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APONTAMENTOSDE

ANALISE MATEMATICA I

26 de Setembro de 2006

Indice

1 Nocoes Topologicas, Inducao Matematica e Sucessoes 1

1.1 Nocoes topologicas em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Inducao matematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Sucessoes de numeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4 Exercıcios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.4.1 Nocoes Topologicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4.2 Inducao Matematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.4.3 Sucessoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.5 Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.5.1 Nocoes Topologicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.5.2 Inducao Matematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.5.3 Sucessoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2 Funcoes Reais de Variavel Real: Limites e Continuidade 55

2.1 Generalidades sobre funcoes reais de variavel real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.2 Limites. Limites relativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.3 Continuidade: propriedades das funcoes contınuas. Teorema de Bolzano . . . . . . . . . . 622.4 Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.4.1 Limites e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3 Funcoes Reais de Variavel Real: Calculo Diferencial 71

3.1 Derivadas. Regras de derivacao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.2 Teoremas Fundamentais: Rolle, Darboux, Lagrange e Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . 783.3 Indeterminacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 823.4 Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.5 Aplicacoes da formula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 903.6 Exercıcios Propostos I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

3.6.1 Diferenciabilidade. Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy . . . . . . . . . . . . . . 953.6.2 Formula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.6.3 Estudo de uma funcao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3.7 Exercıcios Propostos II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1143.7.1 Diferenciabilidade. Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy . . . . . . . . . . . . . . 1143.7.2 Formula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1183.7.3 Estudo de uma funcao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

4 Funcoes Reais de Variavel Real: Primitivacao 121

4.1 Primitivas imediatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.2 Primitivacao por partes e por substituicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.3 Primitivacao de funcoes racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.4 Primitivacao de funcoes algebricas irracionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

ii INDICE

4.5 Primitivacao de funcoes transcendentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1404.6 Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

4.6.1 Primitivacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

5 Funcoes Reais de Variavel Real: Calculo Integral 147

5.1 Integral de Riemann: Definicao e propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1475.2 Classes de funcoes integraveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.3 Teoremas Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1565.4 Areas de figuras planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1585.5 Integrais improprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1625.6 Exercıcios Propostos I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

5.6.1 Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1835.6.2 Calculo de areas de domınios planos limitados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1855.6.3 Integrais Improprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

5.7 Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2065.7.1 Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2065.7.2 Calculo de areas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2095.7.3 Integrais Improprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

6 Apendice A 213

6.1 Funcoes Trigonometricas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

7 Apendice B 217

7.1 Continuidade uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2177.2 Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

7.2.1 Continuidade Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

Capıtulo 1

Nocoes Topologicas, InducaoMatematica e Sucessoes

1.1 Nocoes topologicas em R

Definicao 1.1.1 Sejam a ∈ R, ε > 0. Chama-se vizinhanca ε de a ao conjunto Vε(a) =]a − ε, a + ε[.

a aa - e e+

Figura 1.1 O conjunto Vε(a).

Definicao 1.1.2 Sejam a ∈ R e A um conjunto de numeros reais. Diz-se que a e interior a A se existiruma vizinhanca de a contida em A. Diz-se que a e fronteiro a A se toda a vizinhanca de a intersectaA e R \ A. Diz-se que a e exterior a A se existir uma vizinhanca de a contida em R \ A.

NOTA: Um ponto e exterior a A se, e so se, e interior a R \ A.

Definicao 1.1.3 O conjunto dos pontos interiores a A chama-se interior de A e representa-se porint(A). O conjunto dos pontos exteriores a A chama-se exterior de A e representa-se por ext(A). Oconjunto dos pontos fronteiros a A chama-se fronteira de A e representa-se por fr(A).

NOTA: Qualquer que seja A ⊂ R tem-se: int(A) ∩ ext(A) = ∅, int(A) ∩ fr(A) = ∅, fr(A) ∩ ext(A) = ∅ eint(A) ∪ fr(A) ∪ ext(A) = R.

EXEMPLO 1: Sejam A =]0, 1], B = [0, 1], C = [0, 1[, D =]0, 1[. Entao int(A) = int(B) = int(C) =int(D) =]0, 1[, fr(A) = fr(B) = fr(C) = fr(D) = {0, 1}, ext(A) = ext(B) = ext(C) = ext(D) =] −∞, 0[∪]1, +∞[.

a

aa - e e+0 1

a

aa - e e+0 1

a

aa - e e+0 1

a

aa - e e+0 1

b

- e e+bb

b

- e e+bb

b

- e e+bb

b

- e e+bb

Figura 1.2 a e ponto interior, b e ponto exterior e 0 e 1 sao pontos fronteiros.

2 1. Nocoes Topologicas, Inducao Matematica e Sucessoes

a

aa -e e

+

0 1

b

-

e e+bb

1

2

1

3

1

4

1

5

Figura 1.3 a e b sao pontos exteriores, 0 e ponto fronteiro.

EXEMPLO 2: Seja A =

{1

n, n ∈ N

}

. Entao int(A) = ∅, ext(A) = R \ (A ∪ {0}) e fr(A) = A ∪ {0}.

EXEMPLO 3: Seja A = Q 1. Entao int(A) = ext(A) = ∅, fr(A) = R.

Definicao 1.1.4 Seja A um subconjunto de R. Diz-se que A e aberto se A = int(A).

Definicao 1.1.5 Seja A um subconjunto de R. Chama-se fecho ou aderencia de A ao conjunto A =A ∪ fr(A). Diz-se que x e aderente a A se x ∈ A. A diz-se fechado se A = A.

NOTAS:

1. Das definicoes, conclui-se facilmente que A = int(A) ∪ fr(A).

2. A e fechado se, e so se, fr(A) ⊂ A.

3. A e fechado se, e so se, R \ A e aberto, isto e, R \ A = int(R \ A) = ext(A).

EXEMPLO 4: Sejam A =]0, 1], B = [0, 1], C = [0, 1[, D =]0, 1[. B e fechado, D e aberto, A e C nao saofechados nem abertos.

EXEMPLO 5: A =

{1

n, n ∈ N

}

nao e fechado nem aberto (note que fr(A) = A ∪ {0}).

EXEMPLO 6: A =

{1

n, n ∈ N

}

∪ {0} e fechado.

Definicao 1.1.6 Sejam a ∈ R e A um subconjunto de R. Diz-se que a e ponto de acumulacao de Ase qualquer vizinhanca de a intersecta A \ {a}. Ao conjunto dos pontos de acumulacao de A chama-sederivado de A. Diz-se que a e ponto isolado de A se a ∈ A e existe uma vizinhanca de a que naointersecta A \ {a}.

EXEMPLO 7: Seja A =

{1

n, n ∈ N

}

. 0 e ponto de acumulacao de A. Todos os pontos de A sao isolados.

EXEMPLO 8: Seja A = [0, 1[∪{2}. O conjunto dos pontos de acumulacao de A e [0, 1]. 2 e ponto isoladode A.

NOTA: Se a ∈ int(A), entao a e ponto de acumulacao de A.

Definicao 1.1.7 Sejam x ∈ R e A um subconjunto de R. Diz-se que x e majorante de A se x ≥ a,∀a ∈ A. Diz-se que x e minorante de A se x ≤ a, ∀a ∈ A.

Definicao 1.1.8 Seja A um subconjunto de R. Diz-se que A e majorado se admitir majorantes. Diz-seque A e minorado se admitir minorantes. Se A for majorado e minorado, diz-se que A e limitado.

1Note que entre dois racionais, por mais proximos que estejam, existem infinitos racionais e infinitos irracionais. Tambementre dois irracionais existem infinitos irracionais e infinitos racionais. O mesmo acontece entre um racional e um irracional.

1.1 Nocoes topologicas em R 3

EXEMPLO 9: A = {x ∈ R : x2 < 1} =] − 1, 1[ e limitado.

EXEMPLO 10: ] −∞, 1[ e majorado.

EXEMPLO 11: [1, +∞[ e minorado.

EXEMPLO 12: A = {x ∈ R : |x| > 1} =] −∞,−1[∪ ]1, +∞[ nao e majorado nem minorado.

Teorema 1.1.1 A e limitado se, e so se, ∃M > 0, |x| ≤ M, ∀x ∈ A.

Demonstracao: Se A for limitado, sejam ν um minorante de A e µ um majorante de A; se M for o maiordos dois numeros |ν| e |µ|, entao |x| ≤ M, ∀x ∈ A (se µ = ν = 0, toma-se M > 0, qualquer).Reciprocamente, se ∃M > 0, |x| ≤ M, ∀x ∈ A, isto e, −M ≤ x ≤ M, ∀x ∈ A, entao M e majorante deA e −M e minorante de A.

Definicao 1.1.9 Seja A um subconjunto majorado de R. Diz-se que β e o supremo de A se β formajorante de A e for menor que todos os outros majorantes de A (isto e, se β for o menor dos majorantesde A); representa-se por β = sup(A). Se β, supremo de A, pertencer a A, diz-se que β e o maximo deA; neste caso, representa-se por β = max(A).

Definicao 1.1.10 Seja A um subconjunto minorado de R. Diz-se que α e o ınfimo de A se α forminorante de A e for maior que todos os outros minorantes de A (isto e, se α for o maior dos minorantesde A); representa-se por α = inf(A). Se α, ınfimo de A, pertencer a A, diz-se que α e o mınimo de A;neste caso, representa-se por α = min(A).

EXEMPLO 13: Seja A = {x ∈ R : x2 < 1}. Entao inf(A) = −1 e sup(A) = 1. A nao tem maximo nemmınimo.

EXEMPLO 14: Seja A =] − 1, 1]. Entao inf(A) = −1 e sup(A) = max(A) = 1.

EXEMPLO 15: sup(] −∞, 1[) = 1. Nao existe ınfimo deste conjunto.

Teorema 1.1.2 Em R, todo o conjunto nao vazio e majorado tem supremo e todo o conjunto nao vazioe minorado tem ınfimo.

Nao daremos aqui a demonstracao do Teorema. Isso levar-nos-ia a um estudo mais profundo doconjunto dos numeros reais, que nao esta nos propositos deste curso.

Teorema 1.1.3 Seja A um subconjunto de R. Entao β = sup(A) se, e so se, β e majorante de Ae ∀ε > 0, ∃x ∈ A : x > β − ε. Analogamente, α = inf(A) se, e so se, α e minorante de A e∀ε > 0, ∃x ∈ A : x < α + ε.

Demonstracao: Demonstraremos a propriedade para o supremo. Para o ınfimo proceder-se-ia de modoanalogo.

Vamos primeiro demonstrar que se β = sup(A) entao β e majorante de A e ∀ε > 0, ∃x ∈ A : x > β−ε.Fa-lo-emos pela contra-recıproca, isto e, negando a tese chegaremos a negacao da hipotese (trata-se dabem conhecida proposicao da logica formal A ⇒ B equivalente a ∼ B ⇒ ∼ A). Se β nao for majorantede A, β nao e o supremo de A (definicao de supremo) e o problema fica resolvido. Se ∃ε > 0, ∀x ∈A, x ≤ β − ε, entao β nao e o supremo de A visto que β − ε e majorante de A e β − ε < β.

Reciprocamente, vamos mostrar que se β e majorante de A e ∀ε > 0, ∃x ∈ A : x > β − ε, entaoβ = sup(A). Usamos, de novo, a contra-recıproca. Se β nao for o supremo de A, entao ou nao e majoranteou e majorante mas existe, pelo menos, outro majorante de A menor que β. No ultimo caso, seja γ essemajorante. Entao, fazendo ε = β − γ (> 0) temos ∀x ∈ A, x ≤ γ = β − ε, que e a negacao da hipotese.


1.2 Inducao matematica

Para demonstrar que certas propriedades sao validas no conjunto dos numeros naturais, N, usa-se oPrincıpio de Inducao Matematica que passamos a enunciar:

Uma propriedade e valida para todos os numeros naturais se:

1. A propriedade e valida para n = 1,

2. Para todo o n natural, se a propriedade e valida para n, entao ela e valida para n + 1.

O metodo de demonstracao baseado neste princıpio consiste no seguinte: suponhamos que preten-demos demonstrar que uma propriedade p(n) e verdadeira sempre que substituımos n por um numeronatural. Procedemos do seguinte modo:

1. verificamos se p(1) e verdadeira, isto e, verificamos se ao substituir n por 1 obtemos uma proposicaoverdadeira;

2. Supomos que, para um qualquer numero natural n, p(n) e verdadeira e vamos provar que p(n + 1)e verdadeira. A suposicao da veracidade de p(n) costuma chamar-se hipotese de inducao e aoque queremos demonstrar (veracidade de p(n + 1)), tese de inducao.

EXEMPLO 1: Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, que

1 + 2 + 3 + · · · + n =n(n + 1)

2, ∀n ∈ N.

Seja p(n) a proposicao anterior. Ve-se facilmente que p(1) e verdadeira. A hipotese de inducao e

1 + 2 + 3 + · · · + n =n(n + 1)

2

e a tese de inducao e

1 + 2 + 3 + · · · + n + (n + 1) =(n + 1)(n + 2)

2.

Entao

1 + 2 + 3 + · · · + n + (n + 1) =n(n + 1)

2+ (n + 1) =

(n + 1)(n + 2)

2,

portanto, a proposicao p(n + 1) e valida. Pelo Princıpio de inducao podemos concluir que

1 + 2 + 3 + · · · + n =n(n + 1)

2, ∀n ∈ N.


12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6, ∀n ∈ N.


12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6


12 + 22 + 32 + · · · + n2 + (n + 1)2 =(n + 1)(n + 2)(2n + 3)

6.

1.2 Inducao matematica 5

Entao

12 + 22 + 32 + · · · + n2 + (n + 1)2 =n(n + 1)(2n + 1)

6+ (n + 1)2 =

(n + 1)(n(2n + 1) + 6(n + 1))

6

=(n + 1)(2n2 + 7n + 6)

6=

(n + 1)(n + 2)(2n + 3)

6


12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6, ∀n ∈ N.

EXEMPLO 3: Provar, por inducao, que 10n+1 + 3 × 10n + 5 e multiplo de 9, ∀n ∈ N.Comecemos por observar que o numero 10n+1 + 3 × 10n + 5 e multiplo de 9 se existir um numero

inteiro positivo k tal que 10n+1 + 3 × 10n + 5 = 9k.Substituindo n por 1 na expressao 10n+1 + 3 × 10n + 5 obtemos 102 + 3 × 10 + 5 = 135 = 9 × 15,

portanto a propriedade e valida para n = 1.A hipotese de inducao e

∃k ∈ N : 10n+1 + 3 × 10n + 5 = 9k.

A tese de inducao e∃k′ ∈ N : 10n+2 + 3 × 10n+1 + 5 = 9k′.

Temos

10n+2 + 3 × 10n+1 + 5 = 10 × (10n+1 + 3 × 10n) + 5 = (9k − 5) × 10 + 5 = 9(10k − 5).

Seja k′ = 10k − 5. Como k′ ∈ N podemos dizer que

10n+2 + 3 × 10n+1 + 5 = 9k′

Pelo Princıpio de inducao podemos concluir que 10n+1 + 3 × 10n + 5 e multiplo de 9, ∀n ∈ N.


n∑

k=1

(3 + 4k) = 2n2 + 5n, ∀n ∈ N.


n∑

k=1

(3 + 4k) = 2n2 + 5n

e a tese de inducao en+1∑

k=1

(3 + 4k) = 2(n + 1)2 + 5(n + 1).

Entao

n+1∑

k=1

(3 + 4k) =

n∑

k=1

(3 + 4k) + 3 + 4(n + 1) = 2n2 + 5n + 3 + 4(n + 1)

= 2n2 + 4n + 2 + 5n + 5 = 2(n + 1)2 + 5(n + 1)



n∑

k=1

(3 + 4k) = 2n2 + 5n, ∀n ∈ N.


3n ≥ 2n+1 + 1, ∀n ∈ N \ {1}.

Seja p(n) a proposicao anterior. Comecemos por verificar que p(2) e verdadeira. Substituindo n por 2obtemos 9 ≥ 8 que e uma proposicao verdadeira. A hipotese de inducao e

3n ≥ 2n+1 + 1

e a tese de inducao e3n+1 ≥ 2n+2 + 1.

Entao3n+1 = 3n × 3 ≥ 3 (2n+1 + 1) = 2n+13 + 3 ≥ 2n+13 + 1 ≥ 2n+12 + 1 = 2n+2 + 1

Pelo Princıpio de inducao podemos concluir que

3n ≥ 2n+1 + 1, ∀n ∈ N \ {1}.

EXEMPLO 6: Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, a formula da soma de umaprogressao geometrica:

se a 6= 1 entao

n∑

p=1

ap = a1 − an

1 − a, ∀n ∈ N

1) Se n = 1, a formula e trivial: a = a1 = a1 − a

1 − a.

2) Se admitirmos que a propriedade e valida para n, entao:

n+1∑

p=1

ap =

n∑

p=1

ap + an+1 = a1 − an

1 − a+ an+1 = a

(1 − an

1 − a+ an

)

=

= a1 − an + an − an+1

1 − a= a

1 − an+1

1 − a

Pelo Princıpio de inducao podemos concluir que a propriedade e valida para todo o n ∈ N.

EXEMPLO 7: Usando o Princıpio de Inducao Matematica, vamos demonstrar a seguinte igualdade(Binomio de Newton):

(a + b)n =

n∑

p=0

nCp an−p bp, ∀a, b ∈ R, ∀n ∈ N

1) Se n = 1, a propriedade e valida: a + b = 1C0 a + 1C1 b.2) Vamos agora admitir que a propriedade e valida para n; entao

(a + b)n+1 = (a + b) (a + b)n = (a + b)

n∑

p=0

nCp an−p bp =

=

n∑

p=0

nCp an+1−p bp +

n∑

p=0

nCp an−p bp+1 =

1.2 Inducao matematica 7

(fazendo p + 1 = s)

=

n∑

p=0

nCp an+1−p bp +

n+1∑

s=1

nCs−1 an−s+1 bs =

(como s e variavel muda, podemos substituı-la por p)

=n∑

p=0

nCp an+1−p bp +n+1∑

p=1

nCp−1 an−p+1 bp =

= an+1 +

n∑

p=1

nCp an+1−p bp + bn+1 +

n∑

p=1

nCp−1 an−p+1 bp =

= an+1 + bn+1 +

n∑

p=1

( nCp + nCp−1) an+1−p bp =

= an+1 + bn+1 +

n∑

p=1

n+1Cp an+1−p bp =

=

n+1∑

p=0

n+1Cp an+1−p bp

Pelo Princıpio de inducao podemos concluir que a propriedade e valida para todo o n ∈ N.


1.3 Sucessoes de numeros reais

Definicao 1.3.1 Chama-se sucessao de numeros reais a toda a aplicacao de N em R. Os elementosdo contradomınio chamam-se termos da sucessao. Ao contradomınio chama-se conjunto dos termos dasucessao.

NOTA: E usual designarem-se os termos de uma sucessao u por un, em detrimento da notacao u(n),habitual para as aplicacoes em geral. Representa-se uma sucessao u por (un)n∈N ou, mais simplesmente,por (un). Sendo uma aplicacao, o seu grafico e o conjunto formado pelos pares ordenados da forma(n, un), n ∈ N.

Figura 1.4 O grafico de uma sucessao.

Definicao 1.3.2 A expressao designatoria que define a sucessao chama-se termo geral da sucessao.

EXEMPLO 1: As sucessoes de termos gerais an = n2 e bn = cos(n) estao ilustradas na Figura 1.5.

(a) O grafico de an = n2. (b) O grafico de bn = cos(n).

Figura 1.5 Uma sucessao minorada e uma sucessao limitada.

NOTA: Uma sucessao pode ser definida sem explicitar o termo geral. E o caso da definicao por re-correncia. Por exemplo, u1 = 1, u2 = 2, un+2 = un+1 + un, n ∈ N (sucessao dos numeros de Fibonacci).

Por vezes dao-se apenas alguns termos da sucessao que induzem o leitor a “inferir” os restantes. Porexemplo: 1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, . . . .

Ha sucessoes que nao estao definidas para um numero finito de valores de n ∈ N. Por exemplo, a

sucessao de termo geral un =1

n − 3, so esta definida para n > 3.

Definicao 1.3.3 Uma sucessao diz-se limitada superiormente se o conjunto dos seus termos formajorado; diz-se limitada inferiormente se o conjunto dos seus termos for minorado; diz-se limitada

se o conjunto dos seus termos for limitado.

1.3 Sucessoes de numeros reais 9

Teorema 1.3.1 Uma sucessao u e limitada se, e so se, existe M ∈ R tal que |un| ≤ M , ∀n ∈ N.

EXEMPLO 2: A sucessao un = n2 e limitada inferiormente, mas nao superiormente (ver Figura 1.5).

EXEMPLO 3: A sucessao un = −n e limitada superiormente, mas nao inferiormente.

EXEMPLO 4: A sucessao un = (−n)n nao e limitada superiormente nem inferiormente.

EXEMPLO 5: A sucessao un = cos(n) e limitada (ver Figura 1.5).

EXEMPLO 6: A sucessao un =n + 2

ne limitada.

|un| =

∣∣∣∣

n + 2

n

∣∣∣∣= 1 +

2

n≤ 3,

qualquer que seja n ∈ N.

Definicao 1.3.4 Dadas duas sucessoes de numeros reais u e v, chama-se soma, diferenca e produto

de u e v as sucessoes u + v, u − v e uv de termos gerais, respectivamente, un + vn, un − vn e un vn. Sevn 6= 0, ∀n ∈ N, chama-se sucessao quociente de u e v a sucessao u/v de termo geral un/vn.

Definicao 1.3.5 Uma sucessao u diz-se crescente se un ≤ un+1, ∀n ∈ N; diz-se estritamente cres-

cente se un < un+1, ∀n ∈ N; diz-se decrescente se un ≥ un+1, ∀n ∈ N; diz-se estritamente decres-

cente se un > un+1, ∀n ∈ N; diz-se monotona se for crescente ou decrescente; diz-se estritamente

monotona se for estritamente crescente ou estritamente decrescente.

EXEMPLO 7: A sucessao un =2n

3n + 7e crescente. De facto,

un+1 − un =2n + 2

3n + 10− 2n

3n + 7=

(2n + 2)(3n + 7) − 2n(3n + 10)

(3n + 10)(3n + 7)=

14

(3n + 10)(3n + 7)> 0, ∀n ∈ N.

EXEMPLO 8: A sucessao un = n2 e estritamente crescente, pois

un+1 − un = (n + 1)2 − n2 = n2 + 2n + 1 − n2 = 2n + 1 > 0, ∀n ∈ N.

EXEMPLO 9: A sucessao un = −n e estritamente decrescente porque

un+1 − un = −(n + 1) + n = −n − 1 + n = −1 < 0, ∀n ∈ N.

EXEMPLO 10: A sucessao un = (−n)n nao e monotona. Com efeito,

un+1 − un = (−(n + 1))n+1 − (−n)n = (−1)n+1((n + 1)n+1 + nn)

e esta diferenca e positiva se n e ımpar e negativa se n e par.

EXEMPLO 11: A sucessao un = (−1)n n + (−1)n

n2nao e monotona.

un+1 − un =

−n + 1 − 1

(n + 1)2− n + 1

n2= −n3 + (n + 1)3

n2(n + 1)2< 0, se n e par

n + 1 + 1

(n + 1)2+

n − 1

n2> 0, se n e ımpar


Figura 1.6 As sucessoes (−1)n n + (−1)n

n2e

n + (−1)n

n2.

EXEMPLO 12: A sucessao un =n + (−1)n

n2nao e monotona.

un+1 − un =

n + 1 − 1

(n + 1)2− n + 1

n2=

n3 − (n + 1)3

n2(n + 1)2< 0, se n e par

n + 1 + 1

(n + 1)2− n − 1

n2=

n2 + n + 1

n2(n + 1)2> 0, se n e ımpar

Dadas duas sucessoes u e v, se v e uma sucessao de numeros naturais, a composicao u ◦ v ainda e umasucessao, de termo geral uvn

. Por exemplo, se u e a sucessao 1, 2, 1, 3, 1, 4, . . . e vn = 2n − 1, entaouvn

= 1; se zn = 2n, entao uzn= n + 1; se sn = 4, entao usn

= 3.

Obtem-se uma subsucessao de uma sucessao omitindo alguns dos seus termos mantendo os restantes naordem original. Vejamos uma definicao mais formal.

Definicao 1.3.6 Dadas duas sucessoes u e w, dizemos que w e subsucessao de u se existir v, sucessaode numeros naturais, estritamente crescente, tal que w = u ◦ v.

EXEMPLO 13: Das sucessoes consideradas anteriormente, u ◦ v e u ◦ z sao subsucessoes de u, mas u ◦ snao e subsucessao de u.

NOTAS:

1. Toda a subsucessao de uma sucessao limitada e limitada.

2. Uma sucessao pode nao ser limitada e ter subsucessoes limitadas. Exemplo:

un =

n, se n par1

n, se n ımpar

3. Toda a subsucessao de uma sucessao monotona e monotona.

4. Uma sucessao pode ter subsucessoes monotonas e nao ser monotona, como se pode ver no EXEM-PLO 11 e no EXEMPLO 12.


Definicao 1.3.7 Diz-se que a sucessao u e um infinitamente grande positivo (ou que tende para+∞), e escreve-se un → +∞ ou lim un = +∞, se

∀L ∈ R+ ∃ p ∈ N : n > p ⇒ un > L.

Diz-se que u e um infinitamente grande em modulo se |un| → +∞, isto e,

∀L ∈ R+ ∃ p ∈ N : n > p ⇒ |un| > L.

Diz-se que u e um infinitamente grande negativo (ou que tende para −∞), e escreve-se un → −∞ou limun = −∞, se

∀L ∈ R+ ∃ p ∈ N : n > p ⇒ un < −L.

Figura 1.7 Um infinitamente grande.

EXEMPLO 14: Vejamos que un = n2 → +∞.Dado L > 0, existe p ∈ N tal que p >

√L;

portanto, se n > p entao n2 > L. E evidenteque p depende de L (se L = 100 basta conside-rar p = 10, mas se L = 200 teremos de conside-rar p = 14). Este exemplo esta ilustrado na Fi-gura 1.7. De modo analogo pode mostrar-se quevn = −n → −∞ e que, se wn = (−n)n, entao|wn| = nn → +∞.

NOTAS:

1. Se a sucessao u e um infinitamente grande em modulo, mas nao e um infinitamente grande positivonem um infinitamente grande negativo, diz-se que e um infinitamente grande sem sinal determinadoou que tende para infinito sem sinal determinado, e representa-se por un → ∞.

2. Se u e tal que un → +∞, un → −∞ ou |un| → +∞ entao u e nao limitada. A recıproca nao everdadeira. Por exemplo, a sucessao

un =

n, se n par1

n, se n ımpar

e nao limitada e un 6→ +∞, un 6→ −∞, |un| 6→ +∞.

3. O facto de un → +∞ nao implica que u seja crescente (nem que exista uma ordem a partir da qualseja crescente), como se pode ver pela Figura 1.8.

Das definicoes, conclui-se imediatamente que

Teorema 1.3.2 Sejam u e v sucessoes tais que, a partir de certa ordem, un ≤ vn. Entao,

a) un → +∞ ⇒ vn → +∞,

b) vn → −∞ ⇒ un → −∞.


Figura 1.8 A sucessao un = n + (−1)n

e um infinitamente grande, mas nao e monotona.

EXEMPLO 15: Consideremos a sucessao

n∑

k=1

1√k

= 1 +1√2

+1√3

+ · · · + 1√n

.

Como

1 +1√2

+1√3

+ · · · + 1√n≥ n × 1√

n=

√n

e√

n → +∞ podemos afirmar que 1 +1√2

+1√3

+ · · · + 1√n→ +∞ (veja-se a Figura 1.9).

Figura 1.9 Uma ilustracao do Teorema 1.3.2.

Teorema 1.3.3 Sejam u e v dois infinitamente grandes positivos e w um infinitamente grande negativo.Entao

a) lim(un + vn) = +∞;

b) lim(unvn) = +∞;

c) lim(unwn) = −∞;

d) limupn = +∞, ∀p ∈ N;

e) lim |un| = lim |vn| = lim |wn| = +∞.

Definicao 1.3.8 Sejam u uma sucessao e a ∈ R. Diz-se que u converge para a (ou tende para a ou,ainda, que o limite da sucessao e a), e escreve-se un → a ou limun = a, se

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p ⇒ |un − a| < ε.


Isto e, podemos escolher p tal que todos os termos de un estao no intervalo ]a − ε, a + ε[ qualquer queseja n > p.

(a) Se ε = 0, 8 entao a − 0, 8 < un < a + 0, 8qualquer que seja n ≥ 5.

(b) Se ε = 0, 05 entao a − 0, 05 < un < a + 0, 05qualquer que seja n ≥ 31.

Figura 1.10 O valor de p varia com o valor de ε.

EXEMPLO 16: Provemos que un =1

n→ 0. De facto, seja ε > 0, qualquer; se p = Int

(1

ε

)2 entao, para

n > p tem-se1

n≤ 1

p + 1< ε.

Figura 1.11 Se ε = 0, 1 entao −ε < 1n < ε se n > 10.

NOTAS:

1. Em linguagem de vizinhancas, a definicao e equivalente a:

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p ⇒ un ∈ Vε(a).

2. Poderıamos escrever ainda, de forma equivalente,

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : |un − a| < ε, ∀n > p.

3. Consideremos o conjunto R = R ∪ {−∞, +∞}, em que −∞ e +∞ sao dois objectos matematicos,nao reais e distintos um do outro. Podemos introduzir, neste conjunto, a relacao de ordem:i) se x, y ∈ R, x < y em R se, e so se, x < y em R.ii) −∞ < x < +∞, ∀x ∈ R.

O conjunto R, com esta relacao de ordem, designa-se por recta acabada.

Podemos estender a nocao de vizinhanca a R. Seja ε ∈ R, ε > 0. Se a ∈ R, chama-se vizinhancaε de a ao conjunto Vε(a) =]a − ε, a + ε[ (que coincide, pois, com a vizinhanca em R). Chama-se

2Se x ∈ R, chamamos parte inteira de x ao maior inteiro menor ou igual a x e representamo-la por Int(x)


vizinhanca ε de +∞ ao conjunto Vε(+∞) =]

1ε , +∞

]. Chama-se vizinhanca ε de −∞ ao conjunto

Vε(−∞) =[−∞,− 1

ε

[.

Com as definicoes dadas atras, podemos unificar, do ponto de vista formal, as definicoes 1.3.7 e1.3.8:

xn → a (a ∈ R) se, e so se, ∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p ⇒ un ∈ Vε(a).

Teorema 1.3.4 (Unicidade do limite) Se un → a e un → b entao a = b.

Teorema 1.3.5 Se u e v sao sucessoes convergentes, entao

a) lim(un + vn) = limun + lim vn;

b) lim(un · vn) = limun · lim vn;

c) lim(un)p = (lim un)p, p ∈ N;

d ) limun

vn=

limun

lim vn, se vn 6= 0, ∀n ∈ N e lim vn 6= 0;

e) lim(un)1/p = (limun)1/p (se p for par devera ser un ≥ 0, ∀n ∈ N);

f ) lim |un| = | limun|;

g) (∃p ∈ N ∀n ≥ p un > 0) ⇒ limun ≥ 0;

h) (∃p ∈ N ∀n ≥ p un ≥ vn) ⇒ limun ≥ lim vn.

Definicao 1.3.9 Diz-se que a sucessao u e um infinitesimo se un → 0.

NOTA: E evidente, a partir das definicoes, que un → a e equivalente a un − a e um infinitesimo.

Teorema 1.3.6 Se un → 0 e v e uma sucessao limitada, entao un vn → 0.

Demonstracao: Seja M > 0 tal que |vn| ≤ M, ∀n ∈ N. Dado δ > 0, qualquer, seja p ∈ N, tal que|un| < δ/M, ∀n > p. Entao |un vn| < δ, ∀n > p.

EXEMPLO 17: Calculemos o limite da sucessao an =−2 + 4 cos(n)

n. Sabemos que −1 ≤ cos(n) ≤ 1 o

que implica que −6 ≤ −2 + 4 cos(n) ≤ 2, isto e, a sucessao e limitada. Sabemos que a sucessao1

ne um

infinitesimo. Pelo Teorema 1.3.6 podemos afirmar que

lim−2 + 4 cos(n)

n= 0.

(ver Figura 1.12)

Teorema 1.3.7 Toda a sucessao convergente e limitada.

NOTA: A recıproca nao e verdadeira. Por exemplo, a sucessao un = cos(nπ) e limitada, mas nao econvergente.

Teorema 1.3.8 (Teorema das Sucessoes Enquadradas) Se un → a, vn → a e, a partir de certa ordem,un ≤ wn ≤ vn, entao wn → a.


Figura 1.12 Uma ilustracao do Teorema 1.3.6.

Demonstracao: Seja ε > 0, qualquer. Entao

∃p1 ∈ N : n > p1 ⇒ a − ε < un < a + ε,

∃p2 ∈ N : n > p2 ⇒ a − ε < vn < a + ε,

∃p3 ∈ N : n > p3 ⇒ un ≤ wn ≤ vn.

Seja p = max{p1, p2, p3}. Se n > p, entao a − ε < un ≤ wn ≤ vn < a + ε.

EXEMPLO 18: Calculemos o limite de an =−2 + 4 cos(n)

n. Sabemos que −1 ≤ cos(n) ≤ 1 o que implica

que

− 6

n≤ −2 + 4 cos(n)

n≤ 2

n.

Dado que1

n→ 0, podemos afirmar que lim

−2 + 4 cos(n)

n= 0.

Figura 1.13 Uma ilustracao do Teorema das Sucessoes Enquadradas.

Teorema 1.3.9 Sejam v uma sucessao, vn → +∞, P (x) = a0 xp + · · · + ap e Q(x) = b0 xq + · · · + bq


duas funcoes polinomiais de coeficientes reais, p, q ∈ N, a0 6= 0, b0 6= 0. Entao

limP (vn)

Q(vn)=

a0

b0se p = q

+∞ se p > q ∧ a0

b0> 0

−∞ se p > q ∧ a0

b0< 0

0 se p < q.

Teorema 1.3.10 Considere a sucessao de termo geral an, em que a ∈ R. Entao

lim an =

+∞ se a > 1

∞ se a < −1

0 se |a| < 1

1 se a = 1.

Se a = −1 o limite nao existe.

Teorema 1.3.11

a) Se un → u (u ∈ R ) entaou1 + · · · + un

n→ u.

b) Se a ∈ R, a > 0, entao n√

a → 1.

c) Se un > 0, ∀n ∈ N eun+1

un→ b, (b ∈ R) entao n

√un → b.

NOTAS:

1. Ve-se facilmente, utilizando a alınea (c) do teorema anterior, que n√

n → 1.

2. O recıproco da alınea (c) do teorema anterior nao se verifica, isto e, n√

un → b 6⇒ un+1

un→ b (un > 0,

∀n ∈ N). Para o comprovar basta considerar a sucessao un = e−n−(−1)n

:

n√

un = e−1− (−1)n

n → e−1

eun+1

un= e−1+2(−1)n

nao tem limite.

Teorema 1.3.12 Toda a subsucessao de uma sucessao convergente e convergente para o mesmo limite.

Teorema 1.3.13 Um conjunto X ⊂ R e fechado se, e so se, todos os limites das sucessoes convergentes,de elementos de X, pertencem a X.

Teorema 1.3.14 Toda a sucessao monotona limitada e convergente.

NOTA: A recıproca nao e verdadeira, isto e, ha sucessoes nao monotonas que sao convergentes. Por

exemplo, a sucessao un = (−1)n 1

nconverge para 0 e nao e monotona (Figura 1.14).


Figura 1.14 A sucessao e convergente, mas nao e monotona.

Teorema 1.3.15 Toda a sucessao limitada tem subsucessoes convergentes.

Definicao 1.3.10 Diz-se que a ∈ R e sublimite da sucessao u se existir uma subsucessao de u queconverge para a.

EXEMPLO 19 : −1 e 1 sao sublimites da sucessao un = (−1)n +1

n.

Figura 1.15 Sublimites da sucessao un = (−1)n +1

n.

NOTAS: Seja S o conjunto dos sublimites da sucessao u.

1. Pelo Teorema 1.3.15, se u e limitada, S 6= ∅;

2. S pode ser vazio; exemplo: un = n;

3. Se u for convergente, S e um conjunto singular (isto e, so com um elemento);

4. S pode ser singular e u nao ser convergente; exemplo:

un =

1

n, se n par

n, se n ımpar.

5. S pode ser um conjunto infinito; por exemplo, dada a sucessao

1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, . . .

entao S = N.


Teorema 1.3.16 O conjunto dos sublimites de uma sucessao limitada tem maximo e mınimo.

Definicao 1.3.11 Sejam u uma sucessao limitada e S o conjunto dos sublimites de u. Chama-se li-

mite maximo ou limite superior de u ao maximo de S e representa-se lim un = lim supun = max(S).Chama-se limite mınimo ou limite inferior de u ao mınimo de S e representa-se lim un = lim inf un =min(S). Se u nao for limitada superiormente, define-se lim un = +∞. Se u nao for limitada inferior-mente, define-se lim un = −∞. Se un → +∞ define-se lim un = lim un = +∞. Se un → −∞ define-selim un = lim un = −∞.

Teorema 1.3.17 Uma sucessao limitada e convergente se, e so se, lim un = lim un.

Definicao 1.3.12 Uma sucessao u diz-se de Cauchy (ou fundamental) se

∀ε > 0 ∃p ∈ N : m, n > p ⇒ |un − um| < ε.

EXEMPLO 20: un =1

ne sucessao de Cauchy. De facto, sejam m, n > p; entao

∣∣1

n− 1

m

∣∣ ≤ 1

n+

1

m<

1

p+

1

p=

2

p. Seja ε > 0, qualquer; para concluir, basta tomarmos p >

2

ε.

NOTA: Na definicao de sucessao convergente, introduzimos um elemento externo a sucessao, o limite.A sucessao converge se, a partir de certa ordem, todos os elementos da sucessao “estao perto” do limite.Na definicao de sucessao de Cauchy apenas comparamos os elementos da sucessao uns com os outros.Dizemos que a sucessao e de Cauchy se, a partir de certa ordem, todos os elementos da sucessao “estaoperto” uns dos outros.

Teorema 1.3.18 Uma sucessao real e convergente se, e so se, for de Cauchy.

NOTA: Este teorema permite-nos mostrar que uma sucessao e convergente sem ter que calcular o seulimite. Consideremos a sucessao:

un = 1 +1

22+

1

32+ · · · + 1

n2.

Podemos tomar, sem perda de generalidade, n > m; entao

|un − um| =∣∣

1

(m + 1)2+

1

(m + 2)2+ · · · + 1

n2

∣∣ =

1

(m + 1)2+

1

(m + 2)2+ · · · + 1

n2≤

≤ 1

m(m + 1)+

1

(m + 1)(m + 2)+ · · · + 1

(n − 1)n=

=

(1

m− 1

m + 1

)

+

(1

m + 1− 1

m + 2

)

+ · · · +(

1

n − 1− 1

n

)

=1

m− 1

n≤ 1

m

Se p >1

εe n ≥ m > p, obtemos |un − um| < ε pelo que a sucessao e de Cauchy, portanto convergente.

1.4 Exercıcios Resolvidos 19

1.4 Exercıcios Resolvidos

1.4.1 Nocoes Topologicas

1. Considere a expressao designatoria definida, no conjunto dos numeros reais, por

√x2 − 4x + 3

log(x + 2)e

seja A o seu domınio. Considere o seguinte subconjunto de R:

B = {x ∈ R : |x − 1| < 3}.

(a) Apresentando todos os calculos, escreva A e B como uniao de intervalos.

(b) Determine o conjunto dos pontos interiores e o derivado de B e a fronteira de A ∩ B.

2. Considere os conjuntos A e B definidos por

A = {x ∈ R :log(x2)

|x2 − 4| ≥ 0} e B = {x ∈ R : |x2 − 1| < 1}.

(a) Exprima A e B como uniao de intervalos.

(b) Determine o interior de A ∪ B, os minorantes de A ∩ B e os pontos de acumulacao de B.

3. Considere a expressao designatoria definida, no conjunto dos numeros reais, por1

log(x2 − 9)e seja

A o seu domınio. Considere o seguinte subconjunto de R:

B = {x ∈ R : |x + 1| < 1}.

(a) Apresentando todos os calculos, escreva A e B como uniao de intervalos.

(b) Determine a fronteira de A ∪ B. Averigue se A ∪ B e um conjunto aberto. Justifique.

4. Considere os conjuntos A e B definidos por

A = {x ∈ R : |arctg(x)| ≥ π

4} e B = {x ∈ R : (x − 1)(x + 3) ≤ 0}.

(a) Exprima A e B como uniao de intervalos.

(b) Determine o interior, a fronteira, os majorantes, os minorantes e os pontos de acumulacao deA ∩ B.

5. Considere a expressao designatoria definida, no conjunto dos numeros reais, porlog(x2 − 3x + 2)√

9 − x2

e seja A o seu domınio. Considere o seguinte subconjunto de R:

B = {x ∈ R : 0 < |x + 1| ≤ 4}.

(a) Apresentando todos os calculos, escreva A ∩ B como uniao de intervalos.

(b) Determine o conjunto dos pontos interiores e o derivado de B e a fronteira de A ∩ B.

6. Considere a expressao designatoria definida, no conjunto dos numeros reais, porarcsen(2x − 3)

log(x2 − 1)e

seja A o seu domınio. Considere o seguinte subconjunto de R:

B = {x ∈ R : |√

2x| ≤√

6}.

(a) Apresentando todos os calculos, escreva A ∩ B como uniao de intervalos.


(b) Determine, justificando, o conjunto dos pontos fronteiros de A ∩ B. Averigue se o conjuntoA ∩ B e fechado.

RESOLUCAO

1. (a) O conjunto A e o conjunto dos valores de x para os quais a expressao faz sentido, isto e,

A = {x ∈ R : x2 − 4x + 3 ≥ 0 ∧ x + 2 > 0 ∧ log(x + 2) 6= 0}.

Usando a formula resolvente para a equacao de grau 2 temos

x2 − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ (x − 1)(x − 3) ≥ 0

Os numeros 1 e 3 dividem a recta em tres intervalos: ] − ∞, 1[, ]1, 3[ e ]3, +∞[. Em cadaum desses intervalos o produto (x − 1)(x − 3) toma o sinal que se pode ver na Figura 1.16,portanto,

(x − 1)(x − 3) ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∨ x ≥ 3.

1 3

+ + + + + + + + + 0 - - - - - - - - - - - - - - - - 0 + + + + + + + + +

Figura 1.16

Como log(x + 2) 6= 0 ⇔ x + 2 6= 1, temos (ver Figura 1.17)

A = {x ∈ R : (x ≤ 1 ∨ x ≥ 3) ∧ x > −2 ∧ x 6= −1}

=(

] −∞, 1] ∪ [3, +∞[)∩ ] − 2, +∞[ ∩

(] −∞,−1[ ∪ ] − 1, +∞[

)

= ] − 2,−1[ ∪ ] − 1, 1[ ∪ [3, +∞[.

1 3

-2 -1

Figura 1.17

Sabemos que |x − 1| < 3 ⇔ −3 < x − 1 < 3 ⇔ −2 < x < 4, portanto, B =] − 2, 4[.

(b) Seja a ∈ B. Seja ε = min(a + 2, 4 − a). A vizinhanca de a, ]a − ε, a + ε[ esta contida em B(ver Figura 1.18), portanto, a ∈ int(B). Podemos afirmar que int(B) = B =] − 2, 4[.

-2 4a

a + 2 4 - a

Figura 1.18

O derivado de B, B′, e o conjunto dos pontos de acumulacao de B. Neste caso, B′ = [−2, 4].


-2 4

-2 -1 1 3

Figura 1.19

Determinemos o conjunto A ∩ B (ver Figura 1.19.

A ∩ B =(

] − 2,−1[ ∪ ] − 1, 1[ ∪ [3, +∞[)∩ ] − 2, 4[=]− 2,−1[ ∪ ] − 1, 1[ ∪ [3, 4[.

A fronteira e o conjunto fr(A ∩ B) = {−2,−1, 1, 3, 4} porque sao estes os unicos pontos taisque todas as vizinhancas intersectam o conjunto A ∩ B e o seu complementar.

2. (a) O conjunto A pode escrever-se como

A = {x ∈ R : log(x2) ≥ 0 ∧ x2 > 0 ∧ |x2 − 4| > 0}

= {x ∈ R : x2 ≥ 1 ∧ x 6= 0 ∧ x2 − 4 6= 0}

= {x ∈ R : x2 − 1 ≥ 0 ∧ x 6= 0 ∧ x 6= 2 ∧ x 6= −2}

A expressao x2 − 1 e um caso notavel da multiplicacao:

x2 − 1 ≥ 0 ⇔ (x − 1)(x + 1) ≥ 0

Os numeros -1 e 1 dividem a recta em tres intervalos: ]−∞,−1[, ]− 1, 1[ e ]1, +∞[. Em cadaum desses intervalos o produto (x − 1)(x + 1) toma o sinal que se pode ver na Figura 1.20,portanto,

(x − 1)(x + 1) ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 ∨ x ≥ 1.

-1 1

+ + + + + + + + + 0 - - - - - - - - - - - - - - - - 0 + + + + + + + + +

Figura 1.20

Finalmente,

A = {x ∈ R : x ≤ −1 ∨ x ≥ 1 ∧ x 6= 0 ∧ x 6= 2 ∧ x 6= −2}

=(

] −∞,−1] ∪ [1, +∞[)

\ {−2, 0, 2}

= ] −∞,−2[ ∪ ] − 2,−1] ∪ [1, 2[ ∪ ]2, +∞[

e

B = {x ∈ R : −1 < x2 − 1 < 1} = {x ∈ R : x2 > 0 ∧ x2 − 2 < 0}

= {x ∈ R : x 6= 0 ∧ (x −√

2)(x +√

2) < 0}

= ] −√

2,√

2 [ \{0} = ] −√

2, 0 [ ∪ ] 0,√

2[


- 2

+ + + + + + + + + 0 - - - - - - - - - - - - - - - - 0 + + + + + + + + +

2

Figura 1.21

(b) Determinemos os conjuntos A ∩ B e A ∪ B (ver Figura 1.22).

A ∩ B =(

] −∞,−2[ ∪ ] − 2,−1] ∪ [1, 2[ ∪ ]2, +∞[)

∩(

] −√

2, 0 [ ∪ ] 0,√

2[)

= ] −√

2,−1[ ∪ ]1,√

2[.

A ∪ B =(

] −∞,−2[ ∪ ] − 2,−1] ∪ [1, 2[ ∪ ]2, +∞[)

∪(

] −√

2, 0 [ ∪ ] 0,√

2[)

= ] −∞,−2[ ∪ ] − 2, 0[ ∪ ]0, 2[ ∪ ]2, +∞[.

-2 -1 1 2

- 2 20

Figura 1.22

O conjunto dos minorantes de A ∩ B e o conjunto ]−∞,−√

2], o interior de A ∪ B e A ∪ B eo derivado de B e [−

√2,√

2].


A = {x ∈ R : x2 − 9 > 0 ∧ log(x2 − 9) 6= 0}


x2 − 9 > 0 ⇔ (x + 3)(x − 3) > 0.

Os numeros -3 e 3 dividem a recta em tres intervalos: ]−∞,−3[, ]− 3, 3[ e ]3, +∞[. Em cadaum desses intervalos o produto (x + 3)(x − 3) toma o sinal que se pode ver na Figura 1.23,portanto,

(x + 3)(x − 3) > 0 ⇔ x < −3 ∨ x > 3.

-3 3

+ + + + + + + + + 0 - - - - - - - - - - - - - - - - 0 + + + + + + + + +

Figura 1.23


Como log(x2 − 9) 6= 0 ⇔ x2 − 9 6= 1 ⇔ x2 6= 10 ⇔ x 6=√

10 ∧ x 6= −√

10, temos

A = {x ∈ R : (x < −3 ∨ x > 3) ∧ x 6=√

10 ∧ x 6= −√

10}

=(

] −∞,−3[ ∪ ]3, +∞[)

\ {−√

10,√

10}

= ] −∞,−√

10[ ∪ ] −√

10,−3[ ∪ ]3,√

10[ ∪ ]√

10, +∞[.

Sabemos que |x + 1| < 1 ⇔ −1 < x + 1 < 1 ⇔ −2 < x < 0, portanto, B =] − 2, 0[.

(b) Determinemos o conjunto A ∪ B:

A ∪ B =(

] −∞,−√

10[ ∪ ] −√

10,−3[ ∪ ]3,√

10[ ∪ ]√

10, +∞[)∪ ] − 2, 0 [.

-3 3

-2 0

- 10 10

Figura 1.24

Os pontos fronteiros de A ∪ B formam o conjunto {−√

10,−3,−2, 0, 3,√

10}. Como nenhumdos pontos fronteiros pertence a A ∪ B podemos concluir que int(A ∪ B) = A ∪ B, ou seja, oconjunto e aberto.

4. (a) O conjunto A pode escrever-se como

A = {x ∈ R : arctg(x) ≥ π4 ∨ arctg(x) ≤ −π

4 }

= {x ∈ R : x ≥ 1 ∨ x ≤ −1}

= ] −∞,−1] ∪ [1, +∞[

-4 -2 2 4

p

2

p

2

-

-1

p

4

-

p

4

1

Figura 1.25 O grafico da funcao arctg(x).

Os numeros -3 e 1 dividem a recta em tres intervalos: ]−∞,−3[, ]− 3, 1[ e ]1, +∞[. Em cadaum desses intervalos o produto (x − 1)(x + 3) toma o sinal que se pode ver na Figura 1.26,portanto,

(x − 1)(x + 3) ≤ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1.


-3 1

+ + + + + + + + + 0 - - - - - - - - - - - - - - - - 0 + + + + + + + + +

Figura 1.26

Temos B = [−3, 1].

(b) O conjunto A ∩ B = [−3,−1] ∪ {1}. O conjunto dos majorantes de A ∩ B e ] − ∞,−3], oconjunto dos minorantes e [1, +∞[, a fronteira e {−3,−1, 1}, o interior e ]−3,−1[ e o derivadoe [−3,−1].


A = {x ∈ R : x2 − 3x + 2 > 0 ∧ 9 − x2 > 0}

A expressao 9 − x2 e um caso notavel da multiplicacao

9 − x2 > 0 ⇔ x2 − 9 < 0 ⇔ (x + 3)(x − 3) < 0.


(x + 3)(x − 3) < 0 ⇔ −3 < x < 3.

-3 3

+ + + + + + + + + 0 - - - - - - - - - - - - - - - - 0 + + + + + + + + +

Figura 1.27

Alem disso, usando a formula resolvente, temos

x2 − 3x + 2 > 0 ⇔ (x − 1)(x − 2) > 0.

Os numeros 1 e 2 dividem a recta em tres intervalos: ] − ∞, 1[, ]1, 2[ e ]2, +∞[. Em cadaum desses intervalos o produto (x − 1)(x − 2) toma o sinal que se pode ver na Figura 1.28,portanto,

(x − 1)(x − 2) < 0 ⇔ x < 1 ∨ x > 2.

Podemos concluir que

A =] − 3, 3[ ∩(

] −∞, 1[ ∪ ]2, +∞[)

=] − 3, 1[ ∪ ]2, 3[.

1 2

+ + + + + + + + + 0 - - - - - - - - - - - - - - - - 0 + + + + + + + + +

Figura 1.28

Sabemos que 0 < |x + 1| ≤ 4 ⇔ −4 ≤ x + 1 ≤ 4 ∧ x + 1 6= 0 ⇔ −5 ≤ x ≤ 3 ∧ x 6= −1,portanto, B = [−5,−1[ ∪ ] − 1, 3]. Assim,

A ∩ B =(

] − 3, 1[ ∪ ]2, 3[)

∩(

[−5,−1[ ∪ ] − 1, 3])

=] − 3,−1[ ∪ ] − 1, 1[ ∪ ]2, 3[.


(b) O conjunto dos pontos interiores de B e ] − 5,−1[ ∪ ] − 1, 3[, o derivado de B e [−5, 3] e afronteira de A ∩ B e o conjunto {−3,−1, 1, 2, 3}.


A = {x ∈ R : −1 ≤ 2x − 3 ≤ 1 ∧ x2 − 1 > 0 ∧ log(x2 − 1) 6= 0}


x2 − 1 > 0 ⇔ (x + 1)(x − 1) > 0.


(x + 1)(x − 1) > 0 ⇔ x < −1 ∨ x > 1.

-1 1

+ + + + + + + + + 0 - - - - - - - - - - - - - - - - 0 + + + + + + + + +

Figura 1.29

A = {x ∈ R : 1 ≤ x ≤ 2 ∧ (x > 1 ∨ x < −1) ∧ x2 6= 2}

= {x ∈ R : 1 ≤ x ≤ 2 ∧ (x > 1 ∨ x < −1) ∧ x 6= −√

2 ∧ x 6=√

2}

=(

] −∞,−1[ ∪ ]1, +∞[)

∩ [1, 2] ∩(

] −∞,−√

2[ ∪ ] −√

2,√

2[ ∪ ]√

2, +∞[)

= ]1,√

2[ ∪ ]√

2, 2[.

Como |√

2x| ≤√

6 ⇔ |x| ≤√

3 ⇔ −√

3 ≤ x ≤√

3, portanto, B = [−√

3,√

3].

Determinemos A ∩ B.

A ∩ B =(

]1,√

2[ ∪ ]√

2, 2[)

∩ [−√

3,√

3] = ]1,√

2[ ∪ ]√

2,√

3[.

(b) A fronteira de A∩B e o conjunto {1,√

2,√

3}. Como os elementos da fronteira nao pertencema A ∩ B, este conjunto nao e fechado.


1.4.2 Inducao Matematica

1. Prove, pelo metodo de inducao matematica, que

(a) 2 + 4 + 6 + · · · + 2n = n2 + n, ∀n ∈ N;

(b)1

2+

1

4+

1

8+ · · · + 1

2n= 1 − 1

2n, ∀n ∈ N;

(c)1

1 × 2+

1

2 × 3+

1

3 × 4+ · · · + 1

n(n + 1)=

n

n + 1, ∀n ∈ N.


(a)

n∑

k=1

1

4k2 − 1=

n

2n + 1, ∀n ∈ N;

(b)

n∑

k=1

(k

3k− k − 1

3k−1

)

= n3−n, ∀n ∈ N;

(c)n∏

k=1

(2k − 1) =(2n)!

2nn!, ∀n ∈ N.


(a) 5 e factor de 24n−2 + 1, ∀n ∈ N;

(b) 42n − 1 e divisıvel por 5, ∀n ∈ N;

(c) 3n > 2n + 10n, ∀n ≥ 4;

(d) 12 + 22 + · · · + (n − 1)2 <n3

3, ∀n ∈ N;

(e)n∑

k=1

k <(n + 1)2

2, ∀n ∈ N.

4. Seja i tal que i2 = −1. Mostre, por inducao, que

(a)

(1 + i

1 − i

)n

= cis(n π

2

)

, ∀n ∈ N.

(b) (−sen(α) + i cos(α))n = cis(n(π

2+ α)), ∀n ∈ N.

(c)

4n∑

k=1

1

ik= 0, ∀n ∈ N.

RESOLUCAO

1. (a) Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, que 2+4+6+ · · ·+2n = n2 +n,∀n ∈ N. Seja p(n) a proposicao anterior. Ve-se facilmente que p(1) e verdadeira: 2×1 = 12+1.A hipotese de inducao e

2 + 4 + 6 + · · · + 2n = n2 + n


2 + 4 + 6 + · · · + 2n + 2(n + 2) = (n + 1)2 + n + 1.


Entao

2 + 4 + 6 + · · · + 2n + 2(n + 2) = n2 + n + 2n + 2 = n2 + 2n + 1 + n + 1 = (n + 1)2 + n + 1,


2 + 4 + 6 + · · · + 2n = n2 + n, ∀n ∈ N.

(b) Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, que1

2+

1

4+

1

8+ · · ·+ 1

2n= 1− 1

2n,

∀n ∈ N. Seja p(n) a proposicao anterior. Ve-se facilmente que p(1) e verdadeira:1

2= 1 − 1

2.

A hipotese de inducao e1

2+

1

4+

1

8+ · · · + 1

2n= 1 − 1

2n


1

2+

1

4+

1

8+ · · · + 1

2n+

1

2n+1= 1 − 1

2n+1.

Entao

1

2+

1

4+

1

8+ · · · + 1

2n+

1

2n+1= 1 − 1

2n+

1

2n+1= 1 − 1

2n

(

1 − 1

2

)

= 1 − 1

2n· 1

2= 1 − 1

2n+1,


1

2+

1

4+

1

8+ · · · + 1

2n= 1 − 1

2n, ∀n ∈ N.

(c) Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, que

1

1 × 2+

1

2 × 3+

1

3 × 4+ · · · + 1

n(n + 1)=

n

n + 1

∀n ∈ N. Seja p(n) a proposicao anterior. Ve-se facilmente que p(1) e verdadeira:1

1 × 2=

1

2.

A hipotese de inducao e

1

1 × 2+

1

2 × 3+

1

3 × 4+ · · · + 1

n(n + 1)=

n

n + 1


1

1 × 2+

1

2 × 3+

1

3 × 4+ · · · + 1

n(n + 1)+

1

(n + 1)(n + 2)=

n + 1

n + 2.

Entao

1

1 × 2+

1

2 × 3+

1

3 × 4+ · · · + 1

n(n + 1)+

1

(n + 1)(n + 2)

=n

n + 1+

1

(n + 1)(n + 2)=

n(n + 2) + 1

(n + 1)(n + 2)=

(n + 1)2

(n + 1)(n + 2)

=n + 1

n + 2,


1

1 × 2+

1

2 × 3+

1

3 × 4+ · · · + 1

n(n + 1)=

n

n + 1, ∀n ∈ N.


2. (a) Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, que

n∑

k=1

1

4k2 − 1=

n

2n + 1, ∀n ∈ N.

Seja p(n) a proposicao anterior. Verifiquemos que p(1) e verdadeira:

1∑

k=1

1

4k2 − 1=

1

4 × 12 − 1=

1

3=

1

2 × 1 + 1.

A hipotese de inducao en∑

k=1

1

4k2 − 1=

n

2n + 1


k=1

1

4k2 − 1=

n + 1

2(n + 1) + 1.

Entao

n+1∑

k=1

1

4k2 − 1=

n∑

k=1

1

4k2 − 1+

1

4(n + 1)2 − 1=

n

2n + 1+

1

(2(n + 1) − 1)(2(n + 1) + 1)

=n

2n + 1+

1

(2n + 1)(2n + 3)=

n(2n + 3) + 1

(2n + 1)(2n + 3)=

2n2 + 3n + 1

(2n + 1)(2n + 3)

=(n + 1)(2n + 1)

(2n + 1)(2n + 3)=

n + 1

2n + 3


n∑

k=1

1

4k2 − 1=

n

2n + 1, ∀n ∈ N.

(b) Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, que

n∑

k=1

(k

3k− k − 1

3k−1

)

= n3−n, ∀n ∈ N.


1∑

k=1

(k

3k− k − 1

3k−1

)

=1

31− 1 − 1

31−1=

1

3= 1 × 3−1.

A hipotese de inducao en∑

k=1

(k

3k− k − 1

3k−1

)

= n 3−n


k=1

(k

3k− k − 1

3k−1

)

= (n + 1)3−(n+1).


Entao

n+1∑

k=1

(k

3k− k − 1

3k−1

)

=

n∑

k=1

(k

3k− k − 1

3k−1

)

+

(n + 1

3n+1− n

3n

)

= n 3−n +

(n + 1

3n+1− n

3n

)

= n 3−n +n + 1 − 3n

3n+1=

n + 1

3n+1= (n + 1) 3−(n+1)


n∑

k=1

(k

3k− k − 1

3k−1

)

= n3−n, ∀n ∈ N.


n∏

k=1

(2k − 1) =(2n)!

2nn!, ∀n ∈ N.


1∏

k=1

(2k − 1) = 2 × 1 − 1 = 1 =2 × 1

21 × 1!.

A hipotese de inducao en∏

k=1

(2k − 1) =(2n)!

2nn!

e a tese de inducao en+1∏

k=1

(2k − 1) =(2(n + 1))!

2n+1(n + 1)!.

Entao

n+1∏

k=1

(2k − 1) =

(n∏

k=1

(2k − 1)

)

(2(n + 1) − 1

)=

(2n)!

2nn!·(2n + 1

)

=(2n + 1)!

2nn!=

(2n + 2)(2n + 1)!

2nn! (2n + 2)=

(2n + 2)!

2n+1n! (n + 1)

=(2(n + 1))!

2n+1(n + 1)!


n∏

k=1

(2k − 1) =(2n)!

2nn!, ∀n ∈ N.


3. (a) A proposicao ”5 e factor de 24n−2 + 1, ∀n ∈ N”, e equivalente a ”24n−2 + 1 e multiplo de 5,∀n ∈ N.

O numero 24n−2 +1 e multiplo de 5 se existir um numero inteiro positivo k tal que 24n−2 +1 =5k.

Substituindo n por 1 na expressao 24n−2 + 1 obtemos 22 + 1 = 5 × 1, portanto a propriedadee valida para n = 1.

A hipotese de inducao e∃k ∈ N : 24n−2 + 1 = 5k.

A tese de inducao e∃k′ ∈ N : 24(n+1)−2 + 1 = 5k′.

Temos

24(n+1)−2 + 1 = 24n+2 + 1 = 24n−224 + 1 = 24n−224 + 24 − 24 + 1

= 24(24n−2 + 1) − 24 + 1 = 24 5k − 15 = 5(24 k − 3).

Seja k′ = 24 k − 3. Como k′ ∈ N podemos dizer que

24(n+1)−2 + 1 = 5k′

Pelo Princıpio de inducao podemos concluir que 24n+2 + 1 e multiplo de 5, ∀n ∈ N.

(b) Provemos por inducao que 42n − 1 e multiplo de 5, ∀n ∈ N.

O numero 42n −1 e multiplo de 5 se existir um numero inteiro positivo k tal que 42n −1 = 5k.

Substituindo n por 1 na expressao 42n − 1 obtemos 42 + 1 = 5 × 3, portanto a propriedade evalida para n = 1.

A hipotese de inducao e∃k ∈ N : 42n − 1 = 5k.

A tese de inducao e∃k′ ∈ N : 42n+2 − 1 = 5k′.

Temos

42n+2 − 1 = 42n42 − 1 = 42n42 − 42 + 42 − 1 = 42(42n − 1) + 24 − 1

= 42 5k + 24 − 1 = 5(42 k + 3).

Seja k′ = 42 k + 3. Como k′ ∈ N podemos dizer que

24(n+1)−2 + 1 = 5k′

Pelo Princıpio de inducao podemos concluir que 42n − 1 e multiplo de 5, ∀n ∈ N.


3n ≥ 2n + 10n, ∀n ≥ 4.

Seja p(n) a proposicao anterior. Comecemos por verificar que p(4) e verdadeira. Substituindon por 4 obtemos 34 = 81 ≥ 56 = 24 + 40 que e uma proposicao verdadeira. A hipotese deinducao e

3n ≥ 2n + 10n



3n+1 ≥ 2n+1 + 10(n + 1).

Entao

3n+1 = 3 × 3n ≥ 3 (2n + 10n) = 3 × 2n + 3 × 10n

≥ 2n+1 + 10n + 20n ≥ 2n+1 + 10n + 10 = 2n+1 + 10(n + 1)


3n ≥ 2n + 10n, ∀n ≥ 4.

(d) Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, que

12 + 22 + · · · + (n − 1)2 <n3

3, ∀n ∈ N.

Seja p(n) a proposicao anterior. Comecemos por verificar que p(1) e verdadeira. Substituindo

n por 1 obtemos 02 = 0 ≥ 1

3que e uma proposicao verdadeira. A hipotese de inducao e

12 + 22 + · · · + (n − 1)2 <n3

3


12 + 22 + · · · + (n − 1)2 + n2 <(n + 1)3

3.

Entao

12 + 22 + · · · + (n − 1)2 + n2 <n3

3+ n2 =

n3 + 3n2

3<

n3 + 3n2 + 3n + 1

3=

(n + 1)3

3


12 + 22 + · · · + (n − 1)2 <n3

3, ∀n ∈ N.

(e) Vamos mostrar, usando o Princıpio de Inducao Matematica, que

n∑

k=1

k <(n + 1)2

2, ∀n ∈ N.

Seja p(n) a proposicao anterior. Comecemos por verificar que p(1) e verdadeira. Substituindo

n por 1 obtemos1∑

k=1

k = 1 < 2 =(1 + 1)2

2que e uma proposicao verdadeira. A hipotese de

inducao en∑

k=1

k <(n + 1)2

2


k=1

k <(n + 2)2

2.


Entao

n+1∑

k=1

k =

n∑

k=1

k + (n + 1) <(n + 1)2

2+ (n + 1) =

n2 + 4n + 3

2<

n2 + 4n + 4

2=

(n + 2)2

2


n∑

k=1

k <(n + 1)2

2, ∀n ∈ N.


(1 + i

1 − i

)n

= cis(n π

2

)

, ∀n ∈ N.


1 + i

1 − i=

√2 cis(π

4 )√2 cis(−π

4 )= cis(

π

4− (−π

4)) = cis(

π

2).

A hipotese de inducao e(

1 + i

1 − i

)n

= cis(n π

2

)

e a tese de inducao e(

1 + i

1 − i

)n+1

= cis

((n + 1)π

2

)

.

Entao

(1 + i

1 − i

)n+1

=

(1 + i

1 − i

)n(1 + i

1 − i

)

= cis(nπ

2) · cis(π

2)

= cis(nπ

2+

π

2) = cis

((n + 1)π

2

)


(1 + i

1 − i

)n+1

= cis

((n + 1)π

2

)

, ∀n ∈ N.


(−sen(α) + i cos(α))n = cis(n(π

2+ α)), ∀n ∈ N.


−sen(α) + i cos(α) = i (cos(α) + isen(α)) = i cis(α) = cis(π

2) · cis(α) = cis(

π

2+ α).

A hipotese de inducao e


2+ α))



(−sen(α) + i cos(α))n+1 = cis((n + 1)(π

2+ α)).

Entao

(−sen(α) + i cos(α))n+1 = (−sen(α) + i cos(α))n(−sen(α) + i cos(α))

= cis(n(π

2+ α))(cis(

π

2+ α))

= cis((n + 1)(π

2+ α))



2+ α)), ∀n ∈ N.


4n∑

k=1

1

ik= 0, ∀n ∈ N.


4∑

k=1

1

ik=

1

i+

1

i2+

1

i3+

1

i4=

1

i− 1 − 1

i+ 1 = 0.

A hipotese de inducao e4n∑

k=1

1

ik= 0

e a tese de inducao e4n+4∑

k=1

1

ik= 0.

Entao

4n+4∑

k=1

1

ik=

4n∑

k=1

1

ik+

1

i4n+1+

1

i4n+2+

1

i4n+3+

1

i4n+4=

1

i+

1

i2+

1

i3+

1

i4= 0


4n∑

k=1

1

ik= 0, ∀n ∈ N.


1.4.3 Sucessoes

1. Calcule, justificando, os limites das seguintes sucessoes

(a)3√

n2 + n + n4√

2 n4 + 1 +√

n+ n

√n;

(b)

√n3 + 2n4 + 1 − n

−2n2 + 3√

n2 + 3;

(c)

√n + 1 (1 + 2

√n )

n + 3√

n;

(d)3√

1 − 27n3

1 + 4n;

(e)n((−1)n +

√n)

2 +√

n3 + 1;

(f)n 3√

n2 + 2

n2 + (−1)n n;

(g)2 n e1/n

(−1)n +√

n2 + 5.

2. Calcule os limites das seguintes sucessoes

(a)

(n2 − 1

n2

)n

;

(b)

(4n − 5

4n + 3

)2n

;

(c)

(n + 2

n + 4

)n+1

;

(d)

(2 + n

5 + 5n

)n

;

(e)

(3 n + 1

3 n + 2

)n

;

(f)

(

3 − 2n + 1

n

)4n−2

;

(g)

(2n + 5

2n + 1

)n+4

;

(h)

(n2 + 3

2n2 + 1

)n

earctg(n).

3. Calcule, justificando, os limites das seguintes sucessoes:

(a)3n sen(23n + 1)

23n + 1;

(b)1

ncos(n + 1) log(n);

(c)n2 + 3

n√

n3 + 2cos(

√

n3 + 2);

(d)1

nn√

n!;

(e)n√

n2 e−n −(

n4

n4 + 1

)n4

;

(f)n sen(n)

2n√

5n3 + 1;

(g)√

n2 + 2n− n;

(h)3n − 5

5n + 3.

4. Calcule, justificando, os limites das seguintes sucessoes:

(a)

n−1∑

k=1

sen2(n)

n2 + 3k2;

(b)

n∑

k=1

5n√n4 + k

;

(c)n∑

k=1

3√

2n3√

n4 + k.

5. (a) Calcule, justificando, o limite da sucessao an = (√

2n + 1 −√

2n). cos2(n).

(b) Determine, justificando, o conjunto dos sublimites da sucessao bn = sen(nπ

2

)

· arctg(n)


6. Considere a sucessaoun =

n√

1 + 2(−1)n n

(a) Escreva a subsucessao dos termos de ındice par e calcule o seu limite.

(b) Escreva a subsucessao dos termos de ındice ımpar e calcule o seu limite.

(c) Calcule lim un e limun.

(d) Tendo em conta as alıneas anteriores, que pode concluir quanto a convergencia da sucessao?

7. Considere a sucessao, definida por recorrencia{

u1 =√

2un+1 =

√2 un, ∀n ∈ N.

(a) Prove, por inducao, que 0 < un < 2, ∀n ∈ N.

(b) Prove que a sucessao e crescente.

(c) Prove que a sucessao e convergente.

(d) Calcule o limite da sucessao.

8. Considere a sucessao {a1 =

√2

an+1 = (√

2)an , ∀n ∈ N.

(a) Mostre, por inducao, que√

2 ≤ an < 2, ∀n ∈ N.

(b) Mostre, por inducao, que a sucessao e crescente.

(c) Mostre que existe a ≤ 2 tal que an → a.

9. Seja a ∈ R um numero positivo. Considere a sucessao de numeros reais definida, por recorrencia,

x1 = a

xn+1 =xn

2 + xn, ∀n ∈ N.

(a) Mostre, por inducao, que xn > 0, ∀n ∈ N.

(b) Mostre que a sucessao e decrescente.

(c) Mostre que a sucessao e convergente e calcule o seu limite.

10. Seja a ∈ R um numero positivo. Considere a sucessao de numeros reais, definida por recorrencia,

x0 = 0, x1 = a

xn+1 = xn + x2n−1, ∀n ∈ N.

(a) Mostre que a sucessao e crescente.

(b) Mostre que xn > 0, ∀n ∈ N.

(c) Mostre que se existe b ∈ R tal que lim xn = b, entao b = 0.

(d) Tendo em conta as alıneas anteriores, calcule, se existir, limxn.

11. Considere a sucessao de numeros reais definida, por recorrencia,

x1 = 2

xn+1 =xn

2+

1

xn, ∀n ∈ N.

A sucessao verifica a relacao xn >√

2, ∀n ∈ N (admita este facto sem o mostrar).


(a) Mostre que a sucessao e monotona.

(b) Mostre que a sucessao e convergente.

(c) Calcule o limite da sucessao.

12. Considere a sucessao de numeros reais definida, por recorrencia,

x1 = 3

xn+1 =x2

n + 3

2 xn, ∀n ∈ N.

(a) Mostre, por inducao, que xn −√

3 ≥ 0, ∀n ∈ N.

(b) Mostre que a sucessao e decrescente.

(c) Mostre que a sucessao e convergente.

(d) Calcule o limite da sucessao.

RESOLUCAO

1. (a) Seja an =3√

n2 + n + n4√

2n4 + 1 +√

n. Vamos dividir o numerador e o denominador da fraccao que define

a sucessao pela maior potencia de n:

an =3√

n2 + n + n4√

2n4 + 1 +√

n=

3√

n2 + n + n

n4√

2n4 + 1 +√

n

n

=

3

√

n2 + n

n3+ 1

4

√

2n4 + 1

n4+

√n

n2

=

3

√

1

n+

1

n2+ 1

4

√

2 +1

n4+

√

1

n

.

Logo:

lim an =14√

2.

Como lim n√

n = 1 podemos concluir que

lim

(3√

n2 + n + n4√

2n4 + 1 +√

n+ n

√n

)

=14√

2+ 1.

(b) Seja an =

√n3 + 2n4 + 1 − n

−2n2 + 3√

n2 + 3. Vamos dividir o numerador e o denominador da fraccao que

define a sucessao pela maior potencia de n:

an =

√n3 + 2n4 + 1 − n

−2n2 + 3√

n2 + 3=

√n3 + 2n4 + 1 − n

n2

−2n2 + 3√

n2 + 3

n2

=

√

n3 + 2n4 + 1

n4− 1

n

−2 +3

√

n2 + 3

n6

=

√

1

n+ 2 +

1

n4− 1

n

−2 + 3

√

1

n4+

3

n6

.

Logo:

lim an = −√

2

2.


(c) Seja an =

√n + 1 (1 + 2

√n )

n + 3√

n. Vamos dividir o numerador e o denominador do quociente que

define a sucessao an por n elevado a maior potencia:

an =

√n + 1 (1 + 2

√n )

n + 3√

n=

√n + 1 (1 + 2

√n )

nn + 3

√n

n

=

√n + 1 (1 + 2

√n )√

n√

n

1 + 3

√n

n3

=

√

1 +1

n

( 1√n

+ 2)

1 +3

√

1

n2

.

Logo:lim an = 2.

(d) Seja an =3√

1 − 27n3

1 + 4n. Vamos dividir o numerador e o denominador do quociente que define

a sucessao an por n elevado a maior potencia:

an =3√

1 − 27n3

1 + 4n=

3√

1 − 27n3

n1 + 4n

n

=

3

√

1 − 27n3

n3

1

n+ 4

=

3

√

1

n3− 27

1

n+ 4

.

Logo:

lim an = −3

4.

(e) Seja an =n((−1)n +

√n)

2 +√

n3 + 1. Vamos dividir o numerador e o denominador da fraccao que define

a sucessao pela maior potencia de n:

an =n((−1)n +

√n)

2 +√

n3 + 1=

n((−1)n +√

n)

n32

2 +√

n3 + 1

n32

=

(−1)n +√

n

n12

2√n3

+

√

n3 + 1

n3

=

(−1)n

√n

+ 1

2√n3

+

√

1 +1

n3

.

Logo:lim an = 1.

(f) Seja an =n 3√

n2 + 2

n2 + (−1)n n. Vamos dividir o numerador e o denominador da fraccao que define a

sucessao pela maior potencia de n:

an =n 3√

n2 + 2

n2 + (−1)n n=

n 3√

n2 + 2

n2

n2 + (−1)n n

n2

=

3√

n2 + 2

n

1 +(−1)n

n

=

3

√

n2 + 2

n3

1 +(−1)n

n

=

3

√

1

n+

2

n3

1 +(−1)n

n

.

Logo:lim an = 0.

(g) Seja an =2 n e1/n

(−1)n +√

n2 + 5=

2 n

(−1)n +√

n2 + 5· e1/n = bn · e1/n. Vamos dividir o numerador

e o denominador da fraccao que define a sucessao bn pela maior potencia de n:

bn =2 n

(−1)n +√

n2 + 5=

2

(−1)n +√

n2 + 5

n

=2

(−1)n

n+

√

n2 + 5

n2

=2

(−1)n

n+

√

1 +5

n2

.


Logo:

lim bn = 2.

Como lim e1/n = 1 podemos concluir que

lim2 n e1/n

(−1)n +√

n2 + 5= 2.

2. Nota: O objectivo no calculo destes limites e fazer aparecer um limite da forma:

lim(

1 +x

n

)n

= ex.

(a) Temos

an =

(n2 − 1

n2

)n

=

(

1 − 1

n2

)n

=

[(

1 − 1

n2

)n2]1/n

, ∀n ∈ N,

logo e evidente que:

lim an = (e−1)0 = 1.

(b) Temos

an =

(4n − 5

4n + 3

)2n

=

4n(

1 − 5

4n

)

4n(

1 +3

4n

)

2n

=

(

1 − 5

4n

)22n

(

1 +3

4n

)22n

1/2n

, ∀n ∈ N,

portanto,

lim an =

(e−5

e3

)0

= 1.

(c) Temos

an =

(n + 2

n + 4

)n+1

=

n(

1 +2

n

)

n(

1 +4

n

)

n+1

=

1 +2

n

1 +4

n

n+1

=

(

1 +2

n

)n

(

1 +4

n

)n ·1 +

2

n

1 +4

n

, ∀n ∈ N,

portanto,

lim an =e2

e4= e−2.

(d) Vamos por n em evidencia na expressao que define a sucessao:

an =

n(

1 +2

n

)

5n(

1 +1

n

)

n

=

(1

5

)n

(

1 +2

n

)n

(

1 +1

n

)n .

Portanto,

lim an = lim

(1

5

)ne2

e= 0.e = 0.


(e) Temos

an =

(3 n + 1

3 n + 2

)n

=

3n(

1 +1

3n

)

3n(

1 +2

3n

)

n

=

1 +1

3n

1 +2

3n

n

=

(

1 +1

3n

)3n

(

1 +2

3n

)3n

1/3

, ∀n ∈ N,

portanto,

lim an =( e

e2

)1/3

= e−1/3.

(f) Temos

an =

(

3 − 2n + 1

n

)4n−2

=

(

3 − 2 − 1

n

)4n

(

3 − 2 − 1

n

)2 =

[(

1 − 1

n

)n]4

(

1 − 1

n

)2 , ∀n ∈ N,

logo e evidente que:lim an = e−4.

(g) Temos

an =

(2n + 5

2n + 1

)n+4

=

2n(

1 +5

2n

)

2n(

1 +1

2n

)

n+4

=

1 +5

2n

1 +1

2n

2n

1/2

·

1 +5

2n

1 +1

2n

4

, ∀n ∈ N,

portanto,

lim an =

(e5

e

)1/2

= e2.

(h) Vamos por n2 em evidencia na expressao que define a sucessao:

an =

(n2 + 3

2n2 + 1

)n

earctg(n) =

n2(

1 +3

n2

)

2n2(

1 +1

2n2

)

n

earctg(n) =

(1

2

)n

(

1 +3

n2

)n

(

1 +1

2n2

)n earctg(n)

=

(1

2

)n

[(

1 +3

n2

)n2]1/n

[(

1 +1

2n2

)2n2]1/2nearctg(n)

logo:

lim an = lim

(1

2

)n(e3)0

e0eπ/2 = 0.eπ/2 = 0.

3. (a) Seja an =3n sen(23n + 1)

23n + 1=

3n

23n + 1· sen(23n + 1). Sabemos que:

0 ≤ |sen(n)| ≤ 1, ∀n ∈ N,

portanto, a sucessao sen(23n + 1) e uma sucessao limitada. Provemos que a sucessao3n

23n + 1e um infinitesimo.

lim3n

23n + 1= lim

3n

8n + 1= lim

(3

8

)n

1 +(1

8

)n = 0.


Podemos concluir que a sucessao dada e um infinitesimo por ser o produto de um infinitesimopor uma sucessao limitada.

(b) Vamos utilizar o facto de a funcao coseno ser limitada. Temos:

|cos(n + 1)| ≤ 1, ∀n ∈ N

logo:

0 ≤ |αn| =

∣∣∣∣

1

ncos (n + 1) log (n)

∣∣∣∣≤ log (n)

n= log( n

√n), ∀n ∈ N.

Como sabemos que:lim

n→∞log( n

√n) = 0,

podemos concluir pelo Teorema das Sucessoes Enquadradas que:

limn→∞

αn = 0.

(c) Seja an =n2 + 3

n√

n3 + 2cos(

√

n3 + 2). Para todo n, temos :

∣∣∣cos (

√

n3 + 2)∣∣∣ ≤ 1,

logo, para todo o n:

0 ≤ |an| ≤n2 + 3

n√

n3 + 2.

Dividindo o numerador e o denominador da fraccao que define a sucessao majorante pela maiorpotencia de n temos:

lim

n2 + 3

n52

n√

n3 + 2

n52

= lim

n2 + 3

n52√

n3 + 2

n32

= lim

√

(n2 + 3)2

n5√

n3 + 2

n3

= lim

√

1

n+

6

n3+

9

n5√

1 +2

n3

= 0.

O Teorema das Sucessoes Enquadradas permite-nos concluir que:

lim an = 0.

(d) Seja an =1

nn√

n! =n

√

n!

nn. Seja bn =

n!

nn. E evidente que bn > 0, ∀n ∈ N.

limbn+1

bn= lim

(n + 1)!

(n + 1)n+1

n!

nn

= lim(n + 1)! nn

(n + 1)n+1 n!= lim

(n

n + 1

)n

=1

e.

Podemos concluir que lim an =1

e.

(e) Seja an =n√

n2 e−n −(

n4

n4 + 1

)n4

. Seja bn = n2 e−n. E evidente que bn > 0, ∀n ∈ N.

limbn+1

bn= lim

(n + 1)2

en+1

n2

en

= lim(n + 1)2 en

en+1 n2=

1

elim

(n + 1

n

)2

=1

e.


Podemos concluir que limn√

n2 e−n =1

e.

lim

(n4

n4 + 1

)n4

= lim1

(n4 + 1

n4

)n4 = lim1

(

1 +1

n4

)n4 =1

e.

Temos que lim an =1

e− 1

e= 0.

(f) Seja an =n sen(n)

2n√

5n3 + 1=(1

2

)n

· n√5n3 + 1

· sen(n). Sabemos que

0 ≤ |sen(n)| ≤ 1, ∀n ∈ N,

portanto, a sucessao sen(n) e uma sucessao limitada. Provemos que a sucessaon√

5n3 + 1e

um infinitesimo.

limn√

5n3 + 1= lim

n

n32√

5n3 + 1

n32

= lim

1√n

√

5n3 + 1

n3

= lim

1√n

√

5 +1

n3

= 0.

Como lim(1

2

)n

= 0, temos

lim(1

2

)n

· n√5n3 + 1

= 0.

Podemos concluir que a sucessao dada e um infinitesimo por ser o produto de um infinitesimopor uma sucessao limitada.

(g)

lim(√

n2 + 2n − n) = lim(√

n2 + 2n − n)(√

n2 + 2n + n)√n2 + 2n + n

= limn2 + 2n − n2

√n2 + 2n + n

= lim2n√

n2 + 2n + n= lim

2n

n√n2 + 2n + n

n

= lim2

√

n2 + 2n

n2+ 1

= lim2

√

1 +2

n+ 1

= 1

(h) Seja an =3n − 5

5n + 3.

lim3n − 5

5n + 3= lim

3n − 5

5n

5n + 3

5n

= lim

(3

5

)n

−(1

5

)n−1

1 +(3

5

)n = 0.

4. (a) O termo geral an da sucessao esta definido como a soma de k = 1 a k = n − 1 desen2(n)

n2 + 3k2.

Vamos calcular um enquadramento deste termo de forma a fazer desaparecer a variavel k. Demaneira evidente temos para todos n e k em N: n2 + 3k2 > n2. Para todo n e k tal quek ≤ n − 1, temos da mesma forma: n2 + 3k2 ≤ n2 + 3(n − 1)2.


Logo para todo n e 1 ≤ k ≤ n − 1, temos:

n2 < n2 + 3k2 ≤ n2 + 3(n − 1)2 ⇒ 1

n2>

1

n2 + 3k2≥ 1

n2 + 3(n − 1)2

⇒ sen2(n)

n2>

sen2(n)

n2 + 3k2≥ sen2(n)

n2 + 3(n − 1)2

Como a expressao de an esta definida como uma soma de n − 1 termos obtemos

(n − 1) · sen2(n)

n2 + 3(n − 1)2≤

n−1∑

k=1

sen2(n)

n2 + 3k2< (n − 1) · sen2(n)

n2, ∀n ∈ N

⇔ n − 1

n2 + 3(n − 1)2· sen2(n) ≤

n−1∑

k=1

sen2(n)

n2 + 3k2<

n − 1

n2· sen2(n), ∀n ∈ N

⇔ n − 1

n2 + 3(n − 1)2· sen2(n) ≤

n−1∑

k=1

sen2(n)

n2 + 3k2<

(1

n− 1

n2

)

· sen2(n), ∀n ∈ N.

Seja bn =n − 1

n2 + 3(n − 1)2=

n − 1

4n2 − 6n + 3. Dividindo por n2 o numerador e o denominador

da fraccao que define a sucessao temos:

limn − 1

4n2 − 6n + 3= lim

1

n− 1

n2

4n2 − 6n + 3

n2

= lim

1

n− 1

n2

4 − 6

n+

3

n2

= 0.

Seja cn =1

n− 1

n2. E evidente que lim cn = 0.

Como a sucessao sen2(n) e uma sucessao limitada, 0 ≤ |sen2(n)| ≤ 1, ∀n ∈ N, e o produto deum infinitesimo por uma sucessao limitada e um infinitesimo, podemos afirmar que as sucessoes

n − 1

n2 + 3(n − 1)2· sen2(n)

e (1

n− 1

n2

)

· sen2(n)

sao infinitesimos. Finalmente, como os dois limites sao iguais, o Teorema das Sucessoes En-quadradas permite-nos concluir que:

lim an = 0.

(b) O termo geral an da sucessao esta definido como a soma de k = 1 a k = n de5n√

n4 + k. Vamos

calcular um enquadramento deste termo de forma a fazer desaparecer a variavel k. De maneira

evidente temos para todos n e k em N:√

n4 + k > n2. Para todo n e k tal que k ≤ n, temosda mesma forma:

√n4 + k ≤

√n4 + n.

Logo para todo n e 1 ≤ k ≤ n, temos:

n2 <√

n4 + k ≤√

n4 + n ⇒ 1

n2>

1√n4 + k

≥ 1√n4 + n

⇒ 5n

n2>

5n√n4 + k

≥ 5n√n4 + n


Como a expressao de an e uma soma de n termos obtemos

n · 5n√n4 + n

≤n∑

k=1

5n√n4 + k

< n · 5n

n2, ∀n ∈ N,

⇔ 5n2

√n4 + n

≤n∑

k=1

5n√n4 + k

<5n2

n2= 5, ∀n ∈ N.

Seja bn =5n2

√n4 + n

= 5 ·√

n4

n4 + n. Dividindo o numerador e o denominador do radicando

desta sucessao por n4 temos:

lim bn = lim5 ·√√√√

1

1 +1

n3

= 5.

Finalmente, como os dois limites sao iguais, o Teorema das Sucessoes Enquadradas permite-nosconcluir que:

lim an = 5.

(c) O termo geral da sucessao esta definido como a soma de k = 1 a k = n de3√

2n3√

n4 + k. Vamos

calcular um enquadramento deste termo de forma a fazer desaparecer a variavel k. De maneiraevidente temos para todos n e k em N:

3√

n4 + k >3√

n4. Para todo n e k tal que k ≤ n, temosda mesma forma:

3√

n4 + k ≤ 3√

n4 + n.

Logo para todo n e 1 ≤ k ≤ n, temos:

3√

n4 <3√

n4 + k ≤ 3√

n4 + n ⇒ 13√

n4>

13√

n4 + k≥ 1

3√

n4 + n

⇒3√

2n3√

n4>

3√

2n3√

n4 + k≥

3√

2n3√

n4 + n

Como an esta definido como uma soma de n termos obtemos

n ·3√

2n3√

n4 + n≤

n∑

k=1

3√

2n3√

n4 + k< n ·

3√

2n3√

n4, ∀n ∈ N

⇔3√

2n4

3√

n4 + n≤

n∑

k=1

3√

2n3√

n4 + k<

3√

2n4

3√

n4=

3√

2, ∀n ∈ N.

Dividindo por n43 o numerador e o denominador da fraccao que define a sucessao do lado

esquerdo da desigualdade temos:

lim3√

2n4

3√

n4 + n= lim

3√

2n4

3√

n4

3√

n4 + n3√

n4

= lim3√

2

1 +n

3√

n4

= lim3√

2

1 +13√

n

=3√

2.

Finalmente como os dois limites sao iguais, o Teorema das Sucessoes Enquadradas permite-nosconcluir que:

lim an =3√

2.


5. (a) Vamos utilizar o facto de a funcao coseno ser limitada. Temos

|cos(n)| ≤ 1, ∀n ∈ N,

o que implica que∣∣cos2(n)

∣∣ ≤ 1, ∀n ∈ N.

Alem disso,

lim(√

2n + 1 −√

2n) = lim(√

2n + 1 −√

2n)(√

2n + 1 +√

2n)√2n + 1 +

√2n

= lim2n + 1 − 2n√2n + 1 +

√2n

= lim1√

2n + 1 +√

2n= 0

Podemos concluir que a sucessao an e um infinitesimo por ser o produto de uma sucessaolimitada por um infinitesimo.

(b)

an = sen(nπ

2

)

=

−1, n = 4k − 1, k ∈ N

0, n = 2k, k ∈ N

1, n = 4k − 3, k ∈ N

A sucessao an tem os sublimites −1, 0, 1, visto que tem subsucessoes convergentes para esses

numeros reais. A sucessao cn = arctg(n) tem limiteπ

2. A sucessao bn = sen

(nπ

2

)

· arctg(n)

tem os sublimites −π

2, 0,

π

2.

6. (a) Seja

un =n√

1 + 2(−1)n n.

A subsucessao dos termos de ındice par de un e a sucessao

u2k =2k√

1 + 2(−1)2k 2k =2k√

1 + 22k, k ∈ N.

Consideremos a sucessao an = n√

1 + 2n. Como 1 + 2n > 0, ∀n ∈ N, podemos calcular o limitede an recorrendo ao calculo de

lim1 + 2n+1

1 + 2n= lim

1 + 2n+1

2n+1

1 + 2n

2n+1

= lim1 +

1

2n+1

1

2+

1

2n+1

= 2.

A sucessao an tem limite 2, portanto, todas as suas subsucessoes tem esse limite. Em particular,a subsucessao dos termos de ındice par tem limite 2. Mas essa subsucessao e igual a sucessaou2k. Podemos afirmar que u2k tem limite 2.

(b) A subsucessao dos termos de ındice ımpar de un e a sucessao

u2k+1 =2k+1√

1 + 2(−1)2k+1 (2k+1) =2k+1√

1 + 2−(2k+1) =2k+1

√

1 +1

22k+1, k ∈ N,

e lim u2k+1 = 1.

(c) Pelos resultados obtidos nas alıneas anteriores,

limun = 1 e limun = 2.


(d) Dado que lim un = 1 6= limun = 2 a sucessao un nao e convergente.


0 < un < 2, ∀n ∈ N.

Para n = 1, a formula e trivial:

0 =√

0 <√

2 = u1 <√

4 = 2.

Se admitirmos (hipotese de inducao) que a propriedade e valida para n ∈ N, entao:

[0 < un < 2] ⇒[

0 =√

2.0 <√

2un = un+1 <√

2.2 = 2]

,

utilizando o facto da funcao f(x) =√

2x ser crescente. Logo a propriedade e valida para n+1.

O Princıpio de Inducao Matematica permite-nos concluir que ela e valida para todo o n ∈ N.

(b) Vamos mostrar queun+1 − un > 0, ∀n ∈ N.

De facto, para qualquer numero natural n,

un+1 − un =√

2un − un =

√2un − un√2un + un

.(√

2un + un) =2un − u2

n√2un + un

=un.(2 − un)√

2un + un> 0

porque na alınea (a) vimos que un > 0 e 2 − un > 0. Logo a sucessao e crescente.

(c) Na alınea (a) vimos que a sucessao e limitada e na alınea (b) demonstramos que ela e crescente,como toda sucessao monotona limitada e convergente podemos concluir que a sucessao de termogeral un e convergente.

(d) Seja l ∈ R, o limite da sucessao. Como toda subsucessao de uma sucessao convergente econvergente para o mesmo limite, e facil ver que:

limn→∞

un+1 = l.

Como a funcao f e contınua temos:

limn→∞

un+1 = limn→∞

f(un) = f(l) =√

2l.

Logo l satisfaz a equacao l =√

2l, da qual podemos deduzir que l2 − 2l = l.(l − 2) = 0, ouseja, l ∈ {0, 2}. Podemos excluir a solucao l = 0 porque pela alınea (b) temos:

∀n ∈ N, un ≥ u1 =√

2 > 0,

logo l ≥√

2, e podemos concluir que o limite de u e l = 2.

8. (a) Como√

2 > 1, a funcao f definida por f(x) = (√

2)x e contınua em R e e crescente (lembramos

que f(x) = ex. log(√

2)).

Para n = 1, a formula e trivial:√

2 ≤ a1 =√

2 < 2. Se admitirmos que a propriedade e validapara n, utilizando o facto de f ser uma funcao crescente temos:

[√2 ≤ an < 2

]

⇒[

(√

2)√

2 = f(√

2) ≤ f(un) = an+1 < f(2) = 2]

.

Utilizando novamente a monotonia de f temos:

[1 < 2] ⇒[

f(1) =√

2 ≤ (√

2)√

2 = f(2)]

,

e podemos concluir que a propriedade e valida para a ordem n + 1. O Princıpio de InducaoMatematica esta verificado logo:

√2 ≤ an < 2, ∀n ∈ N.



an < an+1, ∀n ∈ N.

Para n = 1, a formula e uma consequencia dos calculos da alınea (a):

√2 = a1 < a2 = (

√2)

√2.

Se admitirmos que a propriedade e valida para n ∈ N, entao a validade da propriedade paran + 1 e uma consequencia directa da monotonia de f :

[an < an+1] ⇒ [an+1 = f(an) < an+2 = f(an+1)] .

Podemos concluir que a sucessao e crescente.

(c) Na alınea (a) vimos que a sucessao e limitada e na alınea (b) demonstramos que ela e crescente;como toda a sucessao monotona limitada e convergente podemos concluir que a sucessao determo geral an e convergente. Seja l ∈ R o seu limite e consideremos A = {an : n ∈ N} ocontradomınio da sucessao. Pela alınea (a) temos:

A ⊂ [√

2, 2].

Como l e um ponto de acumulacao de A e como [√

2, 2] e fechado temos que l ∈ [√

2, 2], ouseja, o resultado pedido: l ≤ 2.

Nota: E possıvel calcular o valor de l. Vejamos algumas indicacoes para o fazer. Primeiro,mostra-se que l satisfaz a equacao log l

l = log (√

2) e adivinha-se um valor possıvel de l. Depois

estuda-se a monotonia e o contradomınio da funcao g(x) = log xx definida no intervalo [

√2, 2]

e conclui-se que a precedente equacao tem uma unica solucao para l ∈ [√

2, 2].

9. (a) Para n = 1: x1 = a > 0 por hipotese, logo x1 > 0.

Hipotese de inducao: xn > 0

Tese de inducao: xn+1 > 0

Demonstracao: Tem-se que xn+1 =xn

2 + xn. Ora, por hipotese de inducao, xn > 0, pelo que

tambem 2 + xn > 0. Temos entao que xn+1 e o quociente de duas quantidades positivas, peloque xn+1 > 0.

Entao, pelo Princıpio de Inducao, provamos que xn > 0, ∀n ∈ N.

(b) Queremos mostrar que xn+1 − xn < 0 para qualquer n ∈ N. Ora

xn+1 − xn =xn

2 + xn− xn =

xn − 2xn − x2n

2 + xn=

−xn − x2n

2 + xn= −xn + x2

n

2 + xn< 0

ja que, pela alınea (a), xn > 0 para qualquer n ∈ N.

(c) Uma vez que para qualquer n ∈ N se tem xn > 0 (alınea (a) e (xn) e uma sucessao monotonadecrescente (alınea b) tem-se que 0 < xn ≤ x1, isto e, 0 < xn ≤ a, para qualquer n ∈ N. Poroutras palavras, a sucessao de termo geral xn e uma sucessao limitada. Mas toda a sucessaomonotona e limitada e convergente, pelo que a sucessao e convergente.

Considere-se entao que lim xn = l. Note-se que necessariamente l ≥ 0 pois xn > 0 para todon ∈ N.


Se a sucessao e convergente para l, tem-se tambem lim xn+1 = l. Por outro lado,xn

2 + xne

convergente pois e o quociente de duas sucessoes convergentes onde o denominador nunca seanula e tem limite diferente de zero.

Entao

limxn+1 = limxn

2 + xn⇔ limxn+1 =

limxn

lim 2 + xn⇔ l =

l

2 + l

⇔ l − l

2 + l= 0 ⇔ 2l + l2 − l

2 + l= 0 ⇔ l2 + l

2 + l= 0 ⇔ l2 + l = 0 (l 6= −2)

⇔ l(l + 1) = 0 ⇔ l = 0 ∨ l = −1.

Mas a sucessao e de termos maiores ou iguais a zero, pelo que, o seu limite tambem e maiorou igual a zero. Portanto, limxn = 0.

10. (a) Queremos mostrar que xn+1−xn ≥ 0 para qualquer n ∈ N0. Ora, se n = 0 vem x1−x0 = a > 0.Se n ≥ 1 entao

xn+1 − xn = xn + x2n−1 − xn = x2

n−1 ≥ 0.

(b) Vamos mostrar por inducao que xn > 0, ∀n ∈ N0.

Se n = 0 vem x0 = a > 0 e esta verificada a proposicao.

Hipotese de inducao: xn > 0

Tese de inducao: xn+1 > 0

Demonstracao: Tem-se que xn+1 = xn + x2n−1. Ora, por hipotese de inducao, xn > 0, e

sabemos que x2n−1 ≥ 0, portanto, xn+1 > 0.

Entao, pelo Princıpio de Inducao, provamos que xn > 0, ∀n ∈ N0.

(c) Suponhamos que existe b ∈ R tal que b = limxn. Entao, todas as suas subsucessoes tem limiteb e

b = limxn+1 = lim(xn + x2n−1) = b + b2

donde se conclui que b = 0.

(d) Na alınea anterior provamos que se a sucessao fosse convergente, o seu limite seria zero. Massendo uma sucessao crescente de numeros positivos, podemos afirmar que o seu limite nao eum numero real. Como nao e uma sucessao majorada podemos concluir que limxn = +∞.

11. (a) Comecemos por analisar a diferenca x2−x1 para sabermos se a sucessao e monotona crescente

ou decrescente. Como x2 − x1 =x1

2+

1

x1− x1 = 1 +

1

2− 2 = −1

2< 0, pretendemos mostrar

que a sucessao e decrescente, isto e, xn+1 − xn < 0, ∀n ∈ N.

xn+1 − xn =xn

2+

1

xn− xn = −xn

2+

1

xn=

−x2n + 2

2xn

Por hipotese, xn >√

2, ∀n ∈ N, portanto, −x2n +2 < 0, ∀n ∈ N. Entao xn+1−xn < 0, ∀n ∈ N,

provando-se assim que a sucessao e monotona decrescente.

(b) Se uma sucessao e decrescente, o seu primeiro termo e o maximo do conjunto dos termos dasucessao, portanto, x1 = 2 ≥ xn, ∀n ∈ N. Temos que xn e limitada:

√2 < xn ≤ 2, ∀n ∈ N.

Podemos concluir que xn e convergente por ser monotona e limitada.


(c) Seja a = limxn. Sendo convergente todas as suas subsucessoes tem limite a e

a = limxn+1 = lim(xn

2+

1

xn) =

a

2+

1

a=

a2 + 1

2a.

Resolvendo a equacao a =a2 + 1

2aobtemos a = −

√2 e a =

√2. Como xn >

√2 concluımos

que a =√

2.

12. (a) Vamos mostrar por inducao que xn −√

3 ≥ 0, ∀n ∈ N.

Se n = 1 vem x1 = 3 >√

3 e esta verificada a proposicao.

Hipotese de inducao: xn −√

3 ≥ 0

Tese de inducao: xn+1 −√

3 ≥ 0

Demonstracao: Tem-se que xn+1 −√

3 =x2

n + 3

2 xn−√

3 =(xn −

√3)2

2xn. Sabemos que xn ≥

√3,

portanto, xn > 0, o que implica que xn+1 −√

3 ≥ 0.

Entao, pelo Princıpio de Inducao, provamos que xn −√

3 > 0, ∀n ∈ N.

(b) Pretendemos mostrar que a sucessao e decrescente, isto e, xn+1−xn ≤ 0, ∀n ∈ N. Comecemos

por analisar a diferenca x2 − x1: x2 − x1 =x2

n + 3

2 xn− x1 = −1 < 0. Se n > 1 entao

xn+1 − xn =x2

n + 3

2 xn− xn =

−x2n + 3

2xn

Por hipotese, xn ≥√

3, ∀n ∈ N, portanto, −x2n +3 ≤ 0, ∀n ∈ N. Entao xn+1−xn ≤ 0, ∀n ∈ N,

provando-se assim que a sucessao e monotona decrescente.

(c) Se uma sucessao e decrescente, o seu primeiro termo e o maximo do conjunto dos termos dasucessao, portanto, x1 = 3 ≥ xn, ∀n ∈ N. Temos que xn e limitada:

√3 ≤ xn ≤ 3, ∀n ∈ N.

Podemos concluir que xn e convergente por ser monotona e limitada.

(d) Seja a = limxn. Sendo convergente todas as suas subsucessoes tem limite a e

a = limxn+1 = limx2

n + 3

2 xn=

a2 + 3

2a.

Resolvendo a equacao a =a2 + 3

2 aobtemos a = −

√3 e a =

√3. Como xn ≥

√3 concluımos

que a =√

3.

1.5 Exercıcios Propostos 49

1.5 Exercıcios Propostos

1.5.1 Nocoes Topologicas

1. Determine o interior, o exterior, a fronteira, o derivado, a aderencia, o conjunto dos minorantes, oconjunto dos majorantes, o supremo, o ınfimo, o maximo e o mınimo (caso existam) dos seguintesconjuntos:

(a) A = [ 2, 3 [ ∪ [ 4, 10 [;

(b) B =] 5, 7 [ ∪ {15}.

2. Determine o interior, o exterior, a fronteira, o derivado e a aderencia dos seguintes conjuntos:

(a) A = {x ∈ R : x2 < 50};(b) B = {x : x e irracional e x2 < 50}.

3. Considere o conjunto

A =

{

x ∈ R : x = 1 + (−1)n +(−1)n

n∧ n ∈ N

}

.

(a) Determine o interior, o exterior, o derivado, a fronteira e a aderencia de A.

(b) Averigue se o conjunto A e aberto ou fechado.

4. Determine o exterior, o interior, a fronteira e o derivado do conjunto:

A = {x ∈ Q : |x + 3| < 5} ∪{

x : x e irracional ∧−√

2 ≤ x ≤√

13}

.

5. Dado o conjunto

C =

{

x ∈ R : x = 1 − (−1)n

n∧ n ∈ N

}

∪]

1

3,3

4

]

∪{

x ∈ R : x = 2 +(−1)n

n2 ∧ n ∈ N

}

(a) Determine a fronteira, o interior, o exterior e o derivado de C;

(b) Averigue se o conjunto e limitado.

6. Sao dados os conjuntos

A =

{

x ∈ R :

∣∣∣∣

x2

x − 2

∣∣∣∣≤ 1

}

e B =

{

y ∈ R : y = (−1)n+1 + (−1)n

(

2 +1

n

)

∧ n ∈ N

}

.

Determine:

(a) int(A ∪ B);

(b) (A ∪ B)′

.

Relativamente a B indique quais os pontos fronteiros e averigue se o conjunto e limitado.

7. Dados os conjuntos

A =

{

x ∈ R :

∣∣∣∣1 − 1

x

∣∣∣∣

∣∣∣∣

1

x+ 1

∣∣∣∣<

1

x2

}

e B =

{

y ∈ R : y =1 + 2n

2n ∧ n ∈ N

}

(a) Determine A sob a forma de intervalos de numeros reais.

(b) Determine, caso existam, o supremo e o ınfimo de A ∩ B.


8. Dado o conjunto

B =

{

x ∈ R : x = (−1)n+1

(

1 +1

n

)

, n ∈ N

}

∪{

x ∈ R : x =

(2n + 1

2n − 1

)3n

, n ∈ N

}

determine:

(a) B′

e B;

(b) int(B);

(c) ext(B).

Justifique que o conjunto B e limitado, indicando o ınfimo e o supremo de B.

9. Considere a expressao designatoria definida, no conjunto dos numeros reais, porsen2(x − π)

1 − cos(x

2

) e seja

A o seu domınio.

(a) Determine o interior, o exterior, a fronteira e o derivado de A.

(b) Diga, justificando, se A e um conjunto aberto ou fechado.

10. Seja A o conjunto dos termos da sucessao un = sen(

nπ4

)

, n ∈ N e B =[

−12 , 1

]

. Determine o

supremo, o ınfimo, o interior e a fronteira do conjunto A ∪ B.

11. Sendo B o domınio da expressao 1log(cos2(x))

em R, determine a fronteira e o exterior de B e

indique, justificando, se B e aberto.

12. Dados os conjuntos A ={x ∈ R : |1 − 4x−1| − 1 > 0

}e B = {x ∈ R : |1 + 2x| ≤ 3x}

(a) Prove que A ∩ B = [ 1, 2 [.

(b) Indique, caso existam, o conjunto dos majorantes, o conjunto dos minorantes, o supremo, oınfimo, o maximo e o mınimo de B.

13. Indique o supremo e o ınfimo, se existirem, do seguinte conjunto:

A =

{

x ∈ R \ {0} : x −∣∣∣∣

4x − 5

x

∣∣∣∣≤ 0

}

.

14. Considere o conjunto B ={

x ∈ R : x = 1 + m2m ∧ m ∈ N

}

. Indique, se existirem, os majorantes, o

ınfimo e o maximo de B.

15. Considere, em R, as seguintes condicoes:

p(x) : |x| + |x − 1| < 3 e q(x) :

∣∣∣∣

∣∣∣∣

x2 + 1

x

∣∣∣∣− 1

∣∣∣∣< 1.

(a) Determine sob a forma de intervalo de R o conjunto

A = {x ∈ R : p(x)∧ ∼ q(x)} .

(b) Indique, caso existam, o supremo e o ınfimo de A.

16. Sendo

S =

{

x ∈ R : 12 |x + 1| ≥15∑

k=1

( k |x| )

}

,

determine a fronteira e o interior de S.


1.5.2 Inducao Matematica

1. Prove que

(a) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2, ∀n ≥ 1.

(b) 13 + 23 + 33 + · · · + n3 =

[n(n + 1)

2

]2

, ∀n ≥ 1.

2. Prove que

(a) n(n2 + 5) e divisıvel por 6 qualquer que seja n ∈ N.

(b) 52n − 6n + 8 e divisıvel por 9 qualquer que seja n ∈ N.

3. Prove que:

(a) n < 2n, ∀n ∈ N;

(b) 1 + 2n ≤ 3n, ∀n ∈ N;

(c) 1 + 2 + 3 + · · · + n <1

8(2n + 1)2, ∀n ∈ N;

(d) Se 0 < a < b, entao(a

b

)n+1

<(a

b

)n

, ∀n ∈ N.

4. Prove quelog(a1a2 . . . an) = log a1 + log a2 + · · · + log an,

para todo o n ≥ 2, onde cada ai e um real positivo.

5. Prove, usando o metodo de inducao matematica, as seguintes afirmacoes caso sejam verdadeiras.Caso contrario de um contra-exemplo.

(a) Todo o numero natural ımpar e primo.

(b) O numero n2 + n + 17 e primo, ∀n ∈ N.

(c) (n + 1)2 > n2 + 1, ∀n ∈ N.

(d) n3 − n + 3 e multiplo de 3 qualquer que seja n ∈ N.

(e) n4 − n + 4 e multiplo de 4 qualquer que seja n ∈ N.


1.5.3 Sucessoes

1. Prove, por definicao, que as sucessoes de termos geral un sao infinitamente grandes positivos, ouseja, que limun = +∞:

(a) un = n;

(b) un = n2;

(c) un =√

n;

(d) un = 2n.

2. Prove, por definicao, que as sucessoes de termo geral un sao infinitesimos, ou seja, que limun = 0:

(a) un =1

n;

(b) un =1

n2;

(c) un =1√n

;

(d) un =1

2n.

3. Calcule, se existir, o limite de cada uma das seguintes sucessoes:

(a) un =1 − n

4n + 3;

(b) un =n2 + 2

3n + 1;

(c) un =3n

4n3 + 1;

(d) un =−n3 + 2

4n3 − 7;

(e) un =n2 + 3n

n + 2− n2 − 1

n.

4. Calcule, se existir, o limite de cada uma das seguintes sucessoes:

(a) un =

√n

4n + 1;

(b) un =

√n

12 −√

n;

(c) un =√

n2 + 1 −√

n2 − 1;

(d) un =(√

n + 1 −√n)√

n +1

2;

(e) un =1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ · · ·+ 1√n2 + n

.

5. Sejam u e v dois infinitamente grandes positivos. Diz-se que a sucessao u e um infinitamente grande

de ordem superior a de v seun

vn→ +∞ (Tambem se diz que “a sucessao u cresce mais rapidamente

do que a sucessao v”).

(a) Prove que nn e um infinitamente grande de ordem superior a de n!.

(b) Prove que n! e um infinitamente grande de ordem superior a de en.

(c) Coloque por ordem decrescente, quanto a rapidez de convergencia, as sucessoes de termosgerais:

2 n,√

10 n, 2n, en, n!, log(n),√

n, n3, nn.

6. Sejam u e v dois infinitesimos, vn 6= 0 ∀n ∈ N. Diz-se que u e de ordem superior a v se limun

vn= 0.

Ordene os seguintes infinitesimos:

1

2 n,

1√10 n

,1

2n,

1

en,

1

n!,

1

log(n),

1√n

,1

n3,

1

nn.

7. Calcule os limites de cada uma das seguintes sucessoes :


(a) un =

(n + 3

n + 1

)2n

;

(b) vn =

(n + 5

2n + 1

)n

;

(c) wn =

(

1 − 3

n2

)n

.

8. Calcule, se existir,

(a) lim1

2nn√

(n + 1)!;

(b) lim1

nn√

n(n + 1) · · · 2n.

9. Determine p ∈ R tal que lim n

√

n!

(p n)n= 3.

10. Calcule os limites das sucessoes de termos gerais:

(a) cos2(n) sen

(1

n

)

;

(b)n (n − 1) (n − 2) (n − 3)

(n + 1) (n + 2) (n + 3);

(c) (cos(x))n, x ∈ R;

(d) n

√

n!

(2

n

)n

;

(e)1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ · · ·+ 1√n2 + 2n + 1

;

(f)n

√

1 +1

n;

(g) n√

(n + 1)! − n!;

(h)1√n

+1√

n + 1+ · · · + 1√

2 n;

(i)

(

1 − 1

n

)nn

√

n + 1

n;

(j)1

n2+

1

(n + 1)2+ · · · + 1

(2 n)2;

(k)n√

n4 + 1+

n√n4 + 2

+ · · · + n√n4 + n

.

11. Quando possıvel, de exemplos de sucessoes u, v e w tais que, un → +∞, vn → −∞, wn → 0, queverifiquem as condicoes indicadas nas alıneas seguintes:

(a) un + vn → 1;

(b) un + vn → −∞;

(c) un + wn → 1;

(d) un × wn → 0;

(e) vn × wn → +∞;

(f)un

wn→ −1.

12. Sejam u e v duas sucessoes de numeros reais tais que un → a e vn → b. Mostre que a sucessao determo geral zn = min{un, vn} converge e que zn → min{a, b}.

13. Estude, quanto a convergencia, a sucessao real definida por

{u1 = 1,

un =un−1 − 1

2, ∀n > 1.

Indique, caso exista, o limite de un.


14. Considere a sucessao u definida por recorrencia

u1 = 5

un+1 =5un − 4

un, ∀n ≥ 1.

(a) Prove por inducao que un > 4, ∀n ∈ N.

(b) Prove que a sucessao e convergente.

(c) Mostre que 4 e o ınfimo do conjunto dos termos da sucessao.

15. As sucessoes u e v verificam as seguintes condicoes:

i) 0 < un < vn, ∀n ∈ N;

ii) vn e decrescente.

Averigue, justificando, se sao verdadeiras ou falsas as seguintes afirmacoes

(a) v e convergente.

(b) u e convergente.

(c) u e decrescente.

16. Determine os limites superiores e inferiores das sucessoes de termos gerais

(a) n(−1)n

;

(b) cos(n π/3);

(c)√

n − (−1)n√

n − 1;

(d) sen(n π

4

)

;

(e)√

n − (−1)n√

n − 1;

(f)1

n2cos(n π

10

)

+(

cos(n π

2

))n

;

(g)(−1)n n2 + 3

n + 1;

(h) sen(n π

2+ a)

, a ∈ R;

(i)

(1

3

)n

+1

2 n+ 2 n ((−1)n 3 + 3);

(j)((−1)n+3 − (−1)n)n3 + 2

3 n + 1.

17. Mostre que as seguintes sucessoes sao de Cauchy em Q:

(a)1

n2;

(b)1

2n.

18. Mostre que a sucessao de termo geral 1 +1

2+ · · · + 1

nnao e de Cauchy em Q.

19. Considere a sucessao de termo geral un =n + 1

n + 2. Estude a natureza da sucessao usando a definicao

de sucessao de Cauchy.

20. Mostre que a sucessao u definida por recorrencia por

u1 =3

2,

un+1 =un

2+

1

un, ∀n ≥ 1

e uma sucessao em Q que verifica u2n → 2. Use este resultado para mostrar que u e uma sucessao

de Cauchy em Q que nao converge em Q.

SUGESTAO: i) Mostre que vn = u2n − 2 verifica 0 ≤ vn ≤ 1

4n;

ii) use a relacao un − um =u2

n − u2m

un + um.

Capıtulo 2

Funcoes Reais de Variavel Real:Limites e Continuidade

2.1 Generalidades sobre funcoes reais de variavel real

Definicao 2.1.1

a) Dados dois conjuntos A e B chama-se funcao definida em A com valores em B, a toda a corres-pondencia entre A e B que a cada elemento de A faca corresponder um e um so elemento de B. Aoconjunto A chama-se domınio da funcao.

b) Representa-se a funcao por y = f(x) em que x e a variavel independente e toma valores em A(x ∈ A) e y e a variavel dependente, pois os seus valores dependem dos valores que toma avariavel x, que toma valores em B (y ∈ B).

c) A expressao ou formula que traduz o modo como a variavel y depende da variavel x chama-se ex-

pressao analıtica ou representacao analıtica da funcao f .

d) Uma funcao f diz-se real de variavel real quando A ⊂ R e B ⊂ R.

Definicao 2.1.2 Seja f uma funcao real de variavel real.

a) Chama-se domınio de definicao ou de existencia de f ao conjunto dos valores reais que temimagem pela funcao f , isto e, ao conjunto dos numeros reais para os quais a expressao analıtica def esta bem definida.

b) Chama-se contradomınio de f ao conjunto dos valores reais que sao imagem pela funcao f doselementos do domınio.

Definicao 2.1.3 Dada uma funcao f : D ⊂ R → R, chama-se grafico da funcao f ao conjunto

{(x, y) : x ∈ D, y ∈ R, y = f(x)}.

Definicao 2.1.4 Uma funcao f : D ⊂ R → R diz-se:

a) crescente se x < y =⇒ f(x) ≤ f(y).

b) estritamente crescente se x < y =⇒ f(x) < f(y).

c) decrescente se x < y =⇒ f(x) ≥ f(y).

d) estritamente decrescente se x < y =⇒ f(x) > f(y).

56 2. Funcoes Reais de Variavel Real: Limites e Continuidade

Definicao 2.1.5 Uma funcao diz-se

a) monotona se e crescente ou decrescente.

b) estritamente monotona se e estritamente crescente ou estritamente decrescente.

Definicao 2.1.6 Uma funcao f : D ⊂ R → R diz-se:

a) par se f(x) = f(−x), ∀x ∈ D.

b) ımpar se f(x) = −f(−x), ∀x ∈ D.

Definicao 2.1.7 Sejam f : D ⊂ R → R e c ∈ D. Diz-se que f(c) e um maximo de f se f(x) ≤ f(c),∀x ∈ D. A c chama-se ponto de maximo.

Definicao 2.1.8 Sejam f : D ⊂ R → R e c ∈ D. Diz-se que f(c) e um mınimo de f se f(x) ≥ f(c),∀x ∈ D. A c chama-se ponto de mınimo.

Estes valores tem a designacao comum de extremos de f . A Figura 2.1 ilustra as definicoes anteriores.

x

y

Mínimo

Máximo

Ponto de mínimoPonto de máximo

Figura 2.1 Extremos de uma funcao.

Definicao 2.1.9 Uma funcao f : D ⊂ R → R diz-se limitada se

∃M ∈ R+ : |f(x)| ≤ M, ∀x ∈ D.

Por outras palavras, f e funcao limitada se o seu contradomınio e um conjunto limitado.

Definicao 2.1.10 Chamam-se zeros da funcao f os elementos x do domınio tais que f(x) = 0.

Definicao 2.1.11 Sejam f : D ⊂ R → R e A ⊂ D. A restricao de f a A, designada por f|A , e aaplicacao de A em R tal que f|A(x) = f(x) para cada x ∈ A.

Definicao 2.1.12 Uma funcao f : D ⊂ R → B ⊂ R diz-se:

a) injectiva se x 6= y =⇒ f(x) 6= f(y).

b) sobrejectiva se ∀y ∈ B, ∃x ∈ D : f(x) = y.

c) bijectiva se e injectiva e sobrejectiva.

2.2 Limites. Limites relativos 57

2.2 Limites. Limites relativos

Definicao 2.2.1 Seja f : D ⊂ R → R e a um ponto aderente ao domınio de f . Diz-se que b e limite

de f no ponto a (ou quando x tende para a), e escreve-se limx→a

f(x) = b, se

∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ D ∧ |x − a| < ε ⇒ |f(x) − b| < δ.

Em termos de vizinhancas:

limx→a

f(x) = b ⇔ ∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ Vε(a) ∩ D ⇒ f(x) ∈ Vδ(b).

A Figura 2.2 sugere a interpretacao geometrica de limx→a

f(x) = b.

x

y

a

b-d

b+d

b

a-e a+ e

Figura 2.2 Interpretacao geometrica de limx→a

f(x) = b.

Definicao 2.2.2 Seja f : D ⊂ R → R e suponhamos que D nao e majorado. Diz-se que o limite de fquando x → +∞ e b se

∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ D ∧ x >1

ε⇒ |f(x) − b| < δ

e escreve-se limx→+∞

f(x) = b.

Definicao 2.2.3 Seja f : D ⊂ R → R e suponhamos que D nao e minorado. Diz-se que o limite de fquando x → −∞ e b se

∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ D ∧ x < −1

ε⇒ |f(x) − b| < δ

e escreve-se limx→−∞

f(x) = b.

Definicao 2.2.4 Seja f : D ⊂ R → R e a um ponto aderente ao domınio de f . Diz-se que o limite de fem a e +∞ se

∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ D ∧ |x − a| < ε ⇒ f(x) >1

δ

e escreve-se limx→a

f(x) = +∞.

Definicao 2.2.5 Seja f : D ⊂ R → R e a um ponto aderente ao domınio de f . Diz-se que o limite de fem a e −∞ se

∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ D ∧ |x − a| < ε ⇒ f(x) < −1

δ

e escreve-se limx→a

f(x) = −∞.


NOTA: As definicoes de limx→+∞

f(x) = +∞, limx→−∞

f(x) = +∞, limx→+∞

f(x) = −∞ e limx→−∞

f(x) = −∞,

podem dar-se de forma analoga. Em todo o caso, se tivermos em conta a definicao de vizinhanca em R (verpagina 13), podemos unificar todas as definicoes do seguinte modo: se a, b ∈ R, diz-se que lim

x→af(x) = b

se∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ Vε(a) ∩ D ⇒ f(x) ∈ Vδ(b).

Teorema 2.2.1 Se f : D ⊂ R → R e a ∈ R e um ponto aderente a D, entao limx→a

f(x) = b se, e so se,

para cada sucessao (xn) de limite a, (xn) ⊂ D, a sucessao (f(xn)) tem por limite b.

NOTA: Observe-se que nao exigimos que a seja ponto de acumulacao de D. Se a e ponto isolado de Dentao f tem limite igual a f(a) quando x → a. De facto, as unicas sucessoes de pontos do domınio quetendem para a sao as sucessoes que, a partir de certa ordem, sao constantemente iguais a a.

Teorema 2.2.2 O limite de f em a, quando existe, e unico.

NOTAS:

1. Este teorema permite-nos usar a expressao “b e o limite de f(x) quando x tende para a”, em vezde “b e limite de f(x) quando x tende para a” e permite que se use a notacao lim

x→af(x) = b.

2. Se a ∈ D (isto e, f esta definida em a), o limite b, se existe, coincide com f(a). Com efeito, nestecaso, a verifica as condicoes a ∈ D e |a − a| < ε ∀ε > 0, o que implica que |f(a) − b| < δ, ∀δ > 0,ou seja, f(a) = b.

EXEMPLO: Consideremos a funcao f : R → R definida por

f(x) =

{

x2, se x 6= 0

1, se x = 0

(ver Figura 2.3).Nao existe lim

x→0f(x). Como o domınio de f

- 2 - 1 1 2

0.5

1

1.5

2

2.5

Figura 2.3

e R o limite, se existisse teria de ser iguala f(0), como vimos na observacao anterior.Terıamos entao de provar que

∀δ > 0 ∃ε > 0 : |x| < ε ⇒ |f(x) − 1| < δ.

Mas, se δ = 12 , qualquer que seja ε > 0,

existe sempre x tal que |x| < ε e f(x) < 12 ,

o que implica que |f(x) − 1| > 12 .

Teorema 2.2.3 Se limx→a

f(x) = b e limx→a

g(x) = c entao:

a) limx→a

[f(x) + g(x)] = b + c;

b) limx→a

[f(x) − g(x)] = b − c;

c) limx→a

[f(x)g(x)] = b c;

d) Se c 6= 0, limx→a

f(x)

g(x)=

b

c.


Teorema 2.2.4 Se limx→a

f(x) = 0 e g e uma funcao limitada numa vizinhanca de a entao limx→a

[f(x)g(x)] =

0.

NOTA: O facto de g ser limitada e essencial. Por exemplo, se f(x) = x e g(x) =1

x, lim

x→0f(x)g(x) = 1 6= 0,

o que nao contradiz o teorema, visto g nao ser limitada.

Teorema 2.2.5 Sejam f : D ⊂ R → R e g : E ⊂ R → R tais que g(E) ⊂ D. Se limx→a

g(x) = b e

limx→b

f(x) = c entao limx→a

(f ◦ g)(x) = c.

Definicao 2.2.6 Sejam f : D ⊂ R → R e B um subconjunto proprio de D (isto e, B ⊂ D e B 6= D).Suponhamos que a e um ponto aderente a B. Diz-se que f tem limite b, quando x tende para a, segundoB, ou que b e o limite relativo a B de f quando x tende para a, se o limite da restricao de f a Bquando x tende para a e b. Designa-se este limite por

limx → ax ∈ B

f(x) = b ou limx→a, x∈B

f(x) = b.

Sao importantes os limites relativos que se seguem:

1. B = D \ {a}. Diz-se entao que f(x) tende para b quando x tende para a por valores diferentes

de a:

limx → ax 6= a

f(x) = b.

2. B = {x : x ∈ D ∧ x < a}. Neste caso escreve-se

limx → ax < a

f(x) = b ou limx→a−

f(x) = b ou f(a−) = b

e diz-se limite a esquerda de f no ponto a.

3. B = {x : x ∈ D ∧ x > a}. Neste caso escreve-se

limx → ax > a

f(x) = b ou limx→a+

f(x) = b ou f(a+) = b

e diz-se limite a direita de f no ponto a.

Os limites a esquerda e a direita recebem a designacao comum de limites laterais. Para se poderemdefinir estes limites, o ponto a tem que ser ponto de acumulacao de B.

NOTAS:

1. limx→a−

f(x) = limx→a+

f(x) = b ⇔ limx → ax 6= a

f(x) = b. Mas pode existir so um dos limites laterais (ou os

dois com valores distintos) sem que exista limx → ax 6= a

f(x).

2. limx→a−

f(x) = limx→a+

f(x) = b nao implica que limx→a

f(x) = b a nao ser que f(a) = b. No exemplo da

pagina 58, f(0−) = f(0+) = 0 e f(0) = 1.


3. limx → ax 6= a

f(x) nao se distingue de limx→a

f(x) quando a 6∈ D, devendo entao a ser ponto de acumulacao

de D.

EXEMPLO 1: Consideremos a funcao f : R → R definida por

f(x) =

{0, se x < 21, se x ≥ 2

(ver Figura 2.4)

- 1 1 2 3 4

1

Figura 2.4

Verifica-se que limx→2−

f(x) = 0 e limx→2+

f(x) = 1. Portanto, limx → 2x 6= 2

f(x) nao existe, e consequentemente,

tambem nao existe limx→2

f(x).

Se a < 2 entao limx→a+

f(x) = limx→a−

f(x) = limx→a

f(x) = limx → ax 6= a

f(x) = 0.

Se a > 2 entao limx→a+

f(x) = limx→a−

f(x) = limx→a

f(x) = limx → ax 6= a

f(x) = 1.


f(x) =

{|x − 4|, se x 6= 42, se x = 4

(ver Figura 2.5)

- 2 2 4 6 8 10

1

2

3

4

5

Figura 2.5

Verifica-se que limx→4−

f(x) = 0 e limx→4+

f(x) = 0. Portanto, limx → 4x 6= 4

f(x) = 0, mas nao existe limx→4

f(x)

porque f(4) = 2 6= 0.

EXEMPLO 3: Em R temos:


a) limx→a−

1

x − a= −∞ e lim

x→a+

1

x − a= +∞; lim

x→a

1

x − anao existe.

b) limx→a−

1

(x − a)2= +∞ e lim

x→a+

1

(x − a)2= +∞; lim

x→a

1

(x − a)2= +∞.

c) limx→+∞

1

x= 0 = lim

x→−∞1

x.

d) limx→0+

(1 + x)1x = lim

y→+∞

(

1 +1

y

)y

= e.

Teorema 2.2.6 Seja f : D ⊂ R → R uma funcao monotona limitada. Entao existem os limites lateraisf(a−) e f(a+) em todo o ponto a onde esses limites possam ser definidos.

Demonstracao: Suponhamos, por exemplo, que f e crescente. Seja

A = {x : x ∈ D ∧ x < a}.

Se a ∈ A queremos provar que existe f(a−), isto e, queremos provar que existe um b ∈ R tal que∀δ > 0 ∃ε > 0 |x − a| < ε ∧ x < a ⇒ |f(x) − b| < δ. Como, por hipotese, f e limitada, isto e, f(D) eum conjunto limitado e A ⊂ D, temos que f(A) e um conjunto limitado. Pelo Teorema 1.1.2, f(A) temsupremo. Seja b = sup f(A) = sup

x∈Af(x). Pelo Teorema 1.1.3,

∀δ > 0 ∃x0 ∈ A : f(x0) > b − δ.

Como f e crescentef(x) ≥ f(x0) > b − δ ∀x ∈]x0, a[ ∩A.

Podemos entao escrever|f(x) − b| < δ ∀x : x ∈ A ∧ |x − a| < a − x0.

Fazendo ε = a − x0, concluımos que

∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ A ∧ |x − a| < ε ⇒ |f(x) − b| < δ,

isto e, limx→a−

f(x) = b.

Para provar que existe f(a+) considera-se o infx ∈ Dx > a

f(x) e conclui-se que f(a+) = infx ∈ Dx > a

f(x).

Teorema 2.2.7 E condicao necessaria e suficiente para que f tenha limite finito no ponto a que

∀δ > 0 ∃ε > 0 ∀x, y ∈ Vε(a) |f(x) − f(y)| < δ.


2.3 Continuidade: propriedades das funcoes contınuas. Teo-

rema de Bolzano

Definicao 2.3.1 Sejam f : D ⊂ R → R e a ∈ D. Diz-se que f e contınua em a se existir limx→a

f(x).

Como vimos anteriormente, o facto de a ∈ D implica que limx→a

f(x) = f(a). Podemos escrever f e

contınua em a se

∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ D ∧ |x − a| < ε ⇒ |f(x) − f(a)| < δ,

ou, em termos de vizinhancas

∀δ > 0 ∃ε > 0 : x ∈ Vε(a) ∩ D ⇒ f(x) ∈ Vδ(f(a)).

Os pontos em que uma funcao nao e contınua dizem-se pontos de descontinuidade.

Definicao 2.3.2 Sejam f : D ⊂ R → R e a ∈ D.

a) f e contınua a esquerda em a se f(a−) = limx→a−

f(x) = f(a).

b) f e contınua a direita em a se f(a+) = limx→a+

f(x) = f(a).

NOTAS:

1. Se f for contınua a esquerda e a direita no ponto a entao f e contınua em a.

2. Se a for um ponto isolado, resulta da definicao que f e contınua em a.

Teorema 2.3.1 Toda a funcao constante e contınua em todos os pontos do seu domınio.

Do Teorema 2.2.3, conclui-se facilmente:

Teorema 2.3.2 Se f e g sao contınuas no ponto a entao f + g, f − g e fg sao contınuas nesse ponto;

se g(a) 6= 0 entao tambemf

ge contınua em a.

Analogamente, do Teorema 2.2.5 se deduz:

Teorema 2.3.3 Sejam f : D ⊂ R → R e g : E ⊂ R → R tais que g(E) ⊂ D. Se g e contınua no pontot0 e f e contınua no ponto x0 = g(t0), entao f ◦ g e contınua em t0.

Definicao 2.3.3 Uma funcao f diz-se contınua no conjunto B ⊂ D se e contınua em todos os pontosde B.

Teorema 2.3.4 (Teorema do valor intermedio de Bolzano)Seja f uma funcao contınua num intervalo I, a e b dois pontos de I tais que f(a) 6= f(b). Entao,

qualquer que seja o numero k estritamente compreendido entre f(a) e f(b), existe pelo menos um pontoc, estritamente compreendido entre a e b, tal que f(c) = k.

Demonstracao: Podemos supor, sem perda de generalidade, que a < b. Consideremos o intervalo [a, b].Como f(a) 6= f(b) teremos f(a) < f(b) ou f(a) > f(b). Admitamos que f(a) < f(b). Seja k tal quef(a) < k < f(b).

Seja o conjunto C = {x : x ∈ [a, b] ∧ f(x) < k}. Como f(a) < k, a ∈ C, pelo que C 6= ∅. Visto queb e um majorante de C podemos afirmar, pelo Teorema 1.1.2 que existe c = supC. Como C ⊂ [a, b],

2.3 Continuidade: propriedades das funcoes contınuas. Teorema de Bolzano 63

xba

f(a)

f(b)

k

y

Figura 2.6

c ∈ [a, b]. Dado que f e contınua em [a, b] e c e aderente a C, existem todos os limites relativos tendo-se,em particular,

limx→c

f(x) = limx → cx ∈ C

f(x) = f(c).

Mas se x ∈ C, f(x) < k, o que implica que limx→c

f(x) = limx → cx ∈ C

f(x) ≤ k, donde

f(c) ≤ k (1)

Por outro lado, c e um ponto aderente a [a, b] \ C. Como b ∈ [a, b] \ C este conjunto e nao vazio e

limx→c

f(x) = limx → c

x ∈ [a, b] \ C

f(x) = f(c).

Mas se x ∈ [a, b] \ C, entao f(x) ≥ k, o que implica que

limx→c

f(x) = limx → c

x ∈ [a, b] \ C

f(x) ≥ k,

dondef(c) ≥ k. (2)

De (1) e (2) conclui-se que f(c) = k.

NOTA: Se f nao for contınua em [a, b], pode existir k ∈ [f(a), f(b)] tal que 6 ∃c ∈ [a, b] : f(c) = k (verFigura 2.6).

EXEMPLO: Seja f(x) = x3 − x2 + x. Usando o teorema anterior podemos provar que existe c tal quef(c) = 10. De facto, como f e contınua em R podemos considerar a sua restricao ao intervalo [0, 3] efacilmente se verifica que f(0) = 0 < 10 < f(3) = 21.

Corolario 1 Se f e contınua em [a, b] e f(a) · f(b) < 0, entao existe c ∈]a, b[ tal que f(c) = 0.

Demonstracao: Podemos supor, sem perda de generalidade, que f(a) < 0 e f(b) > 0. Entao f(a) < 0 <f(b). Como f e contınua em [a, b], o teorema anterior permite afirmar que ∃c ∈]a, b[: f(c) = 0.

Corolario 2 A imagem de um intervalo, por uma funcao contınua, e tambem um intervalo.


Demonstracao: Seja f : I ⊂ R → R. Se f(x) = c, ∀x ∈ I, isto e, se f e constante, o seu contradomınioreduz-se a um ponto, intervalo do tipo [c, c], nao havendo, portanto, nada mais a provar.

Como facilmente se verifica, um conjunto J que contenha, pelo menos, dois pontos, e um intervalo se,e so se, verifica a propriedade:

α, β ∈ J ∧ α < β =⇒ [α, β] ⊂ J

que e ainda equivalente a:α, β ∈ J ∧ α < k < β =⇒ k ∈ J.

Suponhamos que f nao e constante, que α, β ∈ f(I) e α < k < β; por definicao, existem a, b ∈ I taisque α = f(a) < k < f(b) = β. Pelo Teorema de Bolzano existe c, estritamente compreendido entre a e b(portanto, c ∈ I), tal que f(c) = k, isto e, k ∈ f(I).

NOTA: O intervalo f(I) pode ser de tipo diferente do intervalo I como se pode ver nos seguintesexemplos:

1) f :] −∞, +∞[→ [−1, 1], f(x) = sen(x)

2) f :] −∞, +∞[→]0, 1], f(x) =1

x2 + 1

- 3 - 2 - 1 1 2 3

0.2

0.4

0.6

0.8

1

3) f :] − π2 , π

2 [→] −∞, +∞[, f(x) = tg(x)

2.3 Continuidade: propriedades das funcoes contınuas. Teorema de Bolzano 65

Teorema 2.3.5 (Teorema de Weierstrass)Se f e uma funcao contınua num intervalo fechado e limitado I, entao f(I) e tambem um intervalo

fechado e limitado.

Demonstracao: Pelo Corolario 2 do Teorema de Bolzano sabemos que f(I) e um intervalo. Resta-nosentao provar que e fechado e limitado. Dividimos a demonstracao em duas partes.

a) f(I) e limitado.

b) f(I) e fechado.

a) Suponhamos que f(I) nao e limitado. Entao para cada n ∈ N existe xn ∈ I tal que |f(xn)| ≥ n.Como I e limitado a sucessao (xn) tambem e limitada, portanto, (xn) tem uma subsucessao (xnk

)convergente (Teorema 1.3.15). Seja x = lim

nf(xnk

); x ∈ I porque I e fechado. Visto que f e contınua,

limn

f(xnk) = f(x), mas esta conclusao e incompatıvel com a suposicao |f(xn)| ≥ n ∀n ∈ N (Teorema

1.3.7)b) Temos de provar que existem x0 e x1 ∈ I tais que f(x0) = sup

x∈If(x) e f(x1) = inf

x∈If(x).

Suponhamos que nao existe x0 ∈ I tal que f(x0) = supx∈I

f(x), isto e, L = supx∈I

f(x) nao e atingido.

Entao L − f(x) 6= 0, ∀x ∈ I. Portanto,

g(x) =1

L − f(x)

e uma funcao contınua em I. Provamos em a) que toda a funcao contınua num intervalo limitado elimitada o que implica que g e limitada.

Pelo Teorema 1.1.3 temos que

∀δ > 0 ∃c ∈ I : f(c) > L − δ⇒ ∀δ > 0 ∃c ∈ I : L − f(c) < δ

⇒ ∀δ > 0 ∃c ∈ I : g(c) =1

L − f(c)>

1

δ

o que contradiz o facto de g ser limitada. Analogamente, se prova a existencia de x1 ∈ I tal quef(x1) = inf

x∈If(x). Portanto, f(I) e fechado.

Corolario 1 Toda a funcao contınua num intervalo fechado e limitado tem, nesse intervalo, um maximoe um mınimo.

NOTAS:

1. Os dois resultados anteriores mantem-se validos se substituirmos “intervalo fechado limitado” por“conjunto fechado limitado nao vazio”.

2. A hipotese intervalo (ou conjunto) fechado e necessaria como se pode ver pelos exemplos seguintes:

1) Seja f(x) = x. f e contınua em ] − 1, 1[ e nao tem nesse intervalo maximo nem mınimo.

2) A funcao g(x) =

{ 1

x, se x 6= 0

0, se x = 0e contınua em ]0, 1], mas nao tem maximo nesse intervalo.

3) A funcao h(x) =1

xsen

(1

x

)

e contınua em ]0, 1] e nao tem maximo nem mınimo nesse intervalo.

Teorema 2.3.6 Se f e uma funcao contınua e injectiva num intervalo I, entao a funcao inversa etambem contınua.


Definicao 2.3.4 Sejam F e f duas funcoes de domınios DF e Df , respectivamente. Diz--se que F eum prolongamento de f se Df ⊂ DF e F (x) = f(x), ∀x ∈ Df .

Definicao 2.3.5 Seja a um ponto aderente a D (domınio de f). Diz-se que f e prolongavel por

continuidade ao ponto a se existir um prolongamento F de f , com domınio D∪ {a}, sendo F contınuaem a.

Teorema 2.3.7 Para que uma funcao f seja prolongavel por continuidade ao ponto a, e necessario esuficiente que tenha limite nesse ponto.

Existindo o limite, o prolongamento por continuidade e a funcao

g : Df ∪ {a} → R

g(x) =

{

f(x), se x ∈ Df

limx→a

f(x), se x = a

EXEMPLO: Consideremos a funcao f : R \ {0} → R definida por f(x) =sen(x)

x(ver Figura 2.7).

Sabemos que limx→0

f(x) = 1.

Figura 2.7

Pelo teorema anterior f e prolongavel por continuidade ao ponto 0 e o prolongamento e a funcaog : R → R definida por:

g(x) =

{sen(x)

x, se x 6= 0

1, se x = 0

Definicao 2.3.6 Diz-se que f tem uma descontinuidade removıvel no ponto a se existir uma funcaog contınua em a, que apenas difere de f em a.

EXEMPLO: Seja

f(x) =

x2 − 2x − 3

x − 3, se x 6= 3

3, se x = 3

Como limx → 3x 6= 3

f(x) = 4, f tem uma descontinuidade removıvel em x = 3. A funcao

g(x) =

x2 − 2x − 3

x − 3, se x 6= 3

4, se x = 3

e contınua no seu domınio.



2.4.1 Limites e Continuidade

1. Estude a continuidade da funcao f(x) :]−π2 , π

2 [→ R definida por

f(x) =

{1, se x = 0tg(x)

sen(2x), se x 6= 0

2. Considere a funcao real de variavel real, definida por:

h(x) =

2x + arc cos(x), se 0 ≤ x < 12, se x = 1,x + 5

3, se 1 < x ≤ 4

(a) Mostre que h e contınua em todo o seu domınio.

(b) Aplicando o teorema de Bolzano, mostre que: ∃c ∈]2, 4[: h(c) = c.

3. Considere a funcao real f(x) = 1 − x sen( 1x) definida em R \ {0}. Seja g um prolongamento de f a

R. Determine o valor a atribuir a g(0) de modo que g seja contınua em x = 0.

4. Determine o valor de a e b que tornam contınuas as seguintes funcoes nos pontos indicados:

(a) f1(x) =

{3x − 7, se x ≥ 3ax + 3, se x < 3

, x = 3.

(b) f2(x) =

x + a, se x < −23ax + b, se − 2 ≤ x ≤ 1ax + 3, se x > 1

, x = −2, x = 1.

(c) f3(x) =

{sen(x), se x ≤ 0ax + b, se x > 0

, x = 0.

5. Considere a funcao real definida por:

f(x) =

x + 2a, se x ≤ 2x(x − 2)

x2 − 5x + 6, se x > 2

(a) Determine o valor de a de forma a que f seja contınua em x = 2.

(b) Mostre que apesar de se ter f(2) · f(4) < 0, nao se pode aplicar o teorema do valor intermediode Bolzano no intervalo [2, 4].

6. Sabendo que limx→0

sen(x)

x= 1, estude a continuidade em x = 0 da funcao

f(x) =

x4 − 3x3 + x2

sen(x), se x 6= 0

0, se x = 0

Obs: Considere f apenas definida em [−π2 , π

2 ].

7. Sabendo que sen(x2 ) = ±

√

1 − cos(x)

2, estude a continuidade em x = 0 da funcao

f(x) =

2x − sen(x)√

1 − cos(x), se x 6= 0

√2, se x = 0

Obs: Considere f apenas definida em [−π2 , π

2 ].


8. Mostre, recorrendo a definicao, que as seguintes funcoes sao contınuas nos seus domınios:

(a) f(x) = x2;

(b) g(x) = cos(x);

(c) h(x) = x + sen(x).

9. Sejam f e g funcoes contınuas em [a, b] tais que f(a) > g(a) e f(b) < g(b). Mostre que os graficosde f e g se intersectam num ponto de abcissa c ∈]a, b[.

10. Sejam f e g funcoes contınuas em [a, b] tais que f(a) = g(b), f(b) = g(a) e f(a) 6= g(a). Mostre quef − g tem pelo menos uma raiz pertencente ao intervalo [a, b].

11. Seja f uma funcao real de variavel real contınua em [a, b]. Sabendo que f(a) < a e f(b) > b, proveque f tem pelo menos um ponto fixo no intervalo ]a, b[.

Obs: c e ponto fixo se f(c) = c.

12. Prove que se h : D ⊂ R → R e uma funcao contınua em x = b, ponto interior a D, se tem:

(a) Se h(b) > 0 entao existe uma vizinhanca V de b tal que h(x) > 0, ∀x ∈ V .

(b) Se h(b) < 0 entao existe uma vizinhanca V de b tal que h(x) < 0, ∀x ∈ V .

13. Seja f : [a, b] → R uma funcao contınua, injectiva e tal que f(a) < f(b). Utilize o teorema do valorintermedio de Bolzano para concluir que f e estritamente crescente no seu domınio.Sugestao: Comece por mostrar, utilizando o metodo de reducao ao absurdo, que nao existe x ∈]a, b[tal que f(x) < f(a) ou f(x) > f(b).

14. Seja f : [a, +∞[→ R uma funcao contınua. Suponha que existe b ∈ [a, +∞[ tal que, para qualquerx > b se tem f(x) < f(a). Prove que f tem maximo em [a, +∞[.

15. Seja f : R → R uma funcao com limite finito quando x → 0 e tal quef(x)

x> 0 ∀x ∈ R \ {0}.

Indique, justificando, o valor de limx→0

f(x).

16. Seja f uma funcao definida em R e verificando as seguintes condicoes:

i) ∀x ∈ R, f(x) ∈ Z;

ii) limx→+∞

f(x) = c, c ∈ R.

Recorrendo a definicao de limite, justifique que:

(a) c e um numero inteiro.

(b) Existe a ∈ R tal que f(x) = c, sempre que x > a.

17. Considere a funcao f definida por:

f(x) =

{ 1

2x2 + 2, se x 6∈ Z

|1 + x| + |1 − x|, se x ∈ Z

Estude-a quanto a continuidade.

18. Seja f uma funcao definida num conjunto X ⊂ R. Mostre que se f e contınua em a, existe umavizinhanca de a, na qual f e limitada.

19. (a) Sendo g : [0, +∞[→ R contınua no seu domınio, mostre que a funcao f(x) = g(1 − x2) temmaximo e mınimo.


(b) Se na alınea a) considerassemos g definida em ]0, +∞[, poderıamos continuar a garantir paraf a existencia de maximo e mınimo? Justifique.

20. Seja f uma funcao contınua em R, com limites positivos quando x → −∞ e x → +∞ e tal quef(0) < 0. Nestas condicoes mostre que:

(a) a equacao f(x) = 0 tem pelo menos duas raızes reais.

(b) ∃c ∈ R ∀x ∈ R f(c) ≤ f(x).

De um exemplo de uma funcao que verifique todas as condicoes exigidas no enunciado – exceptona continuidade em R, que deve ser substituıda pela continuidade em R \ {0} – e para a qual asafirmacoes expressas nas alıneas a) e b) sejam falsas.

Capıtulo 3

Funcoes Reais de Variavel Real:Calculo Diferencial

3.1 Derivadas. Regras de derivacao.

Definicao 3.1.1 Sejam f : D ⊂ R → R e a um ponto interior a D. Chama-se derivada de f no pontoa ao limite, se existir (em R),

limx→a

f(x) − f(a)

x − a

ou, fazendo x − a = h, limh→0

f(a + h) − f(a)

h·

Designa-se a derivada de f no ponto a por f ′(a) oudf

dx(a). Se f tem derivada finita no ponto a, diz-se

que f e diferenciavel em a.

Designando por P e Qi, i = 1, 2, 3, 4, respectivamente, os pontos do grafico de f que tem abcissas ae xi, a razao

f(xi) − f(a)

xi − a

e o declive da recta PQi, secante ao grafico de f (veja-se a Figura 3.1).

( )

Figura 3.1: Interpretacao geometrica da derivada.

72 3. Funcoes Reais de Variavel Real: Calculo Diferencial

Se f e diferenciavel no ponto a, chama-se tangente ao grafico de f no ponto (a, f(a)) a recta quepassa por este ponto e tem declive igual a f ′(a); a recta tangente tera entao a equacao:

y = f(a) + f ′(a)(x − a).

Definicao 3.1.2 Sejam f : D ⊂ R → R e a um ponto interior a D. Chama-se derivada a esquerda

de f no ponto a ao limite, se existir (em R),

limx→a−

f(x) − f(a)

x − a

ou, fazendo x − a = h,

limh→0−

f(a + h) − f(a)

h,

e designa-se por f ′(a−).Chama-se derivada a direita de f no ponto a ao limite, se existir (em R),

limx→a+

f(x) − f(a)

x − a

ou, fazendo x − a = h,

limh→0+

f(a + h) − f(a)

h,

e designa-se por f ′(a+).

NOTA: E evidente que f ′(a) existe se, e so se, existem e sao iguais f ′(a+) e f ′(a−).


f(x) = |x| =

{x, se x ≥ 0−x, se x < 0

cujo grafico se apresenta na Figura 3.2.

Figura 3.2

f ′(0+) = limx→0+

f(x) − f(0)

x − 0= lim

x→0+

x

x= 1;

f ′(0−) = limx→0−

f(x) − f(0)

x − 0= lim

x→0−

−x

x= −1.

Como f ′(0+) 6= f ′(0−), f nao tem derivada no ponto 0.

3.1 Derivadas. Regras de derivacao. 73

EXEMPLO 2: A funcao f : R → R definida por

f(x) =

{

x sen(

1x

), se x 6= 0

0, se x = 0

nao tem derivadas laterais em x = 0 (ver Figura 3.3). De facto, a funcao definida por

f(x) − f(0)

x − 0=

x sen(

1x

)

x= sen

(1

x

)

nao tem limite quando x → 0, nao existindo sequer limites laterais.

Figura 3.3

EXEMPLO 3: A funcao f : R → R definida por f(x) = 3√

x (ver Figura 3.4) tem derivada +∞ em x = 0,pois

f ′(0+) = limx→0+

3√

x

x= lim

x→0+

3

√x

x3= lim

x→0+

13√

x2= +∞

f ′(0−) = limx→0−

3√

x

x= lim

x→0−

3

√x

x3= lim

x→0−

13√

x2= +∞

f nao e, pois, diferenciavel em 0.

Figura 3.4

EXEMPLO 4: A funcao f : R → R definida por f(x) =3√

x2, e cujo grafico se apresenta na Figura 3.5,nao tem derivada em 0. De facto,


f ′(0+) = limx→0+

3√

x2

x= lim

x→0+

3

√

x2

x3= lim

x→0+

13√

x= +∞

f ′(0−) = limx→0−

3√

x2

x= lim

x→0−

3

√

x2

x3= lim

x→0−

13√

x= −∞

Figura 3.5

Teorema 3.1.1 Sejam f : D ⊂ R → R e a um ponto interior a D. Se f e diferenciavel no ponto a,entao f e contınua em a.

Demonstracao: Podemos escrever f(x) = f(a) + (x − a)f(x) − f(a)

x − a, ∀x ∈ D \ {a}.

Entao

limx→a

f(x) = limx→a

(

f(a) + (x − a)f(x) − f(a)

x − a

)

= f(a) + 0.f ′(a) = f(a),

ou seja, f e contınua no ponto a.

NOTAS:

1. Uma funcao pode ser contınua num dado ponto e nao ter derivada nesse ponto (ver o exemploanterior).

2. Se a derivada for infinita, a funcao pode nao ser contınua.

Teorema 3.1.2 Se f e g sao funcoes diferenciaveis em a, entao f + g e f · g sao funcoes diferenciaveisem a, e

(f + g)′(a) = f ′(a) + g′(a)

(f · g)′(a) = f ′(a) · g(a) + f(a) · g′(a).

Se, alem disso, g(a) 6= 0, entao f/g e diferenciavel em a e(

f

g

)′(a) =

f ′(a) · g(a) − f(a) · g′(a)

(g(a))2.

Demonstracao: Sendo finitas as derivadas f ′(a) e g′(a), teremos no caso da soma:

(f + g)′(a) = limx→a

(f + g)(x) − (f + g)(a)

x − a= lim

x→a

f(x) + g(x) − f(a) − g(a)

x − a

= limx→a

(f(x) − f(a)

x − a+

g(x) − g(a)

x − a

)

= limx→a

f(x) − f(a)

x − a+ lim

x→a

g(x) − g(a)

x − a

= f ′(a) + g′(a)


o que mostra que f + g e diferenciavel em a.Para o produto, temos

(f · g)′(a) = limx→a

(f · g)(x) − (f · g)(a)

x − a

= limx→a

f(x) · g(x) − f(a) · g(a)

x − a

= limx→a

f(x) · g(x) − f(a) · g(x) + f(a) · g(x) − f(a) · g(a)

x − a

= limx→a

(f(x) − f(a)) · g(x) + f(a) · (g(x) − g(a))

x − a

= limx→a

(

g(x) · f(x) − f(a)

x − a+ f(a) · g(x) − g(a)

x − a

)

= limx→a

g(x) · limx→a

f(x) − f(a)

x − a+ f(a) · lim

x→a

g(x) − g(a)

x − a

= g(a) · f ′(a) + f(a) · g′(a)

onde se usou o facto de a diferenciabilidade de g em a implicar a sua continuidade no mesmo ponto.Finalmente, para o quociente podemos comecar por considerar o caso particular de f ser a funcao

constante com o valor 1 em todos os pontos do seu domınio. Obtemos entao:

(1

g

)′(a) = lim

x→a

(1

g

)

(x) −(

1

g

)

(a)

x − a= lim

x→a

1

g(x)− 1

g(a)

x − a

= limx→a

g(a) − g(x)

g(x) · g(a)

x − a= lim

x→a

g(x) − g(a)

x − a·(

− 1

g(x) · g(a)

)

= − 1

g(a)· lim

x→a

1

g(x)· lim

x→a

g(x) − g(a)

x − a= − 1

g(a)· 1

g(a)· g′(a)

= − g′(a)

(g(a))2.

Portanto, notando quef

g= f · 1

g, temos:

(f

g

)′(a) = f ′(a) ·

(1

g

)

(a) + f(a) ·(

1

g

)′(a)

=f ′(a) · g(a) − f(a) · g′(a)

(g(a))2.

Corolario 1 Se f1, f2, . . . , fp sao funcoes diferenciaveis no ponto a, a sua soma e o seu produto tambemo sao e verificam-se as igualdades:

(f1 + f2 + · · · + fp)′(a) = f ′

1(a) + f ′2(a) + · · · + f ′

p(a)


(f1 · f2 · · · fp)′(a) =

p∑

i=1

f1(a) · · · f ′i(a) · · · fp(a).

Em particular, se p ∈ N e f e diferenciavel em a tambem o e a funcao h(x) = (f(x))p e tem-se

h′(a) = p · (f(a))p−1 · f ′(a).

Teorema 3.1.3 Se g : E → R e diferenciavel no ponto a e f : D → R e diferenciavel no ponto b = g(a),entao f ◦ g e diferenciavel em a e

(f ◦ g)′(a) = f ′(b) · g′(a) = f ′(g(a)) · g′(a).

Teorema 3.1.4 Sejam I um intervalo, f : I → R uma funcao estritamente monotona e contınua,g : J = f(I) → R a sua inversa. Se f e diferenciavel no ponto a e f ′(a) 6= 0, entao g e diferenciavel emb = f(a) e

g′(b) =1

f ′(a)=

1

f ′(g(b)).

EXEMPLO 1: Consideremos a funcao g(x) = arc sen(x), funcao inversa da funcao f(x) = sen(x) nointervalo [−π

2 , π2 ]. Teremos entao

g′(x) =1

f ′(g(x))=

1

cos(g(x))=

1

cos(arc sen(x))=

1√

1 − sen2(arc sen(x))=

1√1 − x2

.

EXEMPLO 2: Consideremos a funcao g(x) = arc cos(x), funcao inversa da funcao f(x) = cos(x) nointervalo [0, π]. Teremos entao

g′(x) =1

f ′(g(x))= − 1

sen(g(x))= − 1

sen(arc cos(x))

= − 1√

1 − cos2(arc cos(x))= − 1√

1 − x2.

De forma analoga se pode mostrar que

(arc tg(x))′ =1

1 + x2

e

(arc cotg(x))′ = − 1

1 + x2.

Se f : D ⊂ R → R e uma funcao diferenciavel em todos os pontos de A ⊂ D, podemos definir afuncao que a cada x de A faz corresponder f ′(x). Obtemos, assim, uma nova funcao, de domınio A, querepresentamos por f ′ e a que chamamos funcao derivada (ou apenas derivada) de f em A.

De modo analogo, se f ′ for diferenciavel em A, definimos f ′′ = (f ′)′ (segunda derivada); se f ′′ fordiferenciavel em A, definimos f ′′′ = (f ′′)′, . . . se f (n−1) (derivada de ordem n− 1) for diferenciavel em A,definimos f (n) = (f (n−1))′, derivada de ordem n de f em A.

Definicao 3.1.3 Se f ′ for contınua em A, dizemos que f e de classe C1 em A e representamos porf ∈ C1(A).

Se n ∈ N e f (n) e contınua em A, dizemos que f e de classe Cn em A e representamos porf ∈ Cn(A).

Se f ∈ Cn(A), ∀n ∈ N, dizemos que f e de classe C∞ e representamos por f ∈ C∞(A).


EXEMPLO 1: As funcoes f(x) = cos(x), g(x) = sen(x) e h(x) = ex sao de classe C∞ em R.

EXEMPLO 2: A funcao

f(x) =

x2 sen

(1

x

)

, se x 6= 0

0, se x = 0

e diferenciavel em R,

f ′(x) =

2 x sen

(1

x

)

− cos

(1

x

)

, se x 6= 0

0, se x = 0

e f ′ nao e contınua em 0. Temos, assim, f /∈ C1(R).

EXEMPLO 3: Se f (n)(x) e g(n)(x) existem, tem-se obviamente,

(f + g)(n)(x) = f (n)(x) + g(n)(x).

EXEMPLO 4: A derivada de ordem n do produto de duas funcoes obtem-se pela formula de Leibnitz:

(f g)(n)(x) =

n∑

p=0

nCp f (p)(x) g(n−p)(x),

onde se convenciona f (0)(x) = f(x). A demonstracao desta propriedade faz-se facilmente, por inducaoem n, usando a regra de derivacao do produto.

Definicao 3.1.4 Seja f : D ⊂ R → R, diferenciavel num ponto a interior a D. Chama-se diferencial

da funcao f no ponto a a aplicacao linear df(a) : R → R dada por df(a)(h) = f ′(a) · h.

Teorema 3.1.5 Sejam f e g duas funcoes diferenciaveis. Entao:

a) d(f + g) = df + dg

b) d(f g) = g df + f dg

c) d(fn) = n fn−1 df

d) d(f

g) =

g df − f dg

g2

e) d((g ◦ f)(x)) = g′(f(x)) · df(x)


3.2 Teoremas Fundamentais: Rolle, Darboux, Lagrange e Cau-

chy.

Definicao 3.2.1 Seja f : D ⊂ R → R.

a) Diz-se que f tem um mınimo local (ou relativo) em a ∈ D (ou que f(a) e um mınimo local, ourelativo, de f) se existir uma vizinhanca V de a tal que f(x) ≥ f(a), ∀x ∈ V ∩ D.

b) Diz-se que f tem um maximo local (ou relativo) em a ∈ D (ou que f(a) e um maximo local, ourelativo, de f) se existir uma vizinhanca V de a tal que f(x) ≤ f(a), ∀x ∈ V ∩ D.

Aos maximos e mınimos relativos da-se a designacao comum de extremos relativos (ver Figura 3.6).

Mínimo local

Máximo local

Figura 3.6: Extremos relativos.

Teorema 3.2.1 Seja f : D ⊂ R → R. Se f(a) for mınimo relativo e existirem derivadas laterais em a,entao f ′(a−) ≤ 0 e f ′(a+) ≥ 0. Se f for diferenciavel em a, entao f ′(a) = 0.

Demonstracao: Se f(a) e um mınimo relativo entao, por definicao, ∃ε > 0 : f(x) ≥ f(a) ∀x ∈ Vε(a) ∩ D.Mas

f(x) − f(a)

x − a≤ 0 ∀x ∈]a − ε, a[ ∩ D,

o que implica que

limx→a−

f(x) − f(a)

x − a≤ 0,

isto e, f ′(a−) ≤ 0.Analogamente,

f(x) − f(a)

x − a≥ 0 ∀x ∈]a, a + ε[ ∩ D,

o que implica que

limx→a+

f(x) − f(a)

x − a≥ 0,

isto e, f ′(a+) ≥ 0.

Teorema 3.2.2 Se f(a) for maximo relativo e existirem derivadas laterais em a, entao f ′(a−) ≥ 0 ef ′(a+) ≤ 0. Se f for diferenciavel em a, entao f ′(a) = 0.

NOTA: Se f e diferenciavel, a condicao f ′(a) = 0 e necessaria, mas nao suficiente para que f tenha umextremo em a. Consideremos, por exemplo, a funcao f(x) = x3; f ′(0) = 0 e f nao tem extremo em 0.

3.2 Teoremas Fundamentais: Rolle, Darboux, Lagrange e Cauchy. 79

Teorema 3.2.3 (Teorema de Rolle)Seja f uma funcao contınua no intervalo [a, b] (a, b ∈ R, a < b) e diferenciavel em ]a, b[. Se f(a) =

f(b), entao existe c ∈]a, b[ tal que f ′(c) = 0.

Demonstracao: Pelo Teorema de Weierstrass, a funcao f , contınua no intervalo [a, b], tem maximo M emınimo m neste intervalo. Se M = m entao f e constante em [a, b] e, portanto, f ′(x) = 0 ∀x ∈]a, b[, naohavendo mais nada a provar.

Se M 6= m, a hipotese f(a) = f(b) implica que ou o maximo ou o mınimo e atingido num pontoc ∈]a, b[. Entao, pelos teoremas anteriores, f ′(c) = 0.

Geometricamente, o teorema afirma que na representacao grafica da funcao ha pelo menos um pontoem que a tangente e paralela ao eixo dos xx (ver Figura 3.7).

Figura 3.7: Interpretacao geometrica do Teorema de Rolle.

Corolario 1 Entre dois zeros de uma funcao diferenciavel num intervalo ha, pelo menos, um zero dasua derivada.

Corolario 2 Entre dois zeros consecutivos da derivada de uma funcao diferenciavel num intervalo existe,no maximo, um zero da funcao.

Teorema 3.2.4 (Teorema de Darboux)Seja I ⊂ R um intervalo aberto, f : I → R uma funcao diferenciavel em I. Se existirem a, b ∈ I,

a < b, tais que f ′(a) 6= f ′(b) entao, para todo o k entre f ′(a) e f ′(b), existe c ∈]a, b[ tal que f ′(c) = k.

Demonstracao: Comecamos por fazer a demonstracao num caso especial e, usando este, passaremos aocaso geral.

Suponhamos quef ′(a) < k = 0 < f ′(b). (1)

Como f e diferenciavel em I, e contınua em I, pelo que e contınua em [a, b] e, portanto, f tem um ponto

de mınimo em [a, b]. Visto que f ′(a) = limx→a

f(x) − f(a)

x − a< 0, existe ε1 > 0 tal que

f(x) − f(a)

x − a< 0,

∀x ∈]a, a + ε1[, pelo que f(x) < f(a), ∀x ∈]a, a + ε1[. Analogamente se mostra que existe ε2 > 0 tal quef(x) < f(b), ∀x ∈]b − ε2, b[. Conclui-se, assim, que nem a nem b sao ponto de mınimo de f em [a, b],isto e, existe c ∈]a, b[ onde f atinge o seu mınimo em [a, b]; como f e diferenciavel, f ′(c) = 0. Fica assimdemonstrado o teorema no caso especial de (1).

Obviamente, a demonstracao no caso

f ′(a) > k = 0 > f ′(b) (2)

seria semelhante (mostrar-se-ia, neste caso, que existe um ponto de maximo diferente de a e b).


Passemos ao caso geral. Suponhamos que

f ′(a) < k < f ′(b). (3)

A funcao g(x) = f(x)−kx e diferenciavel em I (g′(x) = f ′(x)−k) e g′(a) = f ′(a)−k < 0 < f ′(b)−k;estamos assim nas condicoes do caso (1): existe c ∈]a, b[ tal que g′(c) = 0, isto e, f ′(c) = k.

O casof ′(a) > k > f ′(b) (4)

resolve-se com a mesma tecnica, usando (2).NOTAS:

1. Apenas com a condicao de diferenciabilidade no intervalo (nao se pede que a derivada seja contınua!),mostra-se que a derivada verifica uma propriedade semelhante a do Teorema de Bolzano.

2. A derivada pode nao ser contınua. Por exemplo, a funcao:

f(x) =

x2 sen

(1

x

)

, se x 6= 0

0, se x = 0

e diferenciavel em R:

f ′(x) =

2 x sen

(1

x

)

− cos

(1

x

)

, se x 6= 0

0, se x = 0

e f ′ nao e contınua em 0.

Teorema 3.2.5 (Teorema de Lagrange)Seja f uma funcao contınua no intervalo [a, b] (a, b ∈ R, a < b) e diferenciavel em ]a, b[. Entao existe

c ∈]a, b[ tal que

f ′(c) =f(b) − f(a)

b − a.

Demonstracao: A funcao

ϕ(x) = f(x) − f(b) − f(a)

b − ax

e contınua em [a, b] e diferenciavel em ]a, b[. Alem disso, ϕ(a) = ϕ(b). Pelo Teorema de Rolle existec ∈]a, b[ tal que ϕ′(c) = 0. Mas

ϕ′(x) = f ′(x) − f(b) − f(a)

b − a,

o que implica

ϕ′(c) = 0 ⇔ f ′(c) − f(b) − f(a)

b − a= 0 ⇔ f ′(c) =

f(b) − f(a)

b − a.

Geometricamente, o teorema anterior afirma que na representacao grafica da funcao ha pelo menosum ponto em que a tangente e paralela a corda que une os pontos (a, f(a)) e (b, f(b)) (ver Figura 3.8).

NOTA: O Teorema de Rolle e um caso particular deste teorema. Trata-se do caso em que f(a) = f(b).

Corolario 1 Se f tem derivada nula em todos os pontos de um intervalo, entao e constante nesseintervalo.

Corolario 2 Se f e g sao duas funcoes diferenciaveis num intervalo I e se f ′(x) = g′(x), ∀x ∈ I, entaoa diferenca f − g e constante em I.

3.2 Teoremas Fundamentais: Rolle, Darboux, Lagrange e Cauchy. 81

Figura 3.8: Interpretacao geometrica do Teorema de Lagrange.

Corolario 3 Se I e um intervalo e f ′(x) ≥ 0 (respectivamente, f ′(x) ≤ 0), ∀x ∈ I, entao f e crescente(respectivamente, decrescente) em I; se f ′(x) > 0 (respectivamente, f ′(x) < 0) ∀x ∈ I, entao f eestritamente crescente (respectivamente, decrescente) em I.

Teorema 3.2.6 (Teorema do valor medio de Cauchy)Se f e g sao funcoes contınuas em [a, b], diferenciaveis em ]a, b[ e g′(x) nao se anula em ]a, b[, entao

existe c ∈]a, b[ tal quef ′(c)

g′(c)=

f(b) − f(a)

g(b) − g(a).

Demonstracao: Consideremos a funcao

ϕ(x) = f(x) − f(b) − f(a)

g(b) − g(a)g(x).

Pelo Teorema de Rolle, g(a) 6= g(b) visto que g′(x) 6= 0 ∀x ∈]a, b[, pelo que ϕ esta bem definida; alemdisso, ϕ e contınua em [a, b] e diferenciavel em ]a, b[. Como ϕ(a) = ϕ(b), pelo Teorema de Rolle existec ∈]a, b[ tal que ϕ′(c) = 0. Mas

ϕ′(x) = f ′(x) − f(b) − f(a)

g(b) − g(a)g′(x)

o que implica

ϕ′(c) = 0 ⇔ f ′(c) − f(b) − f(a)

g(b) − g(a)g′(c) = 0 ⇔ f ′(c) =

f(b) − f(a)

g(b) − g(a)g′(c).

Como g′(x) 6= 0 ∀x ∈]a, b[ e c ∈]a, b[ temos

f ′(c)

g′(c)=

f(b) − f(a)

g(b) − g(a).

NOTA: O Teorema de Lagrange e um caso particular deste teorema com g(x) = x.


3.3 Indeterminacoes

A partir do Teorema de Cauchy pode-se demonstrar a seguinte regra que e muito usada no calculo do

limite de um quocientef

gquando assume a forma

0

0ou

∞∞ .

Teorema 3.3.1 (Regra de Cauchy)

Sejam f e g duas funcoes diferenciaveis em ]a, b[ (a < b) tais que

a) g′(x) 6= 0, ∀x ∈]a, b[,

b) limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = 0 ou limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = +∞;

entao, se existir limx→a

f ′(x)

g′(x), tambem existe lim

x→a

f(x)

g(x)e estes limites sao iguais.

Corolario 1 Sejam I um intervalo aberto, c ∈ I, f e g duas funcoes diferenciaveis em I \ {c}. Seg′(x) 6= 0, ∀x ∈ I \ {c}, e lim

x→cf(x) = lim

x→cg(x) = 0 ou lim

x→cf(x) = lim

x→cg(x) = +∞, entao

limx→cx 6=c

f(x)

g(x)= lim

x→cx 6=c

f ′(x)

g′(x)

sempre que o segundo limite exista (em R).

NOTA: Convem notar que pode existir limx→a

f(x)

g(x)e nao existir lim

x→a

f ′(x)

g′(x). E o que acontece com as

funcoes

f(x) = x2 cos

(1

x

)

, g(x) = x.

De facto, limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0x cos

(1

x

)

= 0 ef ′(x)

g′(x)= 2x cos

(1

x

)

+sen

(1

x

)

pelo que nao existe limx→0

f ′(x)

g′(x).

EXEMPLO 1: Consideremos a funcao h definida porsen(x)

x. Ao calcular lim

x→0h(x) encontramos a inde-

terminacao0

0. Sendo f(x) = sen(x) e g(x) = x, estamos nas condicoes da regra de Cauchy. Como

limx→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0cos(x) = 1,

podemos concluir que limx→0

h(x) = 1.

EXEMPLO 2: Seja h(x) =ex − 1

x. No calculo de lim

x→0

ex − 1

xsurge a indeterminacao

0

0. Tomando

f(x) = ex − 1 e g(x) = x estamos nas condicoes da regra de Cauchy. Como

limx→0

(ex − 1)′

(x)′= lim

x→0ex = 1

podemos concluir que limx→0

ex − 1

x= 1.

3.3 Indeterminacoes 83

EXEMPLO 3: Ao calcular limx→π

2

h(x) = limx→π

2

tg(x) − 5

sec(x) + 4obtemos a indeterminacao

∞∞· Considerando

f(x) = tg(x) − 5 e g(x) = sec(x) + 4, estamos nas condicoes da regra de Cauchy. Como

limx→π

2

f ′(x)

g′(x)= lim

x→π2

sec2(x)

sec(x) tg(x)= lim

x→π2

sec(x)

tg(x)= lim

x→π2

1

sen(x)= 1,

podemos concluir que

limx→π

2

tg(x) − 5

sec(x) + 4= 1.

EXEMPLO 4: Seja h(x) =3x − 2x

x. Ao calcular lim

x→0

3x − 2x

xencontramos a indeterminacao

0

0. Consi-

derando f(x) = 3x − 2x, g(x) = x e aplicando a regra de Cauchy obtemos

limx→0

3x − 2x

x= log

(3

2

)

,

pois

limx→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0(3x log(3) − 2x log(2)) = log(3) − log(2) = log

(3

2

)

.

EXEMPLO 5 : A indeterminacao 0 ×∞ surge ao calcularmos limx→0+

h(x) = limx→0+

xα log(x), com α > 0.

Como

limx→0+

h(x) = limx→0+

xα log(x) = limx→0+

log(x)1

xα

e

limx→0+

(log(x))′(

1xα

)′ = limx→0+

1x

− αxα+1

= − limx→0+

xα

α= 0,

podemos concluir que limx→0+

h(x) = 0.

NOTAS:

1. Pode-se demonstrar a partir da Regra de Cauchy o seguinte resultado, util quando se pretendeestudar a diferenciabilidade de uma funcao: Sejam f uma funcao contınua num intervalo I e a umponto de I. Se f e diferenciavel num intervalo ]a, b[⊂ I e existe lim

x→a+f ′(x) entao f tem derivada a

direita no ponto a e f ′(a+) = limx→a+

f ′(x). Para tal basta notar que f ′(a+) = limx→a+

f(x) − f(a)

x − ae

aplicar a regra de Cauchy.

Obviamente, existe um resultado analogo para a derivada a esquerda.

2. Os sımbolos 0×∞ e ∞−∞ que podem surgir no calculo do limite de um produto f · g ou de uma

soma f + g reduzem-se a0

0ou

∞∞ pelas transformacoes:

f · g =f1

g

=g1

f

e f + g =

1

f+

1

g1

f · g


EXEMPLO 1: Seja h(x) = sec(x) − tg(x). Ao calcular limx→π

2−

(sec(x) − tg(x)) encontramos a indeter-

minacao ∞−∞. Mas

limx→π

2−

(sec(x) − tg(x)) = limx→π

2−

(1

cos(x)− sen(x)

cos(x)

)

= limx→π

2−

1 − sen(x)

cos(x)

e surge a indeterminacao0

0.

Considerando f(x) = 1 − sen(x), g(x) = cos(x) e aplicando a regra de Cauchy obtemos

limx→π

2−

(sec(x) − tg(x)) = 0,

pois

limx→π

2−

f ′(x)

g′(x)= lim

x→π2

−

cos(x)

sen(x)= 0.

Outra regra importante no estudo de limites, mas que e aplicavel somente ao sımbolo0

0, e a seguinte:

Teorema 3.3.2 (Regra de l’Hospital)

Sejam f e g duas funcoes definidas num intervalo I, diferenciaveis em a ∈ I e g(x) 6= 0, ∀x ∈ I \{a}.Se f(a) = g(a) = 0 e g′(a) 6= 0, entao

f(x)

g(x)tem limite no ponto a e

limx→a

f(x)

g(x)=

f ′(a)

g′(a).

EXEMPLO 1: Sejam

f(x) =

x2 sen

(1

x

)

, x 6= 0

0, x = 0

e g(x) = e2x − 1. Ao calcular o limite limx→0

f(x)

g(x)encontramos a indeterminacao

0

0. Como

f ′(0) = limx→0

f(x) − f(0)

x= lim

x→0

x2 sen

(1

x

)

x= lim

x→0x sen

(1

x

)

= 0

e g′(0) = 2 temos, pela Regra de l’Hospital, limx→0

f(x)

g(x)=

f ′(0)

g′(0)= 0

NOTA: A regra de Cauchy nao e aplicavel ao calculo do limite anterior. De facto,

limx→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0

2x sen

(1

x

)

− cos

(1

x

)

2e2x

e este limite nao existe.

3.3 Indeterminacoes 85

Vimos como resolver indeterminacoes do tipo0

0e∞∞ e como converter as indeterminacoes 0 ×∞ e

∞ −∞ numa das anteriores. As indeterminacoes 1∞, 00 e ∞0 surgem do calculo de limites de funcoesf g e reduzem-se as indeterminacoes do tipo 0 ×∞ fazendo:

f g = e log(f)g

= e g · log(f).

Da continuidade da funcao exponencial conclui-se que:

limx→a

[

(f(x)) g(x)]

= elimx→a

g(x) · log(f(x)).

EXEMPLO 1: Consideremos a funcao h(x) = xx. A indeterminacao que surge ao calcular limx→0+

h(x) e

do tipo 00 que podemos converter numa do tipo 0 ×∞:

limx→0+

xx = elim

x→0+x log(x)

= e0 = 1,

tendo em conta o que mostramos atras (exemplo 5 da pagina 83).

EXEMPLO 2: Vimos num exemplo anterior que limx→0

sen(x)

x= 1, portanto, ao calcular lim

x→0

(sen(x)

x

)1

x2

surge a indeterminacao 1∞.

limx→0

(sen(x)

x

)1

x2= e

limx→0

1

x2log

�sen(x)

x

�;

neste ultimo limite surge a indeterminacao 0 ×∞ que podemos converter em0

0fazendo

elimx→0

1

x2log

�sen(x)

x

�= e

limx→0

log�

sen(x)x

�x2 .

Como

elimx→0

�log

�sen(x)

x

��′

(x2)′ = elimx→0

�sen(x)

x

�′

sen(x)x

2x = elimx→0

x cos(x)−sen(x)

x2x

sen(x)

2x = elimx→0

x cos(x) − sen(x)

2x2sen(x) ,

temos novamente a indeterminacao0

0. Considerando f(x) = x cos(x)−sen(x) e g(x) = 2x2sen(x) obtemos

limx→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0

−sen(x)

4 sen(x) + 2x cos(x)

aparecendo ainda a indeterminacao0

0. Tendo em conta que

limx→0

(−sen(x))′

(4 sen(x) + 2x cos(x))′= lim

x→0

− cos(x)

6 cos(x) − 2x sen(x)= −1

6,

podemos concluir que

limx→0

(sen(x)

x

)1

x2= e−

16 .


EXEMPLO 3: No calculo de limx→0+

(1

x

)tg(x)

surge a indeterminacao ∞0. Como

limx→0+

(1

x

)tg(x)

= elim

x→0+tg(x) log

�1

x

�= e

limx→0+

log�

1x

�cotg(x)

e neste limite a indeterminacao e primeiro do tipo 0 ×∞ e depois do tipo∞∞ temos que o limite pedido

e 1 pois

elim

x→0+

�log

�1x

��′

(cotg(x))′ = elim

x→0+

−

1

xcosec2(x) = e

limx→0+

−

sen2(x)

x = e0 = 1.

3.4 Teorema de Taylor 87

3.4 Teorema de Taylor

Teorema 3.4.1 (Teorema de Taylor)Seja f uma funcao definida num intervalo [a, b] (a < b), com derivadas contınuas ate a ordem n − 1

em [a, b] e com derivada de ordem n definida em ]a, b[. Entao, existe um ponto c ∈]a, b[ tal que

f(b) = f(a) + (b − a) f ′(a) +(b − a)2

2!f ′′(a) + · · · + (b − a)n−1

(n − 1)!f (n−1)(a) +

(b − a)n

n!f (n)(c) (∗)

Demonstracao: Consideremos a funcao

ϕ(x) = f(b) − [f(x) + (b − x)f ′(x) +(b − x)2

2!f ′′(x)+

+ · · · + (b − x)n−1

(n − 1)!f (n−1)(x) +

(b − x)n

n!A],

sendo A uma constante escolhida por forma que ϕ(a) = 0.ϕ esta nas condicoes do Teorema de Rolle: por construcao, e uma funcao contınua em [a, b], dife-

renciavel em ]a, b[ e ϕ(a) = 0 = ϕ(b). Entao existe c ∈]a, b[ tal que ϕ′(c) = 0. Mas

ϕ′(x) = −[ f ′(x) − f ′(x) + (b − x)f ′′(x) − (b − x)f ′′(x) + · · · − (b − x)n−2

(n − 2)!f (n−1)(x)+

+(b − x)n−1

(n − 1)!f (n)(x) − (b − x)n−1

(n − 1)!A ]

= −[(b − x)n−1

(n − 1)!f (n)(x) − (b − x)n−1

(n − 1)!A

]

=(b − x)n−1

(n − 1)!

[

A − f (n)(x)]

Entao

ϕ′(c) = 0 ⇔ (b − c)n−1

(n − 1)!

[

A − f (n)(c)]

= 0 ⇔ (b − c)n−1 = 0 ∨ f (n)(c) − A = 0.

Como c ∈]a, b[ vem f (n)(c) = A. Por construcao de ϕ temos ϕ(a) = 0, portanto,

0 = ϕ(a) = f(b) − [f(a) + (b − a)f ′(a) +(b − a)2

2!f ′′(a)+

+ · · · + (b − a)n−1

(n − 1)!f (n−1)(a) +

(b − a)n

n!f (n)(c)],

e obtemos assim (∗).

NOTA: A hipotese a < b e desnecessaria, como facilmente se observa na demonstracao. Apenas foiintroduzida para facilitar o enunciado.

A expressao (∗) chama-se formula de Taylor de ordem n de f . Fazendo no enunciado do teoremab = a + h, vem

f(a + h) = f(a) + h f ′(a) +h2

2!f ′′(a) + · · · + hn−1

(n − 1)!f (n−1)(a) +

hn

n!f (n)(a + θh),

sendo 0 < θ < 1.


Ao termohn

n!f (n)(a + θh) ou

(b − a)n

n!f (n)(c) chama-se resto de Lagrange da formula de Taylor.

No caso em que a = 0, a formula de Taylor e conhecida por formula de MacLaurin:

f(x) = f(0) + f ′(0) x + f ′′(0)x2

2!+ · · · + f (n−1)(0)

xn−1

(n − 1)!+ f (n)(c)

xn

n!,

sendo 0 < c < x ou x < c < 0.

EXEMPLO 1: Vamos escrever a formula de MacLaurin, com resto de ordem 4, da funcao

f(x) = ex sen(x).

Como f e uma funcao de classe C∞(R) podemos escrever a sua formula de MacLaurin de qualquer ordem.Em particular, para n = 4 existe c entre 0 e x tal que

f(x) = f(0) + f ′(0) x + f ′′(0)x2

2!+ f ′′′(0)

x3

3!+ f (IV )(c)

x4

4!.

Calculemos as derivadas de f .

f ′(x) = ex (sen(x) + cos(x)) ⇒ f ′(0) = 1f ′′(x) = 2ex cos(x) ⇒ f ′′(0) = 2f ′′′(x) = 2ex(cos(x) − sen(x)) ⇒ f ′′′(0) = 2

f (4)(x) = −4exsen(x) ⇒ f (4)(c) = −4ecsen(c)

Logo,

exsen(x) = x + 2x2

2!+ 2

x3

3!− 4ecsen(c)

x4

4!= x + x2 +

x3

3− ecsen(c)

x4

6

com c entre 0 e x.

EXEMPLO 2: Calculemos, usando a formula de Taylor, o limite

limx→π

log(| cos(x)|) +(x − π)2

2(x − π)2

·

Consideremos a funcao f(x) = log(| cos(x)|). E uma funcao de classe C∞ em D = {x ∈ R : cos(x) 6=0}. Como π ∈ D, podemos escrever a formula de Taylor de ordem 3 de f em potencias de x − π: existec entre x e π tal que

f(x) = f(π) + f ′(π) (x − π) + f ′′(π)(x − π)2

2!+ f ′′′(c)

(x − π)3

3!

Como f(π) = 0 e

f ′(x) = − sen(x)

cos(x)= −tg(x) ⇒ f ′(π) = 0

f ′′(x) = − 1

(cos(x))2⇒ f ′′(π) = −1

f ′′′(x) = − 2 sen(x)

(cos(x))3⇒ f ′′′(c) = − 2 sen(c)

(cos(c))3

temos

f(x) = − (x − π)2

2!− 2 sen(c)

(cos(c))3· (x − π)3

3!= − (x − π)2

2− sen(c)

(cos(c))3· (x − π)3

3

3.4 Teorema de Taylor 89

Calculemos o limite pedido.

limx→π

log(| cos(x)|) +(x − π)2

2(x − π)2

= limx→π

− (x − π)2

2− sen(c)

(cos(c))3· (x − π)3

3+

(x − π)2

2

(x − π)2

= limx→π

− sen(c)

(cos(c))3· (x − π)3

3

(x − π)2= lim

x→π

(

− sen(c)

(cos(c))3· x − π

3

)

= − sen(π)

(cos(π))3· π − π

3= 0

visto que quando x → π tambem c → π.

EXEMPLO 3: Escrevamos a formula de Taylor de ordem 2 da funcao

f(x) =1

1 + log(x)

em torno do ponto 1 e mostremos que

f(x) < 1 − (x − 1) + 3(x − 1)2

2∀x > 1.

A funcao f e de classe C∞ em D = {x ∈ R+ : 1 + log(x) 6= 0}. Como 1 ∈ D podemos escrever aformula de Taylor de ordem 2 de f em potencias de x − 1: existe c entre x e 1 tal que

f(x) = f(1) + f ′(1) (x − 1) + f ′′(c)(x − 1)2

2!

Como f(1) = 1 e

f ′(x) = − 1

x (1 + log(x))2⇒ f ′(1) = −1

f ′′(x) =3 + log(x)

x2 (1 + log(x))3⇒ f ′′(c) =

3 + log(c)

c2 (1 + log(c))3

temos

f(x) = 1 − (x − 1) +3 + log(c)

c2(1 + log(c))3· (x − 1)2

2!

Podemos escrever

3 + log(c)

c2(1 + log(c))3=

2 + 1 + log(c)

c2(1 + log(c))3=

2

c2(1 + log(c))3+

1

c2(1 + log(c))2

Se x > 1 entao 1 < c < x, pelo que 1+ log(c) > 1 + log(1) = 1, c2 (1+ log(c))3 > 1 e c2 (1 + log(c))2 > 1.Entao

2

c2(1 + log(c))3< 2 e

1

c2(1 + log(c))2< 1

portanto,

f(x) < 1 − (x − 1) + 3(x − 1)2

2∀x > 1.


3.5 Aplicacoes da formula de Taylor a determinacao de extre-

mos, sentidos de concavidade e pontos de inflexao

Sabemos que os maximos e os mınimos de uma funcao diferenciavel podem ser calculados recorrendo aprimeira derivada, tendo em atencao que derivada positiva implica funcao crescente e derivada negativaimplica funcao decrescente.

A formula de Taylor tambem nos permite calcular os extremos de uma funcao a partir das derivadasde ordem superior.

Teorema 3.5.1 Seja f : D → R uma funcao contınua num ponto a, interior a D.

a) Se f(a) > 0, entao existe uma vizinhanca V de a tal que f(x) > 0, ∀x ∈ V .

b) Se f(a) < 0, entao existe uma vizinhanca V de a tal que f(x) < 0, ∀x ∈ V .

Demonstracao: Faremos apenas a demonstracao da alınea a).Se f e contınua em a entao, por definicao,

∀δ > 0 ∃ε > 0 : |x − a| < ε ⇒ |f(x) − f(a)| < δ.

Como f(a) > 0, fazendo δ = f(a), obtemos

∃ε > 0 : |x − a| < ε ⇒ |f(x) − f(a)| < f(a).

Mas|f(x) − f(a)| < f(a) ⇔ −f(a) < f(x) − f(a) < f(a)

⇔ −f(a) + f(a) < f(x) < f(a) + f(a)⇔ 0 < f(x) < 2f(a),

ou seja, f(x) > 0 ∀x ∈ Vε(a).

Definicao 3.5.1 Diz-se que a e um ponto de estacionaridade de f se f ′(a) = 0.

Teorema 3.5.2 Seja f uma funcao classe Cn num intervalo I e a um ponto interior a I. Se

f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0 e f (n)(a) 6= 0

entao

a) se n e ımpar, f nao tem extremo relativo em a;

b) se n e par, f tem maximo relativo em a se f (n)(a) < 0 e tem mınimo relativo em a se f (n)(a) > 0.

Demonstracao: Se queremos provar a existencia de extremo relativo no ponto a, temos de estudar o sinalde f(x)− f(a). Sabemos que se existir uma vizinhanca de a onde f(x)− f(a) mantem o sinal entao f(a)e extremo relativo de f , e que se tal nao acontecer entao f(a) nao e extremo relativo.

Como f (n)(x) e contınua e f (n)(a) 6= 0, existe uma vizinhanca V de a, V ⊂ I, onde f (n)(x) toma osinal de f (n)(a), isto e, se f (n)(a) > 0 entao f (n)(x) > 0 ∀x ∈ V , se f (n)(a) < 0 entao f (n)(x) < 0 ∀x ∈ V .

Seja x ∈ V . Visto que f e n vezes diferenciavel em I e V ⊂ I, pelo Teorema de Taylor existe c ∈ Vtal que

f(x) = f(a) + f ′(a) (x − a) + f ′′(a)(x − a)2

2!+ · · · + f (n−1)(a)

(x − a)n−1

(n − 1)!+ f (n)(c)

(x − a)n

n!.

Por hipotese, f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, portanto,

f(x) = f(a) + f (n)(c)(x − a)n

n!,

3.5 Aplicacoes da formula de Taylor 91

ou seja,

f(x) − f(a) = f (n)(c)(x − a)n

n!·

Se n e ımpar e f (n)(a) > 0 entao f(x)− f(a) < 0 se x < a, x ∈ V , e f(x)− f(a) > 0 se x > a, x ∈ V ,ou seja, f(a) nao e extremo relativo.

Se n e ımpar e f (n)(a) < 0 obtemos relacoes analogas, com as desigualdades invertidas.Se n e par e f (n)(a) > 0 entao f(x)−f(a) > 0 ∀x ∈ V \{a}, o que implica que f(a) e mınimo relativo.Se n e par e f (n)(a) < 0 entao f(x) − f(a) < 0 ∀x ∈ V \ {a}, o que implica que f(a) e maximo

relativo.

EXEMPLO 1: Seja f(x) = x3 − 3

2x2.

f ′(x) = 0 ⇔ 3x2 − 3x = 0 ⇔ 3x(x − 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1.

Como f ′′(x) = 3(2x − 1) temos f ′′(0) = −3 e f ′′(1) = 3. Pelo teorema anterior concluımos que f(0) eum maximo relativo e f(1) e um mınimo relativo.

EXEMPLO 2: Seja f(x) =1

2x − sen(x).

f ′(x) = 0 ⇔ 1

2− cos(x) = 0 ⇔ cos(x) =

1

2⇔ x =

π

3+ 2kπ ∨ x = −π

3+ 2kπ, k ∈ Z.

Como f ′′(x) = sen(x) temos f ′′(π3 +2kπ) =

√3

2 e f ′′(−π3 +2kπ) = −

√3

2 . Pelo teorema anterior concluımosque f(π

3 + 2kπ) e mınimo relativo ∀k ∈ Z e f(−π3 + 2kπ) e maximo relativo, ∀k ∈ Z.

EXEMPLO 3: Seja f(x) =x4 + 1

x2.

f ′(x) = 0 ⇔ 2(x4 − 1)

x3= 0 ⇔ x4 − 1 = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = 1.

Como f ′′(x) = 2x4 + 3

x4> 0, ∀x ∈ R \ {0} temos que f(−1) = f(1) e mınimo relativo.

EXEMPLO 4: Seja f(x) = x2(x − 1)3.

f ′(x) = 0 ⇔ x(x − 1)2(5x − 2) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x =2

5·

Como f ′′(x) = 2(x−1)(10x2−8x+1) temos f ′′(0) = −2 e f ′′(25 ) = 18

25 · Pelo teorema anterior concluımosque f(0) e um maximo relativo e f(2

5 ) e um mınimo relativo. Mas f ′′(1) = 0, portanto, temos de calcularf ′′′. Como f ′′′(x) = 6(10x2 − 12x + 3), f ′′′(1) = 6 o que implica que f(1) nao e extremo de f .

EXEMPLO 5: Seja f(x) = 2 cos(x) + sen(2x).

f ′(x) = 0 ⇔ −2 (2 sen2(x) + sen(x) − 1) = 0

⇔ −4 (sen(x) + 1)(sen(x) − 1

2) = 0

⇔ sen(x) = −1 ∨ sen(x) =1

2

⇔ x =3

2π + 2kπ ∨ x =

π

6+ 2kπ ∨ x =

5

6π + 2kπ, k ∈ Z.

Como f ′′(x) = −2 cos(x)(4sen(x) + 1) temos f ′′(π6 + 2kπ) = −3

√3 e f ′′(5

6π + 2kπ) = 3√

3, o que implicaque f(π

6 + 2kπ) e maximo relativo de f e f(56π + 2kπ) e mınimo relativo de f , qualquer que seja k ∈ Z.

Mas f ′′(32π + 2kπ) = 0 pelo que recorremos a terceira derivada: f ′′′(x) = 16 sen2(x) + 2 sen(x) − 8,

portanto, f ′′′(32π + 2kπ) = 6, podendo concluir-se que f(3

2π + 2kπ) nao e extremo.


Figura 3.9

Definicao 3.5.2 Dadas duas funcoes f e g, definidas num intervalo I, diz-se que o grafico de f ficaacima do grafico de g num ponto a ∈ I se f(a) > g(a) e fica abaixo do grafico de g num ponto b ∈ I sef(b) < g(b).

Se J ⊂ I e f(x) > g(x), ∀x ∈ J , diz-se que o grafico de f fica acima do grafico de g em J e sef(x) < g(x), ∀x ∈ J , diz-se que o grafico de f fica abaixo do grafico de g em J .

Seja f uma funcao definida e diferenciavel num intervalo I. Queremos determinar a posicao do graficode f em relacao a tangente a esse grafico num ponto a ∈ int(I). Trata-se, portanto, de estudar a diferenca

r(x) = f(x) − (f(a) + f ′(a) (x − a)).

Definicao 3.5.3 Seja f uma funcao definida num intervalo I, diferenciavel em a ∈ I e seja r(x) =f(x) − (f(a) + f ′(a) (x − a)).

a) Se existir uma vizinhanca V de a, V ⊂ I, tal que r(x) > 0, ∀x ∈ V \ {a}, diz-se que f tem aconcavidade voltada para cima em a;

b) Se existir uma vizinhanca V de a, V ⊂ I, tal que r(x) < 0, ∀x ∈ V \ {a}, diz-se que f tem aconcavidade voltada para baixo em a.

c) Se existir uma vizinhanca V = ]a − ε, a + ε[⊂ I de a tal que

r(x) > 0 ∀x ∈ ]a − ε, a[ e r(x) < 0 ∀x ∈ ]a, a + ε[ ou

r(x) < 0 ∀x ∈ ]a − ε, a[ e r(x) > 0 ∀x ∈ ]a, a + ε[,

diz-se que o grafico de f tem um ponto de inflexao em (a, f(a)).

A Figura 3.9 sugere a interpretacao grafica das definicoes anteriores.

Teorema 3.5.3 Sejam I um intervalo e f ∈ C2(I). O grafico de f tem a concavidade voltada para cima(respectivamente, para baixo) em todos os pontos x, interiores a I, tais que f ′′(x) > 0 (respectivamente,f ′′(x) < 0).

Demonstracao: Seja a um ponto interior a I tal que f ′′(a) 6= 0. Como f ∈ C2(I) e f ′′(a) 6= 0, existeuma vizinhanca V de a, V ⊂ I, onde f ′′(x) toma o sinal de f ′′(a), isto e, se f ′′(a) > 0 entao f ′′(x) > 0,∀x ∈ V , se f ′′(a) < 0 entao f ′′(x) < 0, ∀x ∈ V .

Seja x ∈ V . Pelo Teorema de Taylor, existe c ∈ V tal que

f(x) = f(a) + f ′(a) (x − a) + f ′′(c)(x − a)2

2!·

3.5 Aplicacoes da formula de Taylor 93

Queremos estudar o sinal de r(x):

r(x) = f(x) − (f(a) + f ′(a) (x − a))

= f(a) + f ′(a) (x − a) + f ′′(c)(x − a)2

2!− (f(a) + f ′(a) (x − a))

= f ′′(c)(x − a)2

2!·

O sinal de r(x) depende apenas do sinal de f ′′(c) que, por sua vez, tem o sinal de f ′′(a).Se f ′′(a) > 0 entao r(x) > 0, o que significa que f tem a concavidade voltada para cima.Se f ′′(a) < 0 entao r(x) < 0, o que significa que f tem a concavidade voltada para baixo.

Corolario 1 Se f ∈ C2(I) e tem um ponto de inflexao num ponto a, interior a I, entao f ′′(a) = 0.

Teorema 3.5.4 Sejam I um intervalo e f ∈ Cn(I), n > 2. Se a e um ponto interior a I tal que

f ′′(a) = f ′′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0 e f (n)(a) 6= 0

entao

a) se n e par, f tem a concavidade voltada para cima se f (n)(a) > 0 e tem a concavidade voltada parabaixo se f (n)(a) < 0;

b) se n e ımpar, a e ponto de inflexao.

Demonstracao: Como f (n)(x) e contınua e f (n)(a) 6= 0, existe uma vizinhanca V de a, V ⊂ I, onde

f (n)(x) toma o sinal de f (n)(a), isto e, se f (n)(a) > 0 entao f (n)(x) > 0, ∀x ∈ V , se f (n)(a) < 0 entaof (n)(x) < 0, ∀x ∈ V .

Seja x ∈ V . Como f e n vezes diferenciavel em I e V ⊂ I, pelo Teorema de Taylor existe c ∈ V talque

f(x) = f(a) + f ′(a) (x − a) + f ′′(a)(x − a)2

2!+ · · · + f (n−1)(a)

(x − a)n−1

(n − 1)!+ f (n)(c)

(x − a)n

n!·

Por hipotese, f ′′(a) = f ′′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, portanto,

f(x) = f(a) + f ′(a) (x − a) + f (n)(c)(x − a)n

n!·

Queremos estudar o sinal de r(x):

r(x) = f(x) − (f(a) + f ′(a) (x − a))

= f(a) + f ′(a) (x − a) + f (n)(c)(x − a)n

n!− (f(a) + f ′(a) (x − a))

= f (n)(c)(x − a)n

n!

a) Se n e par entao (x − a)n > 0, ∀x ∈ V \ {a}, o que implica que o sinal de r e o sinal de f (n)(c).Assim, se

f (n)(a) > 0, r(x) > 0 e f tem a concavidade voltada para cima;f (n)(a) < 0, r(x) < 0 e f tem a concavidade voltada para baixo.

b) Se n e ımpar entao (x − a)n > 0, ∀x > a e (x − a)n < 0, ∀x < a.Mas isto implica que o sinal de r muda quando se passa de valores menores do que a para valores

maiores do que a. Portanto, a e ponto de inflexao.

EXEMPLO 1: Seja f(x) = x + sen(x). Como f ′(x) = 1 + cos(x) temos


f ′′(x) = 0 ⇔ sen(x) = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ Z.

Mas f ′′′(x) = − cos(x), portanto, f ′′′(kπ) = 1 se k e ımpar e f ′′′(kπ) = −1 se k e par. Concluımos, peloteorema anterior, que kπ, k ∈ Z e ponto de inflexao.

EXEMPLO 2: Consideremos novamente a funcao f(x) = x2(x−1)3. Como f ′′(x) = 2(x−1)(10x2−8x+1)temos

f ′′(x) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x =4 +

√6

10∨ x =

4 −√

6

10·

Mas f ′′′(x) = 6(10x2 − 12x + 3), portanto,

f ′′′(x) = 0 ⇔ x =6 −

√6

10∨ x =

6 +√

6

10,

o que implica que f ′′′(1) 6= 0, f ′′′(4−√

610 ) 6= 0 e f ′′′(4+

√6

10 ) 6= 0. Pelo teorema anterior concluımos queestes tres pontos sao pontos de inflexao.

3.6 Exercıcios Propostos I 95

3.6 Exercıcios Propostos I

3.6.1 Diferenciabilidade. Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy

1. Calcule, justificando detalhadamente a sua resposta, os seguintes limites

(a) limx→0

sen((ex − 1)2)

sen(x2);

(b) limx→+∞

log

(

1 +1

x

)

e

1

log x − 1

;

(c) limx→0

esen(x) − x − 1

sen2(x);

(d) limx→0

ex2 − 1

x2 + x sen(x);

(e) limx→0

sen(x2)√

1 − sen(x)

x;

(f) limx→0

x − sen(x)

x − tg(x);

(g) limx→1−

(

cos(π x

2

)

log(1 − x))

;

(h) limx→0

log(cos(x))

sen(x2);

(i) limx→1

(1 − x) tg(πx

2

)

;

(j) limx→0+

x + log(sen(x))

log(x).

2. Calcule, justificando, os seguintes limites

(a) limx→1

(x

x − 1− 1

log(x)

)

;

(b) limx→0

(tg(x) + sec(x)

x− 1

sen(x)

)

;

(c) limx→0

(1

tg(x)− 1

x

)

.

3. Calcule, justificando detalhadamente a sua resposta, os seguintes limites

(a) limx→+∞

(

1 +1

x

)log(x);

(b) limx→0

(√

1 + x

1 − x

)1

x;

(c) limx→π

4

(tg(x))tg(2x)

;

(d) limx→0

(1 + sen(4x))cotg(x)

;

(e) limx→0+

x

1

log(ex − 1) ;

(f) limx→0

(1 + tg(x))1

senx ;

(g) limx→+∞

(1

x

)log(1 +1

x2);

(h) limx→0

(1 + sen(x))

1

log(x + 1) ;

(i) limx→0+

(− log(x))x;

(j) limx→0

(1 − cos(x))sen(x);

(k) limx→0+

(tg(x))1

log(x) ;

(l) limx→0+

(√1 + x

)cotg(x).

4. Determine a tal queeax − ex − x

x2

tenha limite finito quando x → 0 e calcule este limite.


5. Determine a e b de modo que

limx→0

cos(a + x) − ebx

x= 2.

6. Determine a de modo queea x − cos(3x)

log(x2 + 1)

tenha limite finito quando x → 0 e calcule esse limite. Justifique todos os passos que der.


3.6.2 Formula de Taylor

1. Escreva a formula de MacLaurin de ordem n, das seguintes funcoes:

(a) f(x) = ex − sen(x), n = 5;

(b) f(x) =√

x2 + 1, n = 3;

(c) f(x) = log(cos(x)), n = 3;

(d) f(x) = ex2

, n = 3;

(e) f(x) = log(2x + 1), n = 3

2. Escreva a formula de Taylor, em torno do ponto a dado, com resto de ordem n, das seguintes funcoes

(a) f(x) = (x − 1) log(x − 1), a = 2, n = 4;

(b) f(x) =1 − log(x)

x, a = e, n = 3;

(c) f(x) = e3x sen(x), a =π

2, n = 2.

3. Utilizando a formula de Taylor, mostre que

cos(π

4+ h) >

√2

2(1 − h),

para |h| suficientemente pequeno.

4. Considere a funcao f(x) = arctg(x).

(a) Escreva a formula de MacLaurin de f , com resto de ordem 3.

(b) Mostre que existe z ∈ R tal que arctg(x) ≤ x, ∀0 < x < z.

5. (a) Escreva o desenvolvimento de Taylor da funcao e1/x em torno do ponto 1, com resto de ordem2.

(b) Utilizando a alınea (a), calcule

limx→1

e1/x − e

x − 1

6. (a) Escreva a formula de Taylor, com resto de ordem 3 da funcao log(| cos(x)|) em torno do pontoπ.

(b) Use a alınea (a) para calcular

limx→π

log(| cos(x)|) + (x−π)2

2

(x − π)2

(c) Mostre que se π < x <3

2π, entao − (x − π)3

3sec2(x)tg(x) < R3(x) < 0

7. (a) Escreva a formula de McLaurin, com resto de ordem 4 da funcao f(x) = ex sen(x).

(b) Mostre, por inducao, que f (4k)(x) = (−1)k 4k ex sen(x), ∀k ∈ N.

(c) Mostre que, para x < 0, |R4k(x)| ≤ 4k x4k

(4k)!, ∀k ∈ N.

8. Considere a funcao f(x) = arctg(x).



(b) Mostre que existe z ∈ R tal que arctg(x) ≤ x, ∀0 < x < z.

9. (a) Escreve a formula de Taylor, com resto de ordem 2 da funcao f(x) =1

1 + log(x)em torno do

ponto 1.

(b) Use a alınea (a) para mostrar que

f(x) < 1 − (x − 1) + 3(x − 1)2

2, ∀x > 1

(c) Qual o sentido da concavidade de f no ponto 1?

10. (a) Seja f(x) = sen4(x) + cos4(x). Mostre, por inducao, que

f (n)(x) = 4n−1 cos(

4x +nπ

2

)

.

(b) Escreva a formula de MacLaurin, com resto de ordem n, de f .

11. Considere a funcaof(x) = x sen(x)

(a) Escreva a formula de Taylor, com resto de ordem 4, de f , em torno do ponto π.

(b) Use a alınea (a) para mostrar que existe uma vizinhanca de π, Vε(π), tal que

f(x) > −π(x − π) − (x − π)2 +π (x − π)3

6, ∀x ∈ Vε(π) \ {π}

Nota: nao necessita de determinar explicitamente ε.

12. Considere a funcaof(x) = x e−x

(a) Escreva a formula de MacLaurin, com resto de ordem 4, de f .


x e−x ≤ x − x2 +x3

2, ∀x < 4

13. Considere a funcaof(x) = (x − 1) log(x) − x.

(a) Prove, por inducao, que

f (n)(x) = (−1)n

((n − 2)!

xn−1+

(n − 1)!

xn

)

, ∀n ≥ 2.

(b) Escreva a formula de Taylor, com resto de ordem n, de f , em torno do ponto x = 1.

14. Considere a funcaof(x) = x2 log(x).

(a) Escreva a formula de Taylor, com resto de ordem 4, de f , em torno do ponto x = 1.


f(x) < (x − 1) +3

2(x − 1)2 +

1

3(x − 1)3, ∀x ∈ R \ {1}


15. Considere a funcao f(x) = sen2(x).

(a) Mostre, por inducao, que f (n)(x) = −2n−1 cos(2x + nπ/2), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N.

(b) Escreva a formula de MacLaurin, com resto de ordem n, de f .

16. (a) Escreva a formula de MacLaurin, com resto de ordem 3, da funcao f(x) = arctg(x).

(b) Use a alınea (a) para mostrar que arctg(x) ≥ x − x3

3, ∀x ≥ 0.

17. Considere a funcao f(x) = x (x − arctg(x)).


(b) Use a alınea (a) para mostrar que f(x) > 0, ∀x 6= 0.

18. Considere a funcao real de variavel real definida por f(x) = esen(x).

(a) Prove, usando o Teorema de Lagrange, a seguinte desigualdade

f(x) ≤ 1 + ex, ∀x ≥ 0.

19. Seja f a funcao real de variavel real definida por f(x) = 3x.

(a) Prove por inducao matematica que

f (n)(x) = 3x (log(3))n, ∀n ∈ N.

(b) Escreva a formula de MacLaurin de f com resto de Lagrange de ordem n.

20. Seja f a funcao real de variavel real definida por f(x) = x 2x.


f (n)(x) = 2x (log(2))n−1(n + x log(2)

), ∀n ∈ N.

(b) Escreva a formula de MacLaurin de f com resto de Lagrange de ordem n.

21. Seja f a funcao real de variavel real definida por f(x) = sen(x2 − 1) + 2x2.

(a) Escreva a formula de Taylor de f com resto de Lagrange de ordem 3 em torno do ponto a = 1.

(b) Prove que, no intervalo [0, 1], f tem, pelo menos, um zero.

(c) Prove que f tem, no maximo, dois zeros.

(d) Justifique que f tem exactamente dois zeros.

22. Seja f a funcao real de variavel real definida por f(x) = x e2x.


f (n)(x) = 2n−1 e2x (n + 2x), ∀n ∈ N.

(b) Escreva a formula de Taylor de f , em torno do ponto a = 1, com resto de Lagrange de ordemn.

23. Considere a funcao real de variavel real definida por f(x) =x

2log(x).

(a) Prove, usando o Teorema de Lagrange, a seguinte desigualdade:

x

2log(x) <

x2 − 1

2, ∀x > 1.


(b) Escreva a Formula de Taylor da funcao f , no ponto a = 1, com resto de Lagrange de ordem 3.

(c) Estude, usando o Teorema de Taylor, a existencia de extremos relativos da funcao f .

24. Seja f a funcao real de variavel real definida por f(x) =1

x− 1

x + 1.


f (n)(x) = (−1)n+1 n!

(1

(x + 1)n+1− 1

xn+1

)

, ∀n ∈ N.

(b) Escreva a formula de Taylor de f com resto de Lagrange de ordem 3 em torno do ponto a = 1.


3.6.3 Estudo de uma funcao

1. Considere a funcao definida porf(x) = x2 log(x)

(a) Determine o domınio de f .

(b) Estude f do ponto de vista da continuidade, derivabilidade, monotonia, extremos, pontos deinflexao e concavidades.

(c) Calcule limx→0

f(x).

2. Considere a funcao

f(x) =

|x − 1| ex se x ≤ 2,

(x − 2)2 + e2 se x > 2.

(a) Estude a continuidade e derivabilidade de f .

(b) Determine os extremos, intervalos de monotonia e pontos de inflexao de f .


f(x) =

−π − 1 − x se x ≤ −π,

cos(x) se − π < x < 0,1

1 + x2se x ≥ 0


(b) Determine os extremos, intervalos de monotonia e pontos de inflexao de f .

(c) Esboce o grafico de f .

4. Considere a funcao f(x) =log(x)

x.


(b) Determine os extremos e intervalos de monotonia de f .

(c) Determine os pontos de inflexao e as concavidades de f .


f(x) =

2 x

1 + x2se x ≤ 0,

1 − e3x se x > 0

(a) Estude a continuidade de f ;

(b) Estude a diferenciabilidade de f ;

(c) Determine os extremos e intervalos de monotonia de f ;

(d) Determine os pontos de inflexao e concavidades de f .

(e) Determine o contradomınio de f .



f(x) =

2

πarctg

(1

x

)

, se x < 0,

x2 − x − 1 se x ≥ 0







f(x) =x

1 + log(x)


(b) Estude a continuidade de f ;

(c) Estude a diferenciabilidade de f ;

(d) Determine os extremos e intervalos de monotonia de f ;

(e) Determine os pontos de inflexao e concavidades de f .

(f) Determine o contradomınio de f .


f(x) =

x ex, se x ≤ 0,

x log4(x) se x > 0







f(x) =

log(4 − x2), se |x| < 2,1

4 − x2se x > 2







10. Considere a funcaof(x) = x2/3 (6 − x)1/3






11. Considere a funcao definida porf(x) = x (1 − x)

25


(b) Estude f quanto a continuidade.

(c) Estude f quanto a derivabilidade.

(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .

(e) Determine os pontos de inflexao e as concavidades de f .

12. Considere a funcao definida por

f(x) =

{arc tg(x), x < 0e|1−x|, x ≥ 0



(c) Estude f quanto a derivabidade.



13. Considere a funcao definida porf(x) = e−2x − e−3x







f(x) =

ex, se x < 0

x2 − x + 1

x2 + 1, se x ≥ 0









f(x) =

2 x5/3 − 5 x4/3, se x ≤ 8

log(x − 7) − 16, se x > 8







16. Considere a funcao definida porf(x) = log(sen(x))







17. Considere a funcao definida porf(x) =

√

sen(x)



(c) Mostre que f nao e diferenciavel em 0.


f(x) =x

2+ sen(x)

(a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .

(b) Determine os pontos de inflexao e as concavidades de f .

(c) Determine o contradomınio de f .


19. Considere a funcao definida porf(x) = log(log(2x + 3))








f(x) =

ex + e−x

2, se x ≤ 0

1

1 − x2, se x > 0



(c) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .

(d) Determine os pontos de inflexao e as concavidades de f .


21. Considere a funcao definida porf(x) = | log(x2)|






22. Considere a funcao definida porf(x) = x(x2 − 5)2







f(x) =|x|

|x + 1|







24. Considere a funcao definida porf(x) = x2e−x






25. Considere a funcao definida porf(x) = x + sen(2 x).







f(x) =1

4x2/3 (x + 40).







f(x) =x2 + 1

x2 − 1.








f(x) =(x2 − 1)2

x4.






29. Considere a funcao definida porf(x) = log(x3 − x).




30. Seja g : R → R uma funcao cuja derivada e dada, em todos os pontos de R, por

g′(x) =x − 1

x2 + 3.

Determine os pontos de inflexao e as concavidades de g.


f(x) =1√

3 x − x2 − 2.




(d) Determine o contradomınio de f .


g′(x) = − x

(2 + x2)2.



f(x) =

ex − x − 1, se x ≤ 0

log(1 − x), se x > 0

(a) Estude f quanto a continuidade.


(b) Mostre que f e decrescente no intervalo ] −∞, 0[.

(c) Calcule limx→−∞

f(x) e limx→+∞

f(x).

(d) Mostre que f tem mınimo.


g′(x) = x2e−2x.

Determine os pontos de inflexao e o sentido das concavidades de g.


f(x) =x2

log(x).


(b) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .

(c) Determine o contradomınio de f .


g′(x) = arctg(ex − ex).


37. Considere a funcao f real de variavel real definida por

f(x) =

ex

x2 − 1, se x 6= 1

0, se x = 1





38. Seja f : R → R uma funcao tal que

f ′(x) =3√

2 x2 − x3.

Determine os sentidos de concavidade de f e os seus pontos de inflexao.


f(x) =

log

(x2

|x − 1|

)

, se x 6= 0

0, se x = 0







f ′(x) =1 − x2

(1 + x2)2.



f(x) =

x2

1 + x2, se x < 0

x2 e−2x, se x ≥ 0

(a) Determine o domınio da funcao f e estude a sua continuidade.

(b) Estude f quanto a diferenciabilidade, determine os seus intervalos de monotonia e extremoslocais.

(c) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexao de f .

(d) Esboce o grafico de f .


f(x) =

esen(x)+cos(x), se x ≥ 0

1 − x

1 + x, se x < 0



(c) Estude a diferenciabilidade de f . Determine os intervalos de monotonia e os extremos locaisde f .


f ′(x) =ex

x2 − 3.



f(x) =

arctg(sen(x)), se x ≥ 0

e−x, se x < 0






f ′(x) = log(|x2 − 4|).

Estude a diferenciabilidade de f ′ e determine os sentidos de concavidade de f e os seus pontos deinflexao.


f(x) =

x2 − 1

x2 − 9, se x ≥ −2

ex + 1, se x < −2




(d) Esboce o grafico de f e indique o seu contradomınio.


f(x) =

1

x4 − x2, se x > −1

ex, se x ≤ −1





f ′(x) = log(sen2(x) + 1).



f(x) = log(log2(x) − 1).





50. Seja f : D ⊂ R → R uma funcao tal que

f ′(x) =1

x4 − x2.


51. Considere a funcao f , real de variavel real, definida por

f(x) =

log(x − 1), se x > 1

1 − x2

2x2 − 1, se x ≤ 1






f(x) =

arctg(sen(x)), se x ≥ 1

x2 − 1

x2 − 3, se x < 1





f ′(x) =x2

(x2 + 3)2.



f(x) =

log(x3 − 4x), se x > −2

ex, se x ≤ −2





55. Seja f : D ⊂ R → R uma funcao tal que

f ′(x) = arccotg(cos(x)).


56. Considere a funcao f , real de variavel real, definida por

f(x) =

x2

x2 − 1, se x ≥ −2

e|x+3| se x < −2






f(x) =

(x − 1) earctg(x), se x ≤ 0

|x − 1|, se x > 0





f ′(x) =x2 + 1

x2 + x.



f(x) =

π

2+ log(1 − x2), se x ≤ 0

arctg

(1

x

)

+1

2x, se x > 0






f ′(x) = ecos2(x).



3.7 Exercıcios Propostos II

3.7.1 Diferenciabilidade. Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy

1. Seja f uma funcao diferenciavel em R e g uma funcao definida por g(x) = f(ex).

(a) Defina a funcao derivada de g.

(b) Supondo que f ′ tambem e diferenciavel, determine g′′(1).

2. Sendo f(x) = x4, g uma funcao diferenciavel em R e h tal que h(x) = (g ◦ f)(sen(x)), defina afuncao derivada de h.

3. Seja f uma funcao diferenciavel e injectiva e g(x) = x3. Aplicando as regras da derivacao da funcaoinversa e da funcao composta, determine uma expressao para a funcao derivada de (f ◦ g)−1.

4. Calcule o diferencial das funcoes:

(a) f(x) = x5 + 4x3;

(b) f(x) = log(x);

(c) f(x) = exx2.

5. Calcule, utilizando o diferencial, valores aproximados de:

(a) 1.993;

(b) 25.02.

6. Considere as funcoes f(x) =2x − 1

x2 − 1e g(x) = 3

√

(x − 1)2. Recorrendo ao teorema de Rolle, que se

pode afirmar sobre a existencia de pontos c1, c2 ∈]0, 2[ tais que f ′(c1) = g′(c2) = 0?

7. Mostre que f(x) = −x4 + 8x2 + 9 satisfaz as condicoes do teorema de Rolle no intervalo [−3, 3].Determine os valores c ∈] − 3, 3[ que satisfacam f ′(c) = 0.

8. Prove, recorrendo ao teorema de Rolle, que a equacao 4x3 +3x2−2x+2 = 0 tem, pelo menos, umasolucao no intervalo ] − 2, 0[.

9. Seja f uma funcao contınua em [a, b], diferenciavel em ]a, b[ e tal que f(a) = f(b) = 0. Diga sea funcao g(x) = f(x)e−3x, no mesmo intervalo, obedece as condicoes do teorema de Rolle. Mostreque existe c em ]a, b[ tal que f ′(c) = 3f(c).

10. Prove que a equacao x3 − 9x − 9 = 0 tem 3 raızes reais.

11. Mostre que a equacao x3 + 2x − 1 = 0 tem apenas uma raiz real. Mostre ainda que essa raiz seencontra no intervalo ]0, 1[.

12. Considere a funcao real de variavel real definida por

f(x) = 2(x − 1)(x − 3)(x − 5)(x − 7).

Quantos zeros podemos garantir para f ′ e f ′′?

13. Prove que, qualquer que seja k (real), a funcao f(x) = 2x3 − 6x + k nao pode ter dois zeros nointervalo ] − 1, 1[.

14. A funcao f esta definida em [0, π2 ] por:

f(x) =

tg(x), se 0 ≤ x < π2

1, se x = π2

3.7 Exercıcios Propostos II 115

(a) Verifique que f(π2 ) = f(π

4 ).

(b) Mostre que f e contınua e diferenciavel no intervalo ]π4 , π

2 [.

(c) Neste intervalo f ′ nao tem zeros. Isto contradiz o teorema de Rolle? Justifique.

15. Considere as funcoes f(x) = (x − 2)2 + 1 e

g(x) =

x2 − 4x + 3

x − 2, se x 6= 2

5, se x = 2

(a) Mostre que, no intervalo [1, 3], a funcao f satisfaz as condicoes do teorema de Rolle e que gnao satisfaz.

(b) Determine as coordenadas do ponto do grafico de f onde a tangente a curva e horizontal.

16. Considere a seguinte funcao real de variavel real,

f(x) =

ex−1, se x ≤ 1

1 + log(x), se x > 1.

Mostre que:

(a) f e contınua em R;

(b) f tem derivada finita em R;

(c) em nenhum intervalo de R e aplicavel a f o teorema de Rolle.

17. Considere a funcao real de variavel real, definida por:

f(x) =

ex2−x−2, se x ∈ [−1, 2]6

πarc sen

(x

4

)

, se x ∈]2, 4].

(a) Averigue se e possıvel aplicar o teorema de Rolle ao intervalo [−1, 2] . Em caso afirmativodetermine o numero de Rolle correspondente.

(b) Prove que f e limitada.

18. Seja f uma funcao definida e diferenciavel num intervalo I e g(x) = f(cos(x)) f(sen(x)). Suponha-mos ainda que I contem os pontos −1 e 1 por forma a que g tenha por domınio R.

(a) Calcule g′(x) e mostre que, em qualquer ponto (a, b) do grafico de g tal que tg(a) = 1, atangente a esse grafico e horizontal.

(b) Admitindo que f era duas vezes diferenciavel em I, o que poderıamos dizer sobre o numero deraızes da equacao g′′(x) = 0?

19. Em cada um dos seguintes casos verificar se o teorema do valor medio de Lagrange se aplica. Em

caso afirmativo encontrar o numero c em tal que f ′(c) =f(b) − f(a)

b − a.

(a) f(x) =1

x, a = 2, b = 3

(b) f(x) =1

x, a = −1, b = 3

(c) f(x) = cos(x), a = 0, b =π

2


(d) f(x) = tg(x), a =π

4, b =

3π

4

(e) f(x) =√

1 − x2, a = −1, b = 0

(f) f(x) = 3√

x, a = −1, b = 1

(g) f(x) = |x|, a = −1, b = 1

20. Considere a funcao g(x) = ex2−4 + x.

(a) Determine as coordenadas dos pontos do grafico da funcao que tem abcissa -1, 1.

(b) A funcao esta nas condicoes do teorema de Lagrange no intervalo [−1, 1]?

(c) Determine uma equacao da recta tangente ao grafico de g, paralela a recta definida pelospontos considerados em a).

21. Seja f : R → R a funcao definida por:

f(x) =

5 − x2, se x ≤ 13

x+ x, se x > 1.

(a) Mostre, a partir da derivada de f , que a funcao e contınua em R.

(b) Aplique o teorema do valor medio de Lagrange ao intervalo [0, 3]. Determine os valores de c aque se refere o teorema.

22. Seja f : R → R a funcao definida por f(x) = sen(x) − cos(x).

(a) Mostre que para cada x ∈ [0, π2 ], 1 ≤ f ′(x) ≤

√2.

(b) Utilize o teorema de Lagrange para verificar que, para cada x ∈ [0, π2 ],

−1 + x ≤ f(x) ≤ −1 + x√

2.

23. Utilizando o teorema de Lagrange mostre que:

(a) arc tg(x) ≤ x, ∀x ∈ R+0 ;

(b) log(x + 1) < x, x > 0;

(c) log

(1 + x

x

)

<1

x, x > 0;

(d) ex > x + 1, x > 0;

(e)x − a

1 + x2+ arc tg(a) < arc tg(x) < arc tg(a) +

x − a

1 + a2, x > a;

(f) |sen(θ) − sen(α)| ≤ |θ − α|, ∀θ, α ∈ R;

(g) |sen(θ)| < |θ|, ∀θ ∈ R.

24. Aplicar, caso seja possıvel, o teorema de Cauchy as seguintes funcoes nos intervalos indicados.

(a) f(x) = ex2−1 + x e g(x) = 2x em [−1, 1].

(b) f(x) = cos(2x) e g(x) = sen(x) em [−π3 , π

3 ].

(c) f(x) = x3 e g(x) = x2 em [−2, 2].

25. Sejam f e g funcoes diferenciaveis em R tais que f ′(x) > g′(x) > 0, ∀x ∈ R e f(a) = g(a).Utilizando o Teorema de Cauchy, demonstre que:

(a) f(x) > g(x), ∀x > a.


(b) f(x) < g(x), ∀x < a.

26. Calcule, aplicando o teorema do valor medio de Cauchy, o seguinte limite:

limx→0

tg(a + x) − tg(a − x)

arc tg(a + x) − arc tg(a − x).

27. Seja f uma funcao contınua em [a, b] e diferenciavel em ]a, b[. Demonstre as seguintes afirmacoes:

(a) Se f ′(x) 6= 0, ∀x ∈]a, b[, entao f e injectiva em [a, b].

(b) Se f ′(x) ≤ 0 (resp. f ′(x) ≥ 0), ∀x ∈]a, b[ entao f e funcao decrescente (resp. crescente).

28. Sejam f e g duas funcoes contınuas num intervalo [a, b] e diferenciaveis em ]a, b[. Mostre que:

(a) se f ′(x) ≤ g′(x), ∀x ∈]a, b[, entao f(b) − f(a) ≤ g(b) − g(a).

(b) se |f ′(x)| ≤ g′(x), ∀x ∈]a, b[, entao |f(b) − f(a)| ≤ g(b) − g(a).

29. Calcule os seguintes limites:

(a) limx→0

(1 + 3 tg2(x))cotg(x);

(b) limx→0

x − tg(x)

x − sen(x);

(c) limx→+∞

log(

x+2x

)

log(

x−2x

) ;

(d) limx→0+

e1x

cotg(x);

(e) limx→0

xsen(x);

(f) limx→+∞

(x + 1)1

log x ;

(g) limx→π

| cos(x)| 1x−π ;

(h) limx→0

log(sen(4x))

log(sen(3x));

(i) limx→0

[

x tg(

(1 − x)π

2

)]

;

(j) limx→+∞

[log x

4√

x+ (1 − e−x)ex

]

;

(k) limx→+∞

[

x1x +

(

1 − 2

x

)x]

;

(l) limx→1

[

(log x)x−1 +log x

sen(πx)

]

;

(m) limx→0

(sen(x)

x

)( sen(x)x−sen(x)

−1);

(n) limx→0

(ax + bx + cx

3

) 1x

, a, b, c ∈ R+.

30. Determine os numeros reais a e b tais que

limx→0

sen(ax) − x

x3 + bx2

seja um numero real diferente de zero.

31. Determine os numeros reais a e b de forma que

limx→0

(cos(x)

log(x + 1)− ax + b

x

)

= 0.


3.7.2 Formula de Taylor

1. Desenvolva os polinomios P1(x) = x4 e P2(x) = x3 − 2x2 + 3x + 5 em potencias inteiras de (x − 3)e (x − 2), respectivamente.

2. Escreva a formula de Taylor de ordem n no ponto a dado, das seguintes funcoes:

(a) f(x) =1

x2 + 3, a = 1, n = 3;

(b) f(x) = ex2

, a = 0, n = 4;

(c) f(x) = sen2(x), a = 0, n = 4;

(d) f(x) = tg(x), a = 0, n = 4;

(e) f(x) =1

x, a = 1, n = 4.

3. Utilize a formula de Taylor para aproximar a funcao f(x) = cos(x) por um polinomio de grau 4.Use esse polinomio para calcular uma aproximacao de cos(0.5). Obtenha uma estimativa para oerro da aproximacao.

4. Use a formula de Taylor para estabelecer as seguintes desigualdades:

(a) log(1 + x) ≥ x − x2

2+

x3

3− x4

4, x > 0;

(b) sen(a + h) − sen(a) − h cos(a) ≤ 1

2h2, ∀h ∈ R;

(c)1

(1 − x)2≤ 1 + 2x + 3x2 + 4

x3

(1 − x)5, x < 0.

5. Escreva a formula de Mac-Laurin de ordem n de cada uma das seguintes funcoes:

(a) f(x) =1 − x

ex;

(b) f(x) =1

1 + x;

(c) f(x) = sen(x);

(d) f(x) = cos(x);

(e) f(x) =1√

1 + x.

6. Observe que as funcoes f(x) = sen(x) e g(x) = kx, com k pequeno, se intersectam nas proximidadesde x = π. Aplicando a formula de Taylor de ordem 3 no ponto π a funcao g(x) = sen(x) − kx,determine uma solucao aproximada de sen(x) = kx.

7. Utilize a formula de Taylor para calcular os seguintes limites:

(a) limx→0

sen(x) − x

x2;

(b) limx→π

ex−π + cos(x) − (x − π)

(x − π)2;

(c) limx→0

1 − cos(x)

x2;

(d) limx→1

log(x) − x + 1

(x − 1)2.

8. Seja g(x) = αe−kx + ax, com a < 0, α < 0, k > 0, constantes. Determine os extremos relativos dafuncao g.


3.7.3 Estudo de uma funcao


f(x) =

2x

1 + x2, se x ≤ 0

1 − e3x, se x > 0

(a) Estude a continuidade de f .

(b) Estude a diferenciabilidade de f .

(c) Determine os extremos e a monotonia de f .



2. Seja f definida por

f(x) =

x2 − 4, se x ≤ −2

|12 (x2 + x − 2)|, se −2 < x ≤ 1ex

2, se x > 1

(a) Estude analiticamente f quanto a continuidade e derivabilidade.

(b) Determine os extremos relativos de f .

(c) Mostre, por definicao, que f e uniformemente contınua no intervalo ]0, 1].


f(x) =|x|e1−x2

+ 2

5.

(a) Estude f do ponto de vista da continuidade, derivabilidade, monotonia e extremos.

(b) Indique, justificando, se a funcao e uniformemente contınua no intervalo ] − 1, 2[.


f(x) =

πx + π2 , se x < − 1

2

cos(πx), se − 12 ≤ x < 3

2

2 − x2, se x ≥ 32



(c) Esboce o grafico da funcao.

(d) Mostre, usando a definicao, que f nao e uniformemente contınua no intervalo [2, +∞[.


f(x) =

a sen(x) + 1, se x ≤ 0

x2 log(x) + b, se 0 < x < 2

x4 + 3, se x ≥ 2

(a) Determine a e b de modo que f tenha derivada finita no ponto x = 0.

(b) Mostre, por definicao, que f e uniformemente contınua no intervalo [3, 4].


6. Considere a funcao f definida por

f(x) =

|x − 1|ex, se x ≤ 2

(x − 2)2 + e2, se x > 2


(b) Determine os extremos relativos, intervalos de monotonia e pontos de inflexao de f .

(c) Mostre, por definicao, que f e uniformemente contınua no intervalo ]3, 4].


f(x) =

cos(π(x − 1)), se x < 1

2x3 − 15x2 + 36x − 28, se 1 ≤ x ≤ 4

x, se x > 4

(a) Estude analiticamente f quanto a continuidade e derivabilidade em todos os pontos do seudomınio.


(c) A funcao f e uniformemente contınua no intervalo [0, 2]? E no intervalo ]2, 5]? Justifique aresposta.

Capıtulo 4

Funcoes Reais de Variavel Real:Primitivacao

4.1 Primitivas imediatas

Definicao 4.1.1 Sejam f e F duas funcoes definidas num intervalo I. Diz-se que F e uma primitiva

de f em I se F ′(x) = f(x), ∀x ∈ I.

EXEMPLO 1: Como (sen(x))′ = cos(x) temos que sen(x) e primitiva de cos(x).

EXEMPLO 2: De (x2)′ = 2x concluımos que x2 e primitiva de 2x.

Definicao 4.1.2 Uma funcao f diz-se primitivavel num intervalo I se existir uma primitiva de f ,definida em I.

NOTA: Ha funcoes que nao sao primitivaveis. Por exemplo, a funcao f : R → R definida por

f(x) =

0, se x < 2

1, se x ≥ 2

nao e primitivavel em R. De facto, a existencia de uma funcao F : R → R tal que F ′(x) = f(x), ∀x ∈ R,contradiz o Teorema de Darboux: f nao toma nenhum valor entre 0 e 1.

Teorema 4.1.1 Se F e primitiva de f , num intervalo I, entao, qualquer que seja C ∈ R, a funcaoG(x) = F (x) + C e tambem primitiva de f em I.

Demonstracao: Basta notar que G′(x) = F ′(x) + C′ = F ′(x) = f(x).

Teorema 4.1.2 Se F e G sao duas primitivas de f num intervalo I, entao F − G e constante em I.

Demonstracao: Usa-se o Corolario 2 do Teorema de Lagrange, notando que F ′(x) = G′(x) = f(x),∀x ∈ I.

NOTAS:

1. Como consequencia dos teoremas anteriores temos que todas as primitivas de f sao da forma F +Ccom F uma primitiva de f e C ∈ R.

2. Se F e uma primitiva de f no intervalo I, designamos por P f qualquer primitiva de f em I, istoe, P f = F + C, com C ∈ R, qualquer.

122 4. Funcoes Reais de Variavel Real: Primitivacao

a b

Figura 4.1

Considerando C > 0, podemos fazer a interpretacao geometrica que se pode ver na Figura 4.1.

Definicao 4.1.3 Chamam-se primitivas imediatas as que se deduzem directamente de uma regra dederivacao.

A partir das regras de derivacao obtem-se facilmente:

Teorema 4.1.3 Sejam f e g duas funcoes primitivaveis num intervalo I e a ∈ R. Entao

a) P a f(x) = a P f(x);

b) P (f(x) + g(x)) = P f(x) + P g(x).

Apresentamos a seguir uma tabela com algumas primitivas imediatas.

f(x) P f(x)

xα, α 6= −1xα+1

α + 1+ C

(u(x))α u′(x), α 6= −1(u(x))α+1

α + 1+ C

1

xlog(|x|) + C

u′(x)

u(x)log(|u(x)|) + C

ex ex + C

eu(x) u′(x) eu(x) + C

ax, (a > 0)ax

log(a)+ C

4.1 Primitivas imediatas 123

au(x) u′(x), (a > 0)au(x)

log(a)+ C

cos(x) sen(x) + C

cos(u(x))u′(x) sen(u(x)) + C

sen(x) − cos(x) + C

sen(u(x))u′(x) − cos(u(x)) + C

1√1 − x2

arcsen(x) + C

u′(x)√

1 − (u(x))2arcsen(u(x)) + C

− 1√1 − x2

arccos(x) + C

− u′(x)√

1 − (u(x))2arccos(u(x)) + C

1

1 + x2arctg(x) + C

u′(x)

1 + (u(x))2arctg(u(x)) + C

sec2(x) tg(x) + C

sec2(u(x))u′(x) tg(u(x)) + C

cosec2(x) −cotg(x) + C

cosec2(u(x))u′(x) −cotg(u(x)) + C

EXEMPLOS:

P (x2 + x + 1) = Px2 + Px + P1 =x3

3+

x2

2+ x + C;

P cos2(x) = P1 + cos(2x)

2=

1

2(P1 + P cos(2x)) =

1

2

(

x +sen(2x)

2

)

+ C;


P 2x 3√

x2 + 3 = P 2x(x2 + 3)13 =

(x2 + 3)13+1

13 + 1

+ C =3

4(x2 + 3)

3√

x2 + 3 + C;

P3x2

x3 + 1= log |x3 + 1| + C;

Pe5x =1

5P 5 e5x =

1

5e5x + C;

P 10x cos(5x2 + 7) = sen(5x2 + 7) + C;

P2

1 + (2x)2= arc tg(2x) + C;

P (cos(x) − 2 e3x) = P cos(x) − 2Pe3x = sen(x) − 2

3e3x + C;

Px2

3√

x3 − 1= P x2(x3 − 1)−

13 =

1

3· (x3 − 1)−

13+1

− 13 + 1

+ C =1

23√

(x3 − 1)2 + C.

Teorema 4.1.4 Seja f uma funcao primitivavel num intervalo I. Entao, para cada x0 ∈ I e caday0 ∈ R, existe uma, e uma so, primitiva F de f tal que F (x0) = y0. Em particular, existe uma, e umaso, primitiva de f que se anula em x0.

EXEMPLO 1: Calculemos f sabendo que f ′(x) = x√

x e f(1) = 2.Comecemos por calcular as primitivas F de f ′, pois f e uma dessas funcoes.

F (x) =2

5x

52 + C.

Mas

f(1) = 2 ⇔ 2

5+ C = 2 ⇔ C =

8

5,

portanto, f(x) =2

5x

52 +

8

5·

EXEMPLO 2: Pretendemos calcular f sabendo que f ′′(x) = 12x2 + 6x − 4, f(0) = 4 e f(1) = 5.A funcao f pertence ao conjunto das funcoes F tais que

F ′(x) = 4x3 + 3x2 − 4x + C

e, portanto, sera uma funcao da forma F (x) = x4 + x3 − 2x2 + Cx + C1. Como

f(0) = 4

f(1) = 5⇔

C1 = 4

C = 1

entao f(x) = x4 + x3 − 2x2 + x + 4.

4.2 Primitivacao por partes e por substituicao 125

4.2 Metodos gerais de primitivacao: Primitivacao por partes e

por substituicao

Teorema 4.2.1 (Primitivacao por partes) Sejam I um intervalo, F uma primitiva de f em I e guma funcao diferenciavel em I. Entao

P (fg) = F g − P (Fg′)

Demonstracao: Pela regra da derivacao do produto (F g)′ = F ′ g + F g′ = fg + Fg′, o que implica quefg = (Fg)′ − Fg′ e, portanto, P (fg) = F g − P (Fg′).

EXEMPLO 1: Seja h(x) = x log(x). Calculemos a primitiva de h por partes: consideremos f(x) = x eg(x) = log(x).

P (x log(x)) =x2

2log(x) − P

(x2

2· 1

x

)

=x2

2log(x) − 1

2P (x) =

x2

2log(x) − x2

4+ C.

EXEMPLO 2: Podemos primitivar a funcao h(x) = log(x) usando este metodo. Sejam f(x) = 1 eg(x) = log(x).

P (log(x)) = P (1. log(x)) = x log(x) − P

(

x1

x

)

= x log(x) − P (1) = x log(x) − x + C.

EXEMPLO 3: Seja h(x) = cos(x) log(sen(x)). Sejam f(x) = cos(x) e g(x) = log(sen(x)). Entao

P (cos(x) log(sen(x))) = sen(x) log(sen(x)) − P

(

sen(x)cos(x)

sen(x)

)

= sen(x) log(sen(x)) − P (cos(x))

= sen(x) log(sen(x)) − sen(x) + C.

EXEMPLO 4: Para calcular a primitiva de h(x) = cos(log(x)) consideremos f(x) = 1 e g(x) =cos(log(x)). Entao

P (cos(log(x))) = x cos(log(x)) + P sen(log(x)).

Esta ultima primitiva calcula-se novamente por partes obtendo-se

P (cos(log(x))) = x cos(log(x)) + x sen(log(x)) − P cos(log(x)),

e, portanto,

2 P (cos(log(x))) = x cos(log(x)) + x sen(log(x)),

ou seja,

P (cos(log(x))) =x

2(cos(log(x)) + sen(log(x))) + C.

EXEMPLO 5: Sejam h(x) = log3(x), f(x) = 1 e g(x) = log3(x).

P (1. log3(x)) = x log3(x) − P (3 log2(x)).


Primitivando novamente por partes, e usando o resultado obtido anteriormente para P (log(x)), obtemos

P (1. log3(x)) = x log3(x) − 3 (x log2(x) − P (2 log(x)))

= x log3(x) − 3x log2(x) + 6x log(x) − 6x + C.

Teorema 4.2.2 (Primitivacao por substituicao) Sejam f uma funcao primitivavel num intervalo Je ϕ uma funcao bijectiva e diferenciavel no intervalo I tal que ϕ(I) = J . Seja Φ(t) = P (f(ϕ(t))ϕ′(t)).Entao a funcao F (x) = Φ(ϕ−1(x)) e uma primitiva de f em J .

Demonstracao: Seja F uma primitiva de f . Como, por hipotese, x = ϕ(t) temos F (x) = F (ϕ(t)). Pelaregra de derivacao da funcao composta

(F (ϕ(t)))′ = F ′(ϕ(t))ϕ′(t) = f(ϕ(t))ϕ′(t) = Φ′(t),

porque designamos por Φ(t) uma primitiva de f(ϕ(t))ϕ′(t).Como F (ϕ(t)) e Φ(t) sao ambas primitivas de f(ϕ(t))ϕ′(t) sabemos que

F (ϕ(t)) − Φ(t) = C, C constante real,

ou ainda,F (ϕ(t)) = Φ(t) + C,

o que implica queF (x) = Φ(ϕ−1(x)) + C.

EXEMPLO 1: Seja f(x) =x3

√x − 1

. Para calcular a primitiva de f facamos√

x − 1 = t, isto e,

ϕ(t) = 1 + t2 = x.

P (f(ϕ(t)).ϕ′(t)) = P(1 + t2)3

t2t = 2 P (1 + t2)3 = 2 P (1 + 3t2 + 3t4 + t6) = 2(t + t3 + 3

t5

5+

t7

7).

Assim,

Px3

√x − 1

= 2

(√x − 1 + (

√x − 1)3 +

3

5(√

x − 1)5 +1

7(√

x − 1)7)

+ C.

EXEMPLO 2: Consideremos f(x) =1

ex + e−x· Podemos calcular a sua primitiva fazendo ex = t, isto e,

ϕ(t) = log(t).

P (f(ϕ(t)).ϕ′(t)) = P1

t + t−1· 1

t= P

1

1 + t2= arc tg(t).

Consequentemente,P f(x) = arc tg(ex) + C.

NOTA: Usamos, por vezes a notacao

P f(x) = {Pt f(ϕ(t))ϕ′(t)} t=ϕ−1(x) .

4.3 Primitivacao de funcoes racionais 127

4.3 Primitivacao de funcoes racionais

SejamP (x) = anxn + · · · + a1x + a0

eQ(x) = bmxm + · · · + b1x + b0,

n, m ∈ N0, an 6= 0, bm 6= 0, dois polinomios com coeficientes aj , bj ∈ R; n e m os graus de P e Q,respectivamente.

Definicao 4.3.1 Chama-se funcao racional toda a funcao f : D ⊂ R → R que pode ser expressa naforma

f(x) =P (x)

Q(x)

em que P e Q sao polinomios e D = {x ∈ R : Q(x) 6= 0}.

Definicao 4.3.2 Dois polinomios P e Q dizem-se iguais, e escreve-se P = Q, se P (x) = Q(x), ∀x ∈ R.

Verifica-se facilmente que, sendo P (x) = anxn + · · ·+a1x+a0 e Q(x) = bmxm + · · ·+ b1x+ b0, se tem

P (x) = Q(x), ∀x ∈ R ⇔ n = m ∧ an = bm, . . . , a1 = b1, a0 = b0.

Dados dois polinomios P e Q, de graus n e m, respectivamente, n > m, existem polinomios M e Rtais que P (x) = M(x)Q(x) + R(x) e grau de R < grau de Q. M diz-se o polinomio quociente e R opolinomio resto.

Definicao 4.3.3 Um polinomio P de grau maior ou igual a 1 diz-se redutıvel se existem polinomios P1

e P2 tais que grau de Pi < grau de P (i = 1, 2) e P (x) = P1(x)P2(x). O polinomio P diz-se irredutıvel

se nao for redutıvel.

E possıvel determinar quais sao precisamente os polinomios irredutıveis. Considere-se, sem perda degeneralidade, os polinomios unitarios (com coeficiente an = 1): P (x) = xn +an−1x

n−1 + · · ·+a1x+a0.

• Todos os polinomios de grau 1, P (x) = x − a, sao irredutıveis.

• Um polinomio de grau 2, P (x) = x2 + bx + c e irredutıvel se, e so se, nao tem raızes reais, isto e,b2 − 4ac < 0. Assim os polinomios de grau 2 irredutıveis sao precisamente os polinomios da formaP (x) = (x − α)2 + β2, α, β ∈ R, β 6= 0, associado as duas raızes complexas conjugadas α ± iβ.

• Os unicos polinomios irredutıveis sao os considerados e mostra-se que todo o polinomio P (x) comgrau maior ou igual a 1 e produto de polinomios irredutıveis:

P (x) = (x − a1)n1 · · · (x − ap)

np [(x − α1)2 + β2

1 ]m1 · · · [(x − αq)2 + β2

q ]mq

em que ni, mj ∈ N representam o grau de multiplicidade do correspondente factor em P .

Definicao 4.3.4 Uma funcao racional f(x) =P (x)

Q(x)diz-se irredutıvel se P e Q nao tiverem raızes

comuns.

Dada uma funcao racional irredutıvel, podemos ter dois casos:

1o O grau do polinomio P e maior ou igual ao grau do polinomio Q.

2o O grau do polinomio P e menor do que o grau do polinomio Q.


No primeiro caso, fazendo a divisao dos polinomios obtemos

P (x) = M(x)Q(x) + R(x),

em que M e R sao polinomios, sendo M o quociente e R o resto (que tem grau inferior ao grau de Q).Temos entao

P (x)

Q(x)= M(x) +

R(x)

Q(x)

o que implica que

P

(P (x)

Q(x)

)

= P (M(x)) + P

(R(x)

Q(x)

)

·

A primitiva de M e imediata por ser a primitiva de um polinomio. A segunda e a primitiva de umafuncao racional, em que o grau do numerador e menor do que o do denominador. Concluımos, assim, quebasta estudar o caso das funcoes racionais irredutıveis em que o grau do numerador e menor do que o graudo denominador, isto e, ficamos reduzidos ao 2o caso atras considerado. Os teoremas seguintes, que naodemonstraremos, permitem-nos decompor uma funcao racional irredutıvel do 2o caso na soma de funcoesracionais cujas primitivas sao “faceis” de calcular (ou mesmo primitivas imediatas). A primitivacao defuncoes racionais irredutıveis fica, pois, completamente resolvida.

Comecemos por analisar os casos em que Q admite apenas raızes reais. Temos o seguinte teorema:

Teorema 4.3.1 SeP (x)

Q(x)e uma funcao racional irredutıvel, se o grau de P e menor que o grau de Q e

seQ(x) = a0 (x − a1)

n1 (x − a2)n2 . . . (x − ap)

np ,

com a1, a2, . . . , ap numeros reais distintos e n1, n2, . . . , np ∈ N, entao a funcao e decomponıvel numasoma da forma

P (x)

Q(x)=

An1

(x − a1)n1+ · · · + A1

x − a1+ · · · + Bnp

(x − anp)np

+ · · · + B1

x − anp

onde An1 , . . . , A1, . . . , Bnp, . . . , B1 sao numeros reais.

NOTA: Nas condicoes do Teorema 4.3.1, qualquer das parcelas em que se decompoe a funcao temprimitiva imediata:

PA

(x − a)p=

A

1 − p· 1

(x − a)p−1, se p 6= 1

PA

x − a= A log |x − a|

1o caso: Q tem raızes reais de multiplicidade 1, isto e, Q decompoe-se em factores do tipo x − a com

a ∈ R. A cada raiz a de Q associa-se uma parcela do tipoA

x − a, com A constante a determinar.

EXEMPLO: Calculemos a primitiva da funcao f definida por f(x) =4x2 + x + 1

x3 − x·

Como o numero de raızes de um polinomio nao ultrapassa o seu grau e x3 −x admite as raızes x = 0,x = −1 e x = 1, podemos concluir que estas raızes tem multiplicidade 1. Entao

4x2 + x + 1

x3 − x=

A

x+

B

x − 1+

C

x + 1

=A(x2 − 1) + Bx(x + 1) + Cx(x − 1)

x3 − x

=(A + B + C)x2 + (B − C)x − A

x3 − x


Pelo metodo dos coeficientes indeterminados temos

A + B + C = 4

B − C = 1

−A = 1

⇔

B + C = 5

B − C = 1

A = −1

⇔

B = 3

C = 2

A = −1

Assim:4x2 + x + 1

x3 − x=

−1

x+

3

x − 1+

2

x + 1e

P

(4x2 + x + 1

x3 − x

)

= P

(−1

x

)

+ P

(3

x − 1

)

+ P

(2

x + 1

)

= − log |x| + 3 log |x − 1| + 2 log |x + 1| + C

= log

(∣∣∣∣

(x − 1)3

x

∣∣∣∣(x + 1)2

)

+ C.

2o caso: Q tem raızes reais de multiplicidade p, p > 1, isto e, Q admite x− a, com a ∈ R, como divisor pvezes. Na decomposicao, a cada raiz a de Q de multiplicidade p vai corresponder uma soma de p parcelascom a seguinte forma:

Ap

(x − a)p+

Ap−1

(x − a)p−1+ · · · + A1

x − a,

com Ap, Ap−1, . . . , A1 constantes a determinar.

EXEMPLO: Calculemos a primitiva da funcao f definida por f(x) =2x3 + 5x2 + 6x + 2

x(x + 1)3·

Como x(x + 1)3 admite as raızes x = 0, x = −1 e x + 1 aparece 3 vezes na factorizacao do polinomio,podemos concluir que estas raızes tem multiplicidade 1 e multiplicidade 3, respectivamente. Entao

2x3 + 5x2 + 6x + 2

x(x + 1)3=

A

x+

B

(x + 1)3+

C

(x + 1)2+

D

x + 1

=A(x + 1)3 + Bx + Cx(x + 1) + Dx(x + 1)2

x(x + 1)3

=(A + D)x3 + (3A + C + 2D)x2 + (3A + B + C + D)x + A

x(x + 1)3


A + D = 2

3A + C + 2D = 5

3A + B + C + D = 6

A = 2

⇔

D = 0

C = −1

B = 1

A = 2

Assim:2x3 + 5x2 + 6x + 2

x(x + 1)3=

2

x+

1

(x + 1)3+

−1

(x + 1)2


e

P

(2x3 + 5x2 + 6x + 2

x(x + 1)3

)

= P

(2

x

)

+ P

(1

(x + 1)3

)

− P

(1

(x + 1)2

)

= 2 log |x| − 1

2

1

(x + 1)2+

1

x + 1+ C

= log(x2)− 1

2

1

(x + 1)2+

1

x + 1+ C.

Vejamos agora os casos em que o polinomio Q admite raızes complexas.



se α + iβ (α, β ∈ R) e uma raiz de Q, de multiplicidade r, entao

P (x)

Q(x)=

Mr x + Nr

[(x − α)2 + β2]r+ · · · + M1 x + N1

(x − α)2 + β2+

H(x)

Q∗(x)

onde H e Q∗ sao polinomios tais que o grau de H e menor que o grau de Q∗, Mr, Nr, . . . , M1, N1, saonumeros reais e nem α + iβ nem α − iβ sao raızes do polinomio Q∗.

1o caso: Q tem raızes complexas de multiplicidade 1, isto e, Q admite como divisores polinomios de grau2, (uma unica vez cada polinomio), que nao tem raızes reais. Na decomposicao, a cada par de raızes(α + iβ, α − iβ) vai corresponder uma parcela com a seguinte forma:

Ax + B

(x − α)2 + β2

com A e B constantes a determinar.

EXEMPLO: Calculemos a primitiva da funcao f definida por f(x) =x2 + 2

(x − 1)(x2 + x + 1)·

Como

(x − 1)(x2 + x + 1) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −1

2± i

√3

2

podemos concluir que estas raızes tem multiplicidade 1. Entao

x2 + 2

(x − 1)(x2 + x + 1)=

A

x − 1+

Bx + C

(x + 12 )2 + 3

4

=A(x2 + x + 1) + (Bx + C)(x − 1)

(x − 1)(x2 + x + 1)

=(A + B)x2 + (A − B + C)x + A − C

(x − 1)(x2 + x + 1)


A + B = 1

A − B + C = 0

A − C = 2

⇔

A = 1

B = 0

C = −1


Assim:x2 + 2

(x − 1)(x2 + x + 1)=

1

x − 1+

−1

(x + 12 )2 + 3

4

e

P

(x2 + 2

(x − 1)(x2 + x + 1)

)

= P

(1

x − 1

)

+ P

( −1

(x + 12 )2 + 3

4

)

= log |x − 1| − P

(1

(x + 12 )2 + 3

4

)

.

A primitiva

P

(1

(x + 12 )2 + 3

4

)

calcula-se fazendo a substituicao x +1

2=

√3

2t, isto e, ϕ(t) =

√3

2t − 1

2· (No caso geral, sendo a + ib a

raiz, a substituicao e x − a = bt). Entao

Pf(ϕ(t)).ϕ′(t) = P

(

1

(√

32 t)2 + 3

4

·√

3

2

)

=2√3P

1

t2 + 1=

2√3arc tg(t),

portanto,

P

(1

(x + 12 )2 + 3

4

)

=2√3arc tg

(2√3x +

1√3

)

.

Finalmente,

Pf(x) = log |x − 1| − 2√3arc tg

(2√3x +

1√3

)

+ C.

2o caso: Q tem raızes complexas de multiplicidade p, p > 1, isto e, Q admite como divisores polinomiosde grau 2 que nao tem raızes reais, aparecendo p vezes cada polinomio na factorizacao de Q. Na decom-posicao, a cada par de raızes (α + iβ, α − iβ) vai corresponder uma soma de parcelas com a seguinteforma:

Apx + Bp

((x − α)2 + β2)p+

Ap−1x + Bp−1

((x − α)2 + β2)p−1+ · · · + A1x + B1

(x − α)2 + β2

com Ap, Ap−1, . . . , A1, Bp, Bp−1, . . . , B1 constantes a determinar.

EXEMPLO: Calculemos a primitiva da funcao f definida por

f(x) =x4 − x3 + 6x2 − 4x + 7

(x − 1)(x2 + 2)2·

Como(x − 1)(x2 + 2)2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = ±i

√2

e (x− 1)(x2 + 2)2 tem grau 5, podemos concluir que estas raızes tem multiplicidade 1 e multiplicidade 2,respectivamente. Entao

x4 − x3 + 6x2 − 4x + 7

(x − 1)(x2 + 2)2=

A

x − 1+

Bx + C

(x2 + 2)2+

Dx + E

x2 + 2

=A(x2 + 2)2 + (Bx + C)(x − 1) + (Dx + E)(x − 1)(x2 + 2)

(x − 1)(x2 + 2)2



A = 1B = 1C = −1D = 0E = −1

Assim:x4 − x3 + 6x2 − 4x + 7

(x − 1)(x2 + 2)2=

1

x − 1+

x − 1

(x2 + 2)2+

−1

x2 + 2

e

P

(x4 − x3 + 6x2 − 4x + 7

(x − 1)(x2 + 2)2

)

= P

(1

x − 1

)

+ P

(x − 1

(x2 + 2)2

)

+ P

( −1

x2 + 2

)

= log |x − 1| + P

(x − 1

(x2 + 2)2

)

− P

(12

1 + x2

2

)

= log |x − 1| + P

(x − 1

(x2 + 2)2

)

− 1√2P

1√2

1 +(

x√2

)2

= log |x − 1| + P

(x − 1

(x2 + 2)2

)

− 1√2

arc tg

(x√2

)

.

A primitiva

P

(x − 1

(x2 + 2)2

)

= P

(

x − 1

(x2 +√

22)2

)

calcula-se fazendo a substituicao x =√

2 t, isto e, ϕ(t) =√

2 t. Entao

Pf(ϕ(t)).ϕ′(t) = P

( √2 t − 1

(2t2 + 2)2·√

2

)

=

√2

4P

(√2 t − 1

(t2 + 1)2

)

=

√2

4P

( √2 t

(t2 + 1)2− 1

(t2 + 1)2

)

=

√2

4

(

P

√2 t

(t2 + 1)2− P

1

(t2 + 1)2

)

=

√2

4

(√2

2P 2t(t2 + 1)−2 − P

1

(t2 + 1)2

)

=

√2

4

(

−√

2

2(t2 + 1)−1 − P

1 + t2 − t2

(t2 + 1)2

)

= −1

4

1

t2 + 1−

√2

4

(

P1 + t2

(t2 + 1)2− P

t2

(t2 + 1)2

)

= −1

4

1

t2 + 1−

√2

4

(

P1

t2 + 1− P

t

2

2t

(t2 + 1)2

)

= −1

4

1

t2 + 1−

√2

4

(

arc tg(t) −(

− 1

t2 + 1

t

2+ P

1

2

1

t2 + 1

))

= −1

4

1

t2 + 1−

√2

4arc tg(t) −

√2

4

t

2(t2 + 1)+

√2

8arc tg(t) = −

√2t + 2

8(t2 + 1)−

√2

8arc tg(t),


portanto,

P

(x − 1

(x2 + 2)2

)

= − x + 2

4(x2 + 2)−

√2

8arc tg

(x√2

)

.

Finalmente,

Pf(x) = log |x − 1| − 5√

2

8arc tg

(x√2

)

− x + 2

4(x2 + 2)+ C.

NOTA: SeP (x)

Q(x)admite uma decomposicao da forma que aparece neste teorema, a sua primitiva pode

ser calculada recorrendo a primitivas de funcoes da forma

Ax + B

(x − α)2 + β2e

Cx + D

[(x − α)2 + β2]p, p > 1.

Temos no primeiro caso, usando a substituicao x − α = βt,

PAx + B

(x − α)2 + β2=

{

PtA(α + βt) + B

β2t2 + β2· β}

t= x−αβ

PtA (α + βt) + B

β2t2 + β2· β = P

A α + B + A βt

β(t2 + 1)

= PA α + B

β(t2 + 1)+ P

A βt

β(t2 + 1)

=A α + B

βP

1

t2 + 1+ A P

t

t2 + 1

=A α + B

βarctg(t) +

A

2log(t2 + 1)

Portanto,

PAx + B

(x − α)2 + β2=

A α + B

βarctg

(x − α

β

)

+A

2log

[(x − α

β

)2

+ 1

]

+ C.

No segundo caso, usando a mesma substituicao,

PCx + D

[(x − α)2 + β2]p=

{

PtC(α + βt) + D

(β2t2 + β2)p· β}

t= x−αβ

.

PtC (α + βt) + D

(β2t2 + β2)p· β = P

C α + D + C βt

β2p−1(t2 + 1)p

= PC α + D

β2p−1(t2 + 1)p+ P

C βt

β2p−1(t2 + 1)p

=C α + D

β2p−1P

1

(t2 + 1)p+

C

β2p−2P

t

(t2 + 1)p

=C α + D

β2p−1P

1

(t2 + 1)p− C

2β2p−2· 1

p − 1· 1

(t2 + 1)p−1

Resta-nos calcular P1

(t2 + 1)p·


Mas

1

(t2 + 1)p=

1 + t2 − t2

(t2 + 1)p=

1

(t2 + 1)p−1− t2

(t2 + 1)p

o que implica que

P1

(t2 + 1)p= P

1

(t2 + 1)p−1− P

t2

(t2 + 1)p

= P1

(t2 + 1)p−1− P

t

2· 2t

(t2 + 1)p

= P1

(t2 + 1)p−1+

t

2(p − 1)(t2 + 1)p−1− P

1

2(p − 1)(t2 + 1)p−1

=t

2(p − 1)(t2 + 1)p−1+

2p − 3

2p − 2P

1

(t2 + 1)p−1,

isto e, o calculo da primitiva de1

(t2 + 1)pficou apenas dependente do calculo da primitiva de

1

(t2 + 1)p−1,

que por sua vez pode, de modo analogo, fazer-se depender do calculo da primitiva de1

(t2 + 1)p−2, e assim

sucessivamente ate chegarmos a primitiva de1

1 + t2que e imediata.



seQ(x) = a0 (x − a)p · · · (x − b)q[(x − α)2 + β2]r · · · [(x − γ)2 + δ2]s

entao a funcao e decomponıvel numa soma da forma

P (x)

Q(x)=

Ap

(x − a)p+ · · · + A1

x − a+ · · · + Bq

(x − b)q+ · · · + B1

x − b+

+Mr x + Nr

[(x − α)2 + β2]r+ · · · + M1 x + N1

(x − α)2 + β2+ · · ·+

+Vs x + Zs

[(x − γ)2 + δ2]s+ · · · + V1 x + Z1

(x − γ)2 + δ2

onde Ap, . . . , A1, Bq, . . . , B1, Mr, Nr, . . . , M1, N1, Vs, Zs, . . . , V1, Z1 sao numeros reais.

4.4 Primitivacao de funcoes algebricas irracionais 135

4.4 Primitivacao de funcoes algebricas irracionais

Vejamos agora alguns tipos de funcoes cuja primitivacao pode reduzir-se a primitivacao de funcoes ra-cionais com uma substituicao adequada. Introduza-se em primeiro lugar a nocao de polinomio e funcaoracional em varias variaveis.

Definicao 4.4.1 Designa-se por polinomio em duas variaveis , x e y, com coeficientes reais, aaplicacao P : R × R → R, dada por

P (x, y) = amnxmyn + · · · + a11xy + a10x + a01y + a00,

com m, n ∈ N0, aij ∈ R. Define-se o grau de P como o maior inteiro i + j tal que aij 6= 0.Mais geralmente define-se, de modo analogo, polinomio em p variaveis u1, . . . , up, como a apli-

cacao P : R × · · · × R︸︷︷︸

p vezes

→ R, dada por

P (u1, . . . , up) =∑

i1,...,ip

ai1...ipui1

1 . . . uipp ,

i1, . . . , ip ∈ N0, ai1...ip∈ R e

∑

i1,...,ip

uma soma finita em i1, . . . , ip.

Definicao 4.4.2 Se P (u1, . . . , up) e Q(u1, . . . , up) sao dois polinomios em p variaveis, chama-se funcao

racional em p variaveis a uma aplicacao da forma

R(u1, . . . , up) =P (u1, . . . , up)

Q(u1, . . . , up)

definida nos elementos (u1, . . . , up) ∈ R × · · · × R︸︷︷︸

p vezes

tais que Q(u1, . . . , up) 6= 0.

Analisemos entao algumas classes de funcoes susceptıveis de serem racionalizadas por convenientesmudancas de variavel. No que se segue R designa uma funcao racional dos seus argumentos.

Expressao Substituicao

f(x) = R(xmn , x

pq , . . . , x

rs ) x = tµ

µ = m.m.c.{n, q, . . . , s}

f(x) = R

(

x,(

a x+bc x+d

)mn

,(

a x+bc x+d

) pq

, . . . ,(

a x+bc x+d

) rs

)

a x+bc x+d = tµ

µ = m.m.c.{n, q, . . . , s}

f(x) = xα (a + b xβ)γ xβ = t

EXEMPLO 1: Consideremos a funcao f(x) =1√

x + 3√

x=

1

x12 + x

13

· A substituicao a usar e x = ϕ(t) =

t6 e a primitiva a calcular e

P f(ϕ(t))ϕ′(t) = P1

t3 + t2· 6t5 = P

6t5

t2(t + 1)= 6 P

t3

t + 1= 6 P

(

t2 − t + 1 − 1

t + 1

)


= 6

(t3

3− t2

2+ t − log |t + 1|

)

= 2t3 − 3t2 + 6t − 6 log |t + 1|

tendo-se assim

P1√

x + 3√

x= 3

√x − 3 3

√x + 6 6

√x − 6 log( 6

√x + 1) + C.

EXEMPLO 2: Seja f(x) =

√2x + 3

1 − 4√

2x + 3· A substituicao 2x+3 = t4 permite resolver o problema. Temos

P f(ϕ(t))ϕ′(t) = Pt2

1 − t· 2t3 = −2 P

t5

t − 1= −2P

(

t4 + t3 + t2 + t + 1 +1

t − 1

)

= −2

(t5

5+

t4

4+

t3

3+

t2

2+ t + log |t − 1|

)

e

Pf(x) = −2

(( 4√

2x + 3)5

5+

( 4√

2x + 3)4

4+

( 4√

2x + 3)3

3+

( 4√

2x + 3)2

2+ 4

√2x + 3

+ log( 4√

2x + 3)

)

+ C

EXEMPLO 3: Seja f(x) = x√

3√

x2 + 2. Facamos a substituicao x23 = t. Obtemos:

P f(ϕ(t))ϕ′(t) = P t32 (2 + t)

12

3

2t

12 =

3

2P t2

√2 + t

que, como vimos anteriormente (exemplo 2), se resolve fazendo a substituicao 2 + t = z2, isto e,

3

2P t2

√2 + t =

3

2

{Pz (z2 − 2)2 · z · 2z

}

z=√

2+t

=3

2

{Pz2(z6 − 4z4 + 4z2)

}

z=√

2+t

= 3

{z7

7− 4

z5

5+ 4

z3

3

}

z=√

2+t

=3

7

(√2 + t

)7 − 12

5

(√2 + t

)5+ 4

(√2 + t

)3

tendo-se finalmente

P x

√3√

x2 + 2 =3

7

(√

x23 + 2

)7

− 12

5

(√

x23 + 2

)5

+ 4

(√

x23 + 2

)3

+ C.



√a x2 + b x + c =

√ax + t

se a > 0

√a x2 + b x + c = t x +

√c

f(x) = R(x,√

a x2 + b x + c) se c > 0

√a x2 + b x + c = t (x − α)

ou√

a x2 + b x + c = t (x − β)

se α e β sao zeros reais

distintos de a x2 + b x + c

EXEMPLO 1: Consideremos a funcao f(x) =1

x√

3x2 − x + 1. Como a = 3 podemos usar a substituicao

√3x2 − x + 1 =

√3x + t, tendo-se:

3x2 − x + 1 = 3x2 + 2√

3xt + t2

−x − 2√

3xt = t2 − 1

x =1 − t2

1 + 2√

3t= ϕ(t)

o que implica ϕ′(t) =−2

√3t2 − 2t − 2

√3

(2√

3t + 1)2·

A primitiva a calcular e

P1

1 − t2

1 + 2√

3t

(√3 · 1 − t2

1 + 2√

3t+ t

) · −2√

3t2 − 2t − 2√

3

(2√

3t + 1)2

= P−2

√3t2 − 2t − 2

√3√

3(1 − t2)2 + t(1 − t2)(2√

3t + 1

= P−2(

√3t2 + t +

√3)

(√

3 −√

3t2 + 2√

3t2 + t)(1 − t2)

= −2P1

1 − t2= −2P

( 12

1 − t+

12

1 + t

)

= log |1 − t| − log |1 + t| = log

∣∣∣∣

1 − t

1 + t

∣∣∣∣

o que implica que

P1

x√

3x2 − x + 1= log

∣∣∣∣∣

1 −√

3x2 − x + 1 +√

3x

1 +√

3x2 − x + 1 −√

3x

∣∣∣∣∣+ C.

EXEMPLO 2: Primitivemos a funcao f(x) =1

x√−x2 + 4x − 3

· Tendo em conta que −x2 + 4x − 3 =

0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3 podemos usar a substituicao√−x2 + 4x − 3 = t(x − 3).


√−x2 + 4x − 3 = t(x − 3)

√

−(x − 3)(x − 1) = t(x − 3)

−(x − 3)(x − 1) = t2(x − 3)2

−(x − 1) = t2(x − 3)

x =3t2 + 1

t2 + 1= ϕ(t)

o que implica ϕ′(t) =4t

(t2 + 1)2·

A primitiva a calcular e

P1

3t2 + 1

t2 + 1· t(

3t2 + 1

t2 + 1− 3

) · 4t

(t2 + 1)2

= P4

(3t2 + 1)(3t2 + 1 − 3t2 − 3)

= P−2

3t2 + 1= − 2√

3arc tg(

√3t)

o que implica que

P1

x√−x2 + 4x − 3

= − 2√3

arc tg(√

3 ·√−x2 + 4x − 3

x − 3) + C.


√a2 − x2 x = a cos(t) ou x = a sen(t)

√x2 − a2 x = a sec(t) ou x = a cosec(t)

√x2 + a2 x = a tg(t) ou x = a cotg(t)

EXEMPLO 1: Seja f(x) =

√9 − x2

x2· Facamos a substituicao x = 3 sen(t) = ϕ(t). Temos ϕ′(t) = 3 cos(t)

e

P f(ϕ(t))ϕ′(t) = P

√

9 − 9 sen2(t)

9 sen2(t)· 3 cos(t) = P

√

1 − sen2(t)

sen2(t)· cos(t)

= Pcos2(t)

sen2(t)= P cotg2(t) = P (cosec2(t) − 1)

= −cotg(t) − t

e, assim,

P

√9 − x2

x2= −cotg(arc sen(

x

3)) − arc sen(

x

3) + C = −

√9 − x2

x− arc sen(

x

3) + C


EXEMPLO 2: Consideremos a funcao f(x) =1

x3√

x2 − 16e a substituicao x = 4 sec(t) = ϕ(t). Temos

ϕ′(t) = 4 sec(t) tg(t) e

P f(ϕ(t))ϕ′(t) = P1

43sec3(t)√

16 sec2(t) − 16· 4 sec(t) tg(t)

= Ptg(t)

43 sec2(t)√

sec2(t) − 1= P

tg(t)

43 sec2(t) tg(t)

=1

43P

1

sec2(t)=

1

43P cos2(t)

=1

43

(t

2+

sen(2 t)

4

)

e, assim,

P1

x3√

x2 − 16=

1

43

(1

2arc sec(

x

4) +

sen(2 arc sec(x4 ))

4

)

+ C

EXEMPLO 3: Para calcular as primitivas de f(x) =1

x2√

x2 + 4podemos fazer a substituicao x =

2 tg(t) = ϕ(t). Temos ϕ′(t) = 2 sec2(t) e

P f(ϕ(t))ϕ′(t) = P1

4 tg2(t)√

4 tg2(t) + 4· 2 sec2(t)

= Psec2(t)

4 tg2(t)√

tg2(t) + 1= P

sec2(t)

4 tg2(t) sec(t)

=1

4P

sec(t)

tg2(t)=

1

4P cotg(t) cosec(t)

= −1

4cosec(t)

e, assim,

P1

x2√

x2 + 4= −1

4cosec(arc tg(

x

2)) + C = −1

4

√x2 + 4

x+ C


4.5 Primitivacao de funcoes transcendentes


f(x) = R(sen(x), cos(x)) tg(x2 ) = t

f(x) = R(sen(x), cos(x)) tg(x) = t

R(−y,−z) = R(y, z), ∀y, z

f(x) = R(ex) ex = t

A substituicao tg(x

2

)

= t conduz a uma funcao racional de t. De facto, de

sen(x) = 2 sen(x

2

)

. cos(x

2

)

= 2tg(

x2

)

√

1 + tg2(

x2

) ·1

√

1 + tg2(

x2

)

= 2tg(

x2

)

1 + tg2(

x2

) =2t

1 + t2

e

cos(x) = cos2(x

2

)

− sen2(x

2

)

=1

1 + tg2(

x2

) − tg2(

x2

)

1 + tg2(

x2

)

=1 − tg2

(x2

)

1 + tg2(

x2

) =1 − t2

1 + t2

conclui-se, tendo em conta que

tg(x

2

)

= t ⇒ x = 2 arc tg(t) = ϕ(t) ⇒ ϕ′(t) =2

1 + t2,

P f(x) =

{

Pt R

(2t

1 + t2,1 − t2

1 + t2

)

.2

1 + t2

}

tg(x2 )=t

A substituicao indicada serve no caso geral, mas em certos casos particulares sao preferıveis outrassubstituicoes. Assim, por exemplo, se R(sen(x), cos(x)) e funcao par em sen(x) e cos(x) (isto e, se naose altera ao mudarmos simultaneamente sen(x) para −sen(x) e cos(x) para − cos(x)), pode fazer-se asubstituicao tg(x) = t, ou seja, ϕ(t) = arc tg(t) e

sen(x) =t√

1 + t2e cos(x) =

1√1 + t2

·

EXEMPLO 1: Calculemos as primitivas de f(x) =1

2 cos(x) + 1· A substituicao indicada e tg

(x

2

)

= t:

P1

21 − t2

1 + t2+ 1

· 2

1 + t2= P

2

3 − t2

=1√3

P

(1√

3 − t+

1√3 + t

)

=1√3(− log |

√3 − t| + log |

√3 + t|) =

1√3

log

∣∣∣∣∣

√3 + t√3 − t

∣∣∣∣∣

4.5 Primitivacao de funcoes transcendentes 141

o que implica que

P1

2 cos(x) + 1=

1√3

log

∣∣∣∣∣∣

√3 + tg

(x

2

)

√3 − tg

(x

2

)

∣∣∣∣∣∣

+ C.

EXEMPLO 2: Para calcular as primitivas de f(x) =1

cos2(x) − sen2(x)fazemos a substituicao tg(x) = t

e obtemos

P1

1

1 + t2− t2

1 + t2

· 1

1 + t2= P

1

1 − t2

=1

2P

(1

1 − t+

1

1 + t

)

=1

2(− log |1 − t| + log |1 + t|) =

1

2log

∣∣∣∣

1 + t

1 − t

∣∣∣∣

e, portanto,

P1

cos2(x) − sen2(x)=

1

2log

∣∣∣∣

1 + tg(x)

1 − tg(x)

∣∣∣∣+ C

EXEMPLO 3: Para primitivar a funcao f(x) =1

ex + 1usa-se a substituicao ex = t:

P1

t + 1· 1

t= P

−1

1 + t+ P

1

t= − log |1 + t| + log |t| = log

∣∣∣∣

t

1 + t

∣∣∣∣

e

P1

ex + 1= log

(ex

ex + 1

)

+ C.

As funcoes do tipo f(x) = sen(ax)sen(bx), com a e b constantes, |a| 6= |b|, podem primitivar-se tendoem conta que

sen(ax).sen(bx) =1

2[cos(a − b)x − cos(a + b)x]

e conclui-se que

P sen(ax).sen(bx) =sen(a − b)x

2(a − b)− sen(a + b)x

2(a + b)+ C

De modo analogo,

P cos(ax). cos(bx) =sen(a − b)x

2(a − b)+

sen(a + b)x

2(a + b)+ C

Se pretendermos primitivar um produto de varios factores sen(amx) e cos(bnx) podemos comecarpor substituir por uma soma o produto de dois dos factores; depois substituem-se por somas os novosprodutos obtidos por associacao de novos pares de factores; e assim sucessivamente ate esgotar todos osfactores.

EXEMPLO:

P sen(3x) cos(5x)sen(6x)

= P1

2(sen(8x) + sen(−2x)) sen(6x)

=1

2P

1

2(cos(2x) − cos(14x)) − 1

2P

1

2(cos(−4x) − cos(8x))

=1

4P cos(2x) − 1

4P cos(14x) − 1

4P cos(4x) +

1

4P cos(8x)

= 18

(

sen(2x) − sen(14x)

7− sen(4x)

2+

sen(8x)

4

)

+ C


As funcoes do tipo f(x) = p(x)eax, onde p e um polinomio de grau n em x e a e uma constante,primitivam-se por partes:

P p(x)eax =1

aeaxp(x) − 1

aPeaxp′(x).

A primitiva que aparece no segundo membro e ainda do mesmo tipo, mas mais simples, pois o graude p′(x) e inferior em uma unidade ao grau de p(x). Aplicando novamente o mesmo processo ate chegara um polinomio de grau zero, obtem-se

P f(x) =eax

a

(

p(x) − p′(x)

a+

p′′(x)

a2+ · · · + (−1)n p(n)(x)

an

)

+ C.

EXEMPLO: Primitivemos a funcao f(x) = (x2 + 2x + 1)e3x.

P (x2 + 2x + 1)e3x =1

3(x2 + 2x + 1)e3x − 1

3P (2x + 2)e3x

=1

3

(

(x2 + 2x + 1)e3x − 1

3(2x + 2)e3x +

1

3P2e3x

)

=1

3e3x

(

(x2 + 2x + 1) − 1

3(2x + 2) +

2

9

)

+ C.

As primitivas que obtivemos foram sempre funcoes elementares, isto e, funcoes algebricas, a funcaoexponencial, as funcoes trigonometricas e as trigonometricas inversas e, de um modo geral, as funcoes quese possam obter por composicao destas em numero finito. Por outras palavras, aprendemos a calcularprimitivas de funcoes elementarmente primitivaveis. Nem todas as funcoes estao nesta situacao. Noentanto,

Teorema 4.5.4 Toda a funcao contınua num intervalo [a, b] e primitivavel nesse intervalo.



4.6.1 Primitivacao

1. Determine as primitivas das funcoes definidas pelas expressoes analıticas seguintes:

(a) 2x 3√

x2 + 3;

(b) 5x4 + 2x2 + 3;

(c) ax5, a constante nao nula;

(d)ex

√1 − e2x

;

(e) cos(6x);

(f)2

3x;

(g) sen(2x − 3);

(h)3x

5 + x2;

(i) x√

x2 + 9 ;

(j) cosx − 5e2x;

(k)x

2x2 + 5+ cos(2x);

(l)1√

1 − 5x2;

(m) − 3

2x2+

5

x+

2√x

;

(n) sen(x) cos2(x);

(o)sen(x)

1 + 2 cos(x)+

1

sen2(x);

(p) (cos2(x) + 2 cos(x)) sen(x);

(q)kx

a + bx2, k 6= 0, ab 6= 0;

(r) asen3(x) + x, a 6= 0;

(s)log |x|

x;

(t)1

x log x.

2. Primitive, por partes, as funcoes definidas pelas expressoes analıticas seguintes :

(a) arc tg(x);

(b) x cos(x);

(c)x

cos2(x);

(d) (x2 + x + 1) ex;

(e) (x2 + 1) cos(x);

(f)log |x|

x2.

3. Primitive, por substituicao, usando em cada caso a substituicao indicada, as funcoes definidas por :

(a)x3

√x − 1

(√

x − 1 = t);

(b)x2

√4 − x2

(x = 2 sen(t));

(c)1

x + 4

√

x + 2

x + 4

(√x + 2

x + 4= t

)

;

(d)1

ex + e−x(ex = t);

(e)1

sen(x) + cos(x)(tg(x

2

)

= t).

4. Determine as primitivas das funcoes racionais definidas pelas expressoes analıticas seguintes :

(a)x5

2x + 1;

(b)x2 + 1

12 + 3x2;

(c)x + 2

3x2 − 12x + 12;

(d)1

x2 − 9;


(e)2x

(x + 2)(x − 3);

(f)x3 + x2 + x + 3

x4 + 2x2 − 3;

(g)x4

2x3 − 4x2 + 8x − 16;

(h)3x

−x2 + x + 6;

(i)t + 1

t4 + t2;

(j)2x3

(x2 + 1)2.

5. Determine a primitiva da funcao x → x2ex que toma o valor 1 para x = 0.

6. Determine a primitiva da funcao x → 3

9x2 + 6x + 2que toma o valor

5π

4para x = 0.

7. Determine a primitiva da funcao x → (cos(x))35 sen3(x) + x2ex que toma o valor 7 para x = 0.

8. Determine a funcao f tal que f”(x) =8

(x + 1)3, f ′(1) = −1 e lim

x→+∞f(x) = 1.

9. (a) Mostre que, com a substituicao log x = t , o calculo de P

(1

xR(log x)

)

, onde R designa uma

funcao racional do seu argumento, pode fazer-se depender do calculo da primitiva de umafuncao racional em t.

(b) Primitive f(x) =4

x[(log x)3 − 3 logx − 2].

10. Sendo g(x) = cosn(x)R(sen(x)), com n ımpar, onde R designa uma funcao racional do seu argu-mento , mostre que a substituicao sen(x) = t permite primitivar g atraves da primitiva de umafuncao racional.

11. Primitive as funcoes definidas pelas expressoes analıticas seguintes :

(a) x sen(2x − 1);

(b) x arc tg(x);

(c)x√

1 + x;

(d)t + 1√

t2 + 2t + 3;

(e) (x + 1)ex;

(f)3x√

x2 + 5+ tg(9x);

(g)x3 + 1

5x2 − 10x + 50;

(h)2√

9 − x2;

(i)ex + e−x

e2x − 2ex + 1;

(j)1

x√

x2 + 4x − 4;

(k) arc tg(5x);

(l)1√

2 + x − x2;

(m)1√

x + 1 + 4√

x + 1;

(n) cos4(ax) , a 6= 0;

(o) x5 3√

(1 + x3)2 ;

(p)1

5 + 4 cos(x);

(q)

√x − x3ex + x2

x3;

(r) (log x + 1)2;

(s)sen(x)

cos(x)(1 + cos2(x));

(t)3x + 5

2x3 − 2x2 − 2x + 2;

(u)x3(x + 3)

3x3 + 9x2 − 12;

(v) (x + 1)3e2x;

(w)x3 − 3x − 4

−4x + 2x2 − 16;

(x)2x + 1√3x + 2

;

(y)2t − 1

t4 − 2t3 + 2t2 − 2t + 1;

(z)tg(x)

1 + cos(x).


12. Mostre por primitivacao que:

(a) P [(sen(x))n−1sen((n + 1)x)] =1

n(sen(x))nsen(nx);

(b) P [(cosx)m cos(nx)] =1

m + n[cosm(x)sen(nx) + mP [cosm−1(x) cos((n − 1)x)]].

13. Estabeleca a seguinte formula de recorrencia :

P (tg(x))n =(tg(x))n−1

n − 1− P (tg(x))n−2, n ≥ 2.

14. Seja fn(x) =xn

√a + bx

. Mostre que :

Pfn(x) =2xn

√a + bx

(2n + 1)b− 2na

(2n + 1)bPfn−1(x).

Capıtulo 5

Funcoes Reais de Variavel Real:Calculo Integral

5.1 Integral de Riemann: Definicao e propriedades

Definicao 5.1.1 Sejam a, b ∈ R, a < b. Dados n + 2 pontos a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn <xn+1 = b, ao conjunto dos subintervalos da forma [xi, xi+1], i = 0, 1, . . . , n, chama-se particao de [a, b].

NOTAS:

1. A particao e um conjunto de subconjuntos, mais precisamente:P = {[xi, xi+1] : i ∈ N0, 0 ≤ i ≤ n}.

O nome particao resulta de ∪ni=0[xi, xi+1] = [a, b] e do facto de dados dois quaisquer elementos de

P a sua interseccao ou e vazia ou se reduz a um ponto.

2. A particao P fica bem definida pelo conjunto P ={a= x0, x1, x2, . . . , xn−1, xn, xn+1 = b} pelo quepodemos identificar a particao P com o conjunto P . E claro que, pelo modo como definimos aparticao, consideramos o conjunto P ordenado, isto e, xi < xi+1, i = 0, 1, . . . , n.

Definicao 5.1.2 Sejam a, b ∈ R, a < b. Dadas duas particoes P1 e P2, diz-se que P1 e mais fina queP2 se todos os elementos de P1 estao contidos em elementos de P2.

NOTA: Tendo em conta a Nota 2, a seguir a definicao anterior, se P1 e P2 forem os conjuntos de pontosque definem P1 e P2, respectivamente, a Definicao 5.1.2 poderia ser enunciada do seguinte modo: P1 emais fina que P2 se P2 ⊂ P1.

Proposicao 1 Sejam a, b ∈ R, a < b. Dadas duas particoes de [a, b], P1 e P2, existe uma particao de[a, b], P3, mais fina que P1 e P2.

Demonstracao: Tendo em conta a Nota 2 a seguir a Definicao 5.1.1 e a nota a seguir a Definicao 5.1.2,se P1 e P2 sao os conjuntos de pontos que definem P1 e P2, basta tomar a particao P3 definida porP3 = P1 ∪ P2.

Definicao 5.1.3 Sejam a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R uma funcao limitada e P uma particao de [a, b].Chama-se soma inferior de Darboux de f , relativa a particao P a

sP(f) =n∑

i=0

(xi+1 − xi) infx∈[xi,xi+1]

f(x).

148 5. Funcoes Reais de Variavel Real: Calculo Integral

Chama-se soma superior de Darboux de f , relativa a particao P a

SP(f) =n∑

i=0

(xi+1 − xi) supx∈[xi,xi+1]

f(x).

NOTAS:

1. As somas superior e inferior estao bem definidas. Como f e limitada em [a, b], f e limitada em[xi, xi+1], isto e, o conjunto {f(x) : x ∈ [xi, xi+1]} e limitado e, portanto, tem ınfimo e supremo.

2. E obvio que sP(f) ≤ SP(f). Veremos que esta propriedade se pode generalizar: para uma funcaolimitada em [a, b], qualquer soma superior e maior ou igual a qualquer soma inferior.

3. Se f e uma funcao nao negativa em [a, b], dada uma particao P , a soma inferior de Darboux eigual a soma das areas dos rectangulos cujos lados tem comprimento xi+1−xi e inf

x∈[xi,xi+1]f(x) (ver

Figura 5.1).

Figura 5.1: Soma inferior de Darboux.

Analogamente, a soma superior de Darboux e igual a soma das areas dos rectangulos cujos ladostem comprimento xi+1 − xi e sup

x∈[xi,xi+1]

f(x) (ver Figura 5.2).

Proposicao 2 Sejam a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R uma funcao limitada, P1 e P2 duas particoes de[a, b], P1 mais fina que P2. Entao: sP2(f) ≤ sP1(f) ≤ SP1(f) ≤ SP2(f).

Demonstracao: Da Definicao 5.1.2, para cada [xi, xi+1] ∈ P2, existem [yj , yj+1] ∈ P1, j = ki, . . . , pi, taisque ∪pi

j=ki[yj, yj+1] = [xi, xi+1]. Entao

infx∈[xi,xi+1]

f(x) ≤ infx∈[yj,yj+1]

f(x), j = ki, . . . , pi,

pelo quepi∑

j=ki

(yj+1 − yj) infx∈[yj,yj+1]

f(x) ≥pi∑

j=ki

(yj+1 − yj) infx∈[xi,xi+1]

f(x) =

= infx∈[xi,xi+1]

f(x)

pi∑

j=ki

(yj+1 − yj) = (xi+1 − xi) infx∈[xi,xi+1]

f(x).

5.1 Integral de Riemann: Definicao e propriedades 149

Figura 5.2: Soma superior de Darboux.

Somando estas expressoes (de i = 0 a i = n) obtem-se sP2(f) ≤ sP1(f). Analogamente se obtinhaSP1(f) ≤ SP2(f). A proposicao fica demonstrada tendo em conta que sP1(f) ≤ SP1(f) (ver Nota 2 aseguir a Definicao 5.1.3).

Proposicao 3 Sejam a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R uma funcao limitada, P1 e P2 duas particoes de[a, b]. Entao: sP1(f) ≤ SP2(f) e sP2(f) ≤ SP1(f).

Demonstracao: Pela Proposicao 1 existe uma particao P3 mais fina que P1 e P2. Pela Proposicao 2,sP1(f) ≤ sP3(f) ≤ SP3(f) ≤ SP2(f) e sP2(f) ≤ sP3(f) ≤ SP3(f) ≤ SP1(f).

NOTA: Resulta desta proposicao que se a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R e uma funcao limitada, o conjuntodas somas superiores e minorado (todas as somas inferiores sao minorantes) e o conjunto das somasinferiores e majorado (todas as somas superiores sao majorantes); estes conjuntos tem, pois, ınfimo esupremo, respectivamente.

Definicao 5.1.4 Sejam a, b ∈ R, a < b e f : [a, b] → R uma funcao limitada. Ao ınfimo do conjunto

das somas superiores de f chama-se integral superior de f em [a, b] e representa-se por∫ b

af(x) dx. Ao

supremo do conjunto das somas inferiores de f chama-se integral inferior de f em [a, b] e representa-se

por∫ b

af(x) dx. Se

∫ b

af(x) dx =

∫ b

af(x) dx, diz-se que f e integravel a Riemann em [a, b]; a este numero

chama-se integral de f em [a, b] e representa-se∫ b

a f(x) dx =∫ b

a f(x) dx =∫ b

a f(x) dx.

NOTAS:

1. Sejam a, b ∈ R, a < b e f : [a, b] → R uma funcao limitada. O integral superior de f em [a, b] e ointegral inferior de f em [a, b] existem (ver nota antes da definicao). No entanto a funcao pode naoser integravel; consideremos, por exemplo, a funcao

f(x) =

{1, x ∈ [0, 1] ∩ Q

0, x ∈ [0, 1] \ Q

Como entre quaisquer dois pontos existem racionais e irracionais, dada uma particao qualquer, P ,

infx∈[xi,xi+1]

f(x) = 0 e supx∈[xi,xi+1]

f(x) = 1, pelo que

∫ 1

0

f(x) dx = 0 e

∫ 1

0

f(x) dx = 1.

2. Se f e contınua, nao negativa e integravel em [a, b], o integral de f e igual a area da figura limitadapelo grafico de f e pelas rectas x = a, x = b e y = 0 (eixo dos xx) (ver Figura 5.3). Para nos


convencermos deste facto, basta ter em conta as figuras 5.1 e 5.2 e a definicao. O integral e o ınfimodo conjunto das somas superiores, que sao todas maiores ou iguais que aquela area (ver Figura5.2), portanto o integral e maior ou igual que a area da figura referida. Por outro lado, o integraltambem e o supremo do conjunto das somas inferiores, que sao todas menores ou iguais que aquelaarea (ver Figura 5.1) portanto o integral e menor ou igual que a area da figura referida. Conclui-seassim que o integral e igual a area da figura.

Figura 5.3: O integral e igual a area da figura indicada.

Proposicao 4 Se a < b e f(x) = c, ∀x ∈ [a, b], entao∫ b

af(x) dx = c (b − a)

Demonstracao: Qualquer que seja a particao P , sP(f) = SP(f) = c (b − a).

Proposicao 5 Se a < b e f, g : [a, b] → R sao duas funcoes integraveis em [a, b] tais que f(x) ≤g(x), ∀x ∈ [a, b], entao

∫ b

a f(x) dx ≤∫ b

a g(x) dx.

Demonstracao: Qualquer que seja a particao P , sP(f) ≤ sP(g) pelo que, os integrais, (que, por hipotese,existem e sao iguais aos supremos dos conjuntos das somas inferiores) verificam a desigualdade.

Proposicao 6 Sejam a, b ∈ R, a < b e f : [a, b] → R uma funcao limitada. f e integravel se, e so se,para todo o ε > 0 existe uma particao P tal que SP(f) − sP(f) < ε.

Demonstracao: Suponhamos que f e integravel e seja ε > 0, qualquer. Visto que o integral e o supremodo conjunto das somas inferiores, existe uma particao P1 tal que

sP1(f) >

∫ b

a

f(x) dx − ε/2; (1)

analogamente, visto que o integral e o ınfimo do conjunto das somas superiores, existe uma particao P2

tal que

SP2(f) <

∫ b

a

f(x) dx + ε/2. (2)

Entao, SP2(f)− ε/2 <∫ b

a f(x) dx < sP1(f)+ ε/2 donde obtemos SP2(f) < sP1(f)+ ε. Se tomarmos umaparticao P , mais fina que P1 e P2 entao, pela Proposicao 2, SP(f) ≤ SP2(f) < sP1(f) + ε ≤ sP(f) + ε.

Reciprocamente, suponhamos que para todo o ε > 0 existe uma particao P tal que SP(f)−sP(f) < ε,

isto e, SP(f) < sP(f) + ε. Entao,∫ b

a f(x) dx ≤ SP(f) < sP(f) + ε ≤∫ b

a f(x) dx + ε, pelo que, para todo

o ε > 0, 0 ≤∫ b

af(x) dx −

∫ b

af(x) dx ≤ ε, o que so e possıvel se

∫ b

af(x) dx =

∫ b

af(x) dx.


Proposicao 7 Se a < b e f, g : [a, b] → R sao duas funcoes integraveis em [a, b] entao f + g e integravel

em [a, b] e∫ b

a(f + g)(x) dx =

∫ b

af(x) dx +

∫ b

ag(x) dx.

Demonstracao: Visto que, para cada i,

infx∈[xi,xi+1]

f(x) ≤ f(x) ≤ supx∈[xi,xi+1]

f(x), ∀x ∈ [xi, xi+1]

einf

x∈[xi,xi+1]g(x) ≤ g(x) ≤ sup

x∈[xi,xi+1]

g(x), ∀x ∈ [xi, xi+1],

entao

infx∈[xi,xi+1]

f(x) + infx∈[xi,xi+1]

g(x) ≤ f(x) + g(x) ≤ supx∈[xi,xi+1]

f(x) + supx∈[xi,xi+1]

g(x), ∀x ∈ [xi, xi+1],

pelo queinf

x∈[xi,xi+1]f(x) + inf

x∈[xi,xi+1]g(x) ≤ inf

x∈[xi,xi+1](f(x) + g(x)) ≤

≤ supx∈[xi,xi+1]

(f(x) + g(x)) ≤ supx∈[xi,xi+1]

f(x) + supx∈[xi,xi+1]

g(x)

Usando estas desigualdades e recorrendo a definicao, obtemos, para qualquer particao,

sP(f) + sP(g) ≤ sP(f + g) ≤ SP(f + g) ≤ SP(f) + SP(g) (3)

Seja ε > 0, qualquer. Pela Proposicao 6 (desigualdades 1 e 2) existem particoes P1, P2, P3 e P4 taisque

∫ b

a

f(x) dx − ε

2≤ sP1(f) ≤ SP2(f) ≤

∫ b

a

f(x) dx +ε

2

e∫ b

a

g(x) dx − ε

2≤ sP3(g) ≤ SP4(g) ≤

∫ b

a

g(x) dx +ε

2

Se considerarmos uma particao P mais fina que P1, P2, P3 e P4, as ultimas desigualdades continuamvalidas, com as Pi substituıdas por P e, adicionando,

∫ b

a

f(x) dx +

∫ b

a

g(x) dx − ε ≤ sP(f) + sP(g) ≤ SP(f) + SP(g) ≤∫ b

a

f(x) dx +

∫ b

a

g(x) dx + ε

Usando agora as desigualdades 3, obtemos

∫ b

a

f(x) dx +

∫ b

a

g(x) dx − ε ≤ sP(f + g) ≤ SP(f + g) ≤∫ b

a

f(x) dx +

∫ b

a

g(x) dx + ε.

Concluımos assim que∫ b

af(x) dx +

∫ b

ag(x) dx e o supremo das somas inferiores e o ınfimo das somas

superiores de f + g, isto e,∫ b

a f(x) dx +∫ b

a g(x) dx =∫ b

a (f(x) + g(x)) dx.

Proposicao 8 Se a < b, se f : [a, b] → R e integravel em [a, b] e c ∈ R, entao c f e integravel em [a, b] e∫ b

a (c f)(x) dx = c∫ b

a f(x) dx.

Demonstracao: Se c = 0, cf ≡ 0 em [a, b] e aplica-se a Proposicao 4.Se c > 0, seja P uma particao de [a, b]. Como, para cada i,

inf[xi,xi+1]

(cf(x)) = c inf[xi,xi+1]

(f(x)) e sup[xi,xi+1]

(cf(x)) = c sup[xi,xi+1]

(f(x)),


entao sP(cf) = c sP(f) e SP(cf) = c SP(f). Tomando o supremo das somas inferiores e o ınfimo dassomas superiores, obtemos:

∫ b

a

(c f)(x) dx = c

∫ b

a

f(x) dx = c

∫ b

a

f(x) dx = c

∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

(c f)(x) dx

Se c = −1, inf[xi,xi+1]

(−f(x)) = − sup[xi,xi+1]

(f(x)) e sup[xi,xi+1]

(−f(x)) = − inf[xi,xi+1]

(f(x)), pelo que sP(−f) =

−SP(f) e SP(−f) = −sP(f); entao,

∫ b

a

(−f)(x) dx = −∫ b

a

f(x) dx e

∫ b

a

(−f)(x) dx = −∫ b

a

f(x) dx

e destas igualdades concluımos que∫ b

a (−f)(x) dx = −∫ b

a f(x) dx.

Tendo em conta os casos estudados a proposicao fica demonstrada (se c < 0, basta observar quec = −1 (−c) e aplicar o que se mostrou anteriormente).

Proposicao 9 Se a < b, se f : [a, b] → R e integravel em [a, b] e se g difere de f apenas num ponto,

entao g e integravel em [a, b] e∫ b

af(x) dx =

∫ b

ag(x) dx.

Demonstracao: Seja M > 0 tal que |f(x)| ≤ M ∧ |g(x)| ≤ M, ∀x ∈ [a, b].

Dado ε > 0 qualquer, consideremos uma particao P1 de [a, b] tal que

∫ b

a

f(x) dx − ε

2≤ sP1(f) ≤ SP1(f) ≤

∫ b

a

f(x) dx +ε

2.

Tomemos uma particao P , mais fina que P1, tal que xi+1 − xi <ε

8M, i = 0, . . . , n. Como f e g diferem

apenas num ponto, digamos c, as respectivas somas superiores e inferiores diferem (eventualmente) apenasnas parcelas que contem c (duas no caso de c ser um dos xi, uma no caso contrario). Como |f(c)−g(c)| ≤2M , as somas superiores e inferiores diferem, quando muito de ε/2. Entao,

∫ b

a

f(x) dx − ε ≤ sP(g) ≤ SP(g) ≤∫ b

a

f(x) dx + ε,

donde deduzimos o resultado.

Corolario 1 Se a < b, se f : [a, b] → R e integravel em [a, b] e se g difere de f apenas num numero

finito de pontos, entao g e integravel em [a, b] e∫ b

a f(x) dx =∫ b

a g(x) dx.

Demonstracao: Se g difere de f em m pontos, p1, p2, . . . , pm, basta aplicar a proposicao m vezes:considera-se a funcao f1 que e igual a f excepto em p1, onde e igual a g, e aplica-se a proposicao;considera-se a funcao f2 que e igual a f1 excepto em p2, onde e igual a g, e aplica-se a Proposicao; assimsucessivamente, ate chegarmos a fm, que e igual a g.

Proposicao 10 Se a ≤ c < d ≤ b e se f : [a, b] → R e integravel em [a, b], entao f e integravel em [c, d]

e∫ d

c f(x) dx =∫ b

a g(x) dx onde

g(x) =

f(x), se x ∈ [c, d]

0, se x /∈ [c, d]


Demonstracao: Dado ε > 0 qualquer, consideremos uma particao P1 de [a, b] tal que SP1(f)−sP1(f) < ε/2(Proposicao 6). Se ao conjunto dos pontos que definem P1 acrescentarmos c e d, obtemos uma particaoP , mais fina que P1, pelo que SP(f) − sP(f) < ε/2.

Se considerarmos agora a particao P ′ de [c, d], que se obtem de P por considerar apenas os elementoscontidos em [c, d], verifica-se obviamente SP′(f) − sP′(f) < ε/2. Pela Proposicao 6, deduzimos que f eintegravel em [c, d].

Falta-nos demonstrar a igualdade dos integrais. Supomos que a < c < d < b. Se a = c ou d = b,as adaptacoes (de facto, simplificacoes) sao evidentes. Procedemos, agora, de modo semelhante ao dademonstracao da Proposicao 9. Sejam M tal que |g(x)| ≤ M, ∀x ∈ [a, b] e P2 uma particao de [a, b], maisfina que P , tal que os elementos de P2 em que c e extremo direito e os elementos de P2 em que d e extremoesquerdo tem comprimento menor ou igual a ε/(2M). Se P ′

2 e a particao de [c, d] que se obtem de P2

por considerar apenas os elementos contidos em [c, d], sP′

2(f) e sP2(g) apenas diferem (eventualmente)

em duas parcelas: as que correspondem ao elemento de P2 em que c e extremo direito e ao elemento deP2 em que d e extremo esquerdo. O mesmo acontece em relacao a SP′

2(f) e SP2(g). Entao,

sP′

2(f) − ε ≤ sP2(g) ≤ SP2(g) ≤ SP′

2(f) + ε

pelo que concluımos que

∫ d

c

f(x) dx =

∫ b

a

g(x) dx.

Proposicao 11 Se a < c < b e f : [a, b] → R e integravel em [a, b], entao∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx +

∫ b

c f(x) dx.

Demonstracao: Consideremos as funcoes

g(x) =

f(x), x ∈ [a, c]

0, x ∈]c, b]

e h(x) =

0, x ∈ [a, c[

f(x), x ∈ [c, b]

Obviamente, f = g + h. Pelas Proposicoes 10 e 7:

∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

(g + h)(x) dx =

∫ b

a

g(x) dx +

∫ b

a

h(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx +

∫ b

c

f(x) dx

Definicao 5.1.5 Sejam a, b ∈ R, a < b e f : [a, b] → R uma funcao integravel. Define-se

∫ a

b

f(x) dx = −∫ b

a

f(x) dx e

∫ a

a

f(x) dx = 0

Proposicao 12 Quaisquer que sejam a, b, c ∈ R,

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx +

∫ b

c

f(x) dx, sempre que os

tres integrais existam.

Demonstracao: Se a < c < b, trata-se da Proposicao 11. Se c < a < b, entao, pela Proposicao 11,∫ b

cf(x) dx =

∫ a

cf(x) dx+

∫ b

af(x) dx = −

∫ c

af(x) dx+

∫ b

af(x) dx, donde obtemos o resultado. Os restantes

casos resolvem-se do mesmo modo.

Proposicao 13 Sejam a, b ∈ R e a < b. Se f, g : [a, b] → R sao duas funcoes integraveis em [a, b], entaofg e integravel em [a, b].

Nao demonstraremos esta proposicao. A sua demonstracao, embora possıvel a este nıvel, seria dema-siado longa para os propositos deste curso.


5.2 Classes de funcoes integraveis

Teorema 5.2.1 Sejam a, b ∈ R, a < b. Se f e contınua em [a, b] entao e integravel em [a, b].

Demonstracao: Pelo Teorema de Cantor, f e uniformemente contınua em [a, b]. Dado ε > 0, qualquer,existe θ > 0 tal que ∀x, y ∈ [a, b], |x− y| < θ ⇒ |f(x)− f(y)| < ε/(b− a). Se tomarmos uma particao, P ,em que todos os seus elementos tenham comprimento menor que θ, entao |f(x)−f(y)| < ε/(b−a), ∀x, y ∈[xi, xi+1], i = 0, . . . , n, pelo que

supx∈[xi,xi+1]

f(x) − infx∈[xi,xi+1]

f(x) = maxx∈[xi,xi+1]

f(x) − minx∈[xi,xi+1]

f(x) < ε/(b − a), i = 0, . . . , n.

Daqui se conclui que

SP(f) − sP(f) =

n∑

i=0

(xi+1 − xi) ( supx∈[xi,xi+1]

f(x) − infx∈[xi,xi+1]

f(x)) <

<

n∑

i=0

(xi+1 − xi)ε

b − a= (b − a)

ε

b − a= ε.

Pela Proposicao 6, f e integravel em [a, b].

Teorema 5.2.2 Sejam a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R uma funcao limitada. Se f e contınua em [a, b],excepto num numero finito de pontos, entao e integravel em [a, b].

Demonstracao: Suponhamos que f e contınua em [a, b] excepto num ponto c ∈]a, b[. Sejam ε > 0, qualquere M > 0 tal que |f(x)| ≤ M, ∀x ∈ [a, b]. Entao pelo Teorema 5.2.1, f e integravel em [a, c − ε/(12M)] eem [c+ε/(12M), b] (podemos sempre tomar ε suficientemente pequeno para nenhum destes intervalos servazio ou se reduzir a um ponto), pelo que, pela Proposicao 6, existem particoes P1 e P2 de [a, c−ε/(12M)]e [c + ε/(12M), b], respectivamente, tais que SP1(f) − sP1(f) < ε/3 e SP2(f) − sP2(f) < ε/3. Seconsiderarmos a particao P , de [a, b], formada pelos elementos de P1, por C = [c−ε/(12M), c+ε/(12M)]e pelos elementos de P2, entao SP(f) − sP(f) < ε (note-se que sup

x∈Cf(x) − inf

x∈Cf(x) ≤ 2 M e que o

comprimento de C e ε/(6M)). Tendo em conta a Proposicao 6, f e integravel em [a, b].Se f nao for contınua num dos extremos do intervalo, procede-se do mesmo modo, com as adaptacoes

evidentes. O mesmo acontece para o caso em que ha varios pontos de descontinuidade. Apenas temosque considerar varios conjuntos “C”, um para cada ponto de descontinuidade, e adaptar as constantes.

Teorema 5.2.3 Sejam a, b ∈ R, a < b e f : [a, b] → R uma funcao limitada. Se f e monotona em [a, b],entao e integravel em [a, b].

Demonstracao: Vamos fazer a demonstracao supondo que f e crescente. Para f decrescente, as tecnicassao as mesmas com as adaptacoes evidentes.

Sejam ε > 0 e M = supx∈[a,b]

f(x) − infx∈[a,b]

f(x) = f(b) − f(a). Se M = 0, entao f e constante em [a, b],

pelo que e integravel. Se M > 0, seja P uma particao de [a, b] tal que todos os seus elementos temcomprimento menor que ε/M .

Como f e crescente, entao infx∈[xi,xi+1]

f(x) = f(xi) e supx∈[xi,xi+1]

f(x) = f(xi+1), pelo que

sP =n∑

i=0

(xi+1 − xi) f(xi) e SP =n∑

i=0

(xi+1 − xi) f(xi+1)

donde (note-se que f(xi+1) − f(xi) ≥ 0)

SP − sP =n∑

i=0

(xi+1 − xi) (f(xi+1) − f(xi)) ≤n∑

i=0

ε

M(f(xi+1) − f(xi)) =

5.2 Classes de funcoes integraveis 155

=ε

M

n∑

i=0

(f(xi+1) − f(xi)) =ε

M(f(b) − f(a)) = ε.

Pela Proposicao 6, f e integravel em [a, b].

EXEMPLO: A funcao

f(x) =

0, se x = 0,

1

n, se

1

n + 1< x ≤ 1

n, n ∈ N

tem uma infinidade de descontinuidades em [0, 1], mas e integravel, visto ser crescente.


5.3 Teoremas Fundamentais

Teorema 5.3.1 (Teorema da media)Sejam a, b ∈ R e a < b. Se f : [a, b] → R e contınua, entao existe c ∈ [a, b] tal que

∫ b

a

f(x) dx = f(c) (b − a).

Demonstracao: Como f e contınua, sabemos que e integravel e que tem maximo e mınimo em [a, b]:existem x0 ∈ [a, b] e x1 ∈ [a, b] tais que

f(x0) = minx∈[a,b]

f(x) ≤ f(x) ≤ maxx∈[a,b]

f(x) = f(x1), ∀x ∈ [a, b]

Pelas Proposicoes 4 e 5,

f(x0) (b − a) =

∫ b

a

f(x0) dx ≤∫ b

a

f(x) dx ≤∫ b

a

f(x1) dx = f(x1) (b − a)

isto e,

f(x0) ≤

∫ b

a

f(x) dx

b − a≤ f(x1).

Pelo Teorema de Bolzano existe c, entre x0 e x1, tal que

f(c) =

∫ b

a

f(x) dx

b − a

Teorema 5.3.2 (Teorema Fundamental do Calculo Integral)

Sejam a, b ∈ R, a < b. Se f : [a, b] → R e contınua, entao a funcao F (x) =

∫ x

a

f(t) dt e diferenciavel

em [a, b] e F ′(x) = f(x), ∀x ∈ [a, b], isto e, F e uma primitiva de f (tambem conhecida por integralindefinido de f).

Demonstracao: Sejam x ∈ [a, b] (qualquer) e h ∈ R tal que x + h ∈ [a, b]. Entao

F (x + h) − F (x) =

∫ x+h

a

f(t) dt −∫ x

a

f(t) dt

=

∫ x

a

f(t) dt +

∫ x+h

x

f(t) dt −∫ x

a

f(t) dt =

∫ x+h

x

f(t) dt.

Pelo Teorema 5.3.1, existe c ∈ [x, x + h] tal que F (x + h) − F (x) =

∫ x+h

x

f(t) dt = f(c)h pelo que

F ′(x) = limh→0

F (x + h) − F (x)

h= lim

c→xf(c) = f(x)

(note-se que, para cada h, c esta entre x e x + h, pelo que, quando h tende para 0, c tende para x).

NOTA: Do Teorema anterior obtemos, em particular, que toda a funcao contınua em [a, b] e pri-

mitivavel em [a, b].

5.3 Teoremas Fundamentais 157

Corolario 1 (Regra de Barrow) Sejam a, b ∈ R, a < b. Se f : [a, b] → R e contınua e G e umaprimitiva de f em [a, b], entao

∫ b

a

f(x) dx = G(b) − G(a) = [G(x)]ba

Demonstracao: Vimos no Teorema 5.3.2 que a funcao F (x) =∫ x

af(t) dt e uma primitiva de f . Entao

G(x) − F (x) = c, ∀x ∈ [a, b]; mas F (a) =∫ a

a f(t) dt = 0, pelo que c = G(a) − F (a) = G(a). Por outro

lado, c = G(a) = G(b) − F (b) donde se conclui que∫ b

af(t) dt = F (b) = G(b) − G(a).

Teorema 5.3.3 (Integracao por partes) Sejam a, b ∈ R, a < b. Se f : [a, b] → R e contınua em [a, b],se F e uma primitiva de f em [a, b] e se g ∈ C1([a, b]) entao

∫ b

a

f(x) g(x) dx = [F (x) g(x)]ba −

∫ b

a

F (x) g′(x) dx.

Demonstracao: Como o produto de funcoes contınuas e uma funcao contınua, tanto fg com Fg′ saointegraveis em [a, b].

Como (F g)′(x) = F ′(x) g(x)+F (x) g′(x) = f(x) g(x)+F (x) g′(x), pela Regra de Barrow, [F (x) g(x)]ba

=∫ b

a f(x) g(x) dx +∫ b

a F (x) g′(x) donde se conclui o resultado pretendido.

Teorema 5.3.4 (Integracao por substituicao) Sejam a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → R uma funcaocontınua em [a, b] e φ : [α, β] → [a, b] uma funcao de classe C1 tal que φ(α) = a e φ(β) = b. Entao

∫ b

a

f(x) dx =

∫ β

α

f(φ(t))φ′(t) dt

Demonstracao: Sejam G : [a, b] → R uma primitiva de f e H : [α, β] → R a funcao definida por H(t) =

G(φ(t)). Entao H ′(t) = G′(φ(t))φ′(t) = f(φ(t))φ′(t), pelo que, pela Regra de Barrow,∫ β

α f(φ(t))φ′(t) dt

= H(β) − H(α) = G(φ(β)) − G(φ(α)) = G(b) − G(a) e∫ b

af(x) dx = G(b) − G(a).


5.4 Areas de figuras planas

1o CASO

Se f e integravel em [a, b] e f(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b], a area da figura plana limitada pelas rectas x = a,

x = b, pelo eixo dos xx e pelo grafico de f (figura 5.3) e dada por∫ b

a f(x) dx, como vimos atras.

EXEMPLO: A area da figura plana limitada pelas rectas x = 0, x =π

4, pelo eixo dos xx e pelo grafico

de cos(x) e dada por:∫ π

4

0cos(x) dx = sen(

π

4) − sen(0) =

√2

2.

2o CASO

Se f e integravel em [a, b] e f(x) ≤ 0, ∀x ∈ [a, b], a area da figura plana limitada pelas rectas x = a,

x = b, pelo eixo dos xx e pelo grafico de f (Figura 5.4) e dada por −∫ b

a f(x) dx. De facto, se considerarmosa simetria em relacao ao eixo dos xx, obtemos uma figura com a mesma area (a simetria em relacao auma recta mantem as areas invariantes), que e limitada pelas rectas x = a, x = b, pelo eixo dos xx e pelografico de −f (Figura 5.5). Visto que a funcao −f e nao negativa em [a, b], estamos reduzidos ao 1o caso

e a area e dada por∫ b

a−f(x) dx = −

∫ b

af(x) dx.

Figura 5.4

EXEMPLO: A area da figura plana limitada pelas rectas x =π

2, x = π, pelo eixo dos xx e pelo grafico

de cos(x) e dada por: −∫ π

π2

cos(x) dx = −(sen(π) − sen(π

2)) = sen(

π

2) = 1.

Figura 5.5

5.4 Areas de figuras planas 159

NOTAS:

1. Nao esquecer que a area de uma figura nao degenerada (isto e, nao reduzida a um ponto ou segmentode recta ou curva, etc.) e um numero positivo.

2. Em ambos os casos, 1 e 2, a area e dada por∫ b

a|f(x)| dx.

3o CASO

Figura 5.6

Se f e integravel em [a, b], a area da figura plana limitada pelas rectas x = a, x = b, pelo eixo dos

xx e pelo grafico de f (figura 5.4) e dada por∫ b

a |f(x)| dx (note-se que os casos anteriores sao casosparticulares deste). De facto, se f muda de sinal em [a, b] (figura 5.6), consideramos os subintervalos emque f e positiva (nestes subintervalos a area e dada pelo integral de f , isto e de |f |) e os subintervalosem que f e negativa (nestes subintervalos a area e dada pelo integral de −f , isto e de |f |); a area total,

que e a soma de todas estas areas e, pois, dada por∫ b

a|f(x)| dx (Proposicao 11).

EXEMPLO: A area da figura plana limitada pelas rectas x = 0, x = 2 π, pelo eixo dos xx e pelo

grafico de cos(x) e dada por:∫ 2π

0| cos(x)| dx =

∫ π/2

0cos(x) dx +

∫ 3π/2

π/2− cos(x) dx +

∫ 2π

3π/2cos(x) dx =

sen(π/2) − sen(0) + (−sen(3π/2) + sen(π/2)) + sen(2π) − sen(3π/2) = 1 − 0 − (−1) + 1 + 0 − (−1) = 4.

4o CASO

f

g

Figura 5.7

Se f e g sao integraveis em [a, b] e f(x) ≥ g(x), ∀x ∈ [a, b], a area da figura plana limitada pelas

rectas x = a, x = b, pelo grafico de f e pelo grafico de g (figura 5.7) e dada por∫ b

a (f(x) − g(x)) dx

(=∫ b

a|f(x)− g(x)| dx visto que f(x)− g(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]). Vamos justificar este resultado. Seja k ∈ R


tal que g(x) + k ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]; entao f(x) + k ≥ g(x) + k ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] e a area pretendida e iguala area da figura plana limitada pelas rectas x = a, x = b, pelo grafico de f + k e pelo grafico de g + k(trata-se de uma translacao da figura anterior). Mas a figura plana limitada pelas rectas x = a, x = b,pelo eixo dos xx e pelo grafico de f + k contem a figura plana limitada pelas rectas x = a, x = b, peloeixo dos xx e pelo grafico de g + k. A area pretendida e, pois, a diferenca entre as areas destas duas

figuras, isto e,∫ b

a f(x) −∫ b

a g(x) dx =∫ b

a (f(x) − g(x)) dx.

EXEMPLO: A area da figura plana limitada pelas rectas x = 0, x = 1, pelo grafico de f(x) = ex e pelo

grafico de cos(x) e dada por∫ 1

0 (ex − cos(x)) dx = e1 − sen(1) − e0 + sen(0) = e − sen(1) − 1.

5o CASO

fgg

gg

ff

c da b

Figura 5.8

Se f e g sao integraveis em [a, b], a area da figura plana limitada pelas rectas x = a, x = b, pelo grafico

de f e pelo grafico de g (figura 5.8) e dada por∫ b

a|f(x) − g(x)| dx. Raciocinamos de modo identico ao

do 3o caso. Se f − g muda de sinal em [a, b] (figura 5.8), consideramos os subintervalos em que f ≥ g(nestes subintervalos a area e dada pelo integral de f − g, isto e de |f − g|) e os subintervalos em quef < g (nestes subintervalos a area e dada pelo integral de f − g, isto e de |g − f |); a area total, que e a

soma de todas estas areas e, pois, dada por∫ b

a |f(x) − g(x)| dx (Proposicao 11).

EXEMPLO: A area da figura plana limitada pelas rectas x = 0, x = π, pelo grafico de cos(x) e pelo grafico

de sen(x) e dada por:∫ π

0 |sen(x) − cos(x)| dx =∫ π/4

0 (cos(x) − sen(x)) dx +∫ π

π/4(sen(x) − cos(x)) dx =

sen(π/4) + cos(π/4)− sen(0)− cos(0)− cos(π)− sen(π) + cos(π/4) + sen(π/4) =√

2/2 +√

2/2− 0− 1−(−1) − 0 +

√2/2 +

√2/2 = 2

√2.

6o CASO

fgg

gg

ff

c da b

Figura 5.9

5.4 Areas de figuras planas 161

Se f e g sao integraveis, a area da figura plana limitada pelos graficos de f e g (figura 5.9) e calculadado seguinte modo: em primeiro lugar calculamos os pontos de interseccao dos graficos; consideramos asabcissas destes pontos, isto e, os y ∈ R tais que f(y) = g(y); sejam a o menor dos y e b o maior; a area

pretendida e dada por∫ b

a |f(x) − g(x)| dx (trata-se do 5o caso, porque as rectas x = a e x = b tem, cadauma, um ponto comum com a figura). Note-se que a existencia de a e b e garantida pelo facto de a figuraser limitada.

EXEMPLO: A area da figura plana limitada pelos graficos das funcoes x2 e 2 − x2 e dada por∫ 1

−1((2 −

x2) − x2) dx =∫ 1

−1(2 − 2x2) dx = 2 · 1 − 2 · 1/3 − (2 · (−1) − 2 · (−1)/3) = 4 − 4/3 = 8/3.


5.5 Integrais improprios

Na definicao de integral de Riemann de uma funcao f num intervalo I, exige-se que o intervalo sejafechado limitado e que f seja limitada nesse intervalo. Vamos estudar generalizacoes da nocao de integralquando nao se verifica alguma destas condicoes.

Para motivar a via que adoptamos nesta generalizacao do conceito de integral, suponhamos que, sendoa, b ∈ R e a < b, a funcao f e integravel em qualquer intervalo [a, x] com x ∈ [a, b[. Nestas condicoes, sea funcao f for limitada em [a, b], sera integravel em [a, b] e tem-se

∫ b

a

f(t) dt = limx→b−

∫ x

a

f(t) dt,

devido a continuidade do integral indefinido.Pode, no entanto, acontecer que, nao sendo f limitada em [a, b], o integral indefinido

∫ x

a

f(t) dt

tenha limite finito quando x → b−. Entao podemos fazer por definicao

∫ b

a

f(t) dt = limx→b−

∫ x

a

f(t) dt.

De modo analogo, se g for uma funcao integravel no intervalo [a, x], ∀x > a, e se o integral indefinido

∫ x

a

g(t) dt

tem limite finito quando x → +∞, poderemos escrever

∫ +∞

a

g(t) dt = limx→+∞

∫ x

a

g(t) dt.

A. Integrais improprios de 1a especie: definicao e criterios de convergencia

Definicao 5.5.1 Sejam a ∈ R e f uma funcao definida no intervalo [a, +∞[. Suponhamos que f eintegravel em qualquer intervalo [a, x] com x > a. Seja, para cada x > a,

F (x) =

∫ x

a

f(t) dt.

Chama-se integral improprio de 1a especie de f em [a, +∞[ a

limx→+∞

∫ x

a

f(t) dt

e designa-se por∫ +∞

a

f(t) dt.

a) Se F (x) tem limite finito quando x → +∞, diz-se que f e integravel (em sentido improprio) no

intervalo [a, +∞[ ou que o integral improprio

∫ +∞

a

f(t) dt existe, tem sentido ou e convergente.

b) Se F (x) nao tem limite ou tem limite infinito quando x → +∞, diz-se que f nao e integravel no

intervalo [a, +∞[ ou que o integral improprio

∫ +∞

a

f(t) dt nao existe ou e divergente.

5.5 Integrais improprios 163

EXEMPLO 1: Consideremos o integral

∫ +∞

0

cos(x) dx. Este integral e divergente porque:

limx→+∞

∫ x

0

f(t) dt = limx→+∞

[ sen(t) ]x0 = limx→+∞

sen(x)

e este limite nao existe.


∫ +∞

1

1

xdx. E um integral improprio de 1a especie. Como

∫ +∞

1

1

xdx = lim

x→+∞

∫ x

1

1

tdt = lim

x→+∞[ log(t) ]x1 = lim

x→+∞log(x) = +∞

o integral improprio e divergente.

EXEMPLO 3: O integral

∫ +∞

0

e−x dx e um integral improprio de 1a especie convergente:

∫ +∞

0

e−x dx = limx→+∞

∫ x

0

e−t dt = limx→+∞

[−e−t

]x

0= lim

x→+∞(−e−x + 1) = 1.

Nota: Se o integral

∫ +∞

a

f(x) dx e convergente entao

a) o limite de f quando x → +∞, se existir, e igual a zero;b) qualquer que seja h > 0, o integral de f no intervalo [x, x + h] (ou o valor medio de f no mesmointervalo), tende para zero quando x → +∞.

Teorema 5.5.1 Se f e g sao tais que os integrais

∫ +∞

a

f(t) dt e

∫ +∞

a

g(t) dt sao convergentes e se

α, β ∈ R, entao o integral

∫ +∞

a

(α f + β g)(t) dt e convergente e

∫ +∞

a

(α f + β g)(t) dt = α

∫ +∞

a

f(t) dt + β

∫ +∞

a

g(t) dt.

Teorema 5.5.2 Se o integral

∫ +∞

a

f(t) dt e convergente e se b > a entao o integral

∫ +∞

b

f(t) dt e

convergente e∫ +∞

a

f(t) dt =

∫ b

a

f(t) dt +

∫ +∞

b

f(t) dt.

Nem sempre nos interessa saber o valor do integral improprio e outras vezes nao e possıvel calcula-lo

porque a funcao nao e elementarmente primitivavel (considere-se, por exemplo, o integral

∫ +∞

0

e−x2

dx).

Precisamos entao de criterios que nos permitam saber se um determinado integral improprio e ou naoconvergente. Esses criterios chamam-se criterios de convergencia.

Teorema 5.5.3 O integral improprio de 1a especie

∫ +∞

a

f(t) dt, com f(t) ≥ 0, ∀t ≥ a, e convergente

se, e so se, existe uma constante M tal que∫ x

a

f(t) dt ≤ M, ∀x > a.

O valor do integral improprio nao excede M .


Demonstracao: Seja F (x) =

∫ x

a

f(t) dt. Como f(t) ≥ 0 ∀t ≥ a, F (x) ≥ 0, ∀x ≥ a. Por definicao, o

integral

∫ +∞

a

f(t) dt e convergente se existir e for finito o limite limx→+∞

F (x).

A funcao F e crescente, pois se a ≤ x ≤ y vem

F (y) − F (x) =

∫ y

a

f(t) dt −∫ x

a

f(t) dt =

∫ y

x

f(t) dt ≥ 0

porque f(t) ≥ 0 ∀t ≥ a.Suponhamos que F e limitada superiormente, isto e, existe uma constante M tal que F (x) ≤ M ,

∀x ≥ a. Como F e crescente, existe e e finito o limite limx→+∞

F (x) 1. Alem disso, limx→+∞

F (x) ≤ M .

Se F nao e limitada superiormente entao para cada M existe sempre um x tal que F (x) > M . Como

F e crescente limx→+∞

F (x) = +∞, o que significa que

∫ +∞

a

f(t) dt e divergente.

Teorema 5.5.4 Sejam

∫ +∞

a

f(x) dx e

∫ +∞

b

g(x) dx dois integrais improprios de 1a especie com funcoes

integrandas nao negativas e suponhamos que existe c ∈ R tal que f(x) ≤ g(x), ∀x > c.

a) Se

∫ +∞

b

g(x) dx e convergente entao

∫ +∞

a

f(x) dx e convergente.

b) Se

∫ +∞

a

f(x) dx e divergente entao

∫ +∞

b

g(x) dx e divergente.

Demonstracao: Seja d = max {a, b, c}. Consideremos os integrais

∫ +∞

d

f(x) dx e

∫ +∞

d

g(x) dx.

Sendo x > d temos

0 ≤∫ x

d

f(t) dt ≤∫ x

d

g(t) dt. (4)

Se o integral

∫ +∞

d

g(t) dt e convergente, pelo Teorema 5.5.3 existe M1 tal que

∫ x

d

g(t) dt ≤ M1, ∀x > d.

Mas por (4),

∫ x

d

f(t) dt ≤∫ x

d

g(t) dt, ∀x > d, pelo que

∫ +∞

d

f(t) dt e convergente, usando, novamente

o Teorema 5.5.3.

Se

∫ +∞

d

f(t) dt e divergente entao, pelo Teorema 5.5.3,

∫ x

d

f(t) dt nao e limitada, o que implica, por

(4), que

∫ x

d

g(t) dt tambem nao e limitada e, portanto,

∫ +∞

d


1Toda a funcao real f limitada e monotona numa parte nao majorada X de R tem limite quando x → +∞ e limx→+∞

f(x) =

supx∈X

f(x) ou limx→+∞

f(x) = infx∈X

f(x) conforme f e crescente ou decrescente.


Corolario 1 Sejam

∫ +∞

a

f(x) dx e

∫ +∞

b


integrandas nao negativas e suponhamos que existem c, k ∈ R tais que f(x) ≤ k g(x), ∀x > c.

a) Se

∫ +∞

b


∫ +∞

a


b) Se

∫ +∞

a


∫ +∞

b


Demonstracao: Basta notar que

limx→+∞

∫ x

c

k g(t) dt = limx→+∞

k

∫ x

c

g(t) dt = k limx→+∞

∫ x

c

g(t) dt

pelo que

∫ +∞

c

k g(x) dx e convergente se, e so se,

∫ +∞

c

g(x) dx e convergente; termina-se aplicando o

Teorema.


∫ +∞

0

13√

1 + x3dx. E um integral improprio de 1a especie e a

funcao integranda e positiva no intervalo [0, +∞[. Como

(1 + x)3 ≥ 1 + x3, ∀x ≥ 0 ⇒ 1 + x ≥ 3√

1 + x3, ∀x ≥ 0 ⇒ 0 <1

1 + x≤ 1

3√

1 + x3, ∀x ≥ 0

e ∫ +∞

0

1

1 + xdx = lim

x→+∞

∫ x

0

1

1 + tdt = lim

x→+∞[ log(1 + t) ]x0 = lim

x→+∞log(1 + x) = +∞,

isto e, o integral

∫ +∞

0

1

1 + xdx e divergente, concluımos, pelo Teorema 5.5.4, que o integral em estudo

e divergente.

Como se pode ver pelo exemplo anterior, e util conhecer a natureza de alguns integrais improprios demodo a facilitar o uso dos criterios de convergencia. Um exemplo de tais integrais e o seguinte:

EXEMPLO 2: Estudemos o integral improprio de 1a especie

∫ +∞

a

1

xαdx

sendo a > 0 e α ∈ R.Se α = 1 ∫ x

a

1

tdt = [ log(t) ]

xa = log(x) − log(a)

e se α 6= 1∫ x

a

1

tαdt =

[t−α+1

−α + 1

]x

a

=x−α+1

−α + 1− a−α+1

−α + 1

tendo-se

limx→+∞

∫ x

a

1

tαdt =

+∞, se α ≤ 1

− a−α+1

−α + 1, se α > 1

Entao o integral converge se, e so se, α > 1.



∫ +∞

0

1√1 + x3

dx. E um integral improprio de 1a especie e a

funcao integranda e positiva no intervalo [0, +∞[. Como

1 + x3 > x3, ∀x > 0 ⇒√

1 + x3 >√

x3, ∀x > 0 ⇒ 0 <1√

1 + x3<

1√x3

, ∀x > 0

e

∫ +∞

1

1√x3

dx e convergente, podemos concluir, pelo Teorema 5.5.4, que o integral em estudo e conver-

gente.

Teorema 5.5.5 Sejam

∫ +∞

a

f(x) dx e

∫ +∞

b


integrandas positivas e suponhamos que o limite

limx→+∞

f(x)

g(x)

existe finito e diferente de zero. Entao os integrais sao da mesma natureza, isto e, sao ambos convergentesou ambos divergentes.

Demonstracao: Seja limx→+∞

f(x)

g(x)= L, L ∈ R+. Por definicao,

∀δ > 0 ∃M > 0, x ≥ M ⇒∣∣∣∣

f(x)

g(x)− L

∣∣∣∣< δ.

Seja δ =L

2. Entao existe M > 0 tal que

∣∣∣∣

f(x)

g(x)− L

∣∣∣∣<

L

2, ∀x ≥ M,

ou seja, ∀x ≥ M ,

−L

2<

f(x)

g(x)− L <

L

2

⇔ L

2<

f(x)

g(x)<

3L

2

⇔ L

2g(x) < f(x) <

3L

2g(x).

Pelo Teorema 5.5.1 e pelo Corolario do Teorema 5.5.4 temos o resultado pretendido.

Teorema 5.5.6 Sejam

∫ +∞

a

f(x) dx e

∫ +∞

b


integrandas positivas. Se

limx→+∞

f(x)

g(x)= 0,

entao

a) se

∫ +∞

b

g(x) dx e convergente,

∫ +∞

a


b) se

∫ +∞

a

f(x) dx e divergente,

∫ +∞

b



Se

limx→+∞

f(x)

g(x)= +∞,

entao

a) se

∫ +∞

b

g(x) dx e divergente,

∫ +∞

a

f(x) dx e divergente.

b) se

∫ +∞

a

f(x) dx e convergente,

∫ +∞

b

g(x) dx e convergente.

Demonstracao:

limx→+∞

f(x)

g(x)= 0 ⇔ ∀δ > 0 ∃M > 0 x ≥ M ⇒

∣∣∣∣

f(x)

g(x)

∣∣∣∣< δ.

Mas como as funcoes sao ambas positivas,∣∣∣∣

f(x)

g(x)

∣∣∣∣< δ ⇔ f(x)

g(x)< δ ⇔ f(x) < δg(x).

O resultado e consequencia do Corolario do Teorema 5.5.4.


∫ +∞

1

x + 1

3x4 − x + 2dx e um integral improprio de 1a especie (note-se que 3x4 −

x + 2 > 0, ∀x ≥ 1). Como

∫ +∞

1

1

x3dx e convergente e

limx→+∞

x + 1

3x4 − x + 21

x3

= limx→+∞

x4 + x3

3x4 − x + 2=

1

3,

pelo Teorema 5.5.5 podemos concluir que o integral dado e convergente.

EXEMPLO 2: Consideremos os integrais

∫ +∞

1

xαe−x dx, α ∈ R, e

∫ +∞

1

1

x2dx. Sao integrais improprios

de 1a especie sendo o segundo convergente. Como

limx→+∞

xαe−x

1

x2

= limx→+∞

xα+2

ex= 0, ∀α ∈ R,

o integral

∫ +∞

1

xαe−x dx e convergente.


∫ +∞

0

e−x2

dx e um integral improprio de 1a especie. Como limx→+∞

1

ex2

1

x2

=

limx→+∞

x2

ex2 = 0 e

∫ +∞

1

1

x2dx e convergente, podemos concluir que o integral em estudo e convergente.

Teorema 5.5.7 Se o integral

∫ +∞

a

|f(x)| dx e convergente entao o integral

∫ +∞

a

f(x) dx e convergente

e verifica-se a desigualdade:∣∣∣∣

∫ +∞

a

f(x) dx

∣∣∣∣≤∫ +∞

a

|f(x)| dx.


Demonstracao: 0 ≤ |f(x)| − f(x) ≤ 2|f(x)|, ∀x ≥ a. Seja g(x) = |f(x)| − f(x). Visto que o integral∫ +∞

a

|f(x)| dx e convergente, o mesmo acontece ao integral

∫ +∞

a

2 |f(x)| dx e, pelo Teorema 5.5.4,

tambem converge o integral

∫ +∞

a

g(x) dx =

∫ +∞

a

(|f(x)| − f(x)) dx.

Como f(x) = |f(x)| − g(x) o integral

∫ +∞

a

f(x) dx e convergente (Teorema 5.5.1).

Da desigualdade −|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|, ∀x, deduzimos

−∫ +∞

a

|f(x)| dx ≤∫ +∞

a

f(x) dx ≤∫ +∞

a

|f(x)| dx,

ou seja,∣∣∣∣

∫ +∞

a

f(x) dx

∣∣∣∣≤∫ +∞

a

|f(x)| dx.

Definicao 5.5.2 Diz-se que o integral

∫ +∞

a

f(x) dx e absolutamente convergente se o integral∫ +∞

a

|f(x)| dx e convergente. Diz-se que o integral

∫ +∞

a

f(x) dx e simplesmente convergente se

for convergente e

∫ +∞

a

|f(x)| dx divergente.

EXEMPLO: A funcao integranda no integral improprio de 1a especie

∫ +∞

1

sen(x)

x2dx

nao e sempre positiva. Mas∣∣∣∣

sen(x)

x2

∣∣∣∣≤ 1

x2, ∀x ≥ 1

e o integral

∫ +∞

1

1

x2dx e convergente. Pelo Teorema 5.5.4 o integral

∫ +∞

1

∣∣∣∣

sen(x)

x2

∣∣∣∣

dx

e convergente. Pelo Teorema 5.5.7 o integral em estudo e convergente e diz-se absolutamente convergente.

Definicao 5.5.3 Sejam a ∈ R e f uma funcao definida no intervalo I =] −∞, a]. Suponhamos que f eintegravel em qualquer intervalo [x, a] com x < a. Seja

G(x) =

∫ a

x

f(t) dt.

a) Se G(x) tem limite finito quando x → −∞, diz-se que f e integravel (em sentido improprio) no

intervalo I ou que o integral improprio

∫ a

−∞f(t) dt existe, tem sentido ou e convergente.

b) Se G(x) nao tem limite ou tem limite infinito quando x → −∞, diz-se que f nao e integravel no

intervalo I ou que o integral improprio

∫ a

−∞f(t) dt nao existe ou e divergente.

A estes integrais tambem se da o nome de integrais improprios de 1a especie.


E obvio que o estudo dos integrais improprios com intervalo de integracao ]−∞, a] e identico ao dosintegrais sobre intervalos do tipo [a, +∞[. De resto, qualquer integral daquela forma pode reduzir-se a

um desta ultima: basta efectuar no integral

∫ +∞

a

f(x) dx a substituicao x = −t para se concluir que os

integrais∫ a

−∞f(x) dx e

∫ +∞

−a

f(−x) dx

sao ambos convergentes ou ambos divergentes e, na primeira hipotese, sao iguais.

Definicao 5.5.4 Seja f : R → R uma funcao integravel em qualquer intervalo limitado. Diz-se que ointegral de f em R e convergente se existe a ∈ R tal que os dois integrais

∫ a

−∞f(x) dx e

∫ +∞

a

f(x) dx

sao convergentes.

E evidente que em tal hipotese tambem convergem os integrais

∫ b

−∞f(x) dx e

∫ +∞

b

f(x) dx

qualquer que seja b ∈ R e verificar-se-ao as igualdades:

∫ b

−∞f(x) dx +

∫ +∞

b

f(x) dx

=

∫ a

−∞f(x) dx +

∫ b

a

f(x) dx +

∫ a

b

f(x) dx +

∫ +∞

a

f(x) dx

=

∫ a

−∞f(x) dx +

∫ +∞

a

f(x) dx

Este facto legitima que, em caso de convergencia, o integral seja definido pela expressao:

∫ +∞

−∞f(x) dx =

∫ a

−∞f(x) dx +

∫ +∞

a

f(x) dx

com a ∈ R arbitrario. A este integral tambem se chama integral improprio de 1a especie.

EXEMPLO 1: Sendo a > 0,

∫ +∞

−∞e−ax dx =

∫ 0

−∞e−ax dx +

∫ +∞

0

e−ax dx. Como

limx→+∞

∫ x

0

e−at dt = limx→+∞

[

−1

ae−at

]x

0

= limx→+∞

(

−1

ae−ax +

1

a

)

=1

a

e

limx→−∞

∫ 0

x

e−at dt = limx→−∞

[

−1

ae−at

]0

x

= limx→−∞

(

−1

a+

1

ae−ax

)

= +∞

o integral dado e divergente.

EXEMPLO 2: Seja a > 0.

∫ +∞

−∞e−a|x| dx =

∫ 0

−∞e−a|x| dx +

∫ +∞

0

e−a|x| dx =

∫ 0

−∞eax dx +

∫ +∞

0

e−ax dx


Como

limx→+∞

∫ x

0

e−at dt =1

ae lim

x→−∞

∫ 0

x

eat dt = limx→−∞

[1

aeat

]0

x

= limx→−∞

(1

a− 1

aeax

)

=1

a

o integral considerado e convergente e∫ +∞

−∞e−a|x| dx =

2

a.


∫ −2

−∞

1√x2 − 1

dx e um integral improprio de 1a especie. Consideremos o

integral

∫ −2

−∞

(

− 1

x

)

dx, que sabemos ser divergente. Como

limx→−∞

1√x2 − 1

− 1

x

= limx→−∞

−x√x2 − 1

= 1

o integral dado tambem e divergente.

EXEMPLO 4: Consideremos o integral improprio de 1a especie∫ +∞

−∞

x − 1

2x4 + 5x2 + 3dx.

Como o integral se pode escrever

−∫ 1

−∞

(

− x − 1

2x4 + 5x2 + 3

)

dx +

∫ +∞

1

x − 1

2x4 + 5x2 + 3dx,

temos dois integrais improprios de 1a especie com funcoes integrandas nao negativas. Como o integral∫ −1

−∞

(

− 1

x3

)

dx e convergente e

limx→−∞

− x − 1

2x4 + 5x2 + 3

− 1

x3

= limx→−∞

x4 − x3

2x4 + 5x2 + 3=

1

2,

o integral

∫ 1

−∞

x − 1

2x4 + 5x2 + 3dx e convergente.

De modo analogo se conclui que o integral

∫ +∞

1

x − 1

2x4 + 5x2 + 3dx e convergente. Da convergencia

dos dois integrais conclui-se a convergencia do integral dado.


∫ 0

−∞

x

1 + x2 sen2(x)dx. A funcao integranda e negativa ou nula

no intervalo de integracao, tendo-se 1 + x2 sen2(x) 6= 0, ∀x ∈ ] −∞, 0].

0 ≤ sen2(x) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x2 sen2(x) ≤ x2

⇔ 1 ≤ 1 + x2 sen2(x) ≤ 1 + x2

⇔ 1 ≥ 1

1 + x2 sen2(x)≥ 1

1 + x2

⇔ −x ≥ −x

1 + x2 sen2(x)≥ −x

1 + x2


Estudemos o integral

∫ 0

−∞

−x

1 + x2dx. Este integral e divergente porque

∫ −1

−∞

−1

xdx e divergente e

limx→−∞

−x

1 + x2

−1

x

= limx→−∞

x2

1 + x2= 1

Dada a ultima desigualdade podemos concluir que o integral em estudo e divergente.

Nota: Seja f integravel em qualquer intervalo limitado. Diz-se que

∫ +∞

−∞f(x) dx e convergente em valor

principal se existe (em R) o limite quando x → +∞ da funcao

F(x) =

∫ x

−x

f(t) dt.

E a este limite, se existir, que se chama valor principal de Cauchy do integral

∫ +∞

−∞f(x) dx, e

que se designa por vp

∫ +∞

−∞f(x) dx.

Se o integral for convergente teremos

∫ +∞

−∞f(x) dx =

∫ 0

−∞f(x) dx +

∫ +∞

0

f(x) dx

= limx→−∞

∫ 0

−x

f(t) dt + limx→+∞

∫ x

0

f(t) dt

= limx→+∞

∫ x

−x

f(t) dt

= vp

∫ +∞

−∞f(x) dx.

Portanto, se o integral converge entao e convergente em valor principal, sendo este valor igual aointegral. Mas a existencia do valor principal de Cauchy nao implica que o integral seja convergente. Porexemplo:

vp

∫ +∞

−∞

1 + x3

1 + x2dx = π

e o integral

∫ +∞

−∞

1 + x3

1 + x2dx e divergente.

B. Integrais improprios de 2a especie: definicao e criterios de convergencia

Definicao 5.5.5 Suponhamos que a funcao f e integravel em qualquer intervalo [a, b − ε], ε > 0, mas

nao e integravel em [a, b]. Fica assim definida uma funcao F : [a, b[→ R, F (x) =

∫ x

a

f(t) dt.

Ao integral

∫ b

a

f(x) dx chama-se integral improprio de 2a especie. Se existir finito o limite

limx→b−

∫ x

a

f(t) dt


diz-se que o integral improprio e convergente e escreve-se

∫ b

a

f(x) dx = limx→b−

∫ x

a

f(t) dt.

Se o limite nao existir ou nao for finito diz-se que o integral improprio de 2a especie e divergente.

Tal como no caso dos integrais improprios de 1a especie, e util o conhecimento da natureza de algunsintegrais, como por exemplo:

EXEMPLO:

∫ b

a

1

(b − x)αdx, α ∈ R. Se α ≤ 0 trata-se de um integral de Riemann, mas se α > 0 a

funcao integranda tem limite infinito quando x tende para b e o integral so tera sentido se existir e forfinito o limite

limx→b−

∫ x

a

1

(b − t)αdt.

Se α = 1 ∫ x

a

1

b − tdt = [ − log(b − t) ]

xa = − log(b − x) + log(b − a)

e se α 6= 1∫ x

a

1

(b − t)αdt =

[

− (b − t)−α+1

−α + 1

]x

a

= − (b − x)−α+1

−α + 1+

(b − a)−α+1

−α + 1

tendo-se

limx→b−

∫ x

a

1

(b − t)αdx =

+∞, se α ≥ 1

(b − a)−α+1

−α + 1, se α < 1

Entao o integral converge se, e so se, α < 1.

Definicao 5.5.6 Suponhamos que a funcao f e integravel em qualquer intervalo [a + ε, b], ε > 0, mas

nao e integravel em [a, b]. Fica assim definida uma funcao F : ]a, b] → R, F (x) =

∫ b

x

f(t) dt.

Ao integral

∫ b

a

f(x) dx chama-se integral improprio de 2a especie. Se existir finito o limite

limx→a+

∫ b

x

f(t) dt

diz-se que o integral improprio e convergente e escreve-se

∫ b

a

f(x) dx = limx→a+

∫ b

x

f(t) dt.

Se o limite nao existir ou nao for finito diz-se que o integral improprio de 2a especie e divergente.

EXEMPLO: O integral

∫ b

a

1

(x − a)αdx, α ∈ R, e um integral improprio de 2a especie se, e so se, α > 0.

Se α ≤ 0 trata-se de um integral de Riemann. O integral so tera sentido se existir e for finito o limite

limx→a+

∫ b

x

1

(t − a)αdt.

Se α = 1∫ b

x

1

t − adt = [ log(t − a) ]

bx = log(b − a) − log(x − a)


e se α 6= 1∫ b

x

1

(t − a)αdt =

[(t − a)−α+1

−α + 1

]b

x

=(b − a)−α+1

−α + 1− (x − a)−α+1

−α + 1

tendo-se

limx→a+

∫ x

a

1

(t − a)αdx =

+∞, se α ≥ 1

(b − a)−α+1

−α + 1, se α < 1

Entao o integral converge se, e so se, α < 1.

Definicao 5.5.7 Suponhamos que a funcao f e integravel em qualquer intervalo [a+ε1, b−ε2], ε1, ε2 > 0,mas nao e integravel em [a, b − ε2] nem em [a + ε1, b]. Define-se

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx +

∫ b

c

f(x) dx, a < c < b.

Este integral e tambem um integral improprio de 2a especie. O integral do primeiro membro econvergente se, e so se, os dois integrais do segundo membro forem convergentes. Se algum dos integraisdo segundo membro for divergente, entao o integral do primeiro membro e divergente.

EXEMPLO: O integral

∫ 1

−1

x3√

1 − x2dx e um integral improprio de 2a especie nos dois limites de

integracao. Temos de estudar os dois integrais

∫ 0

−1

x3√

1 − x2dx e

∫ 1

0

x3√

1 − x2dx.

limx→−1+

∫ 0

x

t3√

1 − t2dt = lim

x→−1+

[

−3

4(1 − t2)

23

]0

x

= limx→−1+

(

−3

4+

3

4(1 − x2)

23

)

= −3

4

limx→1−

∫ x

0

t3√

1 − t2dt = lim

x→1−

[

−3

4(1 − t2)

23

]x

0

= limx→1−

(

−3

4(1 − x2)

23 +

3

4

)

=3

4

Portanto, o integral dado e convergente e

∫ 1

−1

x3√

1 − x2dx = 0.

Definicao 5.5.8 Se c e um ponto interior do intervalo [a, b] e f e uma funcao integravel em qualquerintervalo [a, c − ε1], ε1 > 0, e [c + ε2, b], ε2 > 0, mas nao e integravel em [a, b], define-se o integral

improprio de 2a especie

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx +

∫ b

c

f(x) dx.

O integral do primeiro membro e convergente se, e so se, os dois integrais do segundo membro foremconvergentes. Se algum dos integrais do segundo membro for divergente, entao o integral do primeiromembro e divergente.

EXEMPLO: O integral

∫ 1

−1

13√

x2dx e um integral improprio de 2a especie porque lim

x→0

13√

x2= +∞.

Temos de estudar os dois integrais

∫ 0

−1

13√

x2dx e

∫ 1

0

13√

x2dx.


limx→0−

∫ x

−1

13√

t2dt = lim

x→0−

[

33√

t]x

−1= lim

x→0−

(3 3√

x + 3)

= 3

limx→0+

∫ 1

x

13√

t2dt = lim

x→0+

[

33√

t]1

x= lim

x→0+

(3 − 3 3

√x)

= 3

Portanto, o integral dado e convergente e

∫ 1

−1

13√

x2dx = 6.

Para os integrais improprios de 2a especie, os criterios de convergencia sao identicos aos obtidos paraos integrais improprios de 1a especie. As demonstracoes podem ser efectuadas de maneira semelhante,com adaptacoes evidentes, pelo que as omitimos.

Teorema 5.5.8 O integral improprio de 2a especie no limite superior (inferior, respectivamente)∫ b

a

f(t) dt, com b > a e f(t) ≥ 0, ∀t ∈ ]a, b[, e convergente se, e so se, existe uma constante M tal

que∫ x

a

f(t) dt ≤ M, ∀a ≤ x < b

(

∫ b

x

f(t) dt ≤ M, ∀a < x ≤ b, respectivamente).

Teorema 5.5.9 Sejam

∫ b

a

f(x) dx e

∫ b

a

g(x) dx dois integrais improprios de 2a especie (no mesmo

limite de integracao) com funcoes integrandas nao negativas e suponhamos que f(x) ≤ g(x), ∀a ≤ x < b(ou, ∀a < x ≤ b).

a) Se

∫ b

a


∫ b

a


b) Se

∫ b

a


∫ b

a


Teorema 5.5.10 Sejam

∫ b

a

f(x) dx e

∫ b

a


limite de integracao) com funcoes integrandas positivas e suponhamos que o limite

limx→b−

f(x)

g(x)

(

ou, limx→a+

f(x)

g(x)

)

e finito e diferente de zero. Entao os integrais sao da mesma natureza, isto e, sao ambos convergentesou ambos divergentes.

EXEMPLO 1: O integral∫ 1

12

1√1 − x4

dx

e improprio de 2a especie, porque para x = 1 a funcao integranda se torna infinita. Consideremos ointegral improprio de 2a especie convergente

∫ 1

12

1

(1 − x)12

dx.


Tendo em conta que

limx→1−

1√1 − x4

1

(1 − x)12

= limx→1−

(1 − x)12

(1 − x)12 (1 + x)

12 (1 + x2)

12

= limx→1−

1

(1 + x)12 (1 + x2)

12

=1

2

podemos concluir que os dois integrais tem a mesma natureza, ou seja, o integral dado e convergente.

EXEMPLO 2: O integral∫ 2

0

1

(2x − x2)32

dx

e um integral improprio de 2a especie nos dois limites de integracao. Estudemos os integrais

∫ 1

0

1

(2x − x2)32

dx e

∫ 2

1

1

(2x − x2)32

dx.

Como o integral

∫ 1

0

1

x32

dx e divergente e

limx→0+

1

(2x − x2)32

1

x32

= limx→0+

x32

x32 (2 − x)

32

= limx→0+

1

(2 − x)32

=1

232

o integral

∫ 2

1

1

(2x − x2)32

dx e divergente. Podemos entao concluir que o integral dado inicialmente e

divergente.

Teorema 5.5.11 Sejam

∫ b

a

f(x) dx e

∫ b

a


limite de integracao) com funcoes integrandas positivas. Suponhamos que

limx→b−

f(x)

g(x)= 0

(

ou, limx→a+

f(x)

g(x)= 0

)

.

a) Se

∫ b

a


∫ b

a


b) Se

∫ b

a


∫ b

a


Suponhamos que

limx→b−

f(x)

g(x)= +∞

(

ou, limx→a+

f(x)

g(x)= +∞

)

.

a) Se

∫ b

a

g(x) dx e divergente entao

∫ b

a

f(x) dx e divergente.

b) Se

∫ b

a

f(x) dx e convergente entao

∫ b

a

g(x) dx e convergente.


Teorema 5.5.12 Seja

∫ b

a

f(x) dx um integral improprio de 2a especie. Se o integral

∫ b

a

|f(x)| dx e

convergente o mesmo acontece ao integral

∫ b

a

f(x) dx.

Definicao 5.5.9 Diz-se que o integral improprio de 2a especie

∫ b

a

f(x) dx e absolutamente conver-

gente se o integral

∫ b

a

|f(x)| dx e convergente. Se o integral

∫ b

a

f(x) dx e convergente e

∫ b

a

|f(x)| dx e

divergente, diz-se que o integral

∫ b

a

f(x) dx e simplesmente convergente.

EXEMPLO: Consideremos o integral∫ 1

0

cos(πx)√1 − x2

dx.

E um integral improprio de 2a especie no limite superior de integracao, mas a funcao integranda mudade sinal no intervalo de integracao. No entanto,

∣∣∣∣

cos(πx)√1 − x2

∣∣∣∣≤ 1√

1 − x2, ∀ 0 ≤ x < 1.

Estudemos o integral∫ 1

0

1√1 − x2

dx =

∫ 1

0

1

(1 − x)12 (1 + x)

12

dx.

O integral

∫ 1

0

1

(1 − x)12

dx e convergente e

limx→1−

1

(1 − x)12 (1 + x)

12

1

(1 − x)12

= limx→1−

1

(1 + x)12

=1√2,

o que implica que o integral

∫ 1

0

1√1 − x2

dx e convergente. Pelo Teorema 5.5.9, o integral

∫ 1

0

∣∣∣∣

cos(πx)√1 − x2

∣∣∣∣

dx

e convergente. Pelo Teorema 5.5.12, o integral dado e convergente e diz-se absolutamente convergente.

C. Integrais improprios mistos

Podem ainda considerar-se integrais improprios mistos: por exemplo, com algum limite de integracaoinfinito e em que a funcao integranda se torne ilimitada num numero finito de pontos do intervalo deintegracao. Neste caso, a definicao do integral faz-se dividindo o intervalo de integracao por forma quese obtenham integrais dos tipos anteriores; se os integrais assim obtidos sao convergentes diz-se que ointegral misto e convergente e o seu valor e igual a soma dos valores dos integrais correspondentes aossubintervalos. Se algum dos integrais obtidos e divergente o integral misto e divergente.



∫ +∞

−2

1

x3 + 1dx e um integral improprio misto porque x3+1 = (x+1)(x2−x+1),

podendo fazer-se a decomposicao∫ +∞

−2

1

x3 + 1dx =

∫ −1

−2

1

x3 + 1dx +

∫ 1

−1

1

x3 + 1dx +

∫ +∞

1

1

x3 + 1dx,

sendo os dois primeiros integrais do 2o membro de 2a especie e o ultimo de 1a especie.

Como o integral

∫ −1

−2

1

−x − 1dx e divergente e

limx→−1−

1

x3 + 11

1 + x

= limx→−1−

1 + x

x3 + 1= lim

x→−1−

1 + x

(1 + x)(x2 − x + 1)= lim

x→−1−

1

x2 − x + 1=

1

3

o integral

∫ −1

−2

1

x3 + 1dx e divergente. Entao o integral misto e divergente.


∫ −1

−∞

1

(x2 − 4)35

dx e um integral improprio misto, tendo-se

∫ −1

−∞

1

(x2 − 4)35

dx =

∫ −3

−∞

1

(x2 − 4)35

dx +

∫ −2

−3

1

(x2 − 4)35

dx +

∫ −1

−2

1

(x2 − 4)35

dx.

O primeiro dos integrais do 2o membro e de 1a especie e os outros dois sao de 2a especie.Consideremos o integral de 1a especie convergente

∫ −3

−∞

1

x65

dx.

Temos

limx→−∞

1

(x2 − 4)35

1

x65

= limx→−∞

x65

(x2 − 4)35

= 1


∫ −3

−∞

1

(x2 − 4)35

dx e convergente.

O integral de 2a especie

∫ −2

−3

1

(−2 − x)35

dx e convergente e

limx→−2−

1

(x2 − 4)35

1

(−2 − x)35

= limx→−2−

−1

(x − 2)35

=1

435


∫ −3

−2

1

(x2 − 4)35

dx e convergente.

O integral de 2a especie

∫ −1

−2

1

(x + 2)35

dx e convergente e

limx→−2+

−1

(x2 − 4)35

1

(x + 2)35

= limx→−2+

−1

(x − 2)35

=1

435



∫ −1

−2

1

(x2 − 4)35

dx e convergente.

Podemos entao concluir que o integral dado e convergente.

D. A funcao Gama (Γ) e a funcao Beta (β)

Suponhamos que queremos estudar a natureza do integral

∫ +∞

0

x3p

x2 − 2x + 5dx (5)

para todos os valores do parametro real p.Tendo em conta que x2 − 2x + 5 6= 0, ∀x ∈ R, este integral e de 1a especie se p ≥ 0 e misto se p < 0.

Em qualquer caso podemos escrever

∫ +∞

0

x3p

x2 − 2x + 5dx =

∫ 1

0

x3p

x2 − 2x + 5dx +

∫ +∞

1

x3p

x2 − 2x + 5dx,

onde o segundo integral do 2o membro e sempre de 1a especie e o primeiro e de Riemann se p ≥ 0 e de2a especie se p < 0.

Suponhamos que p < 0.

∫ 1

0

x3p

x2 − 2x + 5dx =

∫ 1

0

1

x−3p(x2 − 2x + 5)dx. (6)

O integral

∫ 1

0

1

x−3pdx converge se, e so se, −3p < 1, isto e, p > −1

3. Como

limx→0+

1

x−3p(x2 − 2x + 5)1

x−3p

= limx→0+

1

x2 − 2x + 5=

1

5

o integral (6) converge se, e so se, p > −1

3.

Se p ≥ 0, o integral que acabamos de estudar e de Riemann. Podemos entao concluir que o integral

(6) converge se, e so se, p > −1

3.

O integral

∫ +∞

1

1

x2−3pdx converge se, e so se, 2 − 3p > 1, isto e, p <

1

3e

limx→+∞

x3p

x2 − 2x + 51

x2−3p

= limx→+∞

x2

x2 − 2x + 5= 1

pelo que podemos concluir que o integral de 1a especie converge se, e so se, p <1

3.

Entao o integral (5) converge se, e so se, −1

3< p <

1

3.

Consideremos o integral∫ 3

−2

7

(x + 2)α(3 − x)β+1dx. (7)


E um integral de Riemann se α ≤ 0 e β + 1 ≤ 0 e e um integral improprio de 2a especie se α > 0 ouβ + 1 > 0. Podemos escrever este integral na seguinte forma:

∫ 0

−2

7

(x + 2)α(3 − x)β+1dx +

∫ 3

0

7

(x + 2)α(3 − x)β+1dx.

Estudemos o primeiro integral. Como o integral

∫ 0

−2

1

(x + 2)αdx converge se, e so se, α < 1, e

limx→−2+

7

(x + 2)α(3 − x)β+1

1

(x + 2)α

= limx→−2+

7

(3 − x)β+1=

7

5β+1

podemos concluir que o integral e convergente se, e so se, α < 1 e β ∈ R.

Dado que o integral

∫ 3

0

1

(3 − x)β+1dx converge se, e so se, β + 1 < 1, isto e, β < 0, e

limx→3−

7

(x + 2)α(3 − x)β+1

1

(3 − x)β+1

= limx→3−

7

(x + 2)α=

7

5α

podemos concluir que o segundo integral converge se, e so se, β < 0 e α ∈ R.

O integral (7) sera convergente se, e so se, α < 1 e β < 0.

Entre os integrais com parametros ha dois especialmente importantes:

Γ(p) =

∫ +∞

0

xp−1e−x dx e β(p, q) =

∫ 1

0

xp−1(1 − x)q−1 dx,

p, q ∈ R. Estes integrais, quando convergentes, definem duas funcoes: a funcao Gama, no primeirocaso, e a funcao Beta, no segundo. Pretendemos estudar o domınio destas funcoes, isto e, saber paraque valores dos parametros sao convergentes os integrais que as definem.

Comecemos por estudar o integral

Γ(p) =

∫ +∞

0

xp−1e−x dx (8)

Podemos escrever este integral do seguinte modo:

∫ 1

0

xp−1e−x dx +

∫ +∞

1

xp−1e−x dx.

O primeiro integral e de Riemann se p − 1 ≥ 0 e de 2a especie se p − 1 < 0, enquanto o segundo e de 1a

especie qualquer que seja p ∈ R.

Sabemos que o integral

∫ +∞

1

1

x2dx e convergente. Dado que

limx→+∞

xp−1e−x

1

x2

= 0, ∀p ∈ R

podemos concluir que o integral de 1a especie e convergente qualquer que seja p ∈ R.


O integral improprio de 2a especie

∫ 1

0

1

x1−pdx e convergente se, e so se, 1−p < 1, isto e, p > 0. Alem

disso,

limx→0+

xp−1e−x

1

x1−p

= limx→0+

e−x = 1,

o que implica que o integral de 2a especie e convergente se,e so se, p > 0.

Entao o integral (8) converge se, e so se p > 0, isto e, a funcao Γ tem domınio R+.

Consideremos o integral∫ 1

0

xp−1(1 − x)q−1 dx (9)

Podemos sempre escrever este integral como a soma

∫ 12

0

xp−1(1 − x)q−1 dx +

∫ 1

12

xp−1(1 − x)q−1 dx

onde o primeiro integral e de Riemann se p−1 ≥ 0 e de 2a especie se p−1 < 0 e o segundo e de Riemannse q − 1 ≥ 0 e de 2a especie se q − 1 < 0.

O integral

∫ 12

0

1

x1−pdx converge se, e so se, 1 − p < 1, isto e, p > 0. Como

limx→0+

xp−1(1 − x)q−1

1

x1−p

= limx→0+

(1 − x)q−1 = 1

podemos concluir que o primeiro integral e convergente se, e so se, p > 0.

O integral

∫ 1

12

1

(1 − x)1−qdx converge se, e so se, 1 − q < 1, isto e, q > 0. Como

limx→1−

xp−1(1 − x)q−1

1

(1 − x)1−q

= limx→1−

xp−1 = 1

podemos concluir que o segundo integral e convergente se, e so se, q > 0.

Entao o integral (9) converge se, e so se, p > 0 e q > 0, isto e, a funcao Beta tem sentido para p > 0e q > 0.

E. Areas de domınios ilimitados

Vejamos alguns exemplos de aplicacao dos integrais improprios ao calculo de areas de domınios planosilimitados.

EXEMPLO 1: Calculemos a area do domınio determinado pela imagem da funcao f(x) =1

1 + x2e o

eixo dos xx (ver Figura 5.10).

O valor da area e dado pelo valor do integral improprio

∫ +∞

−∞

1

1 + x2dx.


Figura 5.10

Calculando esse integral obtemos

∫ +∞

−∞

1

1 + x2dx =

∫ 0

−∞

1

1 + x2dx +

∫ +∞

0

1

1 + x2dx

= 2

∫ +∞

0

1

1 + x2dx = 2 lim

x→+∞

∫ x

0

1

1 + t2dt

= 2 limx→+∞

[ arc tg(t) ]x0 = 2 lim

x→+∞arc tg(x) = π

EXEMPLO 2: Calculemos a area do domınio determinado pela imagem da funcao f(x) =1

√

|x|, as rectas

x = −3 e x = 2 e o eixo dos xx (ver Figura 5.11).

Figura 5.11

O valor da area e o valor do integral improprio

∫ 2

−3

1√

|x|dx.


∫ 2

−3

1√

|x|dx =

∫ 0

−3

1√

|x|dx +

∫ 2

0

1√

|x|dx = lim

x→0−

∫ x

−3

1√−tdt + lim

x→0+

∫ 2

x

1√tdt

= limx→0−

[−2

√−t]x

−3+ lim

x→0+

[

2√

t]2

x

= limx→0−

(

−2√−x + 2

√3)

+ limx→0+

(

2√

2 − 2√

x)

= 2√

3 + 2√

2


5.6 Exercıcios Propostos I

5.6.1 Integrais

1. Calcule os seguintes integrais:

(a)

∫ √3/2

−1/2

arcsen(x) + x√1 − x2

dx;

(b)

∫ 1

0

e(ex+x) dx;

(c)

∫ π/2

0

sen(2 x)√

1 + 3 cos2(x) dx;

(d)

∫ π4

−π3

sen(x)

(cos(x))35

dx.


(a)

∫ 2

0

x3 + x2 − 12 x + 1

x2 + x − 12dx;

(b)

∫ 1

0

4 x2 + x + 2

(4 x2 + 1)(x + 1)dx;

(c)

∫ 2

1

x4 + 1

x3 + 3x2 + 2xdx;

(d)

∫ 3

2

x2 + 4

(x2 + 2x + 2) (x − 1)2dx;

(e)

∫ 1

0

2x − 3

4x2 + 4x + 5dx;

(f)

∫ 4

3

x3

x2 − 3 x + 2dx;

(g)

∫ 2

1

5

x (x2 + 2 x + 5)dx;

(h)

∫ 4

2

x2

(x2 + 1)(x − 1);

(i)

∫ 1

0

1

(x − 2)2(1 + x2)dx;

(j)

∫ 2

0

x + 1

(x − 3)(x2 + 3)dx;

(k)

∫ 2

1

x

(x − 3)(2 + x2)dx.


(a)

∫ 1

0

log(x +√

1 + x2) dx;

(b)

∫ 1/2

−1/2

x log

(1

1 + x

)

dx;

(c)

∫ 1

0

earcsen(x) dx;

(d)

∫ π/5

0

sen(3x) cos(2x) dx;

(e)

∫ 1

e−2πcos

(

log

(1

x

))

dx;

(f)

∫ π

1

(x sen(x))2 dx;

(g)

∫ 2

0

arctg(√

x + 1)

dx;

(h)

∫ 1/2

0

log(1 − x2) dx;

(i)

∫ 2π

π

(sen(x)

x2− cos(x)

x

)

dx;

(j)

∫ 1/√

3

0

2 x

(x2 − 1)2arctg(x) dx;

(k)

∫ e

√2

x log(x2 − 1) dx;

(l)

∫ 2

1

x

(x2 + 1) log(√

x2 + 1)dx;

(m)

∫ 1

0

x arctg(x2) dx;

(n)

∫ 1

0

x3

(1 + x2)2dx;

(o)

∫ 1

0

sen(√

x + 1) dx.

(p)

∫ π/3

π/6

sen(x)

cos(x)(cos(x) − 1)dx;

(q)

∫ π2

0

(

x +π

2

)2

cos

(

x +π

2

)

dx;

(r)

∫ 2

1

log

(x

x + 3

)

dx;

(s)

∫ e

1

(log(x) + 3)2

dx.


4. Calcule

(a)

∫ (3√

3)/2

3/2

x2

√9 − x2

dx;

(b)

∫ π/3

0

tg(x)

3 + sen2(x)dx;

(c)

∫ log 4

log 3

e3 x

(1 + e2 x)(ex − 2)dx;

(d)

∫ π/4

0

sen2(x)

1 + cos2(x)dx;

(e)

∫ 3

1

1√4 x − x2

dx;

(f)

∫ π/2

π/3

1

1 + sen(x) − cos(x)dx;

(g)

∫ π/3

0

tg(x)

3 + sen2(x)dx;

(h)

∫ 16

1

14√

x +√

xdx;

(i)

∫ 1

0

x3

√9 − x2

dx;

(j)

∫ −π3

−π2

cos(x)

cos2(x) + sen(x) − 1dx;

(k)

∫ π/4

0

x

cos2(x)dx;

(l)

∫ π/2

0

cos(x)

1 + cos(x)dx;

(m)

∫ log(2)

0

ex + 2

e2 x + exdx;

(n)

∫ 2

1

ex

(e2x + 2) (ex − 1)dx.

5. Calcule

(a)

∫ 1

0

e3x + e2x − 3ex

(ex + 1)(e2x + 2)dx;

(b)

∫ 1

12

1

x√

4x2 + 3x + 2dx;

(c)

∫ 16

1

4√

x

1 +√

xdx;

(d)

∫ 1

−1

x2

√4 − x2

dx;

(e)

∫ 2

1

e3x + 1

(ex − 1)(e2x + 1)dx;

(f)

∫ log 6

log 3

e2x

(ex − 2)(e2x + 1)dx;

(g)

∫ π2

0

1

3 + 2 cos(x)dx;

(h)

∫ π4

0

sen2(x)

1 + 2 sen(x) cos(x)dx;

(i)

∫ 16

9

√x + 2

(x − 4)2√

xdx;

(j)

∫ 1

0

√x + 1 + 1

x + 2dx.


f(x) =

0, se x = 0,

2 x log(x)

(1 + x2)2, se x > 0.

(a) Mostre que f e contınua em [0, 1].

(b) Calcule F , primitiva de f , tal que F (0) = 1.

(c) Calcule∫ 1

0f(x) dx.


5.6.2 Calculo de areas de domınios planos limitados

1. Determine a area de cada um dos seguintes domınios:

(a) Determine a area do domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = 3√

x e g(x) = x2.

(b) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) =1

1 + x2e g(x) =

x2

2.

(c) Determine a area do domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = 4√

|x|, g(x) =−x4 − x2 e pelas rectas x = −1/2 e x = 1.

(d) Determine a area do domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = log(x), g(x) = ex

e pelas rectas y = −x + 1 e x = e.

(e) Domınio plano limitado pelo grafico das funcoes f(x) = x2 + x e g(x) = x3 + x2 − 2 x.

(f) Domınio plano, situado no semi-plano y ≥ 0, limitado pela circunferencia x2 + y2 = 1 e pela

elipse x2 +y2

4= 1.

(g) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) =x

1 + x2e g(x) =

x3

2.

(h) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = x5 e g(x) = 5√

x.

(i) Domınio plano limitado pela curva de equacao y = 2x − x2 e pela recta de equacao y = −x.

(j) Domınio plano limitado pelas rectas x = −1, x = 1 e pelos graficos das funcoes f(x) =1

1 + x2

e g(x) = ex.

NOTA: Os graficos das funcoes f e g tem um unico ponto de interseccao.

(k) Domınio plano limitado pelas curvas de equacoes y2 = 2x e x2 = 3y.

(l) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacoes y = x2, y = x2 cos(x), a rectax = 0 e o ponto de menor abcissa positiva em que as duas curvas se intersectam.

(m) Domınio plano limitado pelas curvas y =2 x√

1 + x2e y =

x√1 − x2

.

(n) Domınio plano limitado pelas curvas y =√

4 − x e y =

√4 − x

x.


(a) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes y = cos(x) e y = cos2(x), entre os pontosde abcissa 0 e π.

(b) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = x4 − 2 x2 + 1 e g(x) = 1 − x2.

(c) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y =1

2 +√

x, y =

1

2 −√x

e

x = 1.

(d) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y = 2 −√x e y =

√x + 1

2√

x.

(e) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y =1

x + 1e y = −x +

3

2.

(f) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = x2 − x − 2 e g(x) = x + 1.

(g) Domınio plano limitado pelo eixo dos yy e pelos graficos das funcoes f(x) = e2x e g(x) =e−(x+1).

(h) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y = x − 2 e y = (x2 − 1)(x − 2).


(i) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = arctg(x) e g(x) =π

4x2.

(j) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y = e3x e y = x2 e3x.

(k) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y = x3 − 6x + 1 e y = x2 + 1.

(l) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = log(x), g(x) = − log(x) e as rectas

x =1

2e x = e.

(m) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y =√

x2 − 1 e y = x2 − 1.

(n) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y = 4 − (x − 2)2

4e y = x2.

(o) Domınio plano limitado pelos graficos das funcoes f(x) = log(3x) e g(x) = log(x2 + 2).

(p) Domınio plano limitado pelos graficos das curvas de equacao y = arctg(x), y = arctg(−x),x = −1 e x = 1.

(q) Domınio plano limitado pelo grafico da funcao real de variavel real f(x) = x log(x) no semi-plano x ≤ e.

3. Calcule a area da porcao da elipse de equacaox2

4+

y2

16= 1, exterior a elipse de equacao

x2

4+ y2 = 1.

4. Calcule a area da figura do primeiro quadrante, limitada pelas curvas y =√

1 − x2, y =√

33 (x+ 1),

x = 0 e y = 0.

5. Calcule a area da figura do 1o quadrante limitada pelo eixo dos xx, pelo eixo dos yy, pela recta deequacao y = 2 x − 1 e pela parabola de equacao y = −x2 + 2 x + 3.

6. Calcule a area da figura do primeiro quadrante limitada pelos graficos das curvas de equacao x2 −y + 1 = 0, y =

1

x + 1, y = −x + 7 e x = 4.

7. Considere a restricao principal da funcao real de variavel real f(x) = tg(x). Calcule a area da figuralimitada pelos graficos das curvas de equacao y = tg(x), y = tg(−x) e y = 1.

8. Considere a funcao real de variavel real definida por f(x) = (1− x)e−x. Calcule a area do domınioplano limitado pelo grafico da funcao f e pela recta y = 0, no intervalo [0, 5].


5.6.3 Integrais Improprios

1. Calcule o valor dos seguintes integrais

(a)

∫ +∞

0

sen(x) dx

(b)

∫ 1

0

log(x) dx

(c)

∫ 0

−∞

ex

√1 − e2x

dx.

2. Estude a natureza dos seguintes integrais improprios:

(a)

∫ +∞

0

arctg(x)√x3 + 1

dx.

(b)

∫ +∞

3

sen3(x)

(x − 1)x2dx.

(c)

∫ +∞

1

log(x/2)

x2dx.

(d)

∫ +∞

0

(π

2− arctg(x)

)

dx


(a)

∫ 1

0

1√x (1 − x)2/3

dx

(b)

∫ π/2

0

√x

sen(x)dx

(c)

∫ π/2

0

sen(x)

1 − cos(x)dx

(d)

∫ π/2

1

1

1 − sen(x)dx.

(e)

∫ 1

0

√

2

x(1 − x2)dx.

(f)

∫ 3

1

x√x2 − x

dx;

(g)

∫ π2

0

log(sen(x))√x

dx.

(h)

∫ 1

12

cos(πx)

x2 log (x)dx.

(i)

∫ 1

0

log(x2 + 1)

x3dx.


(a)

∫ +∞

1

1

x√

x − 1dx

(b)

∫ +∞

1

sen(x)√x4 − 1

dx.

(c)

∫ +∞

2

1

x log(x)dx.

(d)

∫ +∞

3

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx

(e)

∫ +∞

0

sen(x)√x3

dx.

(f)

∫ +∞

1

cos(x)√x3 − 1

dx.

(g)

∫ +∞

2

e−x

√x2 − 4

dx.

(h)

∫ +∞

1

log(x2 + 3)

(x2 + 1) 3√

x − 2dx

(i)

∫ +∞

0

sen(πx)√x 3√

x2 − 1dx

(j)

∫ +∞

2

1

x√

x2 − 4dx.

(k)

∫ +∞

π2

sen(x)

(2x + 1)√

x − π2

dx.

(l)

∫ +∞

3

arccotg(x)3√

2x2(9 − x2)dx.

(m)

∫ +∞

4

x sen(x)

3x2 3√

16 − x2dx.

(n)

∫ +∞

12

sen(x)

x√

4x2 − 1dx;


(o)

∫ +∞

1

3√

x√x4 − 1

dx

(p)

∫ +∞

2

2x + 1

(x2 + 3)√

x − 2dx.

(q)

∫ +∞

1

√x2 − 1

(x3 + 2)(x − 1)dx.

(r)

∫ +∞

2

log (x)

x 3√

x2 − 4dx.

(s)

∫ +∞

3

sen(x)

(x2 − 2)√

x − 3dx.

5. Determine o valor de β de modo que

∫ +∞

−∞β e−3|x−1| dx = 2.

6. Seja a > 0. Considere o integral improprio

∫ +∞

1

(2x2 + bx + a

x(x + a)− 2

)

dx.

(a) Determine a relacao entre a e b de modo que o integral seja convergente.

(b) Determine os valores de a e b de modo que

∫ +∞

1

(2x2 + bx + a

x(x + a)− 2

)

dx = 1.

7. Estude, em funcao do parametro real α, a convergencia dos seguintes integrais

(a)

∫ +∞

0

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx.

(b)

∫ 1

0

1

xα√

1 − xdx.

(c)

∫ +∞

0

13√

x2α + xαdx.

(d)

∫ +∞

1

(e−x

x− e−αx

1 − e−x

)

dx.

(e)

∫ +∞

0

1

xα 3√

x2 − 1dx e convergente.

8. Mostre que o integral improprio

∫ +∞

0

sen(x)

xdx e convergente.

9. Seja a ∈ R+ e f contınua em [a, +∞[. Considere os integrais

∫ +∞

a

f(x) dx e

∫ 1a

0

f(1t )

t2dt.

Mostre que os dois integrais tem a mesma natureza.

10. Seja f : R −→]0, π[ uma funcao tal que existe limx→+∞

f(x) e

∫ +∞

1

f(x) dx e convergente. Estude a

natureza do integral

∫ +∞

1

sen(f(x)) dx.

11. Seja f : [0, +∞[→ R uma funcao de classe C1 tal que∫ +∞0

f(x) dx e convergente e existe limx→+∞

f(x).

Mostre que

∫ +∞

0

f ′(x) dx e convergente e calcule o seu valor.


12. Seja a ∈ R+ e f uma funcao real de variavel real contınua em [0, +∞[. Mostre que os integrais∫ +∞

a

f(x) dx e

∫ +∞

√a

2xf(x2) dx tem a mesma natureza.

13. Seja f : [0, +∞[→ R uma funcao contınua tal que

∫ +∞

1

f(t)

tdt e convergente. Mostre que

∫ +∞

u

f(kt)

tdt e convergente, se u e k sao numeros reais estritamente positivos.

14. A funcao Gama, Γ, e definida por Γ(x) =

∫ +∞

0

tx−1e−t dt. O domınio desta funcao e R+.

(a) Calcule Γ(1).

(b) Mostre que Γ(x + 1) = xΓ(x), ∀x > 0.

(c) Mostre que

∫ 1

0

(log(x))n dx = (−1)nΓ(n + 1), ∀n ∈ N.

15. Calcule a area da regiao definida pelo grafico da funcao f(x) =ex

1 + e2xe pelo eixo dos xx.

16. Calcule a area da regiao definida pelos graficos das funcoes f(x) = log(x), g(x) = − log(x), nosemiplano x ≤ 1.

17. Calcule a area da regiao definida, no semiplano x ≥ 1, pelos graficos das funcoes f(x) =1

x2e

g(x) =1

x3.

18. Calcule a area da regiao definida pelo grafico da funcao f(x) =1

x(1 + log2 (x))e pelo eixo dos xx.

19. Calcule a area da regiao do plano situada entre a recta y = 0 e o grafico da funcao f(x) =x√

1 − 9x2.

20. Calcule a area da regiao do plano situada entre a recta y = 0 e o grafico da funcao f(x) =arctg(x)

1 + x2.

21. Calcule a area da regiao definida pelo grafico da funcao f(x) =x

√

(x2 + 1)3e pelo eixo dos xx.

22. Calcule a area da regiao do plano situada entre a recta y = 0 e o grafico da funcao f(x) = e−|x|.

23. Calcule a area da regiao do plano situada entre a recta y = 0 e o grafico da funcao f(x) =earctg(x)

1 + x2.

24. Calcule a area da regiao do plano situada entre a recta y = 0 e o grafico da funcao f(x) =1

1 + (2x)2.

25. Calcule a area da regiao do 1o quadrante definida pelo grafico da funcao f(x) = xe−x e pelo eixodos xx.

26. Calcule a area da regiao do 1o quadrante definida pelo grafico da funcao f(x) =1

(x + 1)2.

27. Domınio plano ilimitado definido pelo grafico da funcao y =1

1 + x2e pelo eixo do xx.


RESOLUCAO

1. (a) Dado que a funcao sen(x) e contınua em R, o integral

∫ +∞

0

sen(x) dx

e um integral improprio de 1a especie. Por definicao,

∫ +∞

0

sen(x) dx = limx→+∞

∫ x

0

sen(t) dt = limx→+∞

[− cos(t)]x0 = limx→+∞

(− cos(x) + 1).

Mas este limite nao existe, portanto, o integral em estudo e divergente.

(b) Dado que a funcao log(x) tem domınio R+, e contınua nesse conjunto e limx→0+

log(x) = −∞, o

integral∫ 1

0

log(x) dx

e um integral improprio de 2a especie. Por definicao,

∫ 1

0

log(x) dx = limx→0+

∫ 1

x

log(t) dt = limx→0+

[t log(t) − t]1x = limx→0+

(−1 − x log(x) + x) = −1.

Sendo este limite finito, o integral em estudo e convergente.

Nota 1: O calculo da primitiva da funcao log(x) faz-se por primitivacao por partes obtendo-seo resultado P log(x) = x log(x) − x.

Nota 2: No calculo do valor do limite limx→0+

x log(x) = limx→0+

log(x)1

x

= 0 utilizou-se a Regra

de Cauchy.

(c) O integral

∫ 0

−∞

ex

√1 − e2x

dx e um integral improprio misto porque o intervalo de integracao

e ilimitado e a funcao integranda e ilimitada na vizinhanca de zero. Por definicao de integralimproprio misto

∫ 0

−∞

ex

√1 − e2x

dx =

∫ −1

−∞

ex

√1 − e2x

dx +

∫ 0

−1

ex

√1 − e2x

dx

Calculemos estes integrais por definicao:

∫ −1

−∞

ex

√1 − e2x

dx = limx→−∞

∫ −1

x

et

√1 − e2t

dt = limx→−∞

∫ −1

x

et

√

1 − (et)2dt

= limx→−∞

[arcsen(et)

]−1

x= arcsen(e−1) − lim

x→−∞arcsen(ex)

= arcsen(e−1)

e ∫ 0

−1

ex

√1 − e2x

dx = limx→0−

∫ x

−1

et

√1 − e2t

dt = limx→0−

∫ x

−1

et

√

1 − (et)2dt

= limx→0−

[arcsen(et)

]x

−1= lim

x→0−

arcsen(ex) − arcsen(e−1)

=π

2− arcsen(e−1).


Portanto,∫ 0

−∞

ex

√1 − e2x

dx = arcsen(e−1) +π

2− arcsen(e−1) =

π

2,

ou seja, o integral e convergente.

2. (a) Dado que a funcao arctg(x) tem domınio R e e contınua nesse conjunto, o integral∫ +∞

0

(π

2− arctg(x)

)

dx

e um integral improprio de 1a especie. Por definicao,∫ +∞

0

(π

2− arctg(x)

)

dx = limx→+∞

∫ x

0

(π

2− arctg(t)

)

dt =

= limx→+∞

[π

2t − t arctg(t) +

1

2log(1 + t2)

]x

0

=

= limx→+∞

(π

2x − x arctg(x) +

1

2log(1 + x2)

)

= +∞Sendo este limite infinito, o integral em estudo e divergente.

Nota 1: O calculo da primitiva da funcao arctg(x) faz-se por primitivacao por partes obtendo-

se o resultado P arctg(x) = x arctg(x) − 1

2log(1 + x2).

Nota 2: No calculo do valor do limite limx→+∞

(π

2x − x arctg(x)

)

= limx→+∞

π

2− arctg(x)

1

x

= 1

utilizou-se a Regra de Cauchy.

3. (a) Consideremos o integral improprio∫ 1

0

1√x (1 − x)2/3

dx.

Podemos escrever∫ 1

0

1√x (1 − x)2/3

dx =

∫ 12

0

1√x (1 − x)2/3

dx +

∫ 1

12

1√x (1 − x)2/3

dx.

O integral

∫ 12

0

1√x (1 − x)2/3

dx e um integral improprio de 2a especie no limite inferior de

integracao, porque limx→0+

1√x (1 − x)2/3

= +∞.

O integral

∫ 1

12

1√x (1 − x)2/3

dx e um integral improprio de 2a especie no limite superior de

integracao, porque limx→1−

1√x (1 − x)2/3

= +∞.

Estudemos o integral improprio de 2a especie

∫ 12

0

1√x (1 − x)2/3

dx. Consideremos o integral

∫ 12

0

1

x12

dx que sabemos ser convergente. O limite

limx→0+

1√x (1 − x)2/3

1

x12

= limx→0+

1

(1 − x)2/3= 1,


e finito e diferente de zero, o que nos permite concluir que os dois integrais tem a mesma

natureza, sendo, portanto, convergente o integral

∫ 12

0

1√x (1 − x)2/3

dx.

Para estudar a natureza do integral improprio de 2a especie

∫ 1

12

1√x (1 − x)2/3

dx vamos com-

para-lo com o integral

∫ 1

12

1

(1 − x)2/3dx, que e convergente.

Como

limx→1−

1√x (1 − x)2/3

1

(1 − x)2/3

= limx→1−

1√x

= 1

os dois integrais tem a mesma natureza. Podemos afirmar que

∫ 1

12

1√x (1 − x)2/3

dx

e convergente.

Concluımos, assim, que o integral dado converge.

(b) O integral∫ π/2

0

√x

sen(x)dx

e improprio de 2a especie porque limx→0+

√x

sen(x)= +∞ e

√x

sen(x)e contınua em ]0, π

2 ]. Como

a funcao integranda e positiva no intervalo de integracao podemos aplicar um criterio de

comparacao. Consideremos o integral

∫ π/2

0

1

x12


limx→0+

√x

sen(x)1

x12

= limx→0+

x

sen(x)= 1,



∫ π/2

0

√x

sen(x)dx.

(c) O integral∫ π/2

0

sen(x)

1 − cos(x)dx

e um integral improprio de 2a especie porque limx→0+

sen(x)

1 − cos(x)= +∞ e a funcao integranda e

contınua em ]0, π2 ].

Por definicao,

∫ π/2

0

sen(x)

1 − cos(x)dx = lim

x→0+

∫ π/2

x

sen(t)

1 − cos(t)dt = lim

x→0+[log(1 − cos(t))]

π/2x =

= − limx→0+

log(1 − cos(x)) = +∞


4. (a) O integral∫ +∞

1

1

x√

x − 1dx

e um integral improprio misto. De facto, limx→1+

1

x√

x − 1= +∞ e o intervalo de integracao e

ilimitado. Podemos escrever

∫ +∞

1

1

x√

x − 1dx =

∫ 2

1

1

x√

x − 1dx +

∫ +∞

2

1

x√

x − 1dx.

O integral∫ 2

1

1

x√

x − 1dx

e um integral improprio de 2a especie no limite inferior de integracao.

O integral∫ +∞

2

1

x√

x − 1dx

e um integral improprio de 1a especie.


∫ 2

1

1

x√

x − 1dx. O integral

∫ 2

1

1

(x − 1)12

dx e

convergente pois α =1

2< 1. O limite

limx→1+

1

x√

x − 11

(x − 1)12

= limx→1+

1

x= 1,



∫ 2

1

1

x√

x − 1dx.


∫ +∞

2

1

x√

x − 1dx vamos compara-

lo com o integral

∫ +∞

2

1

x32

dx, que e convergente.

Como

limx→+∞

1

x√

x − 11

x32

= limx→+∞

x√

x

x√

x − 1= lim

x→+∞

√x

x − 1= 1


∫ +∞

2

1

x√

x − 1dx

e convergente. Concluımos, assim, que o integral dado e convergente.

(b) O integral∫ +∞

1

sen(x)√x4 − 1

dx


e improprio misto porque o intervalo de integracao e ilimitado, a funcao integranda e contınua

em ]1, +∞[ e limx→1+

sen(x)√x4 − 1

= +∞. Podemos escrever

∫ +∞

1

sen(x)√x4 − 1

dx =

∫ 2

1

sen(x)√x4 − 1

dx +

∫ +∞

2

sen(x)√x4 − 1

dx.

O integral∫ 2

1

sen(x)√x4 − 1

dx


O integral∫ +∞

2

sen(x)√x4 − 1

dx



∫ 2

1

sen(x)√x4 − 1

dx. Consideremos o integral∫ 2

1

1

(x − 1)12


limx→1+

sen(x)√x4 − 1

1

(x − 1)12

= limx→1+

(x − 1)12 sen(x)

(x − 1)12 (x + 1)

12 (x2 + 1)

12

= limx→1+

sen(x)

(x + 1)12 (x2 + 1)

12

=sen(1)

2,



∫ 2

1

sen(x)√x4 − 1

dx.

Como∣∣∣∣

sen(x)√x4 − 1

∣∣∣∣≤ 1√

x4 − 1∀x ∈ [2, +∞[,

estudemos o integral

∫ +∞

2

1√x4 − 1

dx. Para isso vamos compara-lo com o integral

∫ +∞

2

1

x2dx,

que e convergente.

Sendo o limite

limx→+∞

1√x4 − 1

1

x2

= limx→+∞

x2

√x4 − 1

= 1

finito e diferente de zero, os dois integrais tem a mesma natureza. Podemos afirmar que∫ +∞

2

1√x4 − 1

dx e convergente, pelo que, pelo Criterio Geral de Comparacao, o integral∫ +∞

2

∣∣∣∣

sen(x)√x4 − 1

∣∣∣∣dx e convergente, o que implica que

∫ +∞

2

sen(x)√x4 − 1

dx e absolutamente con-

vergente.



(c) O integral

∫ +∞

2

1

x log(x)dx e um integral improprio de 1a especie porque a funcao

1

x log(x)e contınua em [2, +∞[ e o intervalo de integracao e ilimitado. Por definicao,

∫ +∞

2

1

x log(x)dx = lim

x→+∞

∫ x

2

1t

log(t)dt = lim

x→+∞[log(log(t))]

x2

= limx→+∞

(log(log(x)) − log(log 2)) = +∞,

portanto, o integral e divergente.

(d) O integral∫ +∞

3

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx

e improprio misto porque limx→3+

cos(x)

(x − 1)√

x − 3= −∞, a funcao integranda e contınua em

]3, +∞[ e o intervalo de integracao e ilimitado. Podemos escrever

∫ +∞

3

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx =

∫ 4

3

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx +

∫ +∞

4

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx.

O integral∫ 4

3

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx


O integral∫ +∞

4

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx



∫ 4

3

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx. Consideremos o integral

∫ 4

3

1

(x − 3)12


limx→3+

− cos(x)

(x − 1)√

x − 31

(x − 3)12

= limx→3+

− cos(x) (x − 3)12

(x − 3)12 (x − 1)

= limx→3+

− cos(x)

x − 1= −cos(3)

2,

pertence a R+, o que nos permite concluir que os dois integrais tem a mesma natureza, sendo,

portanto, convergente o integral

∫ 4

3

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx.

Sabemos que 0 ≤ | cos(x)| ≤ 1, ∀x ∈ R, portanto,

∣∣∣∣

cos(x)

(x − 1)√

x − 3

∣∣∣∣≤ 1

(x − 1)√

x − 3∀x ∈ [4, +∞[.

Estudemos o integral

∫ +∞

4

1

(x − 1)√

x − 3dx. Para isso, vamos compara-lo com o integral


∫ +∞

4

1

x32

dx, que e convergente. Como

limx→+∞

1

(x − 1)√

x − 31

x32

= limx→+∞

x32

(x − 1)√

x − 3= 1


∫ +∞

4

1

(x − 1)√

x − 3dx e

convergente. Pelo Criterio Geral de Comparacao, o integral

∫ +∞

4

∣∣∣∣

cos(x)

(x − 1)√

x − 3

∣∣∣∣dx e con-

vergente, o que implica que o integral

∫ +∞

4

cos(x)

(x − 1)√

x − 3dx e absolutamente convergente.


5. A funcao integranda e contınua em R, portanto, o integral e improprio de 1a especie. Podemoscomecar por considerar que β 6= 0, pois se β = 0, o valor do integral seria zero. Sabendo que

|x − 1| =

x − 1, se x − 1 ≥ 0

−(x − 1), se x − 1 < 0

=

x − 1, se x ≥ 1

−(x − 1), se x < 1

temos, por definicao de integral improprio de 1a especie,

∫ +∞

−∞β e−3|x−1| dx =

∫ 1

−∞β e−3|x−1| dx +

∫ +∞

1

β e−3|x−1| dx

= limy→−∞

∫ 1

y

β e3(x−1) dx + limt→+∞

∫ t

1

β e−3(x−1) dx

= limy→−∞

β

[e3(x−1)

3

]1

y

+ limt→+∞

β

[−e−3(x−1)

3

]t

1

= limy→−∞

β

(1 − e3(y−1)

3

)

+ limt→+∞

β

(−e−3(t−1) + 1

3

)

=β

3+

β

3

=2β

3

Como queremos que o valor deste integral seja 2 fazemos2β

3= 2, ou seja, β = 3.


6. (a) Se a > 0 entao x + a 6= 0, ∀x ∈ [1, +∞[, o que implica que o integral

I =

∫ +∞

1

(2x2 + bx + a

x(x + a)− 2

)

dx =

∫ +∞

1

2x2 + bx + a − 2x2 − 2ax

x(x + a)dx

=

∫ +∞

1

(b − 2a)x + a

x(x + a)dx

e improprio de 1a especie. Seja f(x) =(b − 2a)x + a

x(x + a).

(i) Vamos estudar a convergencia deste integral discutindo varios casos.

1o caso: b − 2a = 0. Neste caso, f(x) =a

x(x + a)> 0, ∀x ∈ [1, +∞[. Consideremos o

integral improprio de 1a especie

∫ +∞

1

1

x2dx que sabemos ser convergente. O limite

limx→+∞

a

x(x + a)1

x2

= limx→+∞

ax2

x(x + a)= a

e um numero real positivo, portanto, os dois integrais tem a mesma natureza, o que implicaque I e convergente.

2o caso: b − 2a > 0. Neste caso, f(x) > 0, ∀x ∈ [1, +∞[. Consideremos o integral

improprio de 1a especie

∫ +∞

1

1

xdx que sabemos ser divergente. O limite

limx→+∞

(b − 2a)x + a

x(x + a)1

x

= limx→+∞

(b − 2a)x + a

x + a= b − 2a

e um numero real positivo, portanto, os dois integrais tem a mesma natureza, o que implicaque I e divergente.

3o caso: b − 2a < 0. Facilmente se verifica que f(x) = 0 ⇔ x = − a

b − 2a, o que implica

que f(x) < 0, ∀x > − a

b − 2a. Sendo M = max{− a

b − 2a, 1} temos de estudar o integral

∫ +∞

M

(−f(x)) dx.

Este integral e I tem a mesma natureza. Consideremos o integral improprio de 1a especie∫ +∞

M

1

xdx que sabemos ser divergente. O limite

limx→+∞

− (b − 2a)x + a

x(x + a)1

x

= − limx→+∞

(b − 2a)x + a

x + a= −(b − 2a)

e um numero real positivo, portanto, os dois integrais tem a mesma natureza, o que implicaque I e divergente.Conclusao: Para que I seja convergente tem que se verificar b − 2a = 0.


(ii) Pela alınea anterior, o integral e convergente se, e so se, b = 2a. Entao, comoa

x(x + a)=

1

x− 1

x + a,

I =

∫ +∞

1

a

x(x + a)dx =

∫ +∞

1

(1

x− 1

x + a

)

dx = limx→+∞

∫ x

1

(1

t− 1

t + a

)

dt

= limx→+∞

[log(t) − log(t + a)]x1 = lim

x→+∞

[

log

(t

t + a

)]x

1

= limx→+∞

(

log

(x

x + a

)

− log

(1

1 + a

))

= − log

(1

1 + a

)

.

Portanto,

I = 1 ⇔ − log

(1

1 + a

)

= 1 ⇔ log(1 + a) = 1 ⇔ 1 + a = e ⇔ a = e − 1.

Como b = 2a temos que b = 2e − 2.

7. (a) Consideremos o integral improprio

∫ +∞

0

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx.

A funcao integranda tem domınio R+, e positiva no seu domınio e limx→0

(1 + x)α

√x(x2 + 1)

= +∞,

∀α ∈ R. Como o intervalo de integracao e [0, +∞[, este integral e improprio misto seja qualfor o valor do parametro real α. Consideremos os integrais

∫ 1

0

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx e

∫ +∞

1

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx.

Comecemos por estudar o integral improprio de 2a especie

∫ 1

0

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx. Sabemos que

o integral

∫ 1

0

1√x

dx e convergente e

limx→0+

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

1√x

= limx→0+

(1 + x)α

x2 + 1= 1, ∀α ∈ R,



∫ 1

0

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx, ∀α ∈ R.


∫ +∞

1

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx vamos com-


∫ +∞

1

1

x52−α

dx, que converge se, e so se,5

2− α > 1, isto e, α <

3

2.

Como

limx→+∞

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

1

x52−α

= limx→+∞

(1 + x)αx52−α

√x (x2 + 1)

= 1, ∀α ∈ R,


e finito e diferente de zero, os dois integrais tem a mesma natureza. Podemos afirmar que

∫ +∞

1

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx

converge se, e so se, α <3

2.

Concluımos, assim, que o integral dado converge se, e so se, α <3

2, e

∫ +∞

0

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx =

∫ 1

0

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx +

∫ +∞

1

(1 + x)α

√x (x2 + 1)

dx.

(b) Consideremos o integral improprio

∫ 1

0

1

xα√

1 − xdx.

Podemos escrever

∫ 1

0

1

xα√

1 − xdx =

∫ 12

0

1

xα√

1 − xdx +

∫ 1

12

1

xα√

1 − xdx,

e o integral dado e convergente se, e so se, forem convergentes os dois integrais do lado direitoda igualdade.

O integral∫ 1

2

0

1

xα√

1 − xdx

e um integral improprio de 2a especie no limite inferior de integracao se α > 0 porque, neste

caso, limx→0+

1

xα√

1 − x= +∞, e de Riemann se α ≤ 0, pois, nesta situacao,

1

xα√

1 − xe

contınua em [0,1

2].

O integral∫ 1

12

1

xα√

1 − xdx

e um integral improprio de 2a especie no limite superior de integracao seja qual for o valor do

parametro real α, porque limx→1−

1

xα√

1 − x= +∞.

Seja α > 0. Estudemos o integral improprio de 2a especie

∫ 12

0

1

xα√

1 − xdx. Sabemos que o

integral

∫ 1

0

1

xαdx e convergente se, e so se, α < 1. O limite

limx→0+

1

xα√

1 − x1

xα

= limx→0+

1√1 − x

= 1,



∫ 12

0

1

xα√

1 − xdx se, e so se, α < 1. Como


no caso em que α ≤ 0 se trata de um integral de Riemann, podemos dizer que este integraltem sentido se, e so se, α < 1.


∫ 1

12

1

xα√

1 − xdx vamos compara-

lo com o integral

∫ 1

12

1

(1 − x)12

dx, que e convergente.

Como o limite

limx→1−

1

xα√

1 − x1

(1 − x)12

= limx→1−

1

xα= 1, ∀α ∈ R,

e finito e diferente de zero, os dois integrais tem a mesma natureza. Podemos afirmar que

∫ 1

12

1

xα√

1 − xdx

e convergente qualquer que seja o valor do parametro α.

Concluımos, assim, que o integral dado converge se, e so se, α < 1.

(c) Podemos escrever o integral dado como a soma de dois integrais:

∫ +∞

0

13√

x2α + xαdx =

∫ 1

0

13√

x2α + xαdx +

∫ +∞

1

13√

x2α + xαdx

=

∫ 1

0

1

xα3

3√

xα + 1dx +

∫ +∞

1

1

xα3

3√

xα + 1dx;

se α > 0 entao limx→0+

1

xα3

3√

xα + 1= +∞ e se α ≤ 0,

1

xα3

3√

xα + 1e contınua em [0, 1] o que nos

permite afirmar que o primeiro integral e um integral improprio de 2a especie se α > 0 e deRiemann se α ≤ 0; o segundo e improprio de 1a especie seja qual for o valor do parametro real

α, porque a funcao1

xα3

3√

xα + 1e contınua em [1, +∞[. Consideremos o integral improprio de

2a especie∫ 1

0

1

xα3

dx,

que sabemos ser convergente se, e so se,α

3< 1, isto e, se, e so se, α < 3. Como o limite

limx→0+

1

xα3

3√

xα + 11

xα3

= limx→0+

13√

xα + 1= 1

e finito e diferente de zero, os dois integrais tem a mesma natureza, o que nos permite concluirque o integral

∫ 1

0

1

xα3

3√

xα + 1dx

e convergente se, e so se, α < 3.

Consideremos o integral improprio de 1a especie

∫ +∞

1

1

x2α3

dx,


que sabemos ser convergente se, e so se,2α

3> 1, isto e, se, e so se, α >

3

2. Como o limite

limx→+∞

1

xα3

3√

xα + 11

x2α3

= limx→+∞

3

√

x2α

xα(xα + 1)= 1

e finito e diferente de zero, os dois integrais tem a mesma natureza, o que nos permite concluirque o integral

∫ +∞

1

1

xα3

3√

xα + 1dx

e convergente se, e so se, α >3

2.

Conclusao: o integral∫ +∞

0

13√

x2α + xαdx

converge se, e so se,3

2< α < 3.

(d) Consideremos o integral∫ +∞

1

e−x

xdx.

E um integral improprio de 1a especie, pois a funcao integranda e contınua no intervalo deintegracao que e ilimitado. Estudemos a natureza deste integral comparando-o com o integral

∫ +∞

1

1

x2dx

que sabemos ser convergente. O limite

limx→+∞

e−x

x1

x2

= limx→+∞

e−xx2

x= lim

x→+∞x

ex= 0

permite-nos concluir que o integral∫ +∞

1

e−x

xdx

e convergente. Entao a natureza do integral

∫ +∞

1

(e−x

x− e−αx

1 − e−x

)

dx

e a natureza do integral∫ +∞

1

e−αx

1 − e−xdx.

Este integral e um integral improprio de 1a especie, pois, qualquer que seja o valor do parametroreal α, a funcao integranda e contınua no intervalo de integracao que e ilimitado.

1o caso: α = 0. Por definicao,

∫ +∞

1

1

1 − e−xdx =

∫ +∞

1

ex

ex − 1dx = lim

t→+∞

∫ t

1

ex

ex − 1dx =


= limt→+∞

[log(ex − 1)]t1 = limt→+∞

(log(et − 1) − log(e − 1)

)= +∞

ou seja, se α = 0 o integral e divergente.

2o caso: α > 0. Consideremos o integral improprio de 1a especie

∫ +∞

1

1

x2dx

que sabemos ser convergente.

limx→+∞

e−αx

1 − e−x

1

x2

= limx→+∞

x2

eαx(1 − e−x)= 0

o que implica que o integral∫ +∞

1

e−αx

1 − e−xdx

e convergente se α > 0.

3o caso: α < 0. Consideremos o integral improprio de 1a especie

∫ +∞

1

1

xdx

que sabemos ser divergente.

limx→+∞

e−αx

1 − e−x

1

x

= limx→+∞

x e−αx

1 − e−x= +∞

o que implica que o integral∫ +∞

1

e−αx

1 − e−xdx

e divergente se α < 0.

Conclusao: O integral∫ +∞

1

(e−x

x− e−αx

1 − e−x

)

dx

converge se, e so se, α > 0.

(e) Consideremos o integral improprio

∫ +∞

0

1

xα 3√

x2 − 1dx.

A funcao integranda tem domınio R \ {−1, 1}, se α ≤ 0, ou R \ {−1, 0, 1}, se α > 0. Comoo intervalo de integracao e [0, +∞[, este integral e improprio misto seja qual for o valor doparametro real α. Consideremos os integrais

∫ 12

0

1

xα 3√

x2 − 1dx,

∫ 1

12

1

xα 3√

x2 − 1dx,

∫ 2

1

1

xα 3√

x2 − 1dx e

∫ +∞

2

1

xα 3√

x2 − 1dx.

Comecemos por estudar o integral

∫ 12

0

1

xα 3√

x2 − 1dx, que e improprio de 2a especie se α > 0,

porque limx→0+

1

xα 3√

x2 − 1= −∞, e de Riemann se α < 0, porque a funcao integranda e


contınua em [0, 12 ]. Sabemos que o integral

∫ 12

0

1

xαdx e convergente se, e so se, α < 1 e o

limite

limx→0+

− 1

xα 3√

x2 − 11

xα

= limx→0+

−xα

xα 3√

x2 − 1= lim

x→0+

−13√

x2 − 1= 1,



∫ 12

0

1

xα 3√

x2 − 1dx se, e so se, α < 1.

O integral

∫ 1

12

1

xα 3√

x2 − 1dx e improprio de 2a especie seja qual for o valor do parametro

real α, porque limx→1−

1

xα 3√

x2 − 1= −∞, ∀α ∈ R. Sabemos que o integral

∫ 1

12

1

(1 − x)13

dx e

convergente e

limx→1−

− 1

xα 3√

x2 − 11

(1 − x)13

= limx→1−

−(1 − x)13

xα (x − 1)13 (x + 1)

13

= limx→1−

1

xα (x + 1)13

=13√

2, ∀α ∈ R,



∫ 12

0

1

xα 3√

x2 − 1dx, ∀α ∈ R.

O integral

∫ 2

1

1

xα 3√

x2 − 1dx, e improprio de 2a especie seja qual for o valor do parametro

real α, porque limx→1+

1

xα 3√

x2 − 1= +∞, ∀α ∈ R. Sabemos que o integral

∫ 2

1

1

(x − 1)13

dx e

convergente e

limx→1+

1

xα 3√

x2 − 11

(x − 1)13

= limx→1+

(x − 1)13

xα (x − 1)13 (x + 1)

13

= limx→1+

1

xα (x + 1)13

=13√

2, ∀α ∈ R,



∫ 2

1

1

xα 3√

x2 − 1dx, ∀α ∈ R.


∫ +∞

2

1

xα 3√

x2 − 1dx vamos com-


∫ +∞

2

1

xα+ 23

dx, que converge se, e so se, α +2

3> 1, isto e, α >

1

3.

Como

limx→+∞

1

xα 3√

x2 − 11

xα+ 23

= limx→+∞

xα+ 23

xα 3√

x2 − 1= lim

x→+∞x

23

3√

x2 − 1= 1, ∀α ∈ R,


∫ +∞

1

1

xα 3√

x2 − 1dx


converge se, e so se, α >1

3.

Concluımos, assim, que o integral dado converge se, e so se,1

3< α < 1.

8. O integral∫ +∞

0

sen(x)

xdx

e um integral improprio de 1a especie porque a funcao g(x) =sen(x)

xtem domınio R \ {0}, e

contınua em ]0, +∞[ e o intervalo de integracao e ilimitado. Mas analisando a decomposicao

∫ +∞

0

sen(x)

xdx =

∫ π

0

sen(x)

xdx +

∫ +∞

π

sen(x)

xdx

vemos que o integral∫ π

0

sen(x)

xdx

e um integral de Riemann, pois, se

f(x) =

sen(x)

x, se x ∈ [0, π]

1, se x = 0

temos que funcao f e contınua em [0, π] porque limx→0

sen(x)

x= 1 e g difere de f apenas num ponto,

o que implica que∫ π

0

sen(x)

xdx =

∫ π

0

f(x) dx

O integral∫ +∞

π

sen(x)

xdx

e um integral improprio de 1a especie. Por definicao e integrando por partes,

∫ +∞

π

sen(x)

xdx = lim

t→+∞

∫ t

π

sen(x)

xdx = lim

t→+∞

([1

x(− cos(x))

]t

π

−∫ t

π

−1

x2(− cos(x)) dx

)

=

= limt→+∞

(

−cos(t)

t+

cos(π)

π−∫ t

π

cos(x)

x2dx

)

= − 1

π− lim

t→+∞

∫ t

π

cos(x)

x2dx.

Para provar que o integral e convergente basta provar que este ultimo limite existe e e finito. Mas∣∣∣∣

cos(x)

x2

∣∣∣∣≤ 1

x2, ∀x ∈ R \ {0}

e sendo o integral∫ +∞

π

1

x2dx

um integral improprio de 1a especie convergente, temos, pelo Criterio de Comparacao, que o integral

∫ +∞

π

∣∣∣∣

cos(x)

x2

∣∣∣∣

dx


e convergente; o que implica que o integral

∫ +∞

π

cos(x)

x2dx

e convergente e, portanto, o limite

limt→+∞

∫ t

π

cos(x)

x2dx

existe e e finito. Entao o integral∫ +∞

π

sen(x)

xdx

e convergente.

Assim, o integral∫ +∞

0

sen(x)

xdx

e convergente.

9. Seja f : [0, +∞[→ R uma funcao de classe C1, isto e, f ′ e contınua em [0, +∞[. Entao f ′ e integravel

a Riemann em qualquer intervalo [0, x], x > 0, o que nos prmite dizer que o integral

∫ +∞

0

f ′(x) dx

e um integral improprio de 1a especie. Por definicao e usando a Regra de Barrow (possıvel porquef ′ e contınua) temos

∫ +∞

0

f ′(x) dx = limx→+∞

∫ x

0

f ′(t) dt = limx→+∞

[f(t)]x0 = limx→+∞

(f(x) − f(0)).

Como, por hipotese,

∫ +∞

0

f(x) dx e convergente e existe limx→+∞

f(x), sabemos que limx→+∞

f(x) = 0.

Portanto,∫ +∞

0

f ′(x) dx = −f(0),

isto e, o integral

∫ +∞

0

f ′(x) dx e convergente e o seu valor e −f(0).



5.7.1 Integrais

1. Tendo em conta que toda a funcao contınua em [a,b] e integravel nesse intervalo, use a definicao deintegral para mostrar que se tem :

(a)

∫ b

a

x dx =b2

2− a2

2;

(b)

∫ b

a

sen(x) dx = cos(a) − cos(b).

2. Seja f a funcao definida por

f(x) =

0 se x ∈ Q

1 se x 6∈ Q

Mostre que a funcao x → |f(x)− 12 | e integravel no intervalo [0, 1] , mas o mesmo nao acontece com

a funcao x → f(x) − 12 .


(a)

∫ −3

−2

1

x2 − 1dx;

(b)

∫ 1

0

x

x2 + 3x + 2dx;

(c)

∫ π4

π6

sec2(x) dx;

(d)

∫ e2

e

1

x log xdx;

(e)

∫ π4

−π4

tg(x) dx;

(f)

∫ 1

0

ex

1 + e2xdx;

(g)

∫ π2

0

(1 + cos2(x)) dx;

(h)

∫ 1/2

0

arc sen (x) dx;

(i)

∫ π4

0

(sen(2x))3 dx;

(j)

∫ π3

0

tg3(x) sec(x) dx;

(k)

∫ 1

−1

x2√

4 − x2 dx;

(l)

∫ π

−π

|sen(x)| dx;

(m)

∫ π

−π

(sen(x) + | cos(x)|) dx;

(n)

∫ π2

0

sen(2x) cos(x) dx;

(o)

∫ 4

0

1

1 +√

xdx;

(p)

∫ log 2

0

√ex − 1 dx;

(q)

∫ π2

0

1

3 + 2 cos tdt;

(r)

∫ 3

2

t + 1√t2 + 2t

dt;

(s)

∫ 4

1

x√2 + 4x

dx;

(t)

∫ 4/3

3/4

1

z√

z2 + 1dz;

(u)

∫ 2

1

e3x + e2x + 1

ex − e−xdx;

(v)

∫ 0

−1/2

u +√

2u + 1

1 + 2√

2u + 1du.

(w)



(a)

∫ π2

0

(x2 cos(x) + 1) cos(x) dx;

(b)

∫ e

1

cos(log x) dx;

(c)

∫ 1

0

(x3 + x2 + x + 1)ex dx;

(d)

∫ π2

0

[(sen(x))n−1sen((n + 1)x)] dx +

∫ π2

0

[sen(3x) cos(5x)] dx;

(e)

∫ π

0

exsen(x) dx;

(f)

∫ 4

2

2x − 1

3x3 + 3x + 30dx;

(g)

∫ π3

0

(| cos(3x)| − xsen(x)) dx.

5. Seja f uma funcao de classe C0 em [−a, a]. Mostre que:

(a) Se f(x) = f(−x) entao

∫ a

−a

f(x) dx = 2

∫ a

0

f(x) dx;

(b) Se f(x) = −f(−x) entao

∫ a

−a

f(x) dx = 0.

6. Sejam m e n dois inteiros . Mostre que:

(a)

∫ π

0

sen(mx)sen(nx) dx =

0 se m 6= n

π2 se m = n

(b)

∫ π

−π

sen(nx) cos(mx) dx = 0.

7. (a) Seja f uma funcao contınua e crescente em [1, +∞[. Mostre que:

(x − 1)f(1) <

∫ x

1

f(t) dt < (x − 1)f(x).

(b) Utilizando o resultado da alınea anterior e sendo f(t) = log(t) mostre que ex−1 < xx < (ex)x−1.

8. Sendo f uma funcao real definida e diferenciavel em [0, 1], mostre que

∫ 1

0

xf ′(1 − x) dx =

∫ 1

0

f(x) dx − f(0).

9. Determine as derivadas das funcoes F definidas por :

(a) F (x) =

∫ 3x+2

0

tet dt, no ponto em que x = 1;

(b) F (x) =

∫ kb(x)

a(x)

f(u) du, k constante;


(c) F (x) =

∫ x2+x+1

1

sen(t)

tdt, no ponto em que x = 1.

10. Considere a funcao f(x) =

∫ x2+ 34

1

et(t − 74 )

tdt. Determine:

(a) O seu domınio e a equacao da recta tangente a linha que e a sua representacao grafica noponto em que x = 1/2.

(b) Os pontos em que a funcao tem extremo relativo e, em cada ponto, a natureza do extremo.

11. Calcule

limx→0

∫ x

0

sen(t3) dt

x4.

12. Calcule

limx→0+

1

x

∫ x

0

√

3t2 + 5 dt.

13. Seja n um inteiro nao negativo e seja In =

∫ π2

0

(sen(x))n dx.

(a) Mostre que In+2 =n + 1

n + 2In.

(b) A partir do resultado da alınea anterior conclua que com k inteiro positivo se tem

∫ π2

0

(sen(x))2k dx =(2k − 1)(2k − 3)....3 × 1

2k(2k − 2)....4 × 2× π

2

e∫ π

2

0

(sen(x))2k+1 dx =2k(2k − 2)....4 × 2

(2k + 1)(2k − 1)...3 × 1.

(c) Usando a substituicao x = π2 − t , mostre que

In =

∫ π2

0

(cos(x))ndx.


5.7.2 Calculo de areas


(a) Domınio limitado pela parabola y2 = 2x − 2 e pela recta y − x + 5 = 0.

(b) Domınio limitado pelas parabolas y2 = 4ax + 4a2 e y2 = −4bx + 4b2, a, b ∈ R+.

(c) Domınio limitado pelas representacoes graficas das funcoes f(x) = −x3 e g(x) = −(4x2 +12x).

(d) Domınio limitado pelas representacoes graficas das funcoes f(x) = x3 − 6x2 + 8x e g(x) =x2 − 4x.

(e) Domınio limitado pelas representacoes graficas das funcoes f(x) = ex e g(x) = e−x e porx = −1 e x = 2.

(f) Domınio limitado pelas representacoes graficas das funcoes f(x) = x3 − x e g(x) = sen(πx) ex ∈ [−1, 1].

(g) Domınio limitado pelas representacoes graficas das funcoes f(x) =1

x, g(x) = ax, h(x) = bx,

a, b ∈ R+.

2. A parabola y2 = x+ 1 determina no cırculo limitado pela circunferencia x2 + y2 = 3 dois domınios.Determine a area de cada um deles.


5.7.3 Integrais Improprios

1. Calcule, se existir, o valor de cada um dos seguintes integrais improprios:

(a)

∫ +∞

0

x e−x2

dx

(b)

∫ +∞

1

log x

xdx

(c)

∫ 6

2

13√

(4 − x)2dx

(d)

∫ 2

1

1

x2 − 1dx

(e)

∫ −3

−∞

x

(x2 − 4)6/5dx

(f)

∫ +∞

1

log(3 t)

2 t2dt

(g)

∫ 1

−∞2 x3 (x4 + 1)−3/2 dx

(h)

∫ a

a/2

1√a2 − x2

dx, a ∈ R+

(i)

∫ 3 a

0

2x

(x2 − a2)2/3dx, a ∈ R+

(j)

∫ 2

−2

x3√

x2 − 4dx

(k)

∫ π/2

−π/2

1

1 − cos(x)dx

(l)

∫ +∞

−∞t e−t dt

2. Estude quanto a convergencia os seguintes integrais improprios:

(a)

∫ +∞

0

2 t + 3

4 t3 + 1dt

(b)

∫ +∞

1

sen(x)

x√

1 + x2dx

(c)

∫ +∞

√2

log x

x2dx

(d)

∫ 1/2

−∞x5 ex6

dx

(e)

∫ π

3

x

(x2 − 9)1/4dx

(f)

∫ 1

0

1√

sen(x)dx

(g)

∫ 3

0

cos(x)3√

x − 1 4√

9 − x2dx

(h)

∫ 1

0

log(x + 1)

x − 1dx

(i)

∫ +∞

2

e−x

x2 − 1dx

(j)

∫ +∞

1

arctg(t)

t2dt

3. Estude pormenorizadamente para que valores dos parametros reais p e q tem sentido cada um dosseguintes integrais:

(a)

∫ +∞

e

e−x xp dx

(b)

∫ +∞

1

log2(x)

x1+pdx

(c)

∫ 1

0

x3 (1 − x)p dx

(d)

∫ 1

0

1

x2 − pdx

(e)

∫ +∞

0

xp+1

x2 − 4 x + 13dx

(f)

∫ π/2

0

(cos(x))p dx

(g)

∫ 2

1

(2 − x

x − 1

)p+11

xdx

(h)

∫ 0

−2

(−x)p

(x + 2)qdx

4. Seja f uma funcao contınua nao negativa para x > a > 0 e suponha que existem constantes reaisM > 0 e K > 1 tais que

f(x) ≤ M

xK, ∀x > a


(a) Mostre que, nestas condicoes, o integral improprio

∫ +∞

a


(b) Aplique o resultado da alınea anterior para mostrar que o integral

∫ +∞

1

1√1 + x2

√1 + x3

dx

e convergente.

5. Determine uma representacao analıtica da funcao F (x) =

∫ x

−∞g(t) dt

onde

g(x) =

2

x2, se |x| ≥ 1

2, se |x| ≤ 1

6. Determine, se existir, a area do domınio plano ilimitado definido por:

(a) a imagem das funcoes f(x) =1

1 + x2e g(x) =

1

2x2 e pelo semi-eixo positivo dos xx;

(b) o eixo dos xx, as rectas x = −2 e x = 5 e a representacao grafica da funcao h(x) =1

√

|x|.

7. Determine, se existir, a area de cada um dos seguintes domınios planos ilimitados:

(a) S = {(x, y) : x ≤ 0 ∧ 0 ≤ y ≤ ex}(b) S =

{

(x, y) : x ≥ −2 ∧ 0 ≤ y ≤ e−x/2}

8. (a) Calcule o valor do integral improprio

∫ +∞

0

1

(x2 + 1) (x + 1)dx

(b) Estude a convergencia do integral

∫ 1

−1

1

(sen(x))1/3dx

9. (a) Estude, em funcao do parametro real α, a convergencia do integral∫ 1

0

xα

(1 + x2)√

1 − x2dx

(b) Estude a convergencia do integral

∫ +∞

0

1

(x2 − 1)1/3 (x + 1)1/3dx

10. (a) Calcule o valor do integral improprio

∫ π/2

0

cos(x)√

sen(x)dx

(b) Estude, em funcao do parametro real α, a convergencia do integral

∫ +∞

1

(x − 1)α x2 α dx

11. (a) Calcule a area do domınio plano ilimitado definido pelo grafico da funcao

y =1

1 + x2e pelo eixo dos xx.

(b) Estude, em funcao do parametro real α, a convergencia do integral

∫ 2

0

x1−2α (2 − x)α/2 dx


12. Indique, justificando, se sao ou nao convergentes os seguintes integrais

(a)

∫ +∞

0

e−x

√x

dx

(b)

∫ 1

0

log x√x

dx

(Nota: Na alınea (b), pode usar quer um criterio de comparacao, quer a definicao).

13. Indique, justificando, se sao ou nao convergentes os seguintes integrais

(a)

∫ 2

0

ex

x3 (1 − x)1/5dx

(b)

∫ +∞

0

3√

1/x√x5 + 1

dx

14. Estude, em funcao do parametro real α, a convergencia do integral

∫ +∞

1

(x − 1)α e−x dx

Capıtulo 6

Apendice A

6.1 Funcoes Trigonometricas Inversas

NOTA: Considere-se, em todos os exercıcios, as restricoes principais do seno, coseno, tangente e cotan-gente.

1. Calcule:

(a) arc sen

(

−√

32

)

;

(b) cotg(

arc sen(

1213

))

;

(c) π3 − arc tg

(

−√

33

)

;

(d) sen[12 arc cotg

(43

)]

;

(e) tg[

3 arc tg(

−23

)]

;

(f) arc tg(x) + arc tg(

1x

)

.

2. Calcule o numero real designado por:

(a) sen[

arc cos(

−12

)]

;

(b) tg(

π4 + arc cotg

(√3))

;

(c) cos(

π6 − arc cos

(35

))

;

(d) cos

[

2 arc tg(

34

)

+ arc sen

(

−√

32

)]

.

3. Simplifique as seguintes expressoes:

(a) sen (π + arc cos(x));

(b) cos2(

12 arc cos(x)

)

;

(c) cotg(

2 arc cotg(x2 ))

, x 6= 0.

4. Mostre que:

214 6. Apendice A

(a) arc sen(45) + arc tg(3

4) = π2 ;

(b) arc tg(12) + arc tg(1

5) + arc tg(18) = π

4 ;

(c) arc sen(√

xx + 1

)

= arc cos(√

1x + 1

)

, com x ∈ R+;

(d) arc sen(√

xx + 1

)

− arc tg(√

x) = 0, com x ∈ R+.

5. Considere as funcoes reais de varivel real definidas por:

f(x) = cos(

2x + π3

)

+ 3; g(x) = 2 sen(

3x − π5

)

;

h(x) = sen(π3 ) + 3 tg(x

2 ); i(x) = 5 cotg(

x + π6

)

;

j(x) = 3 arc sen(2x − 1); m(x) = 1 − 12arc cos(2x + 1);

p(x) = 34arc tg(x

3 ); q(x) = π2 − 2 arc cotg

(x2 − 1

)

.

Determine o domınio e o contradomınio de cada uma das funcoes.

6. Considere as funcoes f e g definidas em R por:

f : x → cos(π

4

)

+ 2 arc sen(x

2

)

e g : x → 3 − 4 sen(

x +π

3

)

.

(a) Determine o domınio e o contradomınio de f ;

(b) Determine uma expressao designatoria que defina a funcao inversa da restricao principal de g.

7. Considere as funcoes f e g, reais de variavel real, tais que:

f : x → π

3− 2 arc cos

(3x

2

)

,

g : x → 1

2arc cotg (x + 3) − π

4.

(a) Determine o domınio e o contradomınio de f e de g;

(b) Para cada uma das funcoes, caracterize a inversa da restricao principal.

8. Dada a funcao real de variavel real, definida por:

f(x) =π

4− 3 arc sen (2x) ,

e considerando a restricao principal do seno, determine:

(a) O domınio de f ;

(b) O contradomınio de f ;

(c) Uma expressao de f−1;

(d) Os zeros de f ;

(e){

x ∈ R : f(x) = π4

}

.

9. Considere a funcao f(x) = π3 + 2 arc sen(|2x − 1|).

(a) Calcule o domınio e o contradomınio de f ;

(b) Verifique que f nao tem zeros.

6.1 Funcoes Trigonometricas Inversas 215

10. Sejam f e g funcoes reais de variavel real, tais que:

f : x → 1 + cos (2x) e g : x → 1 + sen (2x) .

Caracterize as funcoes inversas de f , g e f − g, considerando as respectivas restricoes principais.

11. Resolva as equacoes:

(a) arc sen(x) = 2 arc tg(

34

)

− arc cos

(

−√

22

)

;

(b) arc cos(

sen(

7π6

))

= 2x + π2 , em [π, 2π[.

12. Determine as solucoes de cada uma das seguintes equacoes:

(a) arc tg (x + 1) = arc sec(√

2 − x);

(b) arc tg(

1x + 1

)

= arc cotg(

x − 12

)

;

(c) arc cos(2x2 − 1

)= 2 arc cos

(12

)

;

(d) arc cos (2x) − arc cos(x) = π3 .

216 6. Apendice A

Capıtulo 7

Apendice B

7.1 Continuidade uniforme

Seja f uma funcao definida e contınua em D ⊂ R. Por definicao de continuidade sabemos que para cadax0 ∈ D se tem

∀δ > 0 ∃ε > 0 x ∈ D ∧ |x − x0| < ε ⇒ |f(x) − f(x0)| < δ.

Sabemos tambem que para um δ > 0 e x0 ∈ D o ε > 0 que existe nao e unico, pois se 0 < ε1 < εentao |x − x0| < ε1 ⇒ |x − x0| < ε e, portanto,

|x − x0| < ε1 ⇒ |f(x) − f(x0)| < δ.

Seja δ > 0 um numero fixo. Consideremos o subconjunto de D formado pelos pontos x1, x2, . . . , xk.Por definicao de continuidade sabemos que existe um conjunto {ε1, ε2, . . . , εk}, εi > 0, ∀i = 1, 2, . . . , k,tais que

x ∈ D ∧ |x − x1| < ε1 ⇒ |f(x) − f(x1)| < δ

x ∈ D ∧ |x − x2| < ε2 ⇒ |f(x) − f(x2)| < δ...

x ∈ D ∧ |x − xk| < εk ⇒ |f(x) − f(xk)| < δ.

Dado que e finito, o conjunto {ε1, ε2, . . . , εk} tem mınimo ε > 0. Para este valor sao verdadeiras asimplicacoes:

x ∈ D ∧ |x − xi| < ε ⇒ |f(x) − f(xi)| < δ, i = 1, 2, . . . , k,

isto e, conseguimos arranjar vizinhancas “uniformes” (de amplitude 2ε) dos pontos x1, x2, . . . , xk detal modo que as imagens dos pontos dessas vizinhancas estao a uma distancia inferior a δ do f(xi)correspondente.

E se o conjunto dos pontos escolhido fosse infinito? Seria ainda possıvel, dado δ > 0, escolher umnumero ε > 0 nas condicoes anteriores? A resposta e, em geral, negativa. Vejamos um exemplo.

Seja f(x) =1

xe D =]0, 2[ (veja-se a Figura 7.1).

Consideremos o conjunto {xn : xn =1

n, n = 1, 2, 3, . . .} e seja δ > 0. Observando a definicao de

limite, para cada n, o maior εn que podemos tomar e εn =δ

n(n + δ)(Figura 7.2). Ora inf{εn : εn =

δ

n(n + δ)} = 0, pelo que nao existe ε > 0 tal que

|x − xn| < ε ⇒ |f(x) − f(xn)| < δ, n = 1, 2, 3, . . .

218 7. Apendice B

x

y

Figura 7.1

Concluımos assim que dado δ > 0 nao podemos escolher ε > 0 que, na definicao de limite, seja validosimultaneamente para todos os xi, i = 1, 2, 3, . . ..

Definicao 7.1.1 Sejam f : D ⊂ R → R e A ⊂ D. Diz-se que f e uniformemente contınua em A se

∀δ > 0 ∃ε > 0 ∀x, y ∈ A, |x − y| < ε ⇒ |f(x) − f(y)| < δ.

EXEMPLO 1: A funcao f(x) = sen(x) e uniformemente contınua em R, isto e, e verdadeira a proposicao

∀δ > 0 ∃ε > 0 ∀x, y ∈ R, |x − y| < ε ⇒ |sen(x) − sen(y)| < δ.

De facto, sendo δ > 0 bastara escolher ε = δ e sabendo que |sen(x)| ≤ |x| ∀x ∈ R temos:

|sen(x) − sen(y)| =

∣∣∣∣2 cos

(x + y

2

)

sen

(x − y

2

)∣∣∣∣

= 2

∣∣∣∣cos

(x + y

2

)∣∣∣∣

∣∣∣∣sen

(x − y

2

)∣∣∣∣

≤ 2

∣∣∣∣sen

(x − y

2

)∣∣∣∣

≤ 2

∣∣∣∣

x − y

2

∣∣∣∣= |x − y|.

EXEMPLO 2: A funcao f(x) =1

xnao e uniformemente contınua em ]0, 2[, como vimos atras.

EXEMPLO 3: A funcao f(x) = x2 (Figura 7.3) nao e uniformemente contınua em R, isto e, e falsa aproposicao

∀δ > 0 ∃ε > 0 ∀x, y ∈ R, |x − y| < ε ⇒ |x2 − y2| < δ.

Da igualdade |x2 − y2| = |x− y||x + y| podemos concluir que x e y podem estar tao proximos quantose queira e a diferenca entre as suas imagens ser arbitrariamente grande (basta pensar em pontos x e ycuja diferenca seja sempre inferior a ε, mas que estejam arbitrariamente longe da origem).

Os graficos da Figura 7.4 procuram ilustrar esta situacao.

7.1 Continuidade uniforme 219

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

0.5 1 1.5 2

10

20

30

40

50

Figura 7.2

220 7. Apendice B

y

x

Figura 7.3

Figura 7.4

EXEMPLO 4: Provemos, a partir da definicao, que a funcao f(x) = 7 − x2 e uniformemente contınuaem [−10, 1], isto e, que e verdadeira a proposicao

∀δ > 0 ∃ε > 0 ∀x, y ∈ [−10, 1], |x − y| < ε ⇒ |7 − x2 − (7 − y2)| < δ.

7.1 Continuidade uniforme 221

Seja δ > 0. Como

|7 − x2 − (7 − y2)| = | − x2 + y2| = |x − y||x + y| ≤ 20|x − y|,

teremos|x − y| < ε ⇒ |7 − x2 − (7 − y2)| < δ

se ε <δ

20.

Definicao 7.1.2 Sejam f : D ⊂ R → R e A ⊂ D. Diz-se que f e lipschitziana em A se

∃M > 0 : |f(x) − f(y)| ≤ M |x − y|, ∀x, y ∈ A.

Teorema 7.1.1 Sejam f : D ⊂ R → R e A ⊂ D. Se f e lipschitziana em A, entao f e uniformementecontınua em A.

Demonstracao: Usando a definicao, basta tomar ε =δ

M.

EXEMPLO 1: A funcao f(x) = x2 e lipschitziana em [0, 1]. De facto,

|x2 − y2| = |x + y| |x − y| ≤ (|x| + |y|) |x − y| ≤ 2 |x − y| ∀x, y ∈ [0, 1].

A funcao e pois uniformemente contınua em [0, 1]. Vimos atras que f(x) = x2 nao e uniformementecontınua em R.

O facto da funcao ser uniformemente contınua depende do conjunto. E claro que se uma funcao foruniformemente contınua num conjunto C e uniformemente contınua em todos os subconjuntos de C.

EXEMPLO 2: Os calculos efectuados atras permitem-nos concluir que f(x) = 7 − x2 e lipschitziana em[−10, 1].

Teorema 7.1.2 Sejam f : D ⊂ R → R e A ⊂ D. f e uniformemente contınua em A se, e so se,para quaisquer sucessoes (xn) e (yn) de elementos de A tais que lim

n(xn − yn) = 0 se tem tambem

limn

(f(xn) − f(yn)) = 0.

EXEMPLO 1: Consideremos novamente a funcao f(x) =1

xno intervalo ]0, 1]. Sejam xn =

1

ne yn =

1

2n,

n ∈ N. Sao sucessoes de elementos do intervalo ]0, 1] e lim(xn − yn) = lim

(1

n− 1

2n

)

= lim1

2n= 0. No

entanto, lim(f(xn) − f(yn)) = lim(n − 2n) = lim(−n) = −∞, o que implica, pelo teorema anterior, quef nao e uniformemente contınua no intervalo considerado.

EXEMPLO 2: Seja f(x) = x2. Considerando as sucessoes de numeros reais xn =√

n + 1 e yn =√

ntemos

lim(xn − yn) = lim(√

n + 1 −√n)

= lim(√

n + 1 −√n)(

√n + 1 +

√n)

(√

n + 1 +√

n)

= limn + 1 − n√n + 1 +

√n

= 0

e

lim(f(xn) − f(yn)) = lim((√

n + 1)2 − (√

n)2)

= lim (n + 1 − n) = 1,

222 7. Apendice B

portanto, f nao e uniformemente contınua em R como tınhamos visto.

E evidente que se f e uniformemente contınua em A entao a restricao de f a A e contınua em A. Arecıproca nao e verdadeira, tendo-se, no entanto, o seguinte teorema:

Teorema 7.1.3 (Teorema de Cantor)Toda a funcao contınua num conjunto fechado limitado e uniformemente contınua.

Demonstracao: Suponhamos que f e contınua, mas nao uniformemente contınua, em X , fechado limitado.Sendo falsa a proposicao

∀δ > 0 ∃ε > 0 ∀x, y ∈ X, |x − y| < ε ⇒ |f(x) − f(y)| < δ

podemos afirmar que existe δ > 0 tal que, para qualquer ε > 0, existem x, y ∈ X , para os quais se verifica

|x − y| < ε ∧ |f(x) − f(y)| ≥ δ.

Fixemos ε nos valores ε1 = 1, ε2 = 12 , . . . , εn = 1

n . Teremos entao

∃x1, y1 ∈ X : |x1 − y1| < 1 ⇒ |f(x1) − f(y1)| ≥ δ

∃x2, y2 ∈ X : |x2 − y2| < 12 ⇒ |f(x2) − f(y2)| ≥ δ

. . .

∃xn, yn ∈ X : |x2 − y2| < 1n ⇒ |f(xn) − f(yn)| ≥ δ.

Como (xn) e uma sucessao de elementos de X e este conjunto e limitado podemos concluir que (xn) elimitada. Pelo Teorema 1.3.15, (xn) tem uma subsucessao (xnk

) convergente para um certo x ∈ R; alem

disso, x ∈ X porque X e fechado. Mas |xnk− ynk

| <1

nk, o que implica que ynk

→ x. Como f e contınua

em X temoslim f(xnk

) = lim f(ynk) = f(x),

o que implica quelim (f(xnk

) − f(ynk)) = 0,

o que contradiz|f(xnk

) − f(ynk)| ≥ δ > 0.

EXEMPLO: Seja f uma funcao contınua em R. Provemos que f e uniformemente contınua em todo osubconjunto limitado de R.

Seja A ⊂ R um conjunto limitado. Se A for fechado, estamos nas condicoes do Teorema de Cantor.Suponhamos que A nao e fechado e l = inf(A) e L = sup(A). Consideremos o intervalo [l, L]. E umsubconjunto fechado limitado de R. Como f e contınua em R, f e contınua em [l, L]. Pelo Teoremade Cantor, f e uniformemente contınua nesse intervalo, sendo, portanto, uniformemente contınua emA ⊂ [l, L].



7.2.1 Continuidade Uniforme

1. Estude quanto a continuidade uniforme nos intervalos indicados as seguintes funcoes:

(a) f(x) = x em R;

(b) f(x) = sen2(x) em R;

(c) f(x) =

0, se x < 0

1, se x ≥ 0em ]a, b[, a, b ∈ R, a < b;

(d) f(x) =1

x2em ]a, b[ com a ≥ 0;

(e) f(x) = sen

(1

x

)

em ]a, b[ com a ≥ 0.

2. Mostre, usando a definicao, que a funcao f definida por f(x) = (x − 1)|x + 2| e uniformementecontınua em qualquer intervalo limitado de R.


g(x) =

|x2 − 7x + 10|, se x > 3

3 − x, se x ≤ 3

Justifique que ”g nao e uniformemente contınua no intervalo [0, 5]”.

4. Mostre, usando a definicao, que a funcao f(x) = 12x2 − 1 e uniformemente contınua no intervalo

[2, 8].

5. Diz-se que uma funcao f definida num conjunto X ⊂ R verifica a condicao de Lipschitz, se existeum numero k > 0 tal que se tem, para quaisquer x, y ∈ X :

|f(x) − f(y)| ≤ k|x − y|.

Mostre que toda a funcao lipschitziana e uniformemente contınua.

6. (a) Prove que o produto de duas funcoes lipschitzianas limitadas ainda e uma funcao lipschitziana.

(b) Prove, usando a alınea a), que a funcao f(x) =√

x sen(x) e uniformemente contınua em ]1, a[,∀a ∈ R.

7. Seja α ∈{

1

3,1

2, 2, 3

}

. Para que valores de α e uniformemente contınua no intervalo [0, +∞[ a

funcao f(x) = xα?

8. Prove que, se f e uniformemente contınua

(a) A restricao de f a qualquer parte do seu domınio e uniformemente contınua.

(b) f e limitada se o seu domınio e limitado.

(c) f tem limite finito em qualquer ponto de acumulacao (finito) do seu domınio.

9. Indique, das seguintes funcoes definidas em R, quais as que sao uniformemente contınuas:

(a) f(x) = x sen(x);

(b) f(x) =x3

1 + x2.

224 7. Apendice B

Bibliografia

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[17] TAYLOR, A.; MANN, R. - Advanced Calculus, 2a edicao, Xerox College Publishing, 1972.

Indice Remissivo

R, 13

aderencia, 2

binomio de Newton, 6

conjuntoaberto, 2dos termos da sucessao., 8fechado, 2limitado, 2majorado, 2minorado, 2

contradomınio, 55criterios de convergencia, 163

derivada, 71a direita, 72a esquerda, 72de ordem n, 76segunda, 76

derivado, 2descontinuidade removıvel, 66domınio, 55

de definicao, 55

expressao analıtica, 55exterior, 1extremos, 56extremos relativos, 78

formula de Leibnitz, 77formula de MacLaurin, 88formula de Taylor, 87fecho, 2fronteira, 1funcao, 55

ımpar, 56bijectiva, 56contınua, 62

a direita, 62a esquerda, 62no conjunto B, 62

crescente, 55

decrescente, 55diferenciavel, 71estritamente crescente, 55estritamente decrescente, 55estritamente monotona, 56injectiva, 56limitada, 56monotona, 56par, 56primitivavel, 121prolongavel por continuidade, 66racional, 127real de variavel real, 55sobrejectiva, 56uniformemente contınua, 218de classe C1, 76de classe Cn, 76de classe C∞, 76derivada, 76integravel, 149

funcao Beta, 179funcao Gama, 179funcao racional

em p variaveis, 135irredutıvel, 127

grafico, 55grau de multiplicidade, 127

hipotese de inducao, 4

indeterminacoes, 82Inducao matematica, 4ınfimo, 3infinitesimo, 14infinitamente grande em modulo, 11infinitamente grande negativo, 11infinitamente grande positivo, 11Integracao

por partes, 157por substituicao, 157

integral, 149improprio de 1a especie

INDICE REMISSIVO 227

divergente, 162improprio de 1a especie, 162, 168, 169

absolutamente convergente, 168convergente, 162simplesmente convergente, 168

improprio de 2a especieconvergente, 172

improprio de 2a especie, 171–173convergente, 172divergente, 172

improprio misto, 176inferior, 149superior, 149

interior, 1

limite, 57a direita, 59a esquerda, 59lateral, 59relativo, 59

limite inferior, 18limite maximo, 18limite mınimo, 18limite superior, 18lipschitziana, 221

maximo, 56local, 78relativo, 78

mınimo, 3, 56local, 78relativo, 78

majorante, 2maximo, 3minorante, 2

particao, 147mais fina, 147

polinomio, 127em duas variaveis, 135em p variaveis, 135grau de um, 127irredutıvel, 127redutıvel, 127

pontoaderente, 2de acumulacao, 2exterior, 1fronteiro, 1interior, 1isolado, 2

ponto de estacionaridade, 90ponto de inflexao, 92

ponto de maximo, 56ponto de mınimo, 56primitiva, 121

imediata, 122primitivacao

de funcoes irracionais, 135de funcoes racionais, 127por partes, 125por substituicao, 126

prolongamento, 66

recta acabada, 13recta tangente, 72Regra

de Barrow, 157Regra de Cauchy, 82Regra de l’Hospital, 84representacao analıtica, 55resto de Lagrange, 88restricao, 56

soma inferior de Darboux, 147soma superior de Darboux, 148sublimite, 17subsucessao, 10sucessao, 8

convergente, 12crescente, 9de Cauchy, 18decrescente, 9estritamente crescente, 9estritamente decrescente, 9estritamente monotona, 9fundamental, 18limitada, 8limitada inferiormente, 8limitada superiormente, 8monotona, 9

supremo, 3

Teoremade Bolzano, 62de Cantor, 222de Cauchy, 81de Darboux, 79de Lagrange, 80de Rolle, 79de Taylor, 87de Weierstrass, 65da media, 156Fundamental do Calculo Integral, 156

termo geral, 8tese de inducao, 4

228 INDICE REMISSIVO

valor principal de Cauchy, 171variavel

dependente, 55independente, 55

vizinhanca, 1

apontamentos de ´ ´ analise matematica i

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