Exercícios resolvidos e propostos matemática

1. PROBLEMAS RESOLVIDOS E PROPOSTOS EM ANÁLISE
Temas abordados
Análise, Análise Funcional, Equações Diferenciais, Equações Integrais
1. Uma função 𝑓 ∶ ℝ ⟶ ℝ é dita convexa se, para todos 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ e 𝜆 ∈ [0,1], verificar
𝑓(𝜆𝑥 + (1 − 𝜆)𝑦) ≤ 𝜆𝑓(𝑥) + (1 − 𝜆)𝑓(𝑦)
1.1. Interprete geometricamente a condição descrita.
Resolução:
A desigualdade da definição de convexidade de uma função significa, do ponto de vista geométrico, que o
gráfico da restrição da função 𝑓 a um dos intervalos [𝑥, 𝑦] ou [𝑦, 𝑥] (conforme relação de ordem entre 𝑥 e
𝑦) está abaixo do segmento de reta que une os pontos (𝑥, 𝑓(𝑥)) e (𝑦, 𝑓(𝑦)).
1.2. Um subconjunto 𝐴 de ℝ2
diz-se convexo se, dados dois pontos 𝑋, 𝑌 ∈ 𝐴, o segmento que os une estiver
contido em 𝐴, dito de grosso modo.
O conjunto 𝐸 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
∶ 𝑦 ≥ 𝑓(𝑥)} é denominado epígrafo da função 𝑓.
Mostre que 𝑓 é convexa se e só se 𝐸 é convexo.
Resolução:
Condição suficiente
Seja 𝑓 uma função convexa. Vamos mostrar que o seu epígrafo 𝐸 é um conjunto convexo.
Considerem-se os pontos 𝑋 = (𝑥, 𝑦) e 𝐴 = (𝑎, 𝑏) de 𝐸. Então, pela definição do epígrafo, tem-se:
𝑦 ≥ 𝑓(𝑥) e 𝑏 ≥ 𝑓(𝑎)
Considere-se, agora, um ponto do segmento que une 𝑋 e 𝐴 dado por
(𝜆𝑥 + (1 − 𝜆)𝑎, 𝜆𝑦 + (1 − 𝜆)𝑏), com 𝜆 ∈ [0,1]
Ora, 𝜆𝑦 + (1 − 𝜆)𝑏 ≥ 𝜆𝑓(𝑥) + (1 − 𝜆)𝑓(𝑎) ≥ 𝑓(𝜆𝑥 + (1 − 𝜆)𝑎), onde a primeira desigualdade se
justifica pelo facto de 𝜆 ∈ [0,1] e a segunda pelo facto de 𝑓 ser uma função convexa.
Assim, o ponto (𝜆𝑥 + (1 − 𝜆)𝑎, 𝜆𝑦 + (1 − 𝜆)𝑏), 𝜆 ∈ [0,1], pertence a 𝐸 e, por isso, o segmento que une
𝑋 e 𝐴 está contido em 𝐸.
Condição necessária
Seja 𝐸, epígrafo da função 𝑓, um conjunto convexo. Vamos mostrar que 𝑓 é uma função convexa.
Sejam 𝑥, 𝑦 do domínio de 𝑓 (neste caso, trata-se de ℝ). Então, é evidente que os pontos 𝑋 = (𝑥, 𝑓(𝑥)) e
𝑌 = (𝑦, 𝑓(𝑦)) pertencem a 𝐸.
Ora, como 𝐸 é convexo, o ponto (𝜆𝑥 + (1 − 𝜆)𝑦, 𝜆𝑓(𝑥) + (1 − 𝜆)𝑓(𝑦)), do segmento que une 𝑋 e 𝑌,
também pertence a 𝐸, donde
𝜆𝑓(𝑥) + (1 − 𝜆)𝑓(𝑦) ≥ 𝑓(𝜆𝑥 + (1 − 𝜆)𝑦)
pela definição de 𝐸.
Portanto, 𝑓 é uma função convexa.
1.3. Verifique que o espaço 𝐶 𝑝(𝐼), 𝑝 ≥ 1, das funções com derivada de ordem 𝑝 contínua é convexo no sentido
da definição dada nas alíneas anteriores.
Resolução:
Basta notar que a derivação é uma operação linear.
1.4. Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] ⟶ ℝ uma função convexa e positiva.
Mostre que
∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≤
(𝑓(𝑏) + 𝑓(𝑎))(𝑏 − 𝑎)
2
e interprete geometricamente.
Resolução:
Fazendo a mudança de variável 𝑥 = 𝜆𝑏 + (1 − 𝜆)𝑎, vem
∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= (𝑏 − 𝑎) ∫ 𝑓(𝜆𝑏 + (1 − 𝜆)𝑎) 𝑑𝜆
1
0
e, como 𝑓 é convexa e positiva,
(𝑏 − 𝑎) ∫ 𝑓(𝜆𝑏 + (1 − 𝜆)𝑎) 𝑑𝜆
1
0
≤ (𝑏 − 𝑎) (𝑓(𝑏) ∫ 𝜆 𝑑𝜆
1
0
+ 𝑓(𝑎) ∫ 1 − 𝜆 𝑑𝜆
1
0
)
donde se obtém, por integração,

2. ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≤
(𝑓(𝑏) + 𝑓(𝑎))(𝑏 − 𝑎)
2
Significa essa desigualdade que a área da região abaixo do gráfico da função 𝑓 e compreendida entre retas
de equação 𝑥 = 𝑎 e 𝑥 = 𝑏 é não superior à área do retângulo cujo comprimento mede 𝑏 − 𝑎 e a medida da
largura é a média dos números 𝑓(𝑏) e 𝑓(𝑎) (figura abaixo).
1.5. Pode mostrar-se que uma função é convexa se e só se a segunda derivada da mesma, se existir, for não
negativa.
Verifique, usando esse facto, que a função definida por 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥
, 𝑥 ∈ ℝ, é convexa.
Resolução:
Tem-se (𝑒 𝑥)′′
= 𝑒 𝑥
≥ 0, donde segue de imediato a conclusão pretendida.
1.6. Considere os números 𝑝, 𝑞 ∈ ]1, +∞[ tais que
1
𝑝
+
1
𝑞
= 1
e demonstre a desigualdade de Young
𝑎𝑏 ≤
𝑎 𝑝
𝑝
+
𝑏 𝑞
𝑞
para quaisquer 𝑎 e 𝑏 positivos.
Resolução:
Tem-se
𝑎𝑏 = 𝑒log 𝑎+log 𝑏
= 𝑒
1
𝑝
log 𝑎 𝑝+
1
𝑞
log 𝑏 𝑞
≤
1
𝑝
𝑒log 𝑎 𝑝
+
1
𝑞
𝑒log 𝑏 𝑞
=
𝑎 𝑝
𝑝
+
𝑏 𝑞
𝑞
onde a desigualdade é justificada pelo facto de a função 𝑥 ⟼ 𝑒 𝑥
ser convexa, tal como concluído na
alínea anterior.
2. Seja 𝑓 ∶ [0, +∞[ ⟶ ℝ uma função derivável no interior do seu domínio tal que lim
𝑥⟶+∞
𝑓(𝑥) = 0.
Mostre que existe uma sucessão (𝑎 𝑛) tal que 𝑎 𝑛 ⟶ 𝑛+ ∞ e 𝑓′(𝑎 𝑛) ⟶ 𝑛 0.
Mostre através de um exemplo que 𝑓 não tem necessariamente derivada que tende para zero, quando 𝑥 ⟶ +∞.
Resolução:
Seja (𝜀 𝑛) uma sucessão de termos positivos que converge para zero. O limite lim
𝑥⟶+∞
𝑓(𝑥) = 0 significa que,
para cada 𝜀 𝑛, existe 𝑘 𝑛 não negativo tal que
𝑥 ≥ 𝑘 𝑛 ⟹ |𝑓(𝑥)| <
𝜀 𝑛
2
Aplicando o Teorema de Lagrange ao intervalo [𝑘 𝑛, 𝑘 𝑛 + 1] (onde 𝑓 é contínua e derivável no interior), tem-se
que
∃ 𝑎 𝑛∈]𝑘 𝑛,𝑘 𝑛+1[ ∶
𝑓(𝑘 𝑛 + 1) − 𝑓(𝑘 𝑛)
𝑘 𝑛 + 1 − 𝑘 𝑛
= 𝑓(𝑘 𝑛 + 1) − 𝑓(𝑘 𝑛) = 𝑓′(𝑐 𝑛)
Assim,
|𝑓′(𝑎 𝑛)| ≤ |𝑓(𝑘 𝑛 + 1)| + |𝑓(𝑘 𝑛)| <
𝜀 𝑛
2
+
𝜀 𝑛
2
= 𝜀 𝑛
O facto de 𝜀 𝑛 ⟶ 𝑛 0, permite concluir o pretendido.
Agora, considerando por exemplo a função definida por
𝑓(𝑥) =
1
𝑥
sin 𝑥 𝑛
, 𝑛 ≥ 2
tem-se

3. 𝑓′(𝑥) = −
1
𝑥2
sin 𝑥 𝑛
+ 𝑛𝑥 𝑛−2
cos 𝑥 𝑛
e esta função não tem limite quando 𝑥 ⟶ +∞.
Com efeito, o gráfico de 𝑓 oscila muito rapidamente entre valores próximos de zero para 𝑥 suficientemente
grande. Essa oscilação traduz-se nos valores que a função derivada pode tomar, incluindo infinito.
Contudo, isso não se verifica quando 𝑛 = 1 (verifique). Neste caso, a oscilação é cada vez mais lenta, à medida
que 𝑥 cresce, o que faz com que o declive das sucessivas retas tangentes ao gráfico se vá anulando.
3. Comente a seguinte afirmação:
É necessário e suficiente para uma função 𝑓, contínua e derivável em toda a reta real e cujo limite para mais
infinito é finito, que o quociente
𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)
𝑏−𝑎
seja cada vez mais pequeno (numericamente), para 𝑎 e 𝑏
suficientemente grandes.
Resolução:
A condição suficiente é, pelo exercício anterior, falsa, atendendo ao facto de, pelo Teorema de Lagrange, o
quociente
𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)
𝑏−𝑎
ser igual à derivada num ponto intermédio de 𝑎 e 𝑏.
A condição necessária é igualmente falsa. Basta considerar a função 𝑓(𝑥) = sin √ 𝑥 (argumente devidamente o
uso deste contraexemplo e encontre outros).
4. Seja 𝑓 uma função diferenciável numa vizinhança de um ponto 𝑎 do seu domínio tal que 𝑓′(𝑎) > 0.
É possível garantir que 𝑓 é crescente em alguma vizinhança de 𝑎?
Resolução:
A definição de derivada (através do limite) permite concluir que, sendo 𝑓′(𝑎) > 0, para 𝑥 à esquerda de 𝑎 de
uma certa vizinhança desse ponto, os valores de 𝑓(𝑥) são inferiores a 𝑓(𝑎) e, para 𝑥 à direita de 𝑎, 𝑓(𝑥) é
superior a 𝑓(𝑎). Contudo, isso não implica que 𝑓 seja crescente em alguma vizinhança de 𝑎. Considerando por
exemplo a função
𝑓(𝑥) = { 𝑥2
sin (
1
𝑥
) +
𝑥
2
𝑥 ≠ 0
0 𝑥 = 0
tem-se 𝑓′(0) =
1
2
> 0. No entanto, para 𝑥 ≠ 0,
𝑓′(𝑥) = 2𝑥 sin (
1
𝑥
) − cos (
1
𝑥
) +
1
2
e facilmente se verifica que existem pontos arbitrariamente próximos da origem cuja derivada é positiva e outros
onde a mesma é negativa. Com efeito, tome-se 𝑥 =
1
𝜋
2
+2𝑘𝜋
, 𝑘 ∈ ℤ positivo, para os quais
𝑓′
(
1
𝜋
2 + 2𝑘𝜋
) =
2
𝜋
2 + 2𝑘𝜋
sin (
𝜋
2
+ 2𝑘𝜋) − cos (
𝜋
2
+ 2𝑘𝜋) +
1
2
> 0
e, paralelamente, tomando 𝑥 =
1
2𝑘𝜋
, 𝑘 ∈ ℤ, resulta
𝑓′ (
1
2𝑘𝜋
) =
1
𝑘𝜋
sin(2𝑘𝜋) − cos(2𝑘𝜋) +
1
2
= −
1
2
< 0
5. Seja 𝑓 ∈ 𝐶1
(𝐷) (função derivável com derivada contínua), onde 𝐷 é um aberto de ℝ.
Mostre 𝑓 é localmente Lipschitz, ou seja, satisfaz
|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| ≤ 𝑀|𝑥 − 𝑦|
para algum 𝑀 > 0 e para todo 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷′, com 𝐷′ ⊆ 𝐷 compacto.
Resolução:
Como 𝑓′ está definida no compacto 𝐷′ e é contínua, então 𝑓′ admite máximo e mínimo nesse conjunto.
Assim, o Teorema de Lagrange permite escrever
|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| = |𝑓′(𝑐)||𝑥 − 𝑦|, 𝑐 ∈ ]𝑥, 𝑦[, 𝑥 < 𝑦
Sendo 𝑓′ limitada, tem-se |𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| ≤ 𝑀|𝑥 − 𝑦|, para algum 𝑀 > 0.

4. 6. Seja 𝑉→
uma vizinhança de um ponto 𝑥0 com valores superiores a 𝑥0 e considere a função 𝑓 definida e contínua
na sua aderência.
Mostre que
1
𝐴(𝑉→)
∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑉→
= 𝑓(𝑥0)
quando 𝐴(𝑉→
) ⟶ 0, onde 𝐴(𝑉→
) denota a medida usual de 𝑉→
.
Resolução:
Embora com interpretação geométrica óbvia, a demonstração deste resultado advém do Teorema Fundamental
do Cálculo. Com efeito, faça-se 𝑉→
= ]𝑥0, 𝑥0 + ℎ[, ℎ > 0, e portanto, 𝐴(𝑉→) = ℎ. Tem-se:
1
𝐴(𝑉→)
∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑉→
=
1
ℎ
∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑥0+ℎ
𝑥0
=
1
ℎ
(∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑥0+ℎ
𝑎
− ∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑥0
𝑎
)
onde 𝑎 (fixo) pertence a 𝑉→
. Passando ao limite ℎ ⟶ 0, obtém-se
1
ℎ
(∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑥0+ℎ
𝑎
− ∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑥0
𝑎
) =
𝑑
𝑑𝑥0
∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑥0
𝑎
= 𝑓(𝑥0)
como se queria concluir.
(Observação: uma versão mais geral deste resultado é conhecida como Teorema da Diferenciação de Lebesgue).
7. Dada uma função 𝑓 ∶ ℝ ⟶ ℝ, o conjunto
supp 𝑓 = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑓(𝑥) ≠ 0}̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
é denominado suporte da função 𝑓.
7.1. Verifique que supp 𝑓 é um subconjunto fechado de ℝ.
Resolução:
Basta atender ao facto de a aderência de um conjunto ser um conjunto fechado.
7.2. Se supp 𝑓 for um conjunto compacto, diz-se que 𝑓 admite suporte compacto.
Verifique que, nessas condições, o conjunto {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑓(𝑥) ≠ 0} é limitado.
Resolução:
Se tal conjunto fosse ilimitado, o suporte de 𝑓 seria também ilimitado, o que contraria o facto de ser
compacto.
7.3. Conclua que existe 𝑎 > 0 tal que 𝑓 é nula para |𝑥| > 𝑎.
Resolução:
Como o conjunto {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑓(𝑥) ≠ 0} é limitado, então o seu complementar, ou seja, o conjunto
{𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑓(𝑥) = 0} é ilimitado, donde sai de imediato o resultado.
7.4. Seja 𝑓 de classe 𝐶1
e 𝜑 nas mesmas condições e com suporte compacto.
Mostre que
∫ 𝑓(𝑥)𝜑′(𝑥)
ℝ
𝑑𝑥 = − ∫ 𝑓′(𝑥)𝜑(𝑥)
ℝ
𝑑𝑥
Resolução:
Tem-se por integração por partes
∫ 𝑓(𝑥)𝜑′(𝑥)
ℝ
𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)𝜑′(𝑥)
+∞
−∞
𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)𝜑(𝑥)−∞
+∞
− ∫ 𝑓′(𝑥)𝜑(𝑥)
+∞
−∞
𝑑𝑥
e, tendo em conta que 𝜑 é de suporte compacto, resulta
∫ 𝑓(𝑥)𝜑′(𝑥)
ℝ
𝑑𝑥 = − ∫ 𝑓′(𝑥)𝜑(𝑥)
+∞
−∞
𝑑𝑥 = − ∫ 𝑓′(𝑥)𝜑(𝑥)
ℝ
𝑑𝑥
Dizemos, neste caso, que 𝑓′
é derivada fraca de 𝑓. Convém, no entanto, enaltecer que a derivada fraca de
uma função não tem de ser a sua derivada convencional. Assim, basta existir uma função integrável 𝑔 que
verifique
∫ 𝑓(𝑥)𝜑′(𝑥)
ℝ
𝑑𝑥 = − ∫ 𝑔(𝑥)𝜑(𝑥)
ℝ
𝑑𝑥

5. 7.5. Conclua que, o facto de 𝑓 ser de classe 𝐶1
, garante que a derivada fraca de uma função coincide com a sua
derivada no sentido ordinário.
Resolução:
Basta atender à igualdade da alínea anterior.
De facto, existem situações em que, como 𝑓 não é 𝐶1
, a sua derivada fraca, existindo, não coincide com a
derivada conhecida do Cálculo Diferencial.
8. Dadas duas funções 𝑓 e 𝑔 contínuas definidas de ℝ em ℝ, uma aplicação contínua 𝐻 ∶ ℝ × [0,1] ⟶ ℝ tal que
𝐻(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) e 𝐻(𝑥, 1) = 𝑔(𝑥)
diz-se uma homotopia entre 𝑓 e 𝑔.
Nesse caso, diremos que 𝑓 é homotópica a 𝑔.
8.1. Interprete geometricamente as condições descritas em termos do gráfico da função 𝐻.
Resolução:
A condição 𝐻(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) significa, graficamente, que a interseção do gráfico de 𝐻 com o plano de
equação 𝑡 = 0 é o gráfico da função 𝑓. Análogo para a condição 𝐻(𝑥, 1) = 𝑔(𝑥).
8.2. Considerando 𝑓 e 𝑔 definidas por 𝑓(𝑥) = 𝑥2
e 𝑔(𝑥) = 𝑒 𝑥
, defina uma homotopia entre 𝑓 e 𝑔.
Resolução:
𝐻(𝑥, 𝑡) = (1 − 𝑡)𝑥2
+ 𝑡𝑒 𝑥
= 𝑥2
− 𝑡(𝑥2
− 𝑒 𝑥
).
8.3. Verifique a homotopia 𝐻 definida no enunciado existe sempre.
Resolução:
Inspirando na resolução anterior, basta tomar 𝐻(𝑥, 𝑡) = (1 − 𝑡)𝑓(𝑥) + 𝑡𝑔(𝑥) para concluir o pretendido.
8.4. Defina uma outra homotopia para a alínea 5.2. e conclua quanto à não unicidade da mesma.
Resolução:
Por exemplo, 𝐿(𝑥, 𝑡) = (1 − 𝑡)𝑥2
+ 𝑡2
𝑒 𝑥
. Portanto, a homotopia entre duas funções não tem de ser única.
8.5. Mostre que se uma homotopia entre 𝑓 e 𝑔 é constante ao longo da reta 𝑥 = 𝑡, no quadrado [0,1] × [0,1],
então 𝑓(𝑥 − 1) = 𝑔(𝑥), isto é, o gráfico de 𝑔 resulta de uma translação de vetor (1,0) do gráfico de 𝑓.
Resolução:
Seja 𝐻 tal homotopia.
𝐻 é constante ao longo da reta 𝑥 = 𝑡 se e só se ∇𝐻 ∙ (1,1) = 0, onde a operação ∙ é o produto interno usual,
o que equivale a escrever a equação diferencial parcial 𝐻 𝑥 + 𝐻𝑡 = 0. Tal equação tem, por razões óbvias,
como solução 𝐻(𝑥, 𝑡) = 𝐹(𝑥 − 𝑡), onde 𝐹 é uma função diferenciável.
Assim, deveremos ter 𝐻(𝑥, 0) = 𝐹(𝑥) = 𝑓(𝑥) e 𝐻(𝑥, 1) = 𝐹(𝑥 − 1) = 𝑔(𝑥), ou seja, 𝐹(𝑥 − 1) = 𝑓(𝑥 −
1) e, portanto, 𝑓(𝑥 − 1) = 𝑔(𝑥).
8.6. Pode mostrar-se que a relação ser homotópico é uma relação de equivalência.
Verifique a propriedade transitiva para essa relação, ou seja, verifique que se 𝑓 é homotópica a 𝑔 e 𝑔 é
homotópica a ℎ, então 𝑓 é homotópica a ℎ.
Resolução:
Seja 𝐻 uma homotopia entre 𝑓 e 𝑔 e 𝐿 uma homotopia entre 𝑔 e ℎ.
Definindo 𝑀 por 𝑀(𝑥, 𝑡) = 𝐻(𝑥, 𝑡) + 𝐿(𝑥, 𝑡) − 𝑔(𝑥), tem-se 𝑀(𝑥, 0) = 𝐻(𝑥, 0) + 𝐿(𝑥, 0) − 𝑔(𝑥) =
𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) − 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) e 𝑀(𝑥, 1) = 𝐻(𝑥, 1) + 𝐿(𝑥, 1) − 𝑔(𝑥) = 𝑔(𝑥) + ℎ(𝑥) − 𝑔(𝑥) = ℎ(𝑥).
Portanto, 𝑀 é uma homotopia entre 𝑓 e ℎ.
9. Determine 𝑓(𝑥) tal que
𝑓(𝑥) + ∫ 𝑓′(𝑡)
𝑥
0
𝑑𝑡 = 𝑥 + 1
Resolução:
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo Integral,
𝑓(𝑥) + ∫ 𝑓′(𝑡)
𝑥
0
𝑑𝑡 = (𝑥 + 1)′ ⟹ 𝑓′(𝑥) + 𝑓′(𝑥) = 1 ⟹ 𝑓′(𝑥) =
1
2
⟹ 𝑓(𝑥) =
1
2
𝑥 + 𝐶

6. onde 𝐶 é uma constante a determinar. Substituindo na equação original, resulta:
1
2
𝑥 + 𝐶 + ∫
1
2
𝑥
0
𝑑𝑡 = 𝑥 + 1 ⟹
1
2
𝑥 + 𝐶 +
1
2
𝑥 = 𝑥 + 1 ⟹ 𝑥 + 𝐶 = 𝑥 + 1 ⟹ 𝐶 = 1
Logo, 𝑓(𝑥) = 0.5𝑥 + 1.
10. Seja 𝑓 uma função contínua e 𝐹 definida por
𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡 + 𝑥2) 𝑑𝑡
4𝑥
−𝑥2
e determine 𝐹′(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ.
Resolução:
Fazendo a mudança de variável 𝑦 = 𝑡 + 𝑥2
, tem-se 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡 e
[∫ 𝑓(𝑡 + 𝑥2) 𝑑𝑡
4𝑥
−𝑥2
]
𝑥
= [∫ 𝑓(𝑦) 𝑑𝑦
4𝑥+𝑥2
0
]
𝑥
= (4 + 2𝑥)𝑓(4𝑥 + 𝑥2
)
usando o Teorema Fundamental do Cálculo Integral e a regra da cadeia.
(Obs.: Existe uma “fórmula” específica para este tipo de cálculo, denominada Regra de Leibniz, e que se aplica
quando a função integranda depende da variável envolvida nos limites de integração, como é o caso deste
exercício).
11. Resolva a equação integral de Fredholm
𝑢(𝑥) + ∫ 𝑒 𝑥
𝑢(𝑦)
1
0
𝑑𝑦 = 𝑥
Resolução:
A equação pode ser escrita como
𝑢(𝑥) + ∫ 𝑒 𝑥
𝑢(𝑦)
1
0
𝑑𝑦 = 𝑥 ⇔ 𝑢(𝑥) + 𝑒 𝑥
∫ 𝑢(𝑦)
1
0
𝑑𝑦 = 𝑥 ⇔ 𝑢(𝑥) = 𝑥 − 𝑒 𝑥
∫ 𝑢(𝑦)
1
0
𝑑𝑦
Designe-se 𝐶 = ∫ 𝑢(𝑦)
1
0
𝑑𝑦 (o integral é claramente uma constante) e, substituindo na equação original
𝑥 − 𝐶𝑒 𝑥
+ ∫ 𝑒 𝑥(𝑦 − 𝐶𝑒 𝑦)
1
0
𝑑𝑦 = 𝑥 ⇔ −𝐶𝑒 𝑥
+ 𝑒 𝑥
(1 − 𝐶(𝑒 − 1)) = 0 ⇔ 𝐶 = 1 − 𝐶(𝑒 − 1) ⇔ 𝐶 = 𝑒−1
Portanto, 𝑢(𝑥) = 𝑥 − 𝑒 𝑥−1
(como exercício, é sugerida a respetiva verificação).
12. Para certos números 𝑥1, 𝑥2 ∈ [−1,1], tem-se a igualdade
∫ 𝑝(𝑥)
1
−1
𝑑𝑥 = 𝑝(𝑥1) + 𝑝(𝑥2)
onde 𝑝(𝑥) é um polinómio de grau não superior a 3.
12.1. Verifique que a transformação linear 𝑇 ∶ 𝑃3[−1,1] ⟶ ℝ definida por
𝑇[𝑝] = ∫ 𝑝(𝑥)
1
−1
𝑑𝑥
é contínua. (Nota: 𝑃3[−1,1] denota o espaço dos polinómios definidos no intervalo [−1,1]).
Resolução:
Comece-se por observar que 𝑃3[−1,1] é um espaço normado e de dimensão finita (igual a 3), com norma
‖𝑝‖ = sup {|𝑝(𝑥)| ∶ 𝑥 ∈ [−1,1]}.
Tem-se
|𝑇(𝑝)| = |∫ 𝑝(𝑥)
1
−1
𝑑𝑥| ≤ ∫ |𝑝(𝑥)|
1
−1
𝑑𝑥 ≤ ∫ sup {|𝑝(𝑥)| ∶ 𝑥 ∈ [−1,1]}
1
−1
𝑑𝑥 = 2‖𝑝‖
e é fácil concluir que 𝑇 é uniformemente contínua em [−1,1], sendo imediata a continuidade simples da
transformação.
Na verdade, qualquer transformação linear 𝑇 ∶ 𝑋 ⟶ 𝑌, onde 𝑋 é um espaço normado de dimensão finita
e 𝑌 é um espaço linear normado, é contínua. Assim, este último resultado da Análise Funcional permitiria
dar resposta imediata ao exercício.
12.2. Verifique a existência de uma raiz do polinómio

7. 𝑃(𝑦) = 2𝑝(𝑦) − ∫ 𝑝(𝑥)
1
−1
𝑑𝑥
no intervalo [−1,1].
Resolução:
Um dos teoremas do Cálculo integral permite concluir a existência de um número 𝑐 ∈ [−1,1] para o
qual
∫ 𝑝(𝑥)
1
−1
𝑑𝑥 = 𝑝(𝑐)(1 − (−1)) = 2𝑝(𝑐) ⇔ 2𝑝(𝑐) − ∫ 𝑝(𝑥)
1
−1
𝑑𝑥 = 0
e o resultado segue de imediato.
12.3. Determine 𝑥1 e 𝑥2.
Resolução:
Considerando 𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥3
+ 𝑏𝑥2
+ 𝑐𝑥 + 𝑑, onde 𝑎, 𝑏, 𝑐 e 𝑑 são números reais, obtém-se
∫ 𝑎𝑥3
+ 𝑏𝑥2
+ 𝑐𝑥 + 𝑑
1
−1
𝑑𝑥 = 𝑎(𝑥1
3
+ 𝑥2
3) + 𝑏(𝑥1
2
+ 𝑥2
2) + 𝑐(𝑥1 + 𝑥2) + 2𝑑 ⇔
⇔
2
3
𝑏 + 2𝑑 = 𝑎(𝑥1
3
+ 𝑥2
3) + 𝑏(𝑥1
2
+ 𝑥2
2) + 𝑐(𝑥1 + 𝑥2) + 2𝑑
donde sai o sistema:
{
𝑥1
3
+ 𝑥2
3
= 0
𝑥1
2
+ 𝑥2
2
=
2
3
𝑥1 + 𝑥2 = 0
que admite como solução o par (−
√3
3
,
√3
3
). Portanto,
∫ 𝑝(𝑥)
1
−1
𝑑𝑥 = 𝑝 (
√3
3
) + 𝑝 (−
√3
3
)
12.4. Conclua que o integral
∫ 𝑞(𝑥)(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)
1
−1
𝑑𝑥
onde 𝑞(𝑥) é um polinómio de grau não superior a 1, é nulo.
Resolução:
Atendendo ao resultado anterior, vem
∫ 𝑞(𝑥)(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)
1
−1
𝑑𝑥 = 𝑞(𝑥1)(𝑥1 − 𝑥1)(𝑥1 − 𝑥2) + 𝑞(𝑥2)(𝑥2 − 𝑥1)(𝑥2 − 𝑥2) = 0
13. Considere-se, para cada 𝑛 ∈ ℕ0 = ℕ ∪ {0}, a correspondência Ω definida por
Ω 𝑛(𝑥) = ∫ 𝑒−𝑥𝑦
𝑦 𝑛
+∞
0
𝑑𝑦 𝑥 > 0
à qual chamaremos ómega de grau 𝑛.
13.1. Verifique que para todo 𝑥 > 0 e para todo 𝑛 ∈ ℕ0, Ω 𝑛(𝑥) > 0.
Resolução:
Qualquer que seja 𝑦 ∈ [0, +∞[, a expressão 𝑒−𝑥𝑦
𝑦 𝑛
apenas se anula quando 𝑦 = 0 (salvo se 𝑛 = 0, caso
em que a questão da anulação não se coloca), sendo positiva para os restantes valores dessa variável de
integração, donde é imediato concluir que o integral impróprio apenas admite valores em ]0, +∞] (neste
caso, fechamos o extremo superior do intervalo para incluir a hipótese de o integral divergir).
13.2. Mostre que a correspondência ómega constitui uma função bem definida, ou seja, para cada 𝑥 > 0 e cada
𝑛 ∈ ℕ0,
∫ 𝑒−𝑥𝑦
𝑦 𝑛
+∞
0
𝑑𝑦 < +∞
isto é, o integral impróprio converge.
Resolução:
Comece-se por integrar por partes o integral
∫ 𝑒−𝑥𝑦
𝑦 𝑛
+∞
0
𝑑𝑦 =
𝑦 𝑛+1
𝑛 + 1
𝑒−𝑥𝑦
|
0
+∞
+
𝑥
𝑛 + 1
∫ 𝑒−𝑥𝑦
𝑦 𝑛+1
+∞
0
𝑑𝑦

8. e, dado o comportamento assimptótico de 𝑒 𝑥𝑦
em relação a 𝑦 𝑛+1
, resulta
∫ 𝑒−𝑥𝑦
𝑦 𝑛
+∞
0
𝑑𝑦 =
𝑥
𝑛 + 1
∫ 𝑒−𝑥𝑦
𝑦 𝑛+1
+∞
0
𝑑𝑦
o que é o mesmo que escrever
Ω 𝑛(𝑥) =
𝑥
𝑛 + 1
Ω 𝑛+1(𝑥) ⟺ Ω 𝑛+1(𝑥) =
𝑛 + 1
𝑥
Ω 𝑛(𝑥)
de forma a destacar a recursividade.
Deste modo, para cada 𝑥 > 0, Ω 𝑛(𝑥) é finito se e só se Ω 𝑛+1(𝑥) o for, o que é o mesmo que dizer que o
grau de ómega não influencia a finitude da expressão que a define.
Posto isto, se Ω0(𝑥) for finito, resulta que Ω 𝑛(𝑥) também o é para 𝑛 ≥ 1. É o que iremos averiguar a
seguir. Vamos inclusive encontrar uma expressão para Ω0(𝑥), de forma a tirarmos posteriormente mais
conclusões acerca de Ω 𝑛.
Ora,
Ω0(𝑥) = ∫ 𝑒−𝑥𝑦
+∞
0
𝑑𝑦 =
1
𝑥
logo finito, para cada 𝑥 positivo. Torna-se clara, agora, a escolha propositada do conjunto ℕ0, ao invés
de ℕ, pois Ω1(𝑥) seria mais difícil de calcular do que Ω0(𝑥).
Portanto, podemos escrever em notação simbólica
∀𝑛 ∈ ℕ0, ∀𝑥 > 0, Ω 𝑛(𝑥) < +∞
donde Ω 𝑛, ómega de grau 𝑛, é uma função bem definida (passaremos a designá-la nesse sentido).
13.3. Mostre que
Ω 𝑛+1(𝑥)
Ω 𝑛(𝑥)
→ 0, 𝑥 → +∞
Resolução:
Basta notar que a igualdade recursiva obtida na alínea anterior pode ser escrita como
Ω 𝑛+1(𝑥)
Ω 𝑛(𝑥)
=
𝑛 + 1
𝑥
e a conclusão segue de imediato.
13.4. Mostre que
Ω 𝑛(𝑥) =
𝑛!
𝑥 𝑛+1
, 𝑥 > 0, 𝑛 ∈ ℕ0
Resolução:
Por indução em ℕ0.
Para 𝑛 = 0,
Ω0(𝑥) =
1
𝑥
que é verdadeiro pela alínea 14.2. e, tomando como verdadeira a igualdade enunciada, vem
Ω 𝑛+1(𝑥) =
𝑛 + 1
𝑥
𝑛!
𝑥 𝑛+1
=
(𝑛 + 1)!
𝑥 𝑛+2
concluindo a prova.
13.5. Conclua que ómega de grau 𝑛 é uma função continuamente diferenciável, para 𝑥 > 0, e que tende para
zero, quando 𝑥 → +∞.
Resolução:
Basta atender à expressão para Ω 𝑛 enunciada na alínea anterior.
13.6. Conclua que Ω 𝑛(𝑥) é uma sucessão de funções que não converge pontualmente.
Resolução:
Se mantivermos 𝑥 fixo e fizermos 𝑛 → +∞, constatamos que Ω 𝑛(𝑥) é um infinitamente grande (basta
recorrer à teoria de séries numéricas), o que permite desde logo concluir que, considerando Ω 𝑛(𝑥) como
uma sucessão de funções, esta não converge pontualmente e, menos, uniformemente.
13.7. Sem recorrer à substituição, mostre que a função ómega de grau 𝑛 satisfaz a equação diferencial
𝑥 𝑛+1
𝑢′
= −(𝑛 + 1)𝑥 𝑛
𝑢
Resolução:
A igualdade em 14.4. é equivalente a
𝑛! = 𝑥 𝑛+1
Ω 𝑛(𝑥)

9. o que se resume a dizer que 𝑥 𝑛+1
Ω 𝑛(𝑥) define uma função constante.
Consequentemente, derivando a mesma função em ordem a 𝑥, obtemos (ocultamos o argumento de ómega
por questão de simplicidade)
(𝑛 + 1)𝑥 𝑛
Ω 𝑛 + 𝑥 𝑛+1
Ω 𝑛
′
= 0
o que significa que a função ómega é solução da equação diferencial apresentada no enunciado.
14. A propósito do conceito de derivada fraca introduzido no exercício 6., vejamos um exemplo de uma função
descontínua para a qual não existe tal derivada fraca.
Mostre que a função definida por
𝑓(𝑥) = {
𝑥 0 < 𝑥 < 1
𝑥 + 1 1 ≤ 𝑥 < 2
não admite derivada fraca.
Resolução:
Serão ocultados alguns pormenores nesta resolução. Para um estudo completo deste tema, aconselha-se um livro
sobre equações diferenciais parciais que aborde de forma introdutória espaços de Sobolev.
Em muitos passos, oculta-se a variável 𝑥, sendo óbvia a sua “presença” implícita.
Temos de mostrar que não existe nenhuma função 𝑔 integrável em [0, 2] tal que, para toda a função 𝜑
continuamente diferenciável com suporte compacto no mesmo intervalo, se tenha
∫ 𝑓𝜑′
𝑑𝑥
2
0
= − ∫ 𝑔𝜑 𝑑𝑥
2
0
Suponhamos o contrário. Ou seja, que existe tal função 𝑔. Então,
− ∫ 𝑔𝜑 𝑑𝑥
2
0
= ∫ 𝑥𝜑′
𝑑𝑥
1
0
+ ∫ (𝑥 + 1)𝜑′
𝑑𝑥
2
1
= ∫ 𝑥𝜑′
𝑑𝑥
2
0
+ ∫ 𝜑′
𝑑𝑥
2
1
= ∫ 𝑥𝜑′
𝑑𝑥
2
0
+ 𝜑(1) =
= ∫ 𝜑 𝑑𝑥
2
0
+ 𝜑(1)
onde, no penúltimo passo, usou-se a compacidade do suporte de 𝜑 e, no último, integração por partes e
novamente o facto de 𝜑 ser de suporte compacto.
Escolha-se a família de funções {𝜑 𝑛} 𝑛=1
∞
que satisfazem
0 ≤ 𝜑 𝑛 ≤ 1, 𝜑 𝑛(1) = 1 e 𝜑 𝑛 ⟶ 0 quando 𝑛 ⟶ ∞, para 𝑥 ∉ {1, 2}
Tem-se
3 = lim
𝑛
𝜑 𝑛(1) = lim
𝑛
(− ∫ 𝑔𝜑 𝑛 + 𝜑 𝑛 𝑑𝑥
2
0
) = 0
pelo Teorema da Convergência Dominada, que permite a permutação do limite com o integral definido.
Atingimos uma contradição resultante de se ter suposto a existência da derivada fraca de 𝑓.
15. [Teorema do Valor Médio para a soma]
Seja 𝑓 uma função contínua num intervalo [𝑎, 𝑏] e considere os pontos 𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥 𝑛 (diferentes) todos
pertencentes ao intervalo [𝑎, 𝑏]. Mostre que existe 𝑐 ∈ [𝑎, 𝑏] tal que
∑ 𝜆𝑖 𝑓(𝑥𝑖)
𝑛
𝑖=1
= 𝑓(𝑐) ∑ 𝜆𝑖
𝑛
𝑖=1
onde os escalares 𝜆𝑖, 𝑖 ∈ {1, 2, … , 𝑛}, têm todos o mesmo sinal.
Resolução:
Se os escalares forem nulos, a demonstração é trivial.
Consideremos o caso em que os escalares são positivos (o caso inverso é análogo).
Repare-se que a igualdade acima pode ser escrita como se segue:
∑ 𝜆𝑖 𝑓(𝑥𝑖)𝑛
𝑖=1
∑ 𝜆𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑓(𝑐)
onde convém salientar que o membro esquerdo desta igualdade é um número real.
Tendo em conta que o conjunto 𝑋 = {𝑓(𝑥1), 𝑓(𝑥2), … , 𝑓(𝑥 𝑛)} é finito, existem 𝑚, 𝑀 ∈ {1, 2, … , 𝑛} tais que
𝑓(𝑥 𝑚) = min 𝑋 e 𝑓(𝑥 𝑀) = max 𝑋.
Então, é imediato reconhecer que:
𝑓(𝑥 𝑚) =
𝑓(𝑥 𝑚) ∑ 𝜆𝑖
𝑛
𝑖=1
∑ 𝜆𝑖
𝑛
𝑖=1
≤
∑ 𝜆𝑖 𝑓(𝑥𝑖)𝑛
𝑖=1
∑ 𝜆𝑖
𝑛
𝑖=1
≤
𝑓(𝑥 𝑀) ∑ 𝜆𝑖
𝑛
𝑖=1
∑ 𝜆𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑓(𝑥 𝑀)

10. Assim, como 𝑓 é uma função contínua no intervalo [𝑎, 𝑏] ⊇ [𝑥 𝑚, 𝑥 𝑀] (ou [𝑥 𝑀, 𝑥 𝑚], conforme relação de ordem
entre 𝑥 𝑚 e 𝑥 𝑀), pelo Teorema de Bolzano, tem-se que existe um número 𝑐 ∈ [𝑥 𝑚, 𝑥 𝑀] ⊆ [𝑎, 𝑏] tal que
∑ 𝜆𝑖 𝑓(𝑥𝑖)𝑛
𝑖=1
∑ 𝜆𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑓(𝑐)
o que termina a prova.
16. Seja {𝑥 𝑛} o conjunto de termos da sucessão (𝑥 𝑛) tal que {𝑥 𝑛} ⊆ 𝑋 ⊆ ℝ e {𝑥 𝑛} é denso no espaço métrico 𝑋
com a métrica induzida da reta real.
Considere as funções 𝑓, 𝑔 ∶ 𝑋 ⟶ ℝ contínuas tais que |𝑓(𝑥 𝑛) − 𝑔(𝑥 𝑛)| = 0, para todo 𝑛 ∈ ℕ.
Mostre que 𝑓 ≡ 𝑔.
Resolução:
A condição |𝑓(𝑥 𝑛) − 𝑔(𝑥 𝑛)| = 0 implica que 𝑓(𝑥 𝑛) = 𝑔(𝑥 𝑛), para todo 𝑛 ∈ ℕ.
Vejamos que a igualdade se verifica para os elementos de 𝑋{𝑥 𝑛}, no caso em que 𝑋 ≠ {𝑥 𝑛}.
Como {𝑥 𝑛} é denso em 𝑋, tomando 𝑥 ∈ 𝑋, tem-se que existe uma subsucessão (𝑥 𝑘 𝑛
) que converge para 𝑥.
Assim, a continuidade da função 𝑓 implica 𝑓(𝑥 𝑘 𝑛
) ⟶ 𝑓(𝑥), donde também se tem 𝑔(𝑥 𝑘 𝑛
) ⟶ 𝑓(𝑥) (𝑓 e 𝑔 são
iguais nos pontos da sucessão 𝑥 𝑛, em particular, em qualquer subsucessão da mesma).
Analogamente, 𝑔(𝑥 𝑘 𝑛
) ⟶ 𝑔(𝑥) e da unicidade de limite conclui-se que 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥). A arbitrariedade do
elemento 𝑥 ∈ 𝑋 permite concluir que 𝑓 ≡ 𝑔.
17. Mostre que o limite lim
𝑥→+∞
sen 𝑥 não existe.
Resolução:
Supondo que o limite existe e é igual a 𝑐, a definição de limite permite escrever:
∃𝑥0 > 0 ∶ ∀𝑥 > 0, 𝑥 ≥ 𝑥0 ⟹ |sen 𝑥 − 𝑐| <
1
2
.
A condição |sen 𝑥 − 𝑐| <
1
2
é equivalente a 𝑐 −
1
2
< sen 𝑥 <
1
2
+ 𝑐, ou seja, sen 𝑥 ∈ ]𝑐 −
1
2
,
1
2
+ 𝑐[ e a
amplitude deste intervalo é igual a 1.
Mas a função sen 𝑥 é periódica e varia entre −1 e 1, o que contraria o facto de sen 𝑥 pertencer ao intervalo
]𝑐 −
1
2
,
1
2
+ 𝑐[, cuja amplitude é inferior à do intervalo [−1, 1].
A contradição resultou de se ter suposto que o limite existia.
Logo lim
𝑥→+∞
sen 𝑥 não existe.
18. Considere a equação autónoma 𝑥′
= 𝑓(𝑥), onde 𝑓 é uma aplicação linear de classe C1
.
Mostre que a combinação linear de duas soluções da equação é também uma solução.
Resolução:
Sejam 𝑝(𝑡) e 𝑞(𝑡) duas soluções da equação.
Para 𝑎 e 𝑏 reais, tem-se (𝑎𝑝(𝑡) + 𝑏𝑞(𝑡))′
= 𝑎𝑝′(𝑡) + 𝑏𝑞′(𝑡) = 𝑎𝑓(𝑝(𝑡)) + 𝑏𝑓(𝑞(𝑡)) = 𝑓(𝑎𝑝(𝑡) + 𝑏𝑞(𝑡)),
onde a última igualdade advém do facto de 𝑓 ser uma aplicação linear.
Assim, a combinação linear de duas soluções da equação é também uma solução.
19. Mostre que se tan 𝑡 for solução da equação autónoma 𝑥′
= 𝑓(𝑥), então −cotg 𝑡 é também solução.
Resolução:
Comece-se por notar que tan 𝑡 não é solução global da equação 𝑥′
= 𝑓(𝑥), atendendo ao facto de as equações
autónomas não terem soluções periódicas não constantes. Neste caso, tem-se 𝑡 ∈ ]−
𝜋
2
,
𝜋
2
[.
Como tan 𝑡 é solução da equação 𝑥′
= 𝑓(𝑥), resulta:
[tan 𝑡]′
= 𝑓(tan 𝑡) ⇒
1
cos2 𝑡
= 𝑓(tan 𝑡) ⇒
1
cos2(arctan(−cotg 𝑡))
= 𝑓(tan(arctan(−cotg 𝑡))) ⇒
⇒ 1 + tan2(arctan(−cotg 𝑡)) = 𝑓(−cotg 𝑡) ⇒ 1 + cotg2
𝑡 = 𝑓(−cotg 𝑡) ⇒ (−cotg 𝑡)′
= 𝑓(−cotg 𝑡), com
𝑡 ∈ ]−
𝜋
2
, 0[ ∪ ]0,
𝜋
2
[, o que conclui a prova.
20. Seja 𝑓 é uma função de classe C1
. Mostre que as soluções não constantes da equação 𝑥′
= 𝑓(𝑥) são injetivas.
Resolução:
Vamos supor que existe uma solução 𝑥(𝑡) não constante e não injetiva. Então, existem pontos 𝑡1 e 𝑡2, com 𝑡1 <
𝑡2, do intervalo maximal tais que 𝑥(𝑡1) = 𝑥(𝑡2). Então, pelo Teorema de Rolle, existe 𝑡12 ∈ ]𝑡1, 𝑡2[ para o qual
𝑥′(𝑡12) = 0. Por conseguinte, 0 = 𝑥′(𝑡12) = 𝑓(𝑥(𝑡12)) e, portanto, 𝑥(𝑡12) = 𝑥12 é uma solução constante da

11. equação diferencial 𝑥′
= 𝑓(𝑥). Nesse caso, temos duas soluções diferentes, 𝑥(𝑡) (não constante) e 𝑥(𝑡12) =
𝑥12, da equação 𝑥′
= 𝑓(𝑥), 𝑓 de classe C1
, e de valor inicial 𝑥(𝑡12) = 𝑥12, o que contradiz o Teorema da
Existência e Unicidade. O absurdo resultou de se ter suposto que 𝑥(𝑡) era uma solução não injetiva.
Portanto, as soluções não constantes da equação 𝑥′
= 𝑓(𝑥) são injetivas.
Alternativamente, podemos observar que, sendo 𝑓 uma função de classe C1
, 𝑓 é primitivável, ou seja, existe
𝐹 tal que 𝐹′
= 𝑓. Nesse caso, a equação pode ser escrita como 𝑥′
= 𝐹′(𝑥). Então, dados 𝑡1 e 𝑡2, 𝑡1 ≠ 𝑡2, do
domínio da solução 𝑥(𝑡), tem-se
𝐹(𝑥(𝑡1)) − 𝐹(𝑥(𝑡2)) = ∫ [𝐹(𝑥(𝑡))]
′
𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
= ∫ 𝐹′
(𝑥(𝑡))𝑥′(𝑡)𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
= ∫ 𝑓2
(𝑥(𝑡)) 𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
> 0
o que permite concluir que 𝑥(𝑡1) ≠ 𝑥(𝑡2).
21. Mostre que a função nula é a única solução do problema de valor inicial 𝑥′
= −√ 𝑥, 𝑥(0) = 0, no intervalo 𝑡 ∈
[0, +∞[.
(Sugestão: considere a função 𝑓(𝑡) = 𝑥2
(𝑡), onde 𝑥(𝑡) é uma solução do problema).
Resolução:
É evidente que 𝑓(𝑡) ≥ 0, ∀𝑡 ∈ [0, +∞[.
Por outro lado, 𝑓′(𝑡) = 2𝑥(𝑡)𝑥′(𝑡) = −2𝑥(𝑡)√𝑥(𝑡) ≤ 0, ∀𝑡 ∈ [0, +∞[, donde se conclui que 𝑓 é monótona
decrescente. Ora, como 𝑓(0) = 𝑥2(0) = 0 e, atendendo às deduções acima, resulta que 𝑓 ≡ 0, ou seja, 𝑥(𝑡)
(que se admitiu ser uma solução arbitrária) é a função nula.
22. Considere os problemas de valor inicial:
(1) {
𝑥′′
+ 𝑥 = 0
𝑥(0) = 0
𝑥′(0) = 1
(2) {
𝑦′′
+ 𝑦 = 0
𝑦(0) = 1
𝑦′(0) = 0
Sem resolver os problemas, demonstre as seguintes propriedades.
22.1. 𝑥′(𝑡) = 𝑦(𝑡), ∀𝑡 ∈ ℝ (não é evidente que 𝑡 pode ser qualquer número real, mas assume-se que tal é
verdade).
Resolução:
Basta atender ao facto de ambas as funções 𝑦(𝑡) e 𝑥′(𝑡) serem soluções do problema (2) e ao teorema da
unicidade de solução das equações diferenciais de segunda ordem. O facto de 𝑦(𝑡) ser solução de (2) é
evidente; em relação a 𝑥′(𝑡), tem-se de facto: [𝑥′]′′
+ 𝑥′
= [𝑥′′
+ 𝑥]′
= 0 (por (1)) e também 𝑥′(0) = 1
e 𝑥′′(0) = −𝑥(0) = 0 (novamente por (1)).
22.2. 𝑥2(𝑡) + 𝑦2(𝑡) = 1, ∀𝑡 ∈ ℝ
Resolução:
Comecemos por verificar que a expressão 𝑥2(𝑡) + 𝑦2(𝑡) é uma constante, procedendo à respetiva
derivação:
[𝑥2(𝑡) + 𝑦2(𝑡)]′
= 2𝑥(𝑡)𝑥′(𝑡) + 2𝑦(𝑡)𝑦′(𝑡) = 2𝑥(𝑡)𝑦(𝑡) + 2𝑦(𝑡)𝑥′′(𝑡) = 2𝑥(𝑡)𝑦(𝑡) − 2𝑦(𝑡)𝑥(𝑡) =
= 0, tendo em conta a alínea anterior e o problema (1). Assim, 𝑥2(𝑡) + 𝑦2(𝑡) = 𝑥2(0) + 𝑦2(0) = 1.
22.3. 𝑥(−𝑡) = −𝑥(𝑡), ∀𝑡 ∈ ℝ
Resolução:
Tanto 𝑥(−𝑡) como −𝑥(𝑡) são soluções de
{
𝑥′′
+ 𝑥 = 0
𝑥(0) = 0
𝑥′(0) = −1
(verifique)
pelo que, pelos motivos já enunciados, tem-se 𝑥(−𝑡) = −𝑥(𝑡).
22.4. 𝑦(−𝑡) = 𝑦(𝑡)
Resolução:
Tanto 𝑦(−𝑡) como 𝑦(𝑡) são soluções de
{
𝑦′′
+ 𝑦 = 0
𝑦(0) = 1
𝑦′(0) = 0
(verifique)

12. pelo que, pelos motivos já enunciados, tem-se 𝑦(−𝑡) = 𝑦(−𝑡).
(Observação: não sendo o objetivo do exercício, a resolução de cada problema levar-nos-ia à obtenção das
soluções 𝑥(𝑡) = sen 𝑡 e 𝑦(𝑡) = cos 𝑡 que, como se sabe, satisfazem as propriedades de cada uma das alíneas.
É interessante perceber a forma como as propriedades de uma certa função podem ser identificadas, quando a
função está, implicitamente, definida através de uma equação diferencial).
23. Resolva o problema de valor inicial a seguir usando a transformada de Laplace:
𝐹(𝑠) = ℒ{𝑓(𝑥)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑥
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
∞
0
{
2𝑦′′
+ 3𝑦′
+ 𝑦 = 1
𝑦(0) = 0
𝑦′(0) = 0
onde 𝑦 é uma função de 𝑥, ou seja, 𝑦 = 𝑦(𝑥).
Resolução:
Aplicando a transformada a ambos os membros da equação obtém-se
2ℒ{𝑦′′(𝑥)} + 3ℒ{𝑦′(𝑥)} + ℒ{𝑦(𝑥)} = ℒ{1}
tendo em conta que a transformada funciona como um operador linear.
Ora,
ℒ{𝑦′(𝑥)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑥
𝑦′(𝑥) 𝑑𝑥
∞
0
= 𝑦(𝑥)𝑒−𝑠𝑥
0
∞
+ 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑥
𝑦(𝑥) 𝑑𝑥
∞
0
= 𝑠ℒ{𝑦(𝑥)} − 𝑦(0) = 𝑠𝑌(𝑠)
onde, no último passo, se assume que 𝑦 é de ordem exponencial, estando assim definida a sua transformada.
Recursivamente, obtém-se para a segunda derivada de 𝑦:
ℒ{𝑦′′(𝑥)} = 𝑠ℒ{𝑦′(𝑥)} − 𝑦′
(0) = 𝑠(𝑠ℒ{𝑦(𝑥)} − 𝑦(0)) = 𝑠2
ℒ{𝑦(𝑥)} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) = 𝑠2
𝑌(𝑠)
Finalmente,
ℒ{1} = ∫ 𝑒−𝑠𝑥
𝑑𝑥
∞
0
=
1
𝑠
Assim, a equação inicial toma o seguinte aspeto (simplificado):
(2𝑠2
+ 3𝑠 + 1)𝑌 =
1
𝑠2
⟹ 𝑌 =
1
𝑠(2𝑠2 + 3𝑠 + 1)
=
1
𝑠
−
2
𝑠 +
1
2
+
1
𝑠 + 1
e, usando a transformada inversa, obtém-se
𝑦(𝑥) = 1 − 2𝑒−
1
2
𝑥
+ 𝑒−𝑥
a qual pode ser verificada.
24. Encontre a solução da equação de Laplace a seguir, construindo o polinómio de Taylor de 𝑢 na origem.
{
∆𝑢 = 0
𝑢(0, 𝑦) = 𝑦2
𝑢 𝒙(0, 𝑦) = 𝑦
Resolução:
Comece-se por derivar em ordem a 𝑦 ambos os membros de 𝑢(0, 𝑦) = 𝑦2
, obtendo-se
𝑢 𝑦(0, 𝑦) = 2𝑦
função que se anula quando 𝑦 = 0.
Derivando novamente resulta
𝑢 𝑦𝑦(0, 𝑦) = 2
e todas as derivadas de ordem superior são nulas.
Ora, ∆𝑢 = 0 ⟹ 𝑢 𝑦𝑦(0, 𝑦) = −𝑢 𝑥𝑥(0, 𝑦) e, por isso, 𝑢 𝑥𝑥(0, 𝑦) = −2.
Finalmente, derivando em ordem a 𝑦 os membros de 𝑢 𝑥(0, 𝑦) = 𝑦, obtém-se
𝑢 𝑥𝑦(0, 𝑦) = 𝑢 𝑦𝑥(0, 𝑦) = 1 (𝑢 é de classe 𝐶2
, pois é harmónica)
e todas as derivadas de ordem superior são nulas.
Assim, e notando que 𝑢(0,0) = 0 e 𝑢 𝒙(0,0) = 0, a solução do problema é o polinómio de Taylor da função 𝑢:
𝑢(𝑥, 𝑦) = −
1
2!
. 2𝑥2
+
1
2!
. 2𝑥𝑦 +
1
2!
. 2𝑦2
= 𝑥2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2
a qual poderá ser verificada.
25. Estabeleça uma condição suficiente para que a equação diferencial parcial abaixo admita solução, onde 𝑓 e 𝑔
são funções de classe 𝐶1
.
𝑓(𝑥, 𝑡)𝑢 𝑥 + 𝑔(𝑥, 𝑡)𝑢 𝑡 = 0

13. Resolução:
É claro que, se tivermos 𝑢 𝑡 = −𝑓(𝑥, 𝑡) e 𝑢 𝑥 = 𝑔(𝑥, 𝑡), então 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡) é solução da equação.
Mas então,
𝑢 𝑡 = −𝑓(𝑥, 𝑡) ⇔ 𝑢(𝑥, 𝑡) = − ∫ 𝑓(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑡 + 𝐶(𝑥)
para alguma função 𝐶 diferenciável.
Assim, considerando 𝑢 definida acima, tem-se
𝑢 𝑥 = − ∫ 𝑓𝑥(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑡 + 𝐶′(𝑥)
e, portanto, impomos
𝑔(𝑥, 𝑡) = − ∫ 𝑓𝑥(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑡 + 𝐶′(𝑥) ⇔ 𝐶′(𝑥) = 𝑔(𝑥, 𝑡) + ∫ 𝑓𝑥(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑡
Em conclusão, se garantirmos que
𝑔(𝑥, 𝑡) + ∫ 𝑓𝑥(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑡 = 𝐾(𝑥)
para alguma função contínua 𝐾, então a equação diferencial acima admite a solução
𝑢(𝑥, 𝑡) = − ∫ 𝑓(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑡 + 𝐶(𝑥)
onde 𝐶(𝑥) é tal que
𝐶′(𝑥) = 𝐾(𝑥)
A título de exemplo, considere-se a equação diferencial
(𝑥 + 𝑡2)𝑢 𝑥 + (𝑥2
− 𝑡)𝑢 𝑡 = 0
Tem-se, de facto,
𝑔(𝑥, 𝑡) + ∫ 𝑓𝑥(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑥2
− 𝑡 + 𝑡 = 𝑥2
obviamente uma função de 𝑥.
Assim, uma sua solução é dada por
𝑢(𝑥, 𝑡) = −𝑥𝑡 −
𝑡3
3
+
𝑥3
3
26. Encontre as funções da forma 𝑓(𝑥2
+ 𝑦2
), com 𝑓 duas vezes diferenciável, que satisfazem em Ω = ℝ2
a
equação diferencial ∆𝑢 = 0.
Resolução:
Como [𝑓(𝑥2
+ 𝑦2)]′
𝑥𝑥
= [2𝑥𝑓′
(𝑥2
+ 𝑦2
)] 𝑥 = 2𝑓′(𝑥2
+ 𝑦2) + 4𝑥2
𝑓′′(𝑥2
+ 𝑦2
) e, como a equação é
simétrica nas variáveis 𝑥 e 𝑦 (isto é, os seus “papéis” podem ser trocados sem que isso altere a expressão da
função), tem-se:
∆𝑢 = 2𝑓′(𝑥2
+ 𝑦2) + 4𝑥2
𝑓′′(𝑥2
+ 𝑦2) + 2𝑓′(𝑥2
+ 𝑦2) + 4𝑦2
𝑓′′(𝑥2
+ 𝑦2) =
4𝑓′(𝑥2
+ 𝑦2) + 4(𝑥2
+ 𝑦2)𝑓′′(𝑥2
+ 𝑦2) = 0
e esta equação pode ser encarada como uma equação diferencial ordinária na variável independente 𝑥2
+ 𝑦2
.
Uma substituição adequada e o método de separação de variáveis permitem obter
𝑓(𝑥2
+ 𝑦2) = 𝑎 log(𝑥2
+ 𝑦2) + 𝑏, onde 𝑎 e 𝑏 são constantes.
Exercícios propostos
1. Mostre que
(𝑢𝑣)(𝑛)
= ∑
𝑛!
(𝑛 − 𝑘)! 𝑘!
𝑢(𝑘)
𝑣(𝑛−𝑘)
𝑛
𝑘=0
onde ( ∙ )(𝑛)
designa a n-ésima derivada.
2. Calcule
∫ 𝑥 log 𝑥 + cos3
𝑥 𝑑𝑥
3. Resolva o exercício 13.4. da secção anterior, usando a transformada de Laplace.

14. 4. Relembre a função definida no exercício 13. da secção anterior.
Mostre que
Ω 𝑛(𝑥)Ω 𝑚(𝑥) = ∫ ∫ 𝑒−𝑥𝑦
𝜏 𝑛(𝑦 − 𝜏) 𝑚
𝑑𝜏
𝑦
0
𝑑𝑦
+∞
0
5. Encontre uma derivada fraca da função
ℎ(𝑥) = {
𝑥 0 < 𝑥 ≤ 1
1 1 < 𝑥 < 2
6. Considere os problemas de valor inicial:
(1) {
𝑦′′
− 𝑦 = 0
𝑦(0) = 2
𝑦′(0) = 0
(2) {
𝑥′′
− 𝑥 = 0
𝑥(0) = 0
𝑥′(0) = 2
Demonstre, sem resolver os problemas, as seguintes igualdades:
6.1. 𝑦′(𝑡) = 𝑥(𝑡)
6.2. 𝑦2(𝑡) − 𝑥2(𝑡) = 4
6.3. 𝑦(−𝑡) = 𝑦(𝑡)
6.4. 𝑥(−𝑡) = −𝑥(𝑡)
7. Sejam 𝑓 e 𝑔 integráveis em ℝ e 𝜔 continuamente diferenciável e com suporte compacto no mesmo intervalo.
Mostre que
∫ (𝑓 − 𝑔)
ℝ
𝜔 = 0
implica 𝑓 = 𝑔, pelo menos em quase todos os pontos.