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![1Noções Topológicas
1.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Considere os conjuntos
A = [0, 2[,
B = {0, 1, 2, 3},
C = Q,
D = x ∈ R : x =
n
n + 1
, n ∈ N .
Para cada um destes conjuntos, determine:
(a) o interior;
(b) a fronteira;
(c) o exterior;
(d) a aderência;
(e) o derivado;
(f) o conjunto dos pontos isolados;
(g) o conjunto dos majorantes e o conjunto dos minorantes, caso existam;
(h) o supremo e o ínfimo, caso existam;
(i) o máximo e o mínimo, caso existam.
2. Considere o seguinte conjunto:
E = {x ∈ R : |x − 3| ≥ 2} ∩ [−2, 8].
(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de E.
(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de E.
(c) Indique, justificando, se E é um conjunto limitado.
1](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-7-320.jpg)
![1.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Considere os conjuntos A e B definidos por:
A = x ∈ R :
log(x)
x − 4
> 0 ,
B = x ∈ [−1, 1] : 0 < | arcsin(x)| ≤
π
4
.
(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.
(b) Determine, para os conjuntos A e B, a aderência, o derivado, o conjunto dos majo-
rantes e o conjunto dos minorantes.
(c) Considere C = A ∪ B e D = A ∩ B. Exprima C e D na forma de intervalo ou união
de intervalos.
(d) Determine a aderência, o derivado, o conjunto dos majorantes e o conjunto dos
minorantes dos conjuntos C e D.
2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =
1
log(x2 − 9)
e seja A o seu
domínio. Considere, também, o seguinte subconjunto de R:
B = {x ∈ R : |x + 1| < 1} .
(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.
(b) Averigue se A ∩ B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.
(c) Averigue se A ∪ B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.
(d) Averigue se A ∪ B e A ∩ B são conjuntos limitados.
3. Considere os conjuntos A e B definidos por:
A = x ∈ R : | arctan(x)| ≤
π
4
,
B = {x ∈ R : (x − 1)(x + 3) ≤ 0} .
(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.
(b) Determine o interior, a aderência, o derivado, o conjunto dos majorantes e o conjunto
dos minorantes de A ∩ B.
(c) Averigue se A ∪ B é um conjunto fechado ou limitado.
(d) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência e o derivado do conjunto
A ∩ (R Q).
4. Considere os conjuntos A e B definidos por:
A = x ∈ R :
x
1 − |x|
< 0 ,
B = x ∈ R : x =
n
2n + 1
, n ∈ N .
3](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-9-320.jpg)
![1.3 Exercícios resolvidos
1. Considere a função f, real de variável real, definida por f(x) =
√
x2 − 4x + 3
log(x + 2)
e seja A o
seu domínio. Considere o seguinte subconjunto de R:
B = {x ∈ R : |x − 1| < 3}.
(a) Apresentando todos os cálculos, escreva A e B na forma de intervalo ou união de
intervalos.
(b) Determine o conjunto dos pontos interiores e o derivado de B, e a fronteira de A∩B.
Resolução
(a) O domínio da função f, real de variável real, é definido por
A = x ∈ R : x2
− 4x + 3 ≥ 0 ∧ log(x + 2) = 0 ∧ x + 2 > 0 .
Para escrevermos o conjunto A na forma de intervalo ou união de intervalos temos
que escrever cada uma das condições presentes na definição do conjunto A na forma
de intervalo(s) de números reais e, após isso, intersectar os conjuntos obtidos.
Quanto à primeira desigualdade, começamos por notar que o gráfico da função qua-
drática g(x) = x2
− 4x + 3 é uma parábola com a concavidade voltada para cima
(porque o coeficiente de x2
é positivo), e com dois zeros que podemos obter resol-
vendo a equação g(x) = 0. Logo, aplicando a fórmula resolvente, obtemos
x2
− 4x + 3 = 0 ⇔ x =
4 ±
√
16 − 4 × 3
2
=
4 ±
√
4
2
=
4 ± 2
2
⇔ x = 3 ∨ x = 1.
Assim, a desigualdade x2
−4x+3 ≥ 0 é satisfeita sempre que x ∈]−∞, 1]∪[3, +∞[.
Quanto à segunda condição, basta notar que
log(x + 2) = 0 ∧ x + 2 > 0 ⇔ x + 2 = 1 ∧ x > −2 ⇔ x = −1 ∧ x > −2.
Logo, esta condição é satisfeita para todo o x pertencente a ] − 2, −1[∪] − 1, +∞[.
Intersectando os subconjuntos de R acima obtidos, concluímos que
A =] − 2, −1[∪] − 1, 1] ∪ [3, +∞[.
Para escrevermos o conjunto B na forma de intervalo ou união de intervalos temos
de resolver a desigualdade |x − 1| < 3. Para isso, notamos que
|x − 1| < 3 ⇔ −3 < x − 1 < 3 ⇔ −2 < x < 4.
Logo, B =] − 2, 4[.
5](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-11-320.jpg)
![(b) O conjunto dos pontos interiores de B é int(B) =] − 2, 4[= B.
Por definição, o derivado de B é o conjunto dos pontos de acumulação de B. Assim,
B = [−2, 4].
Calculando a intersecção dos conjuntos A e B, obtemos
A ∩ B =] − 2, −1[∪] − 1, 1] ∪ [3, 4[.
Donde, fr(A ∩ B) = {−2, −1, 1, 3, 4}.
2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =
arcsin(2x − 2)
|x − 1| ex
e designe
por D o seu domínio. Considere o subconjunto de R:
A = {x ∈ R : x = (−1)n
e−n
∧ n ∈ N}.
(a) Determine, justificando, o derivado e o conjunto dos minorantes de A.
(b) Determine, justificando, a aderência de D e a fronteira de D ∩ (R Q).
Resolução
(a) O conjunto A é constituído pelos termos da sucessão un = (−1)n
e−n
, n ∈ N. Esta
sucessão é convergente para o ponto x = 0, por ser o produto de um infinitésimo por
uma sucessão limitada lim
n→+∞
1
en
= 0 e − 1 ≤ (−1)n
≤ 1, ∀n ∈ N . O conjunto
A é constituído apenas por pontos isolados tendo, no entanto, x = 0 como ponto
de acumulação, uma vez que, pela definição de limite de uma sucessão, qualquer
vizinhança de centro em 0 conterá, a partir de certa ordem, todos os termos da
sucessão un. Portanto, A = {0}.
Para obter o conjunto dos minorantes de A comecemos por notar que a subsuces-
são dos termos de ordem par, u2n = e−2n
, n ∈ N, é monótona decrescente, e que
0 < u2n ≤ 1
e2 , ∀n ∈ N. Por outro lado, a subsucessão dos termos de ordem ím-
par, u2n−1 = −e1−2n
, n ∈ N, é monótona crescente e satisfaz as desigualdades
−1
e
≤ u2n−1 < 0, ∀n ∈ N. Sendo assim, como a união dos conjuntos dos termos
destas duas subsucessões é o conjunto dos termos da sucessão un, então todos os
termos da sucessão un (i.e., todos os elementos de A) são superiores ou iguais ao pri-
meiro termo, u1. Portanto, o conjunto dos minorantes de A é ]−∞, u1] =]−∞, −1
e
].
(b) Comecemos por escrever o domínio D de f, dado por
D = {x ∈ R : −1 ≤ 2x − 2 ≤ 1 ∧ |x − 1| ex
= 0},
na forma de uma união de intervalos de números reais. Para isso, escrevemos cada
uma das condições presentes na definição do conjunto D na forma de intervalo(s) de
números reais e, após isso, intersectamos os conjuntos obtidos. Quanto ao primeiro
conjunto de desigualdades, basta ver que
−1 ≤ 2x − 2 ≤ 1 ⇔ 1 ≤ 2x ≤ 3 ⇔
1
2
≤ x ≤
3
2
,
6](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-12-320.jpg)
![donde −1 ≤ 2x − 2 ≤ 1 se e só se x ∈ 1
2
, 3
2
.
Quanto à segunda condição, basta notar que
|x − 1| ex
= 0 ⇔ |x − 1| = 0 ∨ ex
= 0.
Como ex
> 0, ∀x ∈ R, e |x − 1| = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1, então x = 1 é solução da
equação |x − 1| ex
= 0. Logo, |x − 1| ex
= 0 se e só se x ∈ R {1}.
Intersectando os dois subconjuntos de R acima obtidos, concluímos que
D =
1
2
, 1 ∪ 1,
3
2
.
Logo, int(D) =]1
2
, 1[∪]1, 3
2
[, fr(D) = {1
2
, 1, 3
2
} e consequentemente, pela definição de
aderência, obtemos D = 1
2
, 3
2
.
Consideremos agora E = D ∩ (R Q) (i.e., E é o conjunto dos números irracionais
que pertencem ao conjunto D).
Comecemos por notar que qualquer elemento de D é ponto fronteiro a E, dado
que qualquer vizinhança centrada num elemento de D contém números racionais e
números irracionais. Logo, D ⊆ fr(E). Por outro lado, visto que qualquer vizinhança
de centro em 1 contém números racionais e números irracionais, obtemos que x = 1
é também um ponto fronteiro a E, donde concluímos que fr(E) = D ∪ {1} = [1
2
, 3
2
].
3. Considere a função f, real de variável real, definida por f(x) =
π
2
+ 3 arcsin(2x − 1).
Designe por A o seu domínio e por B o seu contradomínio. Considere o subconjunto de
R
C = {x ∈ R : x = earctan(n)
∧ n ∈ N}.
(a) Determine A e B.
(b) Determine o interior de B ∩ Q, o conjunto dos minorantes de C e o derivado de
A ∪ C.
Resolução
(a) O domínio da função f, real de variável real, é o conjunto A definido por
A = {x ∈ R : −1 ≤ 2x − 1 ≤ 1}.
Resolvendo o conjunto de inequações que define A, obtemos
−1 ≤ 2x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1.
Logo, A = [0, 1].
7](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-13-320.jpg)
![Para calcular o contradomínio da função f, notemos que é válido o seguinte conjunto
de desigualdades:
−π
2
≤ arcsin(2x − 1) ≤ π
2
⇔ −3π
2
≤ 3 arcsin(2x − 1) ≤ 3π
2
⇔ π
2
− 3π
2
≤ π
2
+ 3 arcsin(2x − 1) ≤ π
2
+ 3π
2
⇔ −π ≤ π
2
+ 3 arcsin(2x − 1) ≤ 2π.
Logo, B = [−π, 2π].
(b) Dado um qualquer ponto x0 de B, sabe-se que qualquer vizinhança de centro em
x0 conterá números racionais e números irracionais. Logo, não existe qualquer vi-
zinhança de centro em x0 contida em B ∩ Q, isto é, x0 /∈ int(B ∩ Q). Portanto,
int(B ∩ Q) = ∅.
Os elementos do conjunto C são os termos da sucessão un = earctan(n)
, n ∈ N. Uma
vez que ex
e arctan(x) são funções reais de variável real estritamente crescentes, a
sucessão un é monótona crescente. Sendo assim, todos os termos de un são maiores ou
iguais que o primeiro termo u1 = earctan(1)
= e
π
4 . Portanto, o conjunto dos minorantes
de C é ] − ∞, e
π
4 ].
Uma vez que a sucessão un é convergente para e
π
2 lim
n→+∞
earctan(n)
= e
π
2 , obtemos
que e
π
2 é um ponto de acumulação do conjunto C. Logo (A ∪ C) = [0, 1] ∪ {e
π
2 }.
4. Considere os subconjuntos de R
A = {x ∈ R : x = arctan(n) ∧ n ∈ N}, B = x ∈ R :
|x + 1| − 1
(x + 1)2
≤ 0 .
(a) Determine, justificando, o derivado, o conjunto dos minorantes e o conjunto dos
majorantes de A.
(b) Determine, justificando, a fronteira de B e a fronteira de B ∩ Q.
Resolução
(a) Os elementos do conjunto A são os termos da sucessão un = arctan(n), n ∈ N. Uma
vez que a sucessão un é convergente para π
2
, pela definição de limite de uma sucessão
concluímos que π
2
é um ponto de acumulação do conjunto A. Notando ainda que o
conjunto A é constituído apenas por pontos isolados, obtemos que A = {π
2
}.
Sendo arctan(x) uma função real de variável real estritamente crescente, obtemos
que a sucessão un é monótona crescente e, portanto, para todo o número natural
n, verificam-se as desigualdades u1 ≤ un < lim un. Logo, para todo o n ∈ N,
π
4
≤ un < π
2
. Concluímos então que o conjunto dos minorantes de A é o intervalo
] − ∞, π
4
] e o conjunto dos majorantes de A é [π
2
, +∞[.
8](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-14-320.jpg)
![(b) Comecemos por escrever o conjunto B na forma de uma união de intervalos de
números reais. Para isso, temos que resolver a inequação que define o conjunto B.
Em primeiro lugar, observemos que o domínio de definição da função h(x) =
|x + 1| − 1
(x + 1)2
é D = {x ∈ R : (x + 1)2
= 0}.
Da desigualdade (x + 1)2
= 0 obtemos x = −1, donde D = R{−1}.
Notemos agora que o sinal da inequação (≤) que define o conjunto B, é completa-
mente determinado pelo sinal de |x + 1| − 1 visto que (x + 1)2
≥ 0, para todo x ∈ R.
Observemos ainda que
|x + 1| − 1 ≤ 0 ⇔ |x + 1| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x + 1 ≤ 1 ⇔ −2 ≤ x ≤ 0,
e que
|x + 1| − 1 = 0 ⇔ |x + 1| = 1 ⇔ x + 1 = −1 ∨ x + 1 = 1 ⇔ x = −2 ∨ x = 0.
A tabela abaixo apresenta toda a informação acerca do sinal das diferentes expres-
sões:
−2 −1 0
|x + 1| − 1 + 0 − − − 0 +
(x + 1)2
+ + + 0 + + +
|x + 1| − 1
(x + 1)2
+ 0 − − 0 +
Obtemos então B = [−2, 0]{−1} e portanto fr(B) = {−2, −1, 0}. Seja x0 um ponto
qualquer de B. Qualquer vizinhança de centro em x0 conterá números racionais e nú-
meros irracionais. Logo, x0 é ponto fronteiro a B ∩Q. Além disso, também qualquer
vizinhança de centro em −1 conterá números racionais e números irracionais, pelo
que x = −1 é um ponto fronteiro a B∩Q. Portanto, fr(B∩Q) = B∪{−1} = [−2, 0].
5. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =
arcsin(x2
− 1)
log(x)
e designe
por D o seu domínio. Determine o interior de D e a fronteira de D ∩ Q.
Resolução
O domínio da função f, real de variável real, é o conjunto D definido por
D = x ∈ R : −1 ≤ x2
− 1 ≤ 1 ∧ x > 0 ∧ log(x) = 0 .
Para calcularmos o interior do conjunto D, começamos por escrever D na forma de uma
união de intervalos de números reais. Para isso, escrevemos cada uma das condições
presentes na definição do conjunto D na forma de intervalo(s) de números reais e, poste-
riormente, intersectamos os conjuntos obtidos.
Quanto às primeiras desigualdades, devemos observar que x2
− 1 ≥ −1 ⇔ x2
≥ 0 é uma
condição universal, e que x2
− 1 ≤ 1 ⇔ x2
≤ 2 ⇔ −
√
2 ≤ x ≤
√
2. Obtemos então que o
primeiro conjunto de desigualdades é satisfeito para todo x ∈ [−
√
2,
√
2].
9](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-15-320.jpg)
![Relativamente à segunda condição, basta ver que
x > 0 ∧ log(x) = 0 ⇔ x > 0 ∧ x = 1.
Logo, esta condição é satisfeita para todo o x pertencente a R+
{1}.
Intersectando os subconjuntos de R acima obtidos, podemos então concluir que D =
]0, 1[∪]1,
√
2], e portanto int(D) =]0, 1[∪]1,
√
2[.
Para calcularmos a fronteira de D∩Q devemos começar por observar que todos os pontos
de D são fronteiros a D ∩ Q, uma vez que qualquer vizinhança centrada num ponto de
D conterá números racionais e números irracionais. Logo D ⊆ fr(D ∩ Q). Pelas mesmas
razões, 0 e 1 são pontos fronteiros a D ∩ Q. Portanto, fr(D ∩ Q) = [0,
√
2].
10](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-16-320.jpg)
![(a) Prove que a sucessão é limitada.
(b) Prove que a sucessão é monótona.
(c) Prove que a sucessão é convergente.
7. Usando a caracterização de conjuntos fechados em termos de limites de sucessões conver-
gentes, mostre que os seguintes conjuntos não são fechados:
(a) ]0, 1];
(b) {x ∈ R : x = n
n+1
, n ∈ N}.
8. Calcule os sublimites das seguintes sucessões e indique em cada caso os respectivos limite
superior e limite inferior:
(a) (−1)n n
n + 1
;
(b) (−1)n
n + n;
(c)
cos(nπ) + cos(2nπ)
n
;
(d)
n
√
n2n sin
nπ
2
.
9. Considere a sucessão de números reais definida, por recorrência,
u1 = 1
un+1 = 2 +
√
un , ∀ n ∈ N.
(a) Mostre que a sucessão é monótona.
(b) Mostre que un ≤ 4 , ∀ n ∈ N.
(c) Mostre que a sucessão é convergente e calcule o seu limite.
10. Prove, usando a definição, que a sucessão an = 1
n
é uma sucessão de Cauchy.
19](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-25-320.jpg)
![(a) Mostre que não existe lim
x→1
f(x).
(b) Defina, em R, uma função g tal que lim
x→1
(f + g)(x) = 4.
6. Para cada número real m, a expressão seguinte define uma função real de variável real:
h(x) =
x2
− m + 7, se x > 0
5, se x = 0
|x + 3| + m, se x < 0.
(a) Determine m de modo que exista lim
x→0
h(x).
(b) Calcule m de modo que lim
x→−5
h(x) = h(0). Neste caso, a função é injectiva? Justifi-
que.
7. Seja f a função real de variável real definida por
f(x) =
x2
e−x
, se x ≥ 1
sin(x − 1)
x2 − 1
, se x < 1.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) Determine os zeros da função dada.
(c) Calcule lim
x→−∞
f(x).
8. Considere a função g, real de variável real,
g(x) =
x + 1, se x > 2
1
2
x, se x ≤ 2.
(a) Calcule g(0) e g(3).
(b) Mostre que ∀x ∈ [0, 3], g(x) =
5
2
.
Isto contradiz o teorema de Bolzano? Justifique.
(c) Averigúe se a restrição de g ao intervalo [0, 2] é necessariamente limitada.
9. Sejam f e g duas funções contínuas em [a, b] tais que f(a) = g(b) e f(b) = g(a). Mostre
que f − g tem pelo menos um zero pertencente ao intervalo [a, b].
10. Considere a função real de variável real definida por
f(x) =
ex
− 1, se x ≥ 0
cos(x) log(x + 1), se x < 0.
32](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-38-320.jpg)
![(a) Determine o domínio de f e estude-a quanto à continuidade.
(b) Mostre que existe a ∈ −π
4
, 1 tal que f(a) = 0.
(c) Justifique que a função tem um máximo e um mínimo no intervalo [0, 1]. Indique os
seus valores.
11. Considere a função real de variável real definida por
g(x) =
3x
+ 2x
2 − ex
, se x ≥ 0
arctan(x), se x < 0.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) Calcule lim
x→−∞
g(x) e lim
x→+∞
g(x).
(c) O teorema de Weierstrass garante a existência de máximo e mínimo da função no
intervalo [−1, 1]?
12. Considere a função real de variável real definida por
f(x) =
−
1
x
cos
π
2
− x , se x < 1
ex
− log(x2
), se x ≥ 1.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) A função f é diferenciável em x = 1? Justifique.
(c) Calcule lim
x→−∞
f(x).
(d) Verifique se é ou não possível prolongar f por continuidade ao ponto x = 0.
13. Considere a função g, real de variável real, tal que
g(x) =
e−bx+b
, se x < 1
(x − 2)2
, se x ≥ 1.
Determine o número real b de modo a que a função g seja diferenciável em x = 1.
14. Seja A = [0, 2π] e considere a função
g : A → R
x → 1 + | sin(x)|.
(a) Mostre que g é contínua no intervalo A, mas que não tem derivada no ponto x = π.
(b) Seja an uma sucessão monótona de termos de A. Averigúe se an é necessariamente
convergente para um ponto de A.
33](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-39-320.jpg)
![15. Dada a função f(x) =
π
3
−2 arccos
3x
2
, mostre que a recta de equação y −3x+ 2π
3
= 0
é tangente ao gráfico da função f. Determine o ponto de tangência.
16. Considere a função real de variável real definida por f(x) = cos(3x).
(a) Calcule a terceira derivada de f.
(b) Prove, pelo princípio de indução matemática, que f(n)
(x) = 3n
cos
nπ
2
+ 3x , ∀x ∈
R, ∀n ∈ N.
17. Dadas as funções f e g definidas por f(x) = 2 cot(3x) e g(x) =
π
2
+arcsin(1−x), determine
a derivada de f o g no ponto de abcissa 1.
18. Dadas as funções
f : [−2, 0] → [0, π]
x → arccos(x + 1)
e
g : −
1
5
, +∞ → R
x → log2(5x + 1),
calcule as derivadas de f e de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa.
19. Considere a função real de variável real
f(x) =
x|x|, se x > −2
(x + 2)2
− 4, se x ≤ −2.
(a) Determine o domínio de f.
(b) Estude f quanto à continuidade.
(c) Determine a função derivada f .
(d) Determine a função segunda derivada f .
20. Considere a função f real de variável real definida por
f(x) =
e|x−1|
, se x > 0
arctan(x), se x ≤ 0.
(a) Estude a função f quanto à continuidade.
(b) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f .
(c) Determine o sinal da função segunda derivada f .
(Nota: pode usar, sem demonstrar, que lim
x→0
arctan(x)
x
= 1.)
34](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-40-320.jpg)
![(b) Mostre que não há nenhuma extensão de f que seja contínua em R.
(c) Indique um prolongamento de g a R que seja contínuo.
6. Seja f uma função real de variável real, contínua em [a, b]. Sabendo que f(a) ≤ a e
f(b) ≥ b, prove que f tem pelo menos um ponto fixo no intervalo [a, b] (Nota: c é um
ponto fixo de f, se f(c) = c).
7. Considere a função real de variável real definida por
g(x) =
2
π
arcsin |x − 2|, se x ≤ 3
e−(x−3)2
, se x > 3.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) Calcule lim
x→2
g(x)
x − 2
. (Nota: pode usar, sem demonstrar, que lim
x→0
arcsin(x)
x
= 1.)
(c) O teorema de Weierstrass garante a existência de máximo e mínimo da função no
intervalo
5
2
, 4 ?
8. Considere a função real de variável real definida por
h(x) =
2x3
− 5x + m, se x ≥ −1
(x − 1) log(e + (x + 1)2
)
x2 + x − 2
, se x < −1.
(a) Determine m de modo a que a função seja contínua em x = −1.
Considere, nas próximas alíneas, o valor de m obtido na alínea (a).
(b) Indique o conjunto dos pontos onde h é contínua, justificando detalhadamente.
(c) Diga, justificando, se é verdadeira ou falsa a proposição
∃x ∈] − 1, 0[: h(x) = 1.
9. Seja g a função real de variável real definida por
g(x) =
x2
+ 2x + 2, se x ≤ −2
−1 +
ex+1
(x − 1)
(x2 − 1)5x
, se x > −2.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) Calcule lim
x→+∞
g(x) e lim
x→1
g(x).
(c) Justifique que a restrição da função ao intervalo [−4, −2] atinge um mínimo nesse
intervalo.
10. Calcule, usando regras de derivação, as derivadas das seguintes funções:
36](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-42-320.jpg)
![(b) g(x) =
x
1 + e
1
x
, se x = 0
0, se x = 0.
16. Considere a função real de variável real f : [−3, 4] → R definida por
f(x) =
√
2 − x, se − 3 ≤ x < 2
3x − 6
x
, se 2 ≤ x ≤ 4.
(a) Prove que a função admite máximo e mínimo.
(b) Calcule a função derivada f e a função segunda derivada f .
(c) Seja dn uma sucessão monótona de termos de Df . Averigúe se dn é necessariamente
convergente para um ponto de Df .
17. Considere a função real de variável real definida pela expressão
g(x) =
sin(x) + cos(x)
1 − cos(x)
, se x = 0
1, se x = 0.
(a) Determine o domínio de g e estude-a quanto à continuidade.
(b) Calcule os zeros de g. Justifique a existência desses zeros usando o teorema de
Bolzano.
(c) Estude a função g quanto à diferenciabilidade.
18. Considere a função real de variável real definida por
h(x) =
|x2
− 9|, se x ≥ 0
log(x2
+ e4
), se x < 0.
(a) Determine o domínio de h e estude a função quanto à continuidade.
(b) Estude a função h quanto à diferenciabilidade.
38](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-44-320.jpg)
![4.3 Exercícios resolvidos
1. Prove, usando a definição, que lim
x→1
4 x + 2 = 6.
Resolução:
Queremos provar que ∀δ > 0 ∃ ε > 0 : |x − 1| < ε ⇒ |(4 x + 2) − 6| < δ, isto é, que
∀δ > 0 ∃ ε > 0 : |x − 1| < ε ⇒ 4 |x − 1| < δ.
Seja δ > 0 fixo arbitrariamente.
Para verificar a definição, basta tomar ε = δ
4
. De facto, considerando este valor para ε,
obtemos |x − 1| < ε ⇒ 4|x − 1| < 4 ε = 4
δ
4
= δ.
Assim, concluímos que ∀δ > 0 ∃ ε = δ
4
> 0 : |x − 1| < ε ⇒ 4 |x − 1| < δ.
2. Considere a função f real de variável real, definida por
f(x) =
log(1 − x2
), se − 1 < x < 0
−x2
, se x ≥ 0
arctan(−x) , se x ≤ −1.
(a) Determine o domínio da função.
(b) Estude a continuidade de f.
(c) Estude a diferenciabilidade de f nos pontos x = −1 e x = 0.
Sugestão: pode usar, sem demonstrar, que lim
y→0
log(1 + y)
y
= 1.
(d) Determine os zeros da função.
(e) Calcule lim
x→−∞
f(x).
(f) Averigúe se, no intervalo [2, 3], a função f é limitada.
Resolução:
(a) Comecemos por notar que
Df = {x ∈ R : (1 − x2
> 0 ∧ −1 < x < 0) ∨ x ≥ 0 ∨ x ≤ −1}.
Como 1 − x2
> 0 ⇔ x2
< 1 ⇔ −1 < x < 1, então 1 − x2
> 0 ∧ −1 < x < 0 é
equivalente a −1 < x < 0. Logo, Df = R.
(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, a função
é contínua. Nomeadamente, f é contínua em ] − 1, 0[ por ser a composição de
duas funções contínuas no seu domínio (função quadrática e função logarítmica),
é contínua em ]0, +∞[ por ser uma função quadrática e, finalmente, é contínua
39](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-45-320.jpg)
![em ] − ∞, −1[ por ser também a composição de duas funções contínuas (função
trigonométrica inversa e função linear). Falta estudar a continuidade da função nos
pontos x = 0 e x = −1.
Vamos então estudar a continuidade da função no ponto x = 0, começando por
calcular os seus limites relativos. Assim, temos
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
−x2
= 0 e lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
log(1 − x2
) = 0.
Logo, como lim
x→0+
f(x) = lim
x→0−
f(x) = 0 então lim
x → 0
x = 0
f(x) = 0. Além disso, aten-
dendo a que f(0) = 0 então lim
x→0
f(x) = 0. Consequentemente, f é contínua em
x = 0.
Estudemos agora a continuidade da função no ponto x = −1, pelo mesmo processo:
lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1+
log(1 − x2
) = −∞ e lim
x→−1−
f(x) = lim
x→−1−
arctan(−x) =
π
4
.
Assim, como lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1−
f(x) então não existe lim
x → −1
x = −1
f(x). Consequente-
mente, não existe lim
x→−1
f(x), pelo que f não é contínua em x = −1.
Concluímos assim que f é contínua em R {−1}.
(c) Como a função não é contínua em x = −1 então não é diferenciável neste ponto.
Assim, precisamos apenas de estudar a diferenciabilidade da função no ponto x = 0.
Calculando as derivadas laterais, obtemos
f (0+
) = lim
x→0+
f(x) − f(0)
x − 0
= lim
x→0+
−x2
− 0
x
= lim
x→0+
−x = 0
e
f (0−
) = lim
x→0−
f(x) − f(0)
x − 0
= lim
x→0−
log(1 − x2
) − 0
x
= lim
x→0−
log(1 + (−x2
))
−x2
(−x) = 0.
Como f (0+
) = f (0−
) = 0 então existe e é finita f (0), pelo que f é diferenciável em
x = 0.
(d) Para determinar os zeros da função, necessitamos de analisar separadamente os três
ramos.
Assim, no intervalo ] − 1, 0[ temos f(x) = 0 ⇔ log(1 − x2
) = 0 ⇔ 1 − x2
= 1 ⇔ x2
=
0 ⇔ x = 0. Como 0 /∈] − 1, 0[, então f não tem nenhum zero neste intervalo.
Relativamente ao intervalo [0, +∞[, temos f(x) = 0 ⇔ −x2
= 0 ⇔ x = 0. Como
0 ∈ [0, +∞[, então x = 0 é um zero da função.
Por último, no intervalo ] − ∞, −1], de f(x) = 0 ⇔ arctan(−x) = 0 ⇔ −x = 0 ⇔
x = 0 concluímos novamente que a função não tem nenhum zero neste intervalo,
uma vez que x = 0 não pertence ao intervalo ] − ∞, −1].
Sendo assim, o único zero da função é x = 0.
40](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-46-320.jpg)
![(e) Tem-se que lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
arctan(−x) =
π
2
.
(f) Como f é contínua em R {−1}, então f é contínua no intervalo I = [2, 3]. Pelo
teorema de Weierstrass, como I é um intervalo fechado e limitado ele é transformado,
por esta função contínua, num intervalo fechado e limitado. Logo, f(I) é um intervalo
fechado e limitado. Assim, o contradomínio - f(I) - é limitado pelo que f é, neste
intervalo, limitada.
3. Considere a função
g : [0, 2] → [−π
2
, π
2
]
y → arcsin(y − 1).
Calcule a derivada de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa.
Resolução:
Consideremos I = [−π
2
, π
2
], e a função
f : I → [0, 2]
x → sin(x) + 1.
Como f é uma função estritamente monótona e contínua em I, f é invertível (em I),
sendo
g : [0, 2] → I
y → arcsin(y − 1).
a sua função inversa.
Pelo teorema da derivada da função inversa, sabemos então que sendo f diferenciável no
ponto x = g(y) e f (x) = 0 (x ∈] − π
2
, π
2
[) , então g é diferenciável em y = f(x) e
g (y) =
1
f (g(y))
=
1
cos(g(y))
=
1
cos(arcsin(y − 1))
.
Precisamos agora de simplificar a expressão cos(arcsin(y−1)). Como x = arcsin(y−1) ⇔
sin(x) = y − 1, basta-nos encontrar o valor de cos(x), a partir do valor de sin(x). Pela
fórmula fundamental da trigonometria, e atendendo a que x ∈ I, obtemos cos(x) =
1 − sin2
(x) = 1 − (y − 1)2. Concluímos assim que
g (y) =
1
1 − (y − 1)2
.
4. Considere a função f real de variável real definida por
f(x) =
x2
− 1, se x < 1
arcsin(x − 1), se x ≥ 1.
41](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-47-320.jpg)
![(a) Determine o domínio da função.
(b) Calcule, se existir, lim
x→1
f(x).
(c) A função é injectiva? Justifique.
(d) Mostre que ∃c ∈]0, 3
2
[ tal que f(c) =
π
12
.
(e) Justifique que a função tem um máximo e um mínimo no intervalo [0, 3
2
].
(f) Determine a função derivada f .
Resolução:
(a) Comecemos por notar que Df = {x ∈ R : x < 1 ∨ (−1 ≤ x − 1 ≤ 1 ∧ x ≥ 1)}. Como
−1 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 então −1 ≤ x − 1 ≤ 1 ∧ x ≥ 1 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2. Assim,
Df =] − ∞, 2].
(b) Comecemos por calcular os limites relativos. Temos lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
x2
− 1 = 0 e
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
arcsin(x − 1) = arcsin(0) = 0. Como lim
x→1+
f(x) = lim
x→1−
f(x) = 0
então lim
x → 1
x = 1
f(x) = 0. Além disso, atendendo a que f(1) = 0, concluímos que
lim
x→1
f(x) = 0.
(c) Para a função ser injectiva, tem de ser verdadeira a proposição
∀x, y ∈ Df , f(x) = f(y) ⇒ x = y.
Atendendo a que f(−1) = f(1) = 0 então verifica-se a negação da proposição ante-
rior, isto é,
∃x, y ∈ Df : f(x) = f(y) ∧ x = y,
pelo que f não é injectiva.
(d) Vimos, na alínea (b), que existe lim
x→1
f(x) pelo que f é contínua no ponto x = 1.
Além disso, no interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função,
podemos afirmar que f também é contínua. De facto, em ]−∞, 1[ a função é contínua
por se tratar de uma função polinomial e, em ]1, 2[ a função é contínua por se tratar
da composição de duas funções contínuas (uma função trigonométrica inversa, que é
contínua no seu domínio, e uma função linear). Ainda, f é contínua em x = 2, uma
vez que lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
arcsin(x − 1) = arcsin(1) =
π
2
= f(2). Concluímos assim
que f é contínua em ]−∞, 2] pelo que, em particular, f é contínua em [0, 3
2
]. Como,
por outro lado, f(0) = −1 e f 3
2
= arcsin 1
2
= π
6
então, pelo teorema de Bolzano,
toda a função contínua não passa de um valor para outro sem passar por todos os
valores intermédios, i.e., considerando k = π
12
, como f(0) = −1 < π
12
< π
6
= f 3
2
então ∃c ∈]0, 3
2
[: f(c) = k = π
12
.
Observação: Para estarmos nas condições do teorema de Bolzano, apenas precisamos
de provar que f é contínua em [0, 3
2
]. Por isso, uma resolução alternativa seria provar
42](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-48-320.jpg)
![que f é contínua nos intervalos ]0, 1[ e ]1, 3
2
[, no ponto x = 1 (com justificações
análogas às anteriores) e, ainda, que lim
x→0+
f(x) = f(0) e lim
x→ 3
2
−
f(x) = f
3
2
.
(e) Vimos, na alínea anterior, que f é contínua no intervalo I = [0, 3
2
]. Pelo corolário do
teorema de Weierstrass, como I é um intervalo limitado e fechado, então a função
atinge neste intervalo um máximo e um mínimo.
(f) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos
calcular f utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos
f (x) =
2 x, se x < 1
1
1 − (x − 1)2
, se 1 < x < 2.
Vamos agora estudar a diferenciabilidade de f no ponto x = 1, por definição. Cal-
culando as derivadas laterais, obtemos
f (1+
) = lim
x→1+
f(x) − f(1)
x − 1
= lim
x→1+
arcsin(x − 1) − 0
x − 1
= lim
x→1+
arcsin(x − 1)
x − 1
= 1
e
f (1−
) = lim
x→1−
f(x) − f(1)
x − 1
= lim
x→1−
(x2
− 1) − 0
x − 1
= lim
x→1−
(x − 1)(x + 1)
x − 1
= lim
x→1−
x+1 = 2.
Como f (1+
) = f (1−
) então não existe f (1). Notemos ainda que não definimos
derivada no ponto x = 2 porque este não é um ponto interior a Df .
Podemos então concluir que
f (x) =
2 x, se x < 1
1
1 − (x − 1)2
, se 1 < x < 2.
5. Considere as funções f e g definidas por f(x) = tan(2x) e g(x) = π + arctan(1 − x).
(a) Determine uma equação da tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1.
(b) Determine a derivada de f o g no ponto de abcissa 1.
Resolução:
(a) Uma equação da recta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1 é
y − g(1) = g (1)(x − 1).
Como g (x) =
−1
1 + (1 − x)2
, então g é diferenciável em R, e g (1) = −1. Por outro
lado, g(1) = π. Logo, obtemos a equação da recta tangente
y − π = −x + 1.
43](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-49-320.jpg)
![5
Teoremas fundamentais
(Rolle, Lagrange e Cauchy).
Indeterminações.
5.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = x4
− x2
− 1.
(a) Mostre que f verifica as condições do teorema de Rolle no intervalo [−2, 2].
(b) Determine o(s) ponto(s) em que a recta tangente ao gráfico da função é horizontal.
2. Considere a função g : [−1, 3] → R, definida por g(x) = |x − 1|.
(a) Mostre que g é contínua no seu domínio e que g(−1) = g(3).
(b) Verifique que g (x) não se anula para qualquer valor de x.
(c) Explique por que motivo não existe contradição com o teorema de Rolle.
3. Determine o número exacto de zeros da função real de variável real, definida por h(x) =
x4
− 2x3
+ 1.
4. Considere a função real de variável real definida, no intervalo [−2, 2], por f(x) =
x3
4
+ 1.
(a) Mostre que esta função verifica as condições do teorema de Lagrange.
(b) Determine o(s) ponto(s) em que a recta tangente ao gráfico de f é paralela ao
segmento de extremos A (−2, f(−2)) e B (2, f(2)).
5. Considere a função real de variável real definida, no intervalo [−1, 8], por f(x) = x
2
3 .
(a) Mostre que não existe c no intervalo ] − 1, 8[ tal que f (c) =
f(8) − f(−1)
8 − (−1)
.
(b) A alínea anterior contradiz o teorema de Lagrange? Justifique.
6. Considere a função real de variável real, definida por g(x) = 1 + x log(x). Aplicando
o teorema de Lagrange à função g, mostre que o seguinte conjunto de desigualdades é
satisfeito
1 + log(x) < log(4x) < 1 + log(2x), ∀x ≥ 1.
Sugestão: considere intervalos da forma [x , 2x], com x ≥ 1.
45](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-51-320.jpg)
![7. (a) Seja f uma função real de variável real, diferenciável num intervalo I. Mostre,
utilizando o teorema de Lagrange que, se existir M > 0 tal que |f (x)| ≥ M, ∀x ∈ I,
então |f(x) − f(y)| ≥ M |x − y| , ∀x, y ∈ I.
(b) Utilize o resultado da alínea anterior para mostrar que | tan(x) − tan(y)| ≥
|x − y|, ∀x, y ∈ −
π
2
,
π
2
.
8. Seja f a função real de variável real definida por f(u) = log(u).
(a) Mostre que o teorema do valor médio de Lagrange pode ser aplicado à função f, em
qualquer intervalo da forma [1, x], para x > 1, e determine o valor médio para o caso
em que x = e.
(b) Prove, utilizando o referido teorema que, ∀x > 1, x − 1 < log (xx
) < x2
− x.
9. Considere f, uma função contínua e diferenciável em [0, +∞[ tal que f(0) = 0 e
0 < f (x) ≤ 1.
(a) Justifique que f só se anula num ponto.
Sugestão: Considere o intervalo [0, b], b > 0, e aplique o teorema de Rolle.
(b) Prove que ∀x ≥ 0, f(x) ≤ x.
10. Verifique que não é possível aplicar a regra de Cauchy no cálculo dos limites seguintes, e
calcule-os por um outro processo.
(a) lim
x→+∞
2x − sin(x)
3x + sin(x)
;
(b) lim
x→0+
x2
2 + sin
1
x
.
11. Calcule, se existirem, os seguintes limites:
(a) lim
x→0
x3
− x
log(x + e) − 1
;
(b) lim
x→0+
x + log (sin(x))
log(x)
;
(c) lim
x→+∞
log (x2
+ 1)
1 + log(x)
;
(d) lim
x→0+
cot(x) −
1
x
;
(e) lim
x→0+
(tan(x) log(x));
(f) lim
x→1+
(x − 1)tan(x−1)
;
(g) lim
x→0+
(ex
+ 2x)
1
x .
46](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-52-320.jpg)
![5.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Considere a equação x5
− 20x + 1 = 0.
(a) Determine quantas soluções tem esta equação e localize-as em R.
(b) Mostre que existe uma única solução no intervalo ]0, 2[.
2. Seja h : R → R uma função diferenciável e a, b e c três números reais distintos tais que
h(a) = h(b) = h(c). Qual das seguintes afirmações é verdadeira? Justifique.
(a) h tem, pelo menos, dois zeros;
(b) h tem, no máximo, dois zeros;
(c) h tem exactamente dois zeros.
3. Mostre que x = 0 é a única solução da equação ex
= 1 + x.
4. Seja f uma função de classe C1
em R, tal que 1 ≤ f (x) ≤ 4 , ∀x ∈]2, 5[ . Mostre que
3 ≤ f(5) − f(2) ≤ 12.
5. Sejam f e g funções de classe C1
em R, tais que f (x) = g (x) , ∀x ∈ R. Sabendo que
g(x) = x3
− 4x + 6 e que f(1) = −5, determine f.
6. Mostre, utilizando o teorema de Lagrange, que se 0 < x < y então
√
y −
√
x <
y − x
2
√
x
.
Conclua que se 0 < x < y então
√
xy <
1
2
(x + y).
7. Prove, aplicando o teorema de Lagrange, que:
(a) arcsin(x) > x , ∀x ∈ ]0, 1[.
(b) arctan(2x) >
2x
1 + 4x2
, ∀x ∈ R+
.
8. Seja f uma função diferenciável em [0, +∞[ tal que f(0) = 3 e f (x) = 0, ∀x ≥ 0.
(a) Calcule, justificando, f(5).
Sugestão: Aplique o teorema de Lagrange ao intervalo [0, 5].
(b) Mostre que f é necessariamente uma função constante.
(c) Considere a função g(x) = ex2−1
. Existe algum ponto onde a função g tem uma
tangente paralela ao gráfico de f?
9. Calcule, se existirem, os seguintes limites:
(a) lim
x→0
3x2
− sin2
(x)
arctan (x2)
;
(b) lim
x→0
sin2
(x2
)
(1 − cos(x))2 ;
47](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-53-320.jpg)
![5.3 Exercícios resolvidos
1. Seja g uma função três vezes diferenciável em R e a, b, c três números reais tais que
a < b < c. Prove que se g tem extremos locais em cada um dos pontos a, b e c, a equação
g (x) = 0 tem pelo menos uma raiz real. Indique um intervalo que contenha essa raiz.
Resolução:
Se a função g é três vezes diferenciável em R, sabemos que g, g e g são diferenciáveis (e
consequentemente contínuas) em R.
Por outro lado, se g tem extremos locais em cada um dos pontos a, b e c, e sendo g
diferenciável nestes pontos, então g (a) = g (b) = g (c) = 0.
Como a função g (x) é contínua no intervalo [a, b], diferenciável em ]a, b[ e g (a) = g (b) =
0, estamos nas condições do teorema de Rolle, pelo que
∃c1 ∈]a, b[: g (c1) = 0.
De igual forma, como a função g (x) é contínua no intervalo [b, c], diferenciável em ]b, c[ e
g (b) = g (c) = 0, estamos novamente nas condições do teorema de Rolle, pelo que
∃c2 ∈]b, c[: g (c2) = 0.
Considerando agora o intervalo [c1, c2], verifica-se que g (x) é contínua neste intervalo,
diferenciável em ]c1, c2[ e, ainda, g (c1) = g (c2) = 0. Assim, pelo teorema de Rolle,
∃c ∈ ]c1, c2[ : g (c) = 0,
o que significa que g (x) = 0 tem, pelo menos, uma raiz real, pertencente ao intervalo
]c1, c2[.
2. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = sin(x2
− 1) + 2x2
.
(a) Prove que f tem, no máximo, dois zeros.
(b) Prove que f tem exactamente dois zeros.
Resolução:
(a) A função f é diferenciável em R, visto ser a soma de duas funções diferenciáveis em R
(uma função quadrática, e a composta da função seno com uma função quadrática).
Calculando os zeros da sua função derivada, obtém-se
f (x) = 0 ⇔ 2x (cos (x2
− 1) + 2) = 0 ⇔ x = 0 ∨ cos (x2
− 1) = −2.
49](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-55-320.jpg)
![Como a condição cos (x2
− 1) = −2 é impossível em R, então x = 0 é o único zero
da função derivada. Logo, pelo corolário do teorema de Rolle, como “entre dois zeros
(distintos) de uma função diferenciável num intervalo há, pelo menos, um zero da
sua derivada”, concluímos que a função f terá, no máximo, dois zeros (se existissem
três zeros distintos de f, então teriam de existir, pelo menos, dois zeros distintos de
f , o que é uma contradição).
(b) Consideremos os intervalos [−1, 0] e [0, 1]. Como f é contínua em R então, em
particular, f é contínua nestes intervalos. Além disso, f(−1) = f(1) = 2 > 0 e
f(0) = sin(−1) < 0. Logo, pelo teorema de Bolzano, podemos concluir que existe,
pelo menos, um zero da função nestes dois intervalos, i.e.,
∃c1 ∈ ]−1, 0[ : f (c1) = 0
e
∃c2 ∈ ]0, 1[ : f (c2) = 0.
Atendendo a que já tínhamos concluído que a função f tem, no máximo, dois zeros,
podemos agora concluir que f tem, exactamente, dois zeros.
3. Prove, usando o teorema de Lagrange, que é válida a desigualdade
arctan
1
x
<
π
4
−
x − 1
1 + x2
, ∀x > 1.
Resolução:
Seja g a função definida por g(x) = arctan
1
x
, num intervalo do tipo [1, x], com x > 1.
A função g é contínua neste intervalo, por ser a composta entre duas funções contínuas
(a função arctan(x), contínua em R, e a função
1
x
, contínua em R {0}).
A sua função derivada, g (x) = −
1
x2 + 1
, é finita no intervalo ]1, x[, pelo que g é diferen-
ciável em ]1, x[.
Logo, verificam-se as condições do teorema de Lagrange, pelo que se pode concluir que
∃ c ∈]1, x[ : −
1
c2 + 1
=
arctan 1
x
− π
4
x − 1
.
Mas, se 1 < c < x, então 2 < c2
+ 1 < x2
+ 1, pelo que
1
x2 + 1
<
1
c2 + 1
<
1
2
e,
consequentemente, −
1
2
< −
1
c2 + 1
< −
1
x2 + 1
.
Pode pois concluir-se que
arctan 1
x
− π
4
x − 1
< −
1
x2 + 1
, ∀x > 1, de onde se obtém a desi-
gualdade pretendida.
50](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-56-320.jpg)
![4. Seja h uma função de domínio R tal que h(0) = 0 e h (x) = cos(x) esin2(x)
. Recorrendo
ao teorema de Lagrange, mostre que ∀x > 0 , h(x) ≤ e x.
Resolução:
A função derivada h é finita em R, pelo que h é uma função contínua em R. Em
particular, h é contínua num intervalo do tipo [0, x], x > 0, e diferenciável em ]0, x[,
x > 0, pelo que podemos aplicar o teorema de Lagrange, e obter:
∃ c ∈]0, x[ : h (c) =
h(x) − h(0)
x
.
Como h (c) = cos(c) esin2(c)
e h(0) = 0, obtemos cos(c) esin2(c)
=
h(x)
x
.
Visto que sin2
(c) ≤ 1 e cos(c) ≤ 1 então cos(c)esin2(c)
≤ e. Obtemos então,
h(x)
x
≤ e, e
uma vez que x > 0, concluímos que h(x) ≤ ex.
Pode pois concluir-se que h(x) ≤ ex , ∀x > 0.
5. Calcule o limite seguinte, justificando detalhadamente a sua resposta:
lim
x→0+
1 +
1
x
1
log(x)
.
Resolução:
Ao calcular lim
x→0+
1 +
1
x
1
log(x)
obtém-se uma indeterminação do tipo ∞0
.
Atendendo a que 1 +
1
x
> 0 , ∀x ∈ R+
, pode transformar-se esta indeterminação numa
de outro tipo através da seguinte manipulação algébrica:
lim
x→0+
1 +
1
x
1
log(x)
= lim
x→0+
e
log 1 +
1
x
1
log(x)
= lim
x→0+
e
1
log(x)
log 1 +
1
x
= e
lim
x→0+
1
log(x)
log 1 +
1
x = e
lim
x→0+
log 1 + 1
x
log(x) = e
− lim
x→0+
log 1 + 1
x
− log(x) .
(5.1)
Ao calcular este novo limite obtém-se uma indeterminação do tipo
∞
∞
.
Considerando as funções f(x) = log 1 +
1
x
e g(x) = − log(x) , são verificadas as
condições de aplicação da regra de Cauchy, pois:
51](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-57-320.jpg)
![• f e g são diferenciáveis num intervalo do tipo ]0, a[, a > 0, uma vez que as respectivas
funções derivadas f (x) = −
1
x(x + 1)
e g (x) = −
1
x
tomam valores finitos neste
intervalo;
• g (x) = 0 , ∀x ∈]0, a[, a > 0;
• lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
g(x) = +∞.
Como lim
x→0+
f (x)
g (x)
= lim
x→0+
1
x + 1
= 1, verifica-se que este limite existe, pelo que lim
x→0+
f(x)
g(x)
também existe e tem igual valor. Assim, lim
x→0+
f(x)
g(x)
= 1, concluindo-se, a partir de (5.1),
que lim
x→0+
1 +
1
x
1
log(x)
= e−1
.
6. Calcule o limite seguinte, justificando detalhadamente a sua resposta:
lim
x→ π
4
log(tan(x))
cot(2x)
.
Resolução:
Ao calcular lim
x→ π
4
log(tan(x))
cot(2x)
, obtém-se uma indeterminação do tipo
0
0
.
Considerando as funções f(x) = log(tan(x)) e g(x) = cot(2x), são verificadas as condições
de aplicação da regra de Cauchy, pois:
• f e g são diferenciáveis num intervalo do tipo
π
4
− ε,
π
4
+ ε
π
4
, ε <
π
4
, uma vez
que as respectivas funções derivadas f (x) =
1
sin(x) cos(x)
e g (x) = −
2
sin2
(2x)
tomam valores finitos neste intervalo;
• g (x) = 0 , ∀x ∈
π
4
− ε,
π
4
+ ε
π
4
, ε <
π
4
;
• lim
x→ π
4
f(x) = lim
x→ π
4
g(x) = 0.
Assim, estão verificadas as condições de aplicação da regra de Cauchy. Como lim
x→ π
4
f (x)
g (x)
=
lim
x→ π
4
−
sin2
(2x)
2 sin(x) cos(x)
= − lim
x→π
4
sin2
(2x)
sin(2x)
= − lim
x→ π
4
sin(2x) = −1, verifica-se que este li-
mite existe, pelo que também existe e é igual lim
x→ π
4
f(x)
g(x)
. Logo, lim
x→ π
4
log(tan(x))
cot(2x)
= −1.
52](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-58-320.jpg)
![6.3 Exercícios resolvidos
1. Seja ψ a função real de variável real definida por ψ(x) =
1
3
log(3x + 2).
(a) Prove, por indução matemática, que
ψ(n)
(x) = (−1)n+1
3n−1
(n − 1)! (3x + 2)−n
, ∀n ∈ N.
(b) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem n, de ψ.
Resolução:
(a) A função ψ tem como domínio o intervalo −
2
3
, +∞ .
Queremos provar, pelo princípio de indução matemática, que a propriedade
ψ(n)
(x) = (−1)n+1
3n−1
(n − 1)! (3x + 2)−n
, ∀n ∈ N
é verificada, para todo o número natural n.
(i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a ψ(1)
(x) = (−1)2
30
0! (3x + 2)−1
=
1
3x + 2
.
Assim, para n = 1, obtemos uma proposição verdadeira, uma vez que a expressão
encontrada corresponde à primeira derivada da função ψ.
(ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo número
natural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremos
provar que se a derivada de ordem n de ψ for dada por
ψ(n)
(x) = (−1)n+1
3n−1
(n − 1)! (3x + 2)−n
,
então a derivada de ordem n + 1 será definida por
ψ(n+1)
(x) = (−1)n+2
3n
n! (3x + 2)−n−1
.
Por hipótese, ψ(n)
(x) = (−1)n+1
3n−1
(n − 1)! (3x + 2)−n
. Logo, derivando ambos
os membros da igualdade, obtemos
ψ(n+1)
(x) = ψ(n)
= (−1)n+1
3n−1
(n − 1)! (−n) (3x + 2)−n−1
3
= (−1)n+2
3n
n! (3x + 2)−n−1
.
Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que
ψ(n)
(x) = (−1)n+1
3n−1
(n − 1)! (3x + 2)−n
, ∀n ∈ N.
(b) A alínea anterior permite concluir que ψ é uma função de classe C∞
no respectivo
domínio, pelo que se pode escrever a sua fórmula de MacLaurin, qualquer que seja
a ordem pretendida e, em particular, a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem
n. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[ , tal que
57](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-63-320.jpg)
![ψ(x) = ψ(0) + x ψ (0) +
x2
2!
ψ (0) + · · · +
xn
n!
ψ(n)
(c).
Calculando o valor das sucessivas derivadas da função ψ no ponto x = 0 , obtém-se
ψ(x) =
1
3
log(3x + 2) ⇒ ψ(0) =
1
3
log(2)
ψ (x) =
1
3x + 2
⇒ ψ (0) =
1
2
ψ (x) = −
3
(3x + 2)2
⇒ ψ (0) = −
3
4
...
ψ(n)
(x) = (−1)n+1
3n−1
(n − 1)! (3x + 2)−n
⇒ ψ(n)
(c) = (−1)n+1
3n−1
(n − 1)! (3c + 2)−n
.
Logo, podemos concluir que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[ , tal que
ψ(x) =
1
3
log(2) +
1
2
x −
3
8
x2
+ · · · +
1
n
(−1)n+1
3n−1
(3c + 2)−n
xn
.
2. Seja g a função real de variável real definida por g(x) =
1
3
√
2x − 1
.
(a) Determine a fórmula de Taylor em torno do ponto x = 1, com resto de ordem 3,
para a função g.
(b) Utilize a alínea anterior para mostrar que
g(x) > 1 −
2
3
(x − 1) +
8
9
(x − 1)2
, para
1
2
< x < 1.
Resolução:
(a) O domínio da função g é R 1
2
. Neste conjunto, a função g(x) =
1
3
√
2x − 1
=
(2x − 1)−1
3 é de classe C∞
, pelo que se pode escrever a sua fórmula de Taylor,
qualquer que seja a ordem pretendida, em torno de um qualquer ponto do domínio.
Em particular, pode escrever-se a sua fórmula de Taylor, com resto de ordem 3, em
torno do ponto x = 1. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[ , tal
que
g(x) = g(1) + (x − 1) g (1) +
(x − 1)2
2!
g (1) +
(x − 1)3
3!
g (c).
Calculando o valor das sucessivas derivadas da função g no ponto x = 1, obtém-se
g(x) = (2x − 1)−1
3 ⇒ g(1) = 1
g (x) = −
2
3
(2x − 1)−4
3 ⇒ g (1) = −
2
3
g (x) =
16
9
(2x − 1)−7
3 ⇒ g (1) =
16
9
g (x) = −
224
27
(2x − 1)−10
3 ⇒ g (c) = −
224
27
(2c − 1)−10
3 ,
58](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-64-320.jpg)
![podendo então concluir-se que existe c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[, tal que
g(x) = 1 −
2
3
(x − 1) +
8
9
(x − 1)2
−
112
81
(2c − 1)−10
3 (x − 1)3
.
(b) Da alínea anterior sabemos que
g(x) = 1 −
2
3
(x − 1) +
8
9
(x − 1)2
−
112
81
(2c − 1)−10
3 (x − 1)3
,
com c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[ , sendo o termo −
112
81
(2c − 1)−10
3 (x − 1)3
o resto de
Lagrange.
Como queremos provar a desigualdade para valores
1
2
< x < 1, então estamos
apenas a considerar o caso x < c < 1. Logo, tem-se
1
2
< c < 1, e consequentemente
0 < 2c − 1 < 1, pelo que (2c − 1)− 10
3 > 0. Por outro lado, como x < 1, então
(x − 1)3
< 0 e, portanto, o resto de Lagrange é positivo. Pode assim concluir-se que
g(x) > 1 −
2
3
(x − 1) +
8
9
(x − 1)2
,
para
1
2
< x < 1.
3. Seja h uma função de domínio R tal que h(0) = 0 e h (x) = cos(x) esin2(x)
. Determine
os extremos relativos de h. Justifique.
Resolução:
A função h é de classe C∞
em R, uma vez que a sua primeira derivada também o é. Sendo
h, em particular, uma função diferenciável, os extremos relativos de h, a existirem, são
zeros da sua derivada. Para os determinarmos vamos resolver a equação h (x) = 0, em
ordem a x:
h (x) = 0 ⇔ cos(x) = 0 ∨ esin2(x)
= 0 ⇔ x =
π
2
+ kπ , k ∈ Z.
Calculando a segunda derivada de h, obtemos h (x) = esin2(x)
(− sin(x) + cos(x) sin(2x)),
pelo que h
π
2
+ 2kπ = −e e h −
π
2
+ 2kπ = e. Como a primeira derivada que
não se anula nos pontos
π
2
+ kπ , k ∈ Z, é de ordem par, podemos concluir que existirão,
nestes pontos, extremos relativos. Como h
π
2
+ 2kπ < 0, então a função h admite
máximos relativos para x =
π
2
+ 2kπ, k ∈ Z e, como h −
π
2
+ 2kπ > 0, a função h
admite mínimos relativos para x = −
π
2
+ 2kπ, k ∈ Z.
4. Seja f :]0, +∞[→ R uma função com segunda derivada contínua em R+
, tal que f (1) = 0
e f (1) = −2. Seja ϕ a função real de variável real definida por ϕ(x) = f(ex
).
59](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-65-320.jpg)
![(a) Calcule ϕ (0) e ϕ (0).
(b) Pode concluir-se que ϕ tem um extremo local no ponto x = 0? Em caso afirmativo,
classifique-o.
(c) Usando a fórmula de MacLaurin para a função ϕ, calcule lim
x→0
ϕ(x) − ϕ(0)
x2
.
Resolução:
(a) A função ϕ é uma função diferenciável em R+
, por ser a composta de uma função
diferenciável em R+
(a função f), com uma função diferenciável em R (a função
exponencial). Podemos assim aplicar a ϕ a regra da derivação da função composta,
obtendo-se ϕ (x) = f (ex
) ex
, pelo que ϕ (0) = f (1) = 0.
De modo análogo se justificava que também a função ϕ é diferenciável em R+
,
sendo a sua função derivada definida por ϕ (x) = f (ex
) (ex
)2
+ f (ex
) ex
, pelo que
ϕ (0) = f (1) + f (1) = −2.
(b) Atendendo a que f é uma função com segunda derivada contínua em R+
, a função ϕ,
sendo a composta da função f com a função exponencial, também é uma função de
classe C2
em R+
. Na alínea anterior constatamos que ϕ (0) = 0 e que ϕ (0) = −2.
Logo, como a primeira derivada de ϕ que não se anula em x = 0 é de ordem par,
pode concluir-se que ϕ(0) é um máximo local (ϕ (0) < 0), tendo em atenção um
dos teoremas estudados, que aplica o teorema de Taylor à determinação de extremos
locais de uma função.
(c) Vimos na alínea anterior que ϕ ∈ C2
(R+
), pelo que se pode escrever a sua fórmula
de MacLaurin de ordem 2. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[,
tal que
ϕ(x) = ϕ(0) + x ϕ (0) +
x2
2
ϕ (c)
= ϕ(0) +
x2
2
f (ec
) e2c
+ ec
f (ec
) .
Substituindo ϕ(x) por esta expressão no limite dado, obtém-se
lim
x→0
ϕ(x) − ϕ(0)
x2
= lim
x→0
ϕ(0) + x2
2
(f (ec
) e2c
+ ec
f (ec
)) − ϕ(0)
x2
= lim
x→0
1
2
f (ec
) e2c
+ ec
f (ec
) = −1,
atendendo a que, se x tende para zero, e 0 < c < x ou x < c < 0, também c tende
para zero.
5. Usando a fórmula de Taylor, calcule o seguinte limite:
lim
x→π
log(| cos(x)|) + (x−π)2
2
(x − π)2
.
60](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-66-320.jpg)
![Resolução:
Seja I uma vizinhança de π, com 0 < <
π
2
. Como cos(x) < 0, para qualquer x
pertencente a I, então | cos(x)| = − cos(x).
A função g(x) = log (− cos(x)) é de classe C∞
em I, pelo que se pode escrever a sua
fórmula de Taylor, qualquer que seja a ordem pretendida, em torno do ponto x = π.
Assim, em particular para a ordem 2, pode afirmar-se que existe c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[
(com x ∈ I), tal que
g(x) = g(π) + (x − π) g (π) +
(x − π)2
2!
g (c).
Calculando o valor das sucessivas derivadas da função g no ponto x = π, obtém-se
g(x) = log (− cos(x)) ⇒ g(π) = 0
g (x) = − tan(x) ⇒ g (π) = 0
g (x) = −
1
cos2(x)
⇒ g (c) = −
1
cos2(c)
.
Podemos então concluir que existe c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[ tal que
g(x) = −
(x − π)2
2
1
cos2(c)
.
Substituindo no limite dado, obtemos
lim
x→π
log(| cos(x)|) + (x−π)2
2
(x − π)2
= lim
x→π
− (x−π)2
2
1
cos2(c)
+ (x−π)2
2
(x − π)2
= lim
x→π
−
1
2 cos2(c)
+
1
2
= 0,
pois se x tende para π, e c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[, também c tende para π.
61](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-67-320.jpg)
![(b) Para determinar os intervalos de monotonia da função, vamos recorrer a um quadro
de sinais para a função (primeira) derivada. Para isso necessitamos de calcular os
zeros da primeira derivada, que facilmente se vê ser, neste caso, apenas x = 0.
Assim, toda a informação sobre o sinal da primeira derivada encontra-se resumida
no quadro seguinte:
−1 0
f − + 0 −
f
Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ] − 1, 0[, e que é estrita-
mente decrescente em ] − ∞, −1[ e em ]0, +∞[. Como numa vizinhança de x = 0
todas as imagens da função são menores ou iguais que f(0) = 0, então 0 é um máximo
relativo para a função. Como em x = −1 a função não é contínua, para averiguar
se f(−1) é um extremo relativo é necessário ver detalhadamente como se comporta
a função numa vizinhança deste ponto. Atendendo à monotonia da função numa
vizinhança de x = −1, e aos limites lim
x→−1+
f(x) = −∞ e lim
x→−1−
f(x) =
π
4
= f(−1),
concluímos então que não existe extremo em x = −1.
(c) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos
calcular f utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos
f (x) =
−
2 + 2x2
(1 − x2)2
se − 1 < x < 0
−2 se x > 0
2x
(1 + x2)2 , se x < −1.
Precisamos ainda de calcular a segunda derivada de f no ponto x = 0, por definição.
Assim, temos
f (0+
) = lim
x→0+
f (x) − f (0)
x − 0
= lim
x→0+
−2x − 0
x − 0
= lim
x→0+
−2 = −2
e
f (0−
) = lim
x→0−
f (x) − f (0)
x − 0
= lim
x→0−
−2x
1−x2 − 0
x − 0
= lim
x→0−
−2
1 − x2
= −2.
Logo, como f (0+
) = f (0−
) = −2, temos f (0) = −2, pelo que
f (x) =
−
2 + 2x2
(1 − x2)2
se − 1 < x < 0
−2 se x ≥ 0
2x
(1 + x2)2 , se x < −1.
66](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-72-320.jpg)
![(d) Para determinar os sentidos de concavidade da função, vamos recorrer a um quadro
de sinais para a função segunda derivada. Atendendo a que f não tem zeros, toda
a informação sobre o sinal da segunda derivada encontra-se resumida no quadro
seguinte:
−1 0
f − − − −
f ∩ ∩ ∩
Podemos então concluir que f tem a concavidade voltada para baixo em ] − ∞, −1[
e em ] − 1, +∞[, não havendo por isso pontos de inflexão.
(e) Atendendo a que lim
x→−1+
f(x) = −∞, lim
x→−1−
f(x) =
π
4
, lim
x→−∞
f(x) =
π
2
e lim
x→+∞
f(x) =
−∞, então CDf =] − ∞, 0] ∪ [π
4
, π
2
[.
Segue-se o gráfico da função:
2. Considere a função real de variável real f, definida por
f(x) =
x2
− 1, se x < 1
arcsin(x − 1), se x ≥ 1.
(a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f.
(b) Determine a função segunda derivada f .
(c) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f.
(d) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.
Resolução:
Relativamente a esta função, já vimos, no exercício 4 dos Exercícios Resolvidos de Limites,
Continuidade e Cálculo Diferencial, que:
• Df =] − ∞, 2];
67](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-73-320.jpg)
![• f é contínua em ] − ∞, 2];
• f (x) =
2 x, se x < 1
1
1 − (x − 1)2
, se 1 < x < 2.
(a) Para determinar os intervalos de monotonia da função, vamos novamente recorrer a
um quadro de sinais para a função (primeira) derivada. O único zero da primeira
derivada é x = 0, e a informação sobre o sinal da primeira derivada encontra-se
resumida no quadro seguinte:
0 1 2
f − 0 + +
f
Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]0, 1[ e em ]1, 2], e que é
estritamente decrescente em ] − ∞, 0[. Como numa vizinhança de x = 0 todas as
imagens da função são maiores ou iguais que f(0) = −1, então −1 é um mínimo
relativo para a função. Por outro lado, por um argumento semelhante, f(2) =
arcsin(1) = π
2
é um máximo relativo para a função. No ponto x = 1, como a função
é contínua (apesar de não ser diferenciável), não existe nenhum extremo relativo.
(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos
calcular f utilizando as regras de derivação. Logo, obtemos
f (x) =
2, se x < 1
x − 1
(1 − (x − 1)2)
3
2
, se 1 < x < 2.
(c) A função f não tem zeros e toda a informação sobre o sinal da segunda derivada
encontra-se resumida no quadro seguinte:
1 2
f + +
f ∪ ∪
Podemos então concluir que f tem a concavidade voltada para cima em ] − ∞, 1[ e
em ]1, 2], não havendo por isso pontos de inflexão.
(d) Atendendo a que lim
x→−∞
f(x) = +∞, então CDf = [−1, +∞[.
Podemos ainda verificar que a função tem dois zeros: os pontos x = −1 e x = 1.
Segue-se o gráfico da função:
68](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-74-320.jpg)
![3. Considere a função real de variável real f, definida por
f(x) =
|x2
− 4|, se x ≤ 0
log(x − 2), se x > 0.
(a) Determine o domínio da função.
(b) Estude a continuidade da função.
(c) Determine a função derivada f .
(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f.
(e) Determine a função segunda derivada f .
(f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f.
(g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.
Resolução:
(a) Comecemos por notar que
Df = {x ∈ R : x ≤ 0 ∨ (x − 2 > 0 ∧ x > 0} =] − ∞, 0]∪]2, +∞[.
(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, a função
é contínua. Nomeadamente, f é contínua em ] − ∞, 0[ por ser a composição de duas
funções contínuas no seu domínio (função quadrática e função módulo), e é contínua
em ]2, +∞[ por ser também a composição de duas funções contínuas no seu domínio
(função logarítmica e função linear). Falta estudar a continuidade da função no
ponto x = 0. Uma vez que
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
|x2
− 4| = 4 = f(0),
então f é contínua em x = 0.
Concluímos assim que f é contínua em ] − ∞, 0]∪]2, +∞[.
69](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-75-320.jpg)
![Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]−2, 0[ e em ]2, +∞[, e que
é estritamente decrescente em ] − ∞, −2[. Como numa vizinhança de x = −2 todas
as imagens da função são maiores ou iguais que f(−2) = 0, então 0 é um mínimo
relativo para a função. Por outro lado, por um argumento semelhante, f(0) = 4 é
um máximo relativo para a função.
(e) Como no interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função
podemos calcular f utilizando as regras de derivação, obtemos
f (x) =
2, se x < −2
−2, se − 2 < x < 0
−1
(x−2)2 , se x > 2.
(f) A segunda derivada da função também não tem zeros, pelo que obtemos o quadro
resumo abaixo:
−2 0 2
f + − −
f ∪ ∩ ∩
Concluímos, então, que f tem a concavidade voltada para cima em ] − ∞, −2[ e
que tem a concavidade voltada para baixo em ] − 2, 0[ e em ]2, +∞[. No ponto
x = −2, apesar de termos mudança de sentido de concavidade à direita e à esquerda
do ponto, não temos nenhum ponto de inflexão porque a função não é diferenciável
neste ponto.
(g) Atendendo a que lim
x→−∞
f(x) = +∞, lim
x→+∞
f(x) = +∞, e lim
x→2+
f(x) = −∞, então
CDf = R.
Podemos ainda verificar que a função tem dois zeros: os pontos x = −2 e x = 3.
Segue-se o gráfico da função:
71](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-77-320.jpg)
![(c) e5x
sin(2x);
(d)
2x + x2
x2
;
(e)
x6
7x7 + 5
+ (x + 2)e−x
;
(f) x cos(x) sin(x);
(g)
1
x − 3
√
3x − 2
;
(h)
x3
√
4 + x2
.
12. Determine a função real de variável real f, definida no intervalo ] − 1, 1[, que satisfaz as
condições
f (x)=
x2
+ 1
x2 + 2
+ arcsin(x) e f(0) = 0.
79](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-85-320.jpg)
![8.3 Exercícios resolvidos
1. Determine a primitiva de h(x) =
5 sin(x) cos(x)
1 − 2 cos2(x)
.
Resolução:
O domínio da função h é Dh = {x ∈ R : 1 − 2 cos2
(x) = 0}.
Notando que (1 − 2 cos2
(x)) = 4 cos(x) sin(x), obtemos
P
5 sin(x) cos(x)
1 − 2 cos2(x)
=
5
4
P
4 sin(x) cos(x)
1 − 2 cos2(x)
=
5
4
log |1 − 2 cos2
(x)| + C,
onde C ∈ R e x ∈ Dh.
2. Determine a primitiva de h(x) = log(1 − x2
).
Resolução:
O domínio da função h é Dh = {x ∈ R : 1 − x2
> 0} =] − 1, 1[.
Vamos usar o método de primitivação por partes para calcular a primitiva de h. Definindo
f(x) = 1 e g(x) = log 1 − x2
e notando que g é uma função diferenciável no seu domínio ] − 1, 1[, obtemos
P (h) = P (fg) = Fg − P (Fg ) ,
onde
F(x) = P(f(x)) = P(1) = x e g (x) =
−2x
1 − x2
=
2x
x2 − 1
.
Segue-se então que
P (h(x)) = P log(1 − x2
) = x log(1 − x2
) − P x
2x
x2 − 1
= x log(1 − x2
) − 2P
x2
x2 − 1
. (8.1)
Vamos então calcular a primitiva de
x2
x2 − 1
. Notando que a função a primitivar é uma
função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio no
denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter
x2
x2 − 1
= 1 +
1
x2 − 1
,
80](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-86-320.jpg)
![A função a primitivar é uma função transcendente de domínio Dh ={x∈R: (cos(x) = 0)
∧(cos(x)−1 = 0)}. Notando que a função h é ímpar em sin(x), utilizamos a substituição
t = cos(x) ou, equivalentemente, x = arccos(t). Dado que ϕ(t) = arccos(t) é uma
função bijectiva de [−1, 1] em [0, π], e diferenciável em ] − 1, 1[ com derivada dada por
ϕ (t) = − 1√
1−t2 e função inversa definida por ϕ−1
(x) = cos(x), efectuando a substituição,
obtemos
P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ (t))}|t=ϕ−1(x)
= P
√
1 − t2
t(t − 1)
−
1
√
1 − t2
|t=ϕ−1(x)
= −P
1
t(t − 1) |t=ϕ−1(x)
. (8.9)
Vamos então calcular a primitiva de
1
t(t − 1)
. Notando que:
(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é
menor do que o grau do polinómio no denominador,
(ii) o polinómio t(t − 1) no denominador tem duas raízes reais (0 e 1), ambas com
multiplicidade 1,
(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominador
não têm factores comuns,
então existem A, B ∈ R tais que
1
t(t − 1)
=
A
t
+
B
t − 1
, ∀t ∈ R {0, 1},
ou seja, existem A, B ∈ R tais que
1 = A(t − 1) + Bt , ∀t ∈ R {0, 1}. (8.10)
De (8.10), podemos escrever a igualdade polinomial 0t + 1 = (A + B)t − A de onde se
obtém o sistema
A + B = 0
−A = 1,
que tem como solução A = −1 e B = 1. Deste modo, obtemos
1
t(t − 1)
= −
1
t
+
1
t − 1
,
donde se segue que
P
1
t(t − 1)
= P −
1
t
+
1
t − 1
= −P
1
t
+ P
1
t − 1
= − log |t| + log |t − 1| + C. (8.11)
84](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-90-320.jpg)
![Das igualdades (8.12) e (8.13) concluímos que
h(x) =
x2
2
+ 1 log(x2
+ 2) −
x2
2
+ C,
para algum C ∈ R.
Vamos agora determinar C ∈ R de modo a que se verifique h(0) = 0. Dado que
h(0) = log(2) + C,
então temos que ter
C = − log(2).
Assim, a função pretendida é
h(x) =
x2
2
+ 1 log(x2
+ 2) −
x2
2
− log(2).
6. Determine a função real h, definida em [−1, 1] e que satisfaz simultaneamente as condições
h (x) =
x2
+ 1
x2 + 2
+ arcsin(x) e h(0) = 0.
Resolução:
A função pretendida é uma primitiva de h . Começamos por notar que
P (h (x)) = P
x2
+ 1
x2 + 2
+ P (arcsin(x)) . (8.14)
Vamos então calcular a primitiva de
x2
+ 1
x2 + 2
. Notando que a função a primitivar é uma
função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio no
denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter
x2
+ 1
x2 + 2
= 1 −
1
x2 + 2
,
donde se segue que
P
x2
+ 1
x2 + 2
= P 1 −
1
x2 + 2
= P(1) − P
1
x2 + 2
= P(1) − P
1
2
x2
2
+ 1
= x −
√
2
2
P
1√
2
x√
2
2
+ 1
= x −
√
2
2
arctan
x
√
2
+ C1, (8.15)
86](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-92-320.jpg)
![onde C1 ∈ R.
Para calcularmos a primitiva de arcsin(x) usamos o método de primitivação por partes.
Definindo
f(x) = 1 e g(x) = arcsin(x)
e notando que g é uma função diferenciável em ] − 1, 1[, obtemos
P (arcsin(x)) = P (fg) = Fg − P (Fg ) ,
onde
F(x) = P(f(x)) = P(1) = x e g (x) =
1
√
1 − x2
.
Segue-se então que
P (arcsin(x)) = x arcsin(x) − P
x
√
1 − x2
= x arcsin(x) +
1
2
P −2x (1 − x2
)−1
2
= x arcsin(x) +
√
1 − x2 + C2, (8.16)
onde C2 ∈ R.
Das igualdades (8.14), (8.15) e (8.16) obtemos
h(x) = x −
√
2
2
arctan
x
√
2
+ x arcsin(x) +
√
1 − x2 + C,
para algum C ∈ R.
Vamos agora determinar C ∈ R de modo a que se verifique h(0) = 0. Dado que
h(0) = 1 + C,
então temos que ter
C = −1.
Assim, a função pretendida é
h(x) = x −
√
2
2
arctan
x
√
2
+ x arcsin(x) +
√
1 − x2 − 1.
7. Determine a primitiva de f(x) =
1
√
x2 − 3x + 2
.
Resolução:
A função a primitivar é uma função algébrica irracional de domínio Dh = {x ∈ R :
x2
− 3x + 2 > 0}.
87](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-93-320.jpg)
![9.3 Exercícios resolvidos
1. Calcule os seguintes integrais:
(a)
8
1
1 + 3
√
x dx;
(b)
e
1
1
x
(log(x))3
dx;
(c)
√
2
0
x2
+ 2x + 3
x2 + 2
dx;
(d)
3
0
(x + 1)
√
9 − x2 dx;
(e)
2
1
e3x
+ e2x
+ 1
ex − e−x
dx;
(f)
1
0
5x + 1
(x2 + 2x + 5)(x + 1)
dx.
Resolução:
(a) A função integranda f(x) = 1 + 3
√
x está definida e é contínua no intervalo [1, 8],
pelo que f é integrável neste intervalo.
Atendendo a que F(x) = x+ 3
4
3
√
x4 é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,
obtemos
8
1
1 + 3
√
x dx = x +
3
4
3
√
x4
8
1
= (8 +
3
4
3
√
84) − (1 +
3
4
3
√
14) =
73
4
.
(b) A função integranda f(x) =
1
x
(log(x))3
está definida e é contínua no intervalo [1, e],
pelo que f é integrável neste intervalo.
Atendendo a que F(x) =
(log(x))4
4
é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,
obtemos
e
1
1
x
(log(x))3
dx =
(log(x))4
4
e
1
=
(log(e))4
4
−
(log(1))4
4
=
1
4
.
(c) A função integranda f(x) =
x2
+ 2x + 3
x2 + 2
é uma função racional definida e contínua
no intervalo [0,
√
2], logo f é integrável neste intervalo.
Como f é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau
do polinómio no denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter
x2
+ 2x + 3
x2 + 2
= 1 +
2x + 1
x2 + 2
.
93](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-99-320.jpg)
![Assim,
√
2
0
x2
+ 2x + 3
x2 + 2
dx =
√
2
0
1 +
2x + 1
x2 + 2
dx =
√
2
0
1 +
2x
x2 + 2
+
1
x2 + 2
dx
=
√
2
0
1 +
2x
x2 + 2
+
√
2
2
1√
2
x√
2
2
+ 1
dx.
Atendendo a que F(x) = x + log(x2
+ 2) +
√
2
2
arctan
x
√
2
é uma primitiva de f
então, pela regra de Barrow, obtemos
√
2
0
x2
+ 2x + 3
x2 + 2
dx
= x + log(x2
+ 2) +
√
2
2
arctan
x
√
2
√
2
0
=
√
2 + log (
√
2)2
+ 2 +
√
2
2
arctan
√
2
√
2
− 0 + log(02
+ 2) +
√
2
2
arctan
0
√
2
=
√
2 + log(2) +
√
2
8
π.
(d) A função integranda f(x) = (x + 1)
√
9 − x2 é o produto de uma função polinomial
por uma função irracional, ambas definidas e contínuas no intervalo [0, 3]. Assim, f
está definida e é contínua em [0, 3], pelo que é integrável neste intervalo.
Observe-se que o integral dado se pode decompor na soma de dois integrais, na forma
3
0
(x + 1)
√
9 − x2 dx =
3
0
x
√
9 − x2 dx +
3
0
√
9 − x2 dx. (9.1)
Relativamente à primeira parcela, como F1(x) =
−1
3
(9 − x2)3 é uma primitiva
da função f1(x) = x
√
9 − x2, pela regra de Barrow, obtemos
3
0
x
√
9 − x2 dx =
−1
3
(9 − x2)3
3
0
=
−1
3
(9 − 32)3 −
−1
3
(9 − 02)3 = 9.
Relativamente à segunda parcela, vamos efectuar uma integração por substituição
sendo, neste caso, x = 3 sin(t) uma substituição adequada. A função ϕ(t) = 3 sin(t)
é uma função de classe C1
em [0, π
2
], pois ϕ (t) = 3 cos(t) é contínua neste intervalo.
Atendendo a que ϕ(0) = 0 e que ϕ π
2
= 3, efectuando a substituição, obtemos
94](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-100-320.jpg)
![3
0
√
9 − x2 dx =
π
2
0
9 − 9 sin2
(t) 3 cos(t) dt
=
π
2
0
9(1 − sin2
(t)) 3 cos(t) dt
=
π
2
0
3 |cos(t)| 3 cos(t)dt
=
π
2
0
9 cos2
(t) dt
= 9
π
2
0
1
2
+
1
2
cos(2t) dt
=
9
2
t +
sin(2t)
2
π
2
0
=
9
4
π .
Da igualdade (9.1) concluímos então que
3
0
(x + 1)
√
9 − x2 dx =
3
0
x
√
9 − x2 dx +
3
0
√
9 − x2 dx = 9 +
9
4
π.
(e) A função integranda f(x) =
e3x
+ e2x
+ 1
ex − e−x
é uma função transcendente definida e
contínua no intervalo [1, 2], pelo que f é integrável neste intervalo.
Vamos efectuar uma integração por substituição. Neste caso, a substituição ade-
quada é ex
= t ou, equivalentemente, x = log(t). A função ϕ(t) = log(t) é uma
função de classe C1
em [e, e2
], uma vez que ϕ (t) =
1
t
é contínua neste intervalo.
Atendendo a que ϕ(e) = 1 e que ϕ e2
= 2, efectuando a substituição, obtemos
2
1
e3x
+ e2x
+ 1
ex − e−x
dx =
e2
e
t3
+ t2
+ 1
t − 1
t
1
t
dt =
e2
e
t3
+ t2
+ 1
t2 − 1
dt.
Como a função integranda
t3
+ t2
+ 1
t2 − 1
é uma função racional cujo grau do polinó-
mio no numerador é maior que o grau do polinómio no denominador, aplicamos o
algoritmo da divisão para obter
t3
+ t2
+ 1
t2 − 1
= t + 1 +
t + 2
t2 − 1
. Logo,
e2
e
t3
+ t2
+ 1
t2 − 1
dt =
e2
e
t + 1 +
t + 2
t2 − 1
dt =
e2
e
t + 1 dt +
e2
e
t + 2
t2 − 1
dt. (9.2)
Relativamente à primeira parcela, como F1(t) = t2
2
+ t é uma primitiva da função
integranda f1(t) = t + 1 obtemos, pela regra de Barrow,
e2
e
t + 1 dt =
t2
2
+ t
e2
e
=
e4
2
+ e2
−
e2
2
+ e =
e4
2
+
e2
2
− e.
Relativamente à segunda parcela, note-se que:
95](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-101-320.jpg)
![(f) A função integranda f(x) =
5x + 1
(x2 + 2x + 5)(x + 1)
é uma função racional definida e
contínua no intervalo [0, 1], pelo que f é integrável neste intervalo.
Vamos então calcular uma primitiva de f. Notando que:
(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera-
dor é menor do que o grau do polinómio no denominador,
(ii) o polinómio (x2
+ 2x + 5)(x + 1) no denominador tem uma raiz real (−1) com
multiplicidade 1, e um par de raízes complexas conjugadas (−1 ± 2i) com mul-
tiplicidade 1,
(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi-
nador não têm factores comuns,
então existem A, B, C ∈ R tais que
5x + 1
(x2 + 2x + 5)(x + 1)
=
A
x + 1
+
Bx + C
x2 + 2x + 5
, ∀x ∈ R {−1},
ou seja, existem A, B, C ∈ R tais que
5x + 1 = A(x2
+ 2x + 5) + (Bx + C)(x + 1), , ∀x ∈ R {−1}. (9.3)
De (9.3), podemos escrever a igualdade polinomial
0x2
+ 5x + 1 = (A + B)x2
+ (2A + B + C)x + 5A + C
de onde se obtém o sistema
A + B = 0
2A + B + C = 5
5A + C = 1,
que tem como solução A = −1, B = 1 e C = 6.
Deste modo, obtemos
1
0
5x + 1
(x2 + 2x + 5)(x + 1)
dx
=
1
0
−1
x + 1
+
x + 6
x2 + 2x + 5
dx
=
1
0
−1
x + 1
dx +
1
0
x + 6
x2 + 2x + 5
dx
=
1
0
−1
x + 1
dx +
1
0
x + 1
x2 + 2x + 5
dx +
1
0
5
x2 + 2x + 5
dx.
(9.4)
Relativamente à primeira parcela, como F1(x) = − log |x + 1| é uma primitiva da
função integranda f1(x) =
−1
x + 1
obtemos, pela regra de Barrow,
97](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-103-320.jpg)
![1
0
−1
x + 1
dx = [− log |x + 1| ]1
0 = − log |2| + log |1| = − log(2).
Quanto à segunda parcela, como F2(x) = 1
2
log |x2
+ 2x + 5| é uma primitiva da
função integranda f2(x) =
x + 1
x2 + 2x + 5
, obtemos pela regra de Barrow,
1
0
x + 1
x2 + 2x + 5
dx =
1
2
log |x2
+ 2x + 5|
1
0
=
1
2
(log(8) − log(5)) =
1
2
log
8
5
.
Finalmente, como
1
0
5
x2 + 2x + 5
dx =
1
0
5
(x + 1)2 + 4
dx
=
5
4
1
0
1
(x+1
2
)2 + 1
dx
=
5
2
1
0
1
2
(x+1
2
)2 + 1
dx
e F3(x) = arctan
x + 1
2
é uma primitiva da função integranda f3(x) =
1
2
(x+1
2
)2 + 1
obtemos, pela regra de Barrow,
1
0
5
x2 + 2x + 5
dx =
5
2
1
0
1
2
(x+1
2
)2 + 1
dx
=
5
2
arctan
x + 1
2
1
0
=
5
2
arctan(1) − arctan
1
2
=
5
2
π
4
− arctan
1
2
=
5π
8
−
5
2
arctan
1
2
.
Da igualdade (9.4) obtemos então
1
0
5x + 1
(x2 + 2x + 5)(x + 1)
dx
=
1
0
−1
x + 1
dx +
1
0
x + 1
x2 + 2x + 5
dx +
1
0
5
x2 + 2x + 5
dx
= − log(2) +
1
2
log
8
5
+
5π
8
−
5
2
arctan
1
2
.
2. Calcule, caso exista, o limite
lim
x→0+
x3−π
−π
cos( 3
√
t + π) dt
sin(x2)
,
justificando detalhadamente a sua resposta.
Resolução:
98](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-104-320.jpg)
![Ao calcular lim
x→0+
x3−π
−π
cos( 3
√
t + π) dt
sin(x2)
obtemos uma indeterminação do tipo 0
0
. Consi-
derando as funções F(x) =
x3−π
−π
cos( 3
√
t + π) dt e g(x) = sin(x2
), vamos provar que são
verificadas as condições da regra de Cauchy no intervalo I =]0, ε[ com 0 < ε < π
2
.
Vamos provar, em primeiro lugar, que a função F é diferenciável em I. Atendendo a que
a função h(t) = cos( 3
√
t + π) é contínua em R, então ela é contínua em qualquer intervalo
da forma [−π, b] (b > −π) contido em R. Assim, pelo teorema fundamental do cálculo
integral, a função H(x) =
x
−π
cos( 3
√
t + π) dt é diferenciável em [−π, b] e, além disso,
H (x) = h(x) = cos( 3
√
x + π), ∀x ∈ [−π, b]. Como F(x) = H(x3
− π), então
F (x) = H(x3
− π)
= H (x3
− π)(x3
− π)
= H (x3
− π) 3x2
= 3x2
cos(
3
√
x3 − π + π)
= 3x2
cos(x), ∀x ∈ [−π, b] .
Como, em particular, F (x) = 3x2
cos(x) toma sempre valores finitos em I, então a função
F é diferenciável em I.
Por outro lado, a função g(x) = sin(x2
) também é diferenciável em I, uma vez que
g (x) = 2x cos(x2
) toma valores finitos neste intervalo. Além disso, g (x) = 0, ∀x ∈ I e
lim
x→0+
F(x) = lim
x→0+
g(x) = 0.
Verificam-se, assim, as condições de aplicabilidade da Regra de Cauchy. Como
lim
x→0+
F (x)
g (x)
= lim
x→0+
3x2
cos(x)
2x cos(x2)
= lim
x→0+
3x cos(x)
2 cos(x2)
= 0
verifica-se que este limite existe, pelo que também existe e tem igual valor lim
x→0+
F(x)
g(x)
.
Logo, lim
x→0+
F(x)
g(x)
= 0.
3. Considere a função real de variável real definida por
f(x) =
1
x
e−t
t
dt.
(a) Determine, justificando, o domínio da função f.
(b) Escreva a fórmula de Taylor de ordem 2 da função f, no ponto x = 1.
(c) Mostre que 2f(
√
x) =
1
x
e−
√
t
t
dt.
99](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-105-320.jpg)
![Resolução:
(a) A função integranda g(t) =
e−t
t
é uma função definida e contínua em R{0}. Assim,
para encontrar o domínio da função f (i.e., o conjunto dos valores para os quais a
função f está definida) temos de assegurar que o intervalo de integração [x, 1], para
x < 1 (ou [1, x], para x > 1), está contido em R{0}. Logo, x só pode tomar valores
positivos, pelo que o domínio de f é R+
.
(b) Na alínea (a) vimos que a função f está definida em R+
, e que a função integranda
g(t) =
e−t
t
está definida e é contínua em R {0}. Assim, em particular, g é contínua
em [1, b], com b > 1 (ou [b, 1], com 0 < b < 1) pelo que, pelo teorema fundamental
do cálculo integral, podemos concluir que a função h(x) =
x
1
e−t
t
dt é diferenci-
ável em [1, b] (ou [b, 1]) e que h (x) = g(x) =
e−x
x
, ∀x ∈ [1, b] (ou [b, 1]). Como
f(x) =
1
x
e−t
t
dt = −
x
1
e−t
t
dt = −h(x) então f (x) = −h (x) = −
e−x
x
, ∀x ∈ [1, b]
(ou [b, 1]). Podemos agora concluir que f é uma função de classe C1
numa vizinhança
do ponto 1 (contida em R+
), uma vez que a função f é contínua nessa vizinhança.
Ainda, a segunda derivada f (x) = e−x x + 1
x2
está definida numa vizinhança do
ponto 1 (contida em R+
). Assim, podemos escrever a fórmula de Taylor com resto de
ordem 2 da função f em torno do ponto 1, i.e., podemos afirmar que existe c ∈]x, 1[
ou c ∈]1, x[ tal que f(x) = f(1) + (x − 1)f (1) +
(x − 1)2
2!
f (c). Como f(1) = 0,
f (1) = −
1
e
e f (c) =
1
ec
c + 1
c2
, podemos então concluir que existe c ∈]x, 1[ ou
c ∈]1, x[ tal que f(x) = −(x − 1)
1
e
+
(x − 1)2
2!
1
ec
c + 1
c2
.
(c) Notemos que f(
√
x) =
1
√
x
e−t
t
dt, e que Df = R+
. Considerando a substituição
t =
√
u, a função ϕ(u) =
√
u é uma função de classe C1
em R+
, uma vez que a
função ϕ (u) =
1
2
√
u
é contínua neste conjunto. Atendendo a que ϕ(1) = 1 e ϕ(x) =
√
x, efectuando a substituição obtemos f(
√
x) =
1
√
x
e−t
t
dt =
1
x
e−
√
u
√
u
1
2
√
u
du =
1
2
1
x
e−
√
u
u
du, de onde concluímos, conforme pretendido, que 2f(
√
x) =
1
x
e−
√
t
t
dt.
4. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função g(x) = arctan(x) e pelas rectas
de equação y =
π
4
e x = 0.
Resolução:
100](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-106-320.jpg)
![Em primeiro lugar, note-se que o ponto de intersecção da função g(x) = arctan(x) com a
recta y = π
4
(i.e, a solução da equação arctan(x) = π
4
) é o ponto de coordenadas 1, π
4
.
Por outro lado, o gráfico de y = arctan(x) está sempre abaixo da recta y =
π
4
no intervalo
[0, 1], uma vez que arctan(x) ≤
π
4
, ∀x ∈ [0, 1]. Assim, o domínio está limitado superior-
mente pela recta y =
π
4
e inferiormente pelo gráfico de y = arctan(x), pelo que a área
pretendida será dada por
A =
1
0
π
4
− arctan(x) dx =
1
0
π
4
− arctan(x) dx.
As funções f(x) =
π
4
e g(x) = arctan(x) estão definidas e são contínuas em [0, 1], logo
são ambas integráveis neste intervalo. Assim,
1
0
π
4
− arctan(x) dx =
1
0
π
4
dx −
1
0
arctan(x) dx
=
π
4
x
1
0
−
1
0
arctan(x) dx =
π
4
−
1
0
arctan(x) dx.
(9.5)
Resta-nos calcular o integral
1
0
arctan(x) dx e, para isso, vamos efectuar uma integração
por partes. Considerando h(x) = 1 e g(x) = arctan(x), h é contínua em [0, 1] e g é uma
função de classe C1
em [0, 1], pois tem derivada contínua neste intervalo. Uma vez que
H(x) = x é uma primitiva da função h obtemos então
1
0
arctan(x) dx = [x arctan(x)]1
0 −
1
0
x
1
1 + x2
dx
= [x arctan(x)]1
0 − 1
2
1
0
2x
1 + x2
dx
= π
4
− 1
2
[log(1 + x2
)]
1
0 = π
4
− log(
√
2).
Finalmente, da igualdade (9.5) obtemos
1
0
π
4
− arctan(x) dx =
π
4
−
π
4
− log(
√
2) = log(
√
2).
5. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = −
1
x
√
x2 − x − 2
e pelas
rectas de equação x = 3, x = 4 e y = 0.
Resolução:
O domínio é limitado inferiormente pelo gráfico da função f(x) = −
1
x
√
x2 − x − 2
, e é
limitado superiormente pela recta y = 0, uma vez que −
1
x
√
x2 − x − 2
< 0, ∀x ∈ [3, 4].
101](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-107-320.jpg)
![Assim, a área é dada por
A =
4
3
0 − −
1
x
√
x2 − x − 2
dx =
4
3
0 − −
1
x
√
x2 − x − 2
dx
=
4
3
1
x
√
x2 − x − 2
dx.
A função integranda f(x) =
1
x
√
x2 − x − 2
, está definida e é contínua em [3, 4], logo f é
integrável neste intervalo.
Vamos efectuar uma integração por substituição. Atendendo a que o polinómio x2
−x−2
tem duas raízes reais e distintas (−1 e 2), neste caso uma das substituições adequadas é
(x + 1) t =
√
x2 − x − 2. Da igualdade anterior obtemos sucessivamente
(x + 1) t =
√
x2 − x − 2
⇒ (x + 1)2
t2
= x2
− x − 2
⇒ (x + 1)2
t2
= (x + 1)(x − 2)
⇒ (x + 1) t2
= x − 2
⇒ x (t2
− 1) = −t2
− 2
⇒ x =
t2
+ 2
1 − t2
.
A função ϕ(t) =
t2
+ 2
1 − t2
é uma função de classe C1
em 1
2
, 2
5
, pois ϕ (t) =
6t
(1 − t2)2
é uma função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ 1
2
= 3 e que ϕ 2
5
= 4,
efectuando a substituição, obtemos
4
3
1
x
√
x2 − x − 2
dx =
√2
5
1
2
1
t2+2
1−t2 (t2+2
1−t2 + 1)t
6t
(1 − t2)2
dt
=
√2
5
1
2
(1 − t2
)2
3(t2 + 2)
6
(1 − t2)2
dt
=
√2
5
1
2
2
t2 + 2
dt =
√2
5
1
2
1
t√
2
2
+ 1
dt
=
√
2
√2
5
1
2
1√
2
t√
2
2
+ 1
dt =
√
2 arctan
t
√
2
√2
5
1
2
=
√
2 arctan
√
5
5
− arctan
√
2
4
.
102](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-108-320.jpg)
![6. Determine a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) =
1
1 + sin(x)
, e as
rectas de equação y = 0, x = 0 e x = π
2
.
Resolução:
O domínio é limitado superiormente pelo gráfico da função f(x) =
1
1 + sin(x)
e inferior-
mente pela recta de equação y = 0, uma vez que se verifica a desigualdade
1
1 + sin(x)
> 0,
no intervalo [0, π
2
].
Assim, a área é dada por
A =
π
2
0
1
1 + sin(x)
− 0 dx =
π
2
0
1
1 + sin(x)
− 0 dx =
π
2
0
1
1 + sin(x)
dx.
A função f(x) =
1
1 + sin(x)
está definida e é contínua em [0, π
2
], logo f é integrável neste
intervalo.
Vamos calcular este integral efectuando uma integração por substituição. Neste caso a
substituição adequada é t = tan(x
2
) ou, equivalentemente, x = 2 arctan(t). A função
ϕ(t) = 2 arctan(t) é uma função de classe C1
em [0, 1], pois ϕ (t) = 2
1+t2 é uma função
contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(0) = 0, ϕ(1) =
π
2
, e que sin(x) =
2t
1 + t2
,
efectuando a substituição, obtemos
π
2
0
1
1 + sin(x)
dx =
1
0
1
1 + 2t
1+t2
2
1 + t2
dx =
1
0
2
(1 + t)2
dx = −2
1
t + 1
1
0
= 1.
7. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) =
√
2 + x2 e pela parábola
de equação y = x2
.
Resolução:
Em primeiro lugar, note-se que os pontos de intersecção da função f(x) =
√
2 + x2 com
a parábola y = x2
são os pontos de coordenadas (
√
2, 2) e (−
√
2, 2), uma vez que
√
2 + x2 = x2
⇒ 2 + x2
= x4
⇒ x4
− x2
− 2 = 0 ⇒ x =
√
2 ∨ x = −
√
2
(note-se que fazendo a mudança de variável y = x2
a equação x4
− x2
− 2 = 0 se pode
escrever na forma y2
− y − 2 = 0).
No intervalo [−
√
2,
√
2] é verificada a desigualdade
√
2 + x2 ≥ x2
, isto é, neste intervalo o
domínio é limitado superiormente pelo gráfico da função f(x) =
√
2 + x2 e inferiormente
103](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-109-320.jpg)
![pelo gráfico da parábola y = x2
. Logo, a área é dada por
A =
√
2
−
√
2
|
√
2 + x2 − x2
| dx =
√
2
−
√
2
√
2 + x2 − x2
dx
=
√
2
−
√
2
√
2 + x2 dx −
√
2
−
√
2
x2
dx.
(9.6)
As funções f(x) =
√
2 + x2 e g(x) = x2
estão definidas e são contínuas em [−
√
2,
√
2],
logo ambas são integráveis neste intervalo.
Relativamente ao segundo integral, como G(x) = x3
3
é uma primitiva para a função g
então, pela regra de Barrow,
√
2
−
√
2
x2
dx =
x3
3
√
2
−
√
2
=
(
√
2)3
3
−
(−
√
2)3
3
=
4
√
2
3
. (9.7)
Vamos agora efectuar uma integração por substituição para calcular o valor do pri-
meiro integral. Neste caso uma das substituições adequadas é x =
√
2 tan(t). A função
ϕ(t) =
√
2 tan(t) é uma função de classe C1
em −π
4
, π
4
, pois ϕ (t) =
√
2
1
cos2(t)
é uma
função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ −
π
4
= −
√
2 e que ϕ
π
4
=
√
2,
efectuando a substituição, obtemos
√
2
−
√
2
√
2 + x2 dx =
π
4
−π
4
2 + 2 tan2
(t)
√
2
cos2(t)
dt
=
π
4
−π
4
√
2
1
cos(t)
√
2
cos2(t)
dt
=
π
4
−π
4
2
cos3(t)
dt.
Precisamos de fazer uma nova substituição para calcular o valor deste último integral.
Neste caso, como a função integranda h(t) =
1
cos3(t)
é uma função ímpar em cos(t),
a substituição escolhida é u = sin(t) ou, equivalentemente, t = arcsin(u). A função
φ(u) = arcsin(u) é uma função de classe C1
em [−
√
2
2
,
√
2
2
], pois φ (u) =
1
√
1 − u2
é
contínua neste intervalo. Atendendo a que φ
√
2
2
= π
4
, φ −
√
2
2
= −π
4
, e que cos(t) =
1 − sin2
(t) =
√
1 − u2 em [−π
4
, π
4
], efectuando a substituição, obtemos
π
4
−π
4
2
cos3(t)
dt =
√
2
2
−
√
2
2
2
(1 − u2)3
1
√
1 − u2
du =
√
2
2
−
√
2
2
2
(1 − u2)2
du.
Falta ainda calcular a primitiva de k(u) =
2
(1 − u2)2
. Notando que:
104](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-110-320.jpg)
![10.3 Exercícios resolvidos
1. Recorrendo à definição de integral impróprio, estude a natureza dos seguintes integrais
calculando, se possível, o seu valor:
(a)
+∞
1
1
x2(x2 + 1)
dx;
(b)
0
−1
e2x
√
1 − e2x
dx.
Resolução:
(a) Dado que a função f(x) =
1
x2(x2 + 1)
está definida no intervalo [1, +∞[, o integral
+∞
1
1
x2(x2 + 1)
dx é impróprio de 1.a
espécie.
Pela definição de integral impróprio de 1.a
espécie, dado que a função f é integrável
em qualquer intervalo [1, x], com x > 1, tem-se
+∞
1
1
x2(x2 + 1)
dx = lim
x→+∞
x
1
1
t2(t2 + 1)
dt.
Note-se que, como a função f é contínua em R{0}, então é contínua e consequen-
temente integrável em qualquer intervalo [1, x], com x > 1.
Precisamos agora de calcular uma primitiva para a função f. Notando que:
i. a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera-
dor é menor do que o grau do polinómio no denominador,
ii. o polinómio t2
(t2
+1) no denominador tem uma raiz real (0) com multiplicidade
2, e um par de raízes complexas conjugadas (±i) com multiplicidade 1,
iii. a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi-
nador não têm factores comuns,
então existem A, B, C, D ∈ R tais que
1
t2(t2 + 1)
=
A
t2
+
B
t
+
Ct + D
t2 + 1
, ∀t ∈ R {0},
ou seja, existem A, B, C, D ∈ R tais que 1 = A(t2
+1)+Bt(t2
+1)+(Ct+D)t2
, ∀t ∈
R {0}. Da igualdade anterior, podemos escrever a igualdade polinomial
0t3
+ 0t2
+ 0t + 1 = (B + C)t3
+ (A + D)t2
+ Bt + A
de onde se obtém o sistema
B + C = 0
A + D = 0
B = 0
A = 1,
110](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-116-320.jpg)
![que tem como solução A = 1, B = 0, C = 0 e D = −1.
Logo,
x
1
1
t2(t2 + 1)
dt =
x
1
1
t2
−
1
t2 + 1
dt.
Atendendo a que F(t) =
t−1
−1
− arctan(t) é uma primitiva de f(t) =
1
t2
−
1
t2 + 1
então, pela regra de Barrow,
x
1
1
t2
−
1
t2 + 1
dt =
t−1
−1
− arctan(t)
x
1
= −
1
x
− arctan(x) + 1 + arctan(1).
Logo, obtemos
+∞
1
1
x2(x2 + 1)
dx = lim
x→+∞
x
1
1
t2(t2 + 1)
dt
= lim
x→+∞
−
1
x
− arctan(x) + 1 + arctan(1)
= −
π
2
+ 1 +
π
4
= 1 −
π
4
,
concluindo-se assim que o integral é convergente.
(b) Dado que a função f(x) =
e2x
√
1 − e2x
está definida no intervalo [−1, 0[ (note-se que
Df = R−
e lim
x→0−
f(x) = +∞), o integral
0
−1
e2x
√
1 − e2x
dx é impróprio de 2.a
espécie.
Pela definição de integral impróprio de 2.a
espécie, dado que a função f é integrável
em qualquer intervalo [−1, x], com −1 < x < 0, temos que
0
−1
e2x
√
1 − e2x
dx = lim
x→0−
x
−1
e2t
√
1 − e2t
dt.
Note-se que, como a função f é contínua em R−
, então é contínua e consequentemente
integrável em qualquer intervalo [−1, x], com −1 < x < 0. Atendendo a que
F(t) = P
e2t
√
1 − e2t
= −
1
2
P −2e2t
(1 − e2t
)−1
2
= −
1
2
(1 − e2t
)
1
2
1
2
= − 1 − e2t
1
2
é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,
x
−1
e2t
√
1 − e2t
dt = − 1 − e2t
1
2
x
−1
= − (1 − e2x
)
1
2 − (1 − e−2
)
1
2 .
111](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-117-320.jpg)
![uma vez que lim
x→0−
3
√
x
sin( 3
√
x)
= 1, concluímos que os dois integrais têm a mesma
natureza, pelo que o integral
0
−1
−
x + 2
sin( 3
√
x)
dx é convergente. Portanto, o integral
0
−1
f(x) dx também é convergente.
(e) A função integranda f(x) = sin(log(x)) está definida no intervalo ]0, 1] (note-se que
não existe lim
x→0+
sin(log(x))), pelo que estamos perante um integral impróprio de 2.a
espécie.
Como a função integranda não tem sempre o mesmo sinal, vamos estudar
1
0
|f(x)|dx,
comparando-o com o integral impróprio de 2.a
espécie convergente
1
0
1
√
x
dx.
Temos
lim
x→0+
| sin(log(x))|
1√
x
= lim
x→0+
√
x | sin(log(x))| = 0,
por ser o produto de uma função convergente para zero por uma função limitada
(0 ≤ | sin(log(x))| ≤ 1).
Assim, como o limite é zero e o integral de comparação é convergente, concluímos
que o integral
1
0
|f(x)| dx é convergente, pelo que o integral inicial também é
convergente (absolutamente convergente).
(f) A função integranda f(x) =
1
5
(x2 − 1)3
está definida no intervalo ]1, +∞[ (note-se
que Df = R {−1, 1} e que lim
x→1+
1
5
(x2 − 1)3
= +∞), pelo que estamos perante um
integral impróprio misto e podemos escrever
+∞
1
1
5
(x2 − 1)3
dx =
2
1
1
5
(x2 − 1)3
dx +
+∞
2
1
5
(x2 − 1)3
dx.
O integral
+∞
1
1
5
(x2 − 1)3
dx é convergente se e só se os integrais
I1 =
2
1
1
5
(x2 − 1)3
dx e I2 =
+∞
2
1
5
(x2 − 1)3
dx forem ambos convergentes.
Comecemos por estudar a natureza do integral I1. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈]1, 2], po-
demos comparar este integral com o integral impróprio de 2.a
espécie
2
1
1
(x − 1)
3
5
dx
que sabemos ser convergente.
115](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-121-320.jpg)
![Tendo em conta que
lim
x→1+
1
5
(x2 − 1)3
1
5
(x − 1)3
= lim
x→1+
5
(x − 1)3
5
(x − 1)3(x + 1)3
= lim
x→1+
1
5
(x + 1)3
=
1
5
√
8
∈ R+
,
concluímos que os dois integrais têm a mesma natureza. Assim, como o integral de
comparação é convergente, o integral I1 também é convergente.
Resta-nos estudar o integral I2. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈ [2, +∞[, podemos com-
parar este integral com o integral impróprio de 1.a
espécie
+∞
1
1
x
6
5
dx que sabemos
ser convergente.
Temos
lim
x→+∞
1
5
(x2 − 1)3
1
x
6
5
= lim
x→+∞
x
6
5
5
(x2 − 1)3
= lim
x→+∞
5
(x2)3
5
(x2 − 1)3
= lim
x→+∞
5 x2
x2 − 1
3
= 1 ∈ R+
.
Como o limite é finito e diferente de zero, concluímos que os dois integrais têm a
mesma natureza. Assim, como o integral de comparação é convergente, o integral I2
também é convergente.
Podemos agora concluir que o integral inicial é convergente, uma vez que os integrais
I1 e I2 são convergentes.
(g) A função f(x) =
x
(4 − x2)
√
2 − x
está definida em ] − ∞, −2[ (note-se que Df =
] − ∞, 2[ {−2} e que lim
x→−2−
x
(4 − x2)
√
2 − x
= +∞). Deste modo, o integral em
estudo é impróprio misto e podemos escrever
−2
−∞
x
(4 − x2)
√
2 − x
dx =
−3
−∞
x
(4 − x2)
√
2 − x
dx +
−2
−3
x
(4 − x2)
√
2 − x
dx.
O integral
−2
−∞
x
(4 − x2)
√
2 − x
dx é convergente se e só se os integrais
I1 =
−3
−∞
x
(4 − x2)
√
2 − x
dx e I2 =
−2
−3
x
(4 − x2)
√
2 − x
dx forem ambos con-
vergentes.
Comecemos por estudar a natureza do integral I2 =
−2
−3
x
(4 − x2)
√
2 − x
dx. Dado
que f(x) > 0, ∀ x ∈ [−3, −2[, podemos utilizar um critério de comparação. Assim,
116](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-122-320.jpg)
![vamos comparar este integral com o integral de 2.a
espécie
−2
−3
1
(−2 − x)
dx que
sabemos ser divergente.
Dado que
lim
x→−2−
x
(4 − x2)
√
2 − x
1
(−2 − x)
= lim
x→−2−
x
(2 − x)(2 + x) (2 − x)
1
2
1
(−2 − x)
= lim
x→−2−
x
−(2 − x)(2 − x)
1
2
=
1
4
∈ R+
,
podemos concluir que os dois integrais são da mesma natureza, ou seja, o integral I2
é divergente.
Concluímos então que o integral inicial é divergente.
3. Determine a área de cada um dos seguintes domínios planos ilimitados:
(a) domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = e−|x|
e pela recta de equação y = 0;
(b) domínio contido nos semiplanos y ≥ x − 2 e y ≥ 0, e limitado pelo gráfico da função
f(x) =
1
x − 2
.
Resolução:
(a) A função f pode ser escrita na forma
f(x) = e−|x|
=
e−x
, se x ≥ 0
ex
, se x < 0,
pelo que a área ilimitada situada entre o gráfico desta função e a recta y = 0 é dada
pelo integral impróprio de 1.a
espécie
+∞
−∞
e−|x|
dx =
0
−∞
ex
dx +
+∞
0
e−x
dx.
Como as funções integrandas ex
e e−x
são integráveis, respectivamente, em qualquer
intervalo [x, 0] com x < 0, e em qualquer intervalo [0, x] com x > 0 então, pela
definição de integral impróprio de 1.a
espécie, temos que
0
−∞
ex
dx +
+∞
0
e−x
dx = lim
x→−∞
0
x
et
dt + lim
x→+∞
x
0
e−t
dt.
Atendendo a que F1(t) = et
é uma primitiva de f1(t) = et
, e que F2(t) = −e−t
é uma
primitiva de f2(t) = e−t
então, pela regra de Barrow, obtemos
0
x
et
dt = et 0
x
= 1 − ex
117](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-123-320.jpg)
![e x
0
e−t
dt = −e−t x
0
= −e−x
+ 1
e, portanto,
0
−∞
ex
dx +
+∞
0
e−x
dx = lim
x→−∞
(1 − ex
) + lim
x→+∞
(−e−x
+ 1)
= 2.
(b) O semiplano y ≥ x − 2 está situado acima da recta de declive 1 que passa pelo
ponto de coordenadas (2, 0). Dado que a função f(x) =
1
x − 2
tem a recta x = 2
como assímptota vertical, e o domínio ilimitado para o qual queremos calcular a
área se situa no semiplano y ≥ 0, basta calcularmos o limite de f numa vizinhança
à direita do ponto 2. Como lim
x→2+
1
x − 2
= +∞, concluímos que o domínio ilimitado
pretendido está situado entre o gráfico de f e a recta y = x − 2, para valores de x
compreendidos entre 2 e a abcissa do ponto de intersecção do gráfico de f com a
recta y = x − 2. Comecemos por calcular a abcissa desse ponto de intersecção:
1
x − 2
= x − 2 ⇒ 1 = x2
− 4x + 4 ⇔ x2
− 4x + 3 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3.
Dado que queremos que a área se situe no semiplano y ≥ 0, o ponto pretendido é o
que tem como abcissa x = 3, visto que é o que corresponde a uma ordenada positiva.
A área pedida será então definida pelo integral
3
2
1
x − 2
− (x − 2) dx. A função
f(x) =
1
x − 2
−(x−2) está definida no intervalo ]2, 3] (note-se que lim
x→2+
f(x) = +∞),
pelo que estamos perante um integral impróprio de 2.a
espécie. Atendendo a que f
é integrável em qualquer intervalo da forma [x, 3], com 2 < x < 3, pela definição de
integral impróprio de 2.a
espécie, obtemos
3
2
1
x − 2
− (x − 2) dx = lim
x→2+
3
x
1
t − 2
− (t − 2) dt.
Atendendo a que F(t) = log |t−2|− t2
2
+2t é uma primitiva de f(t) =
1
t − 2
−(t−2)
então, pela regra de Barrow, obtemos
3
x
1
t − 2
− (t − 2) dt = log |t − 2| −
t2
2
+ 2t
3
x
=
3
2
− log |x − 2| +
x2
2
− 2x
e, portanto,
3
2
1
x − 2
− (x − 2) dx = lim
x→2+
3
2
− log |x − 2| +
x2
2
− 2x = +∞.
118](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-124-320.jpg)
![podemos concluir que os dois integrais têm a mesma natureza. Como o integral de com-
paração é convergente se −β < 1, ou seja se β > −1, concluímos que o integral I2 é
convergente se −1 < β < 0 e divergente se β ≤ −1.
Deste modo o integral
π
2
0
(π
2
− x)β
(sin(x))
1
3
dx, com β < 0, é convergente se e só se I1 e I2 o
forem, pelo que será convergente se −1 < β < 0.
Concluímos então que o integral
π
2
0
(π
2
− x)β
(sin(x))
1
3
dx é convergente se e só se β ∈ ] − 1, +∞[.
120](https://image.slidesharecdn.com/analise1-190814141114/85/Analise-1-126-320.jpg)
Analise 1
- 1. ANÁLISE MATEMÁTICA I C Prática Departamento deMatemática FCT/UNL 2008/2009 Maria do Céu Soares et al.
- 2. Estes apontamentos destinam-seaos alunos de Análise Matemática I da FCT-UNL e não têm qualquer objectivo comercial.
- 3. Colaboradores: Diogo Pinheiro Nelson ChibelesMartins (co-autor dos capítulos 1 e 2) Filipe Marques (co-autor do capítulo 3) Manuela Pedro (co-autora dos capítulos 5 e 6) Lourdes Afonso (co-autora do capítulo 8) Lídia Lourenço (co-autora do capítulo 9) Carmo Brás (co-autora do capítulo 10)
- 5. Índice 1 Noções Topológicas1 1.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Indução Matemática 11 2.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 3 Sucessões de números reais 17 3.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 3.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 4 Limites, Continuidade e Cálculo Diferencial 31 4.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 4.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 4.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 5 Teoremas fundamentais (Rolle,Lagrange e Cauchy). Indeterminações. 45 5.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 i
- 6. 5.2 Exercícios propostospara resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 5.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 6 Teorema de Taylor, Fórmula de Taylor e Aplicações 53 6.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 6.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 6.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 7 Estudo de funções 63 7.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 7.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 7.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 8 Primitivação 73 8.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 8.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 8.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 9 Cálculo Integral. Áreas de figuras planas 89 9.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 9.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 9.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 10 Integrais impróprios 107 10.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 10.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 10.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 ii
- 7. 1Noções Topológicas 1.1 Exercíciospropostos para resolução nas aulas 1. Considere os conjuntos A = [0, 2[, B = {0, 1, 2, 3}, C = Q, D = x ∈ R : x = n n + 1 , n ∈ N . Para cada um destes conjuntos, determine: (a) o interior; (b) a fronteira; (c) o exterior; (d) a aderência; (e) o derivado; (f) o conjunto dos pontos isolados; (g) o conjunto dos majorantes e o conjunto dos minorantes, caso existam; (h) o supremo e o ínfimo, caso existam; (i) o máximo e o mínimo, caso existam. 2. Considere o seguinte conjunto: E = {x ∈ R : |x − 3| ≥ 2} ∩ [−2, 8]. (a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de E. (b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de E. (c) Indique, justificando, se E é um conjunto limitado. 1
- 8. 3. Considere oseguinte conjunto: F = x ∈ N : x2 − 5x + 9 > 3 ∩ x ∈ R : x2 − 7x − 1 ≤ 7 . (a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de F. (b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de F. (c) Indique, justificando, se F é um conjunto aberto ou um conjunto fechado. 4. Considere o seguinte conjunto: G = x ∈ R : x = 1 + 2 sin π n + 1 , n ∈ N ∪ x ∈ R : x − 2 x + 1 > 0 . (a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de G. (b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de G. (c) Indique, justificando, se G é um conjunto aberto ou um conjunto fechado. 5. Considere o seguinte conjunto: H = x ∈ Q : x2 < 9 ∪ x ∈ R Q : x2 − 2x − 5 ≤ 0 . (a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de H. (b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de H. (c) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con- junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de H. 6. Considere o seguinte conjunto: I = x ∈ N : x2 − 5x + 9 > 3 . (a) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de I. (b) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con- junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de I. (c) Indique, justificando, se I é um conjunto limitado. 7. Considere o seguinte conjunto: J = {x ∈ R : |x + 3| > |x + 1|} {−1}. (a) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de J. (b) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con- junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de J. (c) Indique, justificando, se J é um conjunto aberto, fechado ou limitado. 2
- 9. 1.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Considere os conjuntos A e B definidos por: A = x ∈ R : log(x) x − 4 > 0 , B = x ∈ [−1, 1] : 0 < | arcsin(x)| ≤ π 4 . (a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos. (b) Determine, para os conjuntos A e B, a aderência, o derivado, o conjunto dos majo- rantes e o conjunto dos minorantes. (c) Considere C = A ∪ B e D = A ∩ B. Exprima C e D na forma de intervalo ou união de intervalos. (d) Determine a aderência, o derivado, o conjunto dos majorantes e o conjunto dos minorantes dos conjuntos C e D. 2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = 1 log(x2 − 9) e seja A o seu domínio. Considere, também, o seguinte subconjunto de R: B = {x ∈ R : |x + 1| < 1} . (a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos. (b) Averigue se A ∩ B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado. (c) Averigue se A ∪ B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado. (d) Averigue se A ∪ B e A ∩ B são conjuntos limitados. 3. Considere os conjuntos A e B definidos por: A = x ∈ R : | arctan(x)| ≤ π 4 , B = {x ∈ R : (x − 1)(x + 3) ≤ 0} . (a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos. (b) Determine o interior, a aderência, o derivado, o conjunto dos majorantes e o conjunto dos minorantes de A ∩ B. (c) Averigue se A ∪ B é um conjunto fechado ou limitado. (d) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência e o derivado do conjunto A ∩ (R Q). 4. Considere os conjuntos A e B definidos por: A = x ∈ R : x 1 − |x| < 0 , B = x ∈ R : x = n 2n + 1 , n ∈ N . 3
- 10. (a) Exprima Ana forma de intervalo ou união de intervalos. (b) Determine a aderência, o derivado, o conjunto dos minorantes e o conjunto dos majorantes de A ∪ B. (c) Averigue se A ∪ B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado. (d) Averigue se A ∩ B é um conjunto limitado. 5. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = log(1 − x2 ) x , e designe por A o seu domínio. Considere o subconjunto de R: B = x ∈ R : x = 2 + 1 n , n ∈ N . (a) Determine A. (b) Determine a fronteira e o derivado de A ∩ Q. (c) Determine o interior, a fronteira, a aderência e o derivado de B. (d) Relativamente ao conjunto A ∪ B, determine o conjunto dos minorantes, o conjunto dos majorantes e, se existirem, o supremo, o máximo, o ínfimo e o mínimo. 4
- 11. 1.3 Exercícios resolvidos 1.Considere a função f, real de variável real, definida por f(x) = √ x2 − 4x + 3 log(x + 2) e seja A o seu domínio. Considere o seguinte subconjunto de R: B = {x ∈ R : |x − 1| < 3}. (a) Apresentando todos os cálculos, escreva A e B na forma de intervalo ou união de intervalos. (b) Determine o conjunto dos pontos interiores e o derivado de B, e a fronteira de A∩B. Resolução (a) O domínio da função f, real de variável real, é definido por A = x ∈ R : x2 − 4x + 3 ≥ 0 ∧ log(x + 2) = 0 ∧ x + 2 > 0 . Para escrevermos o conjunto A na forma de intervalo ou união de intervalos temos que escrever cada uma das condições presentes na definição do conjunto A na forma de intervalo(s) de números reais e, após isso, intersectar os conjuntos obtidos. Quanto à primeira desigualdade, começamos por notar que o gráfico da função qua- drática g(x) = x2 − 4x + 3 é uma parábola com a concavidade voltada para cima (porque o coeficiente de x2 é positivo), e com dois zeros que podemos obter resol- vendo a equação g(x) = 0. Logo, aplicando a fórmula resolvente, obtemos x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x = 4 ± √ 16 − 4 × 3 2 = 4 ± √ 4 2 = 4 ± 2 2 ⇔ x = 3 ∨ x = 1. Assim, a desigualdade x2 −4x+3 ≥ 0 é satisfeita sempre que x ∈]−∞, 1]∪[3, +∞[. Quanto à segunda condição, basta notar que log(x + 2) = 0 ∧ x + 2 > 0 ⇔ x + 2 = 1 ∧ x > −2 ⇔ x = −1 ∧ x > −2. Logo, esta condição é satisfeita para todo o x pertencente a ] − 2, −1[∪] − 1, +∞[. Intersectando os subconjuntos de R acima obtidos, concluímos que A =] − 2, −1[∪] − 1, 1] ∪ [3, +∞[. Para escrevermos o conjunto B na forma de intervalo ou união de intervalos temos de resolver a desigualdade |x − 1| < 3. Para isso, notamos que |x − 1| < 3 ⇔ −3 < x − 1 < 3 ⇔ −2 < x < 4. Logo, B =] − 2, 4[. 5
- 12. (b) O conjuntodos pontos interiores de B é int(B) =] − 2, 4[= B. Por definição, o derivado de B é o conjunto dos pontos de acumulação de B. Assim, B = [−2, 4]. Calculando a intersecção dos conjuntos A e B, obtemos A ∩ B =] − 2, −1[∪] − 1, 1] ∪ [3, 4[. Donde, fr(A ∩ B) = {−2, −1, 1, 3, 4}. 2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = arcsin(2x − 2) |x − 1| ex e designe por D o seu domínio. Considere o subconjunto de R: A = {x ∈ R : x = (−1)n e−n ∧ n ∈ N}. (a) Determine, justificando, o derivado e o conjunto dos minorantes de A. (b) Determine, justificando, a aderência de D e a fronteira de D ∩ (R Q). Resolução (a) O conjunto A é constituído pelos termos da sucessão un = (−1)n e−n , n ∈ N. Esta sucessão é convergente para o ponto x = 0, por ser o produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada lim n→+∞ 1 en = 0 e − 1 ≤ (−1)n ≤ 1, ∀n ∈ N . O conjunto A é constituído apenas por pontos isolados tendo, no entanto, x = 0 como ponto de acumulação, uma vez que, pela definição de limite de uma sucessão, qualquer vizinhança de centro em 0 conterá, a partir de certa ordem, todos os termos da sucessão un. Portanto, A = {0}. Para obter o conjunto dos minorantes de A comecemos por notar que a subsuces- são dos termos de ordem par, u2n = e−2n , n ∈ N, é monótona decrescente, e que 0 < u2n ≤ 1 e2 , ∀n ∈ N. Por outro lado, a subsucessão dos termos de ordem ím- par, u2n−1 = −e1−2n , n ∈ N, é monótona crescente e satisfaz as desigualdades −1 e ≤ u2n−1 < 0, ∀n ∈ N. Sendo assim, como a união dos conjuntos dos termos destas duas subsucessões é o conjunto dos termos da sucessão un, então todos os termos da sucessão un (i.e., todos os elementos de A) são superiores ou iguais ao pri- meiro termo, u1. Portanto, o conjunto dos minorantes de A é ]−∞, u1] =]−∞, −1 e ]. (b) Comecemos por escrever o domínio D de f, dado por D = {x ∈ R : −1 ≤ 2x − 2 ≤ 1 ∧ |x − 1| ex = 0}, na forma de uma união de intervalos de números reais. Para isso, escrevemos cada uma das condições presentes na definição do conjunto D na forma de intervalo(s) de números reais e, após isso, intersectamos os conjuntos obtidos. Quanto ao primeiro conjunto de desigualdades, basta ver que −1 ≤ 2x − 2 ≤ 1 ⇔ 1 ≤ 2x ≤ 3 ⇔ 1 2 ≤ x ≤ 3 2 , 6
- 13. donde −1 ≤2x − 2 ≤ 1 se e só se x ∈ 1 2 , 3 2 . Quanto à segunda condição, basta notar que |x − 1| ex = 0 ⇔ |x − 1| = 0 ∨ ex = 0. Como ex > 0, ∀x ∈ R, e |x − 1| = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1, então x = 1 é solução da equação |x − 1| ex = 0. Logo, |x − 1| ex = 0 se e só se x ∈ R {1}. Intersectando os dois subconjuntos de R acima obtidos, concluímos que D = 1 2 , 1 ∪ 1, 3 2 . Logo, int(D) =]1 2 , 1[∪]1, 3 2 [, fr(D) = {1 2 , 1, 3 2 } e consequentemente, pela definição de aderência, obtemos D = 1 2 , 3 2 . Consideremos agora E = D ∩ (R Q) (i.e., E é o conjunto dos números irracionais que pertencem ao conjunto D). Comecemos por notar que qualquer elemento de D é ponto fronteiro a E, dado que qualquer vizinhança centrada num elemento de D contém números racionais e números irracionais. Logo, D ⊆ fr(E). Por outro lado, visto que qualquer vizinhança de centro em 1 contém números racionais e números irracionais, obtemos que x = 1 é também um ponto fronteiro a E, donde concluímos que fr(E) = D ∪ {1} = [1 2 , 3 2 ]. 3. Considere a função f, real de variável real, definida por f(x) = π 2 + 3 arcsin(2x − 1). Designe por A o seu domínio e por B o seu contradomínio. Considere o subconjunto de R C = {x ∈ R : x = earctan(n) ∧ n ∈ N}. (a) Determine A e B. (b) Determine o interior de B ∩ Q, o conjunto dos minorantes de C e o derivado de A ∪ C. Resolução (a) O domínio da função f, real de variável real, é o conjunto A definido por A = {x ∈ R : −1 ≤ 2x − 1 ≤ 1}. Resolvendo o conjunto de inequações que define A, obtemos −1 ≤ 2x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1. Logo, A = [0, 1]. 7
- 14. Para calcular ocontradomínio da função f, notemos que é válido o seguinte conjunto de desigualdades: −π 2 ≤ arcsin(2x − 1) ≤ π 2 ⇔ −3π 2 ≤ 3 arcsin(2x − 1) ≤ 3π 2 ⇔ π 2 − 3π 2 ≤ π 2 + 3 arcsin(2x − 1) ≤ π 2 + 3π 2 ⇔ −π ≤ π 2 + 3 arcsin(2x − 1) ≤ 2π. Logo, B = [−π, 2π]. (b) Dado um qualquer ponto x0 de B, sabe-se que qualquer vizinhança de centro em x0 conterá números racionais e números irracionais. Logo, não existe qualquer vi- zinhança de centro em x0 contida em B ∩ Q, isto é, x0 /∈ int(B ∩ Q). Portanto, int(B ∩ Q) = ∅. Os elementos do conjunto C são os termos da sucessão un = earctan(n) , n ∈ N. Uma vez que ex e arctan(x) são funções reais de variável real estritamente crescentes, a sucessão un é monótona crescente. Sendo assim, todos os termos de un são maiores ou iguais que o primeiro termo u1 = earctan(1) = e π 4 . Portanto, o conjunto dos minorantes de C é ] − ∞, e π 4 ]. Uma vez que a sucessão un é convergente para e π 2 lim n→+∞ earctan(n) = e π 2 , obtemos que e π 2 é um ponto de acumulação do conjunto C. Logo (A ∪ C) = [0, 1] ∪ {e π 2 }. 4. Considere os subconjuntos de R A = {x ∈ R : x = arctan(n) ∧ n ∈ N}, B = x ∈ R : |x + 1| − 1 (x + 1)2 ≤ 0 . (a) Determine, justificando, o derivado, o conjunto dos minorantes e o conjunto dos majorantes de A. (b) Determine, justificando, a fronteira de B e a fronteira de B ∩ Q. Resolução (a) Os elementos do conjunto A são os termos da sucessão un = arctan(n), n ∈ N. Uma vez que a sucessão un é convergente para π 2 , pela definição de limite de uma sucessão concluímos que π 2 é um ponto de acumulação do conjunto A. Notando ainda que o conjunto A é constituído apenas por pontos isolados, obtemos que A = {π 2 }. Sendo arctan(x) uma função real de variável real estritamente crescente, obtemos que a sucessão un é monótona crescente e, portanto, para todo o número natural n, verificam-se as desigualdades u1 ≤ un < lim un. Logo, para todo o n ∈ N, π 4 ≤ un < π 2 . Concluímos então que o conjunto dos minorantes de A é o intervalo ] − ∞, π 4 ] e o conjunto dos majorantes de A é [π 2 , +∞[. 8
- 15. (b) Comecemos porescrever o conjunto B na forma de uma união de intervalos de números reais. Para isso, temos que resolver a inequação que define o conjunto B. Em primeiro lugar, observemos que o domínio de definição da função h(x) = |x + 1| − 1 (x + 1)2 é D = {x ∈ R : (x + 1)2 = 0}. Da desigualdade (x + 1)2 = 0 obtemos x = −1, donde D = R{−1}. Notemos agora que o sinal da inequação (≤) que define o conjunto B, é completa- mente determinado pelo sinal de |x + 1| − 1 visto que (x + 1)2 ≥ 0, para todo x ∈ R. Observemos ainda que |x + 1| − 1 ≤ 0 ⇔ |x + 1| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x + 1 ≤ 1 ⇔ −2 ≤ x ≤ 0, e que |x + 1| − 1 = 0 ⇔ |x + 1| = 1 ⇔ x + 1 = −1 ∨ x + 1 = 1 ⇔ x = −2 ∨ x = 0. A tabela abaixo apresenta toda a informação acerca do sinal das diferentes expres- sões: −2 −1 0 |x + 1| − 1 + 0 − − − 0 + (x + 1)2 + + + 0 + + + |x + 1| − 1 (x + 1)2 + 0 − − 0 + Obtemos então B = [−2, 0]{−1} e portanto fr(B) = {−2, −1, 0}. Seja x0 um ponto qualquer de B. Qualquer vizinhança de centro em x0 conterá números racionais e nú- meros irracionais. Logo, x0 é ponto fronteiro a B ∩Q. Além disso, também qualquer vizinhança de centro em −1 conterá números racionais e números irracionais, pelo que x = −1 é um ponto fronteiro a B∩Q. Portanto, fr(B∩Q) = B∪{−1} = [−2, 0]. 5. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = arcsin(x2 − 1) log(x) e designe por D o seu domínio. Determine o interior de D e a fronteira de D ∩ Q. Resolução O domínio da função f, real de variável real, é o conjunto D definido por D = x ∈ R : −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1 ∧ x > 0 ∧ log(x) = 0 . Para calcularmos o interior do conjunto D, começamos por escrever D na forma de uma união de intervalos de números reais. Para isso, escrevemos cada uma das condições presentes na definição do conjunto D na forma de intervalo(s) de números reais e, poste- riormente, intersectamos os conjuntos obtidos. Quanto às primeiras desigualdades, devemos observar que x2 − 1 ≥ −1 ⇔ x2 ≥ 0 é uma condição universal, e que x2 − 1 ≤ 1 ⇔ x2 ≤ 2 ⇔ − √ 2 ≤ x ≤ √ 2. Obtemos então que o primeiro conjunto de desigualdades é satisfeito para todo x ∈ [− √ 2, √ 2]. 9
- 16. Relativamente à segundacondição, basta ver que x > 0 ∧ log(x) = 0 ⇔ x > 0 ∧ x = 1. Logo, esta condição é satisfeita para todo o x pertencente a R+ {1}. Intersectando os subconjuntos de R acima obtidos, podemos então concluir que D = ]0, 1[∪]1, √ 2], e portanto int(D) =]0, 1[∪]1, √ 2[. Para calcularmos a fronteira de D∩Q devemos começar por observar que todos os pontos de D são fronteiros a D ∩ Q, uma vez que qualquer vizinhança centrada num ponto de D conterá números racionais e números irracionais. Logo D ⊆ fr(D ∩ Q). Pelas mesmas razões, 0 e 1 são pontos fronteiros a D ∩ Q. Portanto, fr(D ∩ Q) = [0, √ 2]. 10
- 17. 2Indução Matemática 2.1 Exercíciospropostos para resolução nas aulas 1. Mostre, usando o princípio de indução matemática, que (a) n k=0 (2k + 1) = (n + 1)2 , ∀n ∈ N0; (b) n! ≤ nn , ∀n ∈ N; (c) 42n − 1 é múltiplo de 5, ∀n ∈ N; (d) n k=1 k k + 2 − k − 1 k + 1 = n n + 2 , ∀n ∈ N; (e) 3n n! < 42 3 4 n , ∀n > 3; (f) n3 + 5n é divisível por 3, ∀n ∈ N. 2. Considere a proposição p(n) : sin(2nπ) = 1 (a) Mostre que p(j) verdadeira =⇒ p(j + 1) verdadeira. (b) Mostre que p(n) não é verdadeira para nenhum número natural n. 3. Observando as igualdades 1 − 1 2 = 1 2 1 − 1 2 1 − 1 3 = 1 3 1 − 1 2 1 − 1 3 1 − 1 4 = 1 4 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · induza o resultado geral e prove-o, usando o princípio de indução matemática. 11
- 18. 2.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Prove, usando o princípio de indução matemática, que para x0 ∈ [1, +∞[ se tem (1 + x0)n ≥ 1 + nx0, para todo o número natural n. 2. Mostre, usando o princípio de indução matemática, que (a) n k=1 4 (k + 1)(k + 2) = 2n n + 2 , ∀n ∈ N; (b) n−1 k=1 k2 < n3 3 , ∀n ∈ N {1}; (c) 43n − 4n é múltiplo de 5, ∀n ∈ N. 3. Dada a sucessão (un)n∈N definida por u1 = 1 u2 = 2 un+1 = un + un−1 2 , n ≥ 2 prove, por indução matemática, que un+1 − un = (−1)n−1 1 2n−1 , ∀n ∈ N. 12
- 19. 2.3 Exercícios resolvidos 1.Mostre, usando o princípio de indução matemática, que n k=1 (k + 1) = n(n + 3) 2 , ∀n ∈ N. Resolução: Consideremos a condição p(n) : n k=1 (k + 1) = n(n + 3) 2 . Pretendemos mostrar que p(n) é válida para todo o número natural n. i) Para n = 1 a condição reduz-se a 1 k=1 (k + 1) = 2 = 1(1 + 3) 2 , pelo que p(1) é verdadeira. ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda- deira e pretendemos provar que p(n + 1) também é verdadeira, onde p(n) : n k=1 (k + 1) = n(n + 3) 2 e p(n + 1) : n+1 k=1 (k + 1) = (n + 1)(n + 4) 2 . Como (n + 1)(n + 4) 2 = n2 + 5n + 4 2 , pretendemos então provar que n+1 k=1 (k+1) = n2 + 5n + 4 2 . Consideremos então o primeiro membro da tese. Desdobrando o somatório, obtemos n+1 k=1 (k + 1) = n k=1 (k + 1) + n+1 k=n+1 (k + 1). Pela hipótese de indução sabemos que n k=1 (k + 1) = n(n + 3) 2 . Logo, n+1 k=1 (k + 1) = n k=1 (k + 1) + n+1 k=n+1 (k + 1) = n(n + 3) 2 + n + 2 = n(n + 3) + 2(n + 2) 2 = n2 + 5n + 4 2 . Assim, n+1 k=1 (k + 1) = n2 + 5n + 4 2 . Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que n k=1 (k + 1) = n(n + 3) 2 , ∀n ∈ N. 13
- 20. 2. Mostre, usandoo princípio de indução matemática, que n k=1 1 2 k = 1 − 1 2 n , ∀n ∈ N. Resolução: Consideremos a condição p(n) : n k=1 1 2 k = 1 − 1 2 n . Pretendemos mostrar que p(n) é válida para todo o número natural n. i) Para n = 1 a condição reduz-se a 1 k=1 1 2 k = 1 2 1 = 1 2 = 1 − 1 2 1 , pelo que p(1) é verdadeira. ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda- deira e pretendemos provar que p(n + 1) também é verdadeira, onde p(n) : n k=1 1 2 k = 1 − 1 2 n e p(n + 1) : n+1 k=1 1 2 k = 1 − 1 2 n+1 . Considerando o primeiro membro da tese e desdobrando o somatório, obtemos n+1 k=1 1 2 k = n k=1 1 2 k + n+1 k=n+1 1 2 k . Usando a hipótese de indução, sabemos que n k=1 1 2 k = 1 − 1 2 n , pelo que n+1 k=1 1 2 k = n k=1 1 2 k + n+1 k=n+1 1 2 k = 1− 1 2 n + 1 2 n+1 = 1−2 1 2 1 2 n + 1 2 n+1 = 1 − 2 1 2 n+1 + 1 2 n+1 = 1 − 1 2 n+1 . Assim, n+1 k=1 1 2 k = 1 − 1 2 n+1 . Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que n k=1 1 2 k = 1 − 1 2 n , ∀n ∈ N. 14
- 21. 3. Prove, peloprincípio de indução matemática, que 10n+1 + 3 × 10n + 5 é múltiplo de 9, ∀n ∈ N. Resolução: Consideremos a condição p(n) : 10n+1 +3×10n +5 é múltiplo de 9. Pretendemos mostrar que p(n) é válida para todo o número natural n. i) Para n = 1 a condição reduz-se a p(1) : 101+1 +3×101 +5 = 135 é múltiplo de 9. Logo, p(1) é verdadeira. ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda- deira e pretendemos provar que p(n + 1) também é verdadeira, onde p(n) : 10n+1 +3×10n +5 é múltiplo de 9 e p(n+1) : 10n+2 +3×10n+1 +5 é múltiplo de 9. Considerando o primeiro membro da tese, comecemos por notar que 10n+2 + 3 × 10n+1 + 5 = 10 (10n+1 + 3 × 10n ) + 5 = 10 (10n+1 + 3 × 10n + 5 − 5) + 5 = 10 (10n+1 + 3 × 10n + 5) − 10 × 5 + 5 = 10 (10n+1 + 3 × 10n + 5) − 9 × 5. Usando a hipótese de indução, ∃k ∈ N : 10n+1 + 3 × 10n + 5 = 9 × k. Logo, 10n+2 +3×10n+1 +5 = 10 (10n+1 +3×10n +5)−9×5 = 10×9×k−9×5 = 9 (10×k−5), pelo que 10n+2 + 3 × 10n+1 + 5 é múltiplo de 9. Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que 10n+1 + 3 × 10n + 5 é múltiplo de 9, ∀n ∈ N. 4. Mostre, pelo princípio de indução matemática, que 3n > 2n+1 , ∀n ∈ N {1}. Resolução: Consideremos a condição p(n) : 3n > 2n+1 . Pretendemos mostrar que p(n) é válida para todo o número natural n, maior que um. i) Para n = 2 a proposição reduz-se a 32 = 9 > 8 = 22+1 , pelo que p(2) é verdadeira. ii)Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda- deira e pretendemos provar que p(n + 1) também é verdadeira, onde p(n) : 3n > 2n+1 e p(n + 1) : 3n+1 > 2n+2 . Considerando o primeiro membro da tese, como 3n+1 = 3 × 3n , aplicando a hipótese de indução obtemos 3n+1 = 3 × 3n > 3 × 2n+1 . Como 3 > 2, as desigualdades anteriores implicam que 3n+1 > 2 × 2n+1 = 2n+2 . Logo, 3n+1 > 2n+2 . Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que 3n > 2n+1 , ∀n ∈ N {1}. 15
- 22.
- 23. 3Sucessões de númerosreais 3.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas 1. Considere a sucessão definida por recorrência u1 = √ 2 un+1 = √ 2un , ∀ n ∈ N. (a) Prove, por indução, que 0 < un < 2 , ∀ n ∈ N. (b) Prove que a sucessão é monótona crescente. 2. Considere a sucessão de termo geral un = (−1)3n √ n . Indique, justificando, quais das se- guintes sucessões são subsucessões de un: (a) 1√ 2n ; (b) 1√ n ; (c) − 1√ n ; (d) 1√ 2n+1 . 3. Mostre, usando a definição, que (a) lim n→+∞ 2n = +∞; (b) lim n→+∞ en + 2 en = 1; (c) lim n→+∞ 1 n2 = 0; (d) lim n→+∞ 1 n2 + n + 3 = 0. 4. Dê exemplos de sucessões (un) e (vn) tais que un → 0, vn → +∞ e que: (a) lim n→+∞ unvn = 2 ; 17
- 24. (b) lim n→+∞ unvn =0 ; (c) lim n→+∞ unvn não existe. 5. Calcule, se existirem, os seguintes limites: (a) lim n→+∞ n √ n2 + n ; (b) lim n→+∞ (−1)n+1 n − 2 n3 + 2n2 − 2 ; (c) lim n→+∞ sin( √ n) √ n ; (d) lim n→+∞ sin 1 n 1 n ; (e) lim n→+∞ 1 + n−2 n ; (f) lim n→+∞ nn−2 (n + π)n (n2 + 1); (g) lim n→+∞ √ n2 + 5 + 3 √ n 3 √ 2n3 + n2 + n 2 + n2 + 1 n √ n ; (h) lim n→+∞ 2n sin(n2 + 2n) 22n+1 + 2n ; (i) lim n→+∞ nn2 (1 + n2) n2 2 ; (j) lim n→+∞ 22n+1 n + 2 4n + 1 n ; (k) lim n→+∞ ( √ 2n + 1 − √ 2n) cos n3 + 1 ; (l) lim n→+∞ n k=1 n n2 + k ; (m) lim n→+∞ n √ 2n + 3n+1; (n) lim n→+∞ sin(n2 ); (o) lim n→+∞ n k=1 (sin n)2 5n3 + k ; (p) lim n→+∞ n n 1 23nn! . 6. Considere a sucessão un = 1 n + 1 n + 1 + · · · + 1 2n . 18
- 25. (a) Prove quea sucessão é limitada. (b) Prove que a sucessão é monótona. (c) Prove que a sucessão é convergente. 7. Usando a caracterização de conjuntos fechados em termos de limites de sucessões conver- gentes, mostre que os seguintes conjuntos não são fechados: (a) ]0, 1]; (b) {x ∈ R : x = n n+1 , n ∈ N}. 8. Calcule os sublimites das seguintes sucessões e indique em cada caso os respectivos limite superior e limite inferior: (a) (−1)n n n + 1 ; (b) (−1)n n + n; (c) cos(nπ) + cos(2nπ) n ; (d) n √ n2n sin nπ 2 . 9. Considere a sucessão de números reais definida, por recorrência, u1 = 1 un+1 = 2 + √ un , ∀ n ∈ N. (a) Mostre que a sucessão é monótona. (b) Mostre que un ≤ 4 , ∀ n ∈ N. (c) Mostre que a sucessão é convergente e calcule o seu limite. 10. Prove, usando a definição, que a sucessão an = 1 n é uma sucessão de Cauchy. 19
- 26. 3.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Considere a sucessão de termo geral un = 3 n + 1 . (a) Calcule os cinco primeiros termos da sucessão. (b) Averigúe se a sucessão é monótona e limitada. 2. Verifique se as seguintes sucessões são limitadas: (a) vn = 5n2 + 8 5n2 + 1 ; (b) wn = arccot(n) se n par − arctan(n) se n ímpar. 3. Verifique se as seguintes sucessões são monótonas: (a) un = cos 1 n + 5; (b) zn = 1 n se n par (−2)n se n ímpar. 4. As sucessões un e vn verificam as seguintes condições: i) ∀ n ∈ N 0 < un < vn; ii) ∀ n ∈ N vn é decrescente. Diga, justificando, se são verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações: (a) vn é convergente; (b) un é convergente; (c) un é decrescente. 5. Mostre, usando a definição, que (a) lim n→+∞ log(n) = +∞; (b) lim n→+∞ 1 2n = 0; (c) lim n→+∞ n + √ n n + √ n + 1 = 1. 6. Dê exemplos de sucessões (un) e (vn) tais que un → +∞ e vn → −∞, que verifiquem (a) lim n→+∞ (un + vn) = 0 ; 20
- 27. (b) lim n→+∞ (un +vn) = +∞ ; (c) lim n→+∞ (un + vn) não existe. 7. Considere as sucessões de números reais definidas por u1 = 3 5 un+1 = un−3 6 , ∀ n ∈ N e vn = 5un + 3 . (a) Mostre que vn é uma progressão geométrica. (b) Deduza a expressão analítica de vn e un. (c) Calcule o limite de un. 8. Considere a sucessão de termo geral un = sin n π 2 . Encontre sucessões vn estritamente crescentes tais que wn = un ◦ vn seja subsucessão de un, e que verifiquem (a) wn = 1 , ∀ n ∈ N; (b) wn = 0 , ∀ n ∈ N. 9. Calcule os seguintes limites: (a) lim n→+∞ n tan 1 n ; (b) lim n→+∞ cos2 (n) sin 1 n ; (c) lim n→+∞ n2 + 3 n2 + 1 n2 ; (d) lim n→+∞ 1 5n + 3. 7n − 1 n ; (e) lim n→+∞ √ 5n2 + 1 − √ 5n2 − 1 + n √ n ; (f) lim n→+∞ (n + 1) n2 + (n + 1)2 n3 + · · · + (n + 1)n nn+1 ; (g) lim n→+∞ 1 3 √ n3 + 4 + 1 3 √ n3 + 5 + · · · + 1 3 √ n3 + 2n ; (h) lim n→+∞ n10 − 1 n10 n5 ; (i) lim n→+∞ 2n − en+1 en − 2n+1 . 10. Usando a caracterização de conjuntos fechados em termos de limites de sucessões conver- gentes, mostre que os seguintes conjuntos não são fechados: 21
- 28. (a) [0, 1[; (b)Q. 11. Calcule os sublimites das seguintes sucessões, e indique, em cada caso, o limite superior e o limite inferior: (a) √ 2n + 1 − (−1)n √ 2n + 3; (b) (−1)n sin2 (n) 2n 1 n . 12. Considere a sucessão de números reais positivos definida, por recorrência, por u1 = 5 un+1 = 5un − 4 un , ∀ n ∈ N. (a) Prove por indução que 4 < un , ∀ n ∈ N. (b) Prove que a sucessão é convergente. 13. Sendo a ∈ R, com 0 < a < 1, considere a sucessão definida por recorrência do seguinte modo u1 = 3 un+1 = un + 3 an , ∀ n ∈ N. (a) Prove, por indução, que un = 3 n k=1 ak−1 , ∀ n ∈ N. (b) Mostre que a sucessão e monótona. (c) Calcule o seu limite. 14. Prove que a sucessão xn = 1 + 1 2 + 1 3 + · · · + 1 n não é uma sucessão de Cauchy. 22
- 29. 3.3 Exercícios resolvidos 1.Prove, usando a definição, que lim 1 √ n + 2 = 0. Resolução: Queremos provar que ∀ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p ⇒ 1 √ n + 2 − 0 < ε. Como 1 √ n + 2 é sempre positivo, a propriedade anterior reduz-se a ∀ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p ⇒ 1 √ n + 2 < ε. Seja ε > 0 fixo arbitrariamente. Atendendo a que 1 √ n + 2 < 1 √ n , ∀n ∈ N, para satisfazer a definição, basta tomar p como o menor número inteiro maior ou igual que 1 ε2 . De facto, n > p ≥ 1 ε2 ⇒ n > 1 ε2 ⇒ 1 n < ε2 ⇒ 1 √ n < ε. Logo, n > p ⇒ 1 √ n + 2 < 1 √ n < ε. Provámos então que ∀ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p ⇒ 1 √ n + 2 < ε. 2. Determine, justificando, o limite das sucessões: (a) xn = sin(n) n2 j=1 j n5 ; (b) yn = n j=0 sin( √ n) j + 2n3 . Resolução: (a) Começamos por calcular o lim n2 j=1 j n5 . 23
- 30. A sucessão n2 j=1 j n5 pode serreescrita na forma n2 j=1 j n5 = 1 n5 + 2 n5 + · · · + n2 n5 n2 parcelas , pelo que, n2 1 n5 ≤ n2 j=1 j n5 ≤ n2 n2 n5 , ∀ n ∈ N. Tendo em conta que lim n2 n5 = lim 1 n3 = 0 , lim n4 n5 = lim 1 n = 0 , podemos concluir, pelo teorema das sucessões enquadradas, que lim n2 j=1 j n5 = 0 . Uma vez que −1 ≤ sin(n) ≤ 1, ∀ n ∈ N, podemos concluir que lim sin(n) n2 j=1 j n5 = 0 , por ser o produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada. (b) A resolução desta alínea é análoga à anterior, uma vez que yn pode ser reescrita na forma yn = sin( √ n) n j=0 1 j + 2n3 = sin( √ n) 1 √ 0 + 2n3 + · · · + 1 √ n + 2n3 n+1 parcelas , atendendo a que sin( √ n) não depende do índice do somatório. Assim, vamos pri- meiro calcular lim n j=0 1 j + 2n3 . Comecemos por observar que (n + 1) 1 √ n + 2n3 ≤ n j=0 1 j + 2n3 ≤ (n + 1) 1 √ 2n3 , ∀ n ∈ N. 24
- 31. Dividindo o numeradore o denominador de ambas as fracções pela potência de maior grau, obtemos lim n + 1 √ n + 2n3 = lim 1√ n + 1 n3/2 1 n2 + 2 = 0 e lim n + 1 √ 2n3 = lim 1√ n + 1 n3/2 √ 2 = 0. Logo, pelo teorema das sucessões enquadradas, concluímos que lim n j=0 1 j + 2n3 = 0. Por outro lado temos −1 ≤ sin( √ n) ≤ 1, ∀ n ∈ N o que nos permite concluir que, lim sin( √ n) n j=0 1 j + 2n3 = 0, por se tratar do produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada. 3. Calcule, justificando, os limites das seguintes sucessões: (a) n n √ n! ; (b) 1 5n 5n − 1 n + 1 n ; (c) 4 √ n + 1 n √ n + 3 sin( √ n + 1); (d) sin 1 n cos( √ n + 1). Resolução: (a) Comecemos por notar que lim n n √ n! = lim n nn n! . 25
- 32. Seja un = nn n! >0 , ∀ n ∈ N. Como lim un+1 un = lim (n+1)(n+1) (n+1)! nn n! = lim (n + 1)(n+1) n! (n + 1)! nn = lim (n + 1)n (n + 1) n! (n + 1) n! nn = lim (n + 1)n nn = lim 1 + 1 n n = e, e atendendo a que lim un+1 un = e ⇒ lim n √ un = e, concluímos que lim n n√ n! = e. (b) Comecemos por notar que 1 5n 5n − 1 n + 1 n = 5n − 1 5n + 5 n e que 5n − 1 5n + 5 = 1 + −6 5n + 5 . Logo, lim 1 5n 5n − 1 n + 1 n = lim 5n − 1 5n + 5 n = lim 1 + −6 5n + 5 5n+5 n 5n+5 . Assim, como lim 1 + −6 5n + 5 5n+5 = e−6 e lim n 5n + 5 = 1 5 , obtemos lim 1 5n 5n − 1 n + 1 n = e−6 1 5 = e−6 5 . (c) Dividindo o numerador e o denominador da fracção pela potência de maior grau obtemos, sucessivamente, lim 4 √ n + 1 n √ n + 3 = lim 4√ n n3/2 + 1 n3/2 √ n3 n3/2 + 3 n3/2 = lim 4 n n6 + 1 n3/2 1 + 3 n3/2 = lim 4 1 n5 + 1 n3/2 1 + 3 n3/2 = 4 √ 0 + 0 1 + 0 = 0. 26
- 33. Uma vez −1≤ sin( √ n + 1) ≤ 1 , ∀ n ∈ N, temos que lim 4 √ n + 1 n √ n + 3 sin( √ n + 1) = 0, por se tratar do produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada. (d) Tendo em conta que lim sin 1 n = sin(0) = 0 e que −1 ≤ cos( √ n + 1) ≤ 1, ∀ n ∈ N, podemos concluir que lim sin 1 n cos( √ n + 1) = 0, por ser o produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada. 4. Considere a sucessão de números reais definida por recorrência, x1 = √ 3 xn+1 = √ 3 xn. (a) Mostre, por indução matemática, que √ 3 ≤ xn < 3, ∀n ∈ N. (b) Mostre que a sucessão é crescente. (c) Verifique que a sucessão é convergente e determine o seu limite. Resolução: (a) Queremos provar, pelo princípio de indução matemática, que a propriedade√ 3 ≤ xn < 3 é verificada, para todo o número natural n. (i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a √ 3 ≤ x1 = √ 3 < 3 pelo que, para n = 1, obtemos uma proposição verdadeira. (ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo número natural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremos provar que √ 3 ≤ xn < 3 ⇒ √ 3 ≤ xn+1 < 3. Por hipótese, √ 3 ≤ xn < 3. Logo, obtemos sucessivamente √ 3 ≤ xn < 3 ⇒ 3 √ 3 ≤ 3 xn < 9 ⇒ 3 √ 3 ≤ √ 3 xn < 3 ⇒ √ 3 ≤ 3 √ 3 ≤ xn+1 < 3, 27
- 34. pelo que √ 3 ≤xn+1 < 3. Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que √ 3 ≤ xn < 3, ∀n ∈ N. (b) Queremos provar que xn+1 − xn > 0, ∀n ∈ N. Basta ver que xn+1 − xn = √ 3xn − xn = √ 3 √ xn − √ xn √ xn = √ xn( √ 3 − √ xn). Como, pela alínea (a), √ xn > 0 e √ xn < √ 3, então √ xn( √ 3 − √ xn) > 0. Logo, xn+1 −xn > 0, ∀n ∈ N, pelo que concluímos que a sucessão é estritamente crescente. (c) Pela alínea (a), sabemos que a sucessão é limitada e, pela alínea (b), sabemos que a sucessão é monótona. Então, podemos concluir que a sucessão é convergente. Seja lim xn = a. Então, lim xn+1 = a, uma vez que (xn+1)n∈N é uma subsucessão de (xn)n∈N, e qualquer subsucessão de uma sucessão convergente, é convergente para o mesmo limite. Temos então lim xn+1 = lim √ 3 xn lim xn+1 = √ 3 lim xn ⇔ a = √ 3 a ⇒ a2 = 3 a ⇔ a = 0 ∨ a = 3. Podemos então concluir que lim xn = 3, uma vez que, como √ 3 ≤ xn < 3, ∀n ∈ N, então √ 3 ≤ lim xn ≤ 3. 5. Seja a ∈ R um número positivo. Considere a sucessão de números reais definida, por recorrência, x1 = 0, x2 = a xn+2 = xn+1 + x2 n. (a) Mostre que a sucessão é crescente. (b) Mostre que xn > 0, ∀n ∈ N {1}. (c) Mostre que se existir b ∈ R tal que lim xn = b, então b = 0. (d) Tendo em conta as alíneas anteriores, calcule lim xn. Resolução: (a) Como xn+2 − xn+1 = x2 n ≥ 0 , ∀n ∈ N, temos xn+2 − xn+1 ≥ 0 , ∀n ∈ N 28
- 35. isto é, xn+1 −xn ≥ 0 , ∀n ∈ N {1} . Como a > 0, temos ainda que x2 − x1 = a − 0 ≥ 0. Podemos então concluir que xn+1 − xn ≥ 0 , ∀n ∈ N . (b) Vamos mostrar, pelo princípio de indução matemática, que xn > 0, ∀n ∈ N {1}, o que é equivalente a xn+1 > 0, ∀n ∈ N. (i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a x2 = a > 0 pelo que, para n = 1, obtemos uma proposição verdadeira. (ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo número natural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremos provar que xn+1 > 0 ⇒ xn+2 > 0. Por hipótese de indução, xn+1 > 0 e, como x2 n ≥ 0, ∀n ∈ N, obtemos xn+2 = xn+1 + x2 n ≥ 0. Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que xn+1 > 0 , ∀n ∈ N. (c) Suponhamos que existe b ∈ R, tal que lim xn = b. Assim, como (xn+1)n∈N e (xn+2)n∈N são subsucessões de (xn)n∈N, e qualquer subsucessão de uma sucessão convergente é convergente para o mesmo limite, temos que lim xn+1 = lim xn+2 = b . Uma vez que xn+2 = xn+1 + x2 n obtemos lim xn+2 = lim xn+1 + (lim xn)2 ⇔ b = b + b2 ⇔ b = 0. Portanto, se lim xn = b e b ∈ R, então lim xn = 0. (d) Pela alínea (a), a sucessão é monótona crescente. Vejamos agora que a sucessão não é limitada. De facto, se a sucessão fosse limitada, pelo teorema da sucessão monótona e pela alínea (c), teríamos que lim xn = 0. Mas, xn ≥ x2 , ∀ n ≥ 2, isto é, xn ≥ a > 0 , ∀ n ≥ 2, pelo que lim xn ≥ a > 0, o que contradiz a alínea (c) (isto é, lim xn = 0 é uma contradição com o facto de termos uma sucessão monótona crescente cujo segundo termo é estritamente positivo). Podemos então concluir que xn não é limitada. Mas, por ser monótona crescente, xn é limitada inferiormente (x1 ≤ xn , ∀ n ∈ N). Podemos assim concluir que a sucessão não é limitada por não ser limitada superiormente, isto é, o conjunto dos termos da sucessão não tem majorantes. Seja L > 0. Se L não é majorante do conjunto dos termos da sucessão, então ∃ m0 ∈ N : xm0 > L . Uma vez que xn é crescente, n > m0 ⇒ xn ≥ xm0 > L. Podemos então concluir que ∀L > 0 ∃ m0 ∈ N : n > m0 ⇒ xn > L. Logo, xn é um infinitamente grande positivo, ou seja, lim xn = +∞. 29
- 36.
- 37. 4Limites, Continuidade e CálculoDiferencial 4.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas 1. Prove, usando a definição, que (a) lim x→1 3x + 2 = 5; (b) lim x→+∞ 2x x + 1 = 2. 2. Justifique convenientemente a seguinte afirmação: " lim x→+∞ sin(x)". 3. Seja g a função definida, em R, por g(x) = x + 3, se x > −1 −x + 2, se x < −1. (a) Esboce o gráfico de g. (b) Mostre que não existe lim x→−1 g(x). 4. Considere a função f real de variável real f(x) = 2x + 3, se x < 1 x + 4, se x > 1. Calcule lim x → 1 x = 1 f(x) e lim x→1 f(x). 5. Seja f a função definida, em R, por f(x) = x + 2, se x > 1 2 − 3x, se x ≤ 1. 31
- 38. (a) Mostre quenão existe lim x→1 f(x). (b) Defina, em R, uma função g tal que lim x→1 (f + g)(x) = 4. 6. Para cada número real m, a expressão seguinte define uma função real de variável real: h(x) = x2 − m + 7, se x > 0 5, se x = 0 |x + 3| + m, se x < 0. (a) Determine m de modo que exista lim x→0 h(x). (b) Calcule m de modo que lim x→−5 h(x) = h(0). Neste caso, a função é injectiva? Justifi- que. 7. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = x2 e−x , se x ≥ 1 sin(x − 1) x2 − 1 , se x < 1. (a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade. (b) Determine os zeros da função dada. (c) Calcule lim x→−∞ f(x). 8. Considere a função g, real de variável real, g(x) = x + 1, se x > 2 1 2 x, se x ≤ 2. (a) Calcule g(0) e g(3). (b) Mostre que ∀x ∈ [0, 3], g(x) = 5 2 . Isto contradiz o teorema de Bolzano? Justifique. (c) Averigúe se a restrição de g ao intervalo [0, 2] é necessariamente limitada. 9. Sejam f e g duas funções contínuas em [a, b] tais que f(a) = g(b) e f(b) = g(a). Mostre que f − g tem pelo menos um zero pertencente ao intervalo [a, b]. 10. Considere a função real de variável real definida por f(x) = ex − 1, se x ≥ 0 cos(x) log(x + 1), se x < 0. 32
- 39. (a) Determine odomínio de f e estude-a quanto à continuidade. (b) Mostre que existe a ∈ −π 4 , 1 tal que f(a) = 0. (c) Justifique que a função tem um máximo e um mínimo no intervalo [0, 1]. Indique os seus valores. 11. Considere a função real de variável real definida por g(x) = 3x + 2x 2 − ex , se x ≥ 0 arctan(x), se x < 0. (a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade. (b) Calcule lim x→−∞ g(x) e lim x→+∞ g(x). (c) O teorema de Weierstrass garante a existência de máximo e mínimo da função no intervalo [−1, 1]? 12. Considere a função real de variável real definida por f(x) = − 1 x cos π 2 − x , se x < 1 ex − log(x2 ), se x ≥ 1. (a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade. (b) A função f é diferenciável em x = 1? Justifique. (c) Calcule lim x→−∞ f(x). (d) Verifique se é ou não possível prolongar f por continuidade ao ponto x = 0. 13. Considere a função g, real de variável real, tal que g(x) = e−bx+b , se x < 1 (x − 2)2 , se x ≥ 1. Determine o número real b de modo a que a função g seja diferenciável em x = 1. 14. Seja A = [0, 2π] e considere a função g : A → R x → 1 + | sin(x)|. (a) Mostre que g é contínua no intervalo A, mas que não tem derivada no ponto x = π. (b) Seja an uma sucessão monótona de termos de A. Averigúe se an é necessariamente convergente para um ponto de A. 33
- 40. 15. Dada afunção f(x) = π 3 −2 arccos 3x 2 , mostre que a recta de equação y −3x+ 2π 3 = 0 é tangente ao gráfico da função f. Determine o ponto de tangência. 16. Considere a função real de variável real definida por f(x) = cos(3x). (a) Calcule a terceira derivada de f. (b) Prove, pelo princípio de indução matemática, que f(n) (x) = 3n cos nπ 2 + 3x , ∀x ∈ R, ∀n ∈ N. 17. Dadas as funções f e g definidas por f(x) = 2 cot(3x) e g(x) = π 2 +arcsin(1−x), determine a derivada de f o g no ponto de abcissa 1. 18. Dadas as funções f : [−2, 0] → [0, π] x → arccos(x + 1) e g : − 1 5 , +∞ → R x → log2(5x + 1), calcule as derivadas de f e de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa. 19. Considere a função real de variável real f(x) = x|x|, se x > −2 (x + 2)2 − 4, se x ≤ −2. (a) Determine o domínio de f. (b) Estude f quanto à continuidade. (c) Determine a função derivada f . (d) Determine a função segunda derivada f . 20. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = e|x−1| , se x > 0 arctan(x), se x ≤ 0. (a) Estude a função f quanto à continuidade. (b) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f . (c) Determine o sinal da função segunda derivada f . (Nota: pode usar, sem demonstrar, que lim x→0 arctan(x) x = 1.) 34
- 41. 4.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Prove, usando a definição, que (a) lim x→0+ 1 x = +∞; (b) lim x→+∞ log1 2 x = −∞. 2. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = −2x, se x < −1 x2 + 1, se − 1 ≤ x < 2 3x − 2, se x > 2. Investigue se existe (a) lim x→−1 f(x); (b) lim x→2 f(x). 3. Seja h a função definida, em R, por h(x) = |x + 3| x + 3 , se x = −3 2, se x = −3. (a) Determine, se existir, lim x→−3 h(x). (b) Esboce o gráfico da função h e determine o seu contradomínio. (c) Diga, justificando, o valor lógico da proposição ∀x, y ∈ R h(x) = h(y) ⇒ x = y. 4. Considere a função real de variável real definida por f(x) = sin(x2 − 4) x − 2 , se x > 2 x − a, se x ≤ 2. (a) Determine, caso exista, o valor de a que torna a função contínua no ponto x = 2. (b) Considerando a = 2, calcule os zeros da função. (c) Calcule lim x→+∞ f(x). 5. Considere, em R, as funções f(x) = 1 x e g(x) = x2 − 9 x3 − 27 . (a) Determine o domínio de f e de g. 35
- 42. (b) Mostre quenão há nenhuma extensão de f que seja contínua em R. (c) Indique um prolongamento de g a R que seja contínuo. 6. Seja f uma função real de variável real, contínua em [a, b]. Sabendo que f(a) ≤ a e f(b) ≥ b, prove que f tem pelo menos um ponto fixo no intervalo [a, b] (Nota: c é um ponto fixo de f, se f(c) = c). 7. Considere a função real de variável real definida por g(x) = 2 π arcsin |x − 2|, se x ≤ 3 e−(x−3)2 , se x > 3. (a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade. (b) Calcule lim x→2 g(x) x − 2 . (Nota: pode usar, sem demonstrar, que lim x→0 arcsin(x) x = 1.) (c) O teorema de Weierstrass garante a existência de máximo e mínimo da função no intervalo 5 2 , 4 ? 8. Considere a função real de variável real definida por h(x) = 2x3 − 5x + m, se x ≥ −1 (x − 1) log(e + (x + 1)2 ) x2 + x − 2 , se x < −1. (a) Determine m de modo a que a função seja contínua em x = −1. Considere, nas próximas alíneas, o valor de m obtido na alínea (a). (b) Indique o conjunto dos pontos onde h é contínua, justificando detalhadamente. (c) Diga, justificando, se é verdadeira ou falsa a proposição ∃x ∈] − 1, 0[: h(x) = 1. 9. Seja g a função real de variável real definida por g(x) = x2 + 2x + 2, se x ≤ −2 −1 + ex+1 (x − 1) (x2 − 1)5x , se x > −2. (a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade. (b) Calcule lim x→+∞ g(x) e lim x→1 g(x). (c) Justifique que a restrição da função ao intervalo [−4, −2] atinge um mínimo nesse intervalo. 10. Calcule, usando regras de derivação, as derivadas das seguintes funções: 36
- 43. (a) esin(x) ; (b) arctan(x2 ); (c)arcsin(x2 ); (d) log(cos(x)); (e) sin(x) 5 ; (f) |x + 1|; (g) (log(x) + 1)3; (h) tan( √ x); (i) tan2 (x4 ) + cot(x); (j) arctan 1 − cos(x) 1 + cos(x) ; (k) sin(x) + cos(x) sin(x) − cos(x) ; (l) log(log(x) + 2); (m) log ex 1 + ex . 11. Dada a função real de variável real definida por y(x) = e2x sin(5x), verifique que y (x) − 4 y (x) + 29 y(x) = 0. 12. Considere a função real de variável real g(x) = xe−x . (a) Determine A = {x ∈ R : g (x) = 0}. (b) Demonstre, pelo princípio de indução matemática, que g(n) (x) = (−1)n (x−n)e−x , ∀x ∈ R, ∀n ∈ N. 13. Considere, em R, a função f definida por f(x) = mx + 1 2x + m . Determine o número real m de forma a que a recta tangente ao gráfico de f, no ponto de abcissa x = 1, faça um ângulo de 135o com o semi-eixo positivo das abcissas. 14. Considere, em R, as funções f(x) = 1 2 arcsin(x − 2) e g(x) = 1 2 x+2 . (a) Determine o domínio e o contradomínio de f e de g. (b) Calcule as derivadas de f e de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa. (c) Determine a derivada de g o f, no ponto de abcissa 2. 15. Estude a diferenciabilidade de cada uma das seguintes funções, no ponto x = 0: (a) f(x) = cos π 2 − x , se x ∈ − π 2 , 0 x log π 2 x + e , se 0, π 2 ; 37
- 44. (b) g(x) = x 1+ e 1 x , se x = 0 0, se x = 0. 16. Considere a função real de variável real f : [−3, 4] → R definida por f(x) = √ 2 − x, se − 3 ≤ x < 2 3x − 6 x , se 2 ≤ x ≤ 4. (a) Prove que a função admite máximo e mínimo. (b) Calcule a função derivada f e a função segunda derivada f . (c) Seja dn uma sucessão monótona de termos de Df . Averigúe se dn é necessariamente convergente para um ponto de Df . 17. Considere a função real de variável real definida pela expressão g(x) = sin(x) + cos(x) 1 − cos(x) , se x = 0 1, se x = 0. (a) Determine o domínio de g e estude-a quanto à continuidade. (b) Calcule os zeros de g. Justifique a existência desses zeros usando o teorema de Bolzano. (c) Estude a função g quanto à diferenciabilidade. 18. Considere a função real de variável real definida por h(x) = |x2 − 9|, se x ≥ 0 log(x2 + e4 ), se x < 0. (a) Determine o domínio de h e estude a função quanto à continuidade. (b) Estude a função h quanto à diferenciabilidade. 38
- 45. 4.3 Exercícios resolvidos 1.Prove, usando a definição, que lim x→1 4 x + 2 = 6. Resolução: Queremos provar que ∀δ > 0 ∃ ε > 0 : |x − 1| < ε ⇒ |(4 x + 2) − 6| < δ, isto é, que ∀δ > 0 ∃ ε > 0 : |x − 1| < ε ⇒ 4 |x − 1| < δ. Seja δ > 0 fixo arbitrariamente. Para verificar a definição, basta tomar ε = δ 4 . De facto, considerando este valor para ε, obtemos |x − 1| < ε ⇒ 4|x − 1| < 4 ε = 4 δ 4 = δ. Assim, concluímos que ∀δ > 0 ∃ ε = δ 4 > 0 : |x − 1| < ε ⇒ 4 |x − 1| < δ. 2. Considere a função f real de variável real, definida por f(x) = log(1 − x2 ), se − 1 < x < 0 −x2 , se x ≥ 0 arctan(−x) , se x ≤ −1. (a) Determine o domínio da função. (b) Estude a continuidade de f. (c) Estude a diferenciabilidade de f nos pontos x = −1 e x = 0. Sugestão: pode usar, sem demonstrar, que lim y→0 log(1 + y) y = 1. (d) Determine os zeros da função. (e) Calcule lim x→−∞ f(x). (f) Averigúe se, no intervalo [2, 3], a função f é limitada. Resolução: (a) Comecemos por notar que Df = {x ∈ R : (1 − x2 > 0 ∧ −1 < x < 0) ∨ x ≥ 0 ∨ x ≤ −1}. Como 1 − x2 > 0 ⇔ x2 < 1 ⇔ −1 < x < 1, então 1 − x2 > 0 ∧ −1 < x < 0 é equivalente a −1 < x < 0. Logo, Df = R. (b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, a função é contínua. Nomeadamente, f é contínua em ] − 1, 0[ por ser a composição de duas funções contínuas no seu domínio (função quadrática e função logarítmica), é contínua em ]0, +∞[ por ser uma função quadrática e, finalmente, é contínua 39
- 46. em ] −∞, −1[ por ser também a composição de duas funções contínuas (função trigonométrica inversa e função linear). Falta estudar a continuidade da função nos pontos x = 0 e x = −1. Vamos então estudar a continuidade da função no ponto x = 0, começando por calcular os seus limites relativos. Assim, temos lim x→0+ f(x) = lim x→0+ −x2 = 0 e lim x→0− f(x) = lim x→0− log(1 − x2 ) = 0. Logo, como lim x→0+ f(x) = lim x→0− f(x) = 0 então lim x → 0 x = 0 f(x) = 0. Além disso, aten- dendo a que f(0) = 0 então lim x→0 f(x) = 0. Consequentemente, f é contínua em x = 0. Estudemos agora a continuidade da função no ponto x = −1, pelo mesmo processo: lim x→−1+ f(x) = lim x→−1+ log(1 − x2 ) = −∞ e lim x→−1− f(x) = lim x→−1− arctan(−x) = π 4 . Assim, como lim x→−1+ f(x) = lim x→−1− f(x) então não existe lim x → −1 x = −1 f(x). Consequente- mente, não existe lim x→−1 f(x), pelo que f não é contínua em x = −1. Concluímos assim que f é contínua em R {−1}. (c) Como a função não é contínua em x = −1 então não é diferenciável neste ponto. Assim, precisamos apenas de estudar a diferenciabilidade da função no ponto x = 0. Calculando as derivadas laterais, obtemos f (0+ ) = lim x→0+ f(x) − f(0) x − 0 = lim x→0+ −x2 − 0 x = lim x→0+ −x = 0 e f (0− ) = lim x→0− f(x) − f(0) x − 0 = lim x→0− log(1 − x2 ) − 0 x = lim x→0− log(1 + (−x2 )) −x2 (−x) = 0. Como f (0+ ) = f (0− ) = 0 então existe e é finita f (0), pelo que f é diferenciável em x = 0. (d) Para determinar os zeros da função, necessitamos de analisar separadamente os três ramos. Assim, no intervalo ] − 1, 0[ temos f(x) = 0 ⇔ log(1 − x2 ) = 0 ⇔ 1 − x2 = 1 ⇔ x2 = 0 ⇔ x = 0. Como 0 /∈] − 1, 0[, então f não tem nenhum zero neste intervalo. Relativamente ao intervalo [0, +∞[, temos f(x) = 0 ⇔ −x2 = 0 ⇔ x = 0. Como 0 ∈ [0, +∞[, então x = 0 é um zero da função. Por último, no intervalo ] − ∞, −1], de f(x) = 0 ⇔ arctan(−x) = 0 ⇔ −x = 0 ⇔ x = 0 concluímos novamente que a função não tem nenhum zero neste intervalo, uma vez que x = 0 não pertence ao intervalo ] − ∞, −1]. Sendo assim, o único zero da função é x = 0. 40
- 47. (e) Tem-se quelim x→−∞ f(x) = lim x→−∞ arctan(−x) = π 2 . (f) Como f é contínua em R {−1}, então f é contínua no intervalo I = [2, 3]. Pelo teorema de Weierstrass, como I é um intervalo fechado e limitado ele é transformado, por esta função contínua, num intervalo fechado e limitado. Logo, f(I) é um intervalo fechado e limitado. Assim, o contradomínio - f(I) - é limitado pelo que f é, neste intervalo, limitada. 3. Considere a função g : [0, 2] → [−π 2 , π 2 ] y → arcsin(y − 1). Calcule a derivada de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa. Resolução: Consideremos I = [−π 2 , π 2 ], e a função f : I → [0, 2] x → sin(x) + 1. Como f é uma função estritamente monótona e contínua em I, f é invertível (em I), sendo g : [0, 2] → I y → arcsin(y − 1). a sua função inversa. Pelo teorema da derivada da função inversa, sabemos então que sendo f diferenciável no ponto x = g(y) e f (x) = 0 (x ∈] − π 2 , π 2 [) , então g é diferenciável em y = f(x) e g (y) = 1 f (g(y)) = 1 cos(g(y)) = 1 cos(arcsin(y − 1)) . Precisamos agora de simplificar a expressão cos(arcsin(y−1)). Como x = arcsin(y−1) ⇔ sin(x) = y − 1, basta-nos encontrar o valor de cos(x), a partir do valor de sin(x). Pela fórmula fundamental da trigonometria, e atendendo a que x ∈ I, obtemos cos(x) = 1 − sin2 (x) = 1 − (y − 1)2. Concluímos assim que g (y) = 1 1 − (y − 1)2 . 4. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = x2 − 1, se x < 1 arcsin(x − 1), se x ≥ 1. 41
- 48. (a) Determine odomínio da função. (b) Calcule, se existir, lim x→1 f(x). (c) A função é injectiva? Justifique. (d) Mostre que ∃c ∈]0, 3 2 [ tal que f(c) = π 12 . (e) Justifique que a função tem um máximo e um mínimo no intervalo [0, 3 2 ]. (f) Determine a função derivada f . Resolução: (a) Comecemos por notar que Df = {x ∈ R : x < 1 ∨ (−1 ≤ x − 1 ≤ 1 ∧ x ≥ 1)}. Como −1 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 então −1 ≤ x − 1 ≤ 1 ∧ x ≥ 1 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2. Assim, Df =] − ∞, 2]. (b) Comecemos por calcular os limites relativos. Temos lim x→1− f(x) = lim x→1− x2 − 1 = 0 e lim x→1+ f(x) = lim x→1+ arcsin(x − 1) = arcsin(0) = 0. Como lim x→1+ f(x) = lim x→1− f(x) = 0 então lim x → 1 x = 1 f(x) = 0. Além disso, atendendo a que f(1) = 0, concluímos que lim x→1 f(x) = 0. (c) Para a função ser injectiva, tem de ser verdadeira a proposição ∀x, y ∈ Df , f(x) = f(y) ⇒ x = y. Atendendo a que f(−1) = f(1) = 0 então verifica-se a negação da proposição ante- rior, isto é, ∃x, y ∈ Df : f(x) = f(y) ∧ x = y, pelo que f não é injectiva. (d) Vimos, na alínea (b), que existe lim x→1 f(x) pelo que f é contínua no ponto x = 1. Além disso, no interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos afirmar que f também é contínua. De facto, em ]−∞, 1[ a função é contínua por se tratar de uma função polinomial e, em ]1, 2[ a função é contínua por se tratar da composição de duas funções contínuas (uma função trigonométrica inversa, que é contínua no seu domínio, e uma função linear). Ainda, f é contínua em x = 2, uma vez que lim x→2− f(x) = lim x→2− arcsin(x − 1) = arcsin(1) = π 2 = f(2). Concluímos assim que f é contínua em ]−∞, 2] pelo que, em particular, f é contínua em [0, 3 2 ]. Como, por outro lado, f(0) = −1 e f 3 2 = arcsin 1 2 = π 6 então, pelo teorema de Bolzano, toda a função contínua não passa de um valor para outro sem passar por todos os valores intermédios, i.e., considerando k = π 12 , como f(0) = −1 < π 12 < π 6 = f 3 2 então ∃c ∈]0, 3 2 [: f(c) = k = π 12 . Observação: Para estarmos nas condições do teorema de Bolzano, apenas precisamos de provar que f é contínua em [0, 3 2 ]. Por isso, uma resolução alternativa seria provar 42
- 49. que f écontínua nos intervalos ]0, 1[ e ]1, 3 2 [, no ponto x = 1 (com justificações análogas às anteriores) e, ainda, que lim x→0+ f(x) = f(0) e lim x→ 3 2 − f(x) = f 3 2 . (e) Vimos, na alínea anterior, que f é contínua no intervalo I = [0, 3 2 ]. Pelo corolário do teorema de Weierstrass, como I é um intervalo limitado e fechado, então a função atinge neste intervalo um máximo e um mínimo. (f) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos calcular f utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos f (x) = 2 x, se x < 1 1 1 − (x − 1)2 , se 1 < x < 2. Vamos agora estudar a diferenciabilidade de f no ponto x = 1, por definição. Cal- culando as derivadas laterais, obtemos f (1+ ) = lim x→1+ f(x) − f(1) x − 1 = lim x→1+ arcsin(x − 1) − 0 x − 1 = lim x→1+ arcsin(x − 1) x − 1 = 1 e f (1− ) = lim x→1− f(x) − f(1) x − 1 = lim x→1− (x2 − 1) − 0 x − 1 = lim x→1− (x − 1)(x + 1) x − 1 = lim x→1− x+1 = 2. Como f (1+ ) = f (1− ) então não existe f (1). Notemos ainda que não definimos derivada no ponto x = 2 porque este não é um ponto interior a Df . Podemos então concluir que f (x) = 2 x, se x < 1 1 1 − (x − 1)2 , se 1 < x < 2. 5. Considere as funções f e g definidas por f(x) = tan(2x) e g(x) = π + arctan(1 − x). (a) Determine uma equação da tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1. (b) Determine a derivada de f o g no ponto de abcissa 1. Resolução: (a) Uma equação da recta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1 é y − g(1) = g (1)(x − 1). Como g (x) = −1 1 + (1 − x)2 , então g é diferenciável em R, e g (1) = −1. Por outro lado, g(1) = π. Logo, obtemos a equação da recta tangente y − π = −x + 1. 43
- 50. (b) Vimos, naalínea (a), que a função g é diferenciável em R e, por outro lado, sabemos que a função f é diferenciável em Df = {x ∈ R : x = π 4 + kπ 2 , k ∈ Z}, e que f (x) = 2 cos2(2x) . Assim, sendo g diferenciável no ponto 1 e f diferenciável no ponto g(1), pelo teorema da derivada da função composta, f ◦ g é diferenciável em 1 e (f ◦ g) (1) = f (g(1)) · g (1). Atendendo aos cálculos efectuados anteriormente, obtemos então (f ◦ g) (1) = f (π) · (−1) = 2 · (−1) = −2. 44
- 51. 5 Teoremas fundamentais (Rolle, Lagrangee Cauchy). Indeterminações. 5.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas 1. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = x4 − x2 − 1. (a) Mostre que f verifica as condições do teorema de Rolle no intervalo [−2, 2]. (b) Determine o(s) ponto(s) em que a recta tangente ao gráfico da função é horizontal. 2. Considere a função g : [−1, 3] → R, definida por g(x) = |x − 1|. (a) Mostre que g é contínua no seu domínio e que g(−1) = g(3). (b) Verifique que g (x) não se anula para qualquer valor de x. (c) Explique por que motivo não existe contradição com o teorema de Rolle. 3. Determine o número exacto de zeros da função real de variável real, definida por h(x) = x4 − 2x3 + 1. 4. Considere a função real de variável real definida, no intervalo [−2, 2], por f(x) = x3 4 + 1. (a) Mostre que esta função verifica as condições do teorema de Lagrange. (b) Determine o(s) ponto(s) em que a recta tangente ao gráfico de f é paralela ao segmento de extremos A (−2, f(−2)) e B (2, f(2)). 5. Considere a função real de variável real definida, no intervalo [−1, 8], por f(x) = x 2 3 . (a) Mostre que não existe c no intervalo ] − 1, 8[ tal que f (c) = f(8) − f(−1) 8 − (−1) . (b) A alínea anterior contradiz o teorema de Lagrange? Justifique. 6. Considere a função real de variável real, definida por g(x) = 1 + x log(x). Aplicando o teorema de Lagrange à função g, mostre que o seguinte conjunto de desigualdades é satisfeito 1 + log(x) < log(4x) < 1 + log(2x), ∀x ≥ 1. Sugestão: considere intervalos da forma [x , 2x], com x ≥ 1. 45
- 52. 7. (a) Sejaf uma função real de variável real, diferenciável num intervalo I. Mostre, utilizando o teorema de Lagrange que, se existir M > 0 tal que |f (x)| ≥ M, ∀x ∈ I, então |f(x) − f(y)| ≥ M |x − y| , ∀x, y ∈ I. (b) Utilize o resultado da alínea anterior para mostrar que | tan(x) − tan(y)| ≥ |x − y|, ∀x, y ∈ − π 2 , π 2 . 8. Seja f a função real de variável real definida por f(u) = log(u). (a) Mostre que o teorema do valor médio de Lagrange pode ser aplicado à função f, em qualquer intervalo da forma [1, x], para x > 1, e determine o valor médio para o caso em que x = e. (b) Prove, utilizando o referido teorema que, ∀x > 1, x − 1 < log (xx ) < x2 − x. 9. Considere f, uma função contínua e diferenciável em [0, +∞[ tal que f(0) = 0 e 0 < f (x) ≤ 1. (a) Justifique que f só se anula num ponto. Sugestão: Considere o intervalo [0, b], b > 0, e aplique o teorema de Rolle. (b) Prove que ∀x ≥ 0, f(x) ≤ x. 10. Verifique que não é possível aplicar a regra de Cauchy no cálculo dos limites seguintes, e calcule-os por um outro processo. (a) lim x→+∞ 2x − sin(x) 3x + sin(x) ; (b) lim x→0+ x2 2 + sin 1 x . 11. Calcule, se existirem, os seguintes limites: (a) lim x→0 x3 − x log(x + e) − 1 ; (b) lim x→0+ x + log (sin(x)) log(x) ; (c) lim x→+∞ log (x2 + 1) 1 + log(x) ; (d) lim x→0+ cot(x) − 1 x ; (e) lim x→0+ (tan(x) log(x)); (f) lim x→1+ (x − 1)tan(x−1) ; (g) lim x→0+ (ex + 2x) 1 x . 46
- 53. 5.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Considere a equação x5 − 20x + 1 = 0. (a) Determine quantas soluções tem esta equação e localize-as em R. (b) Mostre que existe uma única solução no intervalo ]0, 2[. 2. Seja h : R → R uma função diferenciável e a, b e c três números reais distintos tais que h(a) = h(b) = h(c). Qual das seguintes afirmações é verdadeira? Justifique. (a) h tem, pelo menos, dois zeros; (b) h tem, no máximo, dois zeros; (c) h tem exactamente dois zeros. 3. Mostre que x = 0 é a única solução da equação ex = 1 + x. 4. Seja f uma função de classe C1 em R, tal que 1 ≤ f (x) ≤ 4 , ∀x ∈]2, 5[ . Mostre que 3 ≤ f(5) − f(2) ≤ 12. 5. Sejam f e g funções de classe C1 em R, tais que f (x) = g (x) , ∀x ∈ R. Sabendo que g(x) = x3 − 4x + 6 e que f(1) = −5, determine f. 6. Mostre, utilizando o teorema de Lagrange, que se 0 < x < y então √ y − √ x < y − x 2 √ x . Conclua que se 0 < x < y então √ xy < 1 2 (x + y). 7. Prove, aplicando o teorema de Lagrange, que: (a) arcsin(x) > x , ∀x ∈ ]0, 1[. (b) arctan(2x) > 2x 1 + 4x2 , ∀x ∈ R+ . 8. Seja f uma função diferenciável em [0, +∞[ tal que f(0) = 3 e f (x) = 0, ∀x ≥ 0. (a) Calcule, justificando, f(5). Sugestão: Aplique o teorema de Lagrange ao intervalo [0, 5]. (b) Mostre que f é necessariamente uma função constante. (c) Considere a função g(x) = ex2−1 . Existe algum ponto onde a função g tem uma tangente paralela ao gráfico de f? 9. Calcule, se existirem, os seguintes limites: (a) lim x→0 3x2 − sin2 (x) arctan (x2) ; (b) lim x→0 sin2 (x2 ) (1 − cos(x))2 ; 47
- 54. (c) lim x→+∞ log x x+1 sin1 x ; (d) lim x→ π 2 arctan π 2 − x tan(x) ; (e) lim x→0 1 x2 − cos(3x) x2 ; (f) lim x→0 1 sin(x) − 1 x ; (g) lim x→0+ (tan(x)) 1 log(x) ; (h) lim x→+∞ 1 + 1 x ex ; (i) lim x→1 (1 + log(x)) 1 x−1 . 48
- 55. 5.3 Exercícios resolvidos 1.Seja g uma função três vezes diferenciável em R e a, b, c três números reais tais que a < b < c. Prove que se g tem extremos locais em cada um dos pontos a, b e c, a equação g (x) = 0 tem pelo menos uma raiz real. Indique um intervalo que contenha essa raiz. Resolução: Se a função g é três vezes diferenciável em R, sabemos que g, g e g são diferenciáveis (e consequentemente contínuas) em R. Por outro lado, se g tem extremos locais em cada um dos pontos a, b e c, e sendo g diferenciável nestes pontos, então g (a) = g (b) = g (c) = 0. Como a função g (x) é contínua no intervalo [a, b], diferenciável em ]a, b[ e g (a) = g (b) = 0, estamos nas condições do teorema de Rolle, pelo que ∃c1 ∈]a, b[: g (c1) = 0. De igual forma, como a função g (x) é contínua no intervalo [b, c], diferenciável em ]b, c[ e g (b) = g (c) = 0, estamos novamente nas condições do teorema de Rolle, pelo que ∃c2 ∈]b, c[: g (c2) = 0. Considerando agora o intervalo [c1, c2], verifica-se que g (x) é contínua neste intervalo, diferenciável em ]c1, c2[ e, ainda, g (c1) = g (c2) = 0. Assim, pelo teorema de Rolle, ∃c ∈ ]c1, c2[ : g (c) = 0, o que significa que g (x) = 0 tem, pelo menos, uma raiz real, pertencente ao intervalo ]c1, c2[. 2. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = sin(x2 − 1) + 2x2 . (a) Prove que f tem, no máximo, dois zeros. (b) Prove que f tem exactamente dois zeros. Resolução: (a) A função f é diferenciável em R, visto ser a soma de duas funções diferenciáveis em R (uma função quadrática, e a composta da função seno com uma função quadrática). Calculando os zeros da sua função derivada, obtém-se f (x) = 0 ⇔ 2x (cos (x2 − 1) + 2) = 0 ⇔ x = 0 ∨ cos (x2 − 1) = −2. 49
- 56. Como a condiçãocos (x2 − 1) = −2 é impossível em R, então x = 0 é o único zero da função derivada. Logo, pelo corolário do teorema de Rolle, como “entre dois zeros (distintos) de uma função diferenciável num intervalo há, pelo menos, um zero da sua derivada”, concluímos que a função f terá, no máximo, dois zeros (se existissem três zeros distintos de f, então teriam de existir, pelo menos, dois zeros distintos de f , o que é uma contradição). (b) Consideremos os intervalos [−1, 0] e [0, 1]. Como f é contínua em R então, em particular, f é contínua nestes intervalos. Além disso, f(−1) = f(1) = 2 > 0 e f(0) = sin(−1) < 0. Logo, pelo teorema de Bolzano, podemos concluir que existe, pelo menos, um zero da função nestes dois intervalos, i.e., ∃c1 ∈ ]−1, 0[ : f (c1) = 0 e ∃c2 ∈ ]0, 1[ : f (c2) = 0. Atendendo a que já tínhamos concluído que a função f tem, no máximo, dois zeros, podemos agora concluir que f tem, exactamente, dois zeros. 3. Prove, usando o teorema de Lagrange, que é válida a desigualdade arctan 1 x < π 4 − x − 1 1 + x2 , ∀x > 1. Resolução: Seja g a função definida por g(x) = arctan 1 x , num intervalo do tipo [1, x], com x > 1. A função g é contínua neste intervalo, por ser a composta entre duas funções contínuas (a função arctan(x), contínua em R, e a função 1 x , contínua em R {0}). A sua função derivada, g (x) = − 1 x2 + 1 , é finita no intervalo ]1, x[, pelo que g é diferen- ciável em ]1, x[. Logo, verificam-se as condições do teorema de Lagrange, pelo que se pode concluir que ∃ c ∈]1, x[ : − 1 c2 + 1 = arctan 1 x − π 4 x − 1 . Mas, se 1 < c < x, então 2 < c2 + 1 < x2 + 1, pelo que 1 x2 + 1 < 1 c2 + 1 < 1 2 e, consequentemente, − 1 2 < − 1 c2 + 1 < − 1 x2 + 1 . Pode pois concluir-se que arctan 1 x − π 4 x − 1 < − 1 x2 + 1 , ∀x > 1, de onde se obtém a desi- gualdade pretendida. 50
- 57. 4. Seja huma função de domínio R tal que h(0) = 0 e h (x) = cos(x) esin2(x) . Recorrendo ao teorema de Lagrange, mostre que ∀x > 0 , h(x) ≤ e x. Resolução: A função derivada h é finita em R, pelo que h é uma função contínua em R. Em particular, h é contínua num intervalo do tipo [0, x], x > 0, e diferenciável em ]0, x[, x > 0, pelo que podemos aplicar o teorema de Lagrange, e obter: ∃ c ∈]0, x[ : h (c) = h(x) − h(0) x . Como h (c) = cos(c) esin2(c) e h(0) = 0, obtemos cos(c) esin2(c) = h(x) x . Visto que sin2 (c) ≤ 1 e cos(c) ≤ 1 então cos(c)esin2(c) ≤ e. Obtemos então, h(x) x ≤ e, e uma vez que x > 0, concluímos que h(x) ≤ ex. Pode pois concluir-se que h(x) ≤ ex , ∀x > 0. 5. Calcule o limite seguinte, justificando detalhadamente a sua resposta: lim x→0+ 1 + 1 x 1 log(x) . Resolução: Ao calcular lim x→0+ 1 + 1 x 1 log(x) obtém-se uma indeterminação do tipo ∞0 . Atendendo a que 1 + 1 x > 0 , ∀x ∈ R+ , pode transformar-se esta indeterminação numa de outro tipo através da seguinte manipulação algébrica: lim x→0+ 1 + 1 x 1 log(x) = lim x→0+ e log 1 + 1 x 1 log(x) = lim x→0+ e 1 log(x) log 1 + 1 x = e lim x→0+ 1 log(x) log 1 + 1 x = e lim x→0+ log 1 + 1 x log(x) = e − lim x→0+ log 1 + 1 x − log(x) . (5.1) Ao calcular este novo limite obtém-se uma indeterminação do tipo ∞ ∞ . Considerando as funções f(x) = log 1 + 1 x e g(x) = − log(x) , são verificadas as condições de aplicação da regra de Cauchy, pois: 51
- 58. • f eg são diferenciáveis num intervalo do tipo ]0, a[, a > 0, uma vez que as respectivas funções derivadas f (x) = − 1 x(x + 1) e g (x) = − 1 x tomam valores finitos neste intervalo; • g (x) = 0 , ∀x ∈]0, a[, a > 0; • lim x→0+ f(x) = lim x→0+ g(x) = +∞. Como lim x→0+ f (x) g (x) = lim x→0+ 1 x + 1 = 1, verifica-se que este limite existe, pelo que lim x→0+ f(x) g(x) também existe e tem igual valor. Assim, lim x→0+ f(x) g(x) = 1, concluindo-se, a partir de (5.1), que lim x→0+ 1 + 1 x 1 log(x) = e−1 . 6. Calcule o limite seguinte, justificando detalhadamente a sua resposta: lim x→ π 4 log(tan(x)) cot(2x) . Resolução: Ao calcular lim x→ π 4 log(tan(x)) cot(2x) , obtém-se uma indeterminação do tipo 0 0 . Considerando as funções f(x) = log(tan(x)) e g(x) = cot(2x), são verificadas as condições de aplicação da regra de Cauchy, pois: • f e g são diferenciáveis num intervalo do tipo π 4 − ε, π 4 + ε π 4 , ε < π 4 , uma vez que as respectivas funções derivadas f (x) = 1 sin(x) cos(x) e g (x) = − 2 sin2 (2x) tomam valores finitos neste intervalo; • g (x) = 0 , ∀x ∈ π 4 − ε, π 4 + ε π 4 , ε < π 4 ; • lim x→ π 4 f(x) = lim x→ π 4 g(x) = 0. Assim, estão verificadas as condições de aplicação da regra de Cauchy. Como lim x→ π 4 f (x) g (x) = lim x→ π 4 − sin2 (2x) 2 sin(x) cos(x) = − lim x→π 4 sin2 (2x) sin(2x) = − lim x→ π 4 sin(2x) = −1, verifica-se que este li- mite existe, pelo que também existe e é igual lim x→ π 4 f(x) g(x) . Logo, lim x→ π 4 log(tan(x)) cot(2x) = −1. 52
- 59. 6 Teorema de Taylor, Fórmulade Taylor e Aplicações 6.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas 1. (a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 4, em torno do ponto x = 1, da função defi- nida por f(x) = log(x), indicando em que intervalo esse desenvolvimento representa a função. (b) Usando a alínea anterior, prove que log(x) ≤ (x − 1) 1 − x − 1 2 + (x − 1)2 3 , ∀x ∈ R+ . 2. Considere a função real de variável real definida por g(x) = ex . (a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 6, da função g. (b) Utilizando a fórmula de MacLaurin de ordem n da função g, determine um valor aproximado de e com quatro casas decimais exactas. 3. Considere a função real de variável real definida por f(x) = log(cos(x)). (a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 3, da função f. (b) Utilize a alínea anterior para mostrar que log (cos(x)) < − x2 2 , ∀x ∈ 0, π 2 . 4. Seja h a função real de variável real definida por h(x) = 1 1 − x . (a) Calcule h (x), h (x), h (x) e h(4) (x) e obtenha uma expressão para h(n) (x). (b) Prove, pelo princípio de indução matemática, que a expressão de h(n) (x), obtida na alínea anterior, é válida para todo o número natural. (c) Determine a fórmula de MacLaurin de ordem n para a função h. 5. Calcule, recorrendo à fórmula da Taylor, os seguintes limites: (a) lim x→ π 2 x − π 2 + cos(x) x − π 2 2 ; 53
- 60. (b) lim x→0 xe−x − x+ x2 x3 . 6. Seja g : R → R a função definida por g(x) = x3 (x − 2). Determine, caso existam, os extremos locais e os pontos de inflexão de g. 7. Seja g ∈ C2 (R) tal que g (x) > 0, ∀x ∈ R. Considere ainda a função h(x) = g (x − x2 ) . Mostre que h tem um extremo local, e classifique-o. Trata-se de um extremo absoluto? Justifique. 54
- 61. 6.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 6, das funções f(x) = sin(x) e g(x) = cos(x). 2. Considere a função real de variável real definida por h(x) = x − e−x sin(x). (a) Escreva a fórmula de MacLaurin de ordem 3, da função h. (b) Utilize a alínea anterior para mostrar que h(x) ≤ x2 , ∀x ∈ 0, π 2 . 3. Seja ϕ a função real de variável real definida por ϕ(x) = x + e1−3x . (a) Prove, pelo princípio de indução matemática, que ϕ(n) (x) = (−1)n 3n e1−3x , ∀x ∈ R, ∀n ∈ N {1}. (b) Determine a fórmula de Taylor de ordem n da função ϕ, em torno do ponto x = 1 3 . 4. Seja h a função real de variável real, definida por h(x) = 1 2x + 1 . (a) Prove, pelo princípio de indução matemática, que h(n) (x) = (−1)n 2n n! (2x + 1)−(n+1) , ∀n ∈ N. (b) Determine a fórmula de MacLaurin de ordem n, da função h. 5. Calcule, recorrendo à fórmula da Taylor, os seguintes limites: (a) lim x→1 log(x) − x + 1 (x − 1)2 ; (b) lim x→0 x − sin(x) x2 . 6. Seja g a função real de variável real, definida por g(x) = x arctan(x). (a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 3, da função g. (b) Justifique que x arctan(x) ≤ x2 , ∀x ∈ R. (c) Mostre que g tem um extremo local para x = 0 e classifique-o. 7. Seja ϕ uma função real de variável real, tal que ϕ(−1) = 1 e ϕ (x) = (x + 2) log (x + 2). (a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 4 da função ϕ, em torno do ponto x = −1. (b) Recorrendo aos cálculos efectuados na alínea anterior, averigúe se existem extremos locais e pontos de inflexão de ϕ. 8. Seja f uma função de classe C∞ , definida em R. Suponha que f(x) = 2 + 3(x − 1)4 + 1 2 (x − 1)6 − 7 2 (x − 1)8 + f(9) (c) 9! (x − 1)9 , sendo 1 < c < x ou x < c < 1. 55
- 62. (a) Determine f(k) (1),para 1 ≤ k ≤ 7. (b) Verifique se 2 é um extremo relativo de f. (c) Prove que se f(9) (x) é uma função positiva em R, então f(x) < 2 + 3(x − 1)4 + 1 2 (x − 1)6 − 7 2 (x − 1)8 , ∀x < 1. 56
- 63. 6.3 Exercícios resolvidos 1.Seja ψ a função real de variável real definida por ψ(x) = 1 3 log(3x + 2). (a) Prove, por indução matemática, que ψ(n) (x) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3x + 2)−n , ∀n ∈ N. (b) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem n, de ψ. Resolução: (a) A função ψ tem como domínio o intervalo − 2 3 , +∞ . Queremos provar, pelo princípio de indução matemática, que a propriedade ψ(n) (x) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3x + 2)−n , ∀n ∈ N é verificada, para todo o número natural n. (i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a ψ(1) (x) = (−1)2 30 0! (3x + 2)−1 = 1 3x + 2 . Assim, para n = 1, obtemos uma proposição verdadeira, uma vez que a expressão encontrada corresponde à primeira derivada da função ψ. (ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo número natural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremos provar que se a derivada de ordem n de ψ for dada por ψ(n) (x) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3x + 2)−n , então a derivada de ordem n + 1 será definida por ψ(n+1) (x) = (−1)n+2 3n n! (3x + 2)−n−1 . Por hipótese, ψ(n) (x) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3x + 2)−n . Logo, derivando ambos os membros da igualdade, obtemos ψ(n+1) (x) = ψ(n) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (−n) (3x + 2)−n−1 3 = (−1)n+2 3n n! (3x + 2)−n−1 . Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que ψ(n) (x) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3x + 2)−n , ∀n ∈ N. (b) A alínea anterior permite concluir que ψ é uma função de classe C∞ no respectivo domínio, pelo que se pode escrever a sua fórmula de MacLaurin, qualquer que seja a ordem pretendida e, em particular, a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem n. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[ , tal que 57
- 64. ψ(x) = ψ(0)+ x ψ (0) + x2 2! ψ (0) + · · · + xn n! ψ(n) (c). Calculando o valor das sucessivas derivadas da função ψ no ponto x = 0 , obtém-se ψ(x) = 1 3 log(3x + 2) ⇒ ψ(0) = 1 3 log(2) ψ (x) = 1 3x + 2 ⇒ ψ (0) = 1 2 ψ (x) = − 3 (3x + 2)2 ⇒ ψ (0) = − 3 4 ... ψ(n) (x) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3x + 2)−n ⇒ ψ(n) (c) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3c + 2)−n . Logo, podemos concluir que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[ , tal que ψ(x) = 1 3 log(2) + 1 2 x − 3 8 x2 + · · · + 1 n (−1)n+1 3n−1 (3c + 2)−n xn . 2. Seja g a função real de variável real definida por g(x) = 1 3 √ 2x − 1 . (a) Determine a fórmula de Taylor em torno do ponto x = 1, com resto de ordem 3, para a função g. (b) Utilize a alínea anterior para mostrar que g(x) > 1 − 2 3 (x − 1) + 8 9 (x − 1)2 , para 1 2 < x < 1. Resolução: (a) O domínio da função g é R 1 2 . Neste conjunto, a função g(x) = 1 3 √ 2x − 1 = (2x − 1)−1 3 é de classe C∞ , pelo que se pode escrever a sua fórmula de Taylor, qualquer que seja a ordem pretendida, em torno de um qualquer ponto do domínio. Em particular, pode escrever-se a sua fórmula de Taylor, com resto de ordem 3, em torno do ponto x = 1. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[ , tal que g(x) = g(1) + (x − 1) g (1) + (x − 1)2 2! g (1) + (x − 1)3 3! g (c). Calculando o valor das sucessivas derivadas da função g no ponto x = 1, obtém-se g(x) = (2x − 1)−1 3 ⇒ g(1) = 1 g (x) = − 2 3 (2x − 1)−4 3 ⇒ g (1) = − 2 3 g (x) = 16 9 (2x − 1)−7 3 ⇒ g (1) = 16 9 g (x) = − 224 27 (2x − 1)−10 3 ⇒ g (c) = − 224 27 (2c − 1)−10 3 , 58
- 65. podendo então concluir-seque existe c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[, tal que g(x) = 1 − 2 3 (x − 1) + 8 9 (x − 1)2 − 112 81 (2c − 1)−10 3 (x − 1)3 . (b) Da alínea anterior sabemos que g(x) = 1 − 2 3 (x − 1) + 8 9 (x − 1)2 − 112 81 (2c − 1)−10 3 (x − 1)3 , com c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[ , sendo o termo − 112 81 (2c − 1)−10 3 (x − 1)3 o resto de Lagrange. Como queremos provar a desigualdade para valores 1 2 < x < 1, então estamos apenas a considerar o caso x < c < 1. Logo, tem-se 1 2 < c < 1, e consequentemente 0 < 2c − 1 < 1, pelo que (2c − 1)− 10 3 > 0. Por outro lado, como x < 1, então (x − 1)3 < 0 e, portanto, o resto de Lagrange é positivo. Pode assim concluir-se que g(x) > 1 − 2 3 (x − 1) + 8 9 (x − 1)2 , para 1 2 < x < 1. 3. Seja h uma função de domínio R tal que h(0) = 0 e h (x) = cos(x) esin2(x) . Determine os extremos relativos de h. Justifique. Resolução: A função h é de classe C∞ em R, uma vez que a sua primeira derivada também o é. Sendo h, em particular, uma função diferenciável, os extremos relativos de h, a existirem, são zeros da sua derivada. Para os determinarmos vamos resolver a equação h (x) = 0, em ordem a x: h (x) = 0 ⇔ cos(x) = 0 ∨ esin2(x) = 0 ⇔ x = π 2 + kπ , k ∈ Z. Calculando a segunda derivada de h, obtemos h (x) = esin2(x) (− sin(x) + cos(x) sin(2x)), pelo que h π 2 + 2kπ = −e e h − π 2 + 2kπ = e. Como a primeira derivada que não se anula nos pontos π 2 + kπ , k ∈ Z, é de ordem par, podemos concluir que existirão, nestes pontos, extremos relativos. Como h π 2 + 2kπ < 0, então a função h admite máximos relativos para x = π 2 + 2kπ, k ∈ Z e, como h − π 2 + 2kπ > 0, a função h admite mínimos relativos para x = − π 2 + 2kπ, k ∈ Z. 4. Seja f :]0, +∞[→ R uma função com segunda derivada contínua em R+ , tal que f (1) = 0 e f (1) = −2. Seja ϕ a função real de variável real definida por ϕ(x) = f(ex ). 59
- 66. (a) Calcule ϕ(0) e ϕ (0). (b) Pode concluir-se que ϕ tem um extremo local no ponto x = 0? Em caso afirmativo, classifique-o. (c) Usando a fórmula de MacLaurin para a função ϕ, calcule lim x→0 ϕ(x) − ϕ(0) x2 . Resolução: (a) A função ϕ é uma função diferenciável em R+ , por ser a composta de uma função diferenciável em R+ (a função f), com uma função diferenciável em R (a função exponencial). Podemos assim aplicar a ϕ a regra da derivação da função composta, obtendo-se ϕ (x) = f (ex ) ex , pelo que ϕ (0) = f (1) = 0. De modo análogo se justificava que também a função ϕ é diferenciável em R+ , sendo a sua função derivada definida por ϕ (x) = f (ex ) (ex )2 + f (ex ) ex , pelo que ϕ (0) = f (1) + f (1) = −2. (b) Atendendo a que f é uma função com segunda derivada contínua em R+ , a função ϕ, sendo a composta da função f com a função exponencial, também é uma função de classe C2 em R+ . Na alínea anterior constatamos que ϕ (0) = 0 e que ϕ (0) = −2. Logo, como a primeira derivada de ϕ que não se anula em x = 0 é de ordem par, pode concluir-se que ϕ(0) é um máximo local (ϕ (0) < 0), tendo em atenção um dos teoremas estudados, que aplica o teorema de Taylor à determinação de extremos locais de uma função. (c) Vimos na alínea anterior que ϕ ∈ C2 (R+ ), pelo que se pode escrever a sua fórmula de MacLaurin de ordem 2. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[, tal que ϕ(x) = ϕ(0) + x ϕ (0) + x2 2 ϕ (c) = ϕ(0) + x2 2 f (ec ) e2c + ec f (ec ) . Substituindo ϕ(x) por esta expressão no limite dado, obtém-se lim x→0 ϕ(x) − ϕ(0) x2 = lim x→0 ϕ(0) + x2 2 (f (ec ) e2c + ec f (ec )) − ϕ(0) x2 = lim x→0 1 2 f (ec ) e2c + ec f (ec ) = −1, atendendo a que, se x tende para zero, e 0 < c < x ou x < c < 0, também c tende para zero. 5. Usando a fórmula de Taylor, calcule o seguinte limite: lim x→π log(| cos(x)|) + (x−π)2 2 (x − π)2 . 60
- 67. Resolução: Seja I umavizinhança de π, com 0 < < π 2 . Como cos(x) < 0, para qualquer x pertencente a I, então | cos(x)| = − cos(x). A função g(x) = log (− cos(x)) é de classe C∞ em I, pelo que se pode escrever a sua fórmula de Taylor, qualquer que seja a ordem pretendida, em torno do ponto x = π. Assim, em particular para a ordem 2, pode afirmar-se que existe c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[ (com x ∈ I), tal que g(x) = g(π) + (x − π) g (π) + (x − π)2 2! g (c). Calculando o valor das sucessivas derivadas da função g no ponto x = π, obtém-se g(x) = log (− cos(x)) ⇒ g(π) = 0 g (x) = − tan(x) ⇒ g (π) = 0 g (x) = − 1 cos2(x) ⇒ g (c) = − 1 cos2(c) . Podemos então concluir que existe c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[ tal que g(x) = − (x − π)2 2 1 cos2(c) . Substituindo no limite dado, obtemos lim x→π log(| cos(x)|) + (x−π)2 2 (x − π)2 = lim x→π − (x−π)2 2 1 cos2(c) + (x−π)2 2 (x − π)2 = lim x→π − 1 2 cos2(c) + 1 2 = 0, pois se x tende para π, e c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[, também c tende para π. 61
- 68.
- 69. 7Estudo de funções 7.1Exercícios propostos para resolução nas aulas 1. Considere a função real de variável real f(x) = x|x|, se x > −2 (x + 2)2 − 4, se x ≤ −2. (a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (b) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f. (c) Esboce o gráfico de f e determine o seu contradomínio. 2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = e|x−1| , se x > 0 arctan(x), se x ≤ 0. (a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (b) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f. (c) Esboce o gráfico de f e determine o seu contradomínio. 3. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = x2 + x, se x < 0 log(−2x2 + x + 1), se x ≥ 0. (a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade. (b) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f . (c) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (d) Determine a função segunda derivada f . (e) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f. (f) Esboce o gráfico de f. 63
- 70. 7.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Considere a função f real de variável real definida por f(x) = 1 x2 + x , se x < 1 arctan 1 x , se x ≥ 1. (a) Determine o domínio da função. (b) Estude a continuidade da função. (c) Determine a função derivada f . (d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (e) Determine a função segunda derivada f . (f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f. (g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio. 2. Considere a função real de variável real f definida por f(x) = |1 − x2 |, se x ≤ 0 sin(x − 1), se x > 0. (a) Determine o domínio da função. (b) Estude a função f quanto à continuidade. (c) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f . (d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (e) Determine a função f e estude as concavidades de f. (f) Esboce o gráfico de f. 3. Considere a função real de variável real f, definida por f(x) = x log(x), se x > 0 ex − 1 e , se x ≤ 0. (a) Determine o domínio da função. (b) Estude a continuidade da função. (c) Determine a função derivada f . (d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (e) Determine a função segunda derivada f . (f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f. (g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio. 64
- 71. 7.3 Exercícios resolvidos 1.Considere a função real de variável real f, definida por f(x) = log(1 − x2 ), se − 1 < x < 0 −x2 , se x ≥ 0 arctan(−x) , se x ≤ −1. (a) Determine a função derivada f . (b) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (c) Determine a função segunda derivada f . (d) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f. (e) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio. Resolução: Relativamente a esta função, já vimos, no exercício 2 dos Exercícios Resolvidos de Limites, Continuidade e Cálculo Diferencial, que: • Df = R; • lim x→−1+ f(x) = −∞ e lim x→−1− f(x) = π 4 ; • f é contínua em R {−1}; • f não é diferenciável em x = −1 e é diferenciável em x = 0, sendo f (0) = 0; • f(0) = 0; • lim x→−∞ f(x) = π 2 . (a) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos calcular f utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos f (x) = −2x 1 − x2 se − 1 < x < 0 −2x se x > 0 −1 1 + x2 , se x < −1. Atendendo ao estudo da diferenciabilidade nos pontos x = 0 e x = −1 já efectuado, concluímos então que f (x) = −2x 1 − x2 se − 1 < x < 0 −2x se x ≥ 0 −1 1 + x2 , se x < −1. 65
- 72. (b) Para determinaros intervalos de monotonia da função, vamos recorrer a um quadro de sinais para a função (primeira) derivada. Para isso necessitamos de calcular os zeros da primeira derivada, que facilmente se vê ser, neste caso, apenas x = 0. Assim, toda a informação sobre o sinal da primeira derivada encontra-se resumida no quadro seguinte: −1 0 f − + 0 − f Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ] − 1, 0[, e que é estrita- mente decrescente em ] − ∞, −1[ e em ]0, +∞[. Como numa vizinhança de x = 0 todas as imagens da função são menores ou iguais que f(0) = 0, então 0 é um máximo relativo para a função. Como em x = −1 a função não é contínua, para averiguar se f(−1) é um extremo relativo é necessário ver detalhadamente como se comporta a função numa vizinhança deste ponto. Atendendo à monotonia da função numa vizinhança de x = −1, e aos limites lim x→−1+ f(x) = −∞ e lim x→−1− f(x) = π 4 = f(−1), concluímos então que não existe extremo em x = −1. (c) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos calcular f utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos f (x) = − 2 + 2x2 (1 − x2)2 se − 1 < x < 0 −2 se x > 0 2x (1 + x2)2 , se x < −1. Precisamos ainda de calcular a segunda derivada de f no ponto x = 0, por definição. Assim, temos f (0+ ) = lim x→0+ f (x) − f (0) x − 0 = lim x→0+ −2x − 0 x − 0 = lim x→0+ −2 = −2 e f (0− ) = lim x→0− f (x) − f (0) x − 0 = lim x→0− −2x 1−x2 − 0 x − 0 = lim x→0− −2 1 − x2 = −2. Logo, como f (0+ ) = f (0− ) = −2, temos f (0) = −2, pelo que f (x) = − 2 + 2x2 (1 − x2)2 se − 1 < x < 0 −2 se x ≥ 0 2x (1 + x2)2 , se x < −1. 66
- 73. (d) Para determinaros sentidos de concavidade da função, vamos recorrer a um quadro de sinais para a função segunda derivada. Atendendo a que f não tem zeros, toda a informação sobre o sinal da segunda derivada encontra-se resumida no quadro seguinte: −1 0 f − − − − f ∩ ∩ ∩ Podemos então concluir que f tem a concavidade voltada para baixo em ] − ∞, −1[ e em ] − 1, +∞[, não havendo por isso pontos de inflexão. (e) Atendendo a que lim x→−1+ f(x) = −∞, lim x→−1− f(x) = π 4 , lim x→−∞ f(x) = π 2 e lim x→+∞ f(x) = −∞, então CDf =] − ∞, 0] ∪ [π 4 , π 2 [. Segue-se o gráfico da função: 2. Considere a função real de variável real f, definida por f(x) = x2 − 1, se x < 1 arcsin(x − 1), se x ≥ 1. (a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (b) Determine a função segunda derivada f . (c) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f. (d) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio. Resolução: Relativamente a esta função, já vimos, no exercício 4 dos Exercícios Resolvidos de Limites, Continuidade e Cálculo Diferencial, que: • Df =] − ∞, 2]; 67
- 74. • f écontínua em ] − ∞, 2]; • f (x) = 2 x, se x < 1 1 1 − (x − 1)2 , se 1 < x < 2. (a) Para determinar os intervalos de monotonia da função, vamos novamente recorrer a um quadro de sinais para a função (primeira) derivada. O único zero da primeira derivada é x = 0, e a informação sobre o sinal da primeira derivada encontra-se resumida no quadro seguinte: 0 1 2 f − 0 + + f Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]0, 1[ e em ]1, 2], e que é estritamente decrescente em ] − ∞, 0[. Como numa vizinhança de x = 0 todas as imagens da função são maiores ou iguais que f(0) = −1, então −1 é um mínimo relativo para a função. Por outro lado, por um argumento semelhante, f(2) = arcsin(1) = π 2 é um máximo relativo para a função. No ponto x = 1, como a função é contínua (apesar de não ser diferenciável), não existe nenhum extremo relativo. (b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos calcular f utilizando as regras de derivação. Logo, obtemos f (x) = 2, se x < 1 x − 1 (1 − (x − 1)2) 3 2 , se 1 < x < 2. (c) A função f não tem zeros e toda a informação sobre o sinal da segunda derivada encontra-se resumida no quadro seguinte: 1 2 f + + f ∪ ∪ Podemos então concluir que f tem a concavidade voltada para cima em ] − ∞, 1[ e em ]1, 2], não havendo por isso pontos de inflexão. (d) Atendendo a que lim x→−∞ f(x) = +∞, então CDf = [−1, +∞[. Podemos ainda verificar que a função tem dois zeros: os pontos x = −1 e x = 1. Segue-se o gráfico da função: 68
- 75. 3. Considere afunção real de variável real f, definida por f(x) = |x2 − 4|, se x ≤ 0 log(x − 2), se x > 0. (a) Determine o domínio da função. (b) Estude a continuidade da função. (c) Determine a função derivada f . (d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f. (e) Determine a função segunda derivada f . (f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f. (g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio. Resolução: (a) Comecemos por notar que Df = {x ∈ R : x ≤ 0 ∨ (x − 2 > 0 ∧ x > 0} =] − ∞, 0]∪]2, +∞[. (b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, a função é contínua. Nomeadamente, f é contínua em ] − ∞, 0[ por ser a composição de duas funções contínuas no seu domínio (função quadrática e função módulo), e é contínua em ]2, +∞[ por ser também a composição de duas funções contínuas no seu domínio (função logarítmica e função linear). Falta estudar a continuidade da função no ponto x = 0. Uma vez que lim x→0− f(x) = lim x→0− |x2 − 4| = 4 = f(0), então f é contínua em x = 0. Concluímos assim que f é contínua em ] − ∞, 0]∪]2, +∞[. 69
- 76. (c) Uma vezque |x2 − 4| = x2 − 4, se x2 − 4 ≥ 0 −x2 + 4, se x2 − 4 < 0 = x2 − 4, se x ≥ 2 ∨ x ≤ −2 −x2 + 4, se − 2 < x < 2, então f(x) = x2 − 4, se x ≤ −2 −x2 + 4, se − 2 < x ≤ 0 log(x − 2), se x > 2. No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemos calcular f utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos f (x) = 2x, se x < −2 −2x, se − 2 < x < 0 1 x−2 , se x > 2. Como só definimos derivada em pontos interiores ao domínio da função, resta-nos estudar o ponto x = −2. Calculando as derivadas laterais, obtemos f (−2+ ) = lim x→−2+ f(x) − f(−2) x − (−2) = lim x→−2+ −x2 + 4 − 0 x + 2 = lim x→−2+ − (x − 2)(x + 2) x + 2 = − lim x→−2+ (x − 2) = 4 e f (−2− ) = lim x→−2− f(x) − f(−2) x − (−2) = lim x→−2− x2 − 4 − 0 x + 2 = lim x→−2− (x − 2)(x + 2) x + 2 = lim x→−2− (x − 2) = −4. Como f (−2+ ) = f (−2− ) então não existe f (−2) pelo que f (x) = 2x, se x < −2 −2x, se − 2 < x < 0 1 x−2 , se x > 2. (d) A (primeira) derivada da função não tem zeros, pelo que facilmente se obtém o quadro resumo abaixo: −2 0 2 f − + + f 70
- 77. Podemos então concluirque f é estritamente crescente em ]−2, 0[ e em ]2, +∞[, e que é estritamente decrescente em ] − ∞, −2[. Como numa vizinhança de x = −2 todas as imagens da função são maiores ou iguais que f(−2) = 0, então 0 é um mínimo relativo para a função. Por outro lado, por um argumento semelhante, f(0) = 4 é um máximo relativo para a função. (e) Como no interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função podemos calcular f utilizando as regras de derivação, obtemos f (x) = 2, se x < −2 −2, se − 2 < x < 0 −1 (x−2)2 , se x > 2. (f) A segunda derivada da função também não tem zeros, pelo que obtemos o quadro resumo abaixo: −2 0 2 f + − − f ∪ ∩ ∩ Concluímos, então, que f tem a concavidade voltada para cima em ] − ∞, −2[ e que tem a concavidade voltada para baixo em ] − 2, 0[ e em ]2, +∞[. No ponto x = −2, apesar de termos mudança de sentido de concavidade à direita e à esquerda do ponto, não temos nenhum ponto de inflexão porque a função não é diferenciável neste ponto. (g) Atendendo a que lim x→−∞ f(x) = +∞, lim x→+∞ f(x) = +∞, e lim x→2+ f(x) = −∞, então CDf = R. Podemos ainda verificar que a função tem dois zeros: os pontos x = −2 e x = 3. Segue-se o gráfico da função: 71
- 78.
- 79. 8Primitivação 8.1 Exercícios propostospara resolução nas aulas 1. Determine as primitivas das funções definidas pelas seguintes expressões analíticas: (a) ex + 1 x ; (b) 4x + 3x5 + 2; (c) sin(x) cos(x); (d) 1 x2 + 1 + 4 3 √ x2 ; (e) 6x(x2 + 1); (f) 64x + e5x ; (g) cos(cos(x)) sin2 (cos(x)) sin(x); (h) ex2+2 sin(x) (x + cos(x)); (i) cos(2x) cos(x); (j) sin(x) cos2(x) ; (k) log(arcsin(x)) arcsin(x) √ 1 − x2 ; (l) (1 + 2 arctan(x))3 1 + x2 ; (m) 1 cos2(x) 1 + tan(x) ; (n) arctan(x) 1 + x2 ; (o) 1 + log(x8) x ; (p) 1 √ x + x3 2 ; 73
- 80. (q) sin(x) − cos(x) sin(x)+ cos(x) ; (r) cos2 (x); (s) 1 √ 9 − x2 . 2. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = cos(4x+π). Determine a primitiva de f que toma o valor 2 quando x = 0. 3. Primitive, por partes, as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas: (a) (3x − 1) sin(x); (b) log2 (x); (c) x2 ex ; (d) log(log(x)) x . 4. Usando em cada caso a substituição indicada, primitive as funções definidas por: (a) 1 + 4ex 1 + 2ex (ex = t); (b) 1 1 − cos(x) (tan(x/2) = t); (c) tan3 (x) (tan(x) = t); (d) √ x 4 + √ x ( √ x = t). 5. Determine as primitivas das funções racionais definidas pelas seguintes expressões analí- ticas: (a) x4 x + 2 ; (b) 1 (x + 2)(x − 3)(x + 4) ; (c) x2 − x (x + 1)2(x − 2) ; (d) −4x x2 + 4x + 3 . 6. Determine as primitivas das funções racionais definidas pelas seguintes expressões analí- ticas: (a) 1 x2 + 2x + 5 ; (b) x4 + x2 − x + 1 x3 + x ; 74
- 81. (c) x2 + 6x x3 +x2 + 4x + 4 ; (d) 2x3 + x2 + 4x + 3 2x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 2 . 7. Determine as primitivas das funções irracionais definidas pelas seguintes expressões ana- líticas: (a) √ 2x + 3 4 √ 2x + 3 + 2 ; (b) 1 x √ x2 − x − 1 ; (c) 1 x − 3 √ 3x − 2 ; (d) 1 x √ x2 + x − 2 . 8. Determine as primitivas das funções transcendentes definidas pelas seguintes expressões analíticas: (a) cos(x) 1 + cos(x) ; (b) e2x ex + 1 ; (c) 1 1 + sin2 (x) ; (d) 1 (2 + cos(x))(1 + sin(x)) . 9. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = ex (e2x − ex − 2)2 . Determine a primitiva de f que toma o valor 1 quando x = 0. 10. Primitive as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas: (a) x 3 √ x2 + 1 + 3x2 arctan(x); (b) sin(x) + cos(x) sin(x) − cos(x) ; (c) x2 sin(4x); (d) x2 + 1 4 + 2x2 ; (e) 1 √ x + x √ x 3 ; 75
- 82. (f) √ 9 − x2 x ; (g)ex sin(x); (h) arctan(x); (i) 1 x + 2 x + 1 x + 2 ; (j) 1 √ x2 + 4 ; (k) sin(x) cos(x) 4 cos2(x) + sin(x) cos(x) ; (l) cos(sin(x)) cos(x). 11. Determine a função real de variável real que satisfaz simultaneamente as condições f (x) = x cos(x2 ) + xe2x − 1 e f(0) = 2. 76
- 83. 8.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Determine as primitivas das funções definidas pelas seguintes expressões analíticas: (a) 3x3 − 5 √ x x ; (b) 3x3 + 4 sin(x); (c) ex 1 + ex ; (d) e4x2+log(x) ; (e) log2 (x) x ; (f) e2x cot(e2x ); (g) e √ x √ x ; (h) sin(x) 1 + cos2(x) ; (i) 1 (1 + x2)(1 + arctan2 (x)) ; (j) (sin(ax + b) − cos(ax + b))2 ; (k) cos(log(x)). sin(log(x)) x ; (l) cos(x) 5 (sin(x))8 ; (m) sec(tan(x)) tan(tan(x)) sec2 (x); (n) etan(x) cos2(x) ; (o) tan(x) log(cos(x)). 2. Primitive, por partes, as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas: (a) (3x2 + 1)e5x ; (b) 3x + 2 4 cos(5x); (c) x sin2 (x) . 3. Usando em cada caso a substituição indicada, primitive as funções definidas por: (a) cos2 (x) sin3 (x) (cos(x) = t); (b) √ 1 − x2 (x = sin(t) ou x = cos(t)); 77
- 84. (c) ex/2 ex/3 + 1 (ex/6 =t). 4. Divida o polinómio x3 + 2x2 + x + 3 pelo polinómio x2 + 1. 5. Mostre que o polinómio x3 + x − 2 é redutível. 6. Mostre que os polinómios 3x + 2 e x2 − 4x + 13 são irredutíveis. 7. Determine as primitivas das funções racionais definidas pelas seguintes expressões analí- ticas: (a) x2 + 4x + 6 x2 + 2 ; (b) x3 x2 + 1 + 4 x4 + x3 − 3x2 − x + 2 ; (c) x2 + 4 (x2 + 2x + 2)(x − 1)2 . 8. Determine as primitivas das funções irracionais definidas pelas seguintes expressões ana- líticas: (a) x2 + 1 ( √ x)3 + 3x + 2 √ x ; (b) √ 2x + x2 x2 ; (c) 1 x3 √ x2 − 9 . 9. Determine as primitivas das funções transcendentes definidas pelas seguintes expressões analíticas: (a) tan(x) 1 + sin2 (x) ; (b) 1 − sin(x) 1 + cos(x) ; (c) ex + 2 e2x − 2ex . 10. Determine a função real de variável real f, definida em R+ , que satisfaz as condições f (x)= x (cos(x) + log(x)) e f(1) = 0. 11. Determine as primitivas das funções definidas pelas seguintes expressões analíticas: (a) log(x + √ 1 + x2); (b) x sin(x2 − 1) + log(x2 + x + 1); 78
- 85. (c) e5x sin(2x); (d) 2x +x2 x2 ; (e) x6 7x7 + 5 + (x + 2)e−x ; (f) x cos(x) sin(x); (g) 1 x − 3 √ 3x − 2 ; (h) x3 √ 4 + x2 . 12. Determine a função real de variável real f, definida no intervalo ] − 1, 1[, que satisfaz as condições f (x)= x2 + 1 x2 + 2 + arcsin(x) e f(0) = 0. 79
- 86. 8.3 Exercícios resolvidos 1.Determine a primitiva de h(x) = 5 sin(x) cos(x) 1 − 2 cos2(x) . Resolução: O domínio da função h é Dh = {x ∈ R : 1 − 2 cos2 (x) = 0}. Notando que (1 − 2 cos2 (x)) = 4 cos(x) sin(x), obtemos P 5 sin(x) cos(x) 1 − 2 cos2(x) = 5 4 P 4 sin(x) cos(x) 1 − 2 cos2(x) = 5 4 log |1 − 2 cos2 (x)| + C, onde C ∈ R e x ∈ Dh. 2. Determine a primitiva de h(x) = log(1 − x2 ). Resolução: O domínio da função h é Dh = {x ∈ R : 1 − x2 > 0} =] − 1, 1[. Vamos usar o método de primitivação por partes para calcular a primitiva de h. Definindo f(x) = 1 e g(x) = log 1 − x2 e notando que g é uma função diferenciável no seu domínio ] − 1, 1[, obtemos P (h) = P (fg) = Fg − P (Fg ) , onde F(x) = P(f(x)) = P(1) = x e g (x) = −2x 1 − x2 = 2x x2 − 1 . Segue-se então que P (h(x)) = P log(1 − x2 ) = x log(1 − x2 ) − P x 2x x2 − 1 = x log(1 − x2 ) − 2P x2 x2 − 1 . (8.1) Vamos então calcular a primitiva de x2 x2 − 1 . Notando que a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio no denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter x2 x2 − 1 = 1 + 1 x2 − 1 , 80
- 87. donde se segueque P x2 x2 − 1 = P 1 + 1 x2 − 1 = x + P 1 x2 − 1 . (8.2) Falta ainda calcular a primitiva de 1 x2 − 1 . Notando que: (i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é menor do que o grau do polinómio no denominador, (ii) os zeros do polinómio x2 − 1 no denominador são reais (1 e −1) e têm ambos multi- plicidade 1, (iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominador não têm factores comuns, então existem A, B ∈ R tais que 1 x2 − 1 = A x − 1 + B x + 1 , ∀x ∈ R {−1, 1}, ou seja, existem A, B ∈ R tais que 1 = A(x + 1) + B(x − 1), ∀x ∈ R {−1, 1}. (8.3) De (8.3), podemos escrever a igualdade polinomial 0x + 1 = (A + B)x + (A − B) de onde se obtém o sistema A + B = 0 A − B = 1, que tem como solução A = 1 2 e B = −1 2 . Deste modo, obtemos 1 x2 − 1 = 1 2 x − 1 − 1 2 x + 1 , donde se segue que P 1 x2 − 1 = P 1 2 x − 1 − P 1 2 x + 1 = 1 2 log |x − 1| − 1 2 log |x + 1| + C. (8.4) Das igualdades (8.2) e (8.4) obtemos P x2 x2 − 1 = x + P 1 x2 − 1 = x + 1 2 log |x − 1| − 1 2 log |x + 1| + C (8.5) 81
- 88. e das igualdades(8.1) e (8.5) concluímos que P (h(x)) = x log(1 − x2 ) − 2P x2 x2 − 1 = x log(1 − x2 ) − 2x − log |x − 1| + log |x + 1| + C, onde C ∈ R e x ∈ Dh. 3. Determine a primitiva de f(x) = e2x + 1 ex(2 + e2x) . Resolução: A função a primitivar é uma função transcendente de domínio R. Para calcular a sua primitiva utilizamos a substituição ex = t ou, equivalentemente, x = log(t). Dado que ϕ(t) = log(t) é uma função bijectiva e diferenciável em R+ com derivada dada por ϕ (t) = 1 t e função inversa definida por ϕ−1 (x) = ex , efectuando a substituição, obtemos P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ (t))}|t=ϕ−1(x) = P t2 + 1 t(2 + t2) 1 t |t=ϕ−1(x) = P t2 + 1 t2(2 + t2) |t=ϕ−1(x) . (8.6) Vamos então calcular a primitiva de t2 + 1 t2(2 + t2) . Notando que: (i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é menor do que o grau do polinómio no denominador, (ii) o polinómio t2 (2 + t2 ) no denominador tem uma raiz real (0) com multiplicidade 2 e um par de raízes complexas conjugadas (± √ 2 i) com multiplicidade 1, (iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominador não têm factores comuns, então existem A, B, M, N ∈ R tais que t2 + 1 t2(2 + t2) = A t + B t2 + Mt + N 2 + t2 , ∀t ∈ R {0}, ou seja, existem A, B, M, N ∈ R tais que t2 + 1 = At(2 + t2 ) + B(2 + t2 ) + (Mt + N)t2 , ∀t ∈ R {0}. (8.7) 82
- 89. De (8.7), podemosescrever a igualdade polinomial 0t3 + t2 + 0t + 1 = (A + M)t3 + (B + N)t2 + 2At + 2B de onde se obtém o sistema A + M = 0 B + N = 1 2A = 0 2B = 1, que tem como solução A = 0, B = 1 2 , M = 0 e N = 1 2 . Deste modo, obtemos t2 + 1 t2(2 + t2) = 1 2 t2 + 1 2 2 + t2 , donde se segue que P t2 + 1 t2(2 + t2) = P 1 2 t2 + 1 2 2 + t2 = 1 2 P(t−2 ) + 1 2 P 1 2 + t2 = 1 2 P(t−2 ) + 1 2 P 1 2 1 + t2 2 = 1 2 P(t−2 ) + √ 2 4 P 1√ 2 1 + t√ 2 2 = − 1 2t + √ 2 4 arctan t √ 2 + C. (8.8) Das igualdades (8.6) e (8.8) concluímos que P e2x + 1 ex(2 + e2x) = P t2 + 1 t2(2 + t2) |t=ϕ−1(x) = − 1 2t + √ 2 4 arctan t √ 2 + C |t=ϕ−1(x) = − 1 2ex + √ 2 4 arctan ex √ 2 + C, onde C ∈ R. 4. Determine a primitiva de h(x) = sin(x) cos(x)(cos(x) − 1) . Resolução: 83
- 90. A função aprimitivar é uma função transcendente de domínio Dh ={x∈R: (cos(x) = 0) ∧(cos(x)−1 = 0)}. Notando que a função h é ímpar em sin(x), utilizamos a substituição t = cos(x) ou, equivalentemente, x = arccos(t). Dado que ϕ(t) = arccos(t) é uma função bijectiva de [−1, 1] em [0, π], e diferenciável em ] − 1, 1[ com derivada dada por ϕ (t) = − 1√ 1−t2 e função inversa definida por ϕ−1 (x) = cos(x), efectuando a substituição, obtemos P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ (t))}|t=ϕ−1(x) = P √ 1 − t2 t(t − 1) − 1 √ 1 − t2 |t=ϕ−1(x) = −P 1 t(t − 1) |t=ϕ−1(x) . (8.9) Vamos então calcular a primitiva de 1 t(t − 1) . Notando que: (i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é menor do que o grau do polinómio no denominador, (ii) o polinómio t(t − 1) no denominador tem duas raízes reais (0 e 1), ambas com multiplicidade 1, (iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominador não têm factores comuns, então existem A, B ∈ R tais que 1 t(t − 1) = A t + B t − 1 , ∀t ∈ R {0, 1}, ou seja, existem A, B ∈ R tais que 1 = A(t − 1) + Bt , ∀t ∈ R {0, 1}. (8.10) De (8.10), podemos escrever a igualdade polinomial 0t + 1 = (A + B)t − A de onde se obtém o sistema A + B = 0 −A = 1, que tem como solução A = −1 e B = 1. Deste modo, obtemos 1 t(t − 1) = − 1 t + 1 t − 1 , donde se segue que P 1 t(t − 1) = P − 1 t + 1 t − 1 = −P 1 t + P 1 t − 1 = − log |t| + log |t − 1| + C. (8.11) 84
- 91. Das igualdades (8.9)e (8.11) segue-se que P sin(x) cos(x)(cos(x) − 1) = −P 1 t(t − 1) |t=ϕ−1(x) = {log |t| − log |t − 1| + C}|t=ϕ−1(x) = log |cos (x)| − log |cos(x) − 1| + C, onde C ∈ R e x ∈ Dh. 5. Determine a função h, real de variável real, que satisfaz simultaneamente as condições h (x) = x log(x2 + 2) e h(0) = 0. Resolução: Vamos usar o método de primitivação por partes para calcular a primitiva de h . Definindo f(x) = x e g(x) = log x2 + 2 e notando que g é uma função diferenciável no seu domínio R, obtemos P (h ) = P (fg) = Fg − P (Fg ) , onde F(x) = P(f(x)) = P(x) = x2 2 e g (x) = 2x x2 + 2 . Segue-se então que h(x) = P (h (x)) = P x log(x2 + 2) = x2 2 log(x2 + 2) − P x2 2 2x x2 + 2 = x2 2 log(x2 + 2) − P x3 x2 + 2 . (8.12) Vamos então calcular a primitiva de x3 x2 + 2 . Notando que a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é maior do que o grau do polinómio no denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter x3 x2 + 2 = x − 2x x2 + 2 , donde se segue que P x3 x2 + 2 = P x − 2x x2 + 2 = P(x) − P 2x x2 + 2 = x2 2 − log x2 + 2 + C. (8.13) 85
- 92. Das igualdades (8.12)e (8.13) concluímos que h(x) = x2 2 + 1 log(x2 + 2) − x2 2 + C, para algum C ∈ R. Vamos agora determinar C ∈ R de modo a que se verifique h(0) = 0. Dado que h(0) = log(2) + C, então temos que ter C = − log(2). Assim, a função pretendida é h(x) = x2 2 + 1 log(x2 + 2) − x2 2 − log(2). 6. Determine a função real h, definida em [−1, 1] e que satisfaz simultaneamente as condições h (x) = x2 + 1 x2 + 2 + arcsin(x) e h(0) = 0. Resolução: A função pretendida é uma primitiva de h . Começamos por notar que P (h (x)) = P x2 + 1 x2 + 2 + P (arcsin(x)) . (8.14) Vamos então calcular a primitiva de x2 + 1 x2 + 2 . Notando que a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio no denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter x2 + 1 x2 + 2 = 1 − 1 x2 + 2 , donde se segue que P x2 + 1 x2 + 2 = P 1 − 1 x2 + 2 = P(1) − P 1 x2 + 2 = P(1) − P 1 2 x2 2 + 1 = x − √ 2 2 P 1√ 2 x√ 2 2 + 1 = x − √ 2 2 arctan x √ 2 + C1, (8.15) 86
- 93. onde C1 ∈R. Para calcularmos a primitiva de arcsin(x) usamos o método de primitivação por partes. Definindo f(x) = 1 e g(x) = arcsin(x) e notando que g é uma função diferenciável em ] − 1, 1[, obtemos P (arcsin(x)) = P (fg) = Fg − P (Fg ) , onde F(x) = P(f(x)) = P(1) = x e g (x) = 1 √ 1 − x2 . Segue-se então que P (arcsin(x)) = x arcsin(x) − P x √ 1 − x2 = x arcsin(x) + 1 2 P −2x (1 − x2 )−1 2 = x arcsin(x) + √ 1 − x2 + C2, (8.16) onde C2 ∈ R. Das igualdades (8.14), (8.15) e (8.16) obtemos h(x) = x − √ 2 2 arctan x √ 2 + x arcsin(x) + √ 1 − x2 + C, para algum C ∈ R. Vamos agora determinar C ∈ R de modo a que se verifique h(0) = 0. Dado que h(0) = 1 + C, então temos que ter C = −1. Assim, a função pretendida é h(x) = x − √ 2 2 arctan x √ 2 + x arcsin(x) + √ 1 − x2 − 1. 7. Determine a primitiva de f(x) = 1 √ x2 − 3x + 2 . Resolução: A função a primitivar é uma função algébrica irracional de domínio Dh = {x ∈ R : x2 − 3x + 2 > 0}. 87
- 94. Para calcular asua primitiva podemos, por exemplo, utilizar a substituição √ x2 − 3x + 2 = x + t. Da igualdade anterior, obtemos sucessivamente √ x2 − 3x + 2 = x + t ⇒ x2 − 3x + 2 = (x + t)2 = x2 + 2xt + t2 ⇒ −3x − 2xt = −2 + t2 ⇒ x(−3 − 2t) = −2 + t2 ⇒ x = 2 − t2 3 + 2t . Dado que ϕ(t) = 2 − t2 3 + 2t é uma função bijectiva e diferenciável em R{−3 2 } com derivada dada por ϕ (t) = −2 (2+3t+t2) (3+2t)2 e função inversa definida por ϕ−1 (x) = √ x2 − 3x + 2 − x, efectuando a substituição, obtemos P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ (t))}|t=ϕ−1(x) = P − 1 2 − t2 3 + 2t + t 2 (2 + 3t + t2 ) (3 + 2t)2 |t=ϕ−1(x) = P − 1 2 + 3t + t2 3 + 2t 2 (2 + 3t + t2 ) (3 + 2t)2 |t=ϕ−1(x) = P − 3 + 2t 2 + 3t + t2 2 (2 + 3t + t2 ) (3 + 2t)2 |t=ϕ−1(x) = −P 2 3 + 2t |t=ϕ−1(x) = {− log |3 + 2t| + C}|t=ϕ−1(x) = − log 3 + 2 √ x2 − 3x + 2 − x + C, onde C ∈ R e x ∈ Dh. 88
- 95. 9Cálculo Integral. Áreasde figuras planas 9.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas 1. Calcule os seguintes integrais: (a) 5 1 1 (x + 7)2 dx; (b) π 2 0 cos3 (x) dx; (c) 1 0 eax sin(bx) dx (a, b ∈ R); (d) 9 4 1 − √ x 1 + √ x dx; (e) 2 √ 3 √ x2 − 3 x dx; (f) 15 −1 4 √ x + 1 √ x + 1 + 2 dx; (g) π 2 π 4 x cos(x) sin2 (x) dx; (h) 1 −2 1 √ x2 + 4x + 5 dx; (i) 2 1 2x3 + 2x2 + 5x + 3 x4 + 2x3 + 3x2 dx. 2. Calcule a derivada das seguintes funções: (a) F(x) = x 1 1 t dt; 89
- 96. (b) F(x) = x3 0 et dt; (c)F(x) = 0 x2 sin(t) dt; (d) F(x) = x3 x2 log(t) dt. 3. Calcule, caso exista, o seguinte limite: lim x→0 x2 x sin(t2 ) dt sin2 (x) . 4. Considere a função real de variável real definida por f(x) = sin(x) 0 et2 dt. (a) Determine a função f . Justifique a resposta. (b) Determine os extremos relativos de f. Justifique a resposta. 5. Determine a área de cada um dos seguintes domínios: (a) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) = ex e g(x) = e−x , e pelas rectas de equação x = −1 e x = 2; (b) Domínio limitado pela parábola de equação y2 = 2x − 2 e pela recta de equação y − x + 5 = 0; (c) Domínio contido no semiplano x ≥ −1 e limitado pela recta de equação y = 0 e pelo gráfico da função f(x) = x (x2 + 3)2 ; (d) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) = arctan(x) e g(x) = π 4 x2 ; (e) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) = 1 x , g(x) = 3x e h(x) = 6x. 90
- 97. 9.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Calcule os seguintes integrais: (a) 5 2 −5 (x + 1)2 dx; (b) 3 1 x3 log (x) dx; (c) 1 0 log x + √ 3 + x2 dx; (d) 8 4 x √ x2 − 15 dx; (e) 2 0 3 arctan √ 1 + x dx; (f) 2 0 x3 + x2 − 12x + 1 x2 + x − 12 dx; (g) 16 1 7 4 √ x + √ x dx. 2. Calcule, caso exista, o seguinte limite: lim x→0+ x2 0 sin( √ t) dt x3 . 3. Considere a função real de variável real f definida por f(x) = 1 x2 e−t2 √ t dt. (a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 2 de f, no ponto x = 1. (b) Calcule lim x→1 f(x) + 2 e (x − 1) (x − 1)2 . 4. Determine a área de cada um dos seguintes domínios: (a) Domínio contido no semiplano x ≥ 0 e limitado pela circunferência x2 + y2 = 4; (b) Domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = (x + 1)2 − 4 e pela recta de equação y = 2x; (c) Domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = x3 −6x2 +8x e pela recta de equação y = 0; 91
- 98. (d) Domínio limitadopelo gráfico da função f(x) = arcsin(x) e pela recta de equação y = π 2 x; (e) Domínio contido no 1o quadrante e limitado pela hipérbole de equação xy = 1, pela parábola de equação y = x2 e pela recta de equação y = 4. 92
- 99. 9.3 Exercícios resolvidos 1.Calcule os seguintes integrais: (a) 8 1 1 + 3 √ x dx; (b) e 1 1 x (log(x))3 dx; (c) √ 2 0 x2 + 2x + 3 x2 + 2 dx; (d) 3 0 (x + 1) √ 9 − x2 dx; (e) 2 1 e3x + e2x + 1 ex − e−x dx; (f) 1 0 5x + 1 (x2 + 2x + 5)(x + 1) dx. Resolução: (a) A função integranda f(x) = 1 + 3 √ x está definida e é contínua no intervalo [1, 8], pelo que f é integrável neste intervalo. Atendendo a que F(x) = x+ 3 4 3 √ x4 é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow, obtemos 8 1 1 + 3 √ x dx = x + 3 4 3 √ x4 8 1 = (8 + 3 4 3 √ 84) − (1 + 3 4 3 √ 14) = 73 4 . (b) A função integranda f(x) = 1 x (log(x))3 está definida e é contínua no intervalo [1, e], pelo que f é integrável neste intervalo. Atendendo a que F(x) = (log(x))4 4 é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow, obtemos e 1 1 x (log(x))3 dx = (log(x))4 4 e 1 = (log(e))4 4 − (log(1))4 4 = 1 4 . (c) A função integranda f(x) = x2 + 2x + 3 x2 + 2 é uma função racional definida e contínua no intervalo [0, √ 2], logo f é integrável neste intervalo. Como f é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio no denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter x2 + 2x + 3 x2 + 2 = 1 + 2x + 1 x2 + 2 . 93
- 100. Assim, √ 2 0 x2 + 2x +3 x2 + 2 dx = √ 2 0 1 + 2x + 1 x2 + 2 dx = √ 2 0 1 + 2x x2 + 2 + 1 x2 + 2 dx = √ 2 0 1 + 2x x2 + 2 + √ 2 2 1√ 2 x√ 2 2 + 1 dx. Atendendo a que F(x) = x + log(x2 + 2) + √ 2 2 arctan x √ 2 é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow, obtemos √ 2 0 x2 + 2x + 3 x2 + 2 dx = x + log(x2 + 2) + √ 2 2 arctan x √ 2 √ 2 0 = √ 2 + log ( √ 2)2 + 2 + √ 2 2 arctan √ 2 √ 2 − 0 + log(02 + 2) + √ 2 2 arctan 0 √ 2 = √ 2 + log(2) + √ 2 8 π. (d) A função integranda f(x) = (x + 1) √ 9 − x2 é o produto de uma função polinomial por uma função irracional, ambas definidas e contínuas no intervalo [0, 3]. Assim, f está definida e é contínua em [0, 3], pelo que é integrável neste intervalo. Observe-se que o integral dado se pode decompor na soma de dois integrais, na forma 3 0 (x + 1) √ 9 − x2 dx = 3 0 x √ 9 − x2 dx + 3 0 √ 9 − x2 dx. (9.1) Relativamente à primeira parcela, como F1(x) = −1 3 (9 − x2)3 é uma primitiva da função f1(x) = x √ 9 − x2, pela regra de Barrow, obtemos 3 0 x √ 9 − x2 dx = −1 3 (9 − x2)3 3 0 = −1 3 (9 − 32)3 − −1 3 (9 − 02)3 = 9. Relativamente à segunda parcela, vamos efectuar uma integração por substituição sendo, neste caso, x = 3 sin(t) uma substituição adequada. A função ϕ(t) = 3 sin(t) é uma função de classe C1 em [0, π 2 ], pois ϕ (t) = 3 cos(t) é contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(0) = 0 e que ϕ π 2 = 3, efectuando a substituição, obtemos 94
- 101. 3 0 √ 9 − x2dx = π 2 0 9 − 9 sin2 (t) 3 cos(t) dt = π 2 0 9(1 − sin2 (t)) 3 cos(t) dt = π 2 0 3 |cos(t)| 3 cos(t)dt = π 2 0 9 cos2 (t) dt = 9 π 2 0 1 2 + 1 2 cos(2t) dt = 9 2 t + sin(2t) 2 π 2 0 = 9 4 π . Da igualdade (9.1) concluímos então que 3 0 (x + 1) √ 9 − x2 dx = 3 0 x √ 9 − x2 dx + 3 0 √ 9 − x2 dx = 9 + 9 4 π. (e) A função integranda f(x) = e3x + e2x + 1 ex − e−x é uma função transcendente definida e contínua no intervalo [1, 2], pelo que f é integrável neste intervalo. Vamos efectuar uma integração por substituição. Neste caso, a substituição ade- quada é ex = t ou, equivalentemente, x = log(t). A função ϕ(t) = log(t) é uma função de classe C1 em [e, e2 ], uma vez que ϕ (t) = 1 t é contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(e) = 1 e que ϕ e2 = 2, efectuando a substituição, obtemos 2 1 e3x + e2x + 1 ex − e−x dx = e2 e t3 + t2 + 1 t − 1 t 1 t dt = e2 e t3 + t2 + 1 t2 − 1 dt. Como a função integranda t3 + t2 + 1 t2 − 1 é uma função racional cujo grau do polinó- mio no numerador é maior que o grau do polinómio no denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter t3 + t2 + 1 t2 − 1 = t + 1 + t + 2 t2 − 1 . Logo, e2 e t3 + t2 + 1 t2 − 1 dt = e2 e t + 1 + t + 2 t2 − 1 dt = e2 e t + 1 dt + e2 e t + 2 t2 − 1 dt. (9.2) Relativamente à primeira parcela, como F1(t) = t2 2 + t é uma primitiva da função integranda f1(t) = t + 1 obtemos, pela regra de Barrow, e2 e t + 1 dt = t2 2 + t e2 e = e4 2 + e2 − e2 2 + e = e4 2 + e2 2 − e. Relativamente à segunda parcela, note-se que: 95
- 102. (i) a funçãoa primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera- dor é menor do que o grau do polinómio no denominador, (ii) o polinómio t2 − 1 no denominador tem duas raízes reais (1 e −1) com multipli- cidade 1, (iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi- nador não têm factores comuns, então existem A, B ∈ R tais que t + 2 t2 − 1 = t + 2 (t − 1)(t + 1) = A t − 1 + B t + 1 , ∀t ∈ R {−1, 1}, ou seja, existem A, B ∈ R tais que t + 2 = A(t + 1) + B(t − 1), ∀t ∈ R {−1, 1}. Da igualdade anterior, podemos escrever a igualdade polinomial t+2 = (A+B)t+(A−B) de onde se obtém o sistema A + B = 1 A − B = 2, que tem como solução A = 3 2 e B = − 1 2 . Logo, e2 e t + 2 t2 − 1 dt = e2 e 3 2 t − 1 + −1 2 t + 1 dt. Atendendo a que F2(x) = 3 2 log |t − 1| − 1 2 log |t + 1| é uma primitiva de f2(x) = 3 2 t − 1 + −1 2 t + 1 então, pela regra de Barrow, e2 e t + 2 t2 − 1 dt = 3 2 log |t − 1| − 1 2 log |t + 1| e2 e = 3 2 log(e2 − 1) − 1 2 log(e2 + 1) − 3 2 log(e − 1) + 1 2 log(e + 1) = 3 2 log(e + 1) − 1 2 log(e2 + 1) + 1 2 log(e + 1) = 2 log(e + 1) − 1 2 log(e2 + 1). Então, da igualdade (9.2) obtemos 2 1 e3x + e2x + 1 ex − e−x dx = e2 e t3 + t2 + 1 t2 − 1 dt = e2 e t + 1 dt + e2 e t + 2 t2 − 1 dt = e4 2 + e2 2 − e + 2 log(e + 1) − 1 2 log(e2 + 1). 96
- 103. (f) A funçãointegranda f(x) = 5x + 1 (x2 + 2x + 5)(x + 1) é uma função racional definida e contínua no intervalo [0, 1], pelo que f é integrável neste intervalo. Vamos então calcular uma primitiva de f. Notando que: (i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera- dor é menor do que o grau do polinómio no denominador, (ii) o polinómio (x2 + 2x + 5)(x + 1) no denominador tem uma raiz real (−1) com multiplicidade 1, e um par de raízes complexas conjugadas (−1 ± 2i) com mul- tiplicidade 1, (iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi- nador não têm factores comuns, então existem A, B, C ∈ R tais que 5x + 1 (x2 + 2x + 5)(x + 1) = A x + 1 + Bx + C x2 + 2x + 5 , ∀x ∈ R {−1}, ou seja, existem A, B, C ∈ R tais que 5x + 1 = A(x2 + 2x + 5) + (Bx + C)(x + 1), , ∀x ∈ R {−1}. (9.3) De (9.3), podemos escrever a igualdade polinomial 0x2 + 5x + 1 = (A + B)x2 + (2A + B + C)x + 5A + C de onde se obtém o sistema A + B = 0 2A + B + C = 5 5A + C = 1, que tem como solução A = −1, B = 1 e C = 6. Deste modo, obtemos 1 0 5x + 1 (x2 + 2x + 5)(x + 1) dx = 1 0 −1 x + 1 + x + 6 x2 + 2x + 5 dx = 1 0 −1 x + 1 dx + 1 0 x + 6 x2 + 2x + 5 dx = 1 0 −1 x + 1 dx + 1 0 x + 1 x2 + 2x + 5 dx + 1 0 5 x2 + 2x + 5 dx. (9.4) Relativamente à primeira parcela, como F1(x) = − log |x + 1| é uma primitiva da função integranda f1(x) = −1 x + 1 obtemos, pela regra de Barrow, 97
- 104. 1 0 −1 x + 1 dx= [− log |x + 1| ]1 0 = − log |2| + log |1| = − log(2). Quanto à segunda parcela, como F2(x) = 1 2 log |x2 + 2x + 5| é uma primitiva da função integranda f2(x) = x + 1 x2 + 2x + 5 , obtemos pela regra de Barrow, 1 0 x + 1 x2 + 2x + 5 dx = 1 2 log |x2 + 2x + 5| 1 0 = 1 2 (log(8) − log(5)) = 1 2 log 8 5 . Finalmente, como 1 0 5 x2 + 2x + 5 dx = 1 0 5 (x + 1)2 + 4 dx = 5 4 1 0 1 (x+1 2 )2 + 1 dx = 5 2 1 0 1 2 (x+1 2 )2 + 1 dx e F3(x) = arctan x + 1 2 é uma primitiva da função integranda f3(x) = 1 2 (x+1 2 )2 + 1 obtemos, pela regra de Barrow, 1 0 5 x2 + 2x + 5 dx = 5 2 1 0 1 2 (x+1 2 )2 + 1 dx = 5 2 arctan x + 1 2 1 0 = 5 2 arctan(1) − arctan 1 2 = 5 2 π 4 − arctan 1 2 = 5π 8 − 5 2 arctan 1 2 . Da igualdade (9.4) obtemos então 1 0 5x + 1 (x2 + 2x + 5)(x + 1) dx = 1 0 −1 x + 1 dx + 1 0 x + 1 x2 + 2x + 5 dx + 1 0 5 x2 + 2x + 5 dx = − log(2) + 1 2 log 8 5 + 5π 8 − 5 2 arctan 1 2 . 2. Calcule, caso exista, o limite lim x→0+ x3−π −π cos( 3 √ t + π) dt sin(x2) , justificando detalhadamente a sua resposta. Resolução: 98
- 105. Ao calcular lim x→0+ x3−π −π cos(3 √ t + π) dt sin(x2) obtemos uma indeterminação do tipo 0 0 . Consi- derando as funções F(x) = x3−π −π cos( 3 √ t + π) dt e g(x) = sin(x2 ), vamos provar que são verificadas as condições da regra de Cauchy no intervalo I =]0, ε[ com 0 < ε < π 2 . Vamos provar, em primeiro lugar, que a função F é diferenciável em I. Atendendo a que a função h(t) = cos( 3 √ t + π) é contínua em R, então ela é contínua em qualquer intervalo da forma [−π, b] (b > −π) contido em R. Assim, pelo teorema fundamental do cálculo integral, a função H(x) = x −π cos( 3 √ t + π) dt é diferenciável em [−π, b] e, além disso, H (x) = h(x) = cos( 3 √ x + π), ∀x ∈ [−π, b]. Como F(x) = H(x3 − π), então F (x) = H(x3 − π) = H (x3 − π)(x3 − π) = H (x3 − π) 3x2 = 3x2 cos( 3 √ x3 − π + π) = 3x2 cos(x), ∀x ∈ [−π, b] . Como, em particular, F (x) = 3x2 cos(x) toma sempre valores finitos em I, então a função F é diferenciável em I. Por outro lado, a função g(x) = sin(x2 ) também é diferenciável em I, uma vez que g (x) = 2x cos(x2 ) toma valores finitos neste intervalo. Além disso, g (x) = 0, ∀x ∈ I e lim x→0+ F(x) = lim x→0+ g(x) = 0. Verificam-se, assim, as condições de aplicabilidade da Regra de Cauchy. Como lim x→0+ F (x) g (x) = lim x→0+ 3x2 cos(x) 2x cos(x2) = lim x→0+ 3x cos(x) 2 cos(x2) = 0 verifica-se que este limite existe, pelo que também existe e tem igual valor lim x→0+ F(x) g(x) . Logo, lim x→0+ F(x) g(x) = 0. 3. Considere a função real de variável real definida por f(x) = 1 x e−t t dt. (a) Determine, justificando, o domínio da função f. (b) Escreva a fórmula de Taylor de ordem 2 da função f, no ponto x = 1. (c) Mostre que 2f( √ x) = 1 x e− √ t t dt. 99
- 106. Resolução: (a) A funçãointegranda g(t) = e−t t é uma função definida e contínua em R{0}. Assim, para encontrar o domínio da função f (i.e., o conjunto dos valores para os quais a função f está definida) temos de assegurar que o intervalo de integração [x, 1], para x < 1 (ou [1, x], para x > 1), está contido em R{0}. Logo, x só pode tomar valores positivos, pelo que o domínio de f é R+ . (b) Na alínea (a) vimos que a função f está definida em R+ , e que a função integranda g(t) = e−t t está definida e é contínua em R {0}. Assim, em particular, g é contínua em [1, b], com b > 1 (ou [b, 1], com 0 < b < 1) pelo que, pelo teorema fundamental do cálculo integral, podemos concluir que a função h(x) = x 1 e−t t dt é diferenci- ável em [1, b] (ou [b, 1]) e que h (x) = g(x) = e−x x , ∀x ∈ [1, b] (ou [b, 1]). Como f(x) = 1 x e−t t dt = − x 1 e−t t dt = −h(x) então f (x) = −h (x) = − e−x x , ∀x ∈ [1, b] (ou [b, 1]). Podemos agora concluir que f é uma função de classe C1 numa vizinhança do ponto 1 (contida em R+ ), uma vez que a função f é contínua nessa vizinhança. Ainda, a segunda derivada f (x) = e−x x + 1 x2 está definida numa vizinhança do ponto 1 (contida em R+ ). Assim, podemos escrever a fórmula de Taylor com resto de ordem 2 da função f em torno do ponto 1, i.e., podemos afirmar que existe c ∈]x, 1[ ou c ∈]1, x[ tal que f(x) = f(1) + (x − 1)f (1) + (x − 1)2 2! f (c). Como f(1) = 0, f (1) = − 1 e e f (c) = 1 ec c + 1 c2 , podemos então concluir que existe c ∈]x, 1[ ou c ∈]1, x[ tal que f(x) = −(x − 1) 1 e + (x − 1)2 2! 1 ec c + 1 c2 . (c) Notemos que f( √ x) = 1 √ x e−t t dt, e que Df = R+ . Considerando a substituição t = √ u, a função ϕ(u) = √ u é uma função de classe C1 em R+ , uma vez que a função ϕ (u) = 1 2 √ u é contínua neste conjunto. Atendendo a que ϕ(1) = 1 e ϕ(x) = √ x, efectuando a substituição obtemos f( √ x) = 1 √ x e−t t dt = 1 x e− √ u √ u 1 2 √ u du = 1 2 1 x e− √ u u du, de onde concluímos, conforme pretendido, que 2f( √ x) = 1 x e− √ t t dt. 4. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função g(x) = arctan(x) e pelas rectas de equação y = π 4 e x = 0. Resolução: 100
- 107. Em primeiro lugar,note-se que o ponto de intersecção da função g(x) = arctan(x) com a recta y = π 4 (i.e, a solução da equação arctan(x) = π 4 ) é o ponto de coordenadas 1, π 4 . Por outro lado, o gráfico de y = arctan(x) está sempre abaixo da recta y = π 4 no intervalo [0, 1], uma vez que arctan(x) ≤ π 4 , ∀x ∈ [0, 1]. Assim, o domínio está limitado superior- mente pela recta y = π 4 e inferiormente pelo gráfico de y = arctan(x), pelo que a área pretendida será dada por A = 1 0 π 4 − arctan(x) dx = 1 0 π 4 − arctan(x) dx. As funções f(x) = π 4 e g(x) = arctan(x) estão definidas e são contínuas em [0, 1], logo são ambas integráveis neste intervalo. Assim, 1 0 π 4 − arctan(x) dx = 1 0 π 4 dx − 1 0 arctan(x) dx = π 4 x 1 0 − 1 0 arctan(x) dx = π 4 − 1 0 arctan(x) dx. (9.5) Resta-nos calcular o integral 1 0 arctan(x) dx e, para isso, vamos efectuar uma integração por partes. Considerando h(x) = 1 e g(x) = arctan(x), h é contínua em [0, 1] e g é uma função de classe C1 em [0, 1], pois tem derivada contínua neste intervalo. Uma vez que H(x) = x é uma primitiva da função h obtemos então 1 0 arctan(x) dx = [x arctan(x)]1 0 − 1 0 x 1 1 + x2 dx = [x arctan(x)]1 0 − 1 2 1 0 2x 1 + x2 dx = π 4 − 1 2 [log(1 + x2 )] 1 0 = π 4 − log( √ 2). Finalmente, da igualdade (9.5) obtemos 1 0 π 4 − arctan(x) dx = π 4 − π 4 − log( √ 2) = log( √ 2). 5. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = − 1 x √ x2 − x − 2 e pelas rectas de equação x = 3, x = 4 e y = 0. Resolução: O domínio é limitado inferiormente pelo gráfico da função f(x) = − 1 x √ x2 − x − 2 , e é limitado superiormente pela recta y = 0, uma vez que − 1 x √ x2 − x − 2 < 0, ∀x ∈ [3, 4]. 101
- 108. Assim, a áreaé dada por A = 4 3 0 − − 1 x √ x2 − x − 2 dx = 4 3 0 − − 1 x √ x2 − x − 2 dx = 4 3 1 x √ x2 − x − 2 dx. A função integranda f(x) = 1 x √ x2 − x − 2 , está definida e é contínua em [3, 4], logo f é integrável neste intervalo. Vamos efectuar uma integração por substituição. Atendendo a que o polinómio x2 −x−2 tem duas raízes reais e distintas (−1 e 2), neste caso uma das substituições adequadas é (x + 1) t = √ x2 − x − 2. Da igualdade anterior obtemos sucessivamente (x + 1) t = √ x2 − x − 2 ⇒ (x + 1)2 t2 = x2 − x − 2 ⇒ (x + 1)2 t2 = (x + 1)(x − 2) ⇒ (x + 1) t2 = x − 2 ⇒ x (t2 − 1) = −t2 − 2 ⇒ x = t2 + 2 1 − t2 . A função ϕ(t) = t2 + 2 1 − t2 é uma função de classe C1 em 1 2 , 2 5 , pois ϕ (t) = 6t (1 − t2)2 é uma função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ 1 2 = 3 e que ϕ 2 5 = 4, efectuando a substituição, obtemos 4 3 1 x √ x2 − x − 2 dx = √2 5 1 2 1 t2+2 1−t2 (t2+2 1−t2 + 1)t 6t (1 − t2)2 dt = √2 5 1 2 (1 − t2 )2 3(t2 + 2) 6 (1 − t2)2 dt = √2 5 1 2 2 t2 + 2 dt = √2 5 1 2 1 t√ 2 2 + 1 dt = √ 2 √2 5 1 2 1√ 2 t√ 2 2 + 1 dt = √ 2 arctan t √ 2 √2 5 1 2 = √ 2 arctan √ 5 5 − arctan √ 2 4 . 102
- 109. 6. Determine aárea do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = 1 1 + sin(x) , e as rectas de equação y = 0, x = 0 e x = π 2 . Resolução: O domínio é limitado superiormente pelo gráfico da função f(x) = 1 1 + sin(x) e inferior- mente pela recta de equação y = 0, uma vez que se verifica a desigualdade 1 1 + sin(x) > 0, no intervalo [0, π 2 ]. Assim, a área é dada por A = π 2 0 1 1 + sin(x) − 0 dx = π 2 0 1 1 + sin(x) − 0 dx = π 2 0 1 1 + sin(x) dx. A função f(x) = 1 1 + sin(x) está definida e é contínua em [0, π 2 ], logo f é integrável neste intervalo. Vamos calcular este integral efectuando uma integração por substituição. Neste caso a substituição adequada é t = tan(x 2 ) ou, equivalentemente, x = 2 arctan(t). A função ϕ(t) = 2 arctan(t) é uma função de classe C1 em [0, 1], pois ϕ (t) = 2 1+t2 é uma função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(0) = 0, ϕ(1) = π 2 , e que sin(x) = 2t 1 + t2 , efectuando a substituição, obtemos π 2 0 1 1 + sin(x) dx = 1 0 1 1 + 2t 1+t2 2 1 + t2 dx = 1 0 2 (1 + t)2 dx = −2 1 t + 1 1 0 = 1. 7. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = √ 2 + x2 e pela parábola de equação y = x2 . Resolução: Em primeiro lugar, note-se que os pontos de intersecção da função f(x) = √ 2 + x2 com a parábola y = x2 são os pontos de coordenadas ( √ 2, 2) e (− √ 2, 2), uma vez que √ 2 + x2 = x2 ⇒ 2 + x2 = x4 ⇒ x4 − x2 − 2 = 0 ⇒ x = √ 2 ∨ x = − √ 2 (note-se que fazendo a mudança de variável y = x2 a equação x4 − x2 − 2 = 0 se pode escrever na forma y2 − y − 2 = 0). No intervalo [− √ 2, √ 2] é verificada a desigualdade √ 2 + x2 ≥ x2 , isto é, neste intervalo o domínio é limitado superiormente pelo gráfico da função f(x) = √ 2 + x2 e inferiormente 103
- 110. pelo gráfico daparábola y = x2 . Logo, a área é dada por A = √ 2 − √ 2 | √ 2 + x2 − x2 | dx = √ 2 − √ 2 √ 2 + x2 − x2 dx = √ 2 − √ 2 √ 2 + x2 dx − √ 2 − √ 2 x2 dx. (9.6) As funções f(x) = √ 2 + x2 e g(x) = x2 estão definidas e são contínuas em [− √ 2, √ 2], logo ambas são integráveis neste intervalo. Relativamente ao segundo integral, como G(x) = x3 3 é uma primitiva para a função g então, pela regra de Barrow, √ 2 − √ 2 x2 dx = x3 3 √ 2 − √ 2 = ( √ 2)3 3 − (− √ 2)3 3 = 4 √ 2 3 . (9.7) Vamos agora efectuar uma integração por substituição para calcular o valor do pri- meiro integral. Neste caso uma das substituições adequadas é x = √ 2 tan(t). A função ϕ(t) = √ 2 tan(t) é uma função de classe C1 em −π 4 , π 4 , pois ϕ (t) = √ 2 1 cos2(t) é uma função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ − π 4 = − √ 2 e que ϕ π 4 = √ 2, efectuando a substituição, obtemos √ 2 − √ 2 √ 2 + x2 dx = π 4 −π 4 2 + 2 tan2 (t) √ 2 cos2(t) dt = π 4 −π 4 √ 2 1 cos(t) √ 2 cos2(t) dt = π 4 −π 4 2 cos3(t) dt. Precisamos de fazer uma nova substituição para calcular o valor deste último integral. Neste caso, como a função integranda h(t) = 1 cos3(t) é uma função ímpar em cos(t), a substituição escolhida é u = sin(t) ou, equivalentemente, t = arcsin(u). A função φ(u) = arcsin(u) é uma função de classe C1 em [− √ 2 2 , √ 2 2 ], pois φ (u) = 1 √ 1 − u2 é contínua neste intervalo. Atendendo a que φ √ 2 2 = π 4 , φ − √ 2 2 = −π 4 , e que cos(t) = 1 − sin2 (t) = √ 1 − u2 em [−π 4 , π 4 ], efectuando a substituição, obtemos π 4 −π 4 2 cos3(t) dt = √ 2 2 − √ 2 2 2 (1 − u2)3 1 √ 1 − u2 du = √ 2 2 − √ 2 2 2 (1 − u2)2 du. Falta ainda calcular a primitiva de k(u) = 2 (1 − u2)2 . Notando que: 104
- 111. (i) a funçãoa primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é menor do que o grau do polinómio no denominador, (ii) os zeros do polinómio (1 − u2 )2 no denominador são reais (1 e −1) e têm ambos multiplicidade 2, (iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominador não têm factores comuns, então existem A, B, C, D ∈ R tais que 2 (1 − u2)2 = 2 (1 − u)2(1 + u)2 = A (1 − u)2 + B 1 − u + C (1 + u)2 + D 1 + u , ∀u ∈ R {−1, 1}, ou seja, existem A, B, C, D ∈ R tais que 2 = A(1+u)2 +B(1+u)2 (1−u)+C(1−u)2 +D(1−u)2 (1+u), ∀u ∈ R{−1, 1}. (9.8) De (9.8), podemos escrever a igualdade polinomial 0u3 +0u2 +0u+2 = (−B+D)u3 +(A−B+C−D)u2 +(2A+B−2C−D)u+A+B+C+D de onde se obtém o sistema −B + D = 0 A − B + C − D = 0 2A + B − 2C − D = 0 A + B + C + D = 2, que tem como solução A = 1 2 , B = 1 2 , C = 1 2 e D = 1 2 . Deste modo, obtemos 2 (1 − u2)2 = 1 2 1 (1 − u)2 + 1 1 − u + 1 (1 + u)2 + 1 1 + u donde se segue que √ 2 2 − √ 2 2 2 (1 − u2)2 du = 1 2 √ 2 2 − √ 2 2 1 (1 − u)2 + 1 1 − u + 1 (1 + u)2 + 1 1 + u du = 1 2 1 1 − u − log |1 − u| − 1 1 + u + log |1 + u| √ 2 2 − √ 2 2 = 1 2 1 1− √ 2 2 − log |1 − √ 2 2 | − 1 1+ √ 2 2 + log |1 + √ 2 2 | − 1 2 1 1+ √ 2 2 − log |1 + √ 2 2 | − 1 1− √ 2 2 + log |1 − √ 2 2 | = 1 2 2 log(3 + 2 √ 2) + 4 + 2 √ 2 − 4 + 2 √ 2 = log(3 + 2 √ 2) + 2 √ 2. 105
- 112. Finalmente, das igualdades(9.6) e (9.7), obtemos √ 2 − √ 2 √ 2 + x2 − x2 dx = log(3 + 2 √ 2) + 2 √ 2 − 4 √ 2 3 = log(3 + 2 √ 2) + 2 √ 2 3 . 106
- 113. 10Integrais impróprios 10.1 Exercíciospropostos para resolução nas aulas 1. Recorrendo à definição de integral impróprio, estude a natureza dos seguintes integrais calculando, se possível, o seu valor: (a) +∞ 1 e− √ x √ x dx; (b) 1 0 x log(x) dx. 2. Estude a natureza dos seguintes integrais impróprios: (a) +∞ 1 x x3 + x2 − 1 dx; (b) +∞ 0 1 √ ex dx; (c) +∞ 2 log(x) √ x + x2 + 1 dx; (d) +∞ 0 cos(x) √ x3 + 1 dx; (e) 2 1 √ x x2 − 1 dx; (f) π 2 0 1 + tan(x) dx; (g) 2 −2 1 √ 4 − x2 dx; (h) 2 0 2 x2 − 2x dx; (i) +∞ 1 2 1 3 √ 2x − 1 dx; 107
- 114. (j) 0 −∞ 1 3 √ 1 − x4 dx. 3.Determine a área de cada um dos seguintes domínios planos ilimitados: (a) domínio contido no semiplano y ≤ 0, e limitado pela recta de equação x = 0 e pelo gráfico da função f(x) = log(x); (b) domínio definido pelo gráfico da função f(x) = 1 x2 e pelas rectas de equação x = 1 e y = 0. 4. Estude a natureza do seguinte integral impróprio, em função do parâmetro real α: +∞ 0 xα 1 + x3 dx. 108
- 115. 10.2 Exercícios propostospara resolução autónoma 1. Recorrendo à definição de integral impróprio, estude a natureza dos seguintes integrais calculando, se possível, o seu valor: (a) +∞ 1 1 (1 + x2) arctan(x) dx; (b) e 0 1 x 1 − log(x) dx. 2. Estude a natureza dos seguintes integrais impróprios: (a) +∞ 0 e √ 2x+1 dx; (b) +∞ 2 x sin(x2 ) x4 + 3 dx; (c) +∞ 1 e−x x dx; (d) π 2 0 e−x cos(x) x dx; (e) 2 0 log(x) x dx; (f) π 0 1 sin(x) dx; (g) +∞ 2 log(x) x √ x2 − 4 dx; (h) +∞ 0 1 x √ x2 + 1 dx; (i) +∞ 0 1 (x + 1) 5 √ 1 − x2 dx. 3. Determine a área de cada um dos seguintes domínios planos ilimitados: (a) domínio definido pelo gráfico da função f(x) = 1 1 + x2 e pelo eixo dos xx; (b) domínio definido pelo gráfico da função f(x) = 1 x log2 (x) , pelas rectas de equação x = 0 e x = 1 2 , e pelo eixo dos xx. 4. Estude a natureza do seguinte integral, em função do parâmetro real α: π 2 0 sin(x) xα dx. 109
- 116. 10.3 Exercícios resolvidos 1.Recorrendo à definição de integral impróprio, estude a natureza dos seguintes integrais calculando, se possível, o seu valor: (a) +∞ 1 1 x2(x2 + 1) dx; (b) 0 −1 e2x √ 1 − e2x dx. Resolução: (a) Dado que a função f(x) = 1 x2(x2 + 1) está definida no intervalo [1, +∞[, o integral +∞ 1 1 x2(x2 + 1) dx é impróprio de 1.a espécie. Pela definição de integral impróprio de 1.a espécie, dado que a função f é integrável em qualquer intervalo [1, x], com x > 1, tem-se +∞ 1 1 x2(x2 + 1) dx = lim x→+∞ x 1 1 t2(t2 + 1) dt. Note-se que, como a função f é contínua em R{0}, então é contínua e consequen- temente integrável em qualquer intervalo [1, x], com x > 1. Precisamos agora de calcular uma primitiva para a função f. Notando que: i. a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera- dor é menor do que o grau do polinómio no denominador, ii. o polinómio t2 (t2 +1) no denominador tem uma raiz real (0) com multiplicidade 2, e um par de raízes complexas conjugadas (±i) com multiplicidade 1, iii. a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi- nador não têm factores comuns, então existem A, B, C, D ∈ R tais que 1 t2(t2 + 1) = A t2 + B t + Ct + D t2 + 1 , ∀t ∈ R {0}, ou seja, existem A, B, C, D ∈ R tais que 1 = A(t2 +1)+Bt(t2 +1)+(Ct+D)t2 , ∀t ∈ R {0}. Da igualdade anterior, podemos escrever a igualdade polinomial 0t3 + 0t2 + 0t + 1 = (B + C)t3 + (A + D)t2 + Bt + A de onde se obtém o sistema B + C = 0 A + D = 0 B = 0 A = 1, 110
- 117. que tem comosolução A = 1, B = 0, C = 0 e D = −1. Logo, x 1 1 t2(t2 + 1) dt = x 1 1 t2 − 1 t2 + 1 dt. Atendendo a que F(t) = t−1 −1 − arctan(t) é uma primitiva de f(t) = 1 t2 − 1 t2 + 1 então, pela regra de Barrow, x 1 1 t2 − 1 t2 + 1 dt = t−1 −1 − arctan(t) x 1 = − 1 x − arctan(x) + 1 + arctan(1). Logo, obtemos +∞ 1 1 x2(x2 + 1) dx = lim x→+∞ x 1 1 t2(t2 + 1) dt = lim x→+∞ − 1 x − arctan(x) + 1 + arctan(1) = − π 2 + 1 + π 4 = 1 − π 4 , concluindo-se assim que o integral é convergente. (b) Dado que a função f(x) = e2x √ 1 − e2x está definida no intervalo [−1, 0[ (note-se que Df = R− e lim x→0− f(x) = +∞), o integral 0 −1 e2x √ 1 − e2x dx é impróprio de 2.a espécie. Pela definição de integral impróprio de 2.a espécie, dado que a função f é integrável em qualquer intervalo [−1, x], com −1 < x < 0, temos que 0 −1 e2x √ 1 − e2x dx = lim x→0− x −1 e2t √ 1 − e2t dt. Note-se que, como a função f é contínua em R− , então é contínua e consequentemente integrável em qualquer intervalo [−1, x], com −1 < x < 0. Atendendo a que F(t) = P e2t √ 1 − e2t = − 1 2 P −2e2t (1 − e2t )−1 2 = − 1 2 (1 − e2t ) 1 2 1 2 = − 1 − e2t 1 2 é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow, x −1 e2t √ 1 − e2t dt = − 1 − e2t 1 2 x −1 = − (1 − e2x ) 1 2 − (1 − e−2 ) 1 2 . 111
- 118. Logo, obtemos 0 −1 e2x √ 1 −e2x dx = lim x→0− x −1 e2t √ 1 − e2t dt = lim x→0− − (1 − e2x ) 1 2 − (1 − e−2 ) 1 2 = √ 1 − e−2, concluindo-se assim que o integral é convergente. 2. Estude a natureza dos seguintes integrais impróprios: (a) +∞ 1 arctan(ex ) x dx; (b) +∞ 2 cos2 (x) x4 − 1 dx; (c) +∞ 0 1 e2x − ex + 5 dx; (d) 0 −1 x + 2 sin( 3 √ x) dx; (e) 1 0 sin(log(x)) dx; (f) +∞ 1 1 5 (x2 − 1)3 dx; (g) −2 −∞ x (4 − x2) √ 2 − x dx. Resolução: (a) A função integranda f(x) = arctan(ex ) x está definida no intervalo [1, +∞[ pelo que estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈ [1, +∞[, podemos aplicar um critério de comparação. Assim, vamos comparar o in- tegral +∞ 1 f(x)dx com o integral +∞ 1 1 x dx que sabemos ser um integral impróprio de 1.a espécie divergente. Notando que lim x→+∞ arctan(ex ) x 1 x = lim x→+∞ arctan(ex ) = π 2 ∈ R+ , 112
- 119. concluímos que osdois integrais têm a mesma natureza, ou seja, o integral +∞ 1 f(x)dx também é divergente. (b) A função integranda f(x) = cos2 (x) x4 − 1 está definida no intervalo [2, +∞[ pelo que estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈ [2, +∞[, podemos aplicar um critério de comparação. Como cos2 (x) ≤ 1, ∀x ∈ R, verifica-se a desigualdade f(x) ≤ 1 x4 − 1 , ∀x ∈ [2, +∞[. (10.1) Definindo a função g(x) = 1 x4 − 1 , se provarmos que +∞ 2 g(x) dx é convergente, então pela desigualdade (10.1) podemos concluir que +∞ 2 f(x) dx também é con- vergente (critério geral de comparação). Estude-se então a convergência de +∞ 2 g(x) dx comparando este integral com o integral impróprio de 1.a espécie +∞ 1 1 x4 dx que sabemos ser convergente. Visto que lim x→+∞ 1 x4 − 1 1 x4 = lim x→+∞ x4 x4 − 1 = 1 ∈ R+ , concluímos que os dois integrais ( +∞ 2 g(x) dx e +∞ 1 1 x4 dx) são da mesma natu- reza, ou seja, o integral +∞ 2 g(x) dx é convergente. Consequentemente, o integral +∞ 2 f(x) dx também é convergente. (c) A função integranda f(x) = 1 e2x − ex + 5 está definida no intervalo [0, +∞[ pelo que estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Por outro lado, a função f é positiva neste intervalo, uma vez que, para valores x ≥ 0, se tem ex ≥ 1, e consequentemente (ex )2 − ex + 5 > 0. Assim, podemos aplicar um critério de comparação e vamos comparar o integral +∞ 0 f(x) dx com o integral impróprio de 1.a espécie +∞ 1 1 xα dx. 113
- 120. Note-se que lim x→+∞ 1 e2x −ex + 5 1 xα = lim x→+∞ xα e2x − ex + 5 = lim x→+∞ xα ex ex − 1 + 5 ex = lim x→+∞ xα ex 1 ex − 1 + 5 ex = 0, ∀α ∈ R, atendendo a que lim x→+∞ xα ex = 0, ∀α ∈ R. Uma vez que o limite é zero, é possível determinar a natureza do integral impróprio +∞ 0 f(x)dx, desde que o integral de comparação seja convergente. Como o integral +∞ 1 1 xα dx é convergente para α > 1, e para estes valores (por exemplo, para α = 2) o limite atrás calculado é zero, podemos concluir que o integral +∞ 0 f(x)dx é convergente. (d) A função integranda f(x) = x + 2 sin( 3 √ x) está definida no intervalo [−1, 0[ (note-se que lim x→0− x + 2 sin( 3 √ x) = −∞), pelo que 0 −1 x + 2 sin( 3 √ x) dx é um integral impróprio de 2.a espécie. Visto que f(x) < 0, ∀x ∈ [−1, 0[, que 0 −1 x + 2 sin( 3 √ x) dx = − 0 −1 − x + 2 sin( 3 √ x) dx, e que os dois integrais acima têm a mesma natureza, podemos estudar a natureza do integral 0 −1 − x + 2 sin( 3 √ x) dx, cuja função integranda é positiva no intervalo indicado, e concluir sobre a natureza do integral inicial. Estude-se então a convergência de 0 −1 −f(x) dx, comparando este integral com o integral impróprio de 2.a espécie 0 −1 − 1 x 1 3 dx que sabemos ser convergente. Dado que lim x→0− − x + 2 sin( 3 √ x) − 1 x 1 3 = lim x→0− (x + 2) 3 √ x sin( 3 √ x) = 2 ∈ R+ , 114
- 121. uma vez quelim x→0− 3 √ x sin( 3 √ x) = 1, concluímos que os dois integrais têm a mesma natureza, pelo que o integral 0 −1 − x + 2 sin( 3 √ x) dx é convergente. Portanto, o integral 0 −1 f(x) dx também é convergente. (e) A função integranda f(x) = sin(log(x)) está definida no intervalo ]0, 1] (note-se que não existe lim x→0+ sin(log(x))), pelo que estamos perante um integral impróprio de 2.a espécie. Como a função integranda não tem sempre o mesmo sinal, vamos estudar 1 0 |f(x)|dx, comparando-o com o integral impróprio de 2.a espécie convergente 1 0 1 √ x dx. Temos lim x→0+ | sin(log(x))| 1√ x = lim x→0+ √ x | sin(log(x))| = 0, por ser o produto de uma função convergente para zero por uma função limitada (0 ≤ | sin(log(x))| ≤ 1). Assim, como o limite é zero e o integral de comparação é convergente, concluímos que o integral 1 0 |f(x)| dx é convergente, pelo que o integral inicial também é convergente (absolutamente convergente). (f) A função integranda f(x) = 1 5 (x2 − 1)3 está definida no intervalo ]1, +∞[ (note-se que Df = R {−1, 1} e que lim x→1+ 1 5 (x2 − 1)3 = +∞), pelo que estamos perante um integral impróprio misto e podemos escrever +∞ 1 1 5 (x2 − 1)3 dx = 2 1 1 5 (x2 − 1)3 dx + +∞ 2 1 5 (x2 − 1)3 dx. O integral +∞ 1 1 5 (x2 − 1)3 dx é convergente se e só se os integrais I1 = 2 1 1 5 (x2 − 1)3 dx e I2 = +∞ 2 1 5 (x2 − 1)3 dx forem ambos convergentes. Comecemos por estudar a natureza do integral I1. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈]1, 2], po- demos comparar este integral com o integral impróprio de 2.a espécie 2 1 1 (x − 1) 3 5 dx que sabemos ser convergente. 115
- 122. Tendo em contaque lim x→1+ 1 5 (x2 − 1)3 1 5 (x − 1)3 = lim x→1+ 5 (x − 1)3 5 (x − 1)3(x + 1)3 = lim x→1+ 1 5 (x + 1)3 = 1 5 √ 8 ∈ R+ , concluímos que os dois integrais têm a mesma natureza. Assim, como o integral de comparação é convergente, o integral I1 também é convergente. Resta-nos estudar o integral I2. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈ [2, +∞[, podemos com- parar este integral com o integral impróprio de 1.a espécie +∞ 1 1 x 6 5 dx que sabemos ser convergente. Temos lim x→+∞ 1 5 (x2 − 1)3 1 x 6 5 = lim x→+∞ x 6 5 5 (x2 − 1)3 = lim x→+∞ 5 (x2)3 5 (x2 − 1)3 = lim x→+∞ 5 x2 x2 − 1 3 = 1 ∈ R+ . Como o limite é finito e diferente de zero, concluímos que os dois integrais têm a mesma natureza. Assim, como o integral de comparação é convergente, o integral I2 também é convergente. Podemos agora concluir que o integral inicial é convergente, uma vez que os integrais I1 e I2 são convergentes. (g) A função f(x) = x (4 − x2) √ 2 − x está definida em ] − ∞, −2[ (note-se que Df = ] − ∞, 2[ {−2} e que lim x→−2− x (4 − x2) √ 2 − x = +∞). Deste modo, o integral em estudo é impróprio misto e podemos escrever −2 −∞ x (4 − x2) √ 2 − x dx = −3 −∞ x (4 − x2) √ 2 − x dx + −2 −3 x (4 − x2) √ 2 − x dx. O integral −2 −∞ x (4 − x2) √ 2 − x dx é convergente se e só se os integrais I1 = −3 −∞ x (4 − x2) √ 2 − x dx e I2 = −2 −3 x (4 − x2) √ 2 − x dx forem ambos con- vergentes. Comecemos por estudar a natureza do integral I2 = −2 −3 x (4 − x2) √ 2 − x dx. Dado que f(x) > 0, ∀ x ∈ [−3, −2[, podemos utilizar um critério de comparação. Assim, 116
- 123. vamos comparar esteintegral com o integral de 2.a espécie −2 −3 1 (−2 − x) dx que sabemos ser divergente. Dado que lim x→−2− x (4 − x2) √ 2 − x 1 (−2 − x) = lim x→−2− x (2 − x)(2 + x) (2 − x) 1 2 1 (−2 − x) = lim x→−2− x −(2 − x)(2 − x) 1 2 = 1 4 ∈ R+ , podemos concluir que os dois integrais são da mesma natureza, ou seja, o integral I2 é divergente. Concluímos então que o integral inicial é divergente. 3. Determine a área de cada um dos seguintes domínios planos ilimitados: (a) domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = e−|x| e pela recta de equação y = 0; (b) domínio contido nos semiplanos y ≥ x − 2 e y ≥ 0, e limitado pelo gráfico da função f(x) = 1 x − 2 . Resolução: (a) A função f pode ser escrita na forma f(x) = e−|x| = e−x , se x ≥ 0 ex , se x < 0, pelo que a área ilimitada situada entre o gráfico desta função e a recta y = 0 é dada pelo integral impróprio de 1.a espécie +∞ −∞ e−|x| dx = 0 −∞ ex dx + +∞ 0 e−x dx. Como as funções integrandas ex e e−x são integráveis, respectivamente, em qualquer intervalo [x, 0] com x < 0, e em qualquer intervalo [0, x] com x > 0 então, pela definição de integral impróprio de 1.a espécie, temos que 0 −∞ ex dx + +∞ 0 e−x dx = lim x→−∞ 0 x et dt + lim x→+∞ x 0 e−t dt. Atendendo a que F1(t) = et é uma primitiva de f1(t) = et , e que F2(t) = −e−t é uma primitiva de f2(t) = e−t então, pela regra de Barrow, obtemos 0 x et dt = et 0 x = 1 − ex 117
- 124. e x 0 e−t dt =−e−t x 0 = −e−x + 1 e, portanto, 0 −∞ ex dx + +∞ 0 e−x dx = lim x→−∞ (1 − ex ) + lim x→+∞ (−e−x + 1) = 2. (b) O semiplano y ≥ x − 2 está situado acima da recta de declive 1 que passa pelo ponto de coordenadas (2, 0). Dado que a função f(x) = 1 x − 2 tem a recta x = 2 como assímptota vertical, e o domínio ilimitado para o qual queremos calcular a área se situa no semiplano y ≥ 0, basta calcularmos o limite de f numa vizinhança à direita do ponto 2. Como lim x→2+ 1 x − 2 = +∞, concluímos que o domínio ilimitado pretendido está situado entre o gráfico de f e a recta y = x − 2, para valores de x compreendidos entre 2 e a abcissa do ponto de intersecção do gráfico de f com a recta y = x − 2. Comecemos por calcular a abcissa desse ponto de intersecção: 1 x − 2 = x − 2 ⇒ 1 = x2 − 4x + 4 ⇔ x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3. Dado que queremos que a área se situe no semiplano y ≥ 0, o ponto pretendido é o que tem como abcissa x = 3, visto que é o que corresponde a uma ordenada positiva. A área pedida será então definida pelo integral 3 2 1 x − 2 − (x − 2) dx. A função f(x) = 1 x − 2 −(x−2) está definida no intervalo ]2, 3] (note-se que lim x→2+ f(x) = +∞), pelo que estamos perante um integral impróprio de 2.a espécie. Atendendo a que f é integrável em qualquer intervalo da forma [x, 3], com 2 < x < 3, pela definição de integral impróprio de 2.a espécie, obtemos 3 2 1 x − 2 − (x − 2) dx = lim x→2+ 3 x 1 t − 2 − (t − 2) dt. Atendendo a que F(t) = log |t−2|− t2 2 +2t é uma primitiva de f(t) = 1 t − 2 −(t−2) então, pela regra de Barrow, obtemos 3 x 1 t − 2 − (t − 2) dt = log |t − 2| − t2 2 + 2t 3 x = 3 2 − log |x − 2| + x2 2 − 2x e, portanto, 3 2 1 x − 2 − (x − 2) dx = lim x→2+ 3 2 − log |x − 2| + x2 2 − 2x = +∞. 118
- 125. 4. Estude anatureza do seguinte integral impróprio, em função do parâmetro real β: π 2 0 (π 2 − x)β (sin(x)) 1 3 dx. Resolução: Dado que β é um parâmetro, devemos considerar separadamente 2 casos. 1o caso Se β ≥ 0, a função f(x) = (π 2 − x)β (sin(x)) 1 3 está definida em 0, π 2 e toma neste intervalo valores não negativos. Trata-se de um integral impróprio de 2.a espécie, que podemos comparar com o integral π 2 0 1 x 1 3 dx que sabemos ser convergente. lim x→0+ (π 2 − x)β (sin(x)) 1 3 1 x 1 3 = lim x→0+ π 2 − x β x sin(x) 1 3 = π 2 β ∈ R+ , ∀β ≥ 0, pelo que os dois integrais são da mesma natureza. Como o integral de comparação é convergente podemos concluir que sendo β ≥ 0, o integral inicial é convergente. 2o caso Se β < 0, a função f está definida em 0, π 2 e toma neste intervalo valores positivos. Estamos perante um integral impróprio de 2.a espécie e podemos escrever π 2 0 (π 2 − x)β (sin(x)) 1 3 dx = π 4 0 1 (sin(x)) 1 3 (π 2 − x)−β dx + π 2 π 4 1 (sin(x)) 1 3 (π 2 − x)−β dx. Seja I1 = π 4 0 1 (sin(x)) 1 3 (π 2 − x)−β dx. Trata-se de um integral impróprio de 2.a espécie que, tal como no 1.o caso, pode ser comparado com o integral impróprio de 2.a espécie convergente π 4 0 1 x 1 3 dx. Deste modo concluímos, de forma análoga, que o integral I1 é convergente para qualquer valor β < 0. Consideremos agora o integral impróprio de 2.a espécie I2 = π 2 π 4 1 (sin(x)) 1 3 (π 2 − x)−β dx. Podemos comparar este integral com o integral impróprio de 2.a espécie π 2 π 4 1 π 2 − x −β dx. Dado que lim x→ π 2 − 1 (sin(x)) 1 3 (π 2 − x)−β 1 π 2 − x −β = lim x→π 2 − (sin(x))−1 3 = 1 ∈ R+ , 119
- 126. podemos concluir queos dois integrais têm a mesma natureza. Como o integral de com- paração é convergente se −β < 1, ou seja se β > −1, concluímos que o integral I2 é convergente se −1 < β < 0 e divergente se β ≤ −1. Deste modo o integral π 2 0 (π 2 − x)β (sin(x)) 1 3 dx, com β < 0, é convergente se e só se I1 e I2 o forem, pelo que será convergente se −1 < β < 0. Concluímos então que o integral π 2 0 (π 2 − x)β (sin(x)) 1 3 dx é convergente se e só se β ∈ ] − 1, +∞[. 120