 (b) por y = 2x + 4 e por y = x − 2. √ ( ) inferiormente por y = x, superiormente por y = 1 e lateralmente por x = 0. (a) Problema 3. Considere inferiormente por área. y=4 √ a região do plano limitada superiormente por y = 4 + 16 − x2 e 2 e y = 6 − x , onforme indi ada na gura abaixo. Determine sua 204 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL y y = 4+ √ 16 − x2 y = 6 − x2 y=4 PSfrag repla ements x Problema 4. Cal ule o volume do sólido de revolução gerado quando a região ha hurada na gura abaixo é girada em torno do eixo x e do eixo y. y 2 1 1 0 Problema 5. Esbo e a região do plano, determine sua área e al ule o volume do sólido de revolução obtido pela rotação em torno do eixo (a) por y= (b) a ima x √ 3 x, y = 2 e x = 0; −x por y = e , abaixo pelo eixo x x da região do plano delimitada: e a esquerda pela reta x = 1 (uma região innita). Problema 6. (sólido de revolução girado em torno de outros eixos) Determine o volume do x = y 2 e x = y é girada em torno sólido de revolução obtido quando a região limitada por da reta: (a) y = −1; (b) x = −1. Problema 7. Na gura abaixo, seja A o ponto de interseção da urva y = ex e seja L, B que determine o volume do om a reta L, 4y = (x − 2) . Suponha que a reta L passe por A e B . A reta 2 y = ex delimitam uma região Ω. Es reva uma soma de integrais sólido de revolução obtido ao girar Ω em torno do eixo y . o vérti e da parábola a parábola e o grá o de 2 2 6.8. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÕES DA INTEGRAL 205 y y = ex 2 A 1 4y = (x − 2)2 Ω B x 1 L Problema 8. Um raio r. bura o ilíndri o de raio a é feito passando pelo entro de uma esfera de Determine o volume do sólido (esfera om bura o no meio) remanes ente. Problema 9. Determine o volume do sólido uja base é o ír ulo (no plano xy ) x2 + y 2 = r2 e ujas seções perpendi ulares ao eixo x são quadrados om um lado na base (no plano xy ). Problema 10. Determine o volume do sólido uja base é limitada por y = x e y = x2 e ujas seções perpendi ulares ao eixo Problema 11. Determine (a) f (x) = x2 em x são quadrados om um lado na base (no plano xy ). o valor médio das funções abaixo nos intervalos indi ados: [0, K]; (b) g(x) = sen(x) em [0, π]. 6.8.3 Extras Extra 1. Esbo e e al ule (a) (b) ( ) a área da região limitada por: 2 y = x , y = 1/x, y = −2, y = 6πx − 3x2 , y = cos(x) − 1 2 2 por y = x e y = 1 − x . Extra 2. Esbo e e es reva x = −1 e x = 2. integrais que al ulem a área da região limitada por: y = x3 − x e y = sen(πx) om x ∈ [−1, 1]. 3 2 2 (b) y = x − 3x + 2x e y = 3x − x − 2 (interseção (a) em x = −1, 1, 2). Extra 3. Para ada n > 0, seja Ωn a região limitada pelo grá o de y = xn , o eixo x e a reta x = 1. Se Wn é o volume do sólido obtido girando do sólido obtido girando-se Extra 4. NesteZexer í io x Dena f (x) = 1 variável, prove que dx/x. Ωn em torno do eixo y, Ωn em torno do eixo determine vamos mostrar omo denir log Vn lim . n→+∞ Wn e Vn é o volume para depois denir a exponen ial. Fingindo que vo ê não sabe a primitiva de f (ab)f (a) + f (b). x, 1/x, somente mudando 206 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL Extra 5. Seja R a região do plano delimitada pelas urvas y = c − x2 e 2x2 − 2c para c > 0. (a) Esbo e R; Extra 6. Esbo e (b) Determine c>0 tal que a área de R seja igual a 32. a região do plano e al ule o volume do sólido de revolução obtido pela rotação em torno do eixo x da região do plano delimitada: p log(x) − 1 , abaixo pelo eixo x e a esquerda por x = e (a) a ima pelo grá o de f (x) = x (região innita). (b) por y = log(x), Extra 7. Esbo e por y=0 e para x ∈ [1, e2 ]. a região do plano e es reva integrais que al ulem o volume do sólido de revolução obtido pela rotação em torno do eixo x e em torno do eixo y da região do plano delimitada por: y = 1/(x2 + 5), y√ = 0, x = 0, (b) y = x/2 e y = x. √ ( ) y = x , y = 6 − x e y = 0. (a) x = 2. Extra 8. A base de um sólido é a região (do plano xy ) limitada por y 2 = 4x e a reta x = 9. Cada plano perpendi ular ao eixo (no plano xy ). x intersepta o sólido num quadrado om um lado na base Cal ule seu volume. Extra 9. Prove, utilizando somente o Prin ípio de Cavalieri, que o volume da esfera de raio R mais o volume do one duplo om raio da base PSfrag repla ements de raio R e altura 2R. R e altura R é igual ao volume do ilindro Obs: Trata-se de questão lássi a do Ensino Médio (será que ainda se ensina isso?): não utilizamos ál ulo! Extra 10. Uma alota esféri a é uma porção da esfera obtida através de um orte por um plano de uma esfera (veja gura abaixo) . Se o raio da esfera é raio da alota é a, r, a altura da alota é h e o determine o volume desta alota. Extra 11. Considere √ o sólido de revolução gerado pela rotação da região limitada por x + 1, y = 0, x = 0 e x = 2 em torno do eixo x. Determine plano x = a orta este sólido em duas partes de mesmo volume. o valor de a y = tal que o 6.8. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÕES DA INTEGRAL Extra 12. Considere a elipse de equação obtido quando se gira esta elipse em torno Extra 13. Considere 207 x2 y2 + = 1. a2 b2 do eixo x. a região delimitada pelo eixo x Determine o volume do elipsoide 1 y = p . x(x2 + 1) em torno do eixo x e pelo grá o de Cal ule o volume do sólido de revolução obtido ao girarmos o esta região para x ≥ 1. 6.8.4 ⋆Problemas (Comprimento de Curvas no Plano) Problema 1. Determine o omprimento do grá o da função: √ log(x + x2 − 1) para x ∈ [1, 2]. y = f (x) = √ (b) y = f (x) = 16 − x2 para x ∈ [0, 4]; ( ) y = f (x) = log x para x ∈ [1, 2]; √ (d) y = g(x) = − log( 2 cos x) para x ∈ [−π/4, π/4]. (a) Problema 2. Seja Cn Problema 3. Prove o omprimento da urva xn + y n = 1. Prove que √ lim Cn = 4 2. n→+∞ que o omprimento de uma poligonal dada pela fórmula om integral é igual a soma dos tamanhos dos segmentos, ada um al ulado utilizando Pitágoras. 6.8.5 ⋆Problemas (Área de Superfí ie de Sólido de Revolução) Problema 1. Cal ule área da superfí ie a PSfrag repla ements eixo x da urva: 3 (a) y = x para x ∈ [0, 1]. (b) de revolução gerada pela rotação em torno do y = x2 para x ∈ [0, 1]. ( ) y = e−x para x ≥ 0. 6.8.6 Desaos Desao 1. Os eixos de dois ilindros, ada um om raio r se inter eptam fazendo um ângulo reto (veja gura abaixo). Determine o volume da região omum aos dois ilindros. PSfrag repla ements 208 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL Este é onhe ido omo sólido de Steinmetz. Di a: Considere planos paralelos ao plano que ontem os eixos. Uma generalização é dada na gura abaixo. PSfrag repla ements Desao 2. Cal ule PSfrag repla ements a área da lúnula (interseção de dois ír ulos), um de raio ujos entros estão afastados uma distân ia L. Assumimos que L, R, r > 0. r e outro R, Veja nas guras abaixo ilustrações de lúnulas em inza: Desao 3. Aproxime a área do grá o de y = f (x) ≥ 0 para x ∈ [a, b] utilizando a soma da área de trapézios. Mostre que obtemos a mesma fórmula que já tínhamos obtido antes: Z b f (x) dx. a Desao 4. Seja f f (x) = f (−x) para todo x ∈ R. Prove que os impar, isto é f (−x) = −f (x) para todo x ∈ R. O uma função par, isto é oe ientes de Fourier bk = 0. E se f for que pode-se on luir sobre oe ientes ak ? Apˆendice A Respostas dos Exerc´ıcios A.1 Limite Exer í io 5. (a) a função alterna entre 1, quando A.1.1 Exer. de Fixação cos(x) > 0, da p.40 Exer í io 1. (a) 3; (b) o limite não existe. lando os laterais: ( ) pontos onde y Cal u- lim f (x) = 6; lim f (x) = 1. x→b+ x→b− y=1 5. não existe limite em c: x o grá o possui uma quebra. Exer í io 2. (a) e −1, quando cos(x) < 0. Nos cos(x) = 0 ela não está denida. − 5π 2 y = −1 Verdadeiro. (b) Falso: é inter- − (−2) = x + 2) em −2 om 1 : (−4, −1). ( ) Falso para x < 0. Correto √ x2 = |x|. (d) Falso: o limite é 4. O valor da − 3π 2 − π2 π 2 3π 2 5π 2 valo entrado (x raio é f (x) = função no ponto não importa para o ál ulo do cos(x) | cos(x)| limite. (b) ( 4; x ≤ 3; Exer í io 3. (a) Falso. Tome f (x) = , 5; x > 3 − então quando x → 3 o limite é 4. Assim, neste y f (x) = aso o limite não existe. (b) Falso. O limite quando x → 2− é 4 p |x| x pois a existên ia do limite impli a na existên ia dos limites laterais ( om o mesmo valor). ( 4; x 6= 2; , então 5; x = 2 Exer í io 6. o limite quando x → 2 é 4 mas f (2) = 5. (a) Translação (d) Falso. Se o limite quando x → 3 existe, √ x. grá o de os laterais existem e assumem o mesmo valor. ( ) Falso. Tome f (x) = verti al de uma unidade do y Exer í io 4. (a) lim− f (x) = 5, lim+ f (x) = 7, x→1 lim f (x) x→1− x→1 não existe. 5. ( ) todos limites são 7. (d) lim f (x) = 7, lim f (x) = 9, lim f (x) (b) todos limites são x→2− x→2+ 1 x x→2− não existe. (e) todos limites são (f ) todos limites são 0 09.set.2011 (a) 7. 9. y =1+ √ x (b) Translação verti al de duas unidades do grá o de 209 sen(x). 210 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS y y 3 2 1 x x (b) −2 ( ) translação horizontal do log y = |(x + 1)(x + 2)| (e) y = 2 + sen x por uma uni- dade seguido por translação verti al de duas unidades (faça duas guras antes de obter a resposta abaixo). −1 (f ) Esbo e o grá o da parábola ex , translade verti almente em 2 unidades e depois reita em torno do eixo x (efeito do módulo). A hamos o ponto de reexão resolvendo impli a que x = log(2). ex − 2 = 0, o que y y 2 x 1 log(2) y = −2 x 2 (f ) y = |ex − 2| Exer í io 7. (a) −1 ( an ele termos iguais). ( ) 1/2 ( an ele x no numerador e denominador). 0 (somente numerador se anula). y = log(x − 1) + 2 ( ) Exer í io 8. Dizemos que o limite de f (x) quando 3 (d) Translação horizontal do grá o de −1/x , que é pare ido om o grá o de (b) −1/x. x +∞ tende a é se f (x)  a tão grande e x positivo quanto quisermos para todo grande o su iente. Exer í io 9. (a) y +∞ quadráti os. (1, √ 3]. Análise simples de dois termos Será positiva em 3 (b) O termo x −1 √ [− 3, −1) e em possui a raiz 1. Pelo Teorema D'Alembert pode ser fatorado por x − 1. Fazendo divisão de polinmios obtemos 3 2 que x − 1 = (x − 1)(x + x + 1). Cal ulando x −2 y = −2 Delta, vemos que o segundo polinmio possui 2 raízes omplexas. Como a > 0, x2 + x + x − 1, x e o termo 1 ≥ 0. Fazendo quadro de sinais om x2 − 4 (podemos ignorar o termo sempre positivo x2 +x+1) obtemos que será negativa em (−2, 0) e [1, 2). (d) −1 y= (x + 2)3 −1, −2. Esbo e o grá o da parábola (x + 1)(x + 2) e depois reita em torno do eixo x (efeito do módulo). (e) Raízes do polinmio: Exer í io 10. (a) Raízes são −3, 1, 2. x−2 x+3 1−x − − + p(x) + −3 1 − + + 0 0 − − + − + 2 0 + + − − A.1. LIMITE 211 y y x −3 1 2 x 2 ( ) (a) 3 5 r(x) = (3 − x)(x − 2)2 (x − 5); p(x) = (x − 2)(x + 3)(1 − x) (b) Raízes são Exer í io 11. (a) −∞. −1, 2. (x − 2)2 x+1 + − q(x) − −1 função vale 0. 2 + + (g) 0 + para (e) +∞. ( ) −1. (d) (a 2 e −x para x < 0) +∞. −∞ (0 + 1/0− = 0 − ∞ = −∞). Exer í io 12. (a) 1. + (b) x > 0 (e) não existe pois depende de qual lado se aproxima. (f ) + + 0 x2 +∞. (f ) +∞. (b) (g) 3. +∞. ( ) 6. (d) +∞. (h) 5/4. (i) +∞. Exer í io 13. (a) não pode; (b) pode. Exer í io 14. (a) Falso. y não existe; se Se q(x) = x − 1 o limite q(x) = −(x − 1)2 o limite é −∞. (b) Falso. Se f (x) = q(x) então o limite será 1. x −1 ( ) Verdadeiro. O denominador vai para 2 Assim, 0/(−1) = 0 Exer í io 15. A (não é indeterminação). −1. ondição (i) ex lui a letra (b). Tanto (iii) quanto (iv) ex lui letra (d). Final- mente a letra ( ) não representa uma função: qual valor de f (0.99999)? São três possibilida- des: logo não é função. Resposta: (a). (b) Exer í io 16. q(x) = (x − 2)2 (x + 1) ( ) Raízes são y 2, 3, 5. 2 3−x (x − 2)2 x−5 + + − r(x) − 0 y 2 3 + + − − 0 1 5 − + − + − + + 0 − x 2 1 x 1 1 −2 (a) (b) 212 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS y y 1 2 x 1 1 x 1 (b) Problema 2. (a) ( ) Exer í io 17.p (a) temos que − |x| ≤ que o limite é 0. e5 . (d) y = −2x). 3. −∞. para (b) Como O limite pode não exis- lim 1 (b) e −1. −∞. para x > 2, |x − 2| = x − 2, an elamos os termos e a função é x + 1. para x < 2, omo |x − 2| = 2 − x obtemos que a função é −(x+1). Assim para x → 2+ o limite é 2+1 = 3; − o limite é −(2 + 1) = −3. Logo o para x → 2 omo x próximo de −5 o numerador é sem−2). Assim para x → −5+ −∞; para x → −5− o é +∞. Logo o o limite é limite não existe. Problema 5. (a) −∞. −∞. ( ) −∞ ( x1 − − = (d) 1 (para x → 2 , |x − 2| = 2 − x. (e) −1 (para x → −2, |x| = −x). (f ) 4 3 2 (note que 2 é raiz dupla: a − 5a + 8a − 4 = 2 (a − 1)(a − 2) ). (g) 0 (o limite é 0/3 = 0). (h) −2. (i) 9/7 (trivial). (j) 3 (rearrumando o 2 numerador obtemos (x + x − 2)/x). (k) 0. (l) 3 (x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1)). (m) 1. Problema 6. (a) −1 (para x pequeno, √ √ numerador x2 = −x). (b) −2/3. ( ) 10/5; vale (e) +∞ (para x pequeno, vale (d) +∞. √ 3 2 −3y /( 10y )). √(f ) sen(−2) (para x pequeno, 3 numerador vale 4 x6 = −4x ). Problema 7. (a) eab (mude variável para y = ax). (b) 0. ( ) se b < 0 obtemos +∞ (+∞+∞). O aso interessante é se b > 0 (+∞ − ∞). Nesta 2 2 aso, se c > b o limite é +∞, se c < b o 2 limite é −∞, se c = b o limite é a/(2b). (d) 1 x2 √ cos( x2 + 1) = 0. lim x→+∞ x2 A.1.2 Problemas da p.43 y x −3 entre não existe pois o valor os ila (d) Para −1 1 = lim 2 = 0, 2 x→+∞ x x Problema 1. Problema 4. (a) pre negativo ( er a de Assim, pelo Teorema do Sanduí he, omo x→+∞ Em ( ) o limite não existe. −1 ≤ cos(y) ≤ 1, √ 1 cos( x2 + 1) 1 − 2 ≤ ≤ 2. 2 x x x (a) (e) g des ontínua em x = 3/2: x ≤ 3/2 e g(x) = 2 aso ontrá- Por exemplo g(x) = 1 ( ) ( ) Exer í io 18. (a) É falso. rio. 0. limite não existe pois os ila entre 0 e 1. p±1, Problema 3. (a) 1 (ra ionalize o numerador). (b) |x| sen(1/x) ≤ |x|. 4 (note que para x próximo de 4, |x| = x e ra iSanduí he, on luímos onalize). ( ) −1/2 (ra ionalize). substituindo variável, o limite é tir. e (b) o limite é p (b) substituindo variável, o limite é (fazendo x − 1; x ≥ 1; log(x) + 1; x < 1. omo seno é limitado por Apli ando o Teorema do e−2 f (x) = (√ 3 −3 ( √ − 9 − x2 ; |x| ≤ 3 f (x) = |x| − 3; |x| > 3. (b) x−1 x2 ). a−b √ (ra ionalizando). 2 c √ x2 uidado que aqui (e) b−a √ (ra ionalizando: 2 c = −x!). Problema 8. (a) 0. (b) b/a. ( ) +∞ se c > 0, (note que 2m > m + 2 se m > 10) . (d) a/c. √ c/a. (f ) 0. (e) A.1. LIMITE 213 Problema 9. (a) x→ 0+ é quando 0. x → 0− 1, é y quando x > 0 a função vale 1/x − 1/x = 0, x < 0 vale 1/x − (−1/x) = 2/x. Assim + − quando x → 0 é 0, quando x → 0 é −∞. (b) para x para Problema 10. Assintotas x = 4. verti ais: Assintota horizontal: y = 4. x = −2 x = −1 x = 1 1 (b) y = 2 x −1 e ( ) Como o denominador é sempre positivo y (x 2 +1 > 0 x), para todo o sinal da função é o mesmo do numerador: positiva para negativa para x < 0. x > 0 e Como o denominador nun a se anula, não possui assintotas verti ais. Como o y=4 ±∞ é 0, possui assintota horizontal y = x). A função passa no (0, 0). Note que ela tem que ser positiva para x > 0 e onvergir para 0 no +∞. Com estas informações zemos limite no x −3 3 0 (eixo o esboço mais simples possível. y x = −2 x=4 x ( ) Problema 11. (a) É uma pegadinha, pois pode- mos simpli ar a função para (x + 1)(x − 1)/(x − y= x x2 + 1 (d) Assintotas verti ais (denominador se anula): 1) = x + 1 para x 6= 1 (função não esta denida x = 0 e x = 2. Assíntotas horizontais (limite no ±∞): y = 1. Fazendo o quadro de sinais obteno 1). Assim a função é a reta y = x + 1 mas mos o omportamento perto das assintotas. sem estar denida em x = 1. y y =x+1 y 2 −1 y= (a) y=1 x x 1 x2 − 1 x−1 (b) O sinal da função é dado pelo denomina(d) dor, já que o numerador é sempre positivo (igual a 1). O sinal é: |x| > 1 a função é positiva, |x| < 1 x=2 x2 − 1 y= x(x − 2) é negativa. Assintotas verti ais (quando denomi- x = ±1. A assíntota x) pois o no ±∞ é 0. nador se anula): é y=0 (o eixo horizontal (e) Assintotas verti ais (denominador se anula): x=2 e x = −2. Assíntotas horizontais (limite 214 no APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS ±∞): y = −3. o limite é Fazendo o quadro de sinais obtemos o omportamento perto das assintotas. 0. Em (e): O grá o de y h(x)/x é formado por duas retas pontilhadas: uma em dos ra ionais e outra no ionais y = −1, y = 1, a ima a ima dos irra- y x −1 1 y = −3 y=1 x y = −1 h(x) x x = −2 x = 2 3x2 − 3 (e) y = 4 − x2 Problema 12. Para (a) e (b). Logo em (e) o limite não existe. O grá o de h(x) é formado por duas retas pontilhadas: uma em y = x, a ima dos ra ionais e outra no y = −x, a ima dos irra ionais (vide gura abaixo). Logo em (a) e (b) o limite não existe. y y = −x h(x) h(x)/x2 a ima dos ra ionais e outra no a ima dos irra ionais 0. (b) quando f (x) → 3. x → 5, |f (x) − 3| → 0. Logo (h) Pelo limite fundamental e pela denição é for- y= y = −1/x, mado por duas retas pontilhadas: uma em 1/x, limite é o Problema 14. (a) 4. (b) 3 (troque variável para y = 1/x2 ). ( ) 1/3 ( oloque o cos em evidên ia). (d) 2/5. (e) 0 (use Teorema do sanduí he e limite −10 ; (g) Troque o seno ompli ado por ±1). (f ) e variável para y = x − π . Assim, x = π + y . Assim sen(π +y) = sen π cos(y)+sen(y) cos π = − sen y − sen y . Pelo limite fundamental, lim = y→0 y −1. y=x x Para ( ) e (d): O grá o de Problema 13. (a) Pelo Teorema do Sanduí he de módulo, dará 1 se x → 0+ e −1 se x → 0− . y A.1.3 Extras da p.45 Extra 1. (a) Come e om o grá o de x xão em torno do eixo x obtendo sen e faça ree| sen |. grá o de Depois faça translação verti al por uma unidade. y − π2 − 3π 2 (a) h(x) x2 +∞, nos irra ionais para −∞. Em (d) 3π 2 y = | sen(x)| − 1 (b) Come e om Logo em ( ) o limite não existe: nos ra ionais vai para x π 2 y = |x|. Faça translação verti al de uma unidade. Reita o grá o no eixo x novamente. A.1. LIMITE 215 y x no intervalo [0, 1), ⌊x⌋ = 0 e portanto f (x) = x − 0 = x. Para x no intervalo [1, 2), ⌊x⌋ = 1 e portanto f (x) = x − 1. Para x no intervalo [−1, 0), ⌊x⌋ = −1 e portanto f (x) = x − (−1) = x + 1. Assim o grá o é: y para x (b) y = ||x| − 1| y=1 ( ) Come e transladando horizontalmente o grá o de módulo por duas unidades. Depois x translade verti almente por uma unidade. −2 −1 y (b) 1 2 y = x − ⌊x⌋ Extra 5. (a) Não existe pois quando x → 1+ vale 1, x → 1− vale −1. (b) +∞. ( ) 8/6 = 4/3. (d) 0 (aplique Teorema do Sanduí he e use que seno é limitado por 1 e −1). Extra 6. (a) 0; (b) 3 (para x grande, 2x + |x| = 2x + x = 3x). ( ) 1 (para x pequeno, 2x + |x| = 2x − x = x). (d) −∞ (para x pequeno, x + |x| + 1 = x − x + 1 = 1). Extra 7. (a) 0. (b) 0. x −2 ( ) y = |x + 2| − 1 Extra 2. Extra 8. y y y=2 y=4 y=1 x 1 x −2 (a) f (x) y y = x2 x=1 Extra 3. Como sengr(x) = sen(πx/180) (assim sengr(90) = sen(π90/180) = sen(π/2), substi- tuindo variável obtemos que o limite vale π/180. x Extra 4. (a) Para x > 0, y = x + |x| = x + x = 2x, para x < 0, y = x + |x| = x + (−x) = 0. y=x Assim o grá o é: y (b) y = 2x A.1.4 Desaos x (a) y = x + |x| x ≥ ⌊x⌋. Além disso a 0 ≤ f (x) = x − ⌊x⌋ < 1. Por exemplo, (b) Por denição, diferença g(x) Desao 1. (a) temos que 0. 0< da p.46 x grande (basta que x > 1) < 1. Assim para x > 1, ⌊ x1 ⌋ = Para 1 x Logo o limite vale zero pois a função vale zero para x > 1. x pequeno (basta que x < −1) te−1 < x1 < 0. Assim para x < −1, (b) Para mos que 216 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS ⌊ x1 ⌋ = −1. Como a função vale o limite vale +∞ = −(−∞). y −x para x < −1, do zero teremos um innidade de pontos onde a função se aproxima de ±∞. Desao 7. Como |f (x)| ≤ M , −M ≤ f (x) ≤ M. −M |g(x)| ≤ f (x)g(x) ≤ M |g(x)|. lim g(x) = 0, lim |g(x)| = 0. Aplique Logo, Como x→1 x→1 o Teorema do Sanduí he depois de veri ar que lim −M |g(x)| = lim M |g(x)| = 0. x→1 x→1 Desao 8. (a) +∞; (b) +∞; ( ) +∞; (d) +∞; y=1 0 (e) Desao 9. Detalhando ( ): x −1 ( ) 1 y =1−x 1 1 3 2 − 21 0< (d) Vamos utilizar o Teorema do Sanduí he. Para 1/x x > 0, ⌊1/x⌋ vale 1/x − 1. Logo, observe que e, no mínimo no máximo A.2 Continuidade Falso. da p.64 O limite deve ser igual ao valor da função no ponto. Exemplo: x (que é posi- Passando ao limite x → 0+ e apli ando o Teorema do Sanduí he obtemos a onvergên ia para 1 1 1 + + + · · · = 1. 2 4 8 Exer í io 1. (a) tivo e não altera as desigualdades) obtemos que 1 − x ≤ x⌊ x1 ⌋ ≤ 1. < A.2.1 Exer. de Fixação   1 1 1 −1 ≤ ≤ . x x x Multipli ando ambos os lados por n=q+1 y = −x y = x⌊ x1 ⌋ +∞ X 1 1 q! = + + ... n! q + 1 (q + 2)(q + 1) (x x 2; ; x 6= 0; x = 0; O limite no zero é (b) Verdade. Se f f (x) = 1 mas f (0) = 2. é ontínua o limite existe. Se o limite existe, ambos limites laterais existem. ( ) Falso. O limite pode ser igual, omo no 1. ontraexemplo do item (a) deste exer í io. x < 0 fazemos um ra io ínio similar para 1 on luir que 1 ≤ x⌊ ⌋ ≤ 1 − x. Passando ao li- Exer í io 2. (a) Somente é ontínua em A. x − (b) Em B e D , embora o limite exista, ele dimite x → 0 e apli ando o Teorema do Sanduí he obtemos a onvergên ia para 1. Como os limites fere do valor da função no ponto: o grá o possui um salto. Em C , os limites laterais existem mas laterais são iguais, o limite existe e é igual a 1. diferem entre si. Assim não existe limite em C : Desao 2. (a) Note que trata-se de uma indeterPara ex res e muito mais rápido do que x. Assim para x grande, (ex + x)1/x ≈ (ex )1/x = e. Com rigor, olox x x 1/x = e(1 + que e em evidên ia: (e (1 + x/e )) x 1/x x/e ) . Agora o termo (1 + x/ex ) → 1 e 1/x → 0. Assim (1 + x/ex )1/x → 10 = 1. minação do tipo ∞0 . Em uma linha: (b) Note que trata-se de uma indeterminação 0 do tipo ∞ . Em uma linha: Como em (a), para x o grá o possui uma quebra. ( ) A des ontinuidade é removível somente em B e D, pois o limite existe e basta redenir a função no ponto; em C, para qualquer valor que se oloque na função em x=C a função ontinuará sendo des ontínua. Exer í io 3. (a) somente (I). Note que (II) e (III) são des ontínuas em 0 e −2 respe tivamente. (I), (II) e (III). ( ) (I) e (III). (1 + x) ≈ x. Assim temos que al ular o  xα/ log x . Troque variável para y = log(x)  1; x ≤ 1; y y α/y → eα . (assim x = e ): al ule o limite (e ) Exer í io 4. (a) f (x) = 2; 1 < x < 2;   Desao 4. Embora o denominador se anule no 3; 2 ≤ x. grande limite limite, o sinal dele alterna sempre. limite a função os ila entre +∞ e Assim o no −∞. Perto 0 12.set.2011 (b) A.2. CONTINUIDADE 217 (b) A função parte inteira (veja Figura na p. 215) para ( 0; x ≤ 0; x > 0: f (x) = ⌊x⌋; x > 0. Exer í io 5. (a) A.2.2 Problemas da p.66 Problema 1. (a) Nos pontos onde o denominador se anula não existe valor possível pois os f (x) → ±∞. Nestes pontos a função é des ontínua. Nos outros pontos, omo se trata limites laterais são distintos: a des ontinuidade da divisão de funções ontínuas (1 e não é removível. é ontínua. R: (b) Como o limite é mero, não existe k. +∞, que não é um nú- Se pudéssemos olo ar valor k = +∞. innito, olo aríamos ( ) Pelo Teorema do Sanduí he o limite quando x→0 é zero. Assim oloque k=0 para tornar a função ontínua. Exer í io 6. (a) Falso. Pode ter. Basta os ilar entre estes pontos. (b) Verdadeiro: pelo menos uma em pelo menos uma e, [3, 4], [2, 3] e onde a função tro a de sinal. ( ) Falso. O TVI garante pelo menos uma, mais pode ter mais de uma. Exer í io 7. (a) Falso. Quando nas e uma ri- ança a função dá um pulo de uma unidade instantaneamente: não existe (b) Verdadeiro. 1/5 de habitante et . Nos res emos diariamente uma quantidade innitamente pequena. Nossa Falso. Se f (1/2) = −10 tería- mos vários pontos om valor negativo. (b) Falso. Se f for des ontínua pode não ter raiz. cos(x) −1: assim 2 − 1 = 1 ≤ 2 + cos(x) ≤ 2 + 1 = 3 para todo x ∈ R. Portanto, omo g é quo iente de funções ontínuas om denominador que nun a se anula, g é ontínua em R e o onjunto dos pontos de des ontinuidade é ∅ (vazio). (b) O denominador nun a se anula pois vale no mínimo ( ) Veja o grá o na Figura da p. 215. onjunto dos pontos de des ontinuidade é O Z. (d) Esbo e o grá o: uma úbi a pontilhada e uma reta pontilhada. É ontínua onde elas se ruzam (porque?) nos pontos onde x = 0, x = 1 R − {0, 1, −1}. é, em e x = −1. x3 = x, isto É des ontínua em Problema 2. Cal ulando os limites no 0: lim f (x) = |0+ 2| = 2, lim f (x) = 3− 0 = 3. x→0+ x→0− Como eles diferem no 0, não existe portanto a função é des ontínua no 0. lim f (x) x→0 e Nos outros x grande e negativo, f (x) = |x − 2|. lim f (x) = lim |x − 2| = +∞. Para Assim x→−∞ Problema 3. (a) x→−∞ Note que lim f (x) = +∞ Exer í io 9. (a) ela pontos é ontínua. altura não dá pulos. Exer í io 8. (a) sen(x)), {0, ±π, ±2π, ±3π,}. Errado. K ∈ f (c) = O orreto é se x→+∞ f (0) = 0 < 10 e que (veja Exemplo 43 da p.54). M > 0 tal que f (M ) > 10. Pelo c ∈ [0, M ] tal que f (c) = 10. −x . Queremos (b) Dena h(x) = log(x) − e (b) Correto pois se K ∈ [3, 4] então K ∈ en ontrar b > 0 tal que h(b) = 0. Quando [2, 5]. Logo, pelo TVI, existe c ∈ [−3, −1] tal x → 0− , log(x) → −∞ e e−x → 1. Logo, que f (c) = K . lim h(x) = −∞. Quando x → +∞, log(x) → x→0− ( ) Errado. O intervalo [0, 3] N O está on+∞ e e−x → 0. Logo, lim h(x) = +∞. Asx→+∞ tido em [2, 5]. sim existem M, N om 0 < M < N e tais que Exer í io 10. Como f é ontínua, pelo Teorema, h(M ) < 0 e h(N ) > 0. Como h é ontínua, pelo f ·f = f 2 (produto de funções ontínuas) é ontí- TVI existe d ∈ [M, N ] tal que h(b) = 0. 2 nua. Assim, pelo Teorema novamente, f · (f ) = ( ) Dena g(x) = f (x) − x. Se g(c) = 0, f 3 (produto de funções ontínuas) é ontínua. então f (c) = c. Note que g(0) = f (0) − 0 = 3 Também pelo Teorema, 5f ( onstante vezes funf (0) ≥ 0 e g(1) = f (1) − 1 ≤ 0. Se em um ção ontínua) é ontínua. Pelo Lema, x é ontídos extremos g se anular nos teremos obtido o 2 nua. Pelo Teorema x · x = x produto de funções c. Caso ontrário, g(1) < 0 < g(0). Pelo TVI ontínuas) é ontínua. Pelo Lema 1 (função ons(g é ontínua pois é a subtração de duas funções 2 tante) é ontínua. Pelo Teorema, x + 1 (soma ontínuas), existe c ∈ [0, 1] om g(c) = 0. Este [2, 5], K; então existe c ∈ [−3, −1] tal que de funções ontínuas) é ontínua. pelo Teorema h, Finalmente, que é o quo iente de funções ontínuas, é ontínua. Logo existe TVI existe resultado é uma versão simpli ado do Teorema do Ponto Fixo de Brower. (d) Suponha, por ontradição, que não é ver- 218 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS (b) Não. O TVI garante pelo menos duas f (x) < 0. Assim, existiria um t ∈ [0, 2] f (t) ≥ 0. Como f não se anula em [0, 2], na raízes, mas não exatamente duas. verdade f (t) > 0. Como f (−1) = −3, apli ando Extra 4. (a) Dena f (x) = x + 2 sen(x) − 1. o TVI em [1, t] (f é negativa em 1 e positiva em Como f (0) = −1 e f (π) = π − 1 > 0, pelo TVI t) on luímos que existe um c ∈ [1, 2] tal que f possui raiz. f (c) = 0. Como isto é um absurdo, on luímos (b) Se o polinmio p é de grau impar om k que f (x) < 2 no intervalo [0, 2]. termo de maior grau ax então, se k > 0, 2 Problema 4. (a) Simplique o (x − 2) no nume- lim p(x) = −∞ e lim p(x) = +∞. Assim x→−∞ x→+∞ rador e denominador. a = 5. existem M, N tais que p(M ) < 0 e p(N ) > 0. (b) Impossível. Teríamos que ter a = 3 e −2 Como p é ontínua, pelo TVI existe c ∈ [M, N ] ⊂ ao mesmo tempo. R tal que p(c) = 0 ∈ [p(M ), p(N )]. Se k < 0 ( ) a = 1. então (os limites se invertem) lim f (x) = +∞ x→−∞ (d) Impossível pois o limite em x = 0 não e lim f (x) = −∞ e o resto é análogo. existe. dade que om x→+∞ (e) Impossível pois teríamos que ter que não é um número real. (f ) a = +∞, a = 3/4. Problema 5. Temos que resolver o sistema  Obtemos 2a + b = |2 − 1| = 1, −2a + b = | − 2 − 1| = 3. a = −1/2, b = 2. Problema 6. Suponha h(x) = sen(π sen(x)) − sen(x). h(π/6) = 1/2 e h(π/2) = −1 (sinais opostos), pelo TVI existe c ∈ [π/6, π/2] tal que h(c) = 0, isto é, tal que sen(π sen(c)) = sen(c). (d) Como h(0) = 1, h(π) = h(−π) = 1−2 = −1, apli ando o TVI nos intervalos [−π, 0] e [0, π] vamos obter duas raízes distintas para h. ( ) Dena Como Extra 5. Temos que resolver o sistema que não e que existam  a + b = 1, f (a) 6= f (b). Como os 4a + b = −8. irra ionais estão em todo lugar em R (são densos em R), existe um irra ional k entre f (a) e Obtemos a = −3, b = 4. f (b). Como f é ontínua, pelo TVI existe c ∈ R Extra 6. Use a denição utilizando exponen ial tal que f (c) = k é irra ional. Contradição pois da p.60 e explore propriedades da exponen ial. assumimos que f (x) é ra ional para todo x. a, b ∈ R, a 6= b, tais que A.2.3 Extras Extra 1. Ela A.2.4 Desaos da p.67 da p.68 Desao 1. Esbo e dois grá os olo ando no eixo x = 0 pois x a hora e no eixo y os pontos do per urso. No se x está próximo de 0 e x ∈ Q então f (x) = 1 primeiro dia a função omeça do iní io do pere se x 6∈ Q então f (x) ≈ 1 + |0| = 1. Logo o urso e termina no m. No dia seguinte, omeça limite quando x → 0 é 1, que é igual ao valor da no m do per urso e termina no iní io. Como função. Logo é ontínua em x = 0. os per ursos são funções ontínuas, os grá os se Em qualquer x 6= 0 o limite não existe pois se ruzam em pelo menos um ponto, o que signiestá próximo de x 6= 0 e x ∈ Q então f (x) = 1  a passar na mesma hora (em dias distintos) no e se x 6∈ Q então f (x) ≈ 1 + |x| 6= 1. Logo mesmo ponto do per urso. o onjunto dos pontos de des ontinuidade é R − Desao 2. Ver [Sp℄ p.70 no.17. {1}. Extra 2. (a) Dividindo-se por (x − 1) duas vezes Desao 3. Ver [Sp℄ p.98 no.6. somente é ontínua em o numerador e o denominador, vamos obter o li- a = −1. (b) a√= 2. ( ) Impossível. √ a = 0. (e) a = −1 + 2 ou a = −1 − 2. mite. Logo (d) (f ) Impossível. Geometri amente, um reta saindo da origem não temo omo ompletar de forma ontínua uma função que valia Extra 3. (a) Falso. 1 para x < 0. Pode ter raiz no meio (pense em algo do tipo seno, que os ila). Desao 4. Pelas lo ando a propriedades do logaritmo, o- em evidên ia, h h log(a+h) = log(a(1+ )) = log(a)+log(1+ ). a a h → 0, tro ando variável vemos que log(1 + h/a) → log(1) = 0. Assim obtemos a ontinuidade de log. Quando A.3. DERIVADA 219 Desao 5. Basta apli ar as expansões em série da f ′ (x5 ) = 0 ou algo próximo e exponen ial, seno e osseno. Depois basta agru> 2 ) pois a in linação da reta tan′ par os termos om e sem i e utilizar as identi- gente é maior em x6 . Também f (x4 ) < 0 pois 0 4 8 1 5 ′ i = i = a função de res e ai. Assim, f (x4 ) < f ′ (x5 ) < dades: i = i = i = · · · = 1, i9 = · · · = i, i2 = i6 = i10 = · · · = −1, f ′ (x2 ) < f ′ (x6 ). i3 = i7 = i11 = · · · = −i. Assim, Exer í io 4. y 3 4 5 2 (iθ) (iθ) (iθ) (iθ) + + + ··· eiθ = 1 + (iθ) + f ′ (x) 2 3! 4! 5! x θ2 θ3 θ4 θ5 4 12 = 1 + iθ − −i + + i ··· − 85 2 3! 4! 5!  4 3 5 2 θ θ θ θ + − ··· + i θ − + ··· =1− Exer í io 5. (a) h′ (2) = f ′(2)g(2)+ f (2)g′ (2) = 2 4! 3! 5! −1(−5) + 3(2) = 11. = cos θ + i sen θ. f ′ (2)g(2) − f (2)g′ (2) ′ . (b) h (2) = g(2)2 Desao 6. Basta fazer ontas an elando a parte Logo h′ (2) = −1(−5) − 3(2) = −1 . (−5)2 25 real ou a imaginária. x < y sem perda de ′ que f (x6 ) f ′ (x x, y ∈ J , Exer í io 6. Cal ulando o oe iente angular da ′ ′ reta tangente, f (1) = 1 e g (1) = 0 (reta tangeneralidade, vamos Desao 7. Dena J = f (I). om (b) Note que Dados z ∈ (x, y), z ∈ J (imagem). gente horizontal). Assim: ′ ′ (a) f (1)g(1)+g (1)f (1) = 1(3/2)+0(1) = 3/2. De fato, omo x, y ∈ J = f (I), existem u, v ∈ I ′ ′ (b) 5f (1) − 3g (1) = 5(1) − 3(0) = 5. tais que f (u) = x, f (v) = y . Pelo TVI, omo z ∈ (x, y), existe w ∈ [u, v] (ou [v, u]) tal que Exer í io 7. (a) Velo idade é h′ (t) = −32t. Asf (w) = z . Note que w ∈ I pois I é um intervalo. sim h′ (2) = −64. √ Portanto f (w) ∈ f (I) = J é um intervalo. (b) Quando h(t) = 0? Para t = 125/2 . √ √ ′ ( ) Velo idade h ( 125/2) = −16 125. Desao 8. (a) ∀M < 0, ∃δ > 0 tal que se 0 < ′′ ′ (d) A eleração h (t) = (−32t) = −32. Asx − c < δ, então f (x) < M . (b) ∀M > 0, ∃N < 0 tal que se x < N , então f (x) > M . ( ) ∀ε > sim a a eleração é −32 para todo t. mostrar que dado − sen x(x+5)−cos x . |f (x) − Exer í io 8. (a) ex log x+ ex . (b) (x+5)2 3 2 ( ) − sen(x + 1)(3x ). (d) 0 (a função é onscos x . (f ) Para tante em relação a x). (e) 1 + sen x x > 2 a derivada é 1, para x < 2 a derivada é −1. Em x = 2 a derivada não existe. 1 Exer í io 9. (a) 4πr2 . (b) 6k + 2 . ( ) log t + 1. da p.89 √ k √ √ π−1 . (e) log 3 . Logo ( 3)x = 3 = e (d) πs √ √ Exer í io 1. y − 3 = (x − (−2)) · 3 = 3(x + 2). ex log 3 . Assim a derivada é log(√3)ex log 3 = √ √ Assim a reta tangente é y = 3x + 9. (log 3)( 3)x . (f ) 0. Exer í io 2. (a) Falso. f (x) = |x − 3| possui um Exer í io 10. (a) Pelo TVM, existe c ∈ [1, 5] tal ′ bi oem x = 3. que f (5) − f (1) = f (c)4. Multipli ando por (b) Falso. f (x) = 0 e g(x) = x − 2. Então 4 a desigualdade −4 ≤ f ′ (x) ≤ 3 obtemos o f (2) = g(2) = 0 mas f ′ (2) = 0 e g ′ (2) = 1. resultado. ′ ( ) Falso. f (x) = x−10. f (1) = 1 e f (1) = ( ) Pelo TVM, para todo h existe c ∈ [0, h] tal ′ −9. que f (h)−f (0) = f (c)h. Como h > 0 podemos ′ Exer í io 3. (a) Como no intervalo [x1 , x3 ] a fun- multipli ar a desigualdade −4 ≤ f (x) ≤ 3 sem 0, ∃δ > 0 tal que se 0 < c − x < δ, L| < ε. x então A.3 Derivada A.3.1 Exer. de Fixação f ′ (x1 ) = 2 = f ′ (x2 ). ′ Note que f (x3 ) não existe pois grá o possui um alterar os sinais das desigualdades. bi o. função do tempo. Então ção é um segmento de reta, 0 07.out.2011 Exer í io 11. Seja S(t) Assim, a altura do objeto em S(0) = 100, S(5) = 0. S(5) − S(0) −100 = = −20. Pelo TVM 5−0 5 220 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS existe um instante t ∈ (0, 5) tal que S ′ (t) = −20, a velo idade do objeto. √ x−(x+h) √ √ √ x+h x( x+ x+h) = √ √ −h √ √ . x+h x( x+ x+h) h obtemos: √ √ −1 √ √ . = Exer í io = 0 para todo x ∈ x+h x( x+ x+h) ′ ′ R, f (x) = onstante. Como f (−3) = 0, a ons- Quando h → 0 obtemos: ′ √ √ tante é zero. Assim on luímos que f (x) = 0 f ′ (x) = √ √ −1 = − 2x1√x . x x( x+ x) para todo x ∈ R. Logo f (x) = onstante. Como 2 ( ) Para x > 0 temos que f (x) = x − x, f (5) = π , a onstante é π . Assim on luímos uja derivada pela denição, é que f (x) = π para todo x ∈ R. f (x + h) − f (x) 2xh + h2 − h Exer í io 13. = = 2x + h − 1. h h ′ ′ ′ ′ ′ (a) h (2) = f (g(2))g (2) = f (3)g (2). Como Dividindo por f (x+h)−f (x) h 12. Como (f ′ (x))′ g′ (2) é o oe iente angular da tangente, g′ (2) = Assim, om h → 0, a derivada é 2x − 1. De (3− 2)/(2− 0) = 1/2. Do mesmo modo, f ′ (3) = forma análoga, omo para x < 0 f (x) = x − x2 , (0−2)/(3−0) = −2/3. Assim, h′ (2) = − 23 · 21 = a derivada pela denição é 1 − 2x. Finalmente, − 62 = − 31 . para x = 0 temos que al ular pela denição: −1 (3) = k(3) = 2. f (0 + h) − f (0) = |h|(h − 1). Dividindo por h (b) Como g(2) = 3, g ′ Como k é a inversa de g , k(g(x)) = x. Logo, obtemos que f (0) = limh→0 |h|/h(h − 1) não ′ ′ ′ ′ k (g(x))g (x) = 1. Assim, k (g(2))g (2) = 1 ou existe, pois pela direita o limite será −1 e pela k′ (3)g′ (2) = 1. Como g′ (2) = 21 pelo item (a), esquerda, 1. (d) Fazendo de forma análoga ao item ( ), k′ (3) = 1/g′ (2) = 2. para x > 0 a derivada é 2x, para x < 0 é −2x e Exer í io 14. Mar amos no grá o os pontos onde para x = 0 o limite (f (0 + h) − f (0))/h é zero. ele ruza o zero e onde a reta tangente é horizon′ Assim, f (0) = 0. tal. y Problema 2. Para garantir ontinuidade em x = 1 devemos ter: (1)2 = a(1) + b, ou a + b = 1. a b c e d g f x Para que as derivadas laterais sejam iguais em x=1 Assim 2x = a b = 1 − a = −1. devemos ter em x = 1, ou a = 2. Problema 3. Primeiro note que 0 ≤ |f (0)| ≤ f ′ é positiva em (−∞, b), (c, d) e (f, +∞). |0|k = 0. Assim |f (0)| = 0, isto é, f (0) = 0. f (h) − f (0) f ′ é negativa em (b, c) e (d, f ). ′ = Agora pela denição, f (0) = lim h→0 h (b) f é injetiva em (−∞, b), ou (b, c), ou f (h) (c, d), ou (d, f ), ou (f, +∞). lim . ( ) f é res ente em (a, e) e (g, +∞). f é h→0 h |h|k |f (h)| = |h|k−1 . ≤ Observe que 0 ≤ de res ente em (−∞, a) e (e, g). h |h| (d) f é injetiva em (−∞, a) ou (a, e) ou (e, g) Como k > 1, k − 1 > 0. Assim, lim |h|k−1 = 0. h→0 ou (g, +∞). |f (h)| = lim Exer í io 15. Dena A = cos(arcsen(x/a)). ComoLogo, pelo teorema do Sanduí he, h→0 |h| ( 2 sen y)+cos (y) = 1, tomando y = arcsen(x/a)), f (h) 0. Logo f ′ (0) = lim = 0. 2 2 2 sen(y) = x/a e assim x /a + A = 1, ou seja, h→0 h p √ 2 2 2 2 A = 1 − x /a = 1/a a − x . Problema 4. (a) Possui derivada em todos os pontos x 6= 2 igual a zero pois é onstante. Em x = 2 é des ontínua e portanto também não é da p.92 derivável em x = 2. x x 1 (b) f (x) = e − 1 se e − 1 > 0, isto é, se Problema 1. (a) f (x + h) − f (x) = (x+h) 2 − ex > 1. Tomando log dos dois lados, se x > 0. x2 −(x+h)2 −2xh+h2 1 = = . Dividindo por h x ′ x 2 2 2 2 2 x x (x+h) x (x+h) Assim, f (x) = e − 1 se x > 0 e f (x) = e . Por f (x+h)−f (x) x x outro lado, f (x) = −(e − 1) = 1 − e se x < 0. obtemos = x−2x+h 2 (x+h)2 . Fazendo h → h ′ x 2 Assim f (x) = −e se x < 0. Em x = 0 o grá o 0 obtemos, f ′ (x) = −2x 2 2 = − 3. (a) A.3.2 Problemas x (x) x 1 √ = x+h − √1x √ f (x+h)−f (x) √ Multipli ando por x+ (b) x+h = √ √ possui um bi o e a função não é derivável. √x− x+h √ . ( ) Fazendo análise de sinal do polinmio do x+h x obtemos: segundo grau (3 − x)(x + 1) (parábola om raízes A.3. DERIVADA 221 −1 om on avidade para baixo), on luímos Resolvendo o sistema obtemos que b = 1/2 e h(x) = (3 − x)(x + 1) se −1 < x < 3 e a = −1/6. Assim c pode ter qualquer valor. h(x) = −(3 − x)(x + 1) aso ontrário. Assim, Problema 9. 2 299 (10x − 3). h′ (x) = −2x + 2 se −1 < x < 3 e h′ (x) = (a) 300(5x − 3x + 4) √ 7 2x − 2 se x < −1 ou x > 3. Em x = −1 e (b) Primeiro rees reva · = (·)1/7 . Depois x = 3 o grá o possui um bi o e a função não apli ando a regra da adeia, 3 e que é derivável. 
1/7  4t 2 cos · cos(x ) + 4 Problema = 2 . (t + 1)2
−6/7 1 4(t2 + 1)2 − 16t2 (t2 + 1) ′′ · cos(x2 ) + 4 (− sen(x2 ))(2x). A a eleração é s (t) = . 7 2 4 (t + 1) ′ ′′ Logo s (0) = 0 e s (0) = 4. Ela vai parar quando 2 xe−x + 2 x + e−x x2 + e−x ( ) . ′ a velo idade s (t) = 0, ou seja, quando t = 0. (e−x + 1)2 ′ (b) A velo idade é s (t) = cos t. A a eleração 1/3(x + t)−2/3 (x2 + k) − (x + t)1/3 (2x) ′′ ′ ′′ (d) . é s (t) = − sen t. Logo s (0) = 1 e s (0) = 0. (x2 + k)2 ′ Ela vai parar quando a velo idade s (t) = cos t = cos(5 ex )ex x4 + 4 log(sen(5 ex ))x3 . (e) 5 0, ou seja, quando t = 2kπ ± π/2 para k ∈ Z. sen(5 ex ) Problema 6. (a) Nos pontos onde f ′ (x) = 6x2 − 6x (f ) . 4x = 0, isto é, x = 0 ou x = 2/3. 2 ((log(3x + 1))2 + 1)(3x2 + 1) (b) Rees revendo a reta 2y − 20x − 50 = 0 5earcsen(4−5x) p (g) − . omo y = 10x + 25, observamos que o oe i1 − (4 − 5x)2 ente angular é 10. Assim queremos saber quando 3 f ′ (x) = 6x2 − 4x = 10, isto é, x = −1, x = 5/3. Problema 10. g′ (x) = (f ′ (x) + 1). Asf (x) + x ( ) o oe iente angular da reta 4y + 2x − 3 12 (f ′ (4) + 1) = − . 10 = 0 é −1/2. Para que seja perpendi ular, a sim, g ′ (4) = f (4) + 4 7 reta deverá ter oe iente = −1/(−1/2) = 2. (ax + b)(ad − bc) ′ 2 Assim queremos saber quando f (x) = 6x − Problema 11. (a) f ′ (t) = 2 . (cx + d)3 4x = 2, isto é, x = 1, x = −1/3. ′ Kt cos(at) − aeKt sen(at). (b) f (t) = Ke Problema 7. Deve-se analisar separadamente dois ′ 2 3 ( ) f (θ) = 3aKθ cos(aθ + b). 2 asos. Se x − 1 > 0, isto é x > 1 ou x < m (T −t)/K . ′′′ (d) f (t) = − 03 e 0 K −1, a função é (x2 − 1)(x + 1), uja derivada é 2 2 2 3x2 +2x−1, ujas raízes 1/3 e −1 não perten em Problema 12. (a) y ′ = cos(x ) · 2x − sen(x ) . 2 ao domínio. Se x − 1 < 0, então −1 < x < 1 p p x2 p ′ Logo y ( π/2) = −2/π e y( π/2) =p 2/π . 2 e a função é (1 − x )(x + 1), uja derivada é −3x2 − 2x + 1, ujas raízes são novamente 1/3 e Assim a equação p da reta tangente é: y − 2/π = −2/π(x − π/2).pDa reta perpendi ular é y − −1. Assim em x = 1/3 a derivada é zero e a reta p 2/π = π/2(x − π/2). tangente é paralelo ao eixo x. Em x = −1 temos ′ sen(−2x) (b) y = e cos(−2x)(−2). que apli ar a denição. Cal ulando (f (−1) = 0) ′ Logo y (π) = −2 e y(π) = 1. Assim a equação f (x) − f (−1) da reta tangente é: y − 1 = −2(x − π). Da reta = |x2 − 1|. x − (−1) perpendi ular é y − 1 = 1/2(x − π). 5. (a) A velo idade é s′ (t) x x → −1 o limite tende a zero. Assim Problema 13. (a) Considere f (x) = e −(1+x). ′ x f ′ (−1) = 0 e x = −1 é ponto onde a reta tan- Derivando f (x) = e − 1 é positiva para x > 0. Logo f é res ente para x > 0. Como f (0) = 0, gente é paralela ao eixo x. ′ 2 Problema 8. (a) y = 3ax + 2bx + c. Para que a função é positiva para x >30. 2 (b) Considere g(x) = 2x − 15x + 60x + 4. tenha uma úni a tangente horizontal, queremos lim g(x) = +∞ e lim g(x) = −∞, Como ′ 2 que a equação y = 3ax + 2bx + c = 0 tenha Quando solução úni a. Para isto basta que ∆ = (2b)2 − 4(3a)c = 0, isto é, que b2 = 3ac. ′ (b) y (x) = 3ax + b. O oe iente angular ′ de x + y = 1 é 1 = y (−1) = b − 3a. O oe′ iente angular de y = −1 é 0 = y (1) = 3a + b. x→+∞ x→−∞ existem pontos onde a função é positiva e negativa. Pelo TVI existe pelo menos uma raiz. g ′ (x) = 6x2 − 30x + 60 é sempre positivo (para todo x ∈ R) pois é um polinmio do segundo grau om raízes omplexas (∆ < 0 e Note que 222 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS R Extra 2. (a) cos(x ex log x)(ex log x+xex log x+ x e portanto injetiva. Assim a raiz é úni a pois a e ). função é injetiva. (b) cos(sen(sen x)) cos(sen x) cos x. arctan x = elog 3 arctan x . Logo a derivada ( ) 3 Problema 14. (a) Suponha que f e g representam a posição dos orredores em função do tempo. arctan x log 3 . é 3 2 1+ Por hipóteses f (0) = g(0) ( omeçam no mesmo √x 2 x+1 instante). Suponha que eles terminaram a orrida (d) √ p √ . 4 x x+ x no instante T . Assim, f (T ) = g(T ) (terminaram 2 2 empatados). Se h = f − g , h(0) = h(T ) = 0. (e) cos(cos x sen x)(cos x − sen x). 2 Pelo TVM (ou Teorema de Rolle), existe c ∈ (f ) Esta função vale sen(1− x ) se −1 < x < ′ ′ (0, T ) tal que h (c) = 0 = f (c) − g − (c), isto é, 1. Logo a derivada neste intervalo é −2x cos(1 − f ′ (c) = g′ (c). x2 ). Fora deste intervalo (em x < −1 ou x > ′ (b) Pelo TVM, f (x) − f (0) = f (c)x. Como 1) a função vale sen(x2 − 1), uja derivada é x > 0 e f ′ (c) ≤ 1 para todo c > 0 e f (0) = 0, 2x cos(x2 − 1). Nos pontos x = ±1 a função f (x) = f (x) − f (0) ≤ x. possui um bi o, e não possui derivada. ′ ( ) Seguindo a di a, omo hi = hi para i = (g) Primeiro es revemos em forma de função: 1, 2, exp(exp(x4 )). A derivada é: a = 6 > 0). ′ f (x) = Assim, h′1 h2 g − h1 h′2 (h2 )2 é res ente para todo h1 h2 − h1 h2 = = 0. (h2 )2 x4 4 exp(exp(x4 )) exp(x4 )4x3 ou 4x3 ee ex . √ cos(2 x) x2 + 1 log(sen(2 x))x √ + (h) 2 sen(2 x) x2 + 1 h1 (0) = 1, Extra 3. (a) Nos pontos onde y ′ (x) = 3x2 +4x− h2 (0) 4 = 0, isto é, x = −2 ou x = 2/3. h1 (x) f (x) = 1 para todo x ∈ R. Logo 1 = , isto (b) Rees revendo a reta 2y + 8x − 5 = 0 h2 (x) omo y = −4x + 5/2, observamos que o oé, h1 (x) = h2 (x) para todo x ∈ R. e iente angular é −4. Assim queremos saber (d) Seja h = f − g . Como h(0) = h(1) = 0, ′ 2 quando f (x) = 3x + 4x − 4 = −4, isto é, pelo Teorema de Rolle, existe c ∈ (0, 1) tal que h′ (c) = 0 = f ′ (c) − g′ (c). Logo f ′ (c) = g′ (c) e x = 0, x = −4/3. portanto as tangentes são paralelas. Extra 4. Para garantir ontinuidade em x = 1 1 devemos ter: a(1) + b = , ou a + b = 1. Para Problema 15. 1 ′ ′ ′ (a) h (x) = f (g(−x/2))g (−x/2)(−1/2). As- que as derivadas laterais sejam iguais em x = 1 1 ′ ′ ′ 1 sim, h (2) = f (g(−1))g (−1)(−1/2) = devemos ter 2ax = − em x = 1, ou a = − . 2 2 x ′ = f (2)(6)(−1/2) = −1(6)(−1/2) = 3. 3 Assim b = 1 − a = . ′ ′ 2 (b) Como h(g(x)) = x, h (g(x))g (x) = 1. ′ Extra 5. Uma solução é: f (x) = g(x) + (x − Como g(−1) = 2, h(g(−1)) = −1 = h(2). As′ ′ ′ a)g′ (x). Como f ′ (a) = g(a) + (a − a)g′ (a) = sim h (2) = h (g(−1)) = 1/g (−1) = 1/6. Problema 16. O oe iente angular da reta tan- g(a). O problema desta solução é que não sabemos se g pode ser derivada. 3−6 ∆y = = 3. Logo, f ′ (−1) = 3. gente é A solução orreta é: Note que f (a) = (a − ∆x −1 − 0 −1 Note que f (−1) = 3 ou f (3) = −1. Logo a)g(a) = 0 e f (a + h) = (a + h − a)g(a + h) = 1 1 1 hg(a + h). Assim, f (a + h) − f (a) = hg(a + −1 ′ (f ) (3) = ′ −1 = ′ = . f (f (3)) f (−1) 3 f (a + h) − f (a) = g(a + h). Assim, h). Logo, h f (a + h) − f (a) f ′ (a) = lim = lim g(a + h). da p.94 h→0 h→0 h ′ g − f g′ Este limite é igual a g(a) pois g é ontínua em a. f ′ Extra 1. (a) w′ = 4 . Logo w (2) = ′ Assim, f (a) = g(a). g2 (−1)(−5) − 3(2) 4 Extra 6. (a) y ′ = 2x sen x + x2 cos x. Logo, 4 =− . 2 (−5) 25 y ′ (π) = −π 2 . Assim a reta tangente é y = ′ 5x 5x ′ (b) m (x) = 5e g(3x + 2) + e g (3x + 2)3. −π 2 (x − π). ′ ′ Logo m (0) = 5g(2) + 3g (2) = (5) − 5 + 3(2) = 1 1 ′ ′ 2 √ (b) y = √ . Logo, y ((e + 2) ) = −19. x−22 x Logo f é onstante. Como A.3.3 Extras f (0) = A.3. DERIVADA 223 1 . Assim a reta 2e(e + 2) 1 (x − (e + 2)2 ). 2e(e + 2) Extra 7. (a) y ′ = − x12 . tangente é y−1 = Assim, usando a ontinuidade da função módulo, f (h) f (h) = lim ≤ |f (0)| = lim h→0 h h→0 h k h ≤ lim = lim |h|k−1 = 0. h→0 h h→0 ′ Para que duas retas se- jam paralelas, basta que possua o mesmo oe-  iente angular. 2x + 3y = 0 que é Como o oe iente angular de − 32 , queremos determinar y ′ = − x12 = − 32 . Logo x= √ ± √32 . xR tal ′ 2x (b) y = 2e . A reta tangente no ponto c, e2c é y − e2c = 2e2c (x − c). Para que passe em 0 ≤ |f ′ (0)| ≤ 0, f ′ (0) = 0. Portanto, portanto ou seja, |f ′ (0)| = 0 e Extra 11. Note a beleza na simetria da resposta: (f gh)′ = f ′ gh + f g′ h + f gh′ . f ′ (x) = − sen(x5 +2x+π/2)(5x4 +2). (x, y) = (5/2, 0) temos que resolver: 0 − e2c = Extra 12. ′ Logo f (0) = −2. Como g(f (0)) = 0 = g(0), 2e2c (5/2 − c). Vamos obter que c = 3. 1 1 ′ Extra 8. (a) Considere f (x) = x − log x. Note g (0) = f ′ (0) = − 2 1 ′ que f (1) = 1−0 = 1 > 0 e que f (x) = 1− > 0 1 x Extra 13. (a) A derivada é √ . para x > 1. Assim a função é res ente para 1 + x2 y −y , x > 1 e é positiva em 1. Logo f (x) > 0 para (b) Como 2 senh(y) = e − e √ todo x ∈ R, ou x − log(x) > 0, o que impli a Extra 14. Seja g(x) = n x. Então g(xn ) = x, que x ≥ log x. g ′ (xn )nxn−1 = 1. Logo g′ (xn ) = 1/nx1−n . Co13 − 6x5 − x + 10. n ′ (1−n)/n . (b) Considere g(x) = −2x lo ando y = x , g (y) = 1/ny lim g(x) = +∞, Como lim g(x) = −∞ e x→+∞ x→−∞ existem pontos onde a função é positiva e negativa. Pelo TVI existe pelo menos uma raiz. Como A.3.4 Desaos g′ (x) = −26x12 − 30x4 − 1 é sempre negativa Desao 1. (a) (para todo x ∈ R), g é de res ente para todo R zero pois da p.95 Esta função não é derivável no e portanto injetiva. Assim a raiz é úni a pois a h sen(1/h) f (0 + h) − f (0) = = sen(1/h). h h função é injetiva. Extra 9. (a) Por hipótese existem a, b ∈ R om f (a) = f (b) = 0. Pelo TVM (ou pelo Teorema Quando h → 0 o limite não existe. ′ de Rolle) existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0. Logo (b) Como, ′ f possui uma raiz real. g(0 + h) − g(0) h2 sen(1/h) (b) Pelo TVM existe um c ∈ (2, 5) tal que = = h sen(1/h), h h f (5) − f (2) = f ′ (c). Logo, f (5)−f (2) = 3f ′ (c). 5−2 pelo Teorema do Sanduí he o limite quando h → ′ Como por hipótese f (x) ≤ 4, f (5) − f (2) ≤ 12. 0 é zero. Assim, g ′ (0) = 0. 4 ′′ ′′ ′′ ( ) Como f (x) = g1 −g2 = cos(2x+log(x + 1)) − cos(2x + log(x4 + 1)) = 0 para todo x ∈ Desao 2. Pelo binmio de Newton: R, on luímos que f ′ (x) é onstante. Note que n X n! f ′ (2) = g1′ (2) − g2′ (2) = −1 − (−1) = 0. Logo xi hn−i = (x + h)n = i!(n − i)! ′ f (x) = 0 para todo x. Assim f é onstante. i=0 Note que f (3) = g1 (3) − g2 (3) = 5 − 5 = 0. = xn + nxn−1 h + · · · + hn . Logo f (x) = 0 para todo x. Con luímos que Assim, g1 (x) = g2 (x) para todo x ∈ R. Extra 10. Pela denição, omo f (0) = 0, f (0 + h) − f (0) f (h) = lim . h→0 h→0 h h f ′ (0) = lim f (h) = 0 h ∈ Q ou não. Agora ou f (h) = |h|k , dependendo se Nos dois asos, (x + h)n − xn = nxn−1 h + · · · + hn . Aqui temos termos om por h, h, h2 , . . . , hn . Dividindo h: = nxn−1 + (termos om h) + hn−1 . zermos h → 0, sobrará apenas o termo somente o primeiro termo não terá (x+h)n −xn h Se |f (h)| ≤ hk . nxn−1 . 224 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS Desao 3. O oe iente angular da reta tangente ao grá o de f no ponto x é f ′ (x) = −x. O oe iente angular da reta tangente ao grá o de ′ é g (x). ′ Queremos que g (x) Desao 8. (a) mando Como ε0 = 1/2 g′ (y) = 1 − ε cos y , to- (ou qualquer valor positivo es- g no ponto x = ′ ′ ′ −1/f (x), isto é, que g (x) = 1/x. Logo g(x) = tritamente menor que 1), g (y) > 0 para todo y . Assim g será estritamente res ente em R e log x ou, de forma geral, g(x) = C + log x. portanto uma função injetiva. Portanto g possui Desao 4. Como a equação da reta tangente é y = f (a)+f ′ (a)(x−a), para que a reta tangente y = f (b) + f ′ (b)(x − b) seja igual igualamos os ′ ′ 3 oe ientes angulares (f (a) = f (b), 4a − 4a = 4b3 − 4b) e e lineares (f (a) − af ′ (a) = f (b) − bf ′ (b)). 3 Coe ientes angulares iguais: É laro que 4a − 4a = 4b3 − 4b impli a que b3 − a3 = b − a. Supondo b − a 6= 0  ou seja, a 6= b dividimos 2 2 por b − a e obtemos a + ab + b = 1. Coe ientes lineares iguais: Note que f (a) − af ′ (a) = −3a4 + 2a2 + 1. É laro que −3a4 + 2a2 +1 = −3b4 +2b2 +1 impli a que 3(b4 −a4 ) = 2(b2 − a2 ). Supondo que a + b 6= 0 (veremos que isto impli a na inexistên ia de solução), omo b − a 6= 0, b2 − a2 6= 0. Assim dividindo ambos 2 2 2 2 lados por b − a obtemos que a + b = 2/3. 2 2 Utilizando a equação a + ab + b = 1 on luímos inversa. (b) Pelo teorema da função inversa, omo g(0) = 0, f ′ (0) = 1/g′ (0) = 1/(1 − ε). Desao 9. Deixo omo desao para Desao 10. (a) o leitor. f (a): f (a + he ′ 2f (a). Dividindo Soma e subtraia h) − f (a) + f (a) − f (a − h). passando ao limite obteremos Dividindo por por 2 obtemos o resultado. (b) Deixo omo desao. Desao 11. A 2ax+b. derivada de p é: p′ (x) = 3x2 + Para que a derivada seja sempre positiva, e portante p sempre res ente, devemos 4a2 − 12b < 0, isto é, a2 − 3b ≤ 0. Desao 12. (a) ter ∆≤ basta passar ao limite dos dois |x − y|. Faça ab = 1/3. Assim a √ = 1/(3b). Substituindo √ x → y . Note que a derivada será zero em todos obtemos que a = b = 1/ 3 ou a = b = −1/ 3, os pontos. Portanto, f será onstante. o que não é permitido pois supomos que a 6= b. Assim a úni a possibilidade é que a + b = 0 2 2 (a = −b). Substituindo em a + ab + b = 1 2 obtemos que a = 1, ou seja, a = ±1. Assim a solução é a = 1 e b = −1. Como f (1) = 1 ′ e f (1) = 1, y = 1 + (x − 1) = x, ou y = x que lados. (b) Divida os dois lados por A.4 Apli ação de Derivada é a reta tangente que passa simultaneamente em (1, f (1)) e (−1, f (−1)). Pelo desenvolvimento, esta é a úni a solução do problema. Desao 5. Considere f (x) = ax2 +bx+c. Assim, A.4.1 Exer. de Fixação da p.127 Exer í io 1. O limite é 5 por L'Hospital. Exer í io 2. Não podemos apli ar L'Hospital duas = 2ax + b. A se ante possui oe iente vezes, somente uma vez obtendo lim 2(x − 1) = x→1 ex ax21 + bx1 − ax22 − bx2 2(1 − 1) = angular: = 0. x1 − x2 e a(x21 − x22 ) + b(x1 − x2 ) = = a(x1 + x2 ) + b. Exer í io 3. (a) f (2.1) ≈ f (2)+f ′ (2)(2.1−2) = x1 − x2 A reta tangente no ponto médio possui oe- 5 + 4(0.1) = 5.4. ′ iente angular f ((x1 + x2 )/2) = a(x1 + x2 ) + b ′ (b) f (1.95) ≈ f (2) + f (2)(1.95 − 2) = 5 + f ′ (x) 4(−0.05) = 4.8. θ ∈ R, Exer í io 4. p(π) = f (π) = −1, p′ (π) = f ′(π) = pelo TVM f é onstante. Como f (0) = 1, f (θ) = − sen(π) = 0, p′′ (π) = f ′′ (π) = − cos(π) = 1. cos θ + i sen θ e = 1 1 para todo θ ∈ R. Assim, eiθ Desao 6. Como f ′ (θ) = 0 para todo Exer í io 5. (a) obtemos o resultado. Desao 7. Note que onhe emos uma solução: s = sen e c = cos. A questão aqui é a uni idade. 0 11.o t.2011 A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA 225 Exer í io 10. (a) a = −5. y ser em c = −1 c = 2. ou b = 0. d = 2. (b) (d) ( ) pode Exer í io 11. (a) max f (x) = 1/2, xmax = 2, x∈I min f (x) = 1/3, xmin = 3. x∈I x −3 −2 −1 1 max f (x) = +∞, (b) 2 x∈I não existe xmax, min f (x) = 1, xmin = 1. x∈I max f (x) = −4, xmax = −1/4, ( ) x∈I min f (x) = −1, xmin = −1. x∈I (b) max f (x) = 1, xmax = 1, (d) y x∈I min f (x) = 0, x∈I x∈I não existem Exer í io 6. xmin =. max f (x) = 0, min f (x) = −∞, (e) xmax x∈I nem xmin . Exer í io 12. (a) Verdadeiro, pois se é mínimo lo- x −2 não existe al então a derivada é zero. (b) Verdadeiro, pois se é máximo no interior do intervalo, então é má- y ximo lo al. ( ) Falso, pois está no extremo do intervalo. Pode ser zero mas não ne essariamente. (d) Falso. não ser máximo nem mínimo, omo por exemplo x −3 −1 1 Um ponto om derivada zero pode g(x) = (x − 3)3 , que possui x = 3 mas não é máximo nem 3 Exer í io 13. (a) Verdadeiro. e pode não ser. Exemplo é derivada nula em mínimo. (b) Falso, pode ser f (x) = 3, onde TODO ponto é de máximo lo al (e de mínimo lo al) em- Exer í io 7. (a) e (b) Ambas verdadeiras. Falso. Todos os pontos em [1, 2] ( ) são de máximo e de mínimo simultaneamente pela denição. Exer í io 8. (a) I tem que I = [−6, 99]. tem que ser limitado e fe hado. (b) Falso. ( ) Falso. I A função tem que ser ontínua. (d) Falso. Mesmo des ontínua pode ter máximo. (e) Falso. Considere I=R e a função ontínua O máximo é em f (x) = x = 0. Exer í io 9. (a) Como f x2 1 . +1 é ontínua em um inter- valo fe hado e limitado, podemos apli ar o TVE (Teorema do Valor Extremo de Weierstrass), Teorema 22 da p.114, que garante que existe a. (b) Devemos omparar o valor da função nos extremos do intervalo om o valor da função nos pontos ríti os. Assim omparando f (3), f (7), f (1), f (10), determinaremos o máximo. Ou seja, o máximo será um dos pontos: 1, 3, 7 ou 10. ( ) Não ne essariamente. Note que N O podemos apli ar o TVE pois o intervalo não é limitado. Um exemplo é tomar uma −∞ quando x → −∞. f f ′ = f ′′ = 0. ( ) Falso, nem todo máximo lo al é máximo em um intervalo. O máximo pode o orrer no extremo do intervalo e a derivada não pre isa ser zero neste ponto. ser um inter- Falso. valo fe hado omo bora que vai para Exer í io 14. (a) máximos lo ais: x = −2 e x = 3. x = 0. x = 4, máximo em x = 3. ( ) Mínimo em x = −3, máximo em x = 1. (d) Mínimo em x = 0, máximo em x = 3. ′′ ′′ (e) f (−1.8) < 0. (f ) f (0) > 0. (g) ′′ f (4) < 0. (h) x = −1 e x = 1. (i) mínimo lo al em x = 1. máximo lo al em x = 4. Olhe o sinal de g ′ antes e depois destes mínimos lo ais: (b) Mínimo em pontos. g ′′ (x) = f ′ (x) = 0? g: x = −2 e x = 3. (j) onde xão de Exer í io 15. (a) pontos de ine- f ′ (x) = 4x3 − 3x2 = x2 (4x−3), os pontos ríti os são x = 0, x = 3/4. ′ Note que o sinal da derivada é: f (x) < 0 para ′ x < 3/4 e f (x) > 0 para x > 3/4. Assim x = 0 N O é extremos lo al. Somente x = 3/4 Como é mínimo lo al. (b) Devemos omparar f (3/4) = −27/256. f (−1) = 2, f (2) = 8, I é em Assim o máximo em 226 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS x=2 x = 3/4. f (−1) = 2 om máximo é em x = −1 e o e o mínimo em ( ) Aqui basta omparar f (0) = 0. Assim o mínimo em x = 0. (d) No extremo do intervalo ção f (x) → +∞. x → ±∞ zero ou ambos maiores que zero, f admite so- mente uma raiz real. Se o máximo lo al é maior f que zero e o mínimo lo al menor que zero, ad- mite exatamente 3 raízes reais. a fun- Assim ela não tem máximo. O (d) Determine ( aso existam) os dois pontos x0 < x1 de f , isto é, pontos tais ′ f (x1 ) = 0. Caso não existam ou x = 3/4. (e) No extremo x → −∞ a função f (x) → +∞. No extremo x = 1, f (−1) = 2. Nenhum exista somente um, a função possui somente uma ponto ríti o perten e ao intervalo. Assim ela não raiz real. mínimo é no ponto ríti o x = −1. tem máximo e o mínimo é em que se (ex y= Apli ando L.H. 4 e . ( ) 2/5. (b) Tomando o log obtemos log(ex + 3x) + log y = . x log( lim y) = 4. Logo lim y = 3x)1/x , x→0+ x ′ (d) Note que (a ) ′ que f (x0 ) = a > 0 x0 é máximo ′ e x1 é minimo (basta olhar sinal de f , que vem positivo até x0 ,  a negativa em (x0 , x1 ) e volta a ser positivo em x1 . Se f (x0 ) > 0 > f (x1 ) Como A.4.2 Problemas da p.129 Problema 1. (a) 4. ríti os distintos ne essariamente possui 3 raízes reais, aso ontrário somente uma raiz real. x→0+ = (log a)ax . Problema 4. (a) f ′ (x) = 3x2 − 6x + 3 = 3(x − log a − log b. 1)2 , uja úni a raiz é x = 1. Assim f ′ (x) ≥ 0 √ √ 1 Problema 2. (a) 65 ≈ 64+ √ (65−64) = para todo x ∈ R. Logo esta função é sempre ′′ 2 64 res ente. Como f (x) = 6x − 6, ela tro a 1 1 8+ . (b) log(e2 −0.1) ≈ log(e2 )+ 2 (−0.1) = de on avidade em x = 1. Quando x → +∞, 16 e f (x) → +∞ e quando x → −∞, f (x) → −∞. 1 1 ′ . ( ) Re ordando, arctan (x) = . Não possui assíntota verti al nem horizontal. 2− 10e2 x2 + 1 1 ′ Assim, arctan (1) = 2 . Assim arctan(1.2) ≈ ′ ′ π Embora f (1) = 0, omo f > 0 perto de 1 tan(1) + 2 (1.2 − 1) = + 0.1. 4 x = 1, este ponto não é de máximo nem mínimo. Problema 3. (a) Como f ′(x) = 3ax2 + 2bx + c, y os extremos lo ais vão o orrer (possivelmente) so′ mente nos pontos onde f (x) = 0. Se a equação ′ possuir duas raízes reais distintas, o sinal de f Assim o limite é passará de positivo para negativo ou vi e-versa em ada raiz: assim um ponto será de máximo e o outro de mínimo lo al. Se possuir uma raiz x 1 a > 0, f ′ (x) ≥ 0 para todo x ∈ R. ′ Assim o ponto onde f se anula não será de má′ ximo nem mínimo. Finalmente se f não possuir ′ raiz real, omo a > 0, f (x) > 0 para todo x ∈ R. dupla, omo Assim a função será sempre res ente, sem extre- (b) Se f ′ (x) ≥ 0 f não possui extremos lo ais então para todo possuir no máximo 1 x ∈ R. Assim f poderá raiz. Como é polinmio de grau impar, pelo TVI (porque?) possui no mínimo uma raiz. Con luímos que f possui exatamente 1 raiz. ( ) Se g′ (x) = x(x2 − 4), a derivada se ′ anula em 0, ±2. Analisando sinal de g (quadro de sinais) on luímos que g de res e até −2, res e em (−2, 0), de res e em (0, 2), e res e de 2 em diante. Com isso vemos que os pontos x = ±2 são de mínimo lo al e x = 0 é de máximo lo′′ 2 al. Como g (x) = 3x − 4, a on avidade muda 2 2 em ± √ , sendo para ima antes de − √ e de3 3 (b) Como mos lo ais. f possui 2 extremos lo ais, temos que veri ar se o mínimo lo al é menor que zero ou 2 pois de √ não e se o máximo lo al é menor que zero ou não um esboço para grá o (não é úni o pois pode-se (faça uma gura). somar onstante a Se ambos forem menor que 3 e para baixo em g) é: (− √23 , √23 ). Assim A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA 227 y y 2 1 x −2 y = −1 x=2 x −2 − √2 3 √2 3 2 Problema 7. (a) (0, 0) e (1, 0). Assintotas verti ais em x = 2 e x = −1. ′ Assintota horizontal: y = 2. Sinal de f é igual Problema 5. O esboço deverá ter uma f (x) = 2 ao sinal de 1 − 2x: a função res e até x = 1/2 ′ para x ∈ [0, 1] pois f (x) = 0 neste intervalo. e de res e depois. Em x = 1/2 a função tem um Ela deverá de res er para x > 1 om on avidade máximo lo al. ′′ para baixo pois f < 0. Entre −2 e 0 ela deverá ′′ O sinal de g é igual ao sinal de (x − 2)(x + ′ res er pois f > 0 neste intervalo. No entanto 2 1) (note que x − x + 1 > 0 pois as raízes são a on avidade deve ser para ima até −1 e para omplexas): on avidade para ima até x = −1 baixo depois. Até o −2 ela deve deve de res er e depois de x = 2. Con avidade para baixo em om on avidade para ima e um mínimo lo al em x = −2 pois a derivada se anula em obtemos: −2. Assim Intersepta os eixos em (−1, 2). y y y=2 x −1 1 2 2 x −2 −1 1 2 (0, 1). Assintotas x = ±1. Assintota horizontal: y = −1. Sinal de g ′ é igual ao sinal de x: a função de res e até x = 0 e res e depois. Em x = 0 a (b) Intersepta os eixos em verti ais em Problema 6. (a) Possui duas assintotas horizony = 2 e y = −1. Possui assintota verti al x = 0. Possui um máximo lo al em x = −1. tais: em função tem um mínimo lo al. O sinal de g′′ é igual ao sinal de 1−x2 : x = −1 e depois ima em (−1, 1). y vidade para baixo até Con avidade para y de on a- x = 1. y=2 1 x y = −1 −1 y=1 −1 1 x y=0 x = 2. (b) Possui duas assintotas horizontais: e y = −1. Possui assintota verti al em Possui um máximo lo al em x = 0. ( ) Intersepta os eixos em (0, 0). Assintota 228 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS x = 1. Assintota horizontal: y = 0. h′ : a função de res e até x = −1, res e (−1, 1), de res e depois de x = 1. Em x = verti al em horizontal não existe (função nem esta denida Sinal de para em ′ Sinal de f é igual a de −2x para x ∈ (−1, 1) 2 pois x − 1 < 0 neste intervalo. Assim a função −1 a função tem um mínimo lo al. O sinal de h′′ é igual ao sinal de vidade para baixo até ima depois. x = −2, x+ 2: on a- Con avidade para x>1 nem res e para x=0 x < 0 e de res e para x > 0. Em a função tem um máximo lo al. O sinal de y x < −1). f ′′ . Note que o numerador 2x2 + 2 é sempre positivo e omo o denominador é igual a (x2 − 1)2 , que é sempre positivo, por ter sinal de menos na frente será sempre negativa. Assim f ′′ < 0 e a on avidade é sempre para baixo. y x −2 Problema 8. (a) 1 1 Não intersepta os eixos (nun a vale zero e não está denida em x = 0). Assintota x x = 0. Assintota horizontal: y = 0. ′ x de f é igual ao sinal de x − 1 pois e verti al em Sinal x2 são sempre positivas: a função de res e até x = 1 e res e depois de x = 1. Em x = 1 a e √ 1 − e−1 √ − 1 − e−1 função tem um mínimo lo al. f ′′ é igual ao sinal de x3 pois o − 2x + 2 possui raízes omplexas e 2 2 omo oe iente de x é positivo, x −2x+2 > 0 x = −1 x=1 ′′ para todo x ∈ R. Assim f é negativa para x < 0 −2 ). Não e positiva para x > 0. Portanto on avidade para ( ) Intersepta os eixos em (0, 1 + e baixo para x < 0, Con avidade para ima para possui Assintota verti al. Assintota horizontal: x > 0. y = 1. y ′ Sinal de f é igual ao sinal de 3 − 2x pois O sinal de 2 polinmio x exponen ial de qualquer oisa é sempre positiva. Portanto a função res e até depois. Em x = 3/2 x = 3/2 e de res e a função tem um máximo lo al. 4x2 − 12x + √ 7. As raízes são: 3/2√± 2/2. A on avidade √ 2/2, 3/2 + 2/2), ou, para baixo em 3/2 − aproximadamente, em (0.79, 2.20). Con avidade O sinal de 1 x f ′′ é igual ao sinal de para ima fora deste intervalo. y (b) Note que a função está denida somente 1 − x2 > 0, x ∈ (−1, 1). Inter(0, 1) e quando log(1 − x2 ) = . Portanto −1, isto é, quando 1 − x2 = e−1√ 2 −1 quando x = 1 − e , isto é, x = ± 1 − e−1 ≈ ±0.79 (pelo software Maxima). Logo inter epta o eixo x em (±0.79, 0). Assintota verti al em x = ±1 (onde temos log 0 = −∞!). Assintota onde septa os eixos em isto é, para y=1 x 0.79 3 2 2.20 (d) Intersepta os eixos em (0, 0). Não tem A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA Assintota verti al. Assintota horizontal: x → −∞. ′ Sinal de f é igual 229 y = 0 quando lo ando em evidên ia ao sinal de x2 , x + 3, pois o- que é sempre positivo, obtemos isto. Note que a derivada será zero em x = −3 e em x = 0. Note que em zero a derivada N O tro a de sinal, ontinuando positiva. Assim a função de res e até x = −3 e res e depois. x = −3 a função tem um mínimo lo al. O ponto x = 0 possui derivada zero (é ponto rí- Em ti o) mas não é máximo nem mínimo lo al pois a função res e em torno de x x = 0 (f ′ (x) > 0 para próximo mas diferente de zero). 2 f ′′ é igual √ao sinal de x(x +6x+6). 3. raízes são 0, −3 ± √ √ −3 − 3 ≈ −4.7 e −3 + 3 ≈ −1.26. O sinal de As Fazendo quadro de sinais vamos obter que: √ x = −3√− 3 ≈ intervalo (−3 + 3, 0) ≈ on avidade para baixo até xmax , min f (x) = existe x∈I Em I = [3, 4] 5 , xmin = 2. 2 não tem ponto ríti o. Logo o máximo e o mínimo estão nos extremos: f (3) = 3 + 1/3 e f (4) = 4 + 1/4. Logo o mínimo é em x = 3 e o máximo em x = 4. Portanto max f (x) = 4 + 1/3, xmax = 4, min f (x) = x∈I x∈I 3 + 1/3, xmin = 3. ( ) Note que o termo da derivada x2 − x + 2 possui raízes omplexas. Como o termo de maior x2 , x− x + 2 > 0 para todo x ∈ R. Logo ′ a úni a raiz é x = 0, om sinal de f igual ao sinal de x. Como f de res e até x = 0 e res e depois, x = 0 é mínimo lo al. Assim em [−1, 1] omparamos f (−1) = 19, f (1) = 11, f (0) = 0. Portanto max f (x) = 19, grau é x∈I xmax = −1, min f (x) = 0, xmin = 0. x∈I [1, 2], não tem ponto ríti o, basta omparar f (2) = 64 e f (1) = 11. Portanto max f (x) = Em −4.7 e também no x∈I (−1.26,√0). A Con avidade será para ima em √ 64, xmax = 2, min f (x) = 11, xmin = 1. x∈I (−3 − 3, −3 + 3) ≈ (−4.7, −1.26) e tam′ (d) Note que f é sempre positiva. Logo f é bém para x > 0. lim f (x) = +∞ sempre res ente. Note que y − x→−1 Em −∞. em x −4.7 −3 −1.26 Problema 9. (a) O ponto ríti o é a solução de sen3 (x) = cos3 (x), e portanto se tan3 (x) = 1, ou seja, quando tan x = 1, o que o orre se x = π/4. Quando x → 0+ ou x → π/2− , f (x) → +∞. Assim √ o mínimo é em x = π/4 om f (π/4) = 2 2 e N O existe máximo em I . Portanto max f (x) = +∞, não existe xmax , x∈I √ π min f (x) = 2 2, xmin = . x∈I 4 ′ (b) O úni o ponto ríti o é em x = 2 (f (2) = 0). Quando x → 0+ ou x → +∞, f (x) → +∞. Assim em I = (0, +∞) o mínimo é em x = 2 e o máximo não existe. Portanto max f (x) = +∞, x∈I I = (−1, 1] temos que lim f (x) = x→−1+ Assim não possui mínimo. O máximo será x=1 om f (1) = 1 . 2 Portanto max f (x) = x∈I 1 , xmax = 1, min f (x) = −∞, não existe xmin =. x∈I 2 Em I = [0, 1], omo f (0) = 0, max f (x) = x∈I 1 , xmax = 1, min f (x) = 0, xmin = 0. x∈I 2 Problema 10. Determine x de f (x) = [−1/4, 1/4]. x4 + 3 em o máximo e o mínimo R. Con lua que K ∈ Problema 11. MODELAGEM: Se x, y são os números, y − x = 100, p = xy mínimo. Como y = x + 100, p(x) = (x + 100)x. Queremos minimizar p(x) para x ∈ R. RESOLUÇ O: Como p(x) → +∞ quando x → ±∞, o mínimo é no ponto de derivada zero. ′ Como p (x) = 2x + 100, x = −50 é o ponto de derivada zero, om y = −50 + 100 = 50. Logo os números são 50 e −50. Problema 12. MODELAGEM: Suponha que a do- 5 bra tenha omprimento x. A alha terá a forma , xmin = 2. não existe xmax , min f (x) = x∈I 2 de um retângulo om lado x e L − 2x (o que soEm I = (0, 3], omo 2 ∈ I , o mínimo é em brou para base. Como o volume é propor ional x = 2 e o máximo não existe pois próximo de 0 a área deste retângulo, queremos o máximo de f (x) → +∞. Portanto max f (x) = +∞, não f (x) = x(L − 2x) para x ∈ [0, L/2]. x∈I 230 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS RESOLUÇ O: Como é equação do segundo grau om on avidade para baixo, o máximo é no f ′ (x) = L − 2x − o máximo é de fato em x0 se nos erti armos que x0 ∈ [2M, A/(2N )]. x0 ∈ [2M, A/(2N )]. A deve ter a forma de um retângulo om dimensões L/4 ser maior que a área das margens (2M )(2N ) = e L/2. 4M N . Assim, 4M Np< A. Logo, 4M 2 < AM/N , = x0p . Por outro Problema 13. MODELAGEM: Seja r o raio do e portanto 2M < 2 AM/N 2 lado, AM/N < A /(4N ). Logo, AM/N = ír ulo e θ o ângulo do setor ir ular. Querex < A/(2N ) . 2 0 mos maximizar a área a = θr /2. O perímetro ponto de derivada zero. Como 2x = L − 4x, x0 = L/4. Assim a alha deverá Vamos provar que de fato Para que o problema faça sentido a área 2r mais θr . Assim, 40 = 2r + θr . Problema 16. MODELAGEM ( omum aos dois Logo, θ = 40/r − 2. Logo queremos o má- itens): Seja h a altura e r o raio das semiesferas. 3 2 2 ximo de a(r) = 20r − r . Note que θ varia en- O volume é V = 4/3πr + πr h e a área de 2 tre 0 e 2π . Como 40 = 2r + θr , para θ = 0, superfí ie é A = 4πr + 2πrh. (a) MODELAGEM: Se xarmos a área em r = 20 e para θ = 2π , r = 20/(1 + π). Assim 2 A , tiramos que πrh = (A − 4πr )/2. Assim, r ∈ [20/(1 + π), 20]. 3 2 RESOLUÇ O: Trata-se de uma equação do V (r) = 4/3πr + r(A p − 4πr )/2. Queremos ′ A/(4π)] ( hegamos neste segundo grau. a (r) = 20 − 2r . Logo a derivada maximar V (r) em [0, 2 é zero em r0 = 10. Como 20/(1 + π) < 20/4 = valor tomando h = 0 na relação A = 4πr +2πrh ). 5 < 10 (π > 3), o máximo é em r0 = 10. deste setor é Problema 14. MODELAGEM: Vamos modelar inB =K −h para a tura dos olhos do espe tador. Note que se h→0 troduzindo θ para o ângulo e diferença entre a distân ia da tela ao hão e a al- RESOLUÇ O: Vamos al ular o ponto ríti o. Como A = 4πr02 . V ′ (r) = A − 4πr 2 ′ , V (r0 ) = 0 2 se Assim a derivada é zero no extremo p r0 = A/(4π). Note que V (0) = 0 ou h → +∞ o ângulo θ → 0. ′ ′ e V (0) = A/2 > 0. Alem disso V (x) > 0 para p B A/(4π)]p . Logo V res e neste inPor trigonometria simples, tan ϕ = e tan(θ+todo x ∈ [[0, d r = A/(4π) é o ponto onde tervalo e portanto L+B . Assim, ϕ = arctan(B/d) e θ + V (r) assume o máximo. ϕ) = d ϕ = arctan((L + B)/d). Logo, o ângulo θ(d) = (b) MODELAGEM: O usto de fabri ação é arctan((L + B)/d) − arctan(B/d). propor ional a área de superfí ie A. Como o vo3 Queremos maximizar θ(d) para d ∈ (0, +∞). lume V é xo, tiramos que πrh = (V −4/3πr )/r . RESOLUÇ O: Derivando obtemos do intervalo Assim, 6V + 4πr 3 . 3r r 3V ′ Queremos determinar d0 tal que θ (d0 ) = 0. Como Queremos minimizar A(r) para r ∈ (0, 3 ) 4π o denominador é sempre positivo e L > 0, a úni a ( hegamos neste valor tomando h = 0 na relação 2 2 raiz da derivada é d0 tal que BL + B − d0 = 0, √ V = 4/3πr 3 + πr 2 h). isto é (solução positiva) d0 = B 2 + BL. RESOLUÇ O: Note que A(r) → +∞ quando Problema 15. MODELAGEM: Sejam x e y as r → 0+ ou r → +∞. Assim o mínimo o orrerá 8πr 3 − 6V dimensões do artaz. Sua área A = xy . A área ′ em um ponto ríti o. Como A (r) = . impressa será igual a (x − 2M )(y − 2N ). Elimi3r 2r nando y = A/x obtemos que queremos maximi3 3V . Assim a derivada se anula somente em r0 = zar a área impressa f (x) = (x − 2M )(A/x − 2N ) 4π Pode-se onrmar que o mínimo é em r = r0 pois om x ∈ [2M, A/(2N )]. L(BL + B 2 − d2 ) θ (d) = . (B 2 + d2 )((L + B)2 + d2 ) ′ RESOLUÇ O: Di a: Resolva o problema om A(r) = 4πr 2 + 2(V − 4/3πr 3 )/r = o sinal da derivada é sempre negativa. A = 50, M = 2, N = 4. Vou dar a solução Problema 17. (a) MODELAGEM: Queremos mi′ 2 2 geral. Como f (x) = A/x−2N −(x−2M )A/x , nimizar o quadrado da distân ia g(x) = (x−2) + p 2 2 2 AM/N os zeros da derivada são ± p . Queremos (f (x) − 2) = (x − 2) + |6x −2 2x |. Note que somente a solução positiva x0 = AM/N . Note o domínio de f é onde 6x − 2x > 0, isto é em que nos extremos a área impressa f é zero. Assim [0, 3]. A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA 231 RESOLUÇ O: Apli ando a denição de mó- 2x2 | 2x2 do one é V = 1 2 πr h. 3 Note que omo 1 π 3 é |6x − = 6x − 2 um onstante, maximizar a função f = r h é um 2 se x ∈ [0, 3]. Assim g(x) = −x + 2x + 4 se problema equivalente. Como é função de duas x ∈ [0, 3]. Em [0, 3], g′ (x) = −2x + 2 e g ′ (1) = variáveis, devemos eliminar uma delas. 0. Temos que omparar g(0) = 4, g(1) = 5 e Ligando-se o entro da esfera até um dos pong(3) = 1. Observamos que o mínimo é em x = 3 tos do ír ulo da base do one observamos o tri om g(3) = 1 e o máximo é em x = 1 om ângulo retângulo om hipotenusa R e atetos r e g(1) = 5. h − R. Logo, por Pitágoras, (h − R)2 + r 2 = R2 , (b) MODELAGEM: A distân ia verti al f (x) 2 2 Assim, r = 2hR − h . Logo f (h) = h(2hR − é igual a diferença entre os y 's. Assim, queremos 2 h ). Note que h ∈ [0, 2R]. Assim queremos o 1 2 o mínimo de f (x) = x + para x ∈ R. máximo de f (h) para h ∈ [0, 2R]. x2 RESOLUÇ O: Note que f (0) = f (2R) = 0. RESOLUÇ O: Note que f (x) → +∞ para ′ 2 Como f (h) = 4hR − 3h = h(4R − 3h), os x → ±∞. Logo o mínimo será no ponto de pontos ríti os são h = 0 e h = 4R/3. Como o 2 ′ derivada zero. Como f (x) = 2x − , os pontos ponto zero não é de máximo, o máximo é quando x3 ríti os são 1 e −1. Como f (1) = f (−1) = 2, o h = 4R/3. mínimo é em x = 1 ou x = −1. (b) MODELAGEM: Seja r o raio e h a altura dulo observamos que Problema 18. MODELAGEM: dos do retângulo. x, y os laP = 2x + 2y . Sejam O perímetro do ilindro ins rito no one. O volume do ilindro é V = πr 2 h. Como é função de duas variáveis, Note que ligando-se o entro do ír ulo a um devemos eliminar uma delas. Note que ortando vérti e do retângulo obtemos um triângulo retân- o one temos uma semelhança de triângulos: a x/2, y/2, R. Assim, √ por Pitágo2 = 4R . Logo, y = 4R2 − x2 para gulo om lados 2 ras, x y2 altura H R assim omo H − h H −h H = . Logo, r = R r do one está para + está para r . Assim, x ∈ [0, 2R]. Assim√queremos o máximo e mínimo R(H − h) . Logo queremos maximizar V (h) = de P (x) = 2x + 2 4R2 − x2 para x ∈ [0, 2R]. H   2x ′ R(H − h) 2 . RESOLUÇ O: Como P (x) = 2− √ 2 2 . Note que h ∈ [0, H]. Assim √4R − x πh H ′ Note que P (x) = 0 se, e somente se, 2 4R2 − x2 = √ queremos o máximo de V (h) para h ∈ [0, H]. x0 = R 2. Como 2x. A raiz positiva será √ RESOLUÇ O: Note que V (0) = V (H) = x20 + y02 = 4R2 , y0 =√ R 2. Comparando P (0) = 2 √ ′ (h) = πR (H − 3h)(H − h) (vai . Como V 0 4R = √ P (2R) e P (R 2) = R3 2. Assim, √ omo H2 4 < 3 2, o maior perímetro será R3 2 para o obter-se equação do segundo grau om raízes H √ quadrado de lado R 2. O menor será para o e H/3). Como V (H) = 0, o máximo é para h = retângulo degenerado de lados 0 e 2R, om perí4πHR2 , H/3 (não pre isa al ular V (H/3) = metro 4R. 27 Problema 19. MODELAGEM: Vamos xar x omo sendo o ponto do eixo es do retângulo. x que é um dos vérti- Automati amente os outros (x, y(x)), (−x, y(x)) e (−x, 0). 3 Assim a área A = (2x)y(x) = 2(27x − x ). √ Note que omo as raízes da parábola são ± 27, √ √ x ∈ [− 27, 27] e queremos maximizar A(x) = 2(27x − x3 ). ′ 2 RESOLUÇ O: Como A (x) = 2(27 − 3x ), os pontos ríti os são x = ±3, que perten em √ ao intervalo. Note que A(± 27) = 0. Assim o máximo será em x = 3 onde A(3) = 108. Note que y(x) = 18. Assim as dimensões são 2x = 6 por y = 18 vérti es vão ser Problema 20. (a) e ha MODELAGEM: Seja r o raio altura do one ins rito na esfera. O volume que obtive om o Maxima). A.4.3 Extras Extra 1. (a) 4. √ da p.134 5/4. (d) Note que x = = = elog x/x . Quando x → +∞, log x/x → 0. logo o limite é e0 = 1. (e) 1/12 (LH mais de uma vez). x x1/x (b) +∞ ( ) (elog x )1/x ′ ≈√tan(0)+tan Extra 2. (a) tan(0.05) √(0)(0.05− √ 0) = 0.05. (b) 3 28 ≈ 27) = 3 + 1/(27). Extra 3. (a) 3 3 27 + 1/(3 272 )(28 − Veja na apa do livro (⌣) ¨ o i lo da derivada do seno. No entanto somente é diferente de zero cos 0 = 1 e − cos 0 = −1. Assim, somente os termos om expoente impar são nãonulos, alternando sinal entre −1 e 1. Portanto, 232 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS res e de olo ando os fatoriais, a série é: 1 em diante. Os pontos mínimo lo al. O ponto x3 x5 x7 + − . 3! 5! 7! x=0 x = ±1 são de é de máximo lo al. x = 0, y = 1. √ f ′′ , a on avidade é para ima até −1/ 3, √ √ para baixo em (−1/ 3, 1/ 3) e para ima nova√ (b) Veja (novamente) na apa do livro (⌣) ¨ o mente para x > 1/ 3. i lo da derivada do log. Colo ando x = a = 1 y f (x) obtemos fatorial om o sinal alternando. Isto vai sen x ≈ x − Quando Pela an elar o fatorial do denominador. Portanto, a série é: log(1 + x) ≈ x − x2 x3 x4 + − . 2 3 4 ( ) Veja (novamente) na apa do livro x (⌣) ¨ o −1 − √1 3 i lo da derivada do sen e osseno hiperbóli o. Como senh 0 = 0 e cosh 0 = 1, a série de Taylor terá apenas os termos impares, sempre om sinal positivo: x3 x5 x7 x9 senh(x) = x + + + + + ··· 3! 5! 7! 9! Extra 6. Extraímos Extra 4. Seja f (x) = 1 x. Como f ′ (x) = 2/3 , 3x do grá o informação sobre res imento e de res imento. Basta olhar onde a função do grá o é positiva e onde é negativa. Assim, depois √ 3 1 √1 3 f (x) de res e ate x = −2, em (0, 2) de x = 4. Ela res e em (−2, 0), (2, 4). e Agora se observarmos o grá o podemos obter a informação sobre a derivada da função re- 1 = 2 . Fazendo a série de Taylor perto de presentada, isto é, sobre a derivada segunda de 3a f . Assim, f ′′ (−1) = f ′′ (1) = f ′′ (3) = 0. Obserb x = a3 , f (a3 + b) ≈ f (a3 ) + f ′ (a3 )b = a + 2 . vando o sinal de f ′′ on luímos que a on avidade 3a de f (x) é para ima até x = −1, em (1, 3). A ′ Extra 5. (a) g (x) = (x − 3)(x − 2). Assim a on avidade é para baixo em (−1, 1) e depois do função res e antes de x = 2, de res e em (2, 3) x = 3. y e res e depois de x = 3. Além disso, omo ′′ g (x) = 2x − 5, a on avidade é para baixo até x = 5/2 e para ima depois. x g(x) −2 −1 1 2 3 4 y f ′ (a3 ) f (x) x 2 5 2 3 Extra 7. (a) Ponto de máximo lo al em mínimo lo al em x=0 e x = 2. y 3 f ′ (x) = 4x(x − 1)(x + 1) e f ′′ (x) = − 4. Note que f (x) ≥ 0 e é zero somente em x = ±1. Pela derivada, a função de res e até x = −1, res e em (−1, 0), de res e em (0, 1) e (b) 12x2 x 1 2 (b) Assintota horizontal y = −3 e máximo A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA lo al em 233 y x = 2. y x 2 4 x y = −3 f (x) = Extra 8. (a) Assíntotas verti ais em x = 1 e x = −3, x +3 (x − 3)(1 − x) y = 1. Intersepta o eixo x x = −2. O sinal da derivada será 2 dado pelo polinmio −x − 10 x− 13, ujas raízes √ são: −5 ± 2 3, que são aproximadamente −8.4 e −1.5. em horizontal em x = −1 e y Extra 9. (a) minado por x > 0 e def ′ é deteranula em x = 0, A função res e para x < 0 pois o x. A derivada res e para sinal de se que é ponto de mínimo lo al. A assintota hori- y=1 zontal é x −1 y = 1, verti al não tem. Intersepta os eixos somente em em (−1, 1) (0, 0). Con avidade p/ ima para baixo fora. y f (x) = (b) Note que as assíntotas verti ais são e x = 1. em em y = 0. O 2 x − 3: a função A horizontal é derivada é igual ao de y=1 (x + 1)(x + 2) (x + 3)(x − 1) √ √ (−√ 3, 3) e res e fora.√Tem − 3 e mínimo lo al em 3. x −1 1 x2 f (x) = 2 x +3 x=3 sinal da de res e máximo lo al (b) A função res e para para Ignoramos a derivada segunda pois ela vai dar g′′ (x) = 2 x3 − 9x + 12 . (3 − x)3 (x − 1)3 Note que o polin- mio do denominador é do ter eiro grau, e portanto não sabemos omo al ular a raiz ( om o Maxima obtemos que a úni a raiz real é −32/3 − 31/3 .). x. x<0 x > 0 e de res e ′ pois o sinal de f é determinado por A derivada se anula em x = 0, que é ponto de mínimo lo al. A assintota horizontal é y = 1, x = ±2. A on avidade é determinada 4 − x2 (pois o numerador é sempre positivo): on avidade p/ ima em (−2, 2) para verti al pelo sinal de baixo fora. 234 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS y y 2 x y=1 −1 √ 2 x √1 2 f (x) = xe1−x ( ) Intersepta os eixos em 2 (0, 0). Não tem y = 0. f ′ é igual ao sinal de x(x+2). Assim x2 a função de res e em (−2, 0) e res e fora deste f (x) = +2 4 − x2 intervalo. Em x = −2 a função tem um máximo lo al e em x = 0 tem um mínimo lo al. Extra 10. (a) Note que a função está denida ′′ 2 O sinal de f é igual ao sinal de x + 4x + somente para x > 0. Note que lim x log x = 0 2. Assim a√ on avidade para baixo em (−2 − x→0+ √ por L'Hospital. Intersepta os eixos em (0, 0) e 2, −2 + 2) ≈ (−3.41, −0.58) Con avidade (1, 0). para ima fora deste intervalo. Não possui assíntota verti al nem horizontal. y ′ Sinal de f . Note que log x = −1 quando x = e−1 ≈ 0.36. A função de res e até x = e−1 , −1 a função tem um e res e depois. Em x = e Assintota verti al. Assintota horizontal: x = −2 x=2 Sinal de mínimo lo al. O sinal de 0, f ′′ é sempre positivo para x > x o domínio da função. Assim a on avidade é −2 sempre para ima. f (x) = x2 ex y Extra 11. (a) Pontos ríti os são x = 0, x = ±2. Temos que omparar f (0) = 0 om f (2) = f (−2) = 16. Além disso, quando x → ±∞, f (x) → −∞. Assim, em I = R, max f (x) = 16, xmax = 2 x∈R x ou 1 e (b) Intersepta os eixos em (0, 0). Não tem y = 0. 1 − 2x2 , ujas Assintota verti al. Assintota horizontal: ′ Sinal de f é igual ao sinal de √ raízes são ±1/ 2 ≈ ±0.707. Assim a função 1 1 res e em (− √ , √ ) ≈ (−0.7, 0.7). Ela de res e 2 2 um mínimo lo al e em x = − √12 x= a função tem √1 a função tem um 2 máximo lo al. não existe xmin =. I = [−1, 1], devemos omparar f (−1) = f (1) = 7, f (0) = 0 (úni o ponto ríti o no intervalo. Logo max f (x) = 7, xmax = 1 ou −1, x∈I min f (x) = 0, xmin = 0. x∈I (b) Úni o ponto ríti o é Em I = [1, 2], que não ontém o ponto rí- ti o, devemos omparar Assim x = 0. max f (x) = 1/2, xmax x∈I 1 1 e f (2) = . 2 5 = 1, min f (x) = f (1) = x∈I 1/5, xmin = 2. Em I = [−1, +∞), omo f (x) → 0 quando x → +∞, f (0) = 1 e f (−1) = 1/2, max f (x) = 2 − 3). 2x(2x p x∈I Assim a on avidade para ima em (− 3/2, 0) ≈ p 1, xmax = 0, min f (x) = 0, não existe xmin . (−1.22, 0) e para x > p 3/2) ≈ 1.22, Con avix∈I ′ ( ) Note que f (x) = − sen(x) cos(cos(x)). dade para baixo em (0, 3/2) ≈ (0, 1.22) e para p x < − 3/2 ≈ −1.22. Logo os pontos ríti os vão ser onde sen x = 0 ou O sinal de f ′′ x∈R Em f (x) = x log x fora deste intervalo. Em −2, min f (x) = −∞, é igual ao sinal de A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA 235 cos(y) = 0. Assim a derivada será nula em queremos o máximo de a(x) = xP − 2x2 para x = 0, π pela equação sen x = 0. Para a outra, x ∈ [0, P/2]. ′ y = π/2 ≈ 1.57. Como y = cos x, esta equação RESOLUÇ O: Como a (x) = P − 4x, x0 = é impossível pois nun a cos x = 1.57 > 1. O P/4 é o úni o ponto ríti o e perten e ao intermesmo o orrerá om outros valores. valo [0, P/2]. Como a(x) é uma parábola om Assim devemos omparar f (0) = sen 1, f (π) = on avidade para baixo, o máximo é em x0 = sen −1 = − sen 1, f (2π) = sen 1. P/4. Neste aso, omo 2x0 + y0 = P , y0 = P − 2P/4 = P/2 > x0 = P/4. Assim max f (x) = sen 1, xmax = 0, x∈I ( ) MODELAGEM: Considere x e y omo as min f (x) = − sen 1, xmin = π . x∈I dimensões do terreno, onde x é da er a reforExtra 12. MODELAGEM Se o triângulo equilá- çada. Então queremos maximizar a área a = xy . tero tem lado x, o retângulo possuirá lados x e y . Como são duas variáveis, utilizamos a restrição Como a quantidade de luz é propor ional a área do usto total da er a 6000 = 3(2x) + 2(2y). da janela, queremos maximizar a área da janela Assim 6000 = 6x + 4y ou 3000 = 3x + 2y . Logo, √ a = xy + x2 3/4 (área retângulo mais semi- y = 1500 − 3/2x. Logo queremos o máximo de ír ulo). Esta é uma função de duas variáveis. a(x) = x(1500−3/2x). Note que x pode ser 0 no Utilizando a restrição que o perímetro da janela mínimo, mas omo 3000 = 3x+2y e y pode valer 12 = 3x + 2y , obtemos que√y = 6 − 3/2x. Assim no mínimo 0, x pode valer no máximo 1000. Asa(x) = x(6 − 3/2x) + x2 3/4. Olhando para sim queremos o máximo de a(x) = 1500x−3/2x2 o perímetro 12 = 3x + 2y , vemos que os asos para x ∈ [0, 1000]. ′ extremos são x = 4 (y = 0) e x = 0. Assim RESOLUÇ O: Como a (x) = 1500−3x, x0 = queremos o máximo de a(x) para x ∈ [0, 4]. 500 é o úni o ponto ríti o e perten e ao intervalo √ ′ RESOLUÇ O: Como a (x) = 6−(3− 3/2)x, [0, 1000]. Como a(x) é uma parábola om on√ x0 = 6/(3 − 3/2) ≈ 2.811 < 4 é o úni o ponto avidade para baixo, o máximo é em x0 = 500. ríti o e perten e a [0, 4]. Nos extremos do inter- Neste aso, omo y0 = 1500 − 3/2x0 = 750. valo, a(0) = a(4) = 0. onde Extra 13. (a) MODELAGEM: Considere omo as dimensões do retângulo. mos maximizar a área a = xy . x e y Então quere- Extra 14. (a) 2 ximo de x MODELAGEM: Queremos o má- + y2 x + y = S . Logo f (x) = x2 + (S − x)2 para mas om queremos maximizar Como são duas x ∈ R. ′ P = 2x + 2y RESOLUÇ O: Como f (x) = 2x−2(S−x) = Assim y = P/2 − x. 4x − 2S , o ponto ríti o é x = S/2. Como a 0 2 de a(x) = xP/2 − x . função de res e antes de x (f ′ < 0) e res e 0 variáveis, utilizamos a restrição para eliminar uma delas. Logo queremos o máximo x pode ser 0 no mínimo, mas omo depois, este ponto é de mínimo lo al e global (na P = 2x + 2y e y pode valer no mínimo 0, x pode verdade f (x) → +∞ quando x → ±∞). Neste valer no máximo P/2. Assim queremos o máximo aso y = S − x = S/2 = x . 0 0 0 2 de a(x) = xP/2 − x para x ∈ [0, P/2]. (b) MODELAGEM: Queremos máximo e mí′ RESOLUÇ O: Como a (x) = P/2−2x, x0 = nimo de g(x) = x − x3 para x ∈ [0, +∞]. ′ 2 P/4 é o úni o ponto ríti o e perten e ao interRESOLUÇ O: Como g (x) = 1 − 3x , os √ valo [0, P/2]. Como a(x) é uma parábola om pontos ríti os são ± 3/3. Mas somente x = 0 √ on avidade para baixo, o máximo é em x0 . Neste 3/3 ∈ [0, +∞]. Pelo sinal da derivada, x0 é aso, omo 2x0 + 2y0 = P , 2y0 = P − 2P/4 = máximo lo al e positivo. Note que g(0) = 0, P/2. Assim x0 = y0 = P/4 e portanto o retânlim g(x) = −∞. Logo o máximo é em x0 e Note que x→+∞ gulo é um quadrado. (b) MODELAGEM: Considere as dimensões do ampo, om ao órrego. a = xy . y x e y omo o lado oposto Então queremos maximizar a área Como são duas variáveis, utilizamos a N O existe mínimo. ( ) MODELAGEM: Queremos o máximo e o mínimo de x+y xy = P > 0. P de h(x) = x + x om sim queremos o mínimo As om P = 2x + y para eliminar uma delas. x ∈ (0, +∞). Assim y = P − 2x. Logo queremos o máximo P ′ RESOLUÇ O: Como h (x) = 1 − , os 2 de a(x) = xP − 2x . Note que x pode ser 0 no x√2 √ P ∈ mínimo, mas omo P = 2x + y e y pode valer no pontos ríti os são ± P . Mas somente mínimo 0, x pode valer no máximo P/2. Assim (0, +∞) Note que h(x) → +∞ quando x → 0 restrição 236 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS √ x → +∞. Assim √ o mínimo é em x0 = P , P e a soma mínima igual a om y0 = x0 = √ 2 P . O máximo N O existe. ou Extra 15. (a) x o lado do a altura. Logo V = hx2 . MODELAGEM: Seja quadrado na base e h Como hx = V x2 + x para A = x2 + 4xh ( aixa aberta). V , queremos x x ∈ (0, +∞). minimizar A(x) = V A′ (x) = 2x − 2 , o x p 3 úni o ponto ríti o é x0 = V /2. Note que A(x) → +∞ quando x → 0 ou x → +∞. Assim x0 é um ponto de mínimo (pode-se ver também pelo sinal da derivada: função de res e até x0 e res e depois). drado na base e h a altura. é: d(x) = Se x c−x d′ (x) = √ . −p 2 2 a +x b + (c − x)2 d′ (x0 ) = 0 então: x0 RESOLUÇ O: Como (b) MODELAGEM: Seja x vada zero. Como A quantidade de material é propor ional a soma das áreas dos lados x o lado do quaLogo V = hx2 . A quantidade de material é propor ional a soma x2 + 4xh ( aixa aberta). √ p a2 + x2 + b + (c − x)2 . Queremos o mínimo om x ∈ R. RESOLUÇ O: Note que d(x) → +∞ quando x → ±∞. Assim o mínimo é no ponto om deri- ção de p a2 + x20 =p c − x0 b + (c − x0 )2 sen θi = sen θr . π/2, θi = θr . Note que isto impli a que os ângulos são entre 0 e . Como (b) Como a velo idade é a mesma, o minimizar tempo é o mesmo que minimizar aminho. Suponha que a distân ia de entre os meios é a e de P Q até a interfa e até a interfa e é b. Coloque a origem na interfa e no ponto que é a Q na interfa e. Introduza x omo a lo alização do ponto O e seja c o ponto que é a projeção ortogonal de P no espelho. Por projeção ortogonal de A= A − x2 , queremos maximizar V (x) = Pitágoras al ulamos a distân ia em ada tre ho: Como hx = 4 p √ √ a2 + x2 e b + (c − x)2 . O tempo será obA − x2 x . Note que se h = 0, x = A. Assim tido dividindo distân ia pela velo idade. Assim o 4 √ x ∈ [0, A]. tempo total per orrido pelo raio em função de x p √ A − 3x2 b + (c − x)2 a2 + x 2 ′ , os é t(x) = RESOLUÇ O: Como V (x) = + . Queremos 4 v2 v1 p pontos ríti os são x = ± √ pA/3. Mas o úni o no o mínimo om x ∈ R. A] é x0 = A/3. Como V (0) = intervalo [0, RESOLUÇ O: Note que t(x) → +∞ quando √ V ( A) = 0 e V (x0 ) > 0 o máximo é em x0 . x → ±∞. Assim o mínimo é no ponto om deri( ) MODELAGEM: Seja x o lado do quadrado vada zero. Como 2 na base e h a altura. Logo V = hx . O usto c−x x . − p t′ (x) = √ V 2 2 2 é C = 2(x ) + 4xh. Como hx = , queremos v2 a + x v1 b + (c − x)2 x V ′ 2 Se t (x0 ) = 0 então: para x ∈ (0, +∞). minimizar A(x) = 2x + x V c − x0 x ′ RESOLUÇ O: Como A (x) = 4x − , o p 0 p . = 2 x p v1 b + (c − x0 )2 v2 a2 + x20 3 úni o ponto ríti o é x0 = V /4. Note que sen θ1 A(x) → +∞ quando x → 0 ou x → +∞. Assim sen θ2 = Note que isto impli a que . x0 é um ponto de mínimo (pode-se ver também v2 v1 √ pelo sinal da derivada: função de res e até x0 e Extra 17. (a) Se y = t, x = ± t2 + 1. Assim 2 2 res e depois). a distân ia ao quadrado d(t) = (t − 2) + t + ′ Extra 16. (a) MODELAGEM: Como a velo idade 1. √Como d (1) = 0, o ponto mais próximo é é a mesma, o minimizar tempo é o mesmo que mi- (± 2, 1). (b) A distân ia ao quadrado é d(x) = (x − nimizar aminho. Suponha que a distân ia de Q 2 6 ′ 5 até o espelho é a e de P até o espelho é b. Colo- 4) + x . Como d (x) = 6x + 2x − 8. Uma ′ que a origem no espelho no ponto que é a projeção das raízes é x = 1 e a função d é res ente (sua ortogonal de Q no espelho. Introduza x omo a derivada é sempre positiva). Assim é a úni a raiz. lo alização do ponto O e seja c o ponto que é a Assim o ponto é (1, 1). √ projeção ortogonal de P no espelho. Por Pitágo( ) Se x = t, y = ± 8 − 4t2 , om t ∈ √ √ 2]. A distân ia ao quadrado é d(t) = ras a distân ia total per orrida pelo raio em fun- [− 2, das áreas dos lados A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA 237 (t − 1)2 + 8 − 4t2 . Logo d′ (t) = −6t − 2. As- o máximo de V (h) para h ∈ [0, 2R]. ′ sim d (−1/3) = 0. Agora temos que omparar RESOLUÇ O: Note que V (0) = V (2R) = 0. √ √ ′ 2 2 d(−1/3) = 28/3 ≈ √ 9.33 om√d( 2) 2= ( 2 − Como V (h) = π(R√ − 3h /4), o ponto ríti o 2 1) ≈ 0.17 e d(− 2) = (− é h0 = 2R/ 3 que perten e ao intervalo √ 2 − 1) ≈ 5.28. positivo √ Logo o ponto mais perto é ( 2, 0). ( 3 > 1). Este será o ponto de máximo pois a (d) A distân ia ao quadrado é d(x) = (x − função é positiva em h0 . (b) MODELAGEM: Seja r o raio e h a altura 2)2 + x para x > 0. Assim d′ (x) = 2x − 3. As′ sim d (3/2). Devemos omparar d(3/2) = 7/4 do one ins rito no one. O volume do one é 1 1 2 om d(0) = 4 (d(+∞) = +∞, o outro ex- V = πr h. Note que omo π é um onstante, 3 3 tremo do intervalo). Assim o ponto mais perto 2 p maximizar a função f = r h é um problema equié (3/2, 3/2). valente. Como é função de duas variáveis, deve- Extra 18. MODELAGEM: Seja 2x o lado do re- tângulo no diâmetro do semi ír ulo e lado. A área é A = 2xy . y o outro Note que ligando-se o entro do ír ulo a um vérti e do retângulo obtemos um triângulo retângulo om lados x, y, R. mos eliminar uma delas. Por semelhança de triângulos, R H = . H −h r Logo, Assim queremos maximizar para h = H(1 − r/R). f (h) = r 2 H(1−r/R) r ∈ [0, R]. ′ RESOLUÇ O: Como f (r) = H/Rr(2R − x2 + y 2 = R2 . Logo, y = R2 − x2 para x ∈ [0, R]√. Assim que- 3r). As raízes são 0 e 2R/3, ambas no intervalo [0, R]. Mas f (0) = f (R) = 0. Assim o máximo remos o máximo de A(x) = 2x R2 − x2 para é em r0 = 2R/3. x ∈ [0, R]. 2 2 Extra 21. MODELAGEM: Chame de x a distânR − 2x ′ RESOLUÇ O: Como A (x) = 2 √ . R2 − x2 ia da base da es ada até a base da er a, de y R a distân ia da base do prédio até o ponto onde 2 2 A raiz positiva será x0 = √ . Como x0 + y0 = a es ada en osta no prédio e de d o tamanho da 2 2 2 2 R es ada. Por Pitágoras (x + L) + y = d . Por R2 , y0 = x0 = √ . Note que A(0) = A(R) = 0. semelhança de triângulos, H/x = y/(x + L). As2 Assim o máximo será em x0 . Logo as dimensões sim, y = H(x+ L)/x. Utilizando Pitágoras obte√ R 2 2 2 2 mos que d (x) = (x+L) (1+H /x ). Queremos são 2x0 = R 2 e y0 = √ . 2 2 minimizar d (x) para x ∈ (0, +∞). 2 Extra 19. MODELAGEM: Sejam h e r os lados RESOLUÇ O: É fá il ver que d (x) → +∞ Assim, por Pitágoras, √ do retângulo. Quando giramos o retângulo em torno do lado de tamanho h obtemos um ilindro nos extremos deste intervalo. Assim o mínimo é no ponto onde a derivada se anula. Derivando 2(L + x)(x3 − LH 2 ) de volume V = Como P = 2h + 2r , d2 (x) obtemos . As raízes h = P/2−r . Assim queremos maximizar V (r) = x3 está fora do πr 2 (P/2 − r). Se h = 0, r = P/2. Assim r ∈ reais são x0 = −L (des artada pois√ 3 intervalo de minimização) e x0 = LH 2 . Por[0, P/2]. √ 3 2 tanto a menor distân ia é d( LH ). ′ RESOLUÇ O: Como V (r) = πr(P −3r), os pontos ríti os são 0 e P/3, ambos no intervalo. Mas V (0) = V (P/2) = 0. Assim r0 = P/3 é o ⋆ (Taxas Rela ionaponto de máximo. Então h0 = P/2 − r0 = P/6. r0 das) da p.138 = 2. Assim h0 Problema 1. Seja x a distân ia entre a aixa e o Extra 20. (a) MODELAGEM: Seja r o raio e h 1 . Derivando a altura do ilindro ins rito na esfera. O volume ponto P . Claro que tan θ(t) = x(t) 2 do ilindro é V = πr h. Como é função de duas obtemos que πr 2 h. A.4.4 Problemas variáveis, devemos eliminar uma delas. x′ θ′ = − . cos2 θ x2 Ligando-se o entro da esfera até um dos pontos do ír ulo da base do ilindro observamos o R e atetos h/2. Logo, por Pitágoras, (h/2)2 + r 2 = R2 , 2 2 2 2 Assim, r = R − h /4. Logo V (h) = π(R − 2 h /4)h. Note que h ∈ [0, 2R]. Assim queremos triângulo retângulo om hipotenusa r e Quando x(t) = 1, θ = π . 4 Como x′ = −2 (o sinal é negativo pois a aixa está sendo puxada, diminuindo o valor de x), substituindo na relação 238 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS −2 θ′ =− 2. 2 cos (π/4) 1 θ ′ = 1m/min. 2hh′ + 2xx′ = 2dd′ . Após 4 segundos: h(4) = 48 + 4 · 3 = 60, x(4) = 0 + 20 · 4 = 2, ou, 80. Por Pitágoras, d(4) = 100. Como h′ (4) = Problema 2. Seja x(t) a posição do arro e y(t) a 3 e x′ (4) = 20. substituindo na equação (obposição do trem om a a origem na interseção da tida por derivação implí ita) obtemos: 2(60)(3)+ ′ rodovia e os trilhos do trem. Agora por Pitágoras 2(80)(20) = 2(100)d (4). Logo a variação da dis2 2 2 ′ a distân ia d(t) satisfaz d (t) = x (t) + y (t) + tân ia vale d (4) = 17, 8m/s. 102 . Pelos dados, x(0) = y(0 = 0. Além disso, Problema 6. Se P = (x , y ), a equação da 0 0 x(2) = 2(40) = 80 e y(2) = 2(20) = 40. No reta tangente t que passa em P é y − y = 0 instante t = 2 a distân ia entre eles por Pitágoras −2x0 (x − x0 ). Como y0 = −x20 + 1, a equaé d(2) = 90. 2 ção de t é: y = 1 − x − 2x (x − x ). O Ponto Q a ima, obtemos Logo, 2θ ′ = Derivando (e dividindo por 2) obtemos que Logo 0 é a interseção de t 0 om o eixo 0 x. Basta olo ar dd′ = xx′ + yy ′ . No instante t = 2, omo d = y = 0 na equação da reta t para se obter que a 90, x = 80, x′ = 40, y = 40, y ′ = 20, obtemos 1 − x20 ′ ′ oordenada x de Q é: x0 + . Note que que 90d (2) = 80(40) + 40(20). Logo d (2) = 2x0 400 2 1 − x0 m/s. M = (x0 , 0). Assim, M Q = . Logo 9 2x Outra forma (mais ompli ada) sem utilizar 0 −2x0 (t)x0 (t)′ (2x0 (t)) − (1 − x20 )2x′0 (t) taxas rela ionadas: Colo ando a origem na inter- M Q′ (t) = . 4x0 (t)2 seção, na altura do trilho do trem, om o eixo x Simpli ando, na direção do movimento do arro e o eixo y na −4x20 (t)x′0 (t) − (1 − x20 )2x′0 (t) ′ . Todireção do movimento do trem, o arro en ontra- M Q (t) = 2 4x (t) 0 √ se no instante s em c(s) = (40s, 0, 10) e o trem ′ mando x0 = 1/ 2, obtemos que M Q (t) = (o nal do último vagão) em t(s) = (0, 20s, 0). p −3cm/min. (40s)2 + (20s)2 + 10. AsA distân ia d(s) = Problema 7. Seja d a distân ia da fonte até a sim, parede e r o raio da área iluminada. Como o o 2 · 40s · 40 + 2 · 20s · 20 ângulo é de 90 , a o triângulo retângulo ujos d′ (s) = p . atetos são r e d é isós eles. Assim r = d. Logo 2 (40s)2 + (20s)2 + 10 A(t) = πr(t)2 = πd(t)2 . Assim, A′ = 2πdd′ . ′ 400 ′ Logo A = 2πk(−a) = −2kaπ . Cal ulando obtemos que d (2) = m/s. 9 Problema 3. Seja x a distân ia da base da es ada Problema 8. Vamos hamar de x o outro lado do retângulo. Por semelhança de triângulos, até a parede e y a altura do topo da es ada. Por y 40 − x 2 2 2 ′ ′ = . Quando y = 36, resolvendo a Pitágoras, x +y = L . Assim, 2xx +2yy = 0. √ 40 60 ′ 2 2 L −H , Como x = V e quando y = H , x = y′ −x′ √ , = equação obtemos que x = 16. Como, ′ ′ 2 2 V L − H + Hy = 0. Basta resolver para y , 40 60 √ ′ ′ ′ L2 − H 2 )/H . quando y = 0, 5, x = −1/3. a velo idade do topo: y = −(V Assim a área do retângulo A(t) = x(t)y(t) ′ ′ ′ Problema 4. Por semelhança de triângulos, se r varia em função do tempo ′ por A =′ x y + xy . Logo no instante t quando y = 0, 5, x = −1/3, y = é o raio de água do tanque om h metros de 36, x = 16, temos que A′ (t) = −4cm/s. Logo a profundidade, h(t) = r(t)H/R. Assim o volume v(t) = π/3r 2 (t)h(t). Assim v ′ (t) = π/3(2rr ′ h + área está diminuindo neste instante. r 2 h′ ) e h′ = r ′ H/R. Assim se v ′ = V , h = L Problema 9. (a) O volume V (r) = 4/3πr 3 . As′ 2 ′ ′ sim V (r) = 4πr . Seja r(t) o raio do balão então r = LR/H e r = h R/H . ′ 2 ′ V = π/3(2(LR/H)(h R/H)L + (LR/H) h ) = em função do tempo. Por hipótese r ′ (t) = −15 π(LR/H)2 h′ . Resolvendo para h′ obtemos: h′ = para todo t. Seja f (t) = V (r(t)) a variação no ′ volume em função do tempo. Então f (t) será V H2 . a taxa om o ar estará saindo do balão. Então, πR2 L2 Problema 5. Seja O o ponto no solo verti al- f ′(t) = V ′ (r(t))r′ (t) = −15(4πr2 (t)). Assim se ′ 3 mente abaixo do balão. Se h(t) é altura do solo, r(t) = 9, f (t) = −15(4π81) = −4860πm /s. x(t) distân ia de O até o arro, e d(t) a distân ia (b) Es revemos o volume do balão em fun2 2 2 balão- arro, por Pitágoras h(t) + x(t) = d(t) . ção do tempo e do raio R(t) (o raio depende do A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA tempo) por V (t) = 4/3πR3 (t). 239 Como V ′ (t) = 4πR2 (t)R′ (t). Assim p0 = V ′ (t0 ) = 4πR02 R′ (t0 ). 2 ′ ′ Como A(t) = 4πR (t), A (t) = 8πR(t)R (t). ′ 2 Como R (t0 ) = p0 /(4πR0 ), A′ (t0 ) = 8πR0 p0 /(4πR02 ) = Problema 10. Sejam R(t) o raio e h(t) 2p0 /R0 . o raio da esfera, r(t) a altura do one ins rito na esfera. Ligando-se o entro da esfera até um dos pontos do ír ulo da base do one observamos o triângulo retângulo om hipotenusa R e atetos r Logo, por Pitágoras, e h − R. Substituindo tiva pois x x = 20, s = 3/5, x′ = −4 (é nega- diminui quando aminhamos na dire- ção do muro) obtemos que Problema 13. Colo ando x pes ador e hamando de s′ = 12 = 0, 48m/s. 25 a origem na asa do a posição na margem do rio, temos que a distân ia entre o bar o e a √ d′ = (xx′ )/ x2 + 9. Note que no instante em que a distân ia é 5 entre bar o- asa, |x| = 4 (triângulo retângulo 3,4,5). asa é d(x) = √ x2 + 9. Assim, Orientando a posição para que que negativa an- 2 2 x′ = 10 tes da asa, 2 (h(t) − R(t)) + r(t) = R(t) . e, em (a) x = −4 e em (b) x = 4. Substituindo obtemos que a velo idade é R(t) = 1, h(t)√ = 4/3. 8Km/h, om sinal negativo em (a) e positivo em Por esta relação obtemos que r(t) = 2 2/3 (ou (b). r 2 (t) = 8/9). Derivando e dividindo por 2 obte- Problema 14. (a) Seja a(r) = πr 2 a área do írAgora são dados que mos que ulo. Então por área de superfí ie. a′ (r) = 2πr . f (t) = a(r(t)) é ′ a variação da área em função do tempo e f (t) = (h − R)(h′ − R′ ) + rr ′ = RR′ . ′ ′ ′ ′ a (r(t))r (t) = 2πr(t)r (t). Logo se r (t) = k, ′ (t) = 2kπr(t). ′ ′ f Como R = 0, 9, h = 0, 8, R = 1, h = 4/3 √ 3 ′ (b) Seja V (x) = x o volume do ubo. Então e r = 2 2/3, resolvendo para r obtemos que ′ 2 14 V (x) = 3x . Assim, f (t) = V (x(t)) é a vari7 ′ r ′ = 5√ ou rr = . ′ 2 ação do volume em função do tempo e f (t) = 15 π ′ ′ ′ 2 ′ 2 r(t) h(t). As- V (x(t))x (t) = 3x (t)x (t). Logo se x (t) = k , O volume do one é V (t) = 3 ′ 2 2 2 sim a variação do volume do one V (t) é dado f (t) = 3kx (t) = k/2(6x (t)), onde 6x (t) é a ′ (t) = V (r) = kr 3 (k = 4/3π ). Assim V ′ (r) = 3kr 2 . Assim, f (t) = V (x(t)) é a vari′ ação do volume em função do tempo e f (t) = V ′ (r(t))r ′ (t) = 3kr 2 (t)r ′ (t). Suponha que f ′ (t) = C4πr 2 (t). Então, C4πr 2 (t) = 3kr 2 (t)r ′ (t). Logo, C4π r ′ (t) = , uma onstante. 3k ( ) Aqui π V ′ (t) = (2r ′ (t)r(t)h(t) + r 2 (t)h′ (t)). 3 Substituindo os valores a ima (r(t)r Assim 14 15 e 16π 3 m /min 15 Problema 11. A(t) = p2 (t)/16, onde A é área e p perímetro. Logo, A′ (t) = p(t)p′ (t)/8. Assim, ′ ′ ⋆ (Derivação Implíse A(4) = 100, p(4) = 40. Como p = 3, A = 40(3)/8 = 15m/s. ita) da p.141 Problema 12. Seja x(t) a distân ia da mulher até Problema 1. (a) y ′ (1) = −5/38 e a reta tano muro e s(t) o omprimento da sombra no muro. gente é y = 5 − 5/38(x − 1). Considere a reta saindo do reetor, passando pela (b) Derivando impli itamente obtemos 2x = abeça da mulher até en ontrar o muro. Igua−2y + 2y ′ x ′ ∆y . Substituindo obtemos que y = 1. 2 lando do intervalo 0 até x e de x até 40 (x − y) ∆x Assim a reta tangente é y = x + 1. obtemos que r 2 (t) = 8/9) obtemos que V ′ (t) = A.4.5 3 − 1, 80 1, 2 1, 80 − s(t) = = . x 40 − x(t) 40 − x(t) (1, 80 − s(t))(40 − x(t)) = 1, 2x(t). Logo quando x(t) = 20 (meio aminho), s(t) = 3/5. Logo, Derivando obtemos que (−s′ )(40 − x) + (1, 80 − s)(−x′ ) = 1, 2x′ . Problemas Problema 2. Derivando impli itamente obtemos y − x2 ′ que y = . Assim a reta tangente será y2 − x ′ 2 horizontal quando y = 0, isto é, quando y = x . 3 3 Substituindo em x + y = 3xy , obtemos que 6 3 x = 2x , ujas raízes reais são x = 0 e x = √ 3 2. Obtemos o y orrespondente √ substituindo √ 3 3 3 3 4). na equação x + y = 3xy : (0, 0), ( 2, 240 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS A reta será verti al quando y ′ = ±∞. Assim 2 basta que o denominador y − x se anule, isto é, x = y 2 . Substituindo em x3 + y 3 = 3xy , ob- 1+a = 5 . 4 Problema 7. Primeiro rees revemos a urva omo exp(y log x) = exp(x log y). Derivando impli iy 6 = 2y 2 , ujas raízes y ′ x √ tamente obtemos que x (y log x+y/x) = y (log y+ 3 reais são y = 0 e y = 2. Obtemos o y orres′ xy /y). Substituindo x = y = k0 obtemos que 3 3 pondente substituindo na equação x +y = 3xy : √ √ y ′ log k0 + 1 = log k0 + y ′ . Portanto y ′ = 1 e a (0, 0), ( 3 4, 3 2). reta tangente é y = x. Problema 3. A derivada implí ita é 2x − 2yy ′ + 1 √ (y + xy ′ ) = 0. 2 xy da p.142 ′ ′ (a) Queremos y (2) = f (2). Substituindo Desao 1. Para todos a resposta é k. x = 2 e y = 2, obtemos que 1 Desao 2. Cal ule a série de Taylor de segunda 4 − 4y ′ (2) + (2 + 2y ′ (2)) = 0. Logo, y ′ (2) = −2 ′ 4 ordem em x = 1. Como f (x) = , 9 (x − 2)2 ′ f (2) = . 4 7 ′′ f ′ (1) = −2. Como f ′′ (x) = , f (1) = 9 (x − 2)3 (b) y − 2 = (x − 2). 7 4. Assim, omo a série de Taylor de f (x) de f ′ (x)x − f (x) ′ ′′ ′ ′ ( ) g (x) = . Logo g (1) = ordem 2 é f (1) + f (1)h + f (1)h/2, obtemos x2 2 p(h) = −1−2(h−1)−2(h−1) = −2h2 +2h−1. 1 18/7 − 2 = . Plote om algum software os grá os de f e do 4 7 polinmio p. ′ Problema 4. (a) De res ente, f (1) = −1, temos, de forma análoga, A.4.6 Desaos Desao 3. (b) f ′′ (1) = −19/3. ′ (b) De res ente, f (1) = −π/2, f ′′ (1) = π. Problema 5. Derivando impli itamente, obtemos 4x3 − y − xy ′ + 4y 3 y ′ = 0. Os pontos an- 4x3 . Substituindo na didatos ao max/min são pontos onde Assim obtemos que y = y ′ = 0. 4 4 equação x − xy + y = 253 obtemos a equa12 4 − 3x = 253. Por inspeção obtemos ção 256x as raízes x = ±1. As outras raízes são om- Assim em x = 1, x = −1, y = 4x3 = −4. plexas (graças ao Maxima!). y = 4x3 = 4 e em Para determinar se os pontos são de máximo ou mínimo vamos al ular a derivada segunda. Agora derivando impli itamente novamente obte- 12x2 − 2y ′ − xy ′′ + 12y(y ′ )2 + 4y 3 y ′′ = 0. ′ 2 3 ′′ Nos pontos onde y = 0: 12x +(4y −x)y = 0. ′′ Em x = 1, y = 4, y = −12/255 < 0: é má′′ ximo. Em x = −1, y = −4, y = 12/257 > 0: mos: é mínimo. Use um software para plotar a função implí ita e veri ar esta resposta. Este método fun iona pois a urva denida pela equação é limitada. Problema 6. Como (1, 1) perten e a urva, 1 + a = b. A derivada implí ita é: 2xy + x2 y ′ + 2ayy ′ = 0. Logo em x = 1, y = 1, 2 + y ′ (1) + 2ay ′ (1) = 0 ou (2a+1)y ′ (1) = −2. Logo y ′ (1) = −2 . Queremos que seja igual ao oe iente 2a + 1 angular de 4x + 3y = 7, que é −4/3. Assim −2 1 y ′ (1) = e b = = −4/3. Logo, a = 2a + 1 4 k!(−1)k = 2i  1 1 − . (x − i)k+1 (x + i)k+1 3 5 7 ( ) Use (b) e obtenha: x − x /3 + x /5 − x /7 + π x9 /9. (d) Como arctan(1) = , substitua x = 1 4 f k (x)  na série de Taylor. Desao 5. O quadrado da distân ia entre o ponto d(s) = (s − a)2 + (f (s) − b)2 . ′ Assim o mínimo será no ponto onde f (s0 ) = 0 = 2(s0 − a) + 2(f (s0 ) − b)f ′ (s0 ), isto é quando f (s0 ) − b = −1/f ′ (s0 )(s0 − a). Como f ′ (s0 ) é o oe iente da reta tangente no ponto (s0 , f (s0 ), −1/f ′ (s0 ) é o oe iente da reta normal neste ponto. Assim obteremos a identidade f (s0 ) − b = −1/f ′ (s0 )(s0 − a) se, e somente se, (a, b) (s, f (s)) e (a, b) é perten er a reta normal neste ponto. Portanto o ponto mais perto de (a, b) no grá o de ponto onde a reta normal inter epta Desao 6. Queremos f é o (a, b). minimizar a distân ia ao f (x) = (x − x0 )2 + (y(x) − y0 )2 , onde y(x) é denida impli itamente por ax + by(x) + c = 0. Derivando impli itamente, a + by ′ (x) = 0. ′ ′ Como f (x) = 2(x − x0 ) + 2(y(x) − y0 )y (x), ′ vamos obter w ∈ R tal que f (w) = 0. Resol′ vendo: (w − x0 ) + (y(w) − y0 )y (w) = 0. Como ′ y = −a/b e y(x) = −(ax + c)/b, temos que resolver. (w−x0 )+(−(ax+x)/b−y0 )(−a/b) = 0. quadrado: Com o Maxima obtemos que: w= −aby0 + b2 x0 − ac . b2 + a2 A.4. APLICAÇ O DE DERIVADA Como (w − x0 ) + (y(w) − y0 )y ′ (w) = 0, (y(w) − = −(w − x0 ) e y ′ = −a/b, y0 )y ′ (w) (y(w) − y0 )2 (w − x0 )2 (a2 /b2 ). Logo, 241 r0 ∈ [0, R] se, e H ≥ 4R. Neste aso o máximo será πH 2 R A(r0 ) = ( al ulei om Ma2H − 4R Agora pode-se provar que somente se, em r0 e xima, não pre isa al ular). Por outro lado, se 2 2 2 f (w) = (w − x0 ) (1 + a /b ). f (w) = (ax0 + by0 + a 2 + b2 H < 4R então r0 6∈ [0, R] r = R, om área igual a A(R) = 4πR2 . Desao 9. MODELAGEM: Agora om o Maxima obtemos que c)2 e o máximo será em Suponha que o raio do ír ulo é 1. Colo ando a origem no entro do . θ= π . Devemos nadar em linha reta de θ = 0 até ϕ e depois orrer na beira do lago até θ = π . O per ír ulo queremos partir de θ=0 hegar em Desao 7. Soma das áreas dos trapézios é (1 + urso nadando possui omprimento igual a distân1/x)/2(x − 1) + (1/x + 1/a)/2(a − x). Note ia entre (cos 0, sen 0) = (1, 0) e (cos ϕ, sen ϕ). que esta área é maior que log a. Assim queremos Assim distân ia de nado ao quadrado: (cos ϕ − (a−1) x2 +a2 −a − log a. Cal u- 1)2 + (sen ϕ)2 . A distân ia orrendo é o ar o de minimizar f (x) = 2ax 2 −a2 +a (a−1) x ′ ′ lando f (x) = . Logo f (x0 ) = 0 e ír ulo de ângulo π − ϕ. Colo ando omo velo i√ 2 a x2 dade 1 e 2 para nadar e orrer respe tivamente, o x0 > 0 se x0 = a. p tempo t(ϕ) = (cos ϕ − 1)2 + (sen ϕ)2 + (π − Desao 8. (a) MODELAGEM: Seja r o raio e h ϕ)/2. Note que ϕ ∈ [0, π]. √ a altura do one ins rito na esfera. Área lateral 2−2 cos(x)−2 sen(x) ′ √ . RESOLUÇ O: t (x) = − do one é A = πrl , onde l é o omprimento da 2 2−2 cos(x) 2 lateral do one, que por Pitágoras satisfaz l = Assim queremos determinar x0 tal que h2 + r 2 . Maximizar A é o mesmo que maximizar √2 − 2 cos x = 2 sen x . Assim, x = 0 ou 0 0 0 A2 = π 2 r 2 l2 = π 2 r 2 (h2 + r 2 ). x0 = 2π/3. Comparando t(0) = π/2 ≈ 1.57, √ Ligando-se o entro da esfera até um dos pont(π) = 2 e t(2π/3) = π/6 + 3 ≈ 2.25. Assim tos do ír ulo da base do one observamos o tri- o melhor é orrer diretamente para o outro lado R e atetos r e do lago e levar tempo t(0). h − R. Logo, por Pitágoras, (h − R)2 + r 2 = R2 , Desao 10. Queremos que o ír ulo (x − a)2 + 2 2 Assim, r = 2hR − h . (y(x) − b)2 = r 2 os ule a urva. Derivando im2 2 Assim queremos maximizar A (h) = π (2hR− ′ pli itamente obtemos que (x − a) + (y − b)y = 0 h2 )2hR = 2π 2 Rh2 (2R − h) para h ∈ [0, 2R]. ′′ ′ 2 e 1 + (y − b)y + (y ) = 0. Para que o ír ulo 2 RESOLUÇ O: A (h) vale zero nos extremos ′ ′′ os ule, quando x = c: y = η0 , y = η1 , y = η2 . 2 do intervalo. A derivada de A (x) em relação a Temos que determinar a, b, r tais que: x é 2π 2 Rh(4R − 3h). Assim os pontos ríti os  são h = 0 e h = 4R/3. Logo o máximo é em  (c − a)2 + (η0 − b)2 = r 2 , h = 4R/3, o mesmo resultado que obtemos se (c − a) + (η0 − b)η1 = 0,  maximizarmos o volume ao invés da área. 1 + (η0 − b)η2 + (η1 )2 = 0. (b) MODELAGEM: Seja r o raio e h a altura do ilindro ins rito no one. A área do ilindro Resolvendo, obtemos r (se quiser a e b também). ângulo retângulo om hipotenusa é A = 4πr 2 + 2πrh. Como é função de duas variáveis, devemos eliminar uma delas. Note que ortando o one temos uma semelhança de triângulos: a altura H −h H está para R assim omo H −h H = . Logo, R r do one está para r. Assim, Veja [Ha, p.299℄ e [Co, p.333 e p.283℄. Desao 11. É fá il provar que g(x) → +∞ quando x → ±∞. Como nimo global. g(x) ≥ 0, o problema tem mí- Pela linearidade entre um ponto e outro, o mínimo será em um dos pontos. Se n é impar, o mínimo o orrerá no ponto do meio, se h = H(1 − r/R). Logo queremos maximizar n for par a função será onstante entre os dois A(r) = 4πr 2 + 2πrH(1 − r/R) para r ∈ [0, R]. pontos do meio. RESOLUÇ O: Note que A(0) = 0 e que Desao 12. A derivada será a soma de termos do A(R) = 4πR2 é andidato a máximo. Como −1/x2 e , om k ∈ N. Por LH ada um dos A′ (r) = 2π/R(HR−r(2H −4R)), o úni o ponto tipo xk HR termos tem limite igual a zero. ríti o é r0 = . 2H − 4R 242 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS A.5 Integral A.5.1 Exer. de Fixação Exer í io 1. (a) da p.172 Falso. A função pode ser posi- tiva num intervalo e negativo em outro de modo que as áreas se an elam. Exemplo 0 mas sen(x) Z 2π sen x dx = 0 x. não é zero para todo (b) Verdadeiro, pelo Lema 9 da p.149 (monotoni idade da integral). ( ) Falso. Podemos mudar a integral num número nito que o valor da integral será mantido. Exer í io 2. (a) Pela Denição 26 da p.149, Z −1 2 f (x) dx = − Z 2 −1 f (x) dx = −5. 5 + 2(−3) = 5 − (b) Utilizando a linearidade, 6 = −1. ( ) Pela Denição 26 da p.149, a integral é 0 (mesmos limites de integração). (d) Pelo Lema 9 da p.149, item ( ), 2 Z −1 (· · · ) = Z 0 −1 (· · · ) + (· · · ). 0 2 f (x) dx = 0 Z 2 −1 f (x) dx − = 5 − 7 = −2. Z vai res er onde depois de x=5 0 2 f (x) dx = −1 0 f (s)g(t) ds −1  dt = (g(t)7) dt −1 = (−3)7 = −21. (f ) Mudar a função em um úni o ponto N O altera o valor da integral. Assim Z 2 x = 5 pois estava de res endo e passa a res- Exer í io 4. O h(x) dx = −1 Exer í io 3. (a) F (0) = 0, F (1) = 2 retângulo), reta o TFC pois o integrando não é ontínuo em [−2, 2] (a função não está denida em 0 06.o t.2011 x = 0). O aluno Y está quase orreto. Como a função não está denida trata-se de uma integral imprópria, que deveria ser es rita omo soma de integrais: Z 0 Z + 2 . Ambas divergem para +∞. 0 −2 Exer í io 5. (a) h(2) = Z 2 (. . .) = 0. 2 (5 − x)5 . Assim o x4 + 6 ′ ′ sinal de h é igual ao sinal de 5− x. Logo h (x) > 0 (e h res e) se x < 5 e h de res e para x > 5. ( ) somente em x = 5 a derivada é zero. ′ Como h é positiva antes e negativa depois, x = 5 (b) Pelo TFC, h′ (x) = Exer í io 6. Pelo Corolário 10 da p.151, Z 1 −1 h(s) ds = g(1) − g(−1) = = (Ke + B − C) − (Ke−1 − B − C) = a primitiva é x4 /2 − x3 + 5x. [0, 1], y 2 − 1 O é negativo. ( ) Note que a integral é em t. Logo, onstante nesta integral. Assim, Z (área do x é (3x + et − 7x sen t) dt = 3xt + et + 7x cos t. Exer í io 8. Todos integraram orretamente. que: sen2 x − 1 sen2 x −cos2 x = = + C, 2 2 2 F (2) = F (1)+1 = 3, F (3) = F (2)− 1/2 = 5/2. aluno X apli ou de forma in or- mitivas podem diferir por uma onstante. 2 f (x) dx = 5. −1 pois estava res- 2 2 Assim, |y − 1| = 1 − y . Logo, a primitiva é 3 y − y /3. O resultado é 2/3. 2 Z (2, 5). x=2 er. (b) No intervalo Z e = K(e − e−1 ) + 2B. −1 Z (0, 2) endo e passa a de res er e mínimo lo al em −1 Assim, Z é positiva, pois a res e em e de res e em ( ) Máximo lo al em (e) Note que g(t) é onstante na integral em ds. Assim, Exer í io 7. (a) Z 0 Z 0 resultado é 9/2. f (s) ds = g(t)7. f (s)g(t) ds = g(t) −1 f F é máximo lo al. 2 Z Assim, Z F (b) área vai aumentar. Assim, cos 2x cos2 x − sen2 x =− = 4 4 sen2 x 1 − 2sen2 x = + C. =− 4 2 − Pri- Note A.5. INTEGRAL 243 arcsen na dv = 1 · dx, (b) (Veja exemplo de integral de Exer í io Z 59. (a) p.159). 2 e−s ds = lim Z 5 k→−∞ k Z −∞ 2 f (s) ds. Tomando dx +1 du = x2 e u = arctan x v = x. e Logo, Z k Z Z dx dx x . = lim (b) arctan x dx = x arctan x − dx. 2 2 − 2 log(5 − x ) k→2 0 log(5 − x ) x +1 Z k Z0 +∞ dy dy Agora vamos resolver a integral tomando z = ( ) = lim . 4 k→+∞ 0 1 + y 4 Z 2 Z0 2 1 + y x2 + 1, dz = 2x dx. Logo, dx dx Z Z = lim (d) . 10 10 + x dz log z log(x2 + 1) k→1 k x −1 1 x −1 dx = = = . x2 + 1 2z 2 2 Exer í io 10. (a) Tome x = t/c. Logo dx = dt/c. Logo, dt = c dx. Assim, quando t = ac, Juntando tudo obtemos, x = a e quando t = bc, x = b. Z log(x2 + 1) (b) Tome u = x − c. Logo du = dx. Assim, arctan x dx = x arctan x − . 2 quando x = a + c, u = a e quando x = b + c, u = b. Exer í io 11. (a) Tome u = K −3x Z . Então du = Exer í io 13. (a) Tome u = 3 − 2x. Assim du = √ −2dx. Logo, 4 −3dx. Assim devemos integrar u(−du/3) = Z Z du u5 4 4 −4/15u5/4 . Logo a integral é −4/15(K −3x)5/4 . (3 − 2x) dx = u (− ) = − = 3 2 2 10 (b) Tome u = x . Então du = 3x dx. Assim Z (3 − 2x)5 cos u du = sen u = sen(x3 ). devemos integrar . =− 10 ( ) Tome u = log t. Então du = dt/t. Assim Z Substituindo os limites de integração: devemos integrar u2 du = u3 /3 = log3 t/3. 2 Z 2 (3 − 2x)5 2 4 (d) Tome u = 3 − 2x . Então, du = −4x dx. (3 − 2x) dx = − = 10 1 1 Assim devemos integrar Z √ (3 − 2x2 )3/2 u3/2 =− . u (−du/4) = − 6 6 (e) Tome u = cos θ . Então, Assim devemos integrar du = − sen θ dθ . √ √ du − √ = −2 u = −2 cos θ. u Z (f ) Tome u = 5 sen x. Então, eu (du/5) = Exer í io 12. (a) eu e5 sen x = . 5 5 (3 − 2(2))5 (3 − 2(1))5 1 1 1 + = + = . 10 10 10 10 5 (b) Tome Logo, Z u = −x/4. Assim du = −dx/4. eu (−4) du = −4eu = −4e−x/4 . Substituindo os limites de integração: du = 5 cos x dx. Assim devemos integrar Z =− Z +∞ log 3 e−x/4 dx = −4e−x/4 |+∞ log 3 = 4 1 − e−∞/4 ) = √ . = 4( √ 4 4 3 3 cos(2θ) u = log x e dv = x. ( ) A primitiva é − . Logo, 2 2 Assim, du = dx/x e v = x /2. Logo, Z π Z Z 2 cos(2π) cos(π/2) 1 x2 log x x dx sen(2θ) dθ = − + =− . x log x dx = − . 2 2 2 π/4 2 2 x Z 1 x2 x (d) A primitiva é − . Logo a integral vale Esta última integral  a . Logo, dx = 2s2 2 4 1 1 1 1 obtemos que lim − 2 + = 0 + = . Z s→+∞ 2s 2 2 2 x2 log x x2 − . x log x dx = 2 4 Tome 244 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS A.5.2 Problemas da p.174 2x cos(x2 − π) + cos(x2 ). Logo, y ′ (x) = 2 − π) 2 + sen(x √ √ y ′ ( π) = π + 1. Assim a equação da reta √ √ tangente é y − log(2) = π(x − π) ou y = √ πx + log(2) − π . Problema 1. Primeiro esbo e o grá o: y 4 Problema 5. (a) Dena H(y) = y Z 3 et dt e G(k) = 1 1 −1 2 3 4 5 Agora al ule as integrais determinando as áreas om sinal. (a) Área do triângulo igual a 4 menos a área 4−1 = 3. (b) Área do retângulo ( om sinal negativo): ( ) Área do trapézio igual a 3 menos a área do retângulo igual a 2 mais área do triângulo igual a 1/2. cos(1 + s2 ) ds. 4 3 x log(t3 + 1) dt. AsZ 5 Z y J(x) dx = − J(x) dx. Logo, sim, g(y) = y 5 Z y ′ log(t3 + 1) dt. pelo TFC, g (y) = −J(y) = − (b) Dena J(x) = 8 do quadrado igual a 1. Logo a integral é −2. k H ′ (y) = ey e G′ (k) = cos(1 + 2 k ). Assim, omo f (y) = G(H(y)), pela regra da ′ ′ ′ ′ adeia, f (y) = G (H(y))H (y). Logo, f (1) = ′ G′ (H(1))H ′ (1). Como H(1) Z = 0, f (1) = cos(1)e. Agora pelo TFC, x 1 Z Logo a integral é 3 − 2 + 1/2 = 3/2. Problema 2. (a) Basta apli ar a (monotoni idade Z b M dx = da integral) do Lema e observar que a Assim, 8 g ′ (8) = 0. Problema 6. (a) integral vale A primitiva é x1−p . 1−p N 1−p 1 + lim . p − 1 N →+∞ 1 − p Logo a Para que o limite seja nito (na realidade será zero) o expo- 1−p deve ser negativo. Assim, 1−p < 0, 1 < p. Assim a integral será a 1 (b) Novamente, note que nita se p > 1 e valerá . p−1 sen(qualquer oisa) ≥ −1. Como log é resx1−p ente, seu menor valor em [e, 5e] é log e = 1. . Logo a (b) Novamente a primitiva é 1−p Assim a função é limitada inferiormente por m = k1−p 1 −4. De forma análoga ao item (a), limitamos a integral vale . Para que o limite + lim 1 − p k→0 1 − p integral por baixo por m(6e − e) = 5em = −20e. M Z b dx = M (b − a). ente de o que impli a que seja nito (na realidade será zero) o expoente de 1−p deve ser positivo. Assim, Problema 3. Pelo Teorema 5.2 da p.150 (TFC), impli a que F ′ (x) = 01 (−1, 1). 4x F ′′ (x) = . (x2 + 1)2 para ima em x > 0 de res ente em e (b) dade é x < −1; F é e para baixo em x < 0. ( ) A derivada é zero em lo al é em x=1 ±1. Mas o mínimo pois a on avidade do grá a é para ima neste ponto. O máximo lo al é em x = −1 onde a on avidade é para baixo. Problema 4. Pelo Teorema 5.2 da p.150 (TFC) e pela regra da adeia, e valerá 1 − p > 0, o que Assim a integral será nita se 1 . 1−p √ k. Problema 7. (a) √ Substitua u = R: 2 sen( k) + C. 2 √ u = 1 − 3x . − 1 − 3 x2 + C (b) Substitua R: Assim a on avi- p < 1. u = 3x+1. Depois uma integração por partes tomando z = x e dw = sen(u). ( ) Deverá ser feita a substituição sen(3 x + 1) − 3x cos(3x + 1) + C. 9 R log u du = (d) Tomando u = tan x, obtemos u log u − u. R: tan x log(tan x) − tan x R: A.5. INTEGRAL 245 √ + C = 0, C = −10/3. Assim, R u = t. Depois obterá uma y(1) = 10/3 √ u sen u du, que deverá ser reintegral do tipo 4x3/2 + 6 x 10 y(x) = − . solvida integrando por partes. 3 3 √ √ √ 2 (b) Substitua u = x + 1. Vamos obter R: 2 sen( x) − 2 x cos( x) + C . 2 +1 x e (f ) Veja té ni a do Exemplo na página 160 + C . Como queremos que y(1) = y(x) = 2 (integrar por partes duas vezes seguidas). 2 2 x cos(x) + 1/5 e2 x sen(x) + C e2 ex +1 e2 2 R: 2/5 e + C = e , C = . Assim, y(x) = + 2 2 2 (g) Tome u = log x. Logo, du = dx/x. 2 e = eu , dx = eu du. Portanto temos que Como x Z . 2 u integrar e sen(u) du. Veja té ni a do Exem4x3/4 . R: 32/3. Problema 11. (a) A primitiva é plo na página 160 (integrar por partes duas vezes 3 (b) Tome u = log x e faça a substituição. A seguidas). 1 primitiva é − . R. 1/2 2 log2 x x (sen (log (x)) − cos (log (x))) x R: +C ( ) Tome u = 3 − 2e e faça a substituição. 2 3 − 2ex log 3 A primitiva é − . R: . √ 2 2 (h) Substitua u = 3 s. Depois obterá uma R u ue du, que deverá ser resolvida Problema 12. (a) Note que trata-se de um limite integral do tipo do tipo 0 vezes innito. Assim, es revendo omo integrando por partes. √ x2 podemos apli ar √ o quo iente da integral por e 3 s 2 (3 s − 1) e + C. R: L'Hospital. Derivando a integral om o TFC ob9 Z temos que o limite é igual ao limite du x = (i) Substitua u = e . Vai obter 2 1+u log(x9 + 3) arctan u. lim . x x→+∞ 2xex2 R: arctan(e ) + C . (e) Substitua Problema 8. (a) Primitiva: − e−x 2 2 1 − 1/e . 2 1 − 4e−3 . 9 . R: Colo ando 1 2x em evidên ia e apli ando L'Hospital mais uma vez vamos obter o limite (3s + 1)e−3s . R: 9 9x8 1 . lim x→+∞ (x9 + 3)2xex2 ( ) Primitiva: − . R: 1/2. 2 2(log x) −1/2 s − 4 e−1/2 s ; R: 4. (d) Primitiva: −2 se Agora omo exponen ial vai mais rápido para in√ 2(ex + 1)3/2 nito que polinmio (ou apli ando L'Hospital umas (e) Primitiva: . R: (16−4 2)/3. 8 vezes mais), on luímos que o limite vale 0. 3 log(1 + x2 ) (b) Derivando os dois lados, utilizando o TFC, (f ) Primitiva: . R: log(2)/2. −x f ′ (x) = 3 ou f ′ (x) = 3ex . As2 obtemos que e 3/2 √ x 37 2(1 + 1/x) sim, integrando, obtemos que f (x) = 3e + C . (g) Primitiva: − . R: 2. 3 24 Como f (0) = 1 = 3 + C , C = −2. Logo, Problema 9. (a) Separe na integral de 0 até 2 de f (x) = 3ex − 2. x2 (2 − x) e de 2 até 4 de x2 (x − 2). R: 24. (b) Separe na integral de 1/2 até 1 de − log s da p.176 e de 1 até 2 de log s. R: (3 log(2) − 1)/2. y ( ) Note que e − 1 > 0 se y > 0. Logo Extra 1. Aplique LH e o TFC para transformar es−1 − 1 > 0 se s − 1 > 0 e asoZ ontrário será lim f (x) 1 x→+∞ s−1 em = K. negativo. Assim al ule −2 até 1 1−e ds, 1 −2 Z R: O limite é K . 2 s−1 s−1 − s e some om e − Extra 2. Pelo TFC, Si′ (x) = sen(x) . A derivada uja primitiva é e 1 x 1 ds, uja primitiva é s − es−1 − s. R: e + e−3 . é zero em x = kπ om k ∈ Z∗ (sem o zero, pois ′ pelo limite fundamental, Si (0) = 1). Para saber Problema 10. (a)√Integrando obtemos que se é máximo ou mínimo temos que ver o sinal da 4x3/2 + 6 x + C . Como queremos que derivada antes e depois destes pontos. Para x > y(x) = 3 (b) Primitiva: − A.5.3 Extras 246 0 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS vamos ter os máximos lo ais em k ∈ N. Para x < 0 vamos lo ais em x = 2kπ para k ∈ N. para Extra 3. (a) x = 2kπ + π ter os máximos 1 Z Assim −1 f (u) du/2 = (1/2)(7 − 3) = 4/2 = 2. Extra 8. (a) Integrando obtemos que f ′ (x) = log(ex + x − sen(5x) 2 x ′ + 3x + C . Como y(π) = 15π + 1)e . Logo, f (1) = e. Como f (1) = 0 (pois y(θ) = 5 Z 1 sen(5x) (· · · ) = 0), a reta tangente é y = e(x − 1). + C = 5π , C = −10π . Logo, y(θ) = 5 1 x 3x − 10π . e ′ ′ . Logo, h (2) = (b) Pelo TFC, h (x) = 2 (b) Integrando obtemos que x +1 log(2x + 1) e2 + C . Como y(0) = 0 + C = . Como h(2) = 7, a reta tangente é y − 7 = y(x) = 2 5 log(2x + 1) e2 3, C = −3. Logo, y(x) = − 3. (x − 2). 2 5 √ Extra 4. Sabemos que a a eleração a(t) é igual a Extra 9. Temos que y ′ (x) = x + 1 e que y(0) = derivada da velo idade v(t) que é igual a derivada 1. Integrando obtemos que ′ ′ 2(x + 1)3/2 da posição x(t). Assim, v = a, x = v . Como + C . Como y(0) = 2/3 + y(x) = v ′ (t) = a(t) = Aω 2 cos(ωt), 3 2(x + 1)3/2 Z Z + C = 1, C = 1/3. Logo, y(x) = 3 2 v(t) = a(t) dt = Aω cos(ωt) dt = 1/3. Pelo TFC, = Aω sen(ωt) + C. Como Como v(0) = 0 = Aω sen(ω0) + C = C , C = 0. x′ (t) = v(t), x(t) = Z v(t) dt = Z = (x−1)(x−2), Extra 10. (a) Como x2 −3x+2 Z 1 (x2 − 3x + 2) dx = Z 2 Z 4 2 (−x +3x−2) dx = 1/6 e (x2 −3x+ 5/6, separe em três integrais: 0 1 2) dx = 14/3. Aω sen(ωt) dt = (b) Separe = −A cos(ωt) + C. x(0) = −A cos(ω0) + C = 0 = −A + C . Assim, C = A. Logo, x(t) = −A cos(ωt) + A. Z y sen(t) dt. Note que Extra 5. Seja h(y) = t2 0 f (s) = h(s2 )−h(s) (porque?). Pelo TFC, h′ (y) = sen(y) ′ . Assim, pela regra da adeia. f (s) = y2 2s sen(s2 ) sen(s2 ) 2sh′ (s2 ) − h′ (s) = . − s4 Z s4 Como Extra 6. Denindo h(x) = x sen(t2 ) dt, 0 que- h(e2x ). 2 5/6 + 1/6 + 14/3 = 17/3. Z 0 √ na integral de 1 − x dx = R: 14/3 e 28/3. Z −3 3√ 1 + x dx = 14/3. ( ) Como integral de Z 0 2 R: 14/3+ 14/3 = 0 Z x2 − 2x = x(x − 2), 0 −2 separe na x(x2 − 2x) dx = −28/3 x(2x − x2 ) = 4/3dx R: −28/3 + 4/3 = −8. Extra 11. (a) 1/3 x3 log(x) ! − 1/9 x3 + C . 3 (b) 2 mais 3 x 2 log x 2x 2 − 3 9 + C. g(x) = x2 (2(log x)2 − 2 log x + 1) h′ (x) = sen(x2 ). + C. ( ) 4 Utilizando a regra da adeia, a derivada de g(x) =
2 (d) Faça a substituição u = cos x + sen x, h(e2x ) é g′ (x) = h′ (e2x )(e2x )′ = sen( e2 x )2e2x . du = (− sen x + cos x) dx. ′ 4 x )2e2x . Logo, g (x) = sen(e R: − log(sen x + cos x) Extra 7. Tome u = 2x + 1. Então du = 2dx. 1 (e) − + C. x Logo quando x = 0, u = 1; quando x = −1, u = e −1 Z 1 Z 0 e3 sen(x)+4 f (u) du/2. f (2x + 1) dx = −1. Logo, + C. (f ) 3 −1 −1 3 (g) sen(e + 3) + C . Agora, pelas propriedades da integral, x (h) Como a = exp(x log a), por substituiZ 3 Z 3 Z 1 Z ax . − = ção, + C. ax dx = log a 1 −1 −1 remos determinar a derivada de Pelo Teorema 5.2 da p.150 (TFC), A.5. INTEGRAL 247 Extra 12. (a) Primitiva −e1/x . x2 R: e2 − e. sen2 x = 1/2(1 − cos 2x), sen4 x = 1/4(1 − 2 cos 2x + cos2 2x). Também temos que cos2 2x = 1/2(cos 4x + 1). Assim, sen4 x = −1/2 cos 2x + 1/8 cos 4x + 3/8. R: −1/4 sen 2x+1/32 sen 4x+3/8x+C (d) Como (x2 − 1)e . R: log(2) − 1. √ 2 ( ) Primitiva 2 x(log x−2). R: 8 log(2)−4. 2(sen θ)3/2 (d) Primitiva . R: 2/3. 3 5 (e) Pela té ni a, 3 √ 4 (1−y) 2 2 (1−y) 2 cos(4x) sen(3x) = 1/2(sen 7x − sen x) + −2 1 − y (e) Primitiva − 5 3 R: −1/14 cos 7x + 1/2 cos x + C . R: 16/15. √ (f ) Primitiva −2 cos( x). R: −4. Problema 2. (a) Fazendo substituição x = sen t, x (g) Primitiva log(e + 4). R: log(7/6). dx = cos t dt obtemos √ √ Z Z t2 + 1. R: 2 − 1. (h) Primitiva 1 dt = sec2 t dt = tan t. 1 + log x cos2 t Extra 13. (a) A primitiva é − (integrax √ ção por partes). R: 1. Como x = sen t, tan t = x/ 1 − x2 . p − 1 + log x x (integração (b) A primitiva é R: √ + C. (1 − p)xp−1 2 1 − x 2 por partes). R: 1/(p − 1) . (b) Fazendo substituição x = sen t, 1 1 dx = cos t dt: ( ) A primitiva é . R: . 4−x 2 Z Z √ sen2 t cos t dt (d) Por substituição u = 1 − e−x , du = √ = sen2 t dt = cos t e−x dx. A primitiva é: 2 1 − e−x . R: 2. sen t cos t t . = (integral trigonométri a) − 2 2 ⋆ (Integração e Subs√ Como cos t = 1 − x2 e √ t = arcsen x: tituição Trigonométri a) da p.178 arcsen x x 1 − x2 − + C. R: Problema 1. (a) Pela té ni a, 2 2 (b) Primitiva Problemas A.5.4 ( ) Completando o quadrado obtemos que cos x cos x = 1/2(cos 2x + 1). Assim, cos3 x = 1/2 cos x + 1/2 cos x cos 2x = = 1/2 cos x + 1/4(cos 3x + cos x) = = 3/4 cos x + 1/4 cos 3x. x2 + 2x + 2 = (x +Z1)2 + 1. Fazendo u = x + 1, du du = dx obtemos . Fazendo u = (u2 + 1)3/2 tan t, du = sec2 t dt. Assim, (u2 +1)3/2 = sec3 t. Substituindo na integral obtemos sec2 t dt = sec3 t Z 1 dt = cos dt = sen t. sec t R: 3/4 sen x + 1/12 sen 3x + C . 2 √ (b) Pela té ni a, cos 3x = 1/2(cos 6x + 1). Como u = tan t, sen t = u/ u2 + 1. Passando 2 Assim, cos 3x cos 5x = 1/2 cos 6x cos 5x+1/2 cos 5x. x+1 . Agora, cos 6x cos 5x = 1/2(cos 11x+cos x). Logo, para x a resposta é √ 2 x + 2x + 2 2 cos 3x cos 5x = 1/4(cos 11x+cos x)+1/2 cos 5x. √(d) Tome x = sec t. Então dx = sec t tan tdt R: 1/44 sen 11x+1/4 sen x+1/10 sen 5x+ e Z x2 − 1 = tan Z t. Assim  amos om C 2 tan t dt = (sec2 t − 1) dt = tan t − t (deri( ) Pela té ni a do texto, Z Z cos x sen x = 1/2(sen 2x + sen 0) = 1/2 sen 2x. vada de tangente é se ante ao quadrado). Reescos 2x revendo em x: √ √ + C. R: − 4 R: x2√− 1−arctan( x2 − 1)+C . OuOutra solução: Tome u = sen x, du = cos x dx. Z x2 − 1 − acos(1/x) ou tras respostas: u2 √ 2 Assim a integral se transforma em x − 1 − asec(x). udu = . 2 (e) Tome x = sec t. Então dx = sec t tan tdt 2 Z sen x √ dt + C. R: 2 e x − 1 = tan t. Assim  amos om = 2 sec t Deixo o leitor veri ar que as primitivas di- Z cos t dt = sen t. ferem por uma onstante. Ainda outra resposta possível é: −cos2 x + C. 2 √ x2 − 1/x. Como cos t = 1/x, sen t = 248 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS √ x2 − 1 + C. x 2 (f ) Fazendo x = 5 tan t, dx = 5 sec t dt. As√ 2 x + 25 = 5 sec t. Substituindo na integral sim, u = cos t, du = − sen t dt e obteu2 − 1 1 nha du = u + . Logo a integral vale 2 u u √ 1 cos t + . Como cos t = 1 − x2 obtemos: obtemos: cos t √ 1 Z Z Z R: 1 − x2 + √ + C. 5 sec2 t dt sec t dt cos t dt 1 − x√2 = = . 2 2 25 tan t (5 sec t) 25 tan t 25 sen2 t (e) Tomando x = 4 sen u, 16 − x2 = 4 cos u, dx = 4 cos u du. Assim, após substituição obteZ Fazendo u = sen t, du = cos t dt obtemos R: du 1 1 =− =− . 2 25u 25u 25 sen t √ Como tan t = x/5, sen t = x/ x2 + 25 e portanto: √ x2 + 25 R: − + C. 25x Problema 3. (a) Fazendo substituição x = 2 sen t, Z Z 2 cos t dt = dt = t = dx = 2 cos t dt: 2 cos t arcsen(x/2) + C . Z dx √ Poderia ser feita diretamente: = 4 − x2 Z dx p . Tomando y = x/2 e sabendo 2 1 − (x/2)2 1 que a derivada de arcsen y é p , obtemos 1 − y2 Z dy p = arcsen y = arcsen(x/2) + C . 1 − y2 Z cos t dt = 25 sen2 t Z (b) Neste aso o mais fá il é fazer a substi- Agora tome Z mos a integral 16 cos2 u du Por integral trigo- nométri a, sua primitiva é 4 sen(2u) + 8u. Como x = 4 sen u, os limites de √ integração são u = π/4 (x = 4 sen(π/4) = 2 2) até u = π/2 (x = 4 sen(π/2) = 4). Cal ulando 16 Z π/2 π/4 R: π/2 cos2 u du = 4 sen(2u) + 8u|π/4 = 2π−4. 2π − 4. A.5.5 ⋆Problemas (Integração de Funções Ra ionais) da p.178 Problema 1. Fatorando x2 − 1 = 2 (x+1)(x−1). Cal ulando oe ientes: 2 = x −1 −1 1 . Primitiva: −1/(x+1)+1/(x−1). + x−1 x+1 O resultado: log(5/3). R: log(5/3). denominador: uZ= 1− x2 e du = −2x dx, transformando p du 1 1/2 em − 1 − x2 + C . = −u = − 2 u1/2 Problema 2. (a) Fatorando denominador: x2 − Por substituição trigonométri a, fazendo subs8x + 7 = (x − 1)(x − 7). Cal ulando oe ientes: tituição x = sen t, dx = cos t dt: 1/6 11/6 2x − 3 = + . Z Z 2 − 8x + 7 x x − 1 x −7 sent cos t R: 1/6 log |x − 1| + 11/6 log |x − 7| + C . dt = sent dt = cos t 3 2 2 (b) Fatorando denominador: x −x = x (x− p 1 3 2x − 3 − cos t = − 1 − x2 + C. = + 2+ 1). Cal ulando oe ientes: 3 2 x −x x x −1 Colo ando os limites de integração obtemos . R: 1. x−1 R: − log |x − 1| + log |x| − 3/x + C . ( ) Tome x = sec t. Então dx = sec t tan tdt Z 3 2 √ ( ) Fatorando denominador: x +4x = x(x + e x2 − 1 = tan t. Assim  amos om sec t dt = 4). Cal ulando oe ientes: 1−x 1 x+4 log | sec t + tan t| (veja p.179 para esta integral). = 2 + . 3 Tro ando x por t: x + 4x x +4 x √ 2 R: 1/2 arctan(x/2)+log |x|−1/2 log |x + R: log |x + x2 − 1|. (d) Fazendo substituição x = sen t, dx = 4| + C . 2 (d) Fatorando denominador: x + 8x + 7 = cos t dt: (x + 1)(x + 7). Cal ulando oe ientes: Z Z sen3 t sen3 t cos t 6 1 −1 dt = dt = = + cos3 t cos2 t 2 + 8x + 7 x x + 1 x +7 Z x + 1 (1 − cos2 t) sen t R: log = dt. x + 7 + C. cos2 t tuição A.5. INTEGRAL (e) Fatorando denominador: 249 x4 −4x2 = x2 (x− Desao 3. Basta apli ar o TFC. Veja exer í io anterior para o aso n = 3. Vamos fazer expli2)(x + 2). Cal ulando oe ientes: 2 5/8 −1 1/2 3/8 x + 4x − 2 itamente o (b) para n = 2. Derivando (TFC) + 2 + + = . 2 ′ obtemos (log x) = q(log x) + q (log x). Para ter x4 − 4x2 x x x−2 x+2 R: − log |x| − 1/(2x) + 5/8 log |x − 2| + a igualdade q(y) = y 2 + by + c, y 2 = y 2 + by + 3/8 log |x + 2| + C . c + (2y + b) = y 2 + (b + 2)y + b + c. Assim, 2 (f ) Cal ulando oe ientes: b = −2, Z c = 2 e q(y) = y − 2y + 2, e por2 x+2 1 2x + x + 2 (log x)2 dx = xq(log x) = x((log x)2 − tanto . = 2 + 2 (x − 1)(x + 4) x +4 x−1 2 R: 1/2 log |x +4|+arctan(x/2)+log |x− 2 log x + 2). 1| + C . Desao 4. Pelo TFC, eax sen bx = eax (A sen bx− bx). Igualando os Problema 3. Completando o quadrado e olo- Bb sen bx + B cos bx + Ab sen ax sen bx de ada oe ientes que multipli am e ando em evidên ia Z onstantes, vai apare er uma ax lado e que multipli am e cos bx obtemos o sisdy = arctan y . Colo- tema ( om in ógnitas A, B ): integral do tipo 2 1+y ando os limites (arctan(±∞) = ±π/2) obtemos      1 −b A 1 2π = resposta √ . b 1 B 0 4c − b2   x−b 1 2 Como seu determinante é 1 + b > 0, a solução Problema 4. (a) log . b−a x−a existe e é úni a. 1 log(x − a) − log(x) 2 Desao 5. pelo TFC deveríamos ter ex = (p′ (x)+ + (b) . 2 2 a ax 2xp(x))ex . Assim 1 = p′ (x) + 2xp(x). Termine 2 Problema 5. Dena D = aB − bA e X = ax + supondo grau de p igual a 3, 4, et . 2bx + c. ax + b − √∆ Desao 6. Note que D A √ . log |X| + √ log (a) 2a 1 1 x2 2a ∆ ax + b + ∆ = − .   (x2 + 1)m (x2 + 1)m−1 (x2 + 1)m ax + b D A arctan √ log |X| + √ (b) . 2a a −∆ −∆ O segundo termo da direita pode ser integrado D A ( ) − + log |ax + b|. por partes olo ando f (x) = x e a(ax + b) a x g ′ (x) = 2 . Para detalhes ver [Co, p.228℄. m (x + 1) Z dy = arctan y . Note que I1 = da p.179 (y 2 + 1) A.5.6 Desaos Desao 1. (a) Basta omparar áreas (veja no grá- Desao 8. (a) Podemos rees rever a integral:  o de y = f (x) (b) Tomando a integral da inversa. Z f (x) = arcsen x, g(y) = sen y , Z (tan2 )k secn−1 x sec x tan x dx = Z arcsen s ds = x arcsen x+cos(arcsen x)+af (a). = (sec2 − 1)k secn−1 x sec x tan x dx √ Como cos(arcsen x) = 1 − x2 , a primitiva é √ 2 x arcsen x + 1 − x + C . Agora faça Z Z a mudança de variáveis u = sec x e y Tomando f (x) = log x, g(y) = e , log s ds =obtenha (u2 − 1)k un−1 x du = P (u) para al- x log x − elog x + C = x log x − x + C . Desao 2. Derivando os dois lados (TFC), x3 ex = (p′ (x) + p(x))ex . Can elando ex (que é 6= 0): x3 = p′ (x) + p(x). Dai deduzimos que p(x) tem 3 2 grau 3. Vemos que p(x) = x + ax + bx + c. ′ 3 2 Agora p (x)+p(x) = x +(3+a)x +(2a+b)x+ 3 2 b+c = x +0x +0x+0. Assim 3+a = 2a+b = b + c = 0. Assim, a = −3, b = 6, c = −6. 3 2 R: p(x) = x − 3x + 6x − 6. gum polinmio x P. Assim, retomando a variável obtemos a resposta. (b) De fato Z (tan2 )k secn x dx = Mais expli itamente, Z (sec2 − 1)k secn x, dx = Z = P (sec x) dx. Q(y) = (y 2 − 1)k y n . 250 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS Desao 9. Ver [Co℄ para (a)-( ). Z | cos(x)/x2 | ≤ 1/x2 e esta função é dx = integrável em [1, +∞]. (d) Apli ando ( ) obtemos que 1 +Zcos x Z Desao 13. Pelo TFC, f ′ (x) = f (x). Pela pro2 dt = dt = priedade de f , f (0) = 0. Assim a solução é (1 + t2 )(1 + (1 − t2 )/(1 + t2 )) f (x) = 0 para todo x ∈ R. t = tan(x/2). Z dx Desao 14. Use l'Hospital para determinar = (e) Apli ando ( ) obtemos que lim f (y) = ln(b) − ln(a) ([Ap℄ p.309). 1 + sen x Z y→−1 2 2 2 . =− dt = − Desao 15. (t + 1)2 t+1 tan(x/2) Z +1 dx (f ) Apli ando ( ) obtemos que = Desao 16. Por ontradição, se f não é nula, sen x será diferente de zero em algum ponto c ∈ [a, b]. Z dt Sem perda de generalidade, suponha f (c) > 0. = log(tan(x/2)). t Por ontinuidade f > 0 em algum intervalo [x, y] Z y sen2 x 2 (g) Note que sec x tan x = . Apli- ontendo c. Logo f (s) ds > 0. Contradição! cos3 x note que x ando ( ) obtemos que Z (veja no sec x tan2 x dx = Maxima a resposta: (h) Note que Desao 19. Pense em representação polar ( oor- 8t2 dt (1 − t2 )3 Z denadas R: sen(3x) . cos(2x) cos(3x) Agora podemos expandir os termos usando as fórmulas do seno/ osseno da soma. Por exemplo: sen(3x) = 3cos2 x sen x − sen3 x. De loga (obtive no Maxima om trigexpand( os(2*x)* os(3*x)): forma aná- 3 2 Z A.6.1 Exer. de Fixação Z 5 3c2 s − s3 3cs4 − 4c3 s2 + c5 mos que A.6 Apli ações da Integral outro por = 3 cos x sen x − 4 cos x sen x + cos x. Q(c, s) = te- sec 2x tan 3x dx = Q(cos x, sen x) dx =   Z 2 dt 2t 1 − t2 , . = Q 2 2 1+t 1+t 1 + t2 Desao 10. Veja na Internet artigo da Wikipedia: 1 0 em 2 integrais. 2 e−y dy ≤ (1 − 0)e−0 = 1. parte, se y > 1 podemos integrar +∞, e−y 2 2 em Como 1 até a integral onverge. Desao 12. (b) Como é uma função ontínua perto de zero se for redenida em zero, sen(x)/x é integral em [0, 1]. (b) Está área é igual Z x Z 2 Para outra parte, 0 2 dx = 2 · 5 = 10. π/2 cos(x) dx = 2. −π/2 1 1 Exer í io 3. (a) Z 1 π[f (x)]2 dx. −1 Z 2 Z 2 π[f (x)]2 dx. π[g(x)]2 dx − (b) 1Z Z 16 2 −1 2 ( ) π[f −1 (y)]2 dy . π[g (y)] dy − 1 3 Exer í io 4. Z 3 −2 (g(y) − f (y)) dy . Exer í io Z 5. Pelo Teorema 29 da p.187 o volume 4 sen(x)/x 5 (e + 2 − e ) dx = Z x −1 A parte . unidades. Assim a área é igual a (g(x) − f (x)) dx. Z 2 Z 1 (b) (f (x)−g(x)) dx+ (g(x)−f (x)) dx. Agora para outra < ye−y −y 2 expli itamente ye então 2 da p.202 Uma função é a translação da Exer í io 2. (a) Sophomore's dream. fá il é: Z 5 0 Z Desao 11. Dividimos 2 θ ) do número (a, b) ∈ R . √ x + θ 1 log tan , r = a 2 + b2 . r 2 Exer í io 1. (a) cos(2x) cos(3x) = Denindo e são muitos termos!). sec 2x tan 3x = 4 r de Ω A(s) ds. é −2 0 07.o t.2011 A.6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL Exer í io 6. Pela denição 1 K= b−a Z 251 Assim a área é: de média, Z b g(x) dx. 0 ((x+6)−(−x/2)) dx+ −4 a Pela monotoni idade da integral (Lema 9 da p.149), Como omo Assim, x om y 2 ((x+ a área é 22. e resolver o problema: Cal ule a região delimitada por por De forma Assim, y = análoga, pela monotoni idade da integral, omo Assim, Z (b) Para fa ilitar, o primeiro passo é tro ar x2 2 o orrerá quando g(x) ≥ −4, Z b Z b −4 dx = −4(b − a). g(x) dx ≥ x2 = 2y + 4 −2 e y= e por y = x + 2. x2 2 x = y − 2. A interseção − 2 = x + 2, x Z 4= −2 ou se x = 4. Assim a área ((x + 2) − (x2 /2 − 2)) dx = 18. a a ((x+6)−(x3 )) dx. 0 0 6) − (x )) dx = 10, a 1 K ≤ 5(b − a) = 5. b−a 2 ((x+ 6)− (−x/2)) dx = 12 e −4 3 g(x) ≤ 5, Z b Z b 5 dx = 5(b − a). g(x) dx ≤ a 0 Z Z −2 1 (−4)(b − a) = −4. K≥ b−a y= y isto é se é igual a x2 −2 2 y =x+2 A.6.2 Problemas da p.203 Problema 1. (a) A interseção o orre quando y = x2 = x − x2 , ou seja, quando 2x2 − x = x(2x − 1) = 0. Assim a interseção é em x = 0 e x = 1/2. x Z 1/2 −2 4 Logo a área é igual a (x − x2 − x2 ) dx = 0 2 1/2 Resolvendo o problema original (y = 2x + 4 1 x2 2x3 e y = x − 2) e integrando em x teríamos que = − 2 3 0 24 es rever omo soma de duas integrais (verique): (b) A interseção o orre é quando cos x = Z 6 Z 0 √ √ sen x, que o orrerá dentro de um i lo do seno ( 2x + 4 − (x − 2)) dx = 2 2x + 4 dx + ([0, 2π]) em π/4 e π + π/4 = 5π/4. Assim a 0 −2 Z 5π/4 √ 16 38 (sen x − cos x) dx = 8. área é igual a + = 18. = 3 3 π/4 Problema 2. (a) A interseção de y = x3 = x + 6 x = 2 e y = 8. A y = x + 6 é em (−4, 2). é em interseção de 2y = x e Assim o esboço é: y y − x3 = 0 y−x=6 8 ( ) Fazendo o esboço observamos que a in- x = 0 e em x = 1. Assim a √ 1 (1 − x) dx = . Outra possiárea é igual a 3 √ 0 bilidade é integrar em y . Como y = x, x = y 2 . Z 1 1 Assim, a área é y 2 dy = . 3 0 y terseção o orrerá em Z 1 y= √ x y=1 x 2 −4 x 2 2y + x = 0 x=0 1 Problema 3. Sua área será determinada por Z 4 −4 (4+ p 16 − 4x2 −4) dx− Z √ 2 √ (6−x − 2 2 −4) dx. 252 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS A primeira integral é igual a metade da área do ír ulo de raio 4: 8π . Problema 4. Note 8π − 8 R: √ 2 . 3 Problema 6. Primeiro o esboço: y que a região é limitada supe- y= + 1. Assim, rodando no eixo Z x 1 7π π(x + 1)2 dx = x o volume será . O sólido 3 0 riormente por x=y x = y2 1 obtido será um tron o de one. Girando em torno do eixo y x vamos obter um 1 ilindro de 1 e altura 2 menos o sólido obtido x = y−1 girando y = x + 1) para y ∈ 2π (πr 2 h, om Z 2 π(y − Devemos subtrair (já que [1, 2]. O ilindro possui volume r = 1 e 1)2 dy = h = 2). y = −1 x = −1 1 π . 3 Assim o volume é 2π − Problema 5. (a) Primeiro o esboço. π 5π . = 3 3 y= √ x. Como a rotação é em √ y = −1, o raio maior é 1+ x e o menor √ é 1 + x, ao invés de x e x se fosse rotação em torno de y = 0 (eixo x). O volume será dado pela torno de y y= y=2 (a) Note que √ 3 x diferença de volumes: Ω π 1 Z 0 x √ ( x + 1)2 dx − π Z 1 0 8 8 (2 − 0 √ 3 menor dois volumes: π 8 2 2 dx−π 8 Z 0 0 √ 3 y 2 + 1. π Z 1 0 (y + 1)2 dy − π Z 0 Problema 7. Note y = e−x x A = (1, e) pois está na 2 y = e1 = e1 = e. urva y = Por outro lado B está parábola. Como y = 0, x = 2. Assim B = (2, 0). Assim a equação da reta L (que passa em A e B ) é y = −ex + 2e, x2 intersepta o ou x = 2 − y/e. A função y = e eixo y em y = 1. que O volume será igual ao volume do tron o de x=1 L para y ∈ [0, e] menos para y ∈ [1, e] e menos o volume ao girar a parábola para y ∈ [0, 1]. x2 Invertendo as funções, omo y = e , log y = √ x2 , x = log y . Assim o integrando será x2 = 2 , e na região (veja log y . Como 4y = (x − 2)p √ (x − 2)2 = −(x − gura) 2 y = x − 2 ≤ 0, √ 2) = 2 − x. Assim, 2 y = 2 − x. Logo, x = √ 2 − 2 y. one obtido ao girar a reta o volume ao girar Sua área é igual a Z +∞ e−x dx = 1 1 . e O volume é igual a −x (e 1 7π 28π 7π − = . 3 15 15 2 ex , e portanto, Ω π (y 2 + 1)2 dy = 96 64π ( x) dx = 32π−π = . 5 5 y +∞ 1 2 (b) Primeiro o esboço. Z y +1 e o O volume será dado pela diferença de volumes: x) dx = 4. O volume será al ulado omo a diferença entre Z π 17π 7π − = . 6 3 2 (b) De forma análoga, o raio maior é Sua área é igual a Z (x + 1)2 dx = )2 dxπ Z 1 +∞ (e−2x ) dx = π . 2e2 y = ex 2 A.6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL 253 A.6.3 Extras Assim o volume é igual a π Z e 0 (2 − y/e)2 dy− Z 1 Z √ (2 − 2 y)2 dy − π −π 0 Problema 8. A da p.205 Extra 1. (a) Começamos om o esboço: y y = x2 e log y dy. 1 y = 1/x x 1 primeira oisa a ser observada é que a resposta N O é o volume da esfera menos o volume do ilindro de raio a. Isto porque o nal do y = −2  ilindro retirado pelo furo é arredondado (está x = −1 na superfí ie da esfera). A esfera é o sólido de revolução de y = f (x) = r 2 − x2 em torno do eixo x. Como o bura o tem raio a (veja gura), o valor x = k para que p √ f (k) = a = r 2 − x20 será k = r 2 − a2 . y √ y = r 2 − x2 √ x=2 Assim a área será: Z 1 −1 2 (x − (−2)) dx + Z 2 1 (1/x − (−2)) dx = 14 20 + log(2) + 2 = + log 2. 3 3 (b) Note que as raízes da equação do segundo grau são a 0 y e 2π . O esboço é: a x −k k Assim o volume será dado por k 2π x y = cos(x) − 1 p 2πk3 , ( r 2 − x2 )2 dx = 2kπr 2 − y = 6πx − 3x2 3 −k √ onde k = r 2 − a2 . √ Assim a área é Problema 9. Como y = ±√ r2 − x2 , o lado do 2 2 quadrado para ada x é 2 r − x . A área de Z 2π 2 2 ada orte A(x) = 4(r − x ). Assim, o volume (6πx − 3x2 − (cos(x) − 1)) dx = 4π 3 + 2π. 0 é Z r 16 3 2 2 2 2 r . 4(r − x ) dx = ( ) A interseção o orrerá se y = x = 8 − x , 3 −r 2 isto é, quando 2x = 8, em x = ±2. Z 2 64 Problema 10. Faça a gura e observe que a in((8 − x2 ) − x2 ) dx = Assim a área é . 3 −2 terseção é em (1, 1) e (0, 0). O lado do quay 2 y = x2 drado para ada x é x − x . A área de ada orte 2 2 A(x) = (x − x ) . Assim, o volume é Z 1 1 (x − x2 )2 dx = . 30 0 x π Z Problema 11. (a) (b) 2 . π k2 . 3 y = 1 − x2 Extra 2. (a) Começamos pelo esboço. 254 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS Extra 4. y y = x3 − x Tome x −1 1 1 u = x/a. Assim, f (ab) = y = sen(πx) ab dx = x Z variável vamos obter Z Z a 1 dx + x Z ab a du = dx/a. dx . x Mudando b du/u = f (b). 1 Extra 5. (a) duas parábolas, uma om on avi- dade para baixo, outra para ima. Ambas se interse tam, e possuem omo raízes Assim a área será, por simetria, o dobro da área para x ∈ [0, 1], (b) ou seja, Z √ c √ − c √ ± c. (c− x2 − 2x2 + 2c) dx = 4c3/2 = 25 . Logo, c = 4. 1 4 π+8 = + . Extra 6. (a) O volume será dado por (sen(πx) − (x − x)) dx = 2 2π 2 π 0 Z +∞ log(x) − 1 log x +∞ π (b) Começamos pelo esboço. π dx = − = . x2 x e e e y 3 2 y = x − 3x + 2x 1 Z 3 (b) O volume será dado por: Z x −1 1 2 e2 log2 x dx = 1 e2 = x(log2 x − 2 log x + 2) 1 = 2e2 − 2 y = 3x − x2 − 2 Extra 7. p (a) que x= rodando Quando x = 1, y = 1/9. Note 1/y − 5 na região. Assim, o volume em x será dado por Z 2 dx . π 2 2 0 (x + 5) O volume rodando em π Assim al ulamos a área somando duas integrais: Z 1/9 y (2)2 dy + π 0 é Z 1/5 1/9 (b) A interseção é em Z 1 (x3 − 3x2 + 2x − (3x − x2 − 2)) dx+ −1 2 Z 1 Extra 3. Note que Wn = π e 1 1 (xn )2 dx = 0 2π (1 − (y 1/n )2 ) dx = Vn = π . n +2 0 Vn 2(2n + 1) lim = lim = 4. n→+∞ Wn n→+∞ n+2 Z e (4, 2). x será dado Z 4 2 Z 4 x dx. x dx − π π 0 4 0 O volume rodando em Invertendo as relações obtemos O volume rodando em Z (0, 0) Ambos volumes serão determinados subtraindo volumes. (3x − x2 − 2 − (x3 − 3x2 + 2x)) dx = 5 37 8 + = . 3 12 12 (1/y − 5) dy. π 2n + 1 π Logo, Z 2 0 2 y x = y2 e x = 2y . será dado por 4y dy − π Z 2 y 4 dy. 0 ( ) Note que embora as raízes de (6−x)2 = x x = 4 e x = 9, a úni a interseção (soluções √ 6 − x = x) é em x = 4, y = 2 (porque sejam de por A.6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL x = 9?). x em x = 6 eixo y =6−x A reta des artei O volume rodando em Z π 4 x dx + π 0 Z x 6 4 2 Z 0 (6 − y)2 dy − π ada ada om x ∈ [−a, a]. Z y 2 x = 6−y e será dado por y 4 dy. 0 Extra 9. Veja artigo Cavalieri's_prin iple na rior onde determinamos o volume de uma esfera r 2 = a2 + (r − h)2 . y = f (x) = denindo k = r 2 − x2 em torno do eixo x e r − h, o volume da alota será Z r p π ( r 2 − x2 )2 dx = (2r 3 − 3kr 2 + k3 ). π 3 k k = r − h, obtemos que o volume é π(h2 r − h3 /3). Com mais alguma manipulação πh (3a2 + h2 ). também obtemos que o volume é 6 Substituindo Assim o volume é b2 (1 − (x/a)2 ) dx = 4πab2 . 3 Colo ando limites de integração obtemos resposta. π log(2)/2. A.6.4 ⋆Problemas (Comprimento de Curvas no Plano) da p.207 Problema 1. (a) Cal ulando 1+[f ′ (x)]2 = x2 . −1 x2 A integral que determina o omprimento possui primitiva R: √ 2 √ x − 1. 3. (b) Cal ulando, 1 + [f ′ (x)]2 = 16 . 16 − x2 A integral que determina o omprimente possui pri- 4 arcsen(x/4). 2π . mitiva Rodando a gura em 90 graus, pensando na esfera omo o sólido de revolução de p y(x) = ±b 1 − (x/a)2 1 dx = − 2 x(x + 1) x Z dx x log(x2 + 1) = log x− . Assim . x2 + 1 x(x2 + 1) 2 Wikipedia. Extra 10. De forma análoga a um exer í io ante- que Extra 13. Por frações par iais, R: 0 √ a −a que om um furo. Por Pitágoras, Z π √ y(x) = ±2 x. Logo, para √ x, o lado do quadrado é 4 x. A área de orte A(x) = 16x. Assim, o volume é Z 9 16x dx = 648. Extra 8. Note Extra 12. Observe (6 − x)2 dx. O volume rodando em π intersepta o será dado por Invertendo as relações obtemos que x = y2. 255 R: ( ) Vamos ter que al ular Z √ 1 + x2 dx. x Fazendo substituição hiperbóli a, obtemos a pri- √ 1√+ x2√− arcsenh(1/x). R: 5 − 2 + arcsenh(1) − arcsenh(1/2). ′ (d) Como g (x) = tan x, al ulamos Z p Z 2 1 + tan x dx = sec dx = mitiva log(sec x + tan x). Outra solução é utilizando somente o prin í- pio de Cavalieri e a ralação entre volume de one, ilindro e esfera. É solução elementar, que pode ser feita no Ensino médio. Extra 11. O volume total é π O volume até π Z 0 Z R: (x + 1) dx = 4π. 0 x ∈ [C, D] (f f (x) = ax + b p (D − C)2 + (aD − aC)2 ( omprimento a2 + 2a . 2 A.6.5 ⋆Problemas (Área de Superfí ie de Sólido de Revolução) da p.207 √ a2 + 2a 1 = 4, obtemos que a = 5− 2 2 √ 1 (a solução no intervalo [0, 1], pois a outra − 5− π Problema 1. (a) (103/2 − 1). 1 está fora. 27 Igualando para dado por Pitágoras). é (x + 1) dx = π que se é uma poligonal neste tre ho) en- tão o omprimento do grá o neste intervalo é igual a a log √ ! 2+ 2 √ . 2− 2 Problema 3. Prove 2 x=a Substituindo os limites de integração obtemos: 256 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS (b) ( ) √ √ π (18 5 − log(2 + 5)). 32√ √ π( 2 + log(1 + 2)). A.6.6 Desaos Agora pre isamos da primitiva de Desao 1. Suponha que os ilindros possuem omo x e y. eixos os eixos Agora para ada plano z = s, que é paralelo aos eixos, a interseção é um qua- 2 2 2 √ 2L. Por Pitágoras, r = L + s , r 2 − s2 . A área de ada quadrado ou, L(s) = 2 2 2 é A(s) = (2L(s)) = 4(r − s ). Assim o volume é Z r 16 3 4(r 2 − s2 ) ds = r . 3 −r drado de lado Pro ure na internet um ír ulo na origem e outro em (0, L), obtemos que x2 + y 2 = R 2 x2 + (y − L)2 = r 2 . e Vamos denotar por (x0 , y0 ) uma solução positiva deste sistema. Suponha, sem perda de generalidade, que r < R. Geometri amente (faça uma gura) é laro que para que o orra uma interseção, L − r ≤ R ≤ L + r. Resolvendo para y0 subtraindo as duas equações obtemos que y02 − (y0 − L)2 = R2 − r 2 . Assim, R 2 − r 2 + L2 . 2L r < R, y0 ≥ 0. Agora podemos q x0 = R2 − y02 . y0 = Como denir Vamos al ular a área da lúnula omo a diferença entre duas integrais. Para isto denimos yR (x) = p R 2 − x2 e yr (x) = L+ p r 2 − x2 , funções que delimitam a lúnula. Assim a sua área é igual a Z x0 −x0 (yr (x) − yR (x)) dx. Por simetria a área pode ser al ulada por 2 Z x0 0 a2 − x2 dx = área é x0 (2L + |y0 − L| − y0 )+ + r 2 arcsen(x0 /r) − R2 arcsen(x0 /R). Embora formalmente orreta, temos que veri ar que a as funções arcsen (yr (x) − yR (x)) dx. estão bem deni- das. Para isto temos que veri ar que (porque?) Interse tion of Two Cylinders. 0 ≤ x0 ≤ R e 0 ≤ x0 ≤ r. Desao 2. Introduzindo oordenadas e olo ando a2 − x2 : xp 2 a2 a − x2 + arcsen(x/a). 2 2 p Apli ando esta fórmula e substituindo R2 − x20 p 2 2 por y0 e r − x0 por |y0 − L| obtemos que a Z p da p.207 √ x0 é solução positiva e satisfaz + = ≤ R2 . Logo 0 ≤ x0 ≤ R. 2 2 2 Como também satisfaz x0 + (y0 − L) = r , de forma análoga, 0 ≤ x0 ≤ r . f (xi+1 )f (xi ) Desao 3. Isto o orre pois → f (x) 2 quando ∆xi → 0. De fato, omo x20 y02 R2 , x20 Referˆencias Bibliogr´aficas [Ap1℄ Apostol,T. M.; Chrestenson,H. E.; Ogilvy,C. S.; Ri hmond, D. E. and S hoonmaker, N. J. (eds); Sele ted papers on al ulus. Reprinted from the Ameri an Mathemati al Monthly (Volumes 175) and from the Mathemati s Magazine (Volumes 140). The Mathemati al Asso iation of Ameri a, Bualo, N.Y. 1969. [Ap2℄ Apostol,T. M. Cal ulus Vol. 1. John Wiley; 1967. [Bo℄ Boyer, C. B. ; História da Matemáti a, Editora Edigard Blü her ltda, 9a [Co℄ Courant, R. ; Dierential and Integral Cal ulus Vol. I; Inters ien e; 1934. [Fe℄ Feli io, J. 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