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Mar o A. P. Cabral

Curso de Cál ulo de Uma VariávelPrimeira Edição V1.0Julho de 2010Mar o A. P. CabralPhD Indiana University EUAProfessor do Instituto de Matemáti aUniversidade Federal do Rio de Janeiro

Departamento de Matemáti a Apli adaInstituto de Matemáti aUniversidade Federal do Rio de JaneiroRio de Janeiro - BrasilCópias são autorizadas e bem vindas: divulgue nosso trabalho! Consulte o sítiowww.labma.ufrj.br/~m abral/livros ou entre em ontato om o autor emmap abral(at)ufrj(dot)br.

ii Este trabalho está li en iado sob uma Li ença Creative Commons Atribui-ção (BY) Uso Não-Comer ial (NC) Compartilhamento pela mesma Li ença (SA) 3.0Unported. Para ver uma ópia desta li ença, visite reative ommons.org/li enses/by-n -sa/3.0/br/ou envie uma arta para Creative Commons, 171 Se ond Street, Suite 300, San Fran is o,California 94105, USA.Esta li ença permite que outros possam opiar ou redistribuir esta obra sem ns omer iais,adaptar e riar obras derivadas sobre esta obra sem ns omer iais, ontanto que atribuam rédito ao autor e distribuam a obra resultante sob a mesma li ença, ou sob uma li ençasimilar à presente.

Fi ha Catalográ aCabral, Mar o A. P.Curso de Cál ulo de Uma Variável / Mar o Cabral - Rio de Janeiro: Instituto deMatemáti a, 2010. 1. Cál ulo I. TítuloCDD: 512.5516.3ISBN XX-XXXX-XXX-X

Sobre o AutorMar o Cabral fez o Ba harelado em Informáti a na UFRJ, o Mestrado em Matemáti a Apli- ada na UFRJ e o doutorado em Matemáti a na Indiana University (EUA). Trabalha omequações diferen iais par iais e Análise Numéri a. É professor no Instituto de Matemáti a naUFRJ.

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iv SOBRE O AUTOR

AgradecimentosAos programadores que riaram os programas que permitiram a produção deste material. Esteproduto é herdeiro da ultura GPL (Gnu Publi Li ense), que permite o reuso de ódigo fonte.Agrade emos:• em primeiro lugar, Douglas Knuth pelo TEX, software que permite que este materialseja tão bonito;• Leslie Lamport pelo LATEX, pa ote baseado no TEX;• Linus Torvalds pelo kernel do sistema opera ional GNU-Linux;• Ri hard Stallman, responsável pelo projeto GNU, pelos diversos programasdo sistema opera ional GNU-Linux e milhares de pessoas por dezenas de softwaresutilizados: tar ( ompa tação de arquivos), make (geren iador de programa), aspell( orretor ortográ o), grep, find, ghostview, xpdf, . . . ;• Mark Shuttleworth riador da distribuição do Linux XUbuntuque utilizei para produzir este livro;• Bram Moolenaar pelo vim (editor de texto);• Till Tantau pelo TikZ e PGF (que possibilitou a geração de grá os tão bonitos);• Raimundo dos Santos Moura pelo vero (Veri ador Ortográ o em português);• a Wikipedia e seus milhões de olaboradores, por algumas guras eideias utilizadas em vários exemplos. v

vi AGRADECIMENTOS

PrefacioTodo aspe to deste livro foi inuen iado pelo desejo de apresentar o Cál ulo nãosomente omo um prelúdio, mas om um primeiro en ontro real om a Matemá-ti a. (. . . ) Além de desenvolver a intuição do estudante sobre os belos on eitosde Análise, é ertamente igualmente importante persuadi-los que a pre isão e origor embora não sejam um m em si mesmo são o meio natural paraformular e pensar sobre questões matemáti as. (Prefá io do livro de Cál ulo doSpivak [Sp, em tradução livre)Para o estudanteEste livro tem omo fo o o aluno e suas di uldades, tratando-os de forma inteligente. Notexto olo amos em destaque, dentro de uma aixa de texto:(a) dúvidas de Pré-Cál ulo in orporadas diretamente aos on eitos de Cál ulo, ao invésde apresentadas em Capítulo ini ial de revisão, re urso didáti o desmotivante para o aluno (epara o Professor);(b) Erros Comuns ometidos pelos alunos.Além de diversos livros modernos de ál ulo, re omendamos a onsulta e leitura de livros(mais antigos) lássi os de Cál ulo:(a) Courant [Co Dierential and Integral Cal ulus vol. 1 de 1934;(b) Spivak [Sp Cal ulus de 1967.Re omendo fortemente que os alunos que tenham seu interesse despertado utilizemo livro de Cál ulo do Spivak. É interessante também folhear sem ompromisso o livro doCourant. Experimente ler o apítulo sobre limites do livro do Spivak. Experimente ler sobrea fórmula de Stirling (fatorial) no livro do Courant. Vo ê orre o ris o de ar fas inado peloCál ulo.( ) Livros de Análise Real, a teoria que fundamenta a matemáti a: Neri e Cabral [NCCurso de Análise Real (disponível online em www.labma.ufrj.br/~m abral/livros).Para a fundamentação teóri a do Cál ulo é ne essário estudar análise, urso que alguns devo ês podem querer fazer depois do Cál ulo.(d) Livros de Divulgação Matemáti a: Courant, R.; Robbins, H.. O que é Matemáti a? Editora Ciên ia Moderna, 2000. Polya, G.; A arte de resolver problemas. Editora Inter iên ia. Kasner, E.; Newman, J.; Matemáti a e Imaginação. Jorge Zahar. Davis, Philip J.; Hersh, Reuben; A Experiên ia Matemáti a. Editora Fran is o Alves(1985).Estas leituras vão abrir um pou o os horizontes. São todos lássi os. In luem todo tipode Matemáti a, passando por lógi a, números, topologia, teoria da omputação, losoa damatemáti a. vii

viii PREFÁCIOÉ parte fundamental do aprendizado de Matemáti a resolver exer í ios, tantos quanto forpossível. Deve-se tentar resolver os Exemplos que apare em ao longo do texto sem olhar aresposta no nal do livro. Ao nal de ada apítulo existem exer í ios, todos om solução eresposta no nal do livro, divididos em 4 grupos:• Exer í ios de Fixação: Devem ser feitos imediatamente após a leitura do texto. São deresposta urta. Não saber resposta orreta sugere um retorno ao texto. Deve-se fazertodos antes de seguir adiante.• Problemas: São os prin ipais exer í ios do apítulo. Todos (ou quase) devem ser feitos.• Problemas Extras: Caso o aluno tenha feito todos os problemas e deseje mais práti a.• Desaos: Para se aprofundar na dis iplina. São op ionais.Seções mar adas por uma estrela ⋆ são op ionais.Para o ProfessorCom a massi ação do ensino de Cál ulo surge a ne essidade de se mudar os paradigmas deavaliação. Para isto, a es olha dos tipos de exer í ios são muito importantes.É omum obrar em avaliações exer í ios do tipo Determine o ilindro om maior volumeins rito . . . . Para avaliação em massa é melhor separar em itens independentes a modelagem(determine a função e o intervalo onde ela deve ser maximizada) da resolução (determineo máximo da função f no intervalo). Mais ainda, deve-se obrar a apli ação dos Teoremas orretos que garantem a existên ia do máximo (Teorema do Valor Extremo) em intervalosfe hados e limitados e métodos para determinar máximo em intervalo aberto ou ilimitado.O mesmo vale para ál ulo de áreas e volumes. Deve-se pedir a integral (ou soma deintegrais) que determinam a área ou volume. A integração em si deve ser um exer í io àparte.No esboço de grá os de funções ra ionais é melhor forne er a derivada e a derivadasegunda. Embora seja fá il al ular, é muito fá il errar um sinal ou outro, prejudi ando todaa questão. Deve-se obrar derivar em questão à parte.Além disso, deve-se olo ar mais ênfase na formação de on eitos e entendimento dosTeoremas. Isto passa por exer í ios de natureza on eitual: Verdadeiro ou Falso, dê exemploou ontraexemplo, et .Porque um novo livro?• A es olha da li ença do tipo opyleft (o ontrário do opyright) é parte funda-mental deste projeto. A li ença Creative Commons Atribuição (BY) Uso Não-Comer ial (NC) Compartilhamento pela mesma Li ença permite que ou-tros possam opiar ou redistribuir esta obra sem ns omer iais, adaptar e riar obrasderivadas sobre esta obra sem ns omer iais, ontanto que atribuam rédito ao autore distribuam a obra resultante sob a mesma li ença, ou sob uma li ença similar à pre-sente. Desta forma este livro poderá ser aperfeiçoado daqui por diante, ao invés de todoesforço envolvido se perder aso o livro pare de ser editado. Para detalhes onsulte:http:// reative ommons.org/li enses/by-n -sa/3.0/br/. Isto in entiva tam-bém a olaboração om o projeto, pois o esforço investido será revertido para toda

ixhumanidade. Mande sugestões, erros e soli ite o fonte (latex) para o autor Mar oCabral em map abral (at) ufrj (dot) br.• Permitir aos alunos de todo o Brasil a esso fá il (internet) a material gratuito e dequalidade.• O material de pré- ál ulo está disseminado ao longo do urso, dentro dos apítulos delimite, derivada e integral. A solução usual de in luir um apítulo ini ial somente ompré- ál ulo é pou o motivante, o que faz om que frequentemente seja ignorado pelosalunos e professores. É nosso desejo também que o aluno ome e a aprender ál ulodesde o primeiro dia de aula.• Os exer í ios são por apítulo, evitando exer í ios desintegrados. Exer í ios por Seçãotendem a obrir muito pou o material e treinar o aluno numa úni a té ni a.• É fundamental que o livro seja pequeno para que alunos leiam o texto e que a quanti-dade de exer í ios seja razoável, para não desen orajar os alunos. A tentação é grandede olo ar muitos tópi os. Por esta razão os livros de Cál ulo hegam a ter 500 oumais páginas. Mas hoje em dia é desne essário olo ar detalhes de tópi os pois pode-mos remeter os alunos para outros livros ou internet. Levantamos tópi os diversos emobservações ao longo do texto e nos Desaos de nal de apítulo.• Criar um pa ote ompleto, om livro texto, exer í ios ( om respostas) e transparên iaspara um urso de Cál ulo.Como foi es olhido o material?Determinamos os tópi os tomando por base o urso usualmente ministrado na UFRJ. Alémdisso o omponente estéti o foi fundamental: os alunos devem per eber a beleza da Mate-máti a. Algumas es olhas importantes foram feitas:• material de pré- ál ulo está disseminado pelos diversos apítulos do livro, ao invés de olo ado no primeiro apítulo. Por exemplo, optamos por olo ar os tópi os: modelagem: na Seção de max/min; omposição e inversa de funções: na Seção de regra da derivada da adeia e dainversa; equação da reta: no iní io do Capítulo de derivada; análise de sinal de funções (desigualdades): no Capítulo de Limites, na seção delimites no innito; translação de grá o, função denida por partes: no Capítulo de limites; log/exp: na Seção de derivada da omposta e função inversa.• O limite fundamental trigonométri o (sen(x)/x quando x → 0) é apresentado no naldo Capítulo de Limites omo uma das apli ações do Teorema do sanduí he (ou on-fronto). É um resultado bonito que mere e o devido destaque, ao invés da opção usualde apresentá-lo omo mero passo de ál ulo da derivada do seno.

x PREFÁCIO• Denimos o número e (base do logaritmo natural) através do limite (1 + h)1/h quandoh → 0 no nal do Capítulo de Limite. Cone tamos om apli ações da exponen ial:juros ompostos ontínuos, res imento popula ional, de aimento radioativo. É umresultado bonito que mere e o devido destaque, ao invés da opção usual de apresentá-lo omo mero passo de ál ulo da derivada do logaritmo ou da exponen ial. Outra opção,ainda menos feliz, é adiar isto, juntamente om a denição do logaritmo, para depoisdo apítulo de integral. Isto não impede que se faça a denição do log om integraldepois.

• Esboço de grá o de função apare e logo no iní io, no Capítulo de limites (embora res-trito a funções ra ionais). Vai reapare er depois no Capítulo de Apli ações da Derivada.• O ál ulo de volume de sólidos é feito om somente uma té ni a: Cavalieri. A té ni apara sólidos de revolução é uma mera apli ação de Cavalieri.• Provamos (ou indi amos a prova) de todos os Teoremas interessantes, om padrãode rigor variável, a essível aos estudantes. Provas de resultados buro ráti os (limite ederivada da soma por exemplo) são omitidos.

Sumario

Sobre o Autor iiiAgrade imentos vPrefá io vii1 Limite 11.1 Softwares Gratuitos e o Cál ulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Denição de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Limites e Innito: Assíntotas Verti ais e Horizontais . . . . . . . . . . . . . 151.4 Indeterminações do Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.5 Esboço de Grá os (parte I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.6 Limites Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.7 Exer í ios de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.7.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.7.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.7.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.7.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462 Continuidade 492.1 Denição de Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.2 Teorema do Valor Intermediário (TVI) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3 ⋆Construção e Continuidade de Funções Trans endentes e Raiz . . . . . . . 552.3.1 Função Raiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.3.2 Funções Exponen ial e Logarítmi a . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.3.3 Funções Trigonométri as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.3.4 Funções Hiperbóli as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.3.5 Outras Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.4 ⋆Introdução à Análise Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.4.1 Cardinalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.4.2 O que é R? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.4.3 Ra ionais, Irra ionais, Algébri os, Trans endentes . . . . . . . . . . . 612.4.4 Denição de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.4.5 Denição de Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.5 Exer í ios de Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.5.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.5.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.5.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.5.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66xi

xii SUMÁRIO3 Derivada 693.1 Denição de Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.2 Derivada de Funções Trans endentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.3 Propriedades Bási as da Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.4 Derivada da Composta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.5 Teorema do Valor Médio (TVM): Cres imento e De res imento . . . . . . . 823.6 Derivada da Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.7 Exer í ios de Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.7.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.7.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 913.7.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.7.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 944 Apli ações da Derivada 954.1 L'Hospital e Hierarquia dos Innitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.2 Aproximando Função Lo almente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.3 Máximo e Mínimo Lo al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.4 Esboço de Grá os (parte II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.5 Máximo e Mínimo em Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.6 Problemas de Otimização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1134.7 ⋆Taxas Rela ionadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.8 ⋆Derivação Implí ita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1204.9 Exer í ios de Apli ação de Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.9.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.9.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1244.9.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.9.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1324.9.5 ⋆Problemas (Taxas Rela ionadas) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.9.6 ⋆Problemas (Derivação Implí ita) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1345 Integral 1355.1 Denição de Integral e Propriedades Bási as . . . . . . . . . . . . . . . . . 1355.2 Teoremas Fundamentais do Cál ulo (TFCs) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.3 Integrais Impróprias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1445.4 Té ni as Bási as de Integração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.4.1 Integração por Substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.4.2 Integração por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1485.5 ⋆Integração por Frações Par iais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515.6 Exer í ios de Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.6.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.6.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1575.6.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1585.6.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1605.6.5 ⋆Problemas (Integração por Frações Par iais) . . . . . . . . . . . . . . 1606 Apli ações da Integral 1636.1 Área no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1636.2 Volume de Sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1676.3 Valor Médio de Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

SUMÁRIO xiii6.4 ⋆Comprimento de Curvas no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1746.5 ⋆Área de Superfí ie de Sólido de Revolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1766.6 ⋆Transformada de Lapla e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1776.7 ⋆Série de Fourier e MP3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1796.8 Exer í ios de Apli ações da Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1816.8.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1816.8.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1836.8.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1846.8.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1866.8.5 ⋆Problemas (Substituição Trigonométri a) . . . . . . . . . . . . . . . 1876.8.6 ⋆Problemas (Comprimento de Curvas no Plano) . . . . . . . . . . . . . 1876.8.7 ⋆Problemas (Área de Superfí ie de Sólido de Revolução) . . . . . . . . 187A Respostas dos Exer í ios 189A.1 Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189A.1.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189A.1.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192A.1.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194A.1.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195A.2 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196A.2.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196A.2.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197A.2.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198A.2.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198A.3 Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198A.3.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198A.3.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199A.3.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201A.3.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202A.4 Apli ação de Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203A.4.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203A.4.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204A.4.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210A.4.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216A.4.5 ⋆Problemas (Taxas Rela ionadas) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217A.4.6 ⋆Problemas (Derivação Implí ita) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218A.5 Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218A.5.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218A.5.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220A.5.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222A.5.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223A.5.5 ⋆Problemas (Integração por Frações Par iais) . . . . . . . . . . . . . . 223A.6 Apli ações da Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223A.6.1 Exer í ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223A.6.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224A.6.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226A.6.4 Desaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228A.6.5 ⋆Problemas (Substituição Trigonométri a) . . . . . . . . . . . . . . . 229A.6.6 ⋆Problemas (Comprimento de Curvas no Plano) . . . . . . . . . . . . . 229

xiv SUMÁRIOA.6.7 ⋆Problemas (Área de Superfí ie de Sólido de Revolução) . . . . . . . . 229Bibliograa 231

Capıtulo 1

LimiteO on eito de limite é ertamente o mais importante e provavelmente o maisdifí il de todo o Cál ulo. (. . . ) O que nós vamos denir neste Capítulo não é apalavra limite, e sim a noção de uma função se aproximando de um limite. [Sp,p.72Objetivos: Apresentar o on eito de limite de forma intuitiva e olo ar o aluno em ontato om diversos tipos de funções: exponen ial, log, raiz e translações destas; funçõesdenidas por partes; funções mais ompli adas tipo IQ (função indi adora dos ra ionais) esen(1/x).Apresentamos o material de pré- ál ulo integrado om onteúdo de limite. Isto permiteexibilidade de a ordo om as di uldades de ada aluno.Damos o destaque e batizamos a té ni a de mudança de variáveis do limite, que é umaprévia da mudança de variáveis na integral. Logo após introduzir assíntotas (verti ais ehorizontais), ensinamos a esboçar grá os. Passamos rapidamente pelas propriedades bási as(limite da soma, produto, diferença, et .) pois são buro ráti as.Apresentamos Limites fundamentais do seno e da exponen ial (o limite que dene o númeroe) no primeiro apítulo pois queremos utilizar logaritmo e exponen ial desde o omeço.1.1 Softwares Gratuitos e o Cál uloÉ muito interessante utilizar alguns softwares para aprender Cál ulo. Vamos apresentar algunssoftwares gratuitos que podem ser utilizadas no Windows e no Linux (Ubuntu, Debian, Fedora,et .).

• KmPlot: Software de visualização de grá os de funções. É nativo do Linux. Similarao Winplot.• Winplot: Software de visualização de grá os de funções. É nativo do Windows masroda om emulação do Wine no Linux. Pode-se visualizar grá os 2D e 3D dados porfunção, parametrização expli ita e implí ita. Pode-se fazer animações.• WxMaxima: Software de omputação algébri a. Cal ula, de forma exata, limites, deriva-das e integrais (entre outras entenas de oisas). Um exemplo é o limite fundamental:limit(sin(x)/x, x, 0);. Cal ula também limites laterais: limit(exp(1/x), x,0,minus); (esquerda) limit(exp(1/x), x, 0,plus); (direita).0Versão 22 de julho de 2010 1

2 CAPÍTULO 1. LIMITEExperimente estes softwares desde o iní io. Tente ver funções que apresentamos nosexemplos em diversas es alas.1.2 Denição de LimiteVamos apresentar a denição informal (não-rigorosa, intuitiva) de limite, o on eito funda-mental do Cál ulo (e da Análise). A denição rigorosa ( om ε e δ) está na p.60, última seção(op ional) do próximo Capítulo e em qualquer livro de Análise ( omo por exemplo [NC). Oresto do apítulo será dedi ado a entendermos a denição de limite.Denição 1 (limite) Considere uma função real f denida perto de c ∈ R (mas não ne- essariamente denida em c). Dizemos que o limite de f(x) quando x tende a c é iguala L, denotado por limx→c

f(x) = L, se f(x) a bem próximo de L ∈ R quando x está su- ientemente próximo de c ∈ R mas x 6= c. Es reve-se também que f(x) → L quandox → c.Na denição de limite nos aproximamos de c pelos dois lados. Podemos denir o limitelateral, à esquerda e à direita, restringindo o lado em que amos próximos de c.Denição 2 (limite lateral pela direita (esquerda)) Considere uma função real f de-nida perto de c ∈ R (mas não ne essariamente denida em c). Dizemos que o limite def(x) quando x tende a c pela direita (esquerda) é igual a L, denotado por lim

x→c+f(x) = L( lim

x→c−f(x) = L), se f(x) a bem próximo de L ∈ R quando x está su ientemente próximode c ∈ R mas x > c (x < c).Observação 1 Valor da função no ponto NO interessa para efeito do ál ulo do limite.Desta forma o lim

x→cf(x) não é ne essariamente igual a f(c). Pode o orrer ainda:(a) do limite não existir; (b) da função não estar denida em c.Quando lim

x→cf(x) = f(c) (o limite existe e é igual ao valor da função no ponto) dizemosque a função f é ontínua em c. Isto o orre om as funções (bem omportadas) queestamos a ostumados: f(x) = x2 − 3x− 4, g(x) = sen(x), h(x) = 10x, . . .Observação 2 Em Análise utilizamos o termo vizinhança de c ao invés de perto de cque utilizamos a ima e vamos utilizar neste texto. O signi ado pre iso é:Denição 3 (vizinhança) Dado um c ∈ R, uma vizinhança de c é um intervaloaberto (c− ε, c+ ε) para algum ε > 0.Vamos estudar o on eito de limite através de diversos exemplos. Deve-se omeçar omo esboço do grá o das funções dos exemplos (ao longo desta Subseção) para al ular seulimite.Exemplo 1 Esbo e o grá o e determine ( aso exista):(a) lim

x→2

x

x; (b) lim

x→0

x

x; ( ) lim

x→−3

x2

x; (d) lim

x→0

x2

x; (e) lim

x→−2

x

x2; (f) lim

x→0

x

x2.

1.2. DEFINIÇO DE LIMITE 3Solução do Exemplo 1 Para (a) e (b) note que f(x) = x/x é uma função que vale 1 emtodos os pontos a não ser em zero, pois f não está denida em 0 (f(0) = 0/0!), mas istoNO afeta o valor do limite (veja o grá o). Assim, os dois limites valem 1. Na verdade olimite é 1 para qualquer valor que x tenda.x

y

y = 1

2Para ( ) e (d), de forma similar ao anterior, f(x) = x2/x = x para todo x 6= 0. Emx = 0 a função f não está denida. Assim o grá o (veja gura) é uma reta om um furona origem. Assim, ( ) é −3 e (d) 0.

x

y

y = x

−3

−3Para (e) e (f), f(x) = x/x2 = 1/x para x 6= 0. Novamente, f(0) não está denida (vejao grá o). Assim (e) é 1/(−1/2) = −1/2. Para (f) o limite não existe pois assume valoresmuito grandes, se tendermos pela direita, e muito pequenos, se tendermos pela esquerda.x

y

y = 1/x

−2

−1/2

Observação 3 Quando empregar f ou f(x)? Tem diferença?A função é f , f(x) é o valor da função al ulada em x. Mais exatamente, f é função, f(x)é um número. Frequentemente abusamos a linguagem e dizemos a função f(x) = x2+3xquando o orreto seria a função f denida por f(x) = x2 + 3x.Na linguagem C este erro não seria perdoado pelo ompilador: onfundir f (ponteiro parafunção) om f(x) (valor retornado pela função) ().

4 CAPÍTULO 1. LIMITEPré-Cál ulo: Re orde o signi ado e omo esboçar o grá o de uma função denida porpartes omo por exemplo f(x) =

2; x > 1;

−3; x ≤ 1.Exemplo 2 Para ada item abaixo, esbo e o grá o de f(x) e determine ( aso existam)limx→c+

f(x), limx→c−

f(x) e limx→c

f(x).(a) c = 0, c = 1, c = 0.9999, c = 1.0001 de f(x) =

2; x < 1;

−3; x ≥ 1.(b) c = 2, c = 0 de f(x) =

x

x; x 6= 0;

−2; x = 0.( ) c = 0.0001, c = −0.0001, c = 0, f(x) = −1; x 6= 0;

3; x = 0.(d) c = 0.99, c = 1.01, c = 1 de f(x) =

x; x ≤ 1;

4− x; x > 1.Solução do Exemplo 2 (a) A função vale 2 até x = 1 e depois vale −3 (veja grá oabaixo). Assim quando x → 0, que é longe de 1, tanto pela esquerda quando direita, f(x) →2. Agora, lim

x→1−f(x) = 2, lim

x→1+f(x) = −3 e portanto lim

x→1f(x) não existe pois f(x) diferequando nos aproximamos pela esquerda ou direita do 1. Como 0.9999 < 1, a função perto(bem perto mesmo!) de 0.9999 é onstante igual a 2 pois estamos a esquerda do 1. Assim

limx→0.9999+

f(x) = limx→0.9999−

f(x) = limx→0.9999

f(x) = 2. De forma análoga, limx→1.001+

f(x) =

limx→1.001−

f(x) = limx→1.001

f(x) = −3.x

y

y = 2

y = −3

1(b) Note que f(x) = 1 para todo x 6= 0. No x = 0 não interessa o valor (que é f(0) = −2)para efeito do al ulo do limite (veja grá o abaixo). Assim o limite (in luindo os laterais)quando x → 2 ou x → 0 é sempre 1.x

y

y = 1

y = −2( ) Note que f(x) = −1 para todo x 6= 0. No x = 0 não interessa o valor (que éf(0) = 3) para efeito do al ulo do limite (veja grá o abaixo). Assim o limite (in luindo oslaterais) quando x → 0.0001 ou x → −0.0001 ou x → 0 é sempre −1.

1.2. DEFINIÇO DE LIMITE 5x

y

y = −1

3

(d) Como 0.99 < 1, f(x) para x perto (bem perto mesmo!) de 0.99 vale x (veja grá oabaixo). Assim limx→0.99+

f(x) = limx→0.99−

f(x) = limx→0.99

f(x) = 0.99. Analogamente, omo1.01 > 1, f(x) para x perto (bem perto mesmo!) de 1.01 vale 4− x. Assim, lim

x→1.01+f(x) =

limx→1.01−

f(x) = limx→1.01

f(x) = 4− 1.01 = 2.99.x

y

1 4

y = xy = 4− x

1

3

Observação 4 Note que o limite existe se, e somente se, os limites laterais existem eassumem o mesmo valor.Observação 5 A divisão 0/0 está na origem de limites interessantes. De forma geraldeve-se eliminar raízes em ima e embaixo. O limite pode ser qualquer oisa. Compare,por exemplo o valor de ada um destes limites entre si: limx→0

x

x, lim

x→0

x2

x, lim

x→0

x

x2. Pode-se eliminar raízes omuns no aso de quo iente de polinmios ou então ra ionalizar odenominador.Pré-Cál ulo: Lembre-se omo manipular expressões algébri as, fatorar raízes, dividir po-linmios e Teorema D'Alembert: se c é raiz de um polinmio então x − c é fator dopolinmio. Esqueça o algoritmo de BRIOT-RUFFINI, utilize sempre divisão de polinmiospor ser algoritmo fá il de se re ordar, similar a divisão de inteiros.Exemplo 3 Determine os limites:(a) lim

x→2

x2 − 3x+ 2

x2 − 4; (b) lim

x→−1

x3 + 1

x+ 1; ( ) lim

y→3

1y− 1

3

y − 3; (d) lim

h→0

(x+ h)3 − x3

h;(e) lim

t→1

t2 − t3 + t− 1

t2 − 2t+ 1; (f) lim

x→−1f(x) se f(x) =

x6 − 1

x+ 1; x 6= −1;

4; x = −1.Solução do Exemplo 3 (a) Como 2 é raiz do numerador e denominador, pode-se dividir por(x−2) ambos, obtendo-se (x− 2)(x− 1)

(x− 2)(x+ 2). Eliminando o fator omum, obtemos lim

x→2

x− 1

x+ 2=

2− 1

2 + 2= 1/4.

6 CAPÍTULO 1. LIMITE(b) Dividindo-se x3 + 1 por x + 1 obtemos x2 − x + 1. Logo, para x 6= −1, x3 + 1

x+ 1=

x2 − x+ 1. Logo o limite vale (−1)2 − (−1) + 1 = 3.( ) Primeiro expandimos o numerador obtendo 1/y − 1/3 =3− y

3y. Portanto, 1

y− 1

3

y − 3=

3− y

3y1

y−3. Simpli ando o fator y − 3 do numerador e denominador obtemos −1

3y. Quando

y → 3 obtemos −1/9.(d) Expandindo (x + h)3 e subtraindo x3 obtemos 3hx2 + 3h2x + h3. Dividindo por h(para h 6= 0) obtemos 3x2 + 3hx+ h2. Quando h → 0, obtemos 3x2.(e) Dividindo-se ambos por t − 1 obtemos (t− 1)(1− t2)

(1− t)2=

(t− 1)(1− t)(1 + t)

(1− t)2=

(−1)(1 + t) para t 6= 1. Logo o limite é (−1)(1 + 1) = −2.(f) O valor da função em x = −1 é irrelevante para efeito do ál ulo do limite. Comox = −1 anula o numerador e o denominador, x−(−1) = x+1 é fator omum pelo Teorema deD'Alembert. Seguindo omo em (b), dividindo x6−1 por x+1 obtemos x5−x4+x3−x2+x−1.Quando x → −1 obtemos (−1)5 − (−1)4 + (−1)3 − (−1)2 + (−1)− 1 = −6.Pré-Cál ulo: Note que √

9 6= ±3! Sempre, √x ≥ 0, portanto, √9 = 3 e −√9 = −3.Com isso, √x2 6= x, pois é falso para x < 0. Na verdade, √x2 = |x|. Mas (√x)2 = x se

x > 0 (se x < 0 a raiz quadrada não está denida).Pré-Cál ulo: O que é módulo de x?(a) algebri amente, |x| = x; x ≥ 0;

−x; x < 0.(b) geometri amente, a distân ia entre x e 0. De forma geral, |x − c| = |c − x| é adistân ia entre x e c. Pode ser es rito omo |x − c| =√

(x− c)2. Isto é generalizadopela distân ia entre dois pontos (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 por √(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 quedenotamos (veja livro de geometria analíti a) por ‖(x1, y1)− (x2, y2)‖.( ) gra amente, obtém-se o grá o de |f(x)| partindo do grá o de f(x) e reetindo noeixo x o que está abaixo do eixo (os pontos onde f(x) < 0).Exemplo 4 Esbo e o grá o e determine ( aso exista):(a) lim

x→0−

x

|x| ; (b) limx→0+

x

|x| ; ( ) limx→0

|x2−9|; (d) limx→−3

|x2−9|; (e) limx→−3

|x2 − 9|x+ 3

;(f) limx→π+

sen(x)

| sen(x)| ; (g) limx→2π+

sen(x)

| sen(x)| ; (h) limx→0

f(x) se f(x) =

|x2 − 1|; x > 0

−x+ 1; x ≤ 0.Solução do Exemplo 4 (a) e (b): omo x/|x| vale 1 para x > 0 e −1 para x < 0 (vejagrá o abaixo), (a) −1 e (b) 1.


y

y = 1

y = −1

f(x) =x

|x|( ) e (d): Obtemos o grá o de |x2−9| (veja gura abaixo) reetindo no eixo x o grá oda parábola x2 − 9 (indi ada por linha pontilhada). Para al ular o limite, observe que emtorno dos pontos x = 0 e x = −3 basta substituir o valor da função: ( ) |02−9| = |−9| = 9.(d) |(−3)2 − 9| = |9− 9| = 0.x

yf(x) = |x2 − 9|

−3 3(e) Primeiro vamos esboçar o grá o da parábola x2 − 9.x

yf(x) = x2 − 9

−3 3Assim para x 6∈ (−3, 3), |x2 − 9| = x2 − 9 (pois a função é positiva) e para x ∈ (−3, 3),|x2 − 9| = −(x2 − 9) = 9 − x2 (pois a função é negativa). Portanto para x 6∈ (−3, 3),|x2 − 9|x+ 3

=x2 − 9

x+ 3=

(x+ 3)(x− 3)

x+ 3= x − 3 e para x ∈ (−3, 3), |x2 − 9|

x+ 3=

9− x2

x+ 3=

(3 + x)(3− x)

x+ 3= 3− x. Portanto o grá o de |x2 − 9|

x+ 3é:

x

y

f(x) =|x2 − 9|x+ 3

−3 3

y = x− 3

y = 3− x

Note o salto que o orre no grá o em x = −3. Neste ponto a função não está denida

8 CAPÍTULO 1. LIMITEpois apare e uma divisão por zero. Gra amente é laro que os limites laterais neste pontosão distintos. Como para x próximo de −3 mas x < −3 a função vale x− 3, o limite quandox → −3− vale (−3) − 3 = −6. Como para x próximo de −3 mas x > −3 a função vale3 − x, o limite quando x → −3+ vale 3 − (−3) = 6. Como os limites laterais são distintos,o limite não existe.(f) e (g): a função alterna entre 1, quando sen(x) > 0, e −1, quando sen(x) < 0 onformeindi ado no grá o abaixo. Nos pontos onde sen(x) = 0 ela não está denida. Assim (f) −1,(g) 1.

x

y

f(x) =sen(x)

| sen(x)|

−π π 2π 3π

y = 1

y = −1

(h) Obtemos o grá o (vide gura) reetindo no eixo x o grá o de x2 − 1 para x > 0 e om a reta 1 − x para x < 0. O limite quando x → 0+ é |02 − 1| = 1 e quando x → 0− é−0 + 1 = 1. Como os limites laterais existem e são iguais, o limite é 1.

x

y

Pré-Cál ulo: Lembre-se omo ra ionalizar expressões. Para isto multiplique o numeradore o denominador pelo onjugado: o onjugado de √a− b é √

a + b.Exemplo 5 Determine os limites:(a) limh→0

√h + 1− 1

h; (b) lim

x→9

x− 9√x− 3

.Solução do Exemplo 5 (a) Para h perto de 0, h + 1 > 0. Logo (√h+ 1)2 = h + 1.Multipli ando o numerador e denominador por √h + 1 + 1 obtemos que

√h+ 1− 1

h=

(√h+ 1− 1)(

√h + 1 + 1)

h(√h+ 1 + 1)

=(√h + 1)2 − 12

h(√h+ 1 + 1)

=

=h+ 1− 1

h(√h + 1 + 1)

=h

h(√h + 1 + 1)

=1√

h+ 1 + 1.Quando h → 0 obtemos 1/2.(b) Para x próximo de 9, x > 0 e portanto (

√x)2 = x. De modo análogo, multipli amospor √x+ 3 e obtemos

(x− 9)(√x+ 3)

(√x− 3)(

√x+ 3)

=(x− 9)(

√x+ 3)

(√x)2 − 32

=(x− 9)(

√x+ 3)

x− 9=

√x+ 3.Quando x → 9 obtemos √9 + 3 = 3 + 3 = 6.

1.2. DEFINIÇO DE LIMITE 9Pré-Cál ulo: Note que o grá o de y =√r2 − x2 é somente meio ír ulo de raio r(porque?). O grá o de −

√r2 − x2 é outra metade. O grá o é parte do ír ulo pois

y2 = r2 − x2, e portanto x2 + y2 = r2.Exemplo 6 Esbo e o grá o de f(x) =

√9− x2; |x| ≤ 3,

x; x > 3,

0; x < −3.

e determine ( aso existam)limx→c+

f(x), limx→c−

f(x) e limx→c

f(x) para:(a) c = 3; (b) c = −3.Solução do Exemplo 6 O grá o da função é:x

y

−3 3

3

(a) limx→3−

f(x) =√9− 32 = 0 e lim

x→3+f(x) = 3. Como os limites laterais são distintos, o

limx→3

f(x) não existe.(b) limx→−3−

f(x) = 0 e limx→−3+

f(x) =√

9− (−3)2 = 0. Como os limites laterais sãoiguais, o limx→−3

f(x) = 0.Pré-Cál ulo: Grá o da função inversa: omo esboçar y =√x e y = log x?Podemos fazer estes grá os reetindo em torno da reta y = x os grá os de y = x2 e de

y = ex.Pré-Cál ulo: log(x) em ál ulo é SEMPRE na base e = 2.718 . . . (natural, vide p.40).Assim, log(x) = ln(x) = loge(x) 6= log10(x). Quando quisermos (na verdade nun a)o log na base dez es revemos log10. Não utilizamos a notação ln (embora omum em al uladoras) para o log.Exemplo 7 Esbo e o grá o e determine limx→0

f(x) e limx→1

f(x) paraf(x) =

ex; x ≤ 0;√x; 0 < x < 1;

log(x); x ≥ 1.Solução do Exemplo 7 Juntando os três grá os em ada parte indi ada, obtemos o grá- o da função denida por partes abaixo.

10 CAPÍTULO 1. LIMITEx

y

1

1 log(x)

ex

√x

Como limx→0−

f(x) = e0 = 1 e limx→0+

f(x) =√0 = 0, o lim

x→0f(x) não existe. Como

limx→1−

f(x) =√1 = 1 e lim

x→1+f(x) = log(1) = 0, lim

x→1f(x) não existe.Pré-Cál ulo: Re orde omo fazer translação de grá os de funções: tanto verti al quantohorizontal.Exemplo 8 Esbo e o grá o e determine:(a) lim

x→0f(x) para f(x) =

√x+ 1; x > 0;

sen(x) + 1; x ≤ 0.(b) limx→1

f(x) e limx→−1

f(x) para f(x) =

x2 − 2; x < −1;√x+ 1; −1 ≤ x ≤ 1;

log(x− 1); 1 < x.Solução do Exemplo 8 (a) Apli ando translações apropriadas obtemos o grá o da guraabaixo. Como limx→0−

f(x) = sen(0)+1 = 1 é igual ao limx→0+

f(x) =√0+1 = 1, lim

x→0f(x) = 1.

x

y

y = 1

y = 2

(b) Apli ando translações apropriadas obtemos o grá o da gura abaixo. Comolimx→1−

f(x) =√1 + 1 =

√2 e lim

x→1+f(x) = log(1− 1) = log(0) = −∞,

limx→1

f(x) não existe. Comolim

x→−1−f(x) = (−1)2 − 2 = −1 e lim

x→−1+f(x) =

√−1 + 1 = 0,

limx→−1

f(x) não existe.


y

−1 1 2

Vamos apresentar agora umas funções estranhas que são interessantes para o teoria do ál ulo e análise.Exemplo 9 Considere f(x) = sen(

1x

).(a) Determine todos os valores de x tais que f(x) = 0.(b) Determine todos os valores de x tais que f(x) = 1 e f(x) = −1.( ) Usando isto, esbo e o grá o da função f .(d) Cal ule limx→0

sen

(

1

x

).Solução do Exemplo 9 (a) para que sen(y) = 0 basta que y = kπ. Assim y = 1x= kπ.Logo, se x = 1

kπpara k ∈ Z então f(x) = 0.(b) Analogamente, f(x) = 1 se x = 1

2kπ+π/2e f(x) = −1 se x = 1

2kπ−π/2.( ) partindo destes pontos obtemos o grá o abaixo.x

y

f(x) = sen( 1x)

− 1π

− 12π

1π

12π

y = 1

y = −1(d) o limite não existe pois f(x) os ila entre −1 e 1 quando x → 0.Exemplo 10 Denimos a hamada função indi adora de Q (possui este nome pois indi a sex ∈ Q ou não assumindo os valores 0 e 1) IQ(x) = 1; x ∈ Q

0; x 6∈ Q.Cal ule o lim

x→πIQ(x).Solução do Exemplo 10 O grá o desta função é formada por duas retas pontilhadas:uma em y = 0, nos irra ionais e outra no y = 1, a ima dos ra ionais (vide gura abaixo).Como existem ra ionais tão próximos de π quanto se queira ( omo por exemplo 3.14, 3.141,

3.1415 . . . ), o limite não existe. De fato o limite não existe em ponto algum.


y

y = 1

y = 0

f(x) = IQ(x)Exemplo 11 A função parte inteira (ou menor inteiro) de x, denotada por ⌊x⌋ é denida omo sendo o úni o inteiro n tal que n ≤ x < n + 1. Exemplos: ⌊1, 5⌋ = 1, ⌊1⌋ = 1 e⌊−1, 5⌋ = −2. Esbo e o grá o de f(x) = ⌊x⌋ e determine:(a) lim

x→1+⌊x⌋; (b) lim

x→1−⌊x⌋; ( ) lim

x→1⌊x⌋; (d) lim

x→0+⌊x⌋; (e) lim

x→0−⌊x⌋;

Solução do Exemplo 11x

y

f(x) = ⌊x⌋

−3 −2 −1 1 2 3

1

2

3

(a) 1; (b) 0; ( ) omo laterais são distintos, limite não existe. (d) 0; (e) −1.Vamos ver as propriedades bási as dos limites om relação as 4 operações fundamentais:soma, produto, multipli ação e divisão. A demonstração é remetida para [NC.De todo modo, sem uma denição rigorosa de limite não faz sentido provar estas proprie-dades.Lema 1 Considere f(x) = k (uma função onstante) e g(x) = x (a função identidade).Então dado c ∈ R qualquer,limx→c

f(x) = k e limx→c

g(x) = c.Teorema 1 (propriedades bási as do limite) Considere f e g duas funções e c, k ∈ R.Se os limites limx→c

f(x) e limx→c

g(x) existem então também existem os limites:(a) limx→c

(f(x)+g(x)) = limx→c

f(x)+ limx→c

g(x) (o limite da soma é igual à soma dos limites);(b) limx→c

(f(x)− g(x)) = limx→c

f(x)− limx→c

g(x) (o limite da diferença é igual à diferença doslimites);( ) limx→c

(f(x) · g(x)) = limx→c

f(x) · limx→c

g(x) (o limite do produto é igual ao produto doslimites);(d) limx→c

f(x)

g(x)=

limx→c

f(x)

limx→c

g(x)(o limite do quo iente é igual ao quo iente dos limites) se

limx→c

g(x) 6= 0 .

1.2. DEFINIÇO DE LIMITE 13É importante o aluno entender a demonstração do Corolário abaixo para apre iar omopou as propriedades podem gerar novas proposições.Corolário 1 (limites de polinmios) Se p(x) = a0+ a1x+ a2x2+ · · ·+ anx

n para n ∈ N(ou seja, p é um polinmio de grau n) então limx→c

p(x) = p(c) .Prova: Apli ando n + 1 vezes o Teorema 1 (a) (limite da soma) obtemos que limx→c

p(x) =

limx→c

a0 + limx→c

a1x + · · · + limx→c

anxn. Pelo Lema 1, lim

x→ca0 = a0 (limite de onstante). PeloTeorema 1 (limite do produto), lim

x→ca1x = lim

x→ca1 · lim

x→cx. Apli ando o Lema 1, lim

x→ca1 · lim

x→cx =

a1c. Agora podemos fazer algo similar em ada termo. Para o termo x3, por exemplo, bastaapli ar seguidamente o Teorema 1 ( ) (limite do produto): limx→c

x3 = limx→c

x · limx→c

x · limx→c

x =

c · c · c = c3. Complete o argumento.Exemplo 12 Aplique o Teorema 1 para determinar limx→2

6x2 + 3x

x+ 1.Solução do Exemplo 12 Deixamos para o leitor apli ar om uidado ada uma das propri-edades. Basta fazer um mutatis mutandis (latim para modique o que tem que ser modi- ado) na prova do Corolário 1.Con luímos que podemos al ular o limite de uma função ra ional qualquer ontanto queo denominador não se anule. Caso o denominador se anule pre isamos de métodos espe iais.Assim não estão denidos limites onde apare e por exemplo 3/0 ou 0/0.No próximo exemplo apresentamos (gra amente) diversas possibilidades de omporta-mento de um função quando x se aproxima de um ponto.Exemplo 13 Determine, em ada um dos itens abaixo, aso exista: • os limites lateraisquando x → 1+ e x → 1−; • o limite quando x → 1. Compare om o valor da função em

x = 1.x

y

1

2

3

(a)x

y

1

1

−2(b)


y

x = 1

y = 1

( )x

y

1−1

2

(d)Solução do Exemplo 13 (a) limite quando x → 1− é 2, limite quando x → 1+ é 3, limitequando x → 1 não existe (laterais são distintos), f(1) = 2.(b) limite quando x → 1− é 1 , limite quando x → 1+ é 1, limite quando x → 1 é 1(limites laterais são iguais), f(1) = −2.( ) limite quando x → 1− não existe (função os ila), limite quando x → 1+ é 1, limitequando x → 1 não existe (um dos limites laterais não existe), f(1) = 1.(d) limite quando x → 1− é −1, limite quando x → 1+ é 2, limite quando x → 1 nãoexiste (limites laterais são distintos), f(1) = 2.O teorema abaixo garante que podemos tro ar o limite om a omposição aso os limitesexistam.Teorema 2 (limite e omposição) Se existem os limites limy→L

f(y) = f(L) e limx→c

g(x) = Lentão limx→c

f(g(x)) = f(

limx→c

g(x))

= f(L).Prova: Veja prova em [NC.Observação 6 Dizemos que uma função f é algébri a se pode ser expressa omo soma,diferença, produto, quo iente ou raiz de funções polinomiais. Caso ontrário é dita trans- endente.Exemplos de funções algébri as: x

(1 + x), √1− x2

(3− x)3.Exemplos de funções trans endentes: sen x, e3x+4, log(x2 + 1),.O teorema abaixo garante a existên ia de limites para funções usuais.Teorema 3 (limites de função raiz e algumas trans endentes) Se f(x) é igual a n

√x,

sen(x), cos(x), tan(x), log(x), ex, arcsen(x), arccos(x), ou arctan(x), então para todoc ∈ R onde f(c) existe, lim

x→cf(x) = f(c).Prova: Leia a Seção 2.3, p.55.Exemplo 14 Aplique os teoremas a ima para determinar:(a) lim

x→1log

(

x2 − 1

2(x− 1)

); (b) limx→0

sen(πx

2x

); ( ) limx→1

4√4x+ 1(x+ x2).

1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 15Solução do Exemplo 14 (a) Como limx→1

(

x2 − 1

2(x− 1)

)

= 1, o limite vale log(1) = 0.(b) Como limx→0

(πx

2x

)

=π

2, o limite vale sen(π/2) = 1.( ) 2 4

√5.Observação 7 Combinando os Teoremas 1 (propriedades bási as do limite), 2 (limite e omposição) e 3 (função raiz e trans endente) on luímos que sabemos al ular o limitede funções bem ompli adas (se denominador não se anula). Por exemplo:

limx→π

x3esen(x2−π2)−log x

cos(2x+ π)=

π3esen(0)−log π

cos(3π)= −π2.

1.3 Limites e Innito: Assíntotas Verti ais e Horizon-taisVamos nesta Seção estender a denição de limite para x próximo de +∞, isto é, x grandee positivo e para x próximo de −∞, isto é, x grande (em módulo) e negativo. Além disso,vamos denir quando o valor do limite é +∞ ou −∞ para x próximo de c.Denição 4 (limite igual a +∞ (−∞)) Considere uma função real f denida perto dec ∈ R (mas não ne essariamente denida em c). Dizemos que o limite de f(x) quando xtende a c é +∞ (−∞), denotado por lim

x→cf(x) = +∞ (−∞), se f(x) a tão grande epositivo (negativo) quanto quisermos quando x está su ientemente próximo de c ∈ R mas

x 6= c.Observação 8 Deixamos para o leitor denir os limites laterais limx→c+

f(x) = +∞,limx→c−

f(x) = +∞, limx→c+

f(x) = −∞, limx→c−

f(x) = −∞ de forma análoga ao que jáfoi feito no iní io deste apítulo. Basta fazer um mutatis mutandis (latim para modiqueo que tem que ser modi ado) na denição anterior.Denição 5 (assíntota verti al) Se, quando x → c+ ou x → c−, f(x) → +∞ ou −∞,dizemos que a reta x = c é uma assíntota verti al do grá o de f .Exemplo 15 Esbo e o grá o, determine os limites e as assíntotas verti ais:(a) limx→0−

1

x3; (b) lim

x→0−− 1

x2; ( ) lim

x→0−

1

x4; (d) lim

x→0+− 1

x3;(e) lim

x→3− 1

(x− 3)3; (f) lim

x→2− 1

(x− 2)2; (g) lim

x→1

1

(x− 1)9;Solução do Exemplo 15 Os grá os de (a), (b), ( ) e (d) são:


y

y =1

x3(a) x

y

y = − 1

x2

(b) x

y

y =1

x4( ) x

y

y = − 1

x3

(d)Nesses quatro itens a assíntota verti al é x = 0. Observando-os obtemos os limiteslaterais: (a) −∞; (b) −∞; ( ) +∞; (d) −∞.Com translação podemos obter os grá os de (e), (f) e (g):x

y

y = − 1

(x− 3)3

(e)x = 3

x

y

y = − 1

(x− 2)2

(f)x = 2

x

y

y =1

(x− 1)9(g)x = 1(e) o limite não existe pois pela direita vale −∞ e pela esquerda +∞ (mesmo sinal que−1/x perto do 0). Assíntota verti al x = 3.(f) o limite é −∞ (mesmo sinal que −1/x2 perto do 0). Assíntota verti al x = 2.(g) o limite não existe pois pela direita vale +∞ e pela esquerda −∞ (mesmo sinal que1/x perto do 0). Assíntota verti al x = 1.Pré-Cál ulo: Pre isamos fazer a análise de sinal do numerador e denominador o hamado quadro de de sinais para determinamos o omportamento do grá o perto daassíntota.Exemplo 16 Determine para quais x ∈ R é verdade que f(x) =

16− x2

(x+ 1)(3− x)≥ 0.Solução do Exemplo 16 Vamos fazer a análise de sinal de ada um dos elementos: 16 −

x2, x+1, 3− x e ombinar tudo numa tabela do sinal de f(x). Os pontos de tro a de sinalsão: ±4,−1, 3. Agora uidado om a interpretação do zero. Os pontos onde f(x) = 0 sãoos pontos onde o numerador se anula ±4. Nos pontos onde o denominador se anula (−1 e3), f(x) → ±∞.

−4 −1 3 416− x2 − + + + −x+ 1 − − + + +3− x + + + − −

0 ±∞ ±∞ 0f(x) + − + − +

1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 17Assim Portanto f(x) ≥ 0 para x ≤ −4, x ∈ (−1, 3), x ≥ 4.Observação 9 Poderíamos no exemplo anterior (e em todos os exemplos) de ompor otermo quadráti o 16 − x2 em dois termos lineares 4 − x e 4 + x, o que aumentaria otamanho da tabela. Na práti a, se o termo quadráti o é simples, da forma a − bx2 oubx2 − a, deixamos ele deste jeito.Pré-Cál ulo: Como determinar sinal de um polinmio ax2 + bx + c om raízes omplexas (não-reais)?O grá o da parábola estará inteiramente a ima do eixo x ou abaixo do eixo x, pois senãoteríamos raízes reais. Assim basta olharmos para o sinal de a: se a > 0, ax2 + bx+ c > 0para todo x, se a < 0, ax2 + bx+ c < 0 para todo x.Exemplos:(a) x2−3x+3. ∆ = (−3)2−4 ·1 ·3 = −3 < 0. Logo raízes omplexas. Como a = 1 > 0,x2 − 3x+ 3 > 0 para todo x ∈ R.(a) −x2 + 4x − 5. ∆ = 42 − 4 · (−1) · (−5) = −4 < 0. Logo raízes omplexas. Comoa = −1 < 0, −x2 + 4x− 5 < 0 para todo x ∈ R.Exemplo 17 Faça análise de sinal e determine os limites:(a) lim

x→−3

2x2

9− x2; (b) lim

x→2

9− x2

(x− 2)(x2 − 5x+ 6); ( ) lim

x→1

x3 − x− 1

(1− x)3.Solução do Exemplo 17 (a) Vamos fazer o o quadro de sinais. Os pontos onde numeradorou denominador se anulam: ±3, 0. A função f(x) = 0 onde o numerador se anula (0). Nospontos onde o denominador se anula (±3), f(x) → ±∞.

−3 0 32x2 + + + +

9− x2 − + + −±∞ 0 ±∞

f(x) − + + −Assim a função tem sinal negativo quando x → −3− e sinal positivo quando x → −3+.Logo quando x → −3− o limite é −∞ e quando x → −3+ o limite é +∞. Portanto o limitequando x → −3 não existe.(b) Vamos fazer o o quadro de sinais. Como x2 − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3), o deno-minador é (x − 2)2(x − 3). Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±3, 2.Note que no 3 o numerador e o denominador se anulam. Neste ponto, aso queira pode al ular o limx→3

9− x2

(x− 2)(x2 − 5x+ 6)= −6. Assim a indeterminação 0/0 = −6 neste aso.A função f(x) = 0 onde o somente o numerador se anula (3). Nos pontos onde somente odenominador se anula (2,−3), f(x) → ±∞.

−3 2 39− x2 − + + −x− 3 − − − +

(x− 2)2 + + + +0 −∞ −6

f(x) + − − −Logo o limite quando x → 2 é −∞.

18 CAPÍTULO 1. LIMITEOutra Solução: Perto de 2 o numerador é positivo (9− 22 = 5). Como x2 − 5x+ 6 =(x−2)(x−3), devemos analisar o sinal do denominador que é (x−2)2(x−3). O primeiro termoé sempre positivo e o segundo, perto de 2 é negativo (2− 3 = −1). Assim o denominador énegativo. Logo o limite quando x → 2 é −∞.( ) Neste aso não temos omo analisar o sinal do numerador em detalhes pois é umpolinmio do ter eiro grau que não onhe emos as raízes (na realidade possui duas raízes omplexas). Podemos, no entanto al ular o limite analisando o sinal próximo do 1. Pertode 1 o numerador é sempre negativo (13 − 1 − 1 = −1). O denominador (1 − x)3 possui omesmo sinal que (1− x). Assim, tem sinal positivo quando x → 1− e sinal negativo quandox → 1+. Logo quando x → 1− o limite é +∞ e quando x → 1+ o limite é −∞. Portanto olimite quando x → 1 não existe.Erro Comum: Nos limites do exemplo anterior, tentar al ular o limite sem fazer quadrode análise de sinais é aminho urto para ometer um erro. Muito on luem (erroneamente)que se o denominador se anula a função vai para +∞.Exemplo 18 Faça quadro de sinais e esbo e o grá o de p(x) = (x− 2)(25− x2)(x2 − x).Solução do Exemplo 18 (a) Vamos fazer a análise de sinal de ada um dos elementos:x − 2, 25 − x2, x2 − x e ombinar tudo numa tabela do sinal de p(x). Faremos a análisedos termos quadráti os diretamente. Note que um (25− x2) possui on avidade para baixoe outro (x2 − x) possui on avidade para ima. Os pontos de tro a de sinal são: ±5, 0, 1, 2.

−5 0 1 2 5x− 2 − − − − + +25− x2 − + + + + −x2 − x + + − + + +

0 0 0 0 0p(x) + − + − + −Assim obtemos o grá o abaixo. Note que esta função, um polinmio de grau 5, possui5 raízes.

x

y

p(x)

1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 19Em resumo, se f(x) = p(x)

q(x)é uma função ra ional (quo iente dos polinmios p(x) e q(x))e se no limite o denominador q(x) se anula sem que o numerador p(x) se anule ouseja, quando x → c a função f(x) → k

0 om k 6= 0 existem QUATRO possibilidadespara o omportamento da função perto de c onforme representado nas guras abaixo.Pre isamos fazer quadro de análise de sinais para determinar qual delas o orre.

x

x = c(I)x

x = c(II)x

x = c(III)x

x = c(IV)Erro Comum: Não prestar atenção nestas 4 possibilidades e on luir de forma erradaque limx→2

1 + x

x− 2= +∞ (ou −∞) pois o denominador se anula.Exemplo 19 Determine o omportamento da função perto de c e al ule o limite quando

x → c para:(a) y =3− x

4 + x, c = −4; (b) y =

x2 − 9

x2 − 4x+ 4, c = 2.Solução do Exemplo 19 Deixo para o leitor fazer o quadro de sinais de ada exemplo.(a) perto de x = −4, o numerador é positivo próximo de 3 − (−4) = 3 + 4 = 7. Odenominador é negativo para x < −4 e positivo para x > −4. Assim temos que perto do

x = −4 a função é negativa para x < −4 e positiva para x > −4. O limite NO existe poisos limites laterais diferem. O omportamento é:x

x = −4(b) perto de x = 2 o numerador é negativo próximo de 22 − 9 = −5. O denominador éigual a (x − 2)2, que é sempre não-negativo. Assim temos que perto do x = 2 a função énegativa O limite quando x → 2 é −∞ O omportamento é:


x = 2Se a função não é ra ional temos que analisar om uidado os sinais.Exemplo 20 Faça um esboço do grá o perto da origem e al ule os limites de:(a) limx→π

1

sen(x); (b) lim

x→0e1/x; ( ) lim

x→0log(|x|); (d) lim

x→0+| log(x)|.Solução do Exemplo 20 (a) Se x → π+, o seno é negativo próximo do π e portanto olimite é −∞. Se x → π− a situação é oposta e o limite é +∞. Como os limites lateraisdiferem, o limite quando x → π não existe.

x

x = π(b) Se x → 0+, 1/x → +∞. Portanto, e1/x → e+∞ = +∞. Se x → 0−, 1/x → −∞.Portanto, e1/x → e−∞ = 1/e+∞ = 1/(+∞) = 0. Como os limites laterais diferem, o limitequando x → 0 não existe.x

x = 0( ) Se x → 0, |x| → 0. Como log(0) = −∞, o limite é −∞.x

x = 0

1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 21(d) Pelo item anterior log(x) → −∞. Apli ando o módulo on luímos que o limite é+∞. Note que não podemos al ular o limite quando x → 0− pois log não está denida parax < 0!

x

x = 0

Denição 6 (limite quando x tende a +∞ (−∞)) Considere uma função real f de-nida para todo x grande (pequeno). Dizemos que o limite de f(x) quando x tende a +∞(−∞) é igual a L, denotado por limx→+∞

f(x) = L ( limx→−∞

f(x) = L), se f(x) a bem próximode L ∈ R para todo x grande (pequeno) o su iente.Observação 10 Note que este limite é, por natureza, um limite lateral: somente podemos hegar a+∞ pela esquerda e a−∞ pela direita. Logo não temos limites laterais no innito.Observação 11 Podemos denir (deixamos para o leitor), juntando as duas deniçõesanteriores de forma apropriada (mutatis mutandis), os limites: limx→+∞

f(x) = +∞,lim

x→+∞f(x) = −∞, lim

x→−∞f(x) = +∞, lim

x→−∞f(x) = −∞.Denição 7 (assíntota horizontal) Se, quando x → +∞ ou x → −∞, f(x) → L ∈ R,dizemos que a reta y = L é uma assíntota horizontal do grá o de f .Exemplo 21 Esbo e o grá o e determine os limites e a assíntota horizontal de:(a) lim

x→+∞− 1

x6+ 1 (b) lim

x→−∞− 1

x5− 1 ( ) lim

x→+∞

2x+ 1

x(d) lim

x→+∞2 + sen

1

xSolução do Exemplo 21 (a) o limite é 1 e a assíntota horizontal y = 1. O limite é 1.Obtemos o grá o om a translação verti al de −1/x6.x

y

(a) y = − 1

x6+ 1

y = 1

22 CAPÍTULO 1. LIMITE(b) o limite é −1 e a assíntota horizontal y = −1. Obtemos o grá o om a translaçãoverti al de −1/x5.x

y

(b) y = − 1

x5− 1

y = −1

( ) omo (2x + 1)/x = 2 + 1/x, quando x → +∞ a função vai para 2 pois o segundotermo vai para 0. A assíntota horizontal é y = 2. O grá o é a translação verti al de duasunidades de 1/x.x

y

( ) y =2x+ 1

x

y = 2

(d) é 2 pois 1x→ 0 e portanto sen 1

x→ sen 0 = 0. A assíntota horizontal é y = 2. Ográ o é a translação verti al de sen(1/x).

x

y

y = 2 (d) y = 2 + sen(1/x)

Exemplo 22 Determine, aso exista, os limites quando x → −∞ e x → +∞ e a assíntotahorizontal:

1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 23x

y

(a)x

y

(b)x

y

y = −1 ( )Solução do Exemplo 22 (a) Nenhum dos dois limites existe pois a função os ila de valortanto para x grande omo pequeno. Não existe assíntota horizontal.(b) limite quando x → −∞ é +∞, limite quando x → +∞ é −∞. Nos dois aso ela seaproxima os ilando ( ada vez menos). Embora não tenha assíntota horizontal, possui o que hamamos de assíntota oblíqua. Veja Desao da p.46.( ) limite quando x → −∞ é −1 (os ilando ada vez menos), limite quando x → +∞ nãoexiste pois função os ila om amplitude ada vez maior. Note que y = −1 é uma assíntotahorizontal.Observação 12 Note por um dos exemplos apresentados (qual?) que o grá o de umafunção pode ruzar a assíntota horizontal uma innidade de vezes. Isto não o orre para aassíntota verti al (porque?)Exemplo 23 Determine, aso exista: • os limites quando x → −∞ e x → +∞; • oslimites laterais quando x → 1+ e x → 1−; • o limite quando x → 1. Compare om o valorda função em x = 1.

24 CAPÍTULO 1. LIMITE

x

y

x = 1

1

2

(a)x

y

x = 1

−2

(b)Solução do Exemplo 23 (a) limite quando x → −∞ é +∞, limite quando x → +∞ é 0,limite quando x → 1− é 2, limite quando x → 1+ é +∞, limite quando x → 1 não existe(laterais são distintos), f(1) = 1.(b) limite quando x → −∞ é 0, limite quando x → +∞ não existe pois o valor da funçãoos ila, limite quando x → 1− é −∞, limite quando x → 1+ é −∞, limite quando x → 1−∞ (laterais são iguais), f(1) = −2.Para se al ular o limite quando x → +∞ ou −∞ de uma função f(x) =

p(x)

q(x)devemos omparar res imento do numerador om denominador. Quem res er mais rápido ganha.Se o denominador ganhar o limite será zero. Se o numerador ganhar, será +∞ ou −∞.Se houver empate, dependerá de ada aso.Uma té ni a é determinar a maior potên ia do numerador e do denominador para x grande(ou pequeno). Assim teremos que f(x) =

p(x)

q(x)≈ xp

xq. Dependendo se p > q ou p = q ou

p < q determinamos o limite. Para se apli ar esta té ni a om rigor deve-se olo ar emevidên ia termo de maior grau do numerador e do denominador.Exemplo 24 Cal ule os limites abaixo:(a) limx→+∞

3x2 + 1

1− 2x2; (b) lim

x→−∞

x5 + x3 + 10

x8 − x+ 1; ( ) lim

x→+∞

x3 − 5x7 + 10

−x6 − x5 + 1;(d) lim

x→−∞

x7 + x2 + 10

x4 − x5 + 1; (e) lim

x→+∞x− x2.Solução do Exemplo 24 (a) Colo ando em evidên ia os termos de maior grau, 3x2 + 1

1− 2x2=

x2

x2· 3 + 1/x2

1/x2 − 2= 1 · 3 + 1/x2

1/x2 − 2=→ 3 + 0

0− 2= −3

2.

1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 25(b) Colo ando em evidên ia os termos de maior grau, x5 + x3 + 10

x8 − x+ 1= x5

x8 · 1+1/x2+10/x5

1−1/x7+1/x8 =

1x3 · 1+1/x2+10/x5

1−1/x7+1/x8 . Cal ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produtodos limites: 1

x3→ 0 e 1 + 1/x2 + 10/x5

1− 1/x7 + 1/x8→ 1 + 0 + 0

1− 0 + 0= 1. Logo o limite vale 0 · 1 = 0.( ) Colo ando em evidên ia os termos de maior grau, x3 − 5x7 + 10

−x6 − x5 + 1= x7

x6 · 1/x4−5+10/x7

−1−1/x+1/x6 =

x · 1/x4−5+10/x7

−1−1/x+1/x6 . Cal ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produto doslimites: x → −∞ e 1/x4−5+10/x7

−1−1/x+1/x6 → 0−5+0−1−0+0

= −5−1

= 5. Logo o limite vale −∞ · 5 = −∞.(d) Colo ando em evidên ia os termos de maior grau, x7+x2+10x4−x5+1

= x7

x5 · 1+1/x5+10/x7

1/x−1+1/x5 =

x2 · 1+1/x5+10/x7

1/x−1+1/x5 . Cal ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produto doslimites: x2 → +∞ e 1+1/x5+10/x7

1/x−1+1/x5 → 1+0+00−1+0

= 1−1

= −1. Logo o limite vale +∞·(−1) = −∞.(e) Ini ialmente note que trata-se de uma indeterminação do tipo +∞− (+∞). Coloqueem evidên ia x: x − x2 = x(1 − x). Cal ulando os limites separadamente utilizando apropriedade do produto dos limites: x → +∞ e (1 − x) → −∞ obtemos que o limite vale+∞ · (−∞) = −∞. Note que NO é uma indeterminação.Erro Comum: Confundir a té ni a de x grande om x pequeno. Assim o aluno al ula(de forma ERRADA) o limite lim

x→1

x2 − 1

x− 1= lim

x→1

x− 1/x

1 − 1/x, obtendo 1 (já que erradamenteo aluno pensa que 1/x vai para zero).Nos exemplos abaixo em que apare em raízes, a té ni a é similar, tomando o devido uidado om o sinal pois, omo já hamamos atenção √x2 6= x.Exemplo 25 Cal ule os limites:(a) lim

x→+∞

√16x+ 3

x+ 1; (b) lim

x→−∞

√x2 + 3

5x− 7; ( ) lim

x→−∞

√x6 − 3x2 + 2x− 3

3x3 − x2 + x− 1.Solução do Exemplo 25 (a) O termo de maior grau do numerador é √

16x e do denomi-nador é x. Colo ando-os em evidên ia obtemos: √16x+3x+1

=√16x

√1+3/(16x)

x(1+1/x). Separando emdois limite temos que al ular lim

x→+∞

√16x

x= 4 lim

x→+∞

1√x

= 0 e limx→+∞

√

1 + 3/(16x)

1 + 1/x=

√1 + 0

1 + 0= 1. Assim o limite é 0. Pode-se ver de forma su inta o mesmo resultado tomandoos termos de maior grau, √16x+ 3 ≈

√16x e x+ 1 ≈ x (válidos para x grande!). Assim,√

16x+3x+1

≈√16xx

= 4√x

x= 4√

x. Se x → +∞ então isto tende a 0.(b) Colo ando-os em evidên ia √

x2 = |x| e 5x e prosseguindo omo no aso anteriorbastará al ular o limite limx→−∞

|x|5x

. Como x é negativo, |x|5x

= −x5x

= −15, o valor do limite.( ) Colo ando-os em evidên ia √

x6 = |x|3 e 3x3 e prosseguindo omo no aso anteriorbastará al ular o limite limx→−∞

|x|33x3

. Como x é negativo, |x|33x3 = −x3

3x3 = −13, o valor do limite.Nos próximos exemplos pre isamos ra ionalizar antes.

26 CAPÍTULO 1. LIMITEExemplo 26 Cal ule os limites:(a) limx→+∞

√x2 + 3x+ 1− x; (b) lim

x→+∞

√

x+√x−

√x.Solução do Exemplo 26 (a) Ra ionalizando om √

x2 + 3x+ 1 + x obtemos(√x2 + 3x+ 1)2 − x2

√x2 + 3x+ 1 + x

=x2 + 3x+ 1− x2

√x2 + 1 + x

=3x+ 1√x2 + 1 + x

.Agora podemos al ular o limx→+∞

3x+ 1√x2 + 1 + x

. Coloque x em evidên ia no numerador e de-nominador e obtenha x(3 + 1/x)

x(√

1 + 1/x2 + 1). Note que o x entrou na raiz omo x2. Can elandoo x obtemos 3 + 1/x

√

1 + 1/x2 + 1. Se x → +∞ obtemos 3 + 0√

1 + 0 + 1=

3

2.(b) Ra ionalizando om √x+

√x+

√x obtemos

(√

x+√x)2 − (

√x)2

√

x+√x+

√x

=x+

√x− x

√

x+√x+

√x=

√x

√

x+√x+

√x.Dividindo-se o numerador e denominador por √

x (ou, o que dá na mesma, olo ando-se√x em evidên ia) obtemos 1

√

1 +√x/x+ 1

=1

√

1 + 1/√x+ 1

. Se x → +∞ obtemos1√

1 + 0 + 1=

1

2.Observação 13 Quase sempre o limite no +∞ e no −∞ é o mesmo. Isto é verdadepara funções ra ionais quando o limite é nito. Quando o limite é innito podemos terpor exemplo lim

x→+∞

x2

x+ 1= +∞ 6= lim

x→−∞

x2

x+ 1= −∞. Outro exemplo onde o limite édistinto é lim

x→+∞ex = +∞ 6= lim

x→−∞ex = 0.Erro Comum: Es rever que lim

x→−∞

√9x2 + 3

5x− 7= 3/5. Note que √

9x2+35x−7

≈√9x2

5x= 3 |x|

5x.Se x > 0, √9x2 = 3|x| = 3x e se x < 0, √9x2 = 3|x| = −3x.Assim, lim

x→+∞

√9x2 + 3

5x− 7=

3

5e lim

x→−∞

√9x2 + 3

5x− 7= −3

5.Nos exemplos abaixo (e alguns que já apare eram) não existe té ni a geral pois envolvemfunção trans endente, isto é, função que não é polinmio ou quo iente de polinmios ouraiz disso omo por exemplo: sen, cos, ex, log x.Exemplo 27 Cal ule os limites, esbo e o grá o e determine TODAS as assíntotas (verti aise horizontais).(a) lim

x→+∞e−x + 1; (b) lim

x→π/2−

2

cos(x); ( ) lim

x→0e−1/x2 ;(d) lim

x→1

1

log(x); (e) lim

x→0+

1

log(x).

1.3. LIMITES E INFINITO: ASSÍNTOTAS VERTICAIS E HORIZONTAIS 27Solução do Exemplo 27 (a) e−x → e−(+∞) = e−∞ = 1/e+∞ = 1/(+∞) = 0. Logo,e−x + 1 → 1. Para o esboço note que quando x aumenta o valor da função diminui. Façatranslação verti al. A úni a assíntota é y = 1, assíntota horizontal.

x

y

y = 1 (a) y = e−x + 1(b) Como cos(x) > 0 para x próximo de π/2 mas menor que isto, o limite é +∞.Para o esboço ome e om o grá o do osseno (pontilhado na gura abaixo). Quando ovalor, em módulo, da cos, o valor de 2/ cos diminui em módulo. Nos pontos onde cos(x) = 0,isto é, nos pontos x = 2kπ±π/2 para k ∈ Z, 1/ cos(x) → ±∞. Assim as assintotas verti aissão nestes pontos.x

y

x = π2

x = −π2 x = 3π

2x = −3π

2x = 5π

2x = −5π

2

y = cos(x)

(b) y =2

cos(x)( ) quando x → 0, −1/x2 → −∞. Assim, e−1/x2 → e−∞ = 1/e+∞ = 1/+∞ = 0.Para o esboço note que a função é sempre positiva. Perto do zero se aproxima de zero elonge se aproxima e0 = 1.x

y

y = 1

( ) y = e−1/x2(d) Como log(1) = 0 e log(x) > 0 para x > 1, limx→1+

f(x) = +∞. Como log(x) < 0 parax < 1, lim

x→1−f(x) = −∞. Como os limites laterais são distintos, o limite não existe.(e) Como log(x) → −∞, 1/ log(x) → 0.Para o esboço de 1/ log, ome e om o esboço de log (pontilhado na gura abaixo).

28 CAPÍTULO 1. LIMITEQuando log é zero, 1/ log → ±∞. O que o orre próximo do 0 é que o grá o ola no eixoy, embora neste grá o isto não que laro. Convido o leitor a utilizar um programa (vejaSeção 1.1) que plote grá os para investigar este ponto.

x

y

x = 1

y = log(x)

(d), (e) y =1

log(x)

Exemplo 28 Cal ule os limites.(a) limx→−∞

log(|x|); (b) limx→+∞

sen(x); ( ) limx→+∞

1

sen(x);(d) lim

x→+∞(log(3x)− log(x− 5)).Solução do Exemplo 28 (a) |x| → +∞ e portanto, log(|x|) → +∞.(b) este limite não existe pois o seno a os ilando entre 1 e −1.( ) este limite não existe pois omo o seno os ila, 1/ sen(x) vai os ilar de 1 até +∞ e de

−1 até −∞.(d) temos um aso de indeterminação +∞ − (+∞). Por propriedade do logaritmo,(log(3x)− log(x− 5)) = log

(

3x

x− 5

). Como limx→+∞

3x

x− 5= 3, a resposta é log(3).

Exemplo 29 Cal ule os limites.(a) limx→+∞

IQ(x). (b) limx→+∞

⌊x⌋.Solução do Exemplo 29 (a) Veja o grá o na p.12. Limite não existe pois função aos ilando entre 0 e 1.(b) Veja denição e grá o da função ⌊x⌋ na p.12. Limite é +∞ pois quando x → +∞a função se aproxima de +∞ passando somente pelos inteiros.

1.4. INDETERMINAÇÕES DO LIMITE 291.4 Indeterminações do LimiteAs propriedades bási as do limite (da soma, do produto, et .) que apresentamos anteriormentenão podem ser apli adas quando o denominador se anula ou quando surge +∞ ou −∞. Noentanto, algumas extensões destes resultados são possíveis. Algum exemplos: Se limx→c

f(x) = +∞ e limx→c

g(x) = +∞ então limx→c

(f(x) + g(x)) = limx→c

(f(x) · g(x)) =+∞. Se lim

x→cf(x) = +∞ e lim

x→cg(x) é nito (positivo ou negativo) então lim

x→c(f(x)+g(x)) =

+∞.Estes teoremas podem ser apresentados através do seguinte quadro.São limites determinados:Para soma/subtração:+∞+(+∞) = +∞, +∞−(−∞) = +∞, −∞−(+∞) = −∞, −∞+(−∞) =

−∞.Para produto/divisão:+∞·(+∞) = +∞, +∞·(−∞) = −∞, −∞·(+∞) = −∞, −∞·(−∞) = +∞.Para qualquer k (in luindo k = 0), k

+∞ = 0, k

−∞ = 0.Se k > 0: k · (+∞) = +∞, k · (−∞) = −∞, +∞k

= +∞, −∞k

= −∞.Se k < 0: k · (−∞) = +∞, k · (+∞) = −∞, +∞k

= −∞, −∞k

= +∞.O perigo é que ∞ NO é número! Assim temos as seguintes indeterminações.São indeterminações do limite:+∞ − (+∞), −∞ − (−∞), −∞ + (+∞), +∞ + (−∞), ±∞

±∞ , 0

0, k

0,

±∞0

, 0 · (±∞).Exemplo 30 Cal ule os limites abaixo (que ilustram asos de indeterminação indi ados entre ol hetes):(a) limx→0

1

x2− 1

x4[+∞− (+∞)]; (b) lim

x→0

1

x4− 1

x2[+∞− (+∞)];( ) lim

x→−∞

x2 + 1

−3x2 + 5

[

+∞−∞

]; (d) limx→0

6x2

2x

[

0

0

]; (e) limx→0

6x

2x

[

0

0

];(f) limx→0

x · 1

x4[0 · (+∞)]; (g) lim

x→0x · 1

x[0 · (+∞)].Solução do Exemplo 30 (a) Colo ando o mesmo denominador vemos que 1

x2− 1

x4=

x2 − 1

x4. Para x próximo de zero o numerador é negativo (−1) e o denominador é semprepositivo. Portanto o limite quando x → 0 é −∞.(b) Fazendo análise similar, o numerador será 1 − x2. Portanto o sinal será positivo e olimite será +∞.( ) Divida o numerador e o denominador por x2: x2 + 1

−3x2 + 5=

1 + 1/x2

−3 + 5/x2→ 1 + 0

−3 + 0=

−1/3.(d) 6x2

2x=

6x

2→ 0.

30 CAPÍTULO 1. LIMITE(e) 6x

2x=

6

2→ 3.(f) Como x · 1

x4=

1

x3, o limite quando x → 0 não existe pois dependendo do lado que se hega em zero: pela direita +∞, pela esquerda −∞.(g) x · 1

x= 1 → 1.Observação 14 Além destas existe a indeterminação 1+∞ que estudaremos no limitefundamental da exponen ial na p.38, que surge no modelo de juros ontínuos ompostos.Este aso é a fronteira do omportamento de a+∞. Se 0 < a < 1 então a+∞ = 0(multiplique um número positivo menor que 1 por ele mesmo uma innidade de vezes). Se

a > 1 então a+∞ = +∞. Outra indeterminação é (+∞)0.Limites que não sabemos al ular no momento: Hierarquia do innitoQuem res e mais rápido (vai mais rápido para o innito) entre: x2, log(x), 2x, xx, xn(n ∈ N)? Utilizando limites podemos determinar isto al ulando o limite quando x → +∞do quo iente entre duas funções. Com isto estabele emos a hierarquia do innito: entreos innitos, quem é mais innito. Sabemos fazer isto om √x, xn, mas não om estasfunções. Os limites abaixo nós NO sabemos al ular om o que aprendemos até agora. Noentanto, utilizando a hamada té ni a de L'Hospital (que apresentamos na p.95 do Capítulode Apli ações da Derivada), vamos aprender a al ulá-los:

limx→+∞

ex

xn, lim

x→+∞

log(x)

xn.Observação 15 Podemos enxergar os innitos de R utilizando meia projeção estereo-grá o (bijeção entre o semi ír ulo e R). Veja a gura abaixo e note que os pontos x0, x3 orrespondem aos pontos no innito.

x

y

p(x0) = −∞ p(x3) = +∞

p(x1) p(x2)

x0 x3

x1 x2

Projeção Estereográ a p : meio ír ulo → R

1.5 Esboço de Grá os (parte I)O objetivo desta Seção é esboçar grá os de funções ra ionais (quo iente de polinmios)somente utilizando assíntotas. Mais adiante (no apítulo de Apli ações da Derivada, naSeção 4.4, p.104) aprenderemos a determinar regiões de res imento e de res imento dafunção, on avidades, a res entando mais detalhes ao grá o.Nas funções ra ionais as assíntotas verti ais e horizontais são muito importantes. Paraesboçar grá o, devemos bus ar pontos x ∈ R onde:

1.5. ESBOÇO DE GRÁFICOS (PARTE I) 31• f(x) > 0, f(x) = 0, f(x) < 0 fazendo o quadro de análise de sinais.• f(x) = ±∞, as assíntotas verti ais.• al ular lim

x→±∞f(x), que se for nito determinará a assíntota horizontal.Exemplo 31 Determine os sinais, as assíntotas verti ais e horizontais e faça um esboço dográ o de:(a) f(x) = x2 + 2x

x2 − 1; (b) f(x) = 2x2 − 8

16− x2; ( ) f(x) = x4 − 24

x(x2 − 9).Solução do Exemplo 31 (a) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador x2 + 2x =

x(x + 2). Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±1, 0,−2. A funçãof(x) = 0 onde o numerador se anula: 0 e −2. Nos pontos onde o denominador se anula(±1), f(x) → ±∞.

−2 −1 0 1x(x+ 2) + − − + +x2 − 1 + + − − +

0 ±∞ 0 ±∞f(x) + − + − +Assíntota verti al (denominador se anula se x2 − 1 = 0) em x = 1 e x = −1; assíntotahorizontal em y = 1 pois x2 + 2x

x2 − 1=

1 + 2/x

1− 1/x2→ 1 + 0

1− 0= 1 quando x → +∞.

x

y

y = 1

x = −1 x = 1

−2 −1 1 2

(a) f(x) = x2 + 2x

x2 − 1

(b) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador 2x2−8 = 2(x2−4). Os pontos ondenumerador ou denominador se anulam: ±2,±4. A função f(x) = 0 onde o numerador seanula: ±2. Nos pontos onde o denominador se anula (±4), f(x) → ±∞.−4 −2 2 4

2(x2 − 4) + + − + +16− x2 − + + + −

±∞ 0 0 ±∞f(x) − + − + −Assíntota verti al (denominador se anula se 16− x2 = 0) em x = 4 e x = −4; assíntotahorizontal em y = −2 pois 2x2 − 8

16− x2=

2− 8/x2

16/x2 − 1=

2− 0

0− 1= −2.


y

y = −2

x = −4 x = 4

(b) f(x) = 2x2 − 8

16− x2

−2 2

( ) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador x4 − 24 = (x2 − 22)(x2 + 22) esomente o primeiro termos possui raízes reais. Assim vou ignorar, no quadro de sinais, otermo x2 + 22 > 0 (não altera os sinais). Os pontos onde numerador ou denominador seanulam: ±2,±3, 0. A função f(x) = 0 onde o numerador se anula: ±2. Nos pontos ondeo denominador se anula (±3, 0), f(x) → ±∞.−3 −2 0 2 3

x2 − 22 + + − − + +x − − − + + +

x2 − 9 + − − − − +±∞ 0 ±∞ 0 ±∞

f(x) − + − + − +Assíntota verti al (denominador se anula se x(x2 − 9) = 0) em x = 0, x = 3 e x = −3;não possui assíntota horizonta (limite quando x → +∞ é +∞ e quando x → −∞ é −∞).x

y

x = −3 x = 3

−2 2

(c)f(x) =x4 − 24

x(x2 − 9)

1.6. LIMITES FUNDAMENTAIS 331.6 Limites FundamentaisApresentaremos os dois limites fundamentais do Cál ulo: um rela ionado ao seno, o outroa exponen ial. São os primeiros resultados não triviais. Pre isamos primeiro um resultadoimportante para al ular o limite fundamental trigonométri o (o do seno), o Teorema doSanduí he.Pré-Cál ulo: Identi ar no ír ulo trigonométri o as funções seno, osseno e tangente.Re ordar identidades do sen(a+ b) (minha terra tem palmeiras . . . ()) e cos(a+ b)( os, os, sen, sen ()).Teorema 4 (Sanduí he) Suponha que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ R (ou paratodo x próximo do ponto onde o limite está sendo al ulado). Se limx→c

f(x) = limx→c

h(x) = k,então limx→c

g(x) = k.Observação 16 Este Teorema ontinua verdadeiro para c = +∞ ou c = −∞ e parak = +∞ ou k = −∞.Exemplo 32 Esbo e o grá o e aplique o Teorema do Sanduí he para al ular os limitesabaixo:(a) lim

x→0x sen

1

x; (b) lim

x→0x2 sen

1

x; ( ) lim

x→−∞

sen x

x;(d) lim

x→e(x− e)IQ(x); (e) lim

x→0(x− e)IQ(x).Solução do Exemplo 32 Convido o leitor a utilizar um programa (veja Seção 1.1) que plotegrá os para investigar estes exemplos.(a) Para qualquer y temos que −1 ≤ sen(y) ≤ 1. Assim, para x ≥ 0 temos que

−x ≤ x sen(1/x) ≤ x. Para x ≤ 0 temos de forma análoga que x ≤ x sen(1/x) ≤ −x.Podemos juntar os dois utilizando o módulo: para todo x ∈ R, −|x| ≤ x sen(1/x) ≤ |x|.Quando x → 0 as funções nos extremos tendem para 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí heo limite é 0.Mostramos na sequên ia três guras do grá o da função. O ír ulo tra ejado é a zona dezoom que é mostrada na próxima. Note omo as retas y = ±x limitam o grá o da função.x

y

y = 1y = x

y = −x

−2 −1 1 2(a, I) y = x sen 1x


y

y = x

y = −x

−0.4 0.4

(a, II) y = x sen 1x

x

y

y = x

y = −x

−0.1 0.1

(a, III) y = x sen 1x

(b) De forma análoga −x2 ≤ x2 sen(1/x) ≤ x2. Quando x → 0 as funções nos extremostendem para 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí he o limite é 0.Mostramos na sequên ia três guras do grá o da função. O ír ulo tra ejado é a zonade zoom que é mostrada na próxima. Note omo as parábolas y = ±x2 limitam o grá o dafunção.

x

yy = x2

y = −x2

−1 1

(b, I) y = x2 sen 1x

x

y

y = x2

y = −x2(b, II) y = x2 sen 1x

−0.4 0.4

1.6. LIMITES FUNDAMENTAIS 35

x

yy = x2

y = −x2(b, III) y = x2 sen 1x

−0.07 0.07

( ) De forma análoga −1/|x| ≤ sen(x)/x ≤ 1/|x|. Quando x → −∞ as funções nosextremos tendem para 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí he o limite é 0.Note que o grá o da função é limitado por y = ±1/x.x

y

( ) f(x) = sen(x)

x(d) A função IQ (função indi adora dos ra ionais) é limitada por 0 e 1. Assim 0 ≤ IQ(x) ≤1 para todo x ∈ R. Por outro lado, (x − e) vale no máximo |x − e| e no mínimo −|x − e|Assim podemos limitar (x − e)IQ(x) por −|x − e| ≤ (x − e)IQ(x) ≤ |x − e| para todox ∈ R. Quando x → e as funções nos extremos tendem para 0 e portanto, pelo Teorema doSanduí he o limite é 0.O grá o desta função é formada por duas retas pontilhadas: uma em y = 0, nosirra ionais e outra no y = x− e, a ima dos ra ionais (vide gura abaixo).


yy = x− e

y = 0e

−e(d) f(x) = (x− e)IQ(x)(e) Note que f(0) = (0 − e)IQ(0) = −e · 1 = −e. No entanto, perto de zero a funçãoassume valores próximos de −e, para x ∈ Q e iguais a zero, para x 6∈ Q. Portanto o limiteNO existe.Exemplo 33 Cal ule limx→−∞

sen(3x+ ex) + 1

x2 + 1+ 3Solução do Exemplo 33 Para qualquer y temos que −1 ≤ sen(y) ≤ 1. Assim, somando

1 dos dois lados obtemos que 0 = −1+ 1 ≤ sen(3x+ ex) + 1 ≤ 1+ 1 = 2 para todo x ∈ R.Dividindo por x2 + 1, que é sempre diferente de zero, e somando 3 dois dois lados obtemosque 0

x2 + 1+ 3 ≤ sen(3x+ ex) + 1

x2 + 1+ 3 ≤ 2

x2 + 1+ 3. Quando x → −∞, os dois lados onvergem para 3. Pelo Teorema do Sanduí he o limite é 3.Teorema 5 (limite fundamental trigonométri o) lim

x→0

sen(x)

x= 1;Prova: Para x > 0 faça a omparação de áreas de dois triângulos retângulos no ír ulotrigonométri o om o ar o de ír ulo. Veja qualquer livro de ál ulo ou a aula do seu professor.Vamos obter que

cosx sen x

2≤ x

2≤ sen x

cosx.Para 0 < x < π/2 todos os termos são positivos. Assim,

cos x ≤ sen x

x≤ 1

cosx.Pelo Teorema do Sanduí he, lim

x→0+

sen x

x= 1. Para y < 0 observe que x = −y > 0 e que

sen(−y) = − sen(y). Assim,sen x

x=

sen(−y)

−y=

− sen(y)

−y=

sen(y)

y.Logo lim

y→0−

sen y

y= lim

x→0+

sen x

x= 1.Vale a pena entender a demonstração do Teorema do limite fundamental trigonométri opois é o primeiro resultado não trivial de limite. Note que é um aso de indeterminação 0

0.

1.6. LIMITES FUNDAMENTAIS 37Observação 17 No Desao da p.46 deduzimos deste limite a fórmula da área do ír ulo.Mudança de variáveis no limite.Pode-se mudar variáveis do limite para determiná-lo. Aprenda esta té ni a através dosexemplos abaixo pois a utilizaremos muitas vezes. No Capítulo de integração vamos intro-duzir uma té ni a similar: a mudança de variável de integração.Exemplo 34 Cal ule os limites abaixo:(a) limx→0

sen(2x)

x; (b) lim

x→0

tan2(3x)

x2; ( ) lim

x→0

sen(5x)

sen(7x); (d) lim

x→0

1− cosx

x2.Solução do Exemplo 34 (a) Tome t = 2x. Quando x → 0, t → 0. Substituindo obtemos

limt→0

sen(t)

t/2= 2 lim

t→0

sen(t)

t= 2 · 1 = 2.(b) Substitua tanx = sen x/ cosx e utilize propriedade do limite do produto para obter

limx→0

sen(3x)

cos(3x)x· limx→0

sen(3x)

cos(3x)x. Agora vamos al ular um destes limites pois o outro é idênti o.Utilizando a propriedade do produto novamente obtemos que lim

x→0

sen(3x)

cos(3x)x= lim

x→0

sen(3x)

x·

limx→0

1

cos(3x)=. O limite lim

x→0

1

cos(3x)= 1. Para o primeiro fazemos a substituição t = 3x.Quando x → 0, t → 0. Substituindo obtemos lim

x→0

sen(3x)

x= lim

t→0

sen(t)

t/3= 3 lim

t→0

sen(t)

t=

3 · 1 = 3. Portanto a resposta é 32 = 9.( ) Multiplique em ima e embaixo por x (assim não alteramos o limite) e separe noproduto de dois limites: limx→0

sen(5x)

x· limx→0

x

sen(7x). O primeiro dará 5 (veja o item (a) poisé análogo) e o segundo é igual a lim

x→0

x

sen(7x)

(

limx→0

sen(7x)

x

)−1

(7)−1. Portanto a respostaé 5/7.(d) Multiplique por 1 + cos x para ra ionalizar e obtenha 1−cos2 xx2(1+cos x)

= sen2 xx2(1+cos x)

. Agorasepare em dois limites, um om sen2 xx2 , que vai dar 1, outro om 1

(1+cos x), que vai dar 1/2.Portanto a resposta é 1/2.Os exemplos abaixo são um pou o mais ompli ados da apli ação da té ni a de mudançade variáveis.Exemplo 35 Determine o lim

h→0

7√x+ h− 7

√x

h.Solução do Exemplo 35 Coloque 7

√x em evidên ia e mude variável para t = 7

√

1 + h/xe transforme o limite a ima em limt→1

7√x(t− 1)

x(t7 − 1). Note que om a mudança, quando h → 0,

t → 1. Colo ando 7√x em evidên ia obtemos que 7

√x+h− 7

√x

h= 7

√x

7√

1+h/x−1

h.Da denição de t obtemos que t7 = 1 + h/x, e portanto, t7 − 1 = h/x e h = x(t7 − 1).Substituindo estas identidades obtemos o limite lim

t→1

7√x(t− 1)

x(t7 − 1). Agora omo 1 é raiz bastadividir o polinmio t7 − 1 por t− 1 de depois fazer t → 1. Vamos obter 7

√x

7x= 1

7x6/7 = 1

77√x6.

38 CAPÍTULO 1. LIMITEExemplo 36 Determine limx→π/2

cos(x)

x− π/2.Solução do Exemplo 36 Dena t = x−π/2 e aplique a identidade cos(a+b) = cos a cos b−

sen a sen b.Substituindo t = x − π/2, quando x → π/2, t → 0. Logo o limite passa a serlimt→0

cos(t+ π/2)

t. Como cos(t + π/2) = cos t cosπ/2 − sen t sen π/2 = − sen t, obtemoso limite lim

t→0

− sen(t)

tque vale −1 pelo limite fundamental.Pré-Cál ulo: Propriedades da exponen iação: (ab)c = abc. Assim, (102)7 = 102·7 = 1014,

(1 + a)7x = ((1 + a)x)7.Pré-Cál ulo: Propriedade do petele o do log: log(ab) = b log(a). Assim, log(27)

x=

log(271/x).O limite abaixo possui uma onexão importante om matemáti a nan eira, no hamadomodelo de juros ompostos ontínuos. Outras onexões são om modelos de res imentopopula ional e de de aimento radioativo. A Matemáti a que one ta estas apli ações é omodelo exponen ial. Trata-se de uma indeterminação do tipo 1+∞.Teorema 6 (limite fundamental exponen ial) O limite limh→0

(1 + h)1/h existe.Prova: Veja em [NC.Denição 8 Denimos o número real e ∈ R por e = limh→0

(1 + h)1/h.Observação 18 Pode-se provar (veja [NC) quee =

1

0!+

1

1!+

1

2!+

1

3!+ . . . =

+∞∑

i=0

1

i!.Esta é outra possibilidade para denição de e. Utilizando esta denição pode-se provar que

2 < e < 3. Na realidade, e = 2.718281828459045 . . . Trata-se de um número irra ional.Corolário 2 lim

x→+∞

(

1 +1

x

)x

= limx→−∞

(

1 +1

x

)x

= e.Prova: Basta mudar variável para h = 1/x e apli ar o Teorema 6.

1.6. LIMITES FUNDAMENTAIS 39Juros ompostos ontínuos. Suponha um apital c investido om juros anuais de k por ento ao ano. Denindo α = k/100, após t anos, o valor total será c(1 + α)t (porque?).Agora se os juros forem omputados mensalmente, a taxa mensal será de α/12 e o totalserá, após t anos, c(1 + α/12)12t. E se quisermos omputar por dia: c(1 + α/365)365t.Finalmente podemos omputar por hora, minuto, segundo, et . Qual será o total após tanos se omputarmos juros ompostos ontínuos? Denotando por n o número de vezesque o juros omposto será omputado hegaremos ao limitelim

n→+∞c(

1 +α

n

)nt

.Fazendo a substituição de variável x = n/α obtemos que o limitelim

x→+∞c

(

1 +1

x

)αx

= c

(

limx→+∞

(

1 +1

x

)x)αt

= ceαt.Portanto o valor total após t anos será cαt (ver [Co p.179).Observação 19 Veja o aso dos juros ompostos. Note que intuitivamente não estáNADA laro o que vai o orrer. Se por um lado pare e que vai dar +∞ pela a umulaçãoinnitas vezes de juros, a taxa (1 + α/n) → (1 + 0) = 1, o que indi aria que no limite aríamos om o mesmo que o valor ini ial. O que o orre na realidade é que obtemos eαt,um valor intermediário entre 1 e +∞. Apre ie a beleza deste resultado.Cres imento popula ional. Suponha que uma erta ba téria se reproduza de tal formaque sua população aumente em k por ento a ada hora. Assim, partindo de uma po-pulação ini ial p0, denindo α = k/100, após t horas, a população será de p0(1 + α)t.Agora se o res imento for omputado a ada minuto, a taxa de res imento por minutoserá (aproximadamente) de k/60 por ento por minuto e a população total será, após thoras, p0(1+α/60)60t. Passando ao limite, om o res imento o orrendo a ada instante, hegaremos de forma análoga que após t horas a população será de p0eαt.Situação análoga é o de aimento radioativo a uma taxa de k por ento de uma massaini ial de material radioativo m0. Denindo α = k/100, após t horas, a massa será de

m0(1 − α)t. Seguindo ra io ínio análogo, mas om mudança de variável x = −n/α,deduziremos que após t horas massa será de m0e−αt.Exemplo 37 Cal ule os limites:(a) lim

x→+∞(1 + 1/x)4x; (b) lim

x→+∞

(

x+ 3

x

)5x; ( ) limx→0

(1− 5x)7/x.Solução do Exemplo 37 (a) Como (1+ 1/x)4x = ((1+ 1/x)x)4, passando ao limite obte-mos limx→+∞

(1 + 1/x)4x =

(

limx→+∞

(1 + 1/x)x)4

= e4.(b) Como ((x + 3)/x)5x = (1 + 3/x)5x, fazendo a substituição 1/y = 3/x obtemos olimite limy→+∞

(1 + 1/y)5y/3 =

(

limy→+∞

(1 + 1/y)y)5/3

= e5/3.

40 CAPÍTULO 1. LIMITE( ) Fazendo y = −5x obtemos o limite limy→0

(1+ y)7/(−y/5) =

(

limy→0

(1 + y)1/y)−35

= e−35.Observação 20 Porque e é base natural para exponen ial? Porque medir ângu-los em radianos?Vamos responder esta pergunta na p.76 do Capítulo de Derivada, mas isto tem relaçãodireta om estes dois limites fundamentais.Qualquer ivilização do Universo após desenvolver alguma Matemáti a es olheria o mesmo.As opções de base 10 (número de dedos nas mãos dos humanos), graus (dividir o ír uloem 360 graus, invenção dos babilnios, um número om boa quantidade de múltiplos) ougrados (inventado na revolução fran esa para tornar ângulo reto om 100 grados, dentrodo espírito de sistema de imal) são es olhas inteiramente arbitrárias do Homo sapiens.1.7 Exer í ios de Limite1.7.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1.Considere o grá o de y = f(x) esboçada no grá o abaixo. Determine oslimites abaixo. Caso algum não exista, determine os limites laterais.(a) lim

x→af(x); (b) lim

x→bf(x); ( ) lim

x→cf(x).

x

y

a b c

5

6

3

1

Exer í io 2.Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. Se for verdadeiro justique.(a) x ∈ R; |x− 3| ≤ 2 = [1, 5].(b) x ∈ R; |x+ 2| < 1 = (1, 3).( ) √x2 = x para todo x ∈ R.(d) se g(x) =

4; x 6= 2;

π; x = 2, então lim

x→2g(x) = g(2) = π.Exer í io 3.Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. Se for verdadeiro justique.022.jul.2010

1.7. EXERCÍCIOS DE LIMITE 41(a) Se limx→3+

f(x) = 5, então e limx→3

f(x) = 5.(b) Se limx→2

f(x) = 4, então e limx→2−

f(x) = −4.( ) Se limx→2

f(x) = 4, então f(2) = 4.(d) Existe uma função f tal que limx→3+

f(x) 6= limx→3−

f(x) = limx→3

f(x).Exer í io 4.Considere a função f dada por f(x) =

5; x ≤ 1

7; 1 < x ≤ 2

9; x > 2

. Determine limx→k

f(x)ou, aso não exista, os limites laterais para:(a) k = 1; (b) k = 0.9999; ( ) k = 1.0001;(d) k = 2; (e) k = 1.9999; (f) k = 2.0001.Exer í io 5.Aplique a denição do módulo para esboçar o o grá o de:(a) cosx

| cos(x)| ; (b) √|x|.Exer í io 6.Partindo de grá o de funções simples (±x2, ±1/x, ±1/x2, √x, sen(x), |x|,log(x), ex), utilizando translações verti ais e/ou horizontais e/ou reexões, esbo e o grá ode: (a) y = 1 +

√x (b) y = 2 + sen(x); ( ) y = log(x− 1) + 2;(d) y =

−1

(x+ 2)3; (e) y = |(x+ 1)(x+ 2)|; (f) y = |ex − 2|.Exer í io 7.Determine os limites:(a) lim

x→2

x− 2

(2− x)(3− x); (b) lim

x→0

x4 + x

x3 + 2x; ( ) lim

x→3

x− 3

x2 − 4.Exer í io 8.Dena lim

x→+∞f(x) = +∞ seguindo mutatis mutandis1 as denições dadas notexto.Exer í io 9. Faça o estudo de sinal do numerador e denominador para determinar os valoresde x que satisfazem as desigualdades:(a) 3− x2

x2 − 1≥ 0; (b) x3 − 1

x(x2 − 4)≤ 0.Exer í io 10. Faça o estudo de sinal e o esboço do grá o dos polinmios abaixo.(a) p(x) = (x− 2)(x+ 3)(1− x); (b) q(x) = (x− 2)2(x+ 1);( ) r(x) = (3− x)(x− 2)2(x− 5).Exer í io 11.Determine os limites:(a) lim

x→0−

1

x; (b) lim

x→0−

1

x2; ( ) lim

x→0−

x

|x| ; (d) limx→0

x3

|x| ;1latim para modique o que tem que ser modi ado

42 CAPÍTULO 1. LIMITE(e) limx→2

x2 + 1

x− 2; (f) lim

x→0−

(

x+1

x

)

; (g) limx→3+

x

x2 − 9.Exer í io 12.Determine os limites:(a) lim

x→+∞

x√x2 + 1

; (b) limx→+∞

(

x+1

x

); ( ) limx→+∞

1 + 6x

x− 2;(d) lim

x→−∞

2x− x2

3x+ 5; (e) lim

x→+∞

2x3 − 4

5x+ 3; (f) lim

x→−∞

7x3 − 15x2

13x;(g) lim

x→−∞

3x5 + x− 1

x5 − 7;(h) lim

x→+∞

3x3 + 2x4 + 5x5 − 1

4x5 − 3x4 − 2x2 + x+ 3; (i) lim

x→+∞

5x10 − 3x7 + 9x6 − 12x2 − x+ 1

x9 − 7x2 − 21.Exer í io 13.Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. Se for verdadeiro justique. Se lim

x→1q(x) = 0, então(a) lim

x→1

3

q(x)= +∞; (b) lim

x→1

q(x)

f(x)= 0; ( ) lim

x→1

q(x)

x2 − 1= 0.Exer í io 14.Qual das Figuras abaixo pode representar o grá o de uma função g tal que:(i) lim

x→∞g(x) = 1 (ii) lim

x→−∞g(x) = −1(iii) lim

x→1+g(x) = +∞ (iv) lim

x→1−g(x) = −∞.

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1 1 x

y

-1 1 x

y

-1 1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

-1

1

1 x

y

(a) (b) ( ) (d)Exer í io 15. Faça um esboço de um grá o de uma função f tal que limx→1−

f(x) = 2,

f(1) = 1 e, além disso (um grá o para ada item):(a) limx→1+

f(x) = −2, (b) limx→1+

f(x) não exista, ( ) limx→1+

f(x) = +∞,Exer í io 16.Determine os limites:(a) limx→0

√

|x| sen(1/x); (b) limh→0

sen(3x)

x; ( ) lim

x→+∞(1 + 1/x)5x;(d) lim

x→π/2+tan(x); (e) lim

x→0+(1− 2x)1/x.Exer í io 17.Estude o Teorema 4 da p.33 (Sanduí he) e responda:(a) É verdade que se 1 ≤ g(x) ≤ 2 então lim

x→3/2g(x) existe e é um número entre 1 e 2?(b) Explique, utilizando o Teorema do Sanduí he, omo al ular lim

x→+∞

cos(√x2 + 1)

x2.

1.7. EXERCÍCIOS DE LIMITE 431.7.2 ProblemasProblema 1.Esbo e o grá o das seguintes funções:(a) f(x) = −√9− x2; |x| ≤ 3

|x| − 3; |x| > 3.(b) f(x) = √x− 1; x ≥ 1;

log(x) + 1; x < 1.Problema 2.Considere a função IZ ( hamada de função ara terísti a ou indi adora do onjunto Z) denida por IZ(x) = 0; x 6∈ Z

1; x ∈ Z.Esbo e o grá o e determine (se existir):(a) lim

x→3/4IZ(x); (b) lim

x→−3IZ(x); ( ) lim

x→+∞IZ(x).Problema 3.Cal ule os limites abaixo (quando eles existirem) justi ando seus passos (semutilizar a regra de L'Hospital) Limites om raízes:(a) lim

h→0

√1 + h−

√1− h

h(b) lim

x→4

|x| − 4√x− 2

; ( ) limh→−1

√h2 + 3− 2

h + 1;Problema 4.Determine os limites e, aso não exista, os limites laterais ( aso existam).(a) lim

x→−3sen

(

7

x+ 3

); (b) limx→2

log |x− 2|;( ) limx→2

|x− 2|(x+ 1)

x− 2; (d) lim

x→−5

x+ 3

x+ 5.Problema 5.Cal ule os limites abaixo (quando eles existirem) justi ando seus passos (semutilizar a regra de L'Hospital):(a) lim

x→2−

x

x2 − 4; (b) lim

x→1+

x+ 3

1− x( ) lim

x→0

(

1

x− 1

x2

)

; (d) limx→2−

|x− 2|x2 − 5x+ 6

;(e) limx→−2

x+ 2

|x| − 2; (f) lim

a→2

(a− 2)(a2 − 4)

a3 − 5a2 + 8a− 4; (g) lim

x→2

x2 − 3x+ 2

x2 − 3x+ 5;(h) lim

x→1

x3 − x

x2 − 3x+ 2; (i) lim

x→2

x2 + 3x− 1

x2 + 2x− 1; (j) lim

x→1

x+ 1− 2x

x− 1;(k) lim

x→−1

x2 + 2x+ 1

x+ 1(l) lim

x→−1

x3 + 1

x+ 1; (m) lim

x→1

2x2 − 3x+ 1

x− 1;Problema 6.Cal ule os limites abaixo (quando eles existirem) justi ando seus passos (semutilizar a regra de L'Hospital) Limites no innito:(a) lim

x→−∞

√x2 + 1

x+ 1; (b) lim

y→+∞

7− 2y√

5− 2y + 9y2; ( ) lim

x→+∞

√10x4 + 3x3 + 2x+ 5

5x2 − 10x− 100;(d) lim

x→+∞

√x2 + 1√x+ 1

; (e) limy→−∞

5− 3y3√

8− y + 10y4; (f) lim

x→−∞sen

(√16x6 − x+ 1

2x3 − x2 + 20

).Problema 7.Considere a, b ∈ R e c > 0. Determine os limites:(a) limx→0

(1+ax)b/x; (b) limx→−∞

(√cx2 + a−

√cx2 + b

); ( ) limx→+∞

(√cx2 + ax− bx

);

44 CAPÍTULO 1. LIMITE(d) limx→+∞

(√cx2 + ax−

√cx2 + bx

); (e) limx→−∞

(√cx2 + ax−

√cx2 + bx

).Problema 8.Considere os polinmiosp(x) = axm + x2 − 3x + 1, q(x) = bxm + 2x5 − 4, r(x) = cx2m + 3x7 + 2 om m > 10,a, b 6= 0 e c > 0. Determine os limites:(a) lim

x→+∞

p(x)

r(x)(b) lim

x→+∞

q(x)

p(x)( ) lim

x→+∞

r(x)

x2p(x)(d) limx→+∞

xmp(x)

r(x)(e) lim

x→+∞

√

r(x)

p(x)(f) lim

x→+∞

√

r(x)

xq(x)Problema 9.Determine os limites laterais quando x → 0 para:(a) h(x) = 1

1 + e1/x; (b) h(x) = 1

x− 1

|x| .Problema 10. Sabendo que o quadro de sinais de f(x) é dado pela tabela abaixo e quelim

x→+∞f(x) = 4 e lim

x→−∞f(x) = +∞, esbo e o grá o de f(x) e determine TODAS asassíntotas verti ais e horizontais.

−3 −2 3 40 ±∞ 0 ±∞

f(x) + − − − +Problema 11.Esbo e o grá o de ada uma das funções abaixo seguindo o roteiro abaixo.(i) Faça um estudo do sinal da função (onde ela é zero, positiva e negativa).(ii) Determine assíntotas horizontais e verti ais.(iii) Baseado em (i) e (ii) esbo e o grá o.(a) y =x2 − 1

x− 1; (b) y =

1

x2 − 1; ( ) y =

x

x2 + 1(d) y =x2 − 1

x(x− 2); (e) y =

3x2 − 3

4− x2;Problema 12.Considere a função h(x) =

x; x ∈ Q

−x; x 6∈ Q.Esbo e o grá o e determine (seexistir):(a) lim

x→πh(x); (b) lim

x→1h(x); ( ) lim

x→0+

h(x)

x2; (d) lim

x→+∞

h(x)

x2; (e) lim

x→0

h(x)

x.Problema 13. (a) Suponha que h(x) satisfaz √

x

x3 + x≤ h(x) ≤ x

x2 + 1. Determine lim

x→+∞h(x).(b) Suponha que f(x) satisfaz |f(x)− 3| ≤ 2|x− 5|4. Cal ule lim

x→5f(x).Problema 14.Cal ule os limites abaixo (quando eles existirem) justi ando seus passos (semutilizar a regra de L'Hospital): Limites trigonométri os e exponen iais.(a) lim

x→0

(tan(3x))2 + sen(11x2)

x sen(5x); (b) lim

x→+∞3x2sen

(

1

x2

); ( ) limx→0

cosx− cos3 x

3x2;

1.7. EXERCÍCIOS DE LIMITE 45(d) limh→0+

sen(√h) tan(2

√h)

5h; (e) lim

x→1sen

(

7x+ 1

sen(πx/2)− 1

)

(ex−1 − 1);(f) limh→0+

(1− 5h3)2/h3 ; (g) lim

x→π

cosx

x− π; (h) lim

x→0

sen x

|x| .1.7.3 ExtrasExtra 1.Partindo de grá o de funções simples (±x2,±1/x,±1/x2,

√x, sen(x), |x|), utili-zando translações verti ais e/ou horizontais e/ou reexões, esbo e o grá o de:(a) y = | sen(x)| − 1; (b) y = ||x| − 1|; ( ) y = |x+ 2| − 1.Extra 2. Faça um esboço de um grá o de uma função f tal que, simultaneamente:

limx→−∞

f(x) = 4, limx→+∞

f(x) = −∞, limx→1−

f(x) = −∞, f(1) = 1, limx→1+

f(x) = −2.Extra 3.Determine limx→0

sengr(x)

x, onde sengr é a função seno do ângulo x medido em graus.Note que para a função seno utilizada em ál ulo, o ângulo é medido em radianos.Extra 4.Esbo e o grá o de:(a) y = x+ |x|; (b) x− ⌊x⌋.Extra 5.Determine os limites:(a) lim

x→1

|x| − 1

|x− 1| ; (b) limx→1

x3 + 1

(x− 1)2; ( ) lim

x→2

x2 + 2x

x3 − x; (d) lim

x→πcos

(

1

x− π

)

(x−π).Extra 6.Determine os limites:(a) limx→+∞

(√x2 + x− x2

); (b) limx→+∞

2x+ |x|x+ 1

; ( ) limx→−∞

2x+ |x|x+ 1

;(d) limx→−∞

x+ 1

x+ |x|+ 1.Extra 7.Considere a ∈ R. Determine os limites:(a) lim

x→+∞

(√x+ a−

√x); (b) lim

x→+∞

(√x2 + a− x

).Extra 8.Esbo e o grá o das seguintes funções:(a) f(x) = 1; x ∈ Q;

2; x 6∈ Q; (b) g(x) = x; x ∈ Q;

x2; x 6∈ Q;

46 CAPÍTULO 1. LIMITE1.7.4 DesaosDesao 1.A função parte inteira de x, denotada por ⌊x⌋ é denida na p. 12.(a) Cal ule, se existir: limx→∞

x

⌊

1

x

⌋

. (b) Cal ule, se existir: limx→−∞

x

⌊

1

x

⌋

.( ) Esbo e o grá o de f(x) = x

⌊

1

x

⌋. (d) Cal ule, se existir: limx→0

x

⌊

1

x

⌋

.Desao 2.Determine:(a) limx→+∞

(ex + x)1/x. (b) limx→+∞

(1 + x)α/ logx, om α 6= 0.Desao 3. Como al ular assíntotas oblíquas e generalizações?Dividindo os polinmios e separando em quo iente e resto.Assim, x2 − 3x+ 2

x− 1= q(x) +

r

x− 1. Para x grande, x2 − 3x+ 2

x− 1≈ q(x), sua assíntotaoblíqua. Plote uns grá os para ver omo de fato se pare em. O mesmo o orre quando adiferença entre os graus do numerador e denominador é maior que 1.Desao 4.Determine lim

x→0+

1

x sen(1/x). Tente esboçar o grá o perto do zero desta função.Utilize algum software para isso.Desao 5. (Cari atura de sen(1/x) do livro do Spivak de Cál ulo) Esbo e o grá o da função

f que satisfaz:(i) f(1/n) = (−1)(n+1),(ii) f é linear entre [1/(n+ 1), 1/n] (segmento de reta),(iii) f(x) = 1 para x > 1,(iv) f(−x) = f(x).Desao 6.Prove que a área do ír ulo de raio r é πr2 seguindo o seguinte roteiro:(a) Mostre que a área do polígono de n-lados ins rito no ír ulo é n

2r2 sen(2π/n).(b) Mostre que a área do polígono de n-lados ir uns rito no ír ulo é n

2r2 tan(π/n).( ) Faça n → +∞ e on lua o argumento.Desao 7. Sejam f e g duas funções tais que |f(x)| ≤ M para todo x ∈ R e lim

x→1g(x) = 0.Mostre que

limx→1

f(x)g(x) = 0.

Desao 8.Objetivo desta atividade é aproximar a função fatorial. É fá il ver que ()

n! =

(

1

2

)(

2

3

)2(3

4

)3(4

5

)4

· · ·(

n− 1

n

)n−1

nn.

1.7. EXERCÍCIOS DE LIMITE 47Logo n! = nn

n−1∏

j=1

(

j

j + 1

)j

= nn/

n−1∏

j=1

(1 + 1/j)j. Já sabemos que o termo (1 + 1/j)jtende para e quando j tende para innito. Portanto n! ≈ nn/en−1 = e(n/e)n (vide [Fe).Utilizando esta aproximação, determine os limites, quando n vai para innito, de:(a) n!

n; (b) n!

n5; ( ) n!

en; (d) n!

nn/2; (e) n!

nn.Obs: Podemos denir fatorial de não-inteiros (e até mesmo de omplexos) om a funçãogama de Euler.Obs: Utilizando outro aminho (vide [C p.361364 ou [Sp p.483) obtemos a fórmulade Stirling2: n! = √

2πn(n/e)neθn om |θ| ≤ 1/12.

2James Stirling: ⋆ 05/1692, Garden, Es ó ia † 05/12/1770, Edinburgh, Es ó ia.

48 CAPÍTULO 1. LIMITE

Capıtulo 2

ContinuidadeObjetivos: Apresentar denição de ontinuidade em um ponto e em um intervalo. O Teoremado Valor Intermediário (TVI) é o resultado importante deste apítulo: queremos entendê-lo,demonstrá-lo e apli á-lo. Os Teoremas bási os (limite da soma, diferença, produto, omposta)são onsequên ia direta de Teoremas orrespondentes do limite, resultados buro ráti os.Deixamos para uma seção op ional questões deli adas omo o que é ( omo denir) eporque são ontínuas: função raiz e trans endentes (seno, osseno, exp, log). Terminamos o apítulo om uma seção op ional de introdução à análise, dis iplina que fundamenta o ál ulo.2.1 Denição de ContinuidadeDenição 9 ( ontinuidade num ponto) Dizemos que f é ontínua em c ∈ R se:(a) f está denida perto de c (numa vizinhança de c, veja p.2).(b) limx→c

f(x) = f(c) (o limite existe no ponto e é igual a f(c)).Denição 10 ( ontinuidade em intervalos)Dizemos que f é ontínua em (a, b) se f é ontínua em c para todo c ∈ (a, b).Dizemos que f é ontínua em [a, b] se f é ontínua em (a, b) e além disso os limiteslaterais são iguais ao valor da função no extremos:(a) limx→a+

f(x) = f(a) e (b) limx→b−

f(x) = f(b).Exemplo 38 Determine se f esboçada no grá o abaixo é ontínua ou não nos pontosa, b, c, d, e. Explique, aso não seja ontínua, qual (quais) ondições são violadas.

x

y

a b c d e023/julho/2010 49

50 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADESolução do Exemplo 38 Em a o limite existe e é igual ao valor da função. Portanto, f é ontínua em a.O limx→b−

f(x) não existe pois o valor da função os ila próximo (e à esquerda) de b. O limiteà direita existe e é igual ao valor da função: f(b) = limx→b+

f(x). De todo modo, omo um doslimites laterais não existe, o limx→b

f(x) não existe. Portanto, f é des ontínua em b. Observeque o grá o os ila brus amente perto de b.Em c os dois limites laterais existem mas são distintos entre si: f(c) = limx→c+

f(x) 6=limx→c−

f(x). Portanto, f é des ontínua em c. Observe que o grá o quebra em c.Em d o limite existe mas é diferente do valor da função: f(d) 6= limx→d

f(x). Portanto, f édes ontínua em d. Observe que o grá o pula em d.Em e os dois limites laterais existem mas são distintos entre si e do valor da função:f(e) 6= lim

x→e+f(x) 6= lim

x→e−f(x). Portanto, f é des ontínua em e. Observe que o grá oquebra e pula em e.Observação 21 Informalmente, uma função f é ontínua em um intervalo se pudermosdesenhar o grá o de f neste intervalo sem retirar o lápis do papel. Ou ainda, f é ontínuase o grá o não ontém quebras, pulos ou os ilações brus as.Exemplo 39 Verique se são ontínuas em c = 0:(a) f(x) =

x

|x| ; x 6= 0

0; x = 0; (b) g(x) =

x2

x+ 3; x 6= 0

3; x = 0;( ) h(x) =

sen x

|x| ; x 6= 0

2; x = 0; (d) j(x) = x2 − 9; x ≥ 0

−3x− 9; x < 0;Solução do Exemplo 39 (a) Como os limites laterais em 0 diferem entre si (1 e −1), f édes ontínua em 0.(b) Como o limite quando x → 0 é 3 = f(0), a função é ontínua no 0.( ) O limite quando x → 0 não existe. Isto o orre pois quando x → 0+, |x| = x e afunção é sen x

x: o limite é 1 neste aso. Quando x → 0−, |x| = −x e a função é sen x

−x: olimite é −1 neste aso. Portanto a função é des ontínua no 0.(d) Como os limites laterais em 0 são ambos = −9 = f(0), f é ontínua em 0.Exemplo 40 Verique se são ontínuas em c = 0:(a) f(x) = sen(1/x); x 6= 0

1; x = 0; (b) h(x) = x sen(1/x); x 6= 0

1; x = 0.Solução do Exemplo 40 (a) Veja o grá o na p. 9. Como esta função não possui limitequando x → 0, a função é des ontínua em 0.(b) Veja sequên ia de grá os na p. 32. Como o limite quando x → 0 é 0 6= h(0) = 1, afunção é des ontínua em 0.

2.1. DEFINIÇO DE CONTINUIDADE 51Des ontinuidade removívelNote que se redeníssemos a função h do exemplo anterior (b), de modo que h(0) = 0, afunção h seria ontínua em 0 (na verdade seria ontínua em todos os pontos)Exemplo 41 Determine TODOS os pontos de des ontinuidade das funções:(a) f(x) = IQ(x); (b) g(x) = (x− e)IQ(x); ( ) h(x) = ⌊x⌋;(d) j(x) é o primeiro digito da expansão de imal de x (ver [Sp, p.70 no.17). Por exemplo,j(8.1) = 1, j(−3.8566) = 8.Solução do Exemplo 41 (a) Veja o grá o na p. 10. Como o limite não existe próximo detodo ponto (pois os valores próximos de um ponto qualquer os ilam entre 1 e −1), o onjuntodos pontos de des ontinuidade é R.(b) Veja o grá o na p. 32. No ponto x = e a função é ontínua pois o limite é zeroquando x → e (veja p. 32) e g(e) = (e − e)IQ(e) = (0)(0) = 0. Em qualquer outro pontox 6= e, g(x) = (x − e) 6= 0 se x ∈ Q ou g(x) = 0 se x 6∈ Q. Veja o grá o da funçãoe entenda isso! Assim, o onjunto dos pontos de des ontinuidade é R − e (todos pontosmenos e).( ) Veja o grá o na p. 11. Fi a laro que o onjunto dos pontos de des ontinuidade éZ, os lugares onde o valor da função ai de 1 para 0.(d) Assim j(x) ∈ 0, 1, 2, . . . , 8, 9. Note que em [0, 0.1) a função vale 0 (j(0) =j(0.02) = j(0.099999) = 0), em [0.1, 0.2) a função vale 2 (j(0.1) = j(0.12) = j(0.199999) =1), em [0.2, 0.3) a função vale 3 (j(0.2) = j(0.22) = j(0.299999) = 2), (et .) até em[0.9, 2.0) a função vale 3 (j(0.9) = j(0.92) = j(0.999999) = 9). Quando hegamos no iní iodo próximo intervalo, a situação se repete: em [1.0, 1.1) a função vale 0 (j(1) = j(1.02) =j(1.099999) = 0), et .Portanto o grá o é formado por dez degraus em ada intervalo [n, n+ 1] om n ∈ Z.O onjunto dos pontos de des ontinuidade é ±0.1, ±0.2, ±0.3, . . . , ±1.0, ±1.1, . . .,os pontos onde o valor da função pula. Note que em 0 ela é ontínua.

x

y

j(x) = primeiro digito da expansão de imal de x

−0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

123456789

Note paralelismo da estrutura dos Teoremas, Lema e Corolário de ontinuidade que ome-çam aqui e dos resultados orrespondentes de limites das páginas 1214.Lema 2 As funções f(x) = C e f(x) = x são ontínuas em R.

52 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADEProva: Deixamos para o leitor pois é fá il ver () que é verdade.Teorema 7 ( ontinuidade da soma, produto e divisão) Se f e g são ontínuas em Ientão f + g, f − g, f · g e f

g(nos pontos onde g 6= 0) são ontínuas em I .Prova: Segue do Teorema 1 da p.12.Corolário 3 ( ontinuidade de polinmios e funções ra ionais) Polinmios e funçõesra ionais (quo iente de polinmios) são funções ontínuas.Prova: Basta apli ar o Lema 2 e o Teorema 7. Deixamos os detalhes para o leitor ou paraseu professor (). Vai ajudar ler a prova do Corolário 1 da p.13.Teorema 8 ( ontinuidade da omposta) Se g é ontínua em c ∈ R e f é ontínua em

g(c), então h(x) = f(g(x)) é ontínua em x = c. Ou seja, a omposição de funções ontínuasé uma função ontínua.Prova: Segue do Teorema 2 da p.14.Teorema 9 ( ontinuidade da função raiz e algumas trans endentes) São funções ontínuas: n√x, sen(x), cos(x), tan(x), log(x), ex, arcsen(x), arccos(x), e arctan(x),Prova: Leia a Seção 2.3, p.55.Observação 22 Combinando os Teoremas 7, 8 e 9 on luímos que todas ombinações(se denominador não se anula) destas funções é uma função ontínua. Por exemplo afunção abaixo é ontínua:

sen

x7 + 2 cos[

7√

x2 + log(x2 + 1)]

ex−1 + 5

.Observação 23 Deixei para nal desta seção uma polêmi a da denição de ontinuidadedos livros de ál ulo: a função 1/x é ontínua ou não?Tudo depende de denições. Do jeito que denimos, em (0, 1) sim, em (−1, 1) não poisela não está denida no 0. Aqui não denimos ontinuidade em intervalos disjuntos omo(−1, 0) ∪ (0, 1), somente em intervalos onexos. Caso deníssemos, ela seria ontínua em(−1, 0) ∪ (0, 1). Na práti a esta polêmi a não possui a menor importân ia.2.2 Teorema do Valor Intermediário (TVI)O TVI é um dos Teoremas mais importantes do Cál ulo (juntamente om o TVE Teoremados Valores Extremos e o TFC Teorema Fundamental do Cál ulo). Sua demonstração éinteressante e sugere um método numéri o importante: o método da bisseção.A apli ação mais importante do TVI é garantir a existên ia de solução para equações. Porexemplo, o TVI, garante que existe x ∈ R tal que x11 + 3x8 − sen(x) = 100π. Para o ál ulo efetivo pre isamos de um método numéri o.

2.2. TEOREMA DO VALOR INTERMEDIÁRIO (TVI) 53Teorema 10 (Valor Intermediário TVI) Considere f : [a, b] → R ontínua. Se k ∈[f(a), f(b)] ou k ∈ [f(b), f(a)], então existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = k.Antes de apresentar a prova, vou apresentar guras que es lare em o enun iado. Considerea mesma função f representada nas guras abaixo. Note que xado um k entre f(a) e f(b)existe sempre um c ∈ [a, b] om f(c) = k. Na primeira gura existe um úni o c. Na segundagura, existem três c's distintos (c, c′, c′′) tais que f(c) = f(c′) = f(c′′) = k. Qualquer umdeles satisfaz o Teorema: O TVI apenas garante a existên ia de pelo menos um c, nãoarma que ele é úni o!Faça mentalmente a variação de k entre f(a) e f(b) e verique onde temos somente um,onde temos dois, e onde temos três c's om f(c) = k.

x

y

a bc

f(a)

f(b)

k

f(x)

x

y

a bc c′ c′′

f(a)

f(b)

k

f(x)

Vamos ver agora que aso a função seja des ontínua pode o orrer ou não a existên iade c tal que g(c) = k. A função g da gura abaixo é des ontínua em x = d pois g(d) 6=limx→d

g(x) = k (o grá o pula em x = d). Fixado o k indi ado na gura, não existe c tal queg(c) = k. Note que para outros valores de k ∈ [g(a), g(b)] existirá c ∈ [a, b] tal que g(c) = k.A função h é des ontínua em x = d pois os limites laterais existem mas são distintos (ográ o quebra em x = d). Fixado o k indi ado na gura, não existe c tal que h(c) = k. Noteque para outros valores de k ∈ [h(a), h(b)] pode existir ou não c ∈ [a, b] tal que h(c) = k.Faça mentalmente a variação de k entre h(a) e h(b) e verique onde temos nenhum oupelo menos um c om h(c) = k.

x

y

a bd

g(a)

g(b)

k

g(x)

x

y

a bd

h(a)

h(b)

k

h(x)

Prova: (do TVI) [des revo bem su intamente: abe ao leitor desenhar uma gura e entendereste texto Vamos utilizar método da bisseção: tome c = (a + b)/2 e ompare f(c) om k.Determine se deve ontinuar bus ando raiz no intervalo [a, c] ou [c, b]. Dependendo do asodenimos a1 = a e b1 = c ou a1 = c e b1 = b para nos dois asos ontinuar pro urando em[a1, b1].Agora tome c = (a1 + b1)/2 e ompare f(c) om k. Continue bus ando em [a2, b2] oma2 = a1 e b2 = c ou a2 = c e b2 = b1. Assim onstruímos sequen ias an, bn om bn − an

54 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE onvergindo para zero (dividimos o intervalo ao meio a ada passo). Assim an → c e bn → c.Por ontinuidade, f(an) → f(c) e f(bn) → f(c).Além disso, por onstrução, k está entre f(an) e f(bn) sempre. Assim, |f(an) − k| ≤|f(an)−f(bn)| (a distân ia de k até um extremo é menor que a distân ia entre os extremos).Sabemos que f(an) − f(bn) → f(c) − f(c) = 0. Assim, pelo Teorema do Sanduí he,|f(an)− k| → 0. Logo, f(an) → k Como f(an) → f(c), f(c) = k.Que tal es rever um programa de omputador para al ular raiz usando a ideia da provaa ima: o hamado método da bisseção.Exemplo 42 Prove que p(x) = x3 + 3x2 − 1 possui raiz no intervalo (0, 2).Solução do Exemplo 42 Como p é ontínua (polinmio), p(0) = −1 e p(2) = 8+3·4−1 =19. Como 0 ∈ [p(0), p(2)] = [−1, 19], pelo TVI existe um c ∈ [−1, 2] tal que p(c) = 0.Exemplo 43 Prove que existe um x ∈ R tal que x11 + 3x8 − sen(x) = 100π.Solução do Exemplo 43 Dena f(x) = x11 + 3x8 − sen(x)− 100π. O problema agora éobter um x tal que f(x) = 0.Primeiro vamos al ular o limite quando x → ±∞. Colo ando x11 em evidên ia,

f(x) = x11

(

1 +3

x3− sen(x)

x11− 100π

x11

)

.Passando ao limite no ±∞ o segundo termo vai para 1 (no termo sen(x)/x11 aplique oTeorema do Sanduí he para provar que → 0). Assim, omo x11, o termo dominante, possuigrau impar, limx→−∞

f(x) = −∞ e limx→+∞

f(x) = +∞. Assim existem M,N tais que f(M) < 0e f(N) > 0. Como f é ontínua (porque?), pelo TVI existe c ∈ [M,N ] ⊂ R tal quef(c) = 0 ∈ [f(M), f(N)].Exemplo 44 Prove que existe x ∈ (2, 3) tal que a

x− 2+

b

x− 3= −π, om a, b > 0.Solução do Exemplo 44 Dena g(x) =

a

x− 2+

b

x− 3. Como lim

x→2+g(x) = +∞ (fazendoanálise de sinal: o numerador a > 0 e o denominador onverge para 0+) e Como lim

x→3−g(x) =

−∞ (fazendo análise de sinal novamente), existem 2 < a < b < 3 tais que g(a) > −π > g(b).Assim, apli ando o TVI no intervalo [a, b] obtemos que existe c ∈ [a, b] ⊂ (2, 3) tal queg(c) = −π.Exemplo 45 Seja f(x) = 1; x ≥ 0;

−1; x < 0.Tente onstruir sequên ia que se aproxime do zerode f . Porque não fun iona?Solução do Exemplo 45 Faça um grá o e vá dividindo o intervalo. Embora k = 0 ∈

[−1, 1], um valor intermediário, a sequên ia cn → 0 mas f(0) = 1 6= 0. Isto o orre pois f édes ontínua.

2.3. ⋆CONSTRUÇO E CONTINUIDADE DE FUNÇÕES TRANSCENDENTES E RAIZ 55Exemplo 46 Considere f(x) =

x; x ≤ 1;

x+ 1; x > 1.. Tente onstruir sequên ia que se apro-xime de c ∈ [0, 1] tal que f(c) = 1.5.Solução do Exemplo 46 Faça um grá o e vá dividindo o intervalo. Note que f(0) = 0e f(1) = 2. A sequên ia cn → 1 mas novamente não obtemos c tal que f(c) = 1.5. Istoo orre pois f é des ontínua.Uma apli ação importante é determinar raízes de polinmios e de equações de forma geral.Exemplo 47 Aproxime 3

√70 utilizando f(x) = x3 − 70.Solução do Exemplo 47 Note que f(5) = 53 − 70 = 55 e f(4) = 43 − 70 = −6. Assima raiz c ∈ (4, 5). Tome c1 = (4 + 5)/2 = 4.5. Como f(4.5) = 21.125 > 0, a raiz estaem (4, 4.5). Tome c2 = (4 + 4.5)/2 = 4.25. Como f(4.25) = 6.76 . . . > 0, a raiz esta em

(4, 4.25). Tome c3 = (4+ 4.25)/2 = 4.125. Como f(4.125) = 0.189 . . . > 0, a raiz esta em(4, 4.125).Exemplo 48 Prove que para todo k > 0 existe n

√k (n ∈ N). Isto é, prove que para todo

k > 0 existe c > 0 tal que cn = k.Solução do Exemplo 48 Considere f(x) = xn − k. É laro que f (um polinmio) é ontínua e que limx→+∞

f(x) = +∞. Assim existe um M > 0 om f(M) > 0. Aplique o TVIno intervalo [0,M ] (f(0) < 0) e on lua a existên ia de c ∈ [0,M ] tal que f(c) = 0, isto é,cn = k.2.3 ⋆Construção e Continuidade de Funções Trans- endentes e RaizQueremos onstruir estas funções e provar sua ontinuidade. Mas para onstruí-las pre isamosde uma matemáti a mais sosti ada. Por esta razão usualmente varremos para baixo dotapete estas questões. Vamos apresentar as ideias para que os alunos tenham seu interessedespertado pelo assunto. Note a beleza (e omplexidade) das expressões que denem velhasfunções onhe idas omo seno, osseno, exponen ial e logaritmo.Vamos utilizar nesta seção no seguinte Teorema que garante a existên ia da função inversa.Teorema 11 (existên ia da função inversa) Se uma função f é ontínua e injetiva (ouseja, é res ente ou de res ente) em um intervalo, então sua inversa f−1 existe e é ontínua(na imagem de f).Prova: Veja [NC ou [Co p. 67, ou [Sp, p.206.0†A leitura desta seção é op ional.

56 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE2.3.1 Função RaizPelo Corolário 3 da p.52 a função f(x) = xn é ontínua. Ela é res ente pois, pelo binmiode Newton é fá il ver que ()f(x + h) = (x+ h)n > xn = f(x) para todo h > 0. Assimf(x) = xn é injetiva e, pelo Teorema 11, existe a inversa f−1 ontínua que denotamos porf−1(x) = n

√x.Embora pudéssemos terminar por aqui, vamos nos divertir fazendo uma abordagem diretado assunto, sem utilizar o Teorema 11. Em Matemáti a é omum existir mais de um tipode abordagem: uma om métodos gerais e outra que fun iona em um aso espe í o.A existên ia da função n

√· para n ∈ N pode ser feita omo no Exemplo 48 da p.55.Para provar a ontinuidade de n√· seguiremos um roteiro que apli aremos nesta seção:(a) prove (ou assuma) ontinuidade no x = 0 ou x = 1; (b) prove ontinuidade geral.Para provar ontinuidade em x = 1 observe que para h pequeno (por exemplo, |h| < 1/2),1 ≤ 1 + h ≤ (1 + h)n.Como n

√· é res ente,1 =

n√1 ≤ n

√1 + h ≤ n

√

(1 + h)n = 1 + h.Pelo Teorema 4 da p.33 (Sanduí he), quando h → 0, n√1 + h → 1. Assim, tro ando variável,

limx→1

n√x = lim

h→0

n√1 + h = 1 =

n√1.Assim,

n√a+ h = n

√a n√

1 + h/a.Quando h → 0 obtemos que n√a+ h → n

√a.Para nalizar, ainda por esporte, podemos provar a ontinuidade da raiz quadrada de outromodo (entenda ada passo). Tomando x, a > 0,

√x−√

a =x− a√x+

√a.Assim, apli ando o módulo (des artamos √x no denominador pois somente faz o termo armenor)

0 ≤ |√x−√a| = |x− a|√

x+√a≤ |x− a|√

a.Fazendo x → a e usando o Teorema do Sanduí he on luímos que √

x → √a.2.3.2 Funções Exponen ial e Logarítmi aFixe a > 0. Denimos an (n ∈ N) omo o produto de a por ele mesmo n-vezes. Denimos

ap/q (p, q ∈ N) omo o produto de q√a por ele mesmo p-vezes. Depois estendemos esteresultado para ax om x ∈ R passando ao limite numa sequên ia de ra ionais que aproximam

x. Pode-se ver em detalhes esta onstrução e a prova que é ontínua e res ente em [Cop.26 e p.69.

2.3. ⋆CONSTRUÇO E CONTINUIDADE DE FUNÇÕES TRANSCENDENTES E RAIZ 57Assim, pelo Teorema 11, existe a inversa f−1 ontínua que denotamos por f−1(x) =loga x.Como denir 2√2? Quantos vezes devemos multipli ar o 2 por ele mesmo?Como √

2 = 1.41421 . . ., podemos aproximar 2√2 ≈ 21.41421 = 2141421

100000 = ( 100000√2)141421.Desta forma, tomando mais asas de imais, podemos aproximar o valor om qualquer graude pre isão que se queira. O mesmo vale para um número real (positivo) qualquer.Vamos ver aminhos alternativos. Primeiro para ontinuidade da exponen ial.Vamos provar a ontinuidade da exponen ial assumindo sua ontinuidade no zero:

limx→0

ex = 1.Agora provamos a ontinuidade num ponto qualquer tro ando variável (x = a+h) e utilizandoa propriedade bási a da exponen ial: ex+y = exey. A função exponen ial é ontínua em umponto a qualquer poislimx→a

ex = limh→0

ea+h = limh→0

(eaeh) = ea · limh→0

eh = ea · 1 = ea.Pode-se fazer algo similar om log: assuma ontinuidade em x = 1 e utilizando propriedadesdo log prove ontinuidade em ponto qualquer. Veja Desao na p.67.Outro aminho: Começar denindo logaritmo.Podemos denir log através de integral (área om sinal): f(c) = log c é igual a área om sinal embaixo da urva y = 1/x entre x = 1 e x = c. Podemos deduzir todas suaspropriedades, in lusive o fato de ser res ente. Apli ando o Teorema 11 existe a inversa f−1 ontínua que denotamos por f−1(x) = ax (ver [Ha p.399).Outro aminho: Denir exponen ial por soma innita.Podemos denir a exponen ial por uma soma innita (série) veja Série de Taylor nap.100 ou em [NC:exp(x) = ex = 1 + x+

x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+ · · ·Partindo desta série podemos denir o log omo a função inversa. Depois denimos, para

a > 0,ax = (elog(a))x = elog(a)x e loga x =

log x

log a.Outro aminho: Denir log por soma innita.Podemos denir o logaritmo por uma soma innita (série) veja Série de Taylor na p.100ou em [NC:

log(1 + x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5− x6

6· · ·Partindo desta série podemos denir a exponen ial omo a função inversa.

58 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE2.3.3 Funções Trigonométri asNo ensino médio denimos sen, cos, etc. através de geometria (razões em triângulos retân-gulo). O problema é que em Cál ulo (e Análise Real) pre isamos de uma denição analíti adestas funções. O aminho padrão é denir sen e cos por uma soma innita (série) vejaSérie de Taylor na p.100 ou em [NC:sen(x) = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!+ · · · e cos(x) = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!+ · · · .Estas séries, e todas outras mostradas nesta seção, são utilizadas em al uladoras e om-putadores para, de fato, se al ular o seno, osseno, exponen ial, logaritmo, et .Destas denições pode-se provar a identidade sen2(x)+cos2(x) = 1. Denimos as outrasfunções ( omo por exemplo tan(x) = sen(x)/ cos(x)) utilizando estas duas. De fato, bastadenir duas delas para se obter qualquer outra. A existên ia e a ontinuidade das inversas(arcsen, arccos, arctan) seguem do Teorema 11.Erro Comum: O aluno onfundir arcsen om 1

sen. Como arcsen é a função inversa de

sen, o aluno pensa no inverso (na multipli ação) de um número (inverso de 3 é 1/3).Observação 24 Observe que não pre isamos de se ante e osse ante (bastam duas tri-gonométri as). Do mesmo modo que não denimos a função o-raiz omo 1/√x, nãotemos ne essidade de denir se ante e osse ante.Vamos ver aminhos alternativos. Continuidade das funções trigonométri as.Da denição geométri a de seno e osseno, utilizando o ír ulo trigonométri o, obtemosque:

limx→0

sen(x) = 0 e limx→0

cos(x) = 1.Provamos a ontinuidade num ponto qualquer tro ando variável (x = a + h) e utilizandoidentidades trigonométri as. A função seno é ontínua em um ponto a qualquer (deixamos o osseno para o leitor) poislimx→a

sen(x) = limh→0

sen(a+ h) = limh→0

(sen(a) cos(h) + sen(h) cos(a)) =

= limh→0

sen(a) cos(h) + limh→0

sen(h) cos(a) =

= sen(a) limh→0

cos(h) + cos(a) limh→0

sen(h) == sen(a) · 1 + cos(a) · 0 = sen(a).Outro aminho: Começar denindo ar o-tangente.Podemos denir arctan através de integral (área om sinal): arctan(c) é igual a área omsinal embaixo da urva y = 1/(x2+1) entre x = 0 e x = c. Apli ando o Teorema 11 existe ainversa f−1 ontínua que denotamos por f−1(x) = tan(x). Tomando t = tan(x/2), podemosdenir (veja [Co p. 234)sen(x) =

2t

1 + t2e cos(x) =

1− t2

1 + t2.

2.3. ⋆CONSTRUÇO E CONTINUIDADE DE FUNÇÕES TRANSCENDENTES E RAIZ 59Outro aminho: Denir ar o-tangente por soma innita.Podemos denir o ar o-tangente por uma soma innita (série):arctan(x) = x− x3

3+

x5

5− x7

7+

x9

9− x11

11· · ·Partindo desta série podemos denir a tangente omo a função inversa.Terminamos om a hamada relação de Euler, que envolve funções trigonométri as, expo-nen ial e i, a raiz quadrada de −1. Veja provas (distintas: uma usando série e outra derivada)no Desao da p.67 e no Desao da p.94.Relação entre ex, sen(x), cos(x) para θ ∈ R:

eiθ = cos θ + i sen θ.Assim, o que era no ensino médio cis(θ) (ini iais de osseno, i e seno), na Universidade éeiθ. Fazendo θ = π obtemos (verique!) uma das fórmulas mais bonitas da Matemáti a:

eiπ = −1.

2.3.4 Funções Hiperbóli asPossui alguma importân ia (em equações diferen iais por exemplo ou em funções omplexas)os hamados seno e osseno hiperbóli os. São denidos por (ver [Co p.183):senh(x) =

ex − e−x

2e cosh(x) =

ex + e−x

2.Suas propriedades são semelhantes a do seno e osseno. Prove que:

senh(0) = 0; cosh(0) = 1; cosh2(x)− senh2(x) = 1;

senh(a+ b) = senh a cosh b+ senh b cosh a;

cosh(a+ b) = cosh a cosh b+ senh a senh bO nome de orre do fato que se x(t) = cosh(t) e y(t) = senh(t) então x2(t)− y2(t) = 1,a equação da hipérbole. Existem relações (veja Desao da p.67) surpreendentes envolvendonúmeros omplexos.Para todo θ ∈ R,cos(iθ) = cosh(θ) e sen(iθ) = i senh(θ).Termino om as séries de Taylor do seno e osseno hiperbóli os.

senh(x) = x+x3

3!+

x5

5!+

x7

7!+

x9

9!+ · · · e cosh(x) = 1+

x2

2!+

x4

4!+

x6

6!+

x8

8!+ · · · .

60 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE2.3.5 Outras FunçõesOutra função muito importante em estatísti a é a função erro (ou gaussiana), denida omintegral (área om sinal): a gaussiana é igual a área om sinal embaixo da urva y = e−x2entre x = 0 e x = c.Existem dezenas de outras funções bem menos onhe idas da Físi a-Matemáti a: Funçãode Bessel, Função hipergeométri a, Função Gamma de Euler (generalização do fatorial) et .Veja a Wikipédia.2.4 ⋆Introdução à Análise RealNesta Seção op ional vamos apresentar alguns on eitos bási os de Análise Real. Remetemosos leitores a um livro de Análise omo por exemplo [NC, disponível em www.labma.ufrj.br/~m abral.2.4.1 CardinalidadeDizemos que dois onjuntos possui a mesma ardinalidade, ou o mesmo número de elementos,se existe uma bijeção entre os onjuntos.Exemplo 49 Compare a ardinalidade entre:(a) N e o onjunto dos inteiros positivos pares. (b) N e Z.Solução do Exemplo 49 (a) dena a função f(n) = 2n que é uma bijeção. Logo possuema mesma ardinalidade.(b) dena a função f : N → Z que leva os pares em 0, 1, 2, . . . e os impares em−1,−2,−3, . . . que é uma bijeção. Logo possuem a mesma ardinalidade.Um resultado surpreendente é que a ardinalidade de Q e N (e portanto de Z) é a mesma.Teorema 12 A ardinalidade de Q e N é a mesma.Prova: Podemos imaginar a prova omo um programa de omputador que apresentaráTODOS as frações. Basta asso iar a primeira fração om o 1, a segunda om o 2, et . Istoserá naturalmente uma bijeção. Basta a ada etapa mostrar todas as frações uja soma donumerador e denominador é um erto número. Assim:soma 1: 0/1;soma 2: 1/1;soma 3: 1/2, 2/1;soma 4: 1/3, 2/2, 3/1;soma 5: 1/4, 2/3, 3/2, 4/1;soma 6: 1/5, 2/4, 3/3, 4/2, 5/1;soma 7: 1/6, 2/5, 3/4, 4/3, 5/2, 6/1;· · ·Pode-se fazer uma gura indi ando a prova. Veja detalhes em [NC ou na internet.Denição 11 ( onjunto enumerável) Os onjuntos que possuem a mesma ardinalidadeque N são ditos enumeráveis.0†A leitura desta seção é op ional.

2.4. ⋆INTRODUÇO À ANÁLISE REAL 61Assim, são onjuntos enumeráveis: N,Z,Q.O resultado abaixo é devido a Cantor e diz que R (o onjunto dos números reais) possui ardinalidade estritamente maior que Q.Teorema 13 A ardinalidade de R é estritamente maior que a ardinalidade de N.Prova: Como N ⊂ R é laro que R possui ardinalidade igual ou maior. Para terminaraplique o argumento diagonal de Cantor. Veja [NC ou na internet.Observação 25 Dizemos que R é não-enumerável. Isto estabele e uma diferen iaçãoentre onjuntos innitos: alguns são mais innitos do que outros. Na realidade existem onjuntos om ardinalidade estritamente maior do que R, formando uma adeia de on-juntos, ada um estritamente maior do que o anterior. Isto é provado pelo argumento deCantor generalizado (vide internet, [NC).2.4.2 O que é R?Uma maneira rigorosa mas te ni amente ompli ada é denir R utilizando de imais innitas, omo é feita na es ola. A di uldade é denir operações usuais omo por exemplo a soma. Noalgoritmo que aprendemos na es ola, alinhamos os pontos de imais e omeçamos a operar noúltimo digito à direita. Como fazer para al ular π+π se a expansão de imal nun a termina?Ou ainda, 2π é 2 multipli ado por ele mesmo quantas vezes?A solução destes mistérios passa por um urso de Análise Real. Leia a Observação 35 dap.81.2.4.3 Ra ionais, Irra ionais, Algébri os, Trans endentesOs alunos aprendem a diferença entre números ra ionais (razões entre inteiros) e irra ionais.Vamos ver aqui os hamados algébri os que generalizam os ra ionais e os trans endentes.Veja detalhes no livro (a essível neste nível): Números Irra ionais e Trans endentes, DjairoFigueiredo ([Fi).Exemplo 50 Prove que são irra ionais:(a) √2; (b) 3√21.Solução do Exemplo 50 (a) Suponha por ontradição que √

2 = p/q om p, q ∈ N. Ele-vando ao quadrado obtemos que 2q2 = p2. Agora pelo teorema da fatoração úni a (fatorando ada lado por potên ias de primos), omo 2 está no lado esquerdo, ele deve apare er no ladodireito. O problema é que apare erão um numero par de vezes no lado direito (pois é aoquadrado) e um número impar de vezes no lado esquerdo. Contradição!(b) De forma análoga fazendo 3√21 = p/q obtemos 21q3 = p3 = 3 · 7q3 = p3. Agora omo 3 é fator do lado direito, p deve onter o fator 3. Mas no lado direito ele apare erá 3mvezes (múltiplo de 3) e do lado esquerdo omo 3m′ + 1 vezes. Contradição.Existem ainda os hamados números algébri os, que são raízes de polinmios om oe ientes inteiros (isto é, elementos de Z). Eles generalizam os ra ionais pois todo ra ionalé um algébri o.Exemplo 51 Mostre que são algébri os(a) √2; (b) n

√k para qualquer n, k ∈ N; ( ) √3 +

√2; (d) um ra ional qualquer.

62 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADESolução do Exemplo 51 (a) √2 é raiz do polinmio x2 − 2.(b) n√k é raiz do polinmio xn − k.( ) fazendo x =

√

3 +√2, obtemos que x2 = 3 +

√2. Assim (x2 − 3)2 = (

√2)2 = 2.Ou seja x4 − 6x2 + 9 = 2. Portanto, √3 +

√2 é raiz de x4 − 6x2 + 7.(d) se x = p/q om p, q ∈ Z então x é raiz do polinmio qx− p.Observação 26 É relativamente fá il provar que e 6∈ Q. Já a irra ionalidade de π ébem mais difí il. Provas podem ser en ontradas em [NC. Bem mais difí il é provar atrans endên ia de ambos.

2.4.4 Denição de LimiteDada uma função real f estamos interessados em saber o que a onte e om o valor de f(x)quando x se aproxima de um ponto c sem, entretanto, assumir este valor. A denição delimite formaliza isto.Denição 12 (limite) Sejam f : R → R e c ∈ R. Dizemos que o limite de f(x) quandox tende a c ∈ R existe e vale L ∈ R se

∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que se 0 < |x− c| < δ então |f(x)− L| < ε.Neste aso, es revemos limx→c

f(x) = L.A ideia intuitiva orreta é dizer que f(x) é tão próximo de L quanto quisermos, bastandopara isto tomar x su ientemente próximo (mas distinto) de c.Exemplo 52 Sejam f : R → R, dada por f(x) = x para todo x ∈ R, e c ∈ R. Mostre quelimx→c

f(x) = c.Solução do Exemplo 52 Dado ε > 0, tomando δ = ε, obtemosx ∈ R, 0 < |x− c| < δ impli a que |f(x)− c| = |x− c| < δ = ε.

Exemplo 53 Sejam f : R → R, dada por f(x) = x2 para todo x ∈ R, e c ∈ R. Mostre quelimx→0

f(x) = c2.Solução do Exemplo 53 Fixado ε > 0, tomamos δ = min1, ε/(2|c|+ 1). Desta forma,se 0 < |x− c| < δ, então |x| < |c|+ δ ≤ |c|+ 1. Além disto,|f(x)− c2| = |x2 − c2| = |x− c| · |x+ c| < δ(|x|+ |c|) < δ(2|c|+ 1) ≤ ε.

2.5. EXERCÍCIOS DE CONTINUIDADE 63O exemplo anterior pode induzir o leitor a pensar que a har δ em função de ε e de cé uma tarefa sobrenatural. Normalmente, ras unha-se a demonstração de trás para frente:sabendo que devemos obter |f(x)− k| < ε, pro uramos saber quão grande pode ser |x− c|(i.e., qual deve ser o valor de δ) para que heguemos a esta on lusão. Em seguida, passamosa limpo a demonstração e, já sabendo qual é o valor de δ, simplesmente dizemos: sejaδ =Abra adabra. . . Porém, dependendo da função, mesmo que a har o valor de δ não sejamági a, tal tarefa pode ser bastante enfadonha. Uma alternativa é fazer uso de propriedadesdo limite tais omo do limite da soma, do produto et . Elas fa ilitam as demonstrações deexistên ia e os ál ulos dos limites, sem ne essidade de manipular ε's e δ's.2.4.5 Denição de ContinuidadeUma função f é ontínua em um ponto c se f(x) está próximo de f(c) quando x está próximode c. A denição abaixo formaliza esta ideia.Denição 13 ( ontinuidade) Sejam f : R → R e c ∈ R. Dizemos a função f é ontínuaem c se

∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que se |x− c| < δ então |f(x)− f(c)| < ε.2.5 Exer í ios de Continuidade2.5.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1.Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontra-exemplo):(a) Se limx→a

f(x) existe, então f é ontínua em a;(b) Se f é ontínua em a, então limx→a−

f(x) existe.( ) Se f é des ontínua em a, então limx→a−

f(x) 6= limx→a+

f(x).Exer í io 2.Determine se f esboçada no grá o abaixo é ontínua ou não nos pontosa, b, c, d. Explique, aso não seja ontínua, qual (quais) ondições são violadas.

x

y

a b c dExer í io 3.Verique se as funções abaixo são ontínuas:(a) f(x) = x; x < 0;

0; x ≥ 0;(b) f(x) = x; x < 0;

1; x ≥ 0;027.mar.2010

64 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADEExer í io 4.Esbo e o grá o de uma função ontínua ujos pontos de des ontinuidade(úni os pontos onde a função não é ontínua) são:(a) 1, 2, 3; (b) N = 1, 2, . . ..Exer í io 5.Determine um valor para k ∈ R, se for possível, de modo que a função seja ontínua em R.(a) f(x) =

1

x; x 6= 0;

k; x = 0;(b) f(x) =

1

x2; x 6= 0;

k; x = 0;( ) f(x) =

x sen(

1x

)

; x 6= 0;

k; x = 0;Exer í io 6. Seja f uma função ontínua em [1, 4] tal que f(1) = 2, f(2) = 3, f(3) =−1 e f(4) = 2. Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontraexemplo):(a) f não tem raiz em [1, 2]; (b) f tem pelo menos duas raízes em [1, 4];( ) f tem exatamente uma raiz em [2, 3].Exer í io 7.Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontra-exemplo):(a) a função que representa o número de habitantes de uma idade em função do tempoé ontínua em todos os pontos;(b) a função que representa a altura de uma pessoa em função do tempo é ontínua emtodos os pontos;Exer í io 8.Estude o Teorema 10 da p.53 (TVI) e determine se é Verdadeiro (provando aarmativa) ou Falso (dando um ontraexemplo):(a) se f é ontínua om f(0) > 0 e f(1) > 0, então f(x) > 0 para todo x ∈ [0, 1];(b) Se f(1) < 0 < f(2), então f possui raiz em [0, 1].Exer í io 9.Estude o Teorema 10 da p.53 (TVI). Considere f : [−3,−1] → R ontínua omf(−3) = 5 e f(−1) = 2. Determine se esta orreto ou orrija.(a) se K ∈ [−3,−1], então existe c ∈ [2, 5] tal que f(c) = K;(b) se K ∈ [3, 4], então existe c ∈ [−3,−1] tal que f(c) = K;( ) se K ∈ [0, 3], então existe c ∈ [−3,−1] tal que f(c) = K;Exer í io 10.Estude o Lema 2 da p.51 e o Teorema 7 da p.52. Supondo que f é ontínua,prove, fazendo referên ia somente ao Lema 2 e o Teorema 7, que h(x) = 5[f(x)]3

x2 + 1é ontínua.

2.5. EXERCÍCIOS DE CONTINUIDADE 652.5.2 ProblemasProblema 1.Determine o onjunto dos pontos de des ontinuidade (úni os pontos onde afunção não é ontínua) de:(a) f(x) =

1

sen(x); x 6= kπ; k ∈ Z

1; x = kπ;(b) g(x) = 1

2 + cos(x);( ) h(x) = x− ⌊x⌋; (d) j(x) = x; x ∈ Q;

x3; x 6∈ Q.Problema 2.Determine se f(x) =

|x+ 2|; x < 0;

3; x = 0;

3− x; x > 0.

é ontínua e al ule limx→−∞

f(x).Problema 3. (Apli ação do TVI)(a) Seja f(x) = x4 − 2x3 + x2 + 7 sen(x). Mostre que existe a ∈ R tal que f(a) = 10;(b) Mostre que existe pelo menos um b > 0 tal que log(b) = e−b;( ) Considere f ontínua em [0, 1] om 0 ≤ f(x) ≤ 1. Mostre que existe c ∈ [0, 1] talque f(c) = c;(d) Suponha que f é ontínua em [0, 2] om f(1) = −3 e f(x) 6= 0 para todo x ∈ [0, 2].Prove que f(x) < 0 para todo x ∈ [0, 2].Problema 4.Determine um valor para a ∈ R, se for possível, de modo que a função seja ontínua em R.(a) f(x) =

(x− 2)2(x+ a)

x2 − 4 x+ 4; x 6= 2

7; x = 2.(b) f(x) =

2x+ 5 se x < −1,

a se x = −1,

x2 − 3 se x > −1.( ) f(x) =

x

|x| ; |x| ≥ 1

ax; |x| < 1.(d) f(x) =

sen(

1x

)

; x 6= 0;

a; x = 0;(e) f(x) = e1/x; x > 0

a; x ≤ 0.(f) f(x) =

sen(6x)

sen(8x); x 6= 0;

a; x = 0..Problema 5.Determine a, b ∈ R, se for possível, de modo que f seja ontínua em R.

f(x) =

ax+ b; |x| ≤ 2;

|x− 1|; |x| > 2.

2.5.3 ExtrasExtra 1.Determine o onjunto dos pontos de des ontinuidade (úni os pontos onde a funçãonão é ontínua) de f(x) =

1, x ∈ Q,

1 + |x|, x 6∈ Q.

66 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADEExtra 2.Determine um valor para a ∈ R, se for possível, de modo que a função seja ontínuaem R.(a) f(x) =

x3 − 4x2 + 5x− 2

x3 − 2x2 + xse x 6= 1,

a se x = 1.(b) f(x) =

x2 + 2 se x < 0,

a se x = 0,√x+ 4 se x > 0.( ) f(x) =

x3 + 1

x− 1; x 6= 1

a; x = 1. (d) f(x) = e1/x; x < 0

a; x ≥ 0.(e) f(x) = 2x+ a; x ≤ 1;

x2/a; x > 1. (f) f(x) =

a x; x < 0;

1; x ≥ 0;Extra 3.Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontrae-xemplo):(a) se f é ontínua om f(0) = 2 e f(3) = 5, então f(x) > 0 para todo x ∈ [0, 3].(b) se g é ontínua om g(1) = g(3) = −10 e g(2) = 10, então g possui exatamenteduas raízes no intervalo [1, 3];Extra 4. (Apli ação do TVI)(a) Mostre que existe pelo menos um x0 ∈ R tal que x0 + 2 sen(x0) = 1.(b) Mostre que todo polinmio de grau impar possui pelo menos uma raiz.( ) Mostre que a equação sen(π sen(x)) = sen(x) possui pelo menos uma solução em[π/6, π/2].(d) Considere h(x) = sen(x) + 1 − 2

π|x|. Prove que existem x0, x1 ∈ R distintos taisque h(x0) = h(x1) = 0.Extra 5.Determine a, b ∈ R, se for possível, de modo que f seja ontínua em R.

f(x) =

−2x; x ≤ 4;

ax+ b; 1 < x < 4;

x; x ≤ 1.2.5.4 DesaosDesao 1.Um montanhista ini ia a subida do Pi o das Agulhas Negras do abrigo Rebouçasas 8h da manhã e atinge o pi o as 15h deste dia. Ele dorme no pi o e retorna na manhãseguinte as 8h, hegando de volta ao abrigo Rebouças as 15h do mesmo dia.Mostre que ele passou por um ponto do per urso na mesma hora (em dias distintos)durante a subida e durante a des ida.Desao 2.Esbo e o grá o e determine os pontos de des ontinuidade de:(a) f(x) igual ao segundo algarismo da expansão de imal de x.(b) f(x) igual ao número de 7's da expansão de imal de x se este número é nito e zero aso ontrário.( ) f(x) = 0 se x ∈ R − Q, f(p/q) = 1/q se p/q é fração irredutível om q > 0 ef(0) = 0; Di a: esbo e o grá o para q = 2, 3, . . .

2.5. EXERCÍCIOS DE CONTINUIDADE 67(d) f(x) = 0 se 1 não apare e na expansão de imal de x e f(x) = n se 1 apare e naenésima posição.Desao 3.En ontre uma função f que seja des ontínua nos seguintes pontos, mas ontínuaem todos os outros:(a) 1, 12, 13, 14, . . .; (b) 0, 1, 1

2, 13, 14, . . .Desao 4. Suponha que lim

x→1log x = 0. Prove que log(x) é ontínua para x > 0.Desao 5. Prove (veja outra prova no Desao da p.94), utilizando as séries da exponen ial(p.57) e do seno e osseno (p.58), a relação de Euler:

eiθ = cos θ + i sen θ.

Desao 6. Utilizando a relação de Euler eiθ = cos θ + i sen θ e a denição de senh e coshdadas na p.59, prove que:senh(ix) = i sen(x) e cosh(ix) = cos(x).Tome x = iθ e prove quecos(iθ) = cosh(θ) e sen(iθ) = i senh(θ).

68 CAPÍTULO 2. CONTINUIDADE

Capıtulo 3

DerivadaObjetivos: Introduzir o on eito de derivada, rela ionando om sua interpretação geométri ae Físi a. A primeira apli ação, intimamente ligada a denição, é determinar reta tangente aográ o. Apresentamos diversas notações utilizadas para derivadas.Após denição, al ulamos a derivada pela denição para algumas funções simples. Nasegunda Seção al ulamos a derivada de funções trans endentes trigonométri as, expo-nen ial e logaritmo utilizando os limites fundamentais do primeiro Capítulo. Somentedepois disso, dispondo de vo abulário razoável de funções, apresentamos propriedades bási as(derivada da soma, produto) e avançadas (derivada da omposta).Um dos resultados mais importantes do Cál ulo, o Teorema do Valor Médio (TVM), éapresentado, om apli ações na determinação de regiões de res imento e de res imento dafunção.O Capítulo termina om a derivada da função inversa, vista omo simples apli ação daregra da adeia.3.1 Denição de DerivadaPré-Cál ulo: Rever equação da reta na forma y = mx+b e na forma y−y0 = m(x−x0).Qual o signi ado geométri o de m, x0 e y0?Resposta: O oe iente m é o hamado oe iente angular, pois m = tan θ, onde θ é oângulo que a reta forma om o eixo x. Assim m > 0 impli a que a função f(x) = mx+ bé res ente; m < 0 que f é de res ente e se m = 0 f é onstante. Os oe ientes x0, y0representam o ponto (x0, y0) onde a reta passa. Assim, sabendo o oe iente angular eum ponto onde a reta passa obtemos a equação da reta.Denição 14 Dada uma função f denida próxima de um ponto a, denimos a sua derivadaem a por f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h. Dizemos que f é derivável ou diferen iável em a.Lema 3 f ′(a) = lim

x→a

f(x)− f(a)

x− a025 de julho de 2010 69

70 CAPÍTULO 3. DERIVADAProva: Mude variáveis para x = a+ h.Observação 27 Se y = f(x), podemos ver este limite omo uma taxa de variação:f ′(a) = lim

∆x→0

∆y

∆x, a variação de y sobre a variação de x.A ideia de taxa de variação de uma função é importante. A derivada provém da ideia de passarde taxa de variação média para variação instantânea. Conforme mostra quadro abaixo, estapassagem pode ser interpretada om Geometria ou om Físi a.

f(x)− f(a)

x− af ′(a)Matemáti a taxa média de variação de f taxa instantâneaFísi a velo idade média velo idade instantâneaGeometria oef. angular reta se ante oef. angular reta tangenteNo próximo Capítulo, Apli ações da Derivada, exploraremos os aspe tos geométri os daderivada.Visão Analíti a: Partindo da denição bási a, podemos derivar diversas funções.Lema 4 A derivada de f(x) = C é zero e derivada de f(x) = x é 1.Prova: Se f(x) = x, f ′(x) = lim

h→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

C − C

h= lim

h→0

0

h= 0.Se f(x) = x, f ′(x) = lim

h→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

x+ h− x

h= lim

h→0

h

h= lim

h→01 = 1.Exemplo 54 Cal ule pela denição a derivada de:(a) f(x) = x2; (b) g(x) = x3.Solução do Exemplo 54 (a) Como (x+ h)2 − x2 = 2hx+ h2,

f(x+ h)− f(x)

h=

(x+ h)2 − x2

h=

2hx+ h2

h= 2x+ h (para h 6= 0).Assim f ′(x) = lim

h→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0(2x+ h) = 2x.(b) Como (x+ h)3 − x3 = 3hx2 + 3xh2 + h3,

g(x+ h)− g(x)

h=

(x+ h)3 − x3

h=

3hx2 + 3xh2 + h3

h= 3x2 + 3xh+ h2 (para h 6= 0).Assim g′(x) = lim

h→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0(3x2 + 3xh+ h2) = 3x2.Exemplo 55 Cal ule pela denição a derivada de:(a) f(x) = 1

x; (b) g(x) = √

x.

3.1. DEFINIÇO DE DERIVADA 71Solução do Exemplo 55 (a) Comof(x+ h)− f(x) =

1

x+ h− 1

x=

x− (x+ h)

x(x+ h)=

−h

x(x+ h),

f(x+ h)− f(x)

h=

−1

x(x+ h). Assim f ′(x) = lim

h→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

−1

x(x+ h)=

−1

x2.(b) Ra ionalizando g(x+ h)− g(x) =

√x+ h−√

x obtemos(x+ h)− x√x+ h+

√x=

h√x+ h+

√x. Logo, g(x+ h)− f(x)

h=

1√x+ h +

√x.Assim g′(x) = lim

h→0

g(x+ h)− g(x)

h= lim

h→0

1√x+ h+

√x=

1

2√x.Exemplo 56 Cal ule pela denição a derivada no ponto x = 0 de:(a) f(x) = |x|; (b) g(x) = 3

√x.Solução do Exemplo 56 (a) Note que f(0 + h)− f(0)

h=

|0 + h| − |0|h

=|h|h. Mas

f ′(0) = limh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lim

h→0

|h|h

que não existe pois os limites laterais diferem (vejao grá o de |x|x

=x

|x| na p.4). Assim a derivada NO existe em x = 0.(b) Note que g(0 + h)− g(0)

h=

3√0 + h− 3

√0

h=

3√h

h=

3√h

3√h3

=1

3√h2

. Assim g′(0) =

limh→0

g(0 + h)− g(0)

h= lim

h→0

13√h2

= +∞. Como o limite não é nito, a derivada não existe.Observação 28 A ausên ia de derivada no zero de y = |x| pode ser vista geometri a-mente no grá o abaixo: o grá o possui um bi o em x = 0, o que impede a existên iade uma tangente bem denida neste ponto. Representamos no grá o em inza diversaspossíveis tangentes.x

y

y = |x|

x

y

y = 3√x

Observação 29 Já no aso de y = 3√x podemos ver que o limite das retas tangente aográ o no zero oin ide om o eixo y. O oe iente angular da reta tangente onvergepara +∞ quando x → 0. Mar amos no grá o as retas tangentes ao grá o em doispontos próximos do zero. Observe que o grá o de y = 3

√x pode ser obtido partindo dográ o de y = x3.

72 CAPÍTULO 3. DERIVADAComo a existên ia de derivada em um ponto impede o surgimento de bi os, dizemos queuma função derivável é suave.Exemplo 57 Considere f(x) =

x2; x ∈ Q;

0; x 6∈ Q. Cal ule f ′(0).Solução do Exemplo 57 Pela denição, omo f(0) = 0,

f ′(0) = limh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lim

h→0

f(h)

h.Agora f(h) = 0 ou f(h) = h2, dependendo se h ∈ Q ou não. Nos dois asos, |f(h)| ≤ h2.Assim, usando a ontinuidade da função módulo,

|f ′(0)| =∣

∣

∣

∣

limh→0

f(h)

h

∣

∣

∣

∣

= limh→0

∣

∣

∣

∣

f(h)

h

∣

∣

∣

∣

≤ limh→0

∣

∣

∣

∣

h2

h

∣

∣

∣

∣

= limh→0

|h| = 0.Portanto, 0 ≤ |f ′(0)| ≤ 0, ou seja, |f ′(0)| = 0 e portanto f ′(0) = 0.Visão Físi a: Se f(t) é a posição de um objeto em função do tempo, f ′(t) é sua velo i-dade.Exemplo 58 A posição S em metros de um bar o em função do tempo t em segundos édada por S(t) = √t para t > 0. Determine sua velo idade em m/s no instante t = 9.Solução do Exemplo 58 Pelo exemplo a ima sabemos que S ′(t) = 1

2√t. Logo S ′(9) =

12√9= 1/6. Assim sua velo idade é 1/6 m/s.Visão Geométri a: O oe iente angular da reta tangente ao grá o de y = f(x) noponto (x, f(x)) é igual a f ′(x). Em parti ular a reta tangente no ponto (a, f(a)) é:horizontal se f ′(a) = 0; res ente se f ′(a) > 0; de res ente se f ′(a) < 0.Exemplo 59 Considere o grá o de y = g(x) na gura abaixo. Determine se é zero, positivoou negativo:(a) g′(2); (b) g′(5); ( ) g′(6); (d) g′(8).

x

y

2 4 5 6 8

g(x)

Solução do Exemplo 59 (a) positivo; (b) negativo; ( ) zero; (d) positivo.

3.1. DEFINIÇO DE DERIVADA 73Exemplo 60 Ainda utilizando o grá o do exemplo anterior, esbo e o grá o de y = g′(x).Come e pelos pontos onde a derivada é zero.Solução do Exemplo 60 É derivada é zero em x = 4 e x = 6; é positiva para x < 4 ex > 6; é negativa para 4 < x < 6. Baseado nestas informações esboçamos o grá o de g′(x).

x

y

2 4 6 8

g′(x)

Observação 30 Outras Notações para Derivada. A notação f ′ para derivada vemde Isaa Newton. Leibniz introduziu a notação df

dx, que não é quo iente embora pareçae nos Capítulos de integração será utilizado omo se fosse. É sugestivo de taxa de variaçãoinstantânea, omo o limite de taxa de variação média:

df

dx= lim

∆x→0

∆f

∆x.Qual notação é melhor? Isto foi motivo para a hamada guerra do Cál ulo onsultelivros de História da Matemáti a omo o Boyer ou a internet. Na parte de derivada vamosutilizar a notação mais ompa ta f ′. No Capítulo de Integral será útil utilizar df

dx. Alémdestas, existem outras notações utilizadas. Dado y = f(x),

f ′ =df

dx= y′ =

dy

dx=

d

dxf = Df = Dxf.Os símbolos D e d

dxsão hamados de operadores diferen iais. Se I é o espaço dasfunções deriváveis, podemos vê-los omo funções nestes espaços: D : I → I, pois asso iaa ada função sua derivada. Por exemplo, se f(x) =

1

xe g = Df , então g(x) = − 1

x2.Derivada segunda e de ordem superior. Denimos f ′′ = (f ′)′. De forma indutivapodemos denir a derivada de ordem n ∈ N qualquer. Existem várias notações paraderivadas de ordem superior:

f ′′ =d2f

dx2= D2f, f (n) =

dnf

dxn= Dnf, para n ∈ N.Físi a: Se f(t) representa a posição em função do tempo, f ′ é a velo idade e f ′′ aa eleração.Geometria: Vamos ver (esboço de grá o no Capítulo de Apli ações da Derivada) que f ′′indi a a on avidade do grá o: para ima ou para baixo (pense em y = x2 e y = −x2).

74 CAPÍTULO 3. DERIVADAPré-Cál ulo: Uma reta está bem determinada se soubermos o seu oe iente angular(m) e um ponto (x0, y0) onde ela passa. A equação desta reta será:y − y0 = m(x− x0).Equação da reta tangente. Como o oe iente angular da reta tangente ao grá o de

y = f(x) no ponto (x0, f(x0)) é f ′(x0) = m, a equação da reta tangente é:y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0).Exemplo 61 Determine a equação da reta tangente ao grá o de:(a) y = x2 no ponto (4, 16); (b) y =

√x no ponto onde x = 9.Solução do Exemplo 61 (a) Já vimos que se f(x) = x2 então f ′(x) = 2x. Portanto areta tangente é y − 42 = 2 · 4(x− 4), portanto, y − 16 = 8(x− 4) ou y = 8x− 16 é a retatangente ao grá o em (4, 16).(b) Já vimos que se f(x) = √

x então f ′(x) = 12√x. Portanto a reta tangente é y−√

9 =

1/(2√9)(x−9), portanto, y−3 = 1/6(x−9) ou y = x/6+3/2 é a reta tangente ao grá oem (9, 3).Exemplo 62 Determine a equação da reta tangente ao grá o de y = x3 no ponto onde

x = a. Determine TODAS as tangentes que passam pelo ponto (0, 16).Solução do Exemplo 62 Já vimos que se f(x) = x3 então f ′(x) = 3x2. Logo a retatangente que passa em (a, a3) é: y − a3 = 3a2(x − a). Devemos determinar para quaisa ∈ R esta reta passa em x = 0 e y = 16. Substituindo obtemos, 16 − a3 = 3a2(0 − a).Simpli ando obtemos a equação a3 = −8. A úni a solução em R é a = −2. Assim a úni atangente que passa em (0, 16) é y + 8 = 12(x+ 2), ou y = 12x+ 16.Erro Comum: Confundir derivada om reta tangente.Exemplo: Determine a reta tangente ao grá o de y = x2 no ponto (2, 4). Como f ′(x) =2x, que é a equação de uma reta, responder que a reta tangente é y = 2x (ERRADO!).O orreto é y − 4 = 2 · 2(x− 2).Erro Comum: Não al ular o oe iente angular no ponto de tangên ia.Exemplo: Determine a reta tangente ao grá o de f(x) = x3 no ponto (1, 1). Comof ′(x) = 3x2, responder que a reta tangente é y − 1 = 3x2(x− 1) (ERRADO!), que nemsequer é uma reta. O orreto é y − 1 = 3 · 12(x− 1) = 3(x− 1).Terminamos om um resultado que garante que toda função derivável é ontínua.Lema 5 (derivada e ontinuidade) Se f possui derivada em a então f é ontínua em a.Prova: Divida e multiplique por x− a a expressão f(a+ h)− f(a) e obtenha:

limx→a

f(x)− f(a) = limx→a

f(x)− f(a)

x− a· (x− a) =

= limx→a

f(x)− f(a)

x− a· limx→a

x− a = f ′(a) · 0 = 0.Assim, limx→a

f(x) = f(a).

3.2. DERIVADA DE FUNÇÕES TRANSCENDENTES 753.2 Derivada de Funções Trans endentesNesta Seção vamos al ular pela denição as derivadas das funções trigonométri as seno e osseno, exponen ial e logarítmi a. Eles de orrerão dos limites fundamentais do Teorema 5da p.36 e Teorema 6 da p.38.Lema 6(a) (sen x)′ = cosx; (b) (cosx)′ = − sen x;( ) (log x)′ = 1

x; (d) (ex)′ = ex.Prova: (a) Como sen(x+ h) = sen x cos h+ sen h cosx, obtemos que:

sen(x+ h)− sen(x)

h=

sen x cosh + sen h cosx− sen x

h=

= sen xcos h− 1

h+ cosx

sen h

h.Deixamos para o leitor provar que lim

h→0

cosh− 1

h= 0 multiplique numerador e deno-minador por cosh+1, use identidades trigonométri as e o limite fundamental trigonométri o(Teorema 6 da p.38). Assim, fazendo h → 0, graças ao limite fundamental trigonométri o(Teorema 5 da p.36), obtemos que (sen x)′ = cosx.(b) Deixamos para o leitor fazer um mutatis mutandis no item (a) utilizando a identidadetrigonométri a: cos(x+ h) = cos x cosh− sen x sen h.Para ( ) e (d) pre isamos estabele er primeiro o limite

limh→0

log(1 + h)

h= 1. (3.1)Pela propriedade do petele o do log, log

(

(1 + h)1/h)

=log(1 + h)

h. Como log é ontínua(Teorema 3 da p.14) e o limite lim

h→0(1+h)1/h existe, pelo Teorema 2 da p.14 podemos tro ar deordem log om o limite. Assim, apli ando log no limite fundamental exponen ial (Teorema 6da p.38) obtemos que

limh→0

log(1 + h)

h= lim

h→0log(

(1 + h)1/h)

= log(

limh→0

(1 + h)1/h)

= log(e) = 1.( ) Assim,log(x+ h)− log(x)

h=

1

hlog

(

x+ h

x

)

=1

hlog

(

1 +h

x

)

.Passando ao limite om h → 0, tro ando variável para k = h/x e utilizando a (3.1):limh→0

log(x+ h)− log(x)

h= lim

k→0

log(1 + k)

kx=

1

x.(d) Para derivar a exponen ial pre isamos provar que

limh→0

eh − 1

h= 1. (3.2)

76 CAPÍTULO 3. DERIVADAPara isto vamos tro ar variável. Tome h = log(1 + y). Então eh − 1 = y. Como y → 0quando h → 0, pela mudança de variáveis do limite, limh→0

eh − 1

h= lim

y→0

y

log(1 + y). Utilizandoa equação (3.1), temos que 1 = lim

y→0

y

log(1 + y). Assim, olo ando ex em evidên ia,

limh→0

ex+h − ex

h= ex lim

h→0

eh − 1

h= ex.As derivadas das outras funções trigonométri as omo tangente, se ante e osse antepodem ser al uladas om o Teorema 14 da p.77 (derivada do quo iente) e as derivadas dasfunções trigonométri as inversas (ar o-tangente, ar o-seno, et .) podem ser al uladas omo Teorema 17 da p.87 (derivada da função inversa).Exemplo 63 Determine a derivada de log10 x.Solução do Exemplo 63 Pelas propriedades do log, log10 x =

log x

log 10. Assim,

log10(x+ h)− log10(x)

h=

1

log 10

log(x+ h)− log(x)

h.Passado ao limite om h → 0 obtemos que (log10 x)

′ =1

x log 10. Aqui vemos novamenteporque em ál ulo é melhor utilizar a base e, pois senão a derivada é mais ompli ada.Porque radianos para medir ângulos?Porque e omo base de logaritmos?A resposta é que se utilizarmos outra unidade de medida de ângulo, a derivada dasfunções trigonométri as será mais ompli adas; se utilizarmos outra base para o loga-ritmo/exponen ial, a derivada será mais ompli ada. Nos dois asos surgiria uma onstante(diferente de 1) nas derivadas.Por exemplo, omo vimos no exemplo a ima, log′10(x) =1

x log(10). Se o ângulo formedido em graus, podemos expressar sengr(x) = sen(xπ/180) assim por exemplosengr(90) = sen(π/2) = 1 e osgr(x) = sen(xπ/180). Agora veremos mais adiante quesengr′(x) = π

180cos(xπ/180) = π

180 osgr(x), ao invés da relação mais simples sen′(x) =

cos(x).Qualquer ivilização do Universo após desenvolver alguma Matemáti a es olheria o mesmo.As opções de base 10 (número de dedos nas mãos dos humanos), graus (dividir o ír ulo em360 graus, invenção dos babilnios) são es olhas inteiramente arbitrárias do Homo sapiens.3.3 Propriedades Bási as da DerivadaNesta Seção vamos aprender té ni as que permitem al ular a derivada de umaenorme quantidade de funções sem ter que sequer relembrar a denição de de-rivada. Pou os teoremas vão prover um pro esso me âni o para derivar funçõesque são formadas a partir de pou as funções simples (seno, osseno, log, raizquadrada, poten iação) pela adição, multipli ação, divisão e omposição. ([Spp.144 em tradução livre)

3.3. PROPRIEDADES BÁSICAS DA DERIVADA 77Teorema 14 (soma, diferença, produto, quo iente) Suponha que f e g são funçõesderiváveis e c ∈ R. Então:(a) (f(x) + cg(x))′ = f ′(x) + cg′(x) (derivada é operador linear);(b) (f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x);( ) (f(x)

g(x)

)′=

f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)

(g(x))2onde g(x) 6= 0.Prova: (a) É onsequên ia direta da linearidade do limite dado pelo Teorema 1 da p.12.(b) Se m(x) = f(x)g(x), somando e subtraindo f(x+ h)g(x),

m(x+ h)−m(x)

h=

f(x+ h)g(x+ h)− f(x+ h)g(x) + f(x+ h)g(x)− f(x)g(x)

h=

= f(x+ h)g(x+ h)− g(x)

h+ g(x)

f(x+ h)− f(x)

hPassando ao limite h → 0 obtemos o resultado pois f(x+ h) → f(x).( ) Um argumento não-rigoroso, supondo que fgseja derivável, é denir h = f

g. Assim

hg = f . Cal ulando a derivada dois dois lados obtemos por (b): h′g + hg′ = f ′. Logo,isolando h′ e substituindo h por f/g: h′ = f ′−hg′

g= f ′−fg′/g

g= f ′g−fg′

g2.A prova rigorosa omeça al ulando a derivada de m(x) =

1

g(x)pela denição:

m(x+ h)−m(x)

h=

[

1

g(x+ h)− 1

g(x)

]

1

h=

g(x)− g(x+ h)

h

1

g(x)g(x+ h)Note que quando h → 0 o primeiro termo onverge para −g′(x) e segundo termo onvergepara 1

[g(x)]2. Assim, (1

g

)′=

−g′

g2. Como f

g= f ·1

g, usando o item (b) (derivada do produto),

(

f

g

)′= f ′ 1

g+ f

−g′

g2=

f ′g − fg′

g2.Observação 31 Usando a notação de derivada D da p.73, o operador D é linear, isto é,

D(f + cg) = Df + cDg para toda função f e g e todo c ∈ R.Observação 32 A regra mais difí il é do produto e do quo iente. Um erro (di ilmente ometido pelos alunos após o iní io) e a har que a derivada do produto é o produto dasderivadas.Corolário 4 (xm)′ = mxm−1 para todo m ∈ Z .Prova: Param = 0 é onsequên ia do Teorema 4 da p.70 pois x0 = 1, uma função onstante uja derivada é 0. Para m > 0 segue por indução do Teorema 14 da p.77. Suponha, porhipótese de indução, que (xk)′ = kxk−1. Assim, (xk+1)′ = (xxk)′ = x′ xk + x (xk)′ =1 xk + x kxk−1 = xk + k xk = (k + 1)xk. Como é verdade para k = 0 e supondo verdadeiropara k segue que é verdade para k + 1, é verdadeiro para todo k ∈ N.Para m < 0 basta es rever xm = 1

x−m . Como −m > 0, utilizando a derivada do quo ientee a parte anterior temos que:(

1

x−m

)′=

1′(x−m)′ − (−m)x−m−1

x−2m=

0 +mx−m−1

x−2m= mx−m−1+2m = mxm−1.

78 CAPÍTULO 3. DERIVADAJuntando este Corolário e o Teorema anterior on luímos que podemos derivar:(a) polinmios pois sabemos derivar soma de funções e xm;(b) funções ra ionais pois sabemos derivar polinmios e quo ientes;( ) ombinações de somas, produtos e quo ientes entre funções polinomiais e funçõestrans endentes (seno, osseno, log, et ). Por exemplo tangente, se ante, osse ante, et .Exemplo 64 Cal ule a derivada de p(x) = −5x9 + 3x3 − 7x2 − 10.Solução do Exemplo 64 Apli ando a regra da derivada da soma várias vezes seguidas ob-temos:p′(x) = (−5x9)′ + (4x3 − 7x2 − 10)′ = (−5x9)′ + (4x3)′ − (7x2 − 10)′ =

= (−5x9)′ + (4x3)′ − (7x2)′ − (10)′.Agora usando a propriedade (cg)′ = cg′ se c é onstante,p′(x) = −5(x9)′ + 4(x3)′ − 7(x2)′ − (10)′.Agora usando a regra (xm)′ = mxm−1 para m ∈ Z,

p′(x) = −5 · 9x8 + 4 · 3x2 − 7 · 2x1 − 0 = −45x8 + 12x2 − 14x.

Observação 33 Com estas regras mais as derivadas das funções trans endentes (seno, osseno, exponen ial e logaritmo) podemos derivar um onjunto enorme de funções. Noteque existe um algoritmo para al ular a derivada: um omputador pode fa ilmente derivarqualquer função.Exemplo 65 Cal ule a derivada de:(a) f(x) = log x tan x; (b) g(x) = x4 cosx+7x

sen x.Solução do Exemplo 65 (a) Primeiro vamos al ular a derivada da tangente utilizando aderivada do quo iente:

(tanx)′ =(sen x

cosx

)′=

(sen x)′ cosx− sen x(cosx)′

(cosx)2=

=cos x cosx− sen x(− sen x)

(cosx)2=

cos2 x+ sen2 x

(cosx)2=

1

(cosx)2= sec x.Agora usando a regra do produto (log′(x) = 1/x),

f ′(x) = (log x)′ tan x+ log x(tan x)′ =tanx

x+

log x

(cosx)2.(b) Come e apli ando a regra da soma:

g′(x) =

(

x4 cosx+7x

sen x

)′= (x4 cosx)′ +

(

7x

sen x

)′.

3.3. PROPRIEDADES BÁSICAS DA DERIVADA 79Agora derive ada termo, usando regra do produto no primeiro e do quo iente no segundo:g′(x) = (x4)′ cosx+ x4(cos x)′ +

(7x)′ sen x− 7x(sen x)′

sen2 x.Termine:

g′(x) = 4x3 cosx+ x4(− sen x) +7 sen x− 7x cosx

sen2 x.Observação 34 É importante ser sistemáti o durante a derivação, exe utando pou ospassos de ada vez. Somente om muito experiên ia podemos fazer diretamente ompou os (ou nenhum) passo intermediário. Assim aplique uma regra de ada vez.Exemplo 66 Cal ule a derivada de f(x) =

log x

5ex + 2 sen x.Solução do Exemplo 66

f ′(x) =(log x)′(5ex + 2 sen x)− log x(5ex + 2 sen x)′

(5ex + 2 sen x)2=

=(1/x)(5ex + 2 sen x)− log x((5ex)′ + (2 sen x)′)

(5ex + 2 sen x)2=

=(1/x)(5ex + 2 sen x)− log x(5ex + 2 cosx)

(5ex + 2 sen x)2Exemplo 67 Determine todas as retas tangentes ao grá o de y = 1−x2 que passam peloponto (0, 4).Solução do Exemplo 67 Primeiro podemos ver geometri amente (ver grá o abaixo) quesão duas soluções.Como y′ = −2x, a reta tangente no ponto (a, 1− a2) é y− (1− a2) = −2a(x− a). Estareta vai passar no ponto (x, y) = (0, 4) se 4− (1−a2) = −2a(0−a), isto é, se 3+a2 = 2a2,ou se a2 = 3. Isto vai o orrer para a = ±√3. Como 1 − (±

√3)2 = 1 − 3 = −2, asretas passam nos pontos do grá o (

√3,−2) e (−

√3,−2). Assim as retas tangentes são

y− (−2) = −2√3(x−

√3) e y− (−2) = 2

√3(x+

√3). Simpli ando obtemos que as duasretas tangentes ao grá o são: y = 4± 2

√3x.

x

y

??

4

y = 1− x2

80 CAPÍTULO 3. DERIVADA3.4 Derivada da CompostaPré-Cál ulo: Saber fazer omposição de funções. Exemplo: se f(x) = 4x+ 2 e g(y) =sen(y + 1), al ule f(g(y)) e g(f(x)).Teorema 15 (Derivada da omposta ( adeia)) Considere f e g deriváveis. Então[f(g(x))]′ = f ′(g(x)) · g′(x).Prova: Um argumento não-rigoroso é, dividindo e multipli ando por g(x+ h)− g(x),

f(g(x+ h))− f(g(x))

h=

f(g(x+ h))− f(g(x))

g(x+ h)− g(x)· g(x+ h)− g(x)

h.Agora quando h → 0 o segundo termo onverge para g′(x) por denição. Para al ular oprimeiro, troque variável para y = g(x + h). Quando h → 0, y → g(x). Assim, denindo

a = g(x),limh→0

f(g(x+ h))− f(g(x))

g(x+ h)− g(x)= lim

y→g(x)

f(y)− f(g(x))

y − g(x)= lim

y→a

f(y)− f(a)

y − a= f ′(a) = f ′(g(x)).Erro Comum: Este é a regra de derivação mais difí il de todas. Ne essário prati arbastante, pois é um ponto de di uldade para muitos alunos.Exemplo 68 Cal ule as derivadas de:(a) f(x) = sen(4x5−4); (b) g(x) = [log(sen(x5)+2)]7; ( ) h(x) = e10 sen(x

3)+7x2 .Solução do Exemplo 68 (a) f ′(x) = sen′(4x5 − 4)(4x5 − 4)′ = cos(4x5 − 4)(20x4).(b) g′(x) = 7[log(sen(x5) + 2)]6[log(sen(x5) + 2)]′ =

= 7[log(sen(x5) + 2)]6 log′(sen(x5) + 2)(sen(x5) + 2)′ =

= 7[log(sen(x5) + 2)]61

sen(x5) + 2sen ′(x5)(x5)′ =

= 7[log(sen(x5) + 2)]61

sen(x5) + 2cos(x5)5x4 =

=35x4[log(sen(x5) + 2)]6 cos(x5)

sen(x5) + 2.( ) Utilizando a notação exp(x) = ex para fa ilitar o entendimento da apli ação dasregras.

h′(x) = exp′(10 sen(x3) + 7x2)(10 sen(x3) + 7x2)′

= exp(10 sen(x3) + 7x2)(10 sen ′(x3)(x3)′ + (7x2)′) =

= exp(10 sen(x3) + 7x2)(10 cos(x3)(3x2) + 14x) =

= exp(10 sen(x3) + 7x2)(30x2 cos(x3) + 14x).

3.4. DERIVADA DA COMPOSTA 81Observação 35 Com denir ax?Por exemplo, 10π é igual a 10 multipli ado por ele mesmo quantas vezes?Um aminho é denir primeiro 10p/q om p, q ∈ N omo no ensino médio (ver [Sp, p.283para ótima expli ação): 10p/q = q√10p. Para um irra ional qualquer omo π, denimostrun ando a expansão de imal e passando ao limite. Assim, 10π ≈ 103.14 =

100√10314 ou

10π ≈ 103.1415 =10000√1031415, et .Mas existe um aminho direto utilizando a exponen ial ex. Como elog 10 = 10, utilizandopropriedades do expoente, 10x = (elog 10)x = ex log 10. De forma geral, denimos

ax = ex log a para todo x ∈ R e a > 0.Exemplo 69 Cal ule a derivada de:(a) f(x) = xr (para x > 0); (b) g(x) = 10x; ( ) h(x) = xx (para x > 0).Solução do Exemplo 69 (a) Como x = elog x,f ′(x) = (xr)′ = (er log x)′ = elog x

r

x=

rxr

x= rxr−1.(b) Como 10 = elog 10 (porque?),

g(x) = 10x = (elog 10)x = ex log 10.Assim,g′(x) = ex log 10(x log 10)′ = ex log 10log 10 = 10x log 10.Aqui vemos novamente porque em ál ulo é melhor utilizar a base e, pois senão a derivada émais ompli ada.( ) Como x = elog x,

h′(x) = (xx)′ = (ex logx)′ = (ex log x)(1 + log x) = xx(1 + log x).Pelo exemplo anterior item (a), (xr)′ = rxr−1.Assim sabemos al ular por exemplo ( 7√x)′ = (x1/7)′ = 1

7x

1

7−1 = 1

7x− 6

7 =1

77√x6

.Ou então (12√x5)′ = (x5/12)′ = 5

12x

5

12−1 = 5

12x− 7

12 =5

1212√x7

.Exemplo 70 Cal ule a derivada de:(a) h(x) = |x2 − 9|; (b) m(x) = log(|x|).Solução do Exemplo 70 (a) Por denição h(x) = x2 − 9 quando |x| > 3 e h(x) =−(x2 − 9) = 9 − x2 quando |x| < 3. Assim, h′(x) = 2x quando |x| > 3 e h′(x) = −2xquando |x| < 3. Note (sabe expli ar geometri amente porque?) que f ′(3) e f ′(−3) nãoexistem.(b) Por denição m(x) = log(x) para x > 0 e m(x) = log(−x) para x < 0. Assimm′(x) = 1/x para x > 0 e m′(x) = log′(−x) · (−x)′ =

1

−x· (−1) =

1

xpara x < 0. Assim,para todo x 6= 0 (onde log(|x|) não está denida de qualquer jeito) m′(x) =

1

x. Ou seja,

m′(x) = (log(|x|))′ = 1

xpara todo x 6= 0.

82 CAPÍTULO 3. DERIVADAExemplo 71 Determine a equação da reta tangente ao grá o de y(x) = sen(log(x2 + 7))no ponto (1, sen(log(8))).Solução do Exemplo 71 Como y′(x) = cos(log(x2 + 7))1

x2 + 72x, a equação da retatangente é:

y − sen(log(8)) = cos(log(12 + 7))1

12 + 72 · 1(x− 1) =

cos(log(8))

4(x− 1).Rearrumando, a equação da reta tangente é:

y = sen(log(8)) +cos(log(8))

4(x− 1).

Quadro de derivadas bási as.f(x) f ′(x)

xr rxr−1

ex ex

log(|x|) 1

xsen x cosxcosx − sen xtanx sec x

3.5 Teorema do Valor Médio (TVM): Cres imento eDe res imentoNesta Seção vamos justi ar o tempo que gastamos aprendendo a al ular aderivada de uma função. Veremos que sabendo somente um pou o sobre f ′ (osinal) nos diz muito sobre f . [Sp, p.163Algumas apli ações importantes do Teorema do Valor Médio (TVM) que apresentaremosnesta seção são omo determinar:• intervalos onde uma função res e ou de res e;• intervalos onde uma função é injetiva e, onsequentemente, onde existe a função inversa;• uni idade de solução de equações.Os resultados desta Seção são baseados no seguinte Teorema.Teorema 16 (Rolle) Se f é ontínua em [a, b] ( om a < b) e derivável em (a, b) om

f(a) = f(b) = 0, então existe c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.

3.5. TEOREMA DO VALOR MÉDIO (TVM): CRESCIMENTO E DECRESCIMENTO 83Prova: Vou somente ilustrar o resultado. Considere a função f representada no grá oabaixo. Note que f(0) = f(1) = f(2) = f(3) = 0. Assim no intervalo [0, 1] existe um ctal que f ′(c) = 0, isto é, tal que a reta tangente é paralela ao eixo x. O mesmo o orre nointervalo [1, 2]. Finalmente note que o Teorema garante a existên ia de pelo menos um c,mas podemos ter mais de um, omo no aso da apli ação do Teorema em [2, 3], onde temos3 c's distintos.

x

y

1 2 3c c′ c′′ c′′′c

O Teorema do Valor Médio (TVM) apresentado omo um orolário do Teorema de Rolle,é uma das mais importantes ferramentas teóri as do Cál ulo provavelmente o resul-tado mais profundo sobre derivadas. [Sp p.168 O TVM é a base de métodos numéri osutilizados nas apli ações do Cál ulo na Engenharia.Corolário 5 (Teorema do Valor Médio (TVM)) Se f é ontínua em [a, b] ( om a < b)e derivável em (a, b) então existe c ∈ (a, b) tal quef(b)− f(a) = f ′(c)(b− a).Prova: Considere a função g denida em [a, b] por

g(x) = f(x)− f(a)− f(b)− f(a)

b− a(x− a).Como g(a) = g(b) = 0, podemos apli ar o Teorema 16 (Rolle) para on luir que existe

c ∈ (a, b) tal que g′(c) = 0. Comog′(c) = f ′(c)− f(b)− f(a)

b− a= 0,

f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a.Observação 36 O TVM diz em termos de Físi a que existe um ponto c ∈ (a, b) tal quea a velo idade instantânea em c é igual a velo idade média em [a, b].Vamos estabele er relações entre o sinal da derivada e a função ser res ente, de res ente, onstante ou injetiva.

84 CAPÍTULO 3. DERIVADADenição 15 ( res ente e de res ente) Seja I um intervalo. Dizemos que f é:(a) res ente em I se para todo x, y ∈ I om x < y, temos que f(x) < f(y);(b) de res ente em I se para todo x, y ∈ I om x < y, temos que f(x) > f(y).Observação 37 Poderíamos denir res ente (sem ser estritamente) por: x < y impli aque f(x) ≤ f(y) (permitindo igualdade). Vamos deixar isto para um urso de Análise.Neste livro dizemos que a função é res ente signi ando estritamente res ente.Corolário 6 (sinal da derivada e res imento/de res imento) Seja f uma função de-rivável em um intervalo I. Se, para todo x ∈ I:(a) f ′(x) > 0, então f é res ente em I;(b) f ′(x) < 0, então f é de res ente em I;( ) f ′(x) = 0, então f é onstante em I.Prova: (a) Sejam a, b ∈ I om a < b. Apli ando o Teorema do Valor Médio a f no intervalo[a, b], obtemos que existe c ∈ (a, b) tal que

f(b)− f(a)

b− a= f ′(c) > 0.Assim f(b)− f(a) > 0, isto é, f(b) > f(a). Logo f é res ente em I. Deixamos os outrositens para o leitor.Observação 38 A hipótese da derivada ser positiva num intervalo é fundamental parase on luir que a função é res ente neste intervalo. A derivada ser positiva em um ponto

a não impli a que ela é res ente perto de a (numa vizinhança de a, vide p.2). Um exemploé apresentado através da função f representada no grá o abaixo. Embora f ′(0) > 0, afunção não é res ente perto de zero pois os ila. A derivada positiva em x = 0 impli asomente que f(x) ≤ f(0) ≤ f(y) para x < 0 < y. Veja [NC Capítulo 8 ou [Sp, p.198para análise detalhada.x

y

f(x)

Denição 16 Uma função f : I → R é dita injetiva se para todo x, y ∈ I om x 6= ytemos que f(x) 6= f(y).Pré-Cál ulo: Pode-se testar a injetividade observando o grá o e fazendo o teste dareta horizontal: Toda reta horizontal (isto é, uma reta paralela ao eixo x) deve interse taro grá o em no máximo um ponto. Leia a denição anterior, faça uns desenhos e ertique-se que este teste fun iona.

3.5. TEOREMA DO VALOR MÉDIO (TVM): CRESCIMENTO E DECRESCIMENTO 85Lema 7 (Relação entre Continuidade e Injetividade) Seja f : I → R uma função ontínua num intervalo I. Então f é injetiva em I se, e somente se, f é res ente oude res ente em I.Prova: A prova é deli ada. Veja em [NC.Corolário 7 (sinal da derivada e injetividade) Seja f : I → R uma função derivávelnum intervalo I. Se f ′(x) > 0 ou f ′(x) < 0 para todo x ∈ I, então f é injetiva em I.Prova: Juntando o Corolário 6 da p.84 e o Lema 7, se f ′(x) > 0 ou f ′(x) < 0 para todox ∈ I a função é injetiva em I pois será res ente ou de res ente em I.Exemplo 72 Considere o grá o de f ′ na gura abaixo. Determine onde a função f res e,de res e ou é onstante. Determine intervalos onde podemos garantir que f é injetiva.

x

y

−3 −2 −1 1 2 3 f ′(x)

Solução do Exemplo 72 A função f res e em (−3,−2) e (1, 3). A função f de res e em(−1, 1). A função f é onstante em (−2,−1). Assim podemos garantir que f é injetiva em(−3,−2), (−1, 1) e em (1, 3).Note que pelo teste da reta horizontal, a função não é injetiva em (1, 3) por exemplo.Aplique o teste da reta horizontal neste grá o.Exemplo 73 Sabendo que f ′(x) = (x2 + 3)(x2 − 9)(x+ 5), determine onde f é res entee de res ente. Determine em quais intervalos f é injetiva.Solução do Exemplo 73 Temos que fazer a análise do sinal de f ′(x). Fazendo (note quex2 + 3 não afeta o sinal, e pode ser ignorado) isto on luímos que:(a) f ′(x) < 0 se x < −5 ou −3 < x < 3. Assim f de res e nestes intervalos.(b) f ′(x) > 0 se x > 3 ou −5 < x < −3. Assim f res e nestes intervalos.A função f será injetiva, separadamente, em ada intervalo onde ela somente res e ousomente de res e. Assim será injetiva em (−∞,−5), (−5,−3), (−3, 3) e em (3,+∞).Exemplo 74 Considere f(x) = x3 + 3x2 − 3x+ 1. Determine onde f é res ente e de res- ente. Determine em quais intervalos f é injetiva.Solução do Exemplo 74 Observe que f ′(x) = 3x2 + 6x− 3. As raízes são x = −1±

√2.Fazendo a análise de sinal obtemos que:(a) f ′(x) < 0 se −1 < −

√2 < x < −1 +

√2. Assim f de res e nestes intervalos.(b) f ′(x) > 0 se x > −1 +

√2 ou x < −1 −

√2. Assim f res e nestes intervalos.A função f será injetiva, separadamente, em ada intervalo onde ela somente res e ousomente de res e. Assim será injetiva em (−∞,−1 −

√2), (−1 −

√2,−1 +

√2), e em

(−1 +√2,+∞).

86 CAPÍTULO 3. DERIVADAExemplo 75 Determine onde f(x) = x3 é res ente/de res ente.Solução do Exemplo 75 Como f ′(x) = 3x2 > 0 para todo x 6= 0, garantimos que f é res ente para x < 0 e para x > 0. No entanto, pelo TVM não sabemos o que o orre no0. Assim, embora f(x) = x3 seja res ente para todo x ∈ R, o TVM garante apenas nestesintervalos separadamente.Exemplo 76 Mostre que existe uma úni a função h : R → R derivável em todo x ∈ R talque h′(x) = sen(x2 + 4) para todo x ∈ R e h(0) = 1.Solução do Exemplo 76 Suponha que exista outra g tal que g′(x) = sen(x2+4) e g(0) =1. Dena f(x) = g(x)−h(x). Assim f ′(x) = g′(x)−h′(x) = sen(x2+4)− sen(x2+4) = 0.Pelo TVM, omo f ′(x) = 0 para todo x ∈ R, f é onstante em R. Como f(0) = g(0) −h(0) = 1− 1 = 0, f(x) = 0 para todo x. Logo g(x) = h(x) para todo x ∈ R, provando queexiste uma úni a função que resolve este problema.Observação 39 Este resultado é típi o em Matemáti a: Não sabemos qual é a soluçãodo problema, isto é, qual função h possui omo derivada sen(x2 + 4) mas sabemos que asolução é úni a. Provamos a uni idade do problema mas NO garantimos a existên iade solução e menos ainda sabemos omo exibir uma solução. Para isto pre isamos aprendera Teoria de Integração.3.6 Derivada da InversaVamos ver nesta Seção omo al ular a derivada da inversa de uma função. Vamos apli arpara al ular a derivada das funções inversas das trigonométri as, uja a mais importante é oarctan.Pré-Cál ulo: O que é inversa de uma função?Cuidado om a onfusão usual entre a inversa e a função 1/sobre!A inversa de x2 é √

x 6= 1

x2.A inversa de sen(x) é arcsen(x) 6= 1

sen(x).A inversa de ex é log(x) 6= 1

ex= e−x.Lembre que obtemos o grá o da função inversa reetindo o grá o da função em tornode y = x. Faça isto para os pares: x2 e √

x, x3 e 3√x, ex e log(x), cos(x) e arccos(x).Utilize um software para ajudá-lo nesta tarefa.Pré-Cál ulo: Quando uma função possui inversa?Teste da reta horizontal: se ada reta horizontal to a em no máximo 1 ponto (0 ou 1ponto) do grá o de f , a função f é injetiva e a inversa existe.Consequên ia do Teste da reta verti al: Um grá o é uma função se ada reta verti alto a em no máximo 1 ponto.

3.6. DERIVADA DA INVERSA 87Teorema 17 (da função inversa) Se uma função f é derivável e inversível perto de x(numa vizinhança de x, veja p.2) om f ′(x) 6= 0, então a função inversa f−1 é derivável emy = f(x) e (f−1)′(y) =

1

f ′(f−1(y)).Prova: Apresentamos um argumento não-rigoroso, supondo que a inversa é derivável. Vejaprova em [NC apítulo 8 ou [Sp, p.208. Como f possui inversa, podemos es rever que

f−1(f(x)) = x. Derive os dois lados usando a regra da adeia do lado esquerdo. Vamosobter que: (f−1)′(f(x)) · f ′(x) = 1. Logo, denindo y = f(x), temos que x = f−1(y).Portanto, (f−1)′(y) =1

f ′(x)=

1

f ′(f−1(y).Exemplo 77 Cal ule a derivada de:(a) g(y) = arctan y; (b) f(y) = arcsen y.Solução do Exemplo 77 (a) A função tan possui inversa em (π/2, π/2). Já vimos na p.78que (tanx)′ = 1

cos2 x. Logo (tanx)′ 6= 0 para todo x ∈ (π/2, π/2). Pelo Teorema da FunçãoInversa (Teorema 17 da p.87) a função arctan é derivável neste intervalo. Vamos al ular suaderivada derivando os dois lados de arctan(tanx) = x e utilizando a regra da adeia:

arctan′(tan x) · (tan x)′ = 1 = arctan′(tanx) · 1

cos2 x.Dividindo a identidade trigonométri a fundamental sen2 x + cos2 x = 1 por cos2 x obtemosque tan2 x+ 1 =

1

cos2 x. Logo,

1 = arctan′(tanx) · (tan2 x+ 1).Fazendo y = tanx obtemos quearctan′(y) =

1

y2 + 1.(b) A função sen possui inversa em (π/2, π/2). Como (sen x)′ = cos(x) 6= 0 paratodo x ∈ (π/2, π/2), pelo Teorema da Função Inversa (Teorema 17 da p.87) a função

arcsen é derivável neste intervalo. Vamos al ular sua derivada derivando os dois lados dearcsen(sen x) = x e utilizando a regra da adeia:

′arcsen(sen x) · (sen x)′ = 1 =

′arcsen(sen x) · cosx.Da identidade trigonométri a fundamental cosx =√1− sen2 x. Logo, fazendo y = sen xobtemos que

arcsen ′(y) =1

√

1− y2.Observação 40 Vamos refazer a derivada do arctan do exemplo om a notação de Leib-niz. Se y = tan(x), dy

dx=

1

cos2(x). Como x = arctan(y), queremos arctan′(y) =

dx

dy.Assim, dx

dy=

(

dy

dx

)−1. Como dy

dx=

1

cos2(x), dxdy

= cos2(x) =1

tan2(x) + 1=

1

y2 + 1.

88 CAPÍTULO 3. DERIVADAExemplo 78 Utilize o fato que log e a função inversa de exp para deduzir a derivada de:(a) log y assumindo que (ex)′ = ex;(b) ey assumindo que (log x)′ =1

x.Solução do Exemplo 78 (a) Derivando a identidade log(ex) = x, log′(ex)·(ex)′ = log′(ex)·

ex = 1. Logo, log′(ex) = 1

ex. Fazendo y = ex obtemos que log′(y) =

1

y.Refazendo om a notação de Leibniz: y = ex e x = log y. Assim dy

dx= ex. Logo

log′(y) =dx

dy=

1

ex=

1

y.(b) Vamos utilizar a notação exp(x) = ex. Derivando a identidade exp(log x) = x,

exp′(log x) · (log x)′ = exp′(log x) · 1x= 1. Logo, exp′(log x) = x. Fazendo y = log x, temosque ey = x e obtemos que (ey)′ = exp′(y) = x = ey.Refazendo om a notação de Leibniz: y = log x e x = ey = exp(y). Assim dy

dx=

1

x.Logo exp′(y) =

dx

dy= x = ey.Exemplo 79 Considere f(x) = x5 − 2x3 + 7x2 + 4. Sabendo que f(1) = 10, mostre queexiste g = f−1 denida perto de 10. Cal ule g′(10).Solução do Exemplo 79 Como f ′(x) = 5x4 − 6x2 + 14x é ontínua e f ′(1) = 13, pertode x = 1 a derivada é positiva. Logo, pelo TVM, f é res ente perto de 1 e portantoexiste g = f−1 perto de 10 = f(1). Pelo Teorema da Função Inversa g é derivável e

g′(10) =1

f ′(g(10))=

1

f ′(1)=

1

13.Outro modo de al ular a derivada é o seguinte. Como g(f(x)) = x, derivando os doislados, g′(f(x)) · f ′(x) = 1. Logo, g′(f(1)) · f ′(1) = 1 = g′(10) · 13. Logo g′(10) =

1

13.Ainda outro modo é usando a notação de Leibniz. Seja y = f(x) = 5x4 − 6x2 + 14x.

dy

dx= 20x3 − 12x + 14. Como f ′(x) =

dy

dx, g′(y) = (f−1)′(y) =

dx

dy=

1

20x3 − 12x+ 14.Quando y = 10, x = 1. Assim g′(10) =

1

20 · 13 − 12 · 1 + 14=

1

13.3.7 Exer í ios de Derivada3.7.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1.Determine a equação da reta tangente ao grá o de f(x) no ponto x = −2sabendo que f(−2) = 3 e f ′(−2) = 3.Exer í io 2.Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija.(a) Se f é ontínua em x = 3, então f é derivável em x = 3.025.julho.2010

3.7. EXERCÍCIOS DE DERIVADA 89(b) Se f(2) = g(2), então f ′(2) = g′(2).( ) Se f ′(1) > 0, então f(1) > 0.Exer í io 3.Considere o grá o de f abaixo.(a) se f ′(x1) = 2 determine f ′(x2) e f ′(x3).(b) Coloque em ordem res ente f ′(x2), f′(x4), f

′(x5), f′(x6).

x

y

x1 x2 x3 x4 x5 x6

f(x)

Exer í io 4.Dado o grá o de f abaixo, faça o grá o exato de f ′.x

y

f(x)

4 12

3

−2Exer í io 5. Se f e g são funções diferen iáveis tais que f(2) = 3, f ′(2) = −1, g(2) = −5,g′(2) = 2, determine o valor de h′(2) se:(a) h(x) = f(x)g(x); (b) h(x) = f(x)

g(x).Exer í io 6.Considere f e g duas funções ujos grá os estão na gura abaixo. As retasque apare em são tangentes ao grá o. Determine o valor de h′(1) se:(a) h(x) = f(x) · g(x); (b) h(x) = 5f(x)− 3g(x).

-

6

x

y

1

1

f(x)

-

6

x

y

3

2

1

g(x)

90 CAPÍTULO 3. DERIVADAExer í io 7. Se um balonista joga um sa o de areia de um balão a 500m de altura então osa o de areia estará numa altura (em metros) h(t) = 500−16t2 após t segundos. Determine:(a) sua velo idade em t = 2;(b) em qual instante t o sa o atingirá o solo;( ) om qual velo idade o sa o atingirá o solo;(d) om qual a eleração o sa o atingirá o solo.Exer í io 8.Cal ule a derivada em relação a x das funções:(a) ex log x; (b) cosx

x+ 5( ) cos(x3 + 1);(d) eπ + log(π2 + 1). (e) log(1 + sen x); (f) |x− 2|;Exer í io 9.Cal ule:(a) d

dr

(

4

3πr3); (b) d

dk(3k2 − k−1); ( ) du

dtse u = t log t;(d) dv

dsse v = sπ; (e) dy

dxse y = (

√3)x; (f) d

dt(log π).Exer í io 10.Estude o Teorema do Valor Médio (Corolário 5 da p.83) e responda. Suponhaque f é derivável em R e −4 ≤ f ′(x) ≤ 3 para todo x ∈ R. Prove que:(a) −16 ≤ f(5)− f(1) ≤ 12; (b) −4h ≤ f(h)− f(0) ≤ 3h para todo h > 0.Exer í io 11.Um objeto ai do alto de um edifí io de 100m e atinge o solo em 5 segundos.Aplique o Teorema do Valor Médio (TVM) e prove que em algum instante o objeto estava om velo idade (em módulo) igual a 20m/s.Exer í io 12. Suponha que f ′′(x) = 0 para todo x ∈ R. Sabendo que f ′(−3) = 0 e

f(5) = π, aplique uma onsequên ia do Teorema do Valor Médio (TVM) duas vezes para on luir que f(x) = π para todo x ∈ R.Exer í io 13.Considere f e g duas funções ujos grá os estão na gura abaixo. As retasque apare em são tangentes ao grá o.(a) Se h(x) = f(g(x)), determine h′(2).(b) Se k(y) = g−1(y), determine k′(3).-

6

x

y

QQQQQQQQQQQ

QQ

QQQ

3

2f(x)

-

6

x

y

2

2

3

g(x)

3.7. EXERCÍCIOS DE DERIVADA 91Exer í io 14.Considere o grá o abaixo.x

y

Se o grá o representa f(x) determine maiores intervalos (indique no grá o) onde:(a) f ′ é positiva e negativa; (b) f é injetiva (possui inversa).Se o grá o representa f ′(x) determine maiores intervalos (indique no grá o) onde:( ) f é res ente e de res ente; (d) f é injetiva (possui inversa).3.7.2 ProblemasProblema 1.Cal ule, pela denição (utilizando limite), a derivada de:(a) f(x) = 1

x2; (b) f(x) = 1√

x.Problema 2.Determine a, b ∈ R tais que a função abaixo tenha derivada em todos os pontos.

f(x) =

x2; x < 1;

ax+ b; x ≥ 1.Problema 3. Suponha que |f(x)| ≤ |x|k om k > 1. Cal ule pela denição f ′(0).Di a: Veja o Exemplo 57 da p.72.Problema 4.Para ada uma das funções abaixo, determine onde possui derivada e al ule aderivada nestes pontos.(a) g(x) = 3; x < 2;

−4; x ≥ 2;(b) f(x) = |ex − 1|; ( ) h(x) = |(3− x)(x+ 1)|.Problema 5.Em ada um dos itens abaixo, s(t) representa a posição de uma partí ula semovendo em linha reta no instante t. Determine:(i) A velo idade e a eleração da partí ula no instante t = 0.(ii) Os instantes em que a partí ula esta parada.(a) s(t) = t2 − 1

t2 + 1; (b) s(t) = sen t.Problema 6.Considere a função f(x) = 2x3 − 2x2 + 5. Determine todos os pontos dográ o de f nos quais a reta tangente é:

92 CAPÍTULO 3. DERIVADA(a) horizontal; (b) paralela à reta 2y − 20x− 50 = 0.Problema 7.A he ondições sobre a, b, c ∈ R para que a urva:(a) y = ax3 + bx2 + cx+ π tenha uma úni a reta tangente horizontal;(b) y = ax2 + bx + c tenha x + y = 1 e y = −1 respe tivamente omo retas tangentesnos pontos x1 = −1 e x2 = 1.Problema 8.Cal ule as derivada (em relação a x) das funções:(a) (5x2 − 3x+ 4)300; (b) sen( 7√

cos(x2) + 4); ( ) x2 + 1

e−x + 1; (d) 3

√x+ t

x2 + k;(e) log(sen(5ex)) · x4; (f) arctan(log(3x2 + 1)); (g) earcsen(4−5x).Problema 9.Dado que f(4) = 3, f ′(4) = −5 e g(x) = 3 log(f(x) + x), determine g′(4).Problema 10.Considere m0, T0, K, a, b, c, d ∈ R. Cal ule:(a) f ′(t) se f(t) = m0e

(T0−t)/K ; (b) f ′(x) se f(x) =

(

ax+ b

cx+ d

)2;( ) f ′(θ) se f(θ) = K sen(aθ3 + b); (d) f ′(t) se f(t) = eKt cos(at).Problema 11.Determine a equação da reta tangente ao grá o de:(a) y =sen(x2)

xpara x =

√

π/2; (b) y = esen(−2x) no ponto (π, 1).Problema 12.Mostre que:(a) ex ≥ 1 + x para x ≥ 0.(b) a equação 2x3 − 15x2 + 60x+ 4 = 0 possui exatamente uma raiz real.Problema 13. (Apli ações do Teorema do Valor Médio)(a) Dois orredores ini iaram a orrida no mesmo instante e terminaram empatados. Proveque em algum instante durante a orrida ele têm a mesma velo idade.(b) Considere f diferen iável om f(0) = 0 e f ′(x) ≤ 1 para todo x > 0. Mostre quef(x) ≤ x para todo x > 0.( ) Mostre que existe uma úni a função diferen iável h : R → R tal que: h′(x) = h(x);

h(0) = 1.Di a: Suponha que h1 e h2 são soluções. Dena f(x) =h1(x)

h2(x), al ule f ′(x) e f(0).(d) Considere f(x) = x2ex e g(x) = e

√x. Prove que existe um c ∈ (0, 1) tal que asretas tangentes ao grá o de f e de g são paralelas em x = c.Problema 14. Se f e g são funções diferen iáveis tais que f ′(2) = −1, f(2) = 3, g(−1) = 2,

g′(−1) = 6, determine o valor de h′(2) se:(a) h(x) = f(g(−x/2)); (b) h(y) = g−1(y).

3.7. EXERCÍCIOS DE DERIVADA 93Problema 15. Sabendo que a equação da reta tangente ao grá o de y = f(x) no ponto(−1, 3) passa no ponto (0, 6), determine (f−1)′(3).Problema 16. Seja f(x) = cos(x5 + 2x + π/2). Sabendo que f(0) = 0, e que g(y) é ainversa de f perto de y = 0, determine g′(0).3.7.3 ExtrasExtra 1. Se f e g possuem derivada e são tais que: f(2) = 3, f ′(2) = −1, g(2) = −5,g′(2) = 2, determine:(a) w′(2) se w(x) =

4f(x)

g(x); (b) m′(0) se m(x) = exg(3x+ 2).Extra 2.Cal ule a derivada (em relação a x) das funções:(a) sen(x ex log x); (b) sen(sen(sen x))); ( ) 3arctan x; (d) √x+

√x;(e) sen(cosx sen x); (f) sen |1− x2|; (g) eex4 ; (h) log(sen(2x))√x2 + 1.Extra 3.Determine todos os pontos do grá o de y(x) = x3 + 2x2 − 4x + 5 nos quais areta tangente:(a) é horizontal; (b) é paralela à reta 2y + 8x− 5 = 0.Extra 4.Determine a, b ∈ R tais que a função abaixo tenham derivada em todos os pontos.

f(x) =

ax2 + b; x ≤ 1;1

x; x > 1

.Extra 5. Sabendo que g é ontínua em a e f(x) = (x− a)g(x), determine f ′(a).Extra 6.Determine a equação da reta tangente ao grá o da função no ponto indi ado.(a) y = x2 sen x no ponto (π, 0). (b) y = log(√x− 2), no ponto ((e + 2)2, 1).Extra 7.Determine:(a) os pontos da urva y =

1

xnos quais a reta tangente é paralela à reta 2x+ 3y = 0;(b) a(s) reta(s) tangente(s) ao grá o de y = e2x que ontem(êm) o ponto (5/2, 0).Extra 8. (Função res ente/de res ente) Mostre que:(a) x > log x para x > 1;(b) a equação −2x13 − 6x5 − x+ 10 = 0 possui exatamente uma raiz real.Extra 9. (Apli ações do Teorema do Valor Médio)(a) Suponha que f é uma função diferen iável em R e tenha duas raízes reais distintas.Mostre que f ′ tem, no mínimo, uma raiz real.

94 CAPÍTULO 3. DERIVADA(b) Considere uma função f diferen iável om f ′(x) ≤ 4 para todo x ∈ (2, 5). Prove quef(5)− f(2) ≤ 12.( ) Mostre que existe uma úni a g função derivável em R tal que:

g′′(x) = cos(2x+ log(x4 + 1)), g′(2) = −1 e g(3) = 5.Di a: Suponha que g1 e g2 são soluções. Dena f(x) = g1(x) − g2(x), al ule f ′′(x) ef ′(2). Con lua que f ′(x) = · · · . Depois al ule f(3).Extra 10.Considere f(x) =

xk; x ∈ Q;

0; x 6∈ Q om k > 1. Cal ule pela denição f ′(0).Di a: Veja o Exemplo 57 da p.72.Extra 11.Determine uma fórmula para a derivada (fgh)′.3.7.4 DesaosDesao 1.Cal ule pela denição a derivada no ponto x = 0 de:(a) f(x) = x sen(1/x); x 6= 0;

0; x = 0;(b) g(x) = x2 sen(1/x); x 6= 0;

0; x = 0.Desao 2.Use o binmio de Newton para al ular pela denição a derivada de h(x) = xnpara n ∈ N.Desao 3.Considere f(x) = −x2

2. Determine uma função g tal que, para todo x > 0, areta tangente ao grá o de f em x seja paralela à reta normal ao grá o de g em x.Desao 4.Considere f uma função polinomial de grau 2. Mostre que a reta se ante aográ o de f nos pontos x1 e x2 é paralela à reta tangente no ponto médio x1 + x2

2quaisquerque sejam x1 e x2.Desao 5. Prove (veja outra prova no Desao da p.67) usando derivada de seno, osseno eexponen ial que

eiθ = cos θ + i sen θ.Di a: Dena f(θ) =cos θ + i sen θ

eiθe derive. Quando derivar, trate i ∈ C omo uma onstante.Desao 6.Prove que existe um úni o par de funções s(x) e c(x) deriváveis para todo x ∈ Rtais que s′(x) = c(x);

s(0) = 0;e

c′(x) = −s(x);

c(0) = 1.Di a: Suponha que existam s1, c1 e s2, c2. Dena f = (s1 − s2)2 + (c1 − c2)

2. Mostreque f ′(x) = 0 e f(0) = 0. Aplique o TVM.

Capıtulo 4

Aplicacoes da DerivadaObjetivos: Apresentar a té ni a de L'Hospital.Aproximar função lo almente utilizando a reta tangente e introduzir o polinmio de Taylor.Apresentar a segunda parte de esboço de grá os, que foi ini iado no Capítulo de limites.A novidade é o on eito de on avidade e sua relação om a derivada segunda.Apli ar derivadas nos problemas de otimização (máximo e o mínimo de funções).Terminamos duas apli ações lássi as: Taxas Rela ionadas e Derivação Implí ita.4.1 L'Hospital e Hierarquia dos InnitosNesta Seção apresentamos a regra de L'Hospital (a pronún ia é lpital, pois o nome é deum fran ês e o s é mudo), que permite al ular limites que seriam impossíveis ou muito difí eisutilizando outras té ni as. Uma apli ação importante é introduzir uma hierarquia entre asfunções que vão para innito quando x → +∞: quem vai mais rápido?Teorema 18 (regra de L'Hospital) Suponha que limx→c

f(x) = limx→c

g(x) = 0 e que o limitelimx→c

f ′(x)

g′(x)existe. Então, lim

x→c

f(x)

g(x)= lim

x→c

f ′(x)

g′(x).Prova: Como f ′(x) = lim

h→0

f(x+ h)− f(x)

h, g′(x) = lim

h→0

g(x+ h)− g(x)

h, substituindoisto em lim

x→c

f ′(x)

g′(x), an elando os h′s obtemos que

limx→c

f ′(x)

g′(x)= lim

x→climh→0

f(x+ h)− f(x)

g(x+ h)− g(x).Tro ando ordem dos limites e usando o fato que lim

x→cf(x) = lim

x→cg(x) = 0, obtemos que:

limx→c

f ′(x)

g′(x)= lim

h→0limx→c

f(x+ h)− f(x)

g(x+ h)− g(x)= lim

h→0

f(c+ h)

g(c+ h)= lim

x→c

f(x)

g(x).026.jul.2010 95

96 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAObservação 41 O resultado também é verdade se:• lim

x→+∞f(x) = lim

x→+∞g(x) = 0; ou

• limx→c

f(x) = limx→c

g(x) = +∞; ou• lim

x→cf(x) = +∞ e lim

x→cg(x) = −∞.Podemos substituir c por um limite lateral, tro ar +∞ por −∞. Veja provas em [NC.No primeiro exemplo obtemos de modo mais fá il limites que já onhe íamos por outrasté ni as. Isto faz om que os alunos na primeira prova sempre perguntem: posso utilizarL'Hospital para al ular os limites?.Exemplo 80 Cal ule os limites abaixo:(a) lim

x→0

sen(7x)

5x; (b) lim

x→8

3√x− 2

x− 8; ( ) lim

x→0(1 + ax)b/x.Solução do Exemplo 80(a) Apli ando L'Hospital (LH) obtemos lim

x→0

sen(7x)

5x= lim

x→0

7 cos(7x)

5=

7

5.(b) Por LH lim

x→8

3√x− 2

x− 8= lim

x→8

1

33√x2

=1

12.( ) Seja y(x) = (1+ax)b/x. Queremos al ular lim

x→0y(x). Como log y(x) = b

log(1 + ax)

x,

limx→0

log y(x) = limx→0

blog(1 + ax)

x= (por LH) lim

x→0b

a

1 + ax= ab.Assim, lim

x→0log y(x) = ab. Tomando exponen ial dos dois lados, lim

x→0y(x) = eab.Compare, e refaça om LH, os limites dos exemplos da p.1.6 p.1.6.Observação 42 Note que L'Hospital não é uma té ni a que resolve sempre. Cal ule olimite abaixo por L'Hospital:

limx→+∞

ex − e−x

ex + e−x= (por LH) lim

x→+∞

ex + e−x

ex − e−x= (por LH) lim

x→+∞

ex − e−x

ex + e−x= !?!?!?Podemos al ular olo ando em evidên ia ex:

limx→+∞

ex − e−x

ex + e−x= lim

x→+∞

ex(1− e−2x)

ex(1 + e−2x)= lim

x→+∞

1− e−2x

1 + e−2x= 1.

Exemplo 81 Cal ule os limites abaixo:(a) limx→+∞

ex

x; (b) lim

x→+∞

log x

x; ( ) lim

x→+∞

ex

log x; (d) lim

x→+∞

ex

xx.Solução do Exemplo 81 (a) Apli ando L'Hospital (L.H.) obtemos: lim

x→+∞

ex

1= +∞.(b) Apli ando L.H. obtemos: lim

x→+∞

1/x

1= lim

x→+∞

1

x= 0.

4.1. L'HOSPITAL E HIERARQUIA DOS INFINITOS 97( ) Apli ando L.H. obtemos: limx→+∞

ex

1/xlim

x→+∞xex = +∞.(d) Neste aso não pre isamos de L'Hospital pois é igual a lim

x→+∞(e/x)x, omo (e/x) → 0,o limite é zero.Con luímos que log x < x < exp x < xx para x grande. Juntando om o que já sabíamosdo apítulo de limites, estabele emos, para x grande, a Hierarquia do Innito:

log x < x1/n = n√x <

√x < x < x2 < xn < exp x < xx para n > 2.Exemplo 82 Quem res e mais rápido: x2 ou x log x?Solução do Exemplo 82 Cal ulamos utilizando L.H.

limx→+∞

x2

x log x= lim

x→+∞

x

log x= lim

x→+∞

1

1/x= lim

x→+∞x = +∞.Portanto x2 vai mais rápido para innito que x log x Esta omparação é importante em omputação na omparação do número de operações que um algoritmo exe uta.Exemplo 83 Cal ule os limites abaixo:(a) lim

x→0

ex − 1− x

x2(b) lim

x→0

x− sen x

x3.Solução do Exemplo 83 (a) Apli ando L.H. duas vezes:

limx→0

ex − 1− x

x2= lim

x→0

ex − 1

2x= lim

x→0

ex

2=

1

2.(b) Apli ando L.H. três vezes obtemos

limx→0

x− sen x

x3= lim

x→0

1− cos x

3x2= lim

x→0

sen x

6x= lim

x→0

cosx

6=

1

6.

Observação 43 Quando o limite é um indeterminação do tipo 0 · ±∞ ou +∞− (+∞)temos que primeiro rees rever o limite para obtermos um quo iente do tipo 0

0ou ∞

∞ . Vejaos exemplos abaixo.Exemplo 84 Determine:(a) limx→0

1

x− 1

ex − 1; (b) lim

x→0+x log x.

98 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADASolução do Exemplo 84 Nestes exemplos podemos apli ar L'Hospital após transformar aexpressão em um quo iente.(a) Faça o produto ruzado e obtenha: limx→0

ex − x− 1

x(ex − 1). Apli ando L.H. duas vezesobtemos 1/2.(b) Transforme x log x em log x

1/xe aplique L'Hospital. Obtemos lim

x→0+

1/x

−1/x2= lim

x→0+(−x) =

0. Note (tente fazer!) que se zermos x

1/ log xe apli armos L'Hospital não hegaremos aresposta. Reita sobre isso.Observação 44 E a função fatorial? Quão grande é o res imento de n! em omparação om en ou nn?A resposta é: en < n! < nn para n grande.Em livros omo o Courant [Co de ál ulo estudamos em detalhes o omportamento dafunção fatorial e obtemos a hamada fórmula de Stirling (está urioso? onsulte internetou o Courant ou exer í io na p.47), que nos forne e o omportamento de n!, que surpre-endentemente res e mais rápido que qualquer potên ia (xn) e do que a exponen ial (en).Na realidade, n! res e quase tão rápido quanto nn. Com a fórmula de Stirling podemos al ular os limites:

limn→+∞

n!

n10, lim

n→+∞

n!

en, lim

n→+∞

n!

nn.Exemplo 85 (em análise numéri a) O número de operações que um algoritmo realiza de-pende do tamanho n da entrada. Por exemplo, um algoritmo de ordenação depende donúmero n de objetos para que serão ordenados. Se um algoritmo realiza √

n operações, outroen operações, outro log n operações e outro n! operações, qual deles é o mais e iente?Solução do Exemplo 85 Queremos saber para n grande qual exe utará om menor númerode operações. Pela hierarquia do innito que estabele emos, log n <

√n < en < n!.Portanto o algoritmo mais e iente é o que exe uta om log n operações.4.2 Aproximando Função Lo almenteUma ideia muito importante do Cál ulo é aproximar lo almente uma função utilizando suasderivadas (f ′, f ′′, f ′′′, . . .) em um ponto.A primeira ideia é que o grá o de uma função lo almente, perto de um ponto a, amuito pare ido om sua reta tangente no ponto a. De fato, pela denição de derivada, para

x ≈ a (x próximo de a),f ′(a) ≈ f(x)− f(a)

x− a.Rearrumando obtemos que,

f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x− a).Assim, para x próximo de a, f(x) está próximo da reta tangente em a: r(x) = f(a) +f ′(a)(x− a). Esta ideia esta ilustrada no grá o abaixo. In luímos ao lado o zoom da região

4.2. APROXIMANDO FUNÇO LOCALMENTE 99indi ada por um ír ulo. Veja omo de fato, perto de a, o grá o da função f se onfunde om o grá o da reta tangente.x

y

f(x)

r(x)

a

y

Con luímos que f(x) ≈ f(a) + (x− a)f ′(a) = r(x) para x ≈ a.Observação 45 Dizemos que a reta tangente os ula (= beija) o grá o no pontode tangên ia. Veja o Desao da p.133 sobre o ír ulo os ulatório, ujo inverso do raio hamamos de urvatura.Exemplo 86 (problema anedóti o do Cal ulo) Como aproximar 7√1.1 numa ilha deserta (semutilizar a al uladora, fazendo somente ontas de multipli ar, dividir, somar, et )?Solução do Exemplo 86 Aproximamos a função f(x) = 7

√x perto de a = 1 pela retatangente. Como f ′(x) = 1/(7

7√x6), podemos aproximar f(x) ≈ f(1) + (x− 1)f ′(1). Subs-tituindo obtemos que 7

√x ≈ 7

√1 + (x− 1)/(7

7√16) = 1 + (x− 1)/7 para x ≈ 1. Neste asoobtemos que 7

√1.1 ≈ 1 + (1.1− 1)/7 = 1.01428 . . . O valor real é 7

√1.1 = 1.013708856 . . .!Nada mal para a ilha deserta!Podemos apli ar o mesmo método para aproximar 7

√1.2 = 1.026388096 . . . e obter 1 +

(1.2− 1)/7 = 1.028571429.Exemplo 87 Aproxime:(a) √13; (b) sen(−0.1); ( ) log(1.2); (d) e0.2.Solução do Exemplo 87 (a) Como a derivada de f(x) =√x é f ′(x) = 1

2√x, √

x ≈√c+ (x− c)/(2

√c).Temos duas opções: tomar a = 9 ou a = 16.Assim √

13 ≈√9 + (13 − 9)/(2

√9) = 11/3 = 3.666 . . . ou √

13 ≈√16 + (13 −

16)/(2√16) = 29/8 = 3.625. O valor real é √

13 = 3.605551275 . . ..(b) Como a derivada de f(x) = sen x é f ′(x) = cosx, sen(x) ≈ sen 0+(x−0) cos 0 = x.Ou seja, para x pequeno, sen x ≈ x (isto omprova o limite fundamental limx→0

sen x

x= 1!).Assim, sen(−0.1) ≈ −0.1 (o valor real é −0.099833417 . . .).( ) Como a derivada de f(x) = log x é f ′(x) = 1/x, log(x) ≈ log 1+ (x− 1)/1 ≈ x− 1.Assim, log(1.2) ≈ (1.2− 1) = 0.2 (o valor real é 0.182321557 . . .).(d) Como a derivada de f(x) = ex é f ′(x) = ex, ex ≈ e0 + (x − 0)e0 ≈ 1 + x. Assim,

e0.2 ≈ 1.2 (o valor real é 1.221402758 . . .).Esta ideia de aproximar pela reta tangente pode ser generalizada. Uma reta é o grá ode uma função polinomial do primeiro grau. Podemos aproximar por uma função polinomialdo segundo grau (uma parábola). Portanto levantamos a seguinte questão:

100 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAQual a parábola que melhor aproxima uma função lo almente?Para responder a pergunta, note que a reta tangente e a função possuem a mesma derivadano ponto de aproximação. f(x) ≈ r(x) = c0 + c1(x − a) e r(a) = f(a) = c0 e r′(a) =f ′(a) = c1.Para a parábola queremos que não somente a derivada primeira seja a mesma omo aderivada segunda. Assim queremos que f(x) ≈ r(x) = c0 + c1(x − a) + c2(x − a)2 er(a) = f(a) = c0, r

′(a) = f ′(a) = c1, r′′(a) = f ′′(a) = 2c2.Con luímos quef(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x− a) +

f ′′(a)

2(x− a)2 para x ≈ a. (4.1)Exemplo 88 Aproxime a função sen(x) perto de a = π

2por uma parábola.Solução do Exemplo 88 Cal ulando obtemos que sen(x) ≈ sen(π/2)+cos(π/2)(x−a)+

− sen(π/2)2

(x− a)2 = 1− 12(x− π

2)2. Mostramos no grá o abaixo a função e a parábola queaproxima em inza. Note que longe do ponto a = π

2a parábola se distan ia do grá o.

x

y

π2 sen(x)

1− 12(x− π

2)2Exemplo 89 Aproxime a função sen(x) perto de a = π

4por uma parábola.Solução do Exemplo 89 Cal ulando obtemos que sen(x) ≈ sen(π/4)+cos(π/4)(x−a)+

− sen(π/4)2

(x−a)2. Colo ando √22em evidên ia obtemos: sen(x) ≈ √

22(1+(x− π

4)− 1

2(x− π

4)2).Mostramos no grá o abaixo a função e a parábola que aproxima em inza. Note que longedo ponto a = π

4a parábola se distan ia do grá o.

x

y

π4 sen(x)Esta ideia pode ser generalizada para o polinmio p de grau n que melhor aproxima umafunção f , o hamado polinmio de Taylor, onde todas as derivadas até grau n no ponto sãoiguais. Converse om seu professor ou leia em algum livro os detalhes, resumidos abaixo:Fixe h = x− a. Então o Polinmio de Taylor que aproxima f perto de a é:

f(x) ≈ f(a) + hf ′(a) +h2

2!f ′′(a) +

h3

3!f ′′′(a) +

h4

4!f ′′′′(a) + · · ·+ hn

n!f (n)(a).

4.3. MÁXIMO E MÍNIMO LOCAL 101Exemplo 90 Determine o polinmio de Taylor de grau n que aproxima f(x) = ex em a = 0.Solução do Exemplo 90 Como a derivada de ordem qualquer de f(x) = ex é ex, e e0 = 1,ex ≈ 1 + x+

x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+ · · ·+ xn

n!.Na sequên ia de guras abaixo mostramos a aproximação por grau 1 (reta), grau 2 (pa-rábola) e grau 3. Note omo elas vão aproximando ada vez melhor a exponen ial para xpróximo de zero.

x

yex

1 + x x

yex

1 + x+ x2

2

x

yex

1 + x+ x2

2+ x3

6

Deixamos para o leitor veri ar os polinmios de Taylor abaixo. As al uladoras ientí as al ulam estas funções utilizando estas fórmulas. Apre ie a beleza das fórmulas abaixo.Utilize um software que esbo e grá os e ompara as aproximações om a função original.sen x ≈ x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!.

cos x ≈ 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!.

log(1 + x) ≈ x− x2

2+

x3

3− x4

4.Bem mais difí il é obter a expansão do ar o-tangente:

arctanx ≈ x− x3

3+

x5

5− x7

7.

4.3 Máximo e Mínimo Lo alVamos denir o que é ponto de máximo e mínimo lo al e omo podemos determinar estespontos utilizando a derivada.Um ponto x0 é de máximo lo al de f se num intervalo su ientemente pequeno J ontendox0 (numa vizinhança J de x0, veja p.2), f(x0) é o máximo da função. O mínimo lo al éum on eito análogo. Informalmente, se o grá o de uma função representa uma adeia demontanhas, máximos e mínimos lo ais são os pontos no alto do morro e no fundo do vale.

102 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADADenição 17 (max/min lo al) Dizemos que x0 é um(a) ponto de máximo lo al de f se existe um intervalo aberto J ontendo x0 tal quef(x0) ≥ f(x) para todo x ∈ J ;(b) ponto de mínimo lo al de f se existe um intervalo aberto J ontendo x0 tal quef(x0) ≤ f(x) para todo x ∈ J ;( ) extremo lo al de f se x0 é ponto de máximo ou mínimo lo al de f .Exemplo 91 Considere a função f esboçada na gura abaixo. Determine os pontos demáximo ou mínimo lo al de f .

x

y

f(x)

−3 −2 −1 1 2 3 4Solução do Exemplo 91 Máximos lo ais em x = −1 e x = 3. Mínimos lo ais em x = −2e x = 2.O próximo Teorema ara teriza os pontos de máximo ou mínimo lo ais por meio daderivada.Teorema 19 (de Fermat ou dos extremos lo ais) Suponha que f : I → R possua ummáximo ou mínimo lo al x0 ∈ I um intervalo aberto. Se f é derivável em x0, então f ′(x0) = 0.Prova: Seja L = f ′(x0) = limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0. Vamos al ular os limites laterais, que sãoiguais a L.Suponhamos que x0 é um ponto de máximo lo al de f (a demonstração é análoga paraponto de mínimo lo al). Como x0 é ponto de máximo lo al, se x está próximo de x0 então

f(x) ≤ f(x0). Assim f(x) − f(x0) < 0. Portanto para x próximo mas à direita de x0(x− x0 > 0), temos f(x)−f(x0)x−x0

≤ 0 (numerador negativo, denominador positivo). Segue queL = lim

x→x+

0

f(x)− f(x0)

x− x0≤ 0.Por outro lado, para para x próximo mas à esquerda de x0 (x−x0 < 0), temos f(x)−f(x0)

x−x0≥ 0(numerador negativo, denominador negativo). Segue que

L = limx→x−

0

f(x)− f(x0)

x− x0≥ 0.Assim 0 ≤ L ≤ 0. Portanto f ′(x0) = L = 0.Motivado por este Teorema, introduzimos a seguinte denição.Denição 18 (pontos ríti os) Dizemos que x0 é um ponto ríti o de f se f ′(x0) = 0 ou

f ′(x0) não existe.

4.3. MÁXIMO E MÍNIMO LOCAL 103Corolário 8 Seja f : I → R uma função onde x0 ∈ I é um extremo (máximo ou mínimo)lo al. Então x0 é um ponto ríti o, isto é, f ′(x0) = 0 ou f ′(x0) não existe.Erro Comum: Este Corolário diz que: se x0 é máximo ou mínimo lo al ENTO x0é um ponto ríti o. Este Corolário NO diz que se x0 é um ponto ríti o então é pontode máximo ou mínimo lo al.Como determinar os máximos e mínimos lo ais de uma função f?Resposta: Pelo Teorema 19 da p.102 (Teorema de Fermat dos extremos lo ais), bus amosentre os pontos ríti os. Como saber se um ponto ríti o é de fato um ponto de máximoou mínimo lo al de uma função f? Será máximo lo al se f res e antes de x0 e de res e depois de x0; Será mínimo lo al se f de res e antes de x0 e res e depois de x0. Caso não o orra um destes asos, não será extremo lo al.Isto pode ser veri ado, aso a derivada exista perto de x0, pelo sinal da derivada antes edepois de x0: Será máximo lo al se f ′ positiva antes e negativa depois de x0; Será mínimo lo al se f ′ negativa antes e positiva depois de x0.Vamos enun iar omo um Teorema o aso em que a função possui duas derivadas numintervalo I.Teorema 20 (teste da derivada segunda) Seja f : I → R uma função om duas deri-vadas ontínuas. Então x0 é um ponto de:(a) máximo lo al se f ′(x0) = 0 e f ′′(x0) < 0;(b) mínimo lo al se f ′(x0) = 0 e f ′′(x0) > 0.Prova: Provamos (a) somente pois (b) é análogo (mutatis mutandis). Se f ′′(x0) > 0, por ontinuidade f ′′(x) > 0 perto de x0. Assim a função f ′(x) é res ente perto de x0. Comof ′(x0) = 0, f ′ é negativa antes e positiva depois de x0. Portanto f de res e antes e res edepois de x0, ou seja, x0 é um máximo lo al de f .Exemplo 92 Determine os pontos ríti os e o extremos lo ais de f(x) = x3.Solução do Exemplo 92 A função é derivável em todos os pontos. O úni o ponto ríti oé x = 0 pois f ′(0) = 0. Como f ′(x) = 3x2 > 0 para todo x 6= 0, a função res e antes e res e depois de x = 0 Portanto, x = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo lo al (esbo etambém o grá o). Note que f ′′(0) = 0 e o teste da derivada segunda falha (nada podemos on luir).Observação 46 (Quando f ′′ = 0) O teste da derivada segunda falha quando f ′′(x0) =0. Neste aso NADA podemos armar. Apli ando-o em x0 = 0 para f(x) = x4,g(x) = −x4, e h(x) = x3 observamos que nos três asos a derivada segunda em x0 = 0é 0 mas x0 = 0: é máximo de f , é mínimo de g, não é máximo nem mínimo de h.Exemplo 93 Determine os pontos ríti os e o extremos lo ais de f(x) = 3

√x.

104 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADASolução do Exemplo 93 A função não possui derivada em x = 0. Nos outros pontosa derivada é diferente de zero. Portanto o úni o ponto ríti o é x = 0. A derivada éf ′(x) =

1

33√x2

> 0 para todo x 6= 0. Assim a função é sempre res ente. Portanto x = 0não é ponto de mínimo nem máximo lo al. Note que não podemos apli ar teste da derivadasegunda pois f ′′(0) não está denida. Veja também o grá o na p.3.1.Exemplo 94 Determine os pontos ríti os e o extremos lo ais de f(x) =√

|x|(x− 1).Solução do Exemplo 94 A função não possui derivada em x = 0. Podemos al ular aderivada separando em f(x) =√x(x − 1) para x > 0, uja derivada é f ′(x) =

3x− 1

2√x

.Assim f ′(x) = 0 se x = 1/3, um ponto ríti o. Para x < 0, f(x) =√−x(x − 1), ujaderivada é f ′(x) =

1− 3x

2√−x

. Note que em x < 0 a derivada não se anula pois f ′(x) > 0.Portanto os pontos ríti os são x = 0 e x = 1/3. Pelo sinal da derivada perto de x = 0(positiva a esquerda, negativa a direita), este é um máximo lo al. Pelo sinal perto de x = 1/3(negativa a direita, positiva a esquerda), este é um mínimo lo al. Colo o o grá o na guraabaixo.x

y

f(x) =√

|x|(x− 1)

13

4.4 Esboço de Grá os (parte II)Nesta seção terminamos o que omeçamos no apítulo de limite: reveja a Seção 1.5, p.30:Esboço de Grá os (parte I). Vamos ver omo a derivada permite a res entar informação de res imento/de res imento e on avidade ao grá o.A relação entre a derivada e o res imento/de res imento de função foi vista no Corolá-rio 6, p.84 ( orolário do TVM): o sinal da derivada determina os intervalos de res imentoe de res imento da função. Pre isamos agora de um on eito novo: on avidade de umgrá o.Embora o grá o de uma função possa ser esboçado de forma bastante el ombase somente na derivada, alguns aspe tos sutis do grá o são revelados somenteexaminando a derivada segunda. (. . . ) provas orretas dos fatos relevantes sãodifí eis o su iente para serem olo adas em um apêndi e. Apesar destes o-mentários desen orajadores, as informações aqui presentes valem a pena seremassimiladas porque as noções de onvexidade e on avidade são muito mais im-portantes do que somente omo um auxílio no esboço de grá os. [Sp, p.191

4.4. ESBOÇO DE GRÁFICOS (PARTE II) 105Denição 19 ( onvexa ( n ava)) Uma função f é onvexa ( n ava) ou possui on- avidade para ima ( on avidade para baixo) em um intervalo I se para todo a, b ∈ I,o segmento de reta unindo (a, f(a)) e (b, f(b)) está a ima (abaixo) do grá o de f .

x

y

Função Convexa x

y

Função Cn avaExemplo 95 Verique que:(a) y = x2 é onvexa (possui on avidade para ima).(b) y = −x2 é n ava (possui on avidade para baixo).Solução do Exemplo 95 Basta fazer uns desenhos para omprovar isso. Estes são modelospadrão de função n ava e onvexa.Teorema 21 Sejam I um intervalo e f : I → R uma função om duas derivadas. Se, paratodo x ∈ I:(a) f ′′(x) > 0, então o grá o de f possui on avidade para ima (é onvexa) em I;(b) f ′′(x) < 0, então o grá o de f possui on avidade para baixo (é n ava) em I;Prova: A ideia geométri a é que se f ′′(x) > 0 então f ′ está res endo, isto é, o oe ienteangular está aumentando. A ompanhando o movimento da reta tangente ao longo do grá o(faça uma gura!), ela terá que aumentar sua in linação. Con luiremos que a função é onvexa. Ra io ínio análogo para f ′′ < 0.A ideia algébri a é bem mais simples. Pelo polinmio de Taylor de grau 2 da equação (4.1)da p.100, lo almente a função se pare e om uma parábola da forma f ′′(a)2

(x−a)2+f ′(a)(x−b) + f(a). Note que a on avidade da parábola depende do sinal do oe iente de x2 que éf ′′(a)/2. Logo o o sinal da derivada segunda determinará a on avidade do grá o de f .Para detalhes (difí eis) ver [Sp, p. 191.Exemplo 96 Determine os intervalos ujo grá o possui on avidade para ima e para baixode: (a) f(x) = 1

x2 + 1, sabendo que f ′′(x) =

2(3x2 − 1)

(1 + x2)3;(b) f(x) = 2x

x2 + 1, sabendo que f ′′(x) =

4x(x2 − 3)

(x2 + 1)3;( ) g(x) = e−x2, sabendo que f ′′(x) = 2(2x2 − 1)e−x2 .

106 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADASolução do Exemplo 96 (a) Fazendo análise de sinal, omo o denominador é sempre po-sitivo, basta analisar sinal da parábola 3x2 − 1. Con luímos que o grá o de f possui a on avidade para baixo em (−√3/3,

√3/3) e a on avidade para ima em (−∞,−

√3/3) e

(√3/3,+∞) onforme gura abaixo.

x

y

√33

−√3

3

f(x) =1

x2 + 1(b) De forma análoga, omo o denominador é sempre positivo, basta analisar os sinal de4x(x2−3). Con luímos que o grá o de f possui a on avidade para baixo em (−∞,−

√3) e

(0,√3, a on avidade para ima em (−

√3, 0) e (

√3,+∞) onforme gura abaixo. Observebem as mudanças na on avidade!

x

y

√3−

√3

f(x) =2x

x2 + 1( ) Como e−x2 é sempre positivo (exponen ial é uma função sempre positiva), bastaanalisar os sinal de 2x2 − 1. Con luímos que o grá o de f possui a on avidade para baixoem (−√2/2,

√2/2) e a on avidade para ima em (−∞,−

√2/2) e (

√2/2,+∞) onformegura abaixo.

x

y

√22

−√22

f(x) = e−x2

Finalmente, vamos juntar todas as informações que aprendemos para esboçar um grá o.

4.4. ESBOÇO DE GRÁFICOS (PARTE II) 107Para as questões de esboço de grá o, antes do esboço deverá ser determinado:(a) TODOS os pontos de interseção om os eixos x e y;(b) os limites no innito e TODAS as assíntotas;( ) os intervalos de res imento e de res imento;(d) TODOS os pontos de máximo e mínimo lo ais;(e) os intervalos om on avidade para ima e para baixo;Exemplo 97 Esbo e o grá o de f(x) = 2x3 + 3x2 − 12x+ 1.Solução do Exemplo 97 Intersepta o eixo y em (0, 1). Não vou al ular onde interseptao eixo x pois teria que resolver uma equação do ter eiro grau . . . Os limites no +∞ é +∞ eno −∞ é −∞. Não possui assíntotas. Como f ′(x) = 6x2 + 6x − 12, ujas raízes são 1 e−2, res e até x = −2, de res e em (−2, 1), res e depois de x = 1. Assim x = 1 é mínimolo al e x = −2 é máximo lo al.Como f ′′(x) = 12x + 6, uja raiz é −1/2, on avidade para baixo até x = −1/2, on avidade para ima depois.

x

y

f(x) = 2x3 + 3x2 − 12x+ 1

−12

−2 1−3

Exemplo 98 Esbo e o grá o de f(x) = 2x+ sen x.Solução do Exemplo 98 Inter epta o eixo y em (0, 0). Vamos ver que não intersepta oeixo x em outro ponto pelo res imento da função. Quando x → +∞, f(x) → +∞ e quandox → −∞, f(x) → −∞. Não possui assíntotas.Como f ′(x) = 2+ cos x > 0 para todo x ∈ R, a função sempre res e. Assim não possuimáximos nem mínimos lo ais.Como f ′′(x) = − sen x, a on avidade varia: de (0, π) para baixo, de (π, 2π) para ima evai alternado desta forma.

108 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA

x

yf(x) = 2x+ sen(x)

−π−2π−3π π 2π 3π

Observação 47 Como losoa geral, quando f não é um polinmio ou muito simples,daremos as expressões de f ′ e f ′′ ( al uladas om o software Maxima) pois queremosseparar a di uldade de esboço do grá o da questão de saber al ular a derivada.Exemplo 99 Esbo e o grá o de f(x) =

−x3

(x− 1)2(x+ 2)+ 2.Di a: f ′(x) =

6x2

(x− 1)3(x+ 2)2e f ′′(x) =

−6x(3x2 + 2x+ 4)

(x− 1)4(x+ 2)3.

Solução do Exemplo 99 Inter epta o eixo y em (0, 2). Não vou al ular onde intersepta oeixo x pois teria que resolver uma equação muito ompli ada. Quando x → ±∞, f(x) → 1.Assim a assintota horizontal é y = 1. A assíntota verti al (onde denominador se anula) é:x = 1 e x = −2.Analisando sinal de f ′: omo numerador é sempre positivo, valendo zero em x = 0, bastaolhar sinal do denominador, que tem o mesmo sinal que x−1. Assim a função de res e até 1e res e dai em diante. Como a derivada se anula somente no zero, este é o úni o andidatoa ponto extremo lo al. Como a função de res e ai, x = 0 não é extremo lo al. A função nãotem máximo nem mínimo lo al.O sinal de f ′′. Note que o polinmio 3x2 + 2x + 4 possui raízes omplexas. Logo estetermo é sempre positivo. Assim o sinal de f ′′ é dado por −6x e x+2. Logo a on avidade épara baixo até x = −2, para ima em (−2, 0), para baixo se x > 0.

4.4. ESBOÇO DE GRÁFICOS (PARTE II) 109

x

y

y = 1

x = 1x = −2

f(x) =−x3

(x− 1)2(x+ 2)+ 2

Exemplo 100 Esbo e o grá o de f(x) = 3√x− 3

√x4Di a: f ′(x) =

1

3 x2

3

− 4 x1

3

3e f ′′(x) = − 4

9 x2

3

− 2

9 x5

3

Solução do Exemplo 100 Note que f(x) = 0 em x = 0 e x = 1. Colo ando 3√x4 emevidên ia obtemos que f(x) =

3√x4(1/

3√x2 − 1). Assim quando x → ±∞, f(x) → −∞.Note que f ′ NO existe em x = 0 e vale zero em x = 1/4. Quanto ao sinal, note que

1

3 x2

3

é sempre positivo pois apare e x2. Para x < 0 o termo −4x1/3 é sempre positivo. Assimf ′(x) > 0 para x < 0. Para 0 < x < 1/4 f ′(x) > 0 para x > 1/4 f ′(x) < 0. Assim, x = 1/4é máximo lo al.Note que f ′′ NO existe em x = 0 e vale zero em x = −1/2. Quanto ao sinal, note que− 4

9 x2

3

é sempre negativo. Assim se x > 0 o termo − 2

9 x5

3

também será sempre negativo.Assim, se x > 0, f ′′(x) < 0. Agora para −1/2 > x > 0, f ′′(x) > 0 e para x < −1/2,f ′′(x) < 0.

110 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAx

y

f(x) = 3√x− 3

√x4

1−12

14

4.5 Máximo e Mínimo em IntervalosNesta seção estabele emos os Teoremas que permitem al ular o máximo e o mínimo de umafunção em um intervalo. Em ontraste om o on eito apresentado anteriormente de máximoe mínimo lo al, dizemos que queremos o máximo e o mínimo global em um intervalo.Denição 20 (máximo e mínimo) Sejam I um intervalo e f : I → R. Dizemos quex0 ∈ I é um(a) ponto de máximo em I de f se f(x0) ≥ f(x) para todo x ∈ I;(b) ponto de mínimo em I de f se f(x0) ≤ f(x) para todo x ∈ I;( ) extremo em I de f se x0 é ponto de máximo ou mínimo em I de f .Exemplo 101 Determine o máximo e o mínimo de:(a) f(x) = 1/x em (0, 1]; (b) g(x) = x2 + 6 em R;( ) h(x) = |x| em [−3, 1]; (d) j(x) = (3− x)(x− 7) em R.Solução do Exemplo 101 (a) Esbo e o grá o de f(x) = 1/x e verique que f não possuimáximo em (0, 1] pois se aproximando de 0 a função res e sem limites e f possui mínimono ponto x = 1.(b) Esbo e o grá o de g(x) = x2 + 6 (translação da parábola y = x2) e verique que gNO possui máximo em R pois ela res e sem limites e g possui mínimo x0 = 0.( ) Esbo e o grá o de h(x) = |x| e verique que em [−3, 1], g possui máximo no pontox = −3 e mínimo no ponto x = 0.(d) Esbo e o grá o desta parábola om on avidade para baixo om raízes 3 e 7 everique que j possui máximo em x = (3 + 7)/2 = 5 e NO possui mínimo em R pois elade res e sem limites.O Teorema abaixo é um dos mais importantes do Cál ulo pois garante a existên ia demáximo e mínimo de uma função ontínua em um intervalo fe hado e limitado.Teorema 22 (Weierstrass ou Valor Extremo (TVE)) Considere f ontínua em [a, b](um intervalo fe hado e limitado). Então f possui máximo e mínimo neste intervalo. Maisexpli itamente, existem xmax, xmin ∈ [a, b] tais que f(xmax) ≥ f(x) ≥ f(xmin) para todox ∈ [a, b].

4.5. MÁXIMO E MÍNIMO EM INTERVALOS 111Prova: Deixamos sua demonstração para um urso de análise (veja [NC por exemplo).Observação 48 Se o intervalo não for fe hado, o resultado pode ser falso. Por exemplo,f(x) = 1/x é ontínua em I = (0, 1]. Possui mínimo em x = 1 mas não possui máximoem I.Observação 49 Se o intervalo não for limitado, o resultado pode ser falso. Por exemplo,f(x) = 1 − x é ontínua em I = [0, +∞). Possui máximo em x = 0 mas não possuimínimo em I.Observação 50 Mesmo sendo des ontínua, a função pode ter máximo e mínimo. Porexemplo f(x) = IQ(x) (vale 0 nos irra ionais, 1 nos ra ionais). Mesmo sendo des ontínuaem todos os pontos, no intervalo [0, 1] possui máximo em x = 0 e mínimo em x = π/10.Exemplo 102 Considere a função f esboçada na gura abaixo. Determine os pontos extre-mos de f em (a) [0, 4]; (b) [−3, 4]; ( ) [−3, 1].

x

y

f(x)

−3 −2 −1 1 2 3 4Solução do Exemplo 102 (a) Mínimo em x = 2, máximo em x = 0. (b) Mínimo emx = 2, máximo em x = −1. ( ) Mínimo em x = 1, máximo em x = −1.Observação 51 Note que nem todo extremo lo al é extremo (global) no intervalo. Vejao exemplo a ima.Para determinar o máximo e mínimo de uma função em um intervalo I, o mais seguro éesboçar o grá o da função pois re eitas de bolo são difí eis de serem memorizadas e semal apli adas podem falhar. Mas se quiser uma re eita:Como determinar os máximos e mínimos em um intervalo I?Compare:(a) o valor ou limite do valor da função nos extremos do intervalo I;(b) o valor da função nos pontos ríti os (pontos om derivada nula ou sem derivada)do intervalo I.Exemplo 103 Seja f : R → R dada por f(x) = |x − 1|(5 − x) para todo x ∈ [0, 4].Determine o máximo e mínimo de f em [0, 4].

112 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADASolução do Exemplo 103 Como f é ontínua em [0, 4], pelo Teorema 22 da p.110 (TVE)f tem máximo e mínimo. Vamos determiná-los. É imediato que

f(x) =

(1− x)(5− x) se 0 ≤ x ≤ 1,

(x− 1)(5− x) se 1 < x ≤ 4.Segue fa ilmente (verique) que f é derivável em todo ponto x 6= 1. Além disto,f ′(x) =

2x− 6 se 0 ≤ x < 1,

6− 2x se 1 < x ≤ 4.Com f ′(x) = 0 para x = 3, o max/min de f em [0, 4] está em 0, 1, 3, 4 (extremos dointervalo, ponto sem derivada, ponto om derivada nula). Uma simples veri ação nos dáf(0) = 5, f(1) = 0, f(3) = 4 e f(4) = 3. Portanto, 0 é o ponto de máximo e 1 é o pontode mínimo de f .Exemplo 104 (mínimos quadrados) Fixe N ∈ N e onsidere a1 < a2 < · · · < aN . Deter-mine para quais x ∈ R a função f(x) =

N∑

i=1

(x− ai)2 assumirá o maior e o menor valor.Solução do Exemplo 104 Note que não podemos apli ar Teorema 22 da p.110 (TVE) poisestamos bus ando extremo em R: pode ser que tenha ou não.Como a função é derivável em todos os pontos, os pontos ríti os são somente os pontos om derivada zero. Pontos ríti os: f ′(x) = 2

N∑

i=1

(x − ai) = 0. Assim para que f ′(x0) = 0temos queN∑

i=1

x0 = x0 + x0 + · · ·+ x0 (N vezes) = Nx0 =

n∑

i=1

ai.Logo, o úni o ponto ríti o é x0 =1

N

n∑

i=1

ai, a média dos pontos. Como f(x) → +∞ sex → ±∞, mesmo sem al ular f(x0) sabemos que a função assumirá o menor valor possívelem x = x0. Pela mesma razão, função não possui máximo em R, pois ele res e sempre parax → ±∞.Exemplo 105 Determine máximos e mínimos lo ais e o máximo e mínimo de ada funçãoabaixo no intervalo I indi ado:(a) f(x) = x7 − x3 em I = [0, 1]; (b) f(x) = cos x+ x/2 em I = [0, 2π];( ) f(x) = log x

x2em I = [1,+∞).Solução do Exemplo 105 (a) Os pontos ríti os são somente onde a derivada se anula(porque?). Como f ′(x) = 7x6 − 3x2 = x2(7x4 − 3), os pontos ríti os são 0,± 4

√

3/7.Agora fazendo a análise de sinal de f ′ (x2 é sempre positivo e 7x4 − 3 possui somente duasraízes reais): f ′(x) > 0 em x > 4

√

3/7 e x < 4√

3/7; f ′(x) < 0 em x ∈ (− 4√

3/7, 4√

3/7).

4.6. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇO 113Portanto, perto de x = 0 a função de res e: logo o ponto ríti o x = 0 não é máximo nemmínimo lo al. Perto de x = − 4√

3/7 a função res e e depois de res e: é máximo lo al.Perto de x = 4√

3/7 é o ontrário: é mínimo lo al.Note que se tentar utilizar a derivada segunda as ontas arão muito ompli adas.Finalmente, omo f(0) = f(1) = 0 e 4√

3/7 ∈ [0, 1], no intervalo [0, 1] o mínimo é emx = 4

√

3/7 e o máximo em x = 0 ou x = 1.Podemos fazer análise de sinal de f(x) = x3(x4 − 1) e om estas informações esboçar ográ o (tente e verique om software grá o).(b) Os pontos ríti os são somente onde a derivada se anula (porque?). Como f ′(x) =− sen x + 1/2, os pontos ríti os são onde sen x = 1/2, isto é, os pontos ríti os são(2k + 1/2)π ± π/4; k ∈ Z. Como f ′′(x) = − cosx:

• nos pontos (2k + 1/2)π − π/4; k ∈ Z f ′′ é negativa (f ′′(π/4) = − cosπ/4 =−√2/2 < 0): são pontos de máximo lo al;• nos pontos (2k + 1/2)π + π/4; k ∈ Z f ′′ é positiva (f ′′(3π/4) = − cos 3π/4 =

−(−√2/2) =

√2/2 > 0): são pontos de mínimo lo al.Para al ular o valor extremo em I basta omparar f(0) = cos 0 + 0 = 1, f(2π) =

cos 2π+2π/2 = 1+π, f(π/4) = cosπ/4+π/8 = 1/2+π/8, f(3π/4) = cos 3π/4+3π/8 =−1/2 + π/8. É fá il ver que −1/2 + π/8 é o menor valor e 1 + π o maior. Portanto, em I,o mínimo é em x = 3π/4 e o máximo em x = 2π.Use algum software para ver o grá o desta função.( ) f ′(x) =

1− 2 log x

x3. Assim o ponto ríti o é log x0 = 1/2, ou, x0 = e1/2 =

√e. Esteponto é de máximo lo al pois a derivada é positiva antes e negativa depois.Comparando o valor da função no intervalo: f(1) = 0, f(+∞) = 0 por L'Hospital. Logoo mínimo em [1,+∞] é zero em x = 1 e o máximo é em x =

√e, f(√e) = 1/(2e).

4.6 Problemas de OtimizaçãoNesta Seção não apresentamos nenhuma teoria nova. A di uldade para o aluno é aprendera modelar os problemas matemati amente. Vamos separar a fase de MODELAGEM e deRESOLUÇO. Na fase de MODELAGEM, as respostas devem ser do tipo maximize (ouminimize) a função f(x) = · · · em R ou no intervalo [a, b] ou (a, b) ou (0,+∞), et . Aparte de RESOLUÇO re ai na Seção anterior, que ensinou a determinar o máximo/mínimode uma função num intervalo.O roteiro bási o de MODELAGEM é:(a) atribuir variáveis (x, y, r, h, et .) para as quantidades des onhe idas;(b) es rever a função que deve ser otimizada e as restrições que envolvem as variáveis;( ) aso a função que deva ser otimizada seja de mais de uma variável, eliminar as variáveis om as restrições;(d) determinar o intervalo onde a função deve ser otimizada.Vamos omeçar om problemas de ensino médio, onde a modelagem re ai numa equaçãodo segundo grau.Exemplo 106 Modele os seguintes problemas e depois resolva-os. Não basta al ular omáximo e o mínimo: deve-se justi ar porque.

114 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAUm arame de omprimento L > 0 deve ser ortado em dois pedaços. Uma parte serádobrada no formato de um quadrado, ao passo que a outra na forma de um ír ulo. Comodeve ser ortado o o de forma que a soma das áreas do quadrado e do ír ulo total englobadaseja um máximo? Como deve ser ortado para que seja um mínimo?Solução do Exemplo 106 MODELAGEM: Vamos ortar o arame num pedaço de tamanhox para fazer o quadrado e L−x para o ír ulo. Note que x é o perímetro do quadrado e L−xo perímetro do ír ulo. Assim o lado do quadrado é x/4 e o raio do ír ulo é r = (L−x)/(2π).Assim a área total é a(x) =

x2

16+

(L− x)2

4π. Note que x pode variar somente entre 0 e L, otamanho do arame. Assim queremos o MÁXIMO e MÍNIMO de a(x) =

x2

16+

(L− x)2

4πpara

x ∈ [0, L]RESOLUÇO: Como a′(x) =x

8+

x− L

2π. Assim o úni o ponto ríti o é x0 =

4L

4 + π.Como a é uma parábola om on avidade para ima, x0 é ponto do mínimo lo al. Além disso, omo 4

4 + π< 1, 0 < x0 < L. Assim o mínimo será utilizar x0 para o quadrado e L − x0para o ír ulo. O máximo estará nos extremos. Como a(0) =

L2

4π≈ L2

12> a(L) =

L2

16, omáximo é em x = 0, quando todo o arame é utilizado no ír ulo.Exemplo 107 Modele os seguintes problemas e depois resolva-os. Não basta al ular omáximo e o mínimo: deve-se justi ar porque.(a) Uma janela tem a forma de um retângulo en imado por um semi ír ulo. Se o perímetroda janela é P , determine as dimensões da janela que deixam passar a maior quantidade possívelde luz.(b) Repita o problema supondo que a parte retangular da janela re eberá um tipo de vidroque deixe passar o dobro de luz que a parte semi ir ular.

Solução do Exemplo 107 (a) MODELAGEM: Se o semi ír ulo tem raio r, o retângulopossuirá lados 2r e x. Como a quantidade de luz é propor ional a área da janela, queremosmaximizar a área da janela a = 2rx+ πr2/2 (área retângulo mais semi ír ulo). Esta é umafunção de duas variáveis. Utilizando a restrição que o perímetro da janela P = 2x+2r+πr =

2x+ r(2 + π), obtemos que x =P − r(2 + π)

2. Assim a(r) = r(P − r(2 + π)) + πr2/2 =

r(P − r(2 + π/2)). Olhando para o perímetro P = 2x + r(2 + π), vemos que os asosextremos são r = 0 (x = P/2) e r = P/(2 + π) (x = 0). Assim queremos o máximo dea(r) = r(P − r(2 + π/2)) para r ∈ [0, P/(2 + π)].RESOLUÇO: Como a′(r) = P − 2r(2 + π/2), r0 = P

4 + πé o úni o ponto ríti o. Nosextremos do intervalo, a(0) = a(P/(2 + π)) = 0. Como é polinmio do segundo grau om on avidade para baixo, r0 é ponto de máximo. Alem disso r0 =

P

4 + π<

P

2 + π, e portantoperten e ao intervalo.

4.6. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇO 115(b) MODELAGEM: Neste aso a quantidade de luz na parte retangular será propor ionalao dobro: 4rx e na parte semi ir ular igual: πr2/2. Assim, a = 4rx + πr2/2. Utilizando arestrição do perímetro obtemos que queremos o máximo de a(r) = r(2P − r(4+3π/2)) parar ∈ [0, P/(2 + π)].RESOLUÇO: De forma análoga vamos obter que o mínimo é em r0 =

2P

8 + 3πqueperten e ao intervalo.Vamos apresentar problemas que somente podem ser resolvidos om Cál ulo.Exemplo 108 Modele o seguinte problema e depois resolva-o.Determine as dimensões do retângulo om área A > 0 que possui o menor perímetro.Solução do Exemplo 108 MODELAGEM: É similar ao primeiro da sequên ia de exemplos.Considere x e y omo as dimensões do retângulo. Então queremos minimizar o perímetro

p = 2x+2y. Como são duas variáveis, utilizamos a restrição A = xy para eliminar uma delas.Assim y = A/x. Logo queremos o mínimo de p(x) = 2x + 2A/x. Note que x pode variarentre 0 e +∞ mas NO pode ser zero. Assim queremos o mínimo de p(x) = 2x + 2A/xpara x ∈ (0, +∞).RESOLUÇO: Como p′(x) = 2 − 2A/x2, x0 =√A. Como lim

x→0+p(x) = +∞ e

limx→+∞

p(x) = +∞, este ponto é de mínimo em (0, +∞). Se x0 =√A, omo A = x0y0 =

√Ay0, y0 = √

A. Como x0 = y0 =√A, on luímos que o retângulo om menor perímetro éo quadrado.Observação 52 Embora bem mais difí il, o quadrilátero om área A om menor perímetroé o quadrado. De forma geral, o polígono de n lados om área A om menor perímetro éo polígono regular de n lados.Finalmente, a região plana de área A om menor perímetro é o ír ulo.Os resultados são idênti os se xarmos o perímetro P > 0 e quisermos maximizar a área.No aso da região plana om perímetro P om maior área, é o hamado Problema Iso-perimétri o, que pode ser resolvido somente om té ni as de Cál ulo das variações. Esteproblema (veja Wikipédia em inglês isoperimetri ) tem origem na antiguidade, e intrigoumuitos ientistas, entre outros Kepler. Mas foi resolvido ompletamente somente em 1902por Hurwitz usando série de Fourier.Exemplo 109 Modele os seguintes problemas e depois resolva-os. Não basta al ular omáximo e o mínimo: deve-se justi ar porque.(a) Um fazendeiro quer er ar uma área de 1500 m2 num ampo retangular e então dividi-lo ao meio om uma er a paralela a um dos lados do retângulo. Como fazer isto de forma aminimizar o usto da er a?(b) Resolva este problema se o usto por omprimento da er a que divide ao meio é trêsvezes mais ara do que o da er a em volta do terreno.

116 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADASolução do Exemplo 109 (a) MODELAGEM: Faça um desenho onde x é um dos ladose y o outro. O lado de tamanho x será dividido ao meio por uma er a de tamanho y.Assim, o tamanho da er a é c = 2x + 2y + y (perímetro do retângulo mais a er a domeio do terreno). Esta função é de duas variáveis. Utilizando a restrição que o terrenopossui 1500 m2, xy = 1500. Assim eliminamos y = 1500/x do usto e obtemos c(x) =2x+ 3(1500)/x = 2x+ 4500/x. Note que x pode variar entre 0 e +∞. Assim queremos oMÍNIMO de c(x) = 2x+ 4500/x para x ∈ (0,+∞) (note que x não pode ser 0).RESOLUÇO: Cal ulando o mínimo de c(x) = 2x + 4500/x em I = (0,+∞). Comoc′(x) = 2 − 4500/x2, o úni o ponto ríti o é x0 =

√2250. Nos extremos do intervalo

I: limx→0+

c(x) = +∞ e limx→+∞

c(x) = +∞. Assim x0 é mínimo e omo xy = 1500, y =

1500/√2250.(b) MODELAGEM: Se a er a em torno do terreno usta K, a er a do meio usta

3K. Portanto c = 2xK + 2yK + y3K = K(2x + 5y). Outra possibilidade é xar o usto/ omprimento em torno de 1 e para er a do meio 3. Vamos obter (verique) c = 2x+5y,que obteremos na mesma resposta. Utilizando a restrição xy = 1500, queremos o MÍNIMOde c(x) = K(2x+ 5 · 1500/x para x ∈ (0,+∞).RESOLUÇO: Similar ao item (b). Obteremos x0 =√

5 · 1500/2.Exemplo 110 Sejam M,N > 0 números dados. Se x, y ≥ 0 são números tais que sua somaé igual a uma onstante S > 0, determine o mínimo e o máximo do produto P = xMyN .Solução do Exemplo 110 MODELAGEM: Como x + y = S, y = S − x. Como y ≥ 0,0 ≤ x ≤ S. Assim queremos o máximo e o mínimo de P (x) = xM(S − x)N para x ∈ [0, S].RESOLUÇO: Como P ′(x) = MxM−1(x − S)N − NxM (S − x)N−1. Logo os pontos ríti os são x0 =

MS

M +Ne, x = 0 ( aso M − 1 6= 0) e x = S (N − 1 6= 0). De todo modovamos he ar o valor da função em 0 e S pois são os extremos do intervalo. Note que omo

0 < M < M +N , MM+N

< 1, e portanto x0 =MS

M +N< S. Assim x0 ∈ (0, S).Mas P (0) = P (S) = 0 e P (x) > 0 para x ∈ (0, S). Assim x0 é de fato o máximo. Omínimo é em x = 0 ou x = S.Exemplo 111 Qual ponto do grá o de y = x2 + 2 está mais perto do ponto (0, 5)?Solução do Exemplo 111 MODELAGEM: A distân ia de um ponto até uma urva é iguala menor distân ia entre todos pontos da urva até a reta. A distân ia de um ponto (x, y) na urva até (0, 1) é d =

√

(x− 0)2 + (y − 5)2. Como y = x2+2, d(x) =√x2 + (x2 + 2− 5)2.Queremos o mínimo para x ∈ R desta função d(x) =√

x2 + (x2 − 3)2.RESOLUÇO: Existe um truque bási o: ao invés de minimizar d(x), minimizamos d2(x)pois dá na mesma (porque?) mas a álgebra é mais fá il. Assim queremos minimizar f(x) =x2+(x2−3)2. Como f ′(x) = 2x+2(x2−3)(2x), os pontos ríti os são 0,±

√

5/2. Quandox → ±∞ vemos que f(x) → +∞. Assim o mínimo é atingido em um dos pontos ríti os.Agora omparamos f(0) = 9, f(±√5/2) = 11/4. Como 11/4 < 9, o mínimo é atingido emx = ±

√

5/2.

4.6. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇO 117Exemplo 112 Modele o seguinte problema e depois resolva-o. Não basta al ular o máximoe o mínimo: deve-se justi ar porque.Uma lata ilíndri a aberta no topo deve onter 500cm3 de líquido. O usto do materialutilizado na base é de R$2,00/ m2 e o material utilizado nos lados é de R$3,00/ m2. A he oraio que minimiza o usto de fabri ação da lata.Solução do Exemplo 112 MODELAGEM: Seja r o raio da lata e h a altura. A área lateralé 2πrh e a área da base πr2. Levando em onta o usto do material, o usto de fabri açãoé c = 6πrh+ 2πr2. Utilizando a restrição que o volume V = πr2h = 500, eliminamos umasdas variáveis do usto.Vamos eliminar h. Como πrh = 500/r obtemos que devemos minimizar c(r) = 3000

r+

2πr2 para r ∈ (0,+∞).Outra possibilidade de modelagem é eliminar r. Pela restrição do volume, πr2 = 500/he r =√

500/(hπ) = 10√

5/(hπ). Eliminando r obtemos que devemos minimizar c(h) =

60√5πh+

1000

hpara h ∈ (0,+∞).RESOLUÇO do modelo minimize c(r) =

3000

r+ 2πr2 para r ∈ (0,+∞): Note que

c(r) → +∞ quando r → 0+ ou r → +∞. Assim existirá um mínimo poi c(r) > 0 para todor > 0. Como c′(r) = −3000

r2+4πr, o úni o ponto ríti o é r0 = 3

√

750

π, o ponto de mínimo.Agora podemos obter h0, a altura que minimiza usto utilizando a relação V = πr20h0 = 500.Vamos obter h0 = 20/ 3

√36π = 10 3

√

2

9π.RESOLUÇO do modelo minimize c(h) = 60

√5πh +

1000

hpara h ∈ (0,+∞). Como

c′(h) =30√5π√h

− 1000

h2, o ponto ríti o é h0 = 10 3

√

2

9π. Note que o primeiro modelo tornaas ontas mais fá eis.Exemplo 113 Modele o seguinte problema e depois resolva-o. Não basta al ular o máximoe o mínimo: deve-se justi ar porque.Determine a área do maior retângulo ( om lados paralelos aos eixos x e y) que pode serins rito na elipse (a, b > 0)

(x

a

)2

+(y

b

)2

= 1.

Solução do Exemplo 113 MODELAGEM: Resolvendo a equação da elipse para y pode-seobter que xado um x, y(x) = ±b√

1− (x/a)2. Note que para ada x ∈ [0, a] obtemosum retângulo ins rito na elipse om om lados 2x e 2y = 2b√

1− (x/a)2. Assim queremosmaximizar a área g(x) = 4bx√

1− (x/a)2 para x ∈ [0, a].RESOLUÇO: Note que g(0) = g(a) = 0 e que g(x) > 0 para x > 0. Assim oponto ríti o, se existir, será de mínimo. Como f ′(x) = 4b√

1− (x/a)2 − 4bx2

a2√

1− (x/a)2.Igualando a zero, an elando 4b dos dois lados, obtemos que x2

0 = a2(1− (x0/a)2) = a2−x2

0.

118 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAAssim, 2x20 = a2 e x0 =

a√2. Substituindo obtemos que a área g(a/

√2) = 2ab ( onra pois

√

1− (x0/a)2 =√

1/2!).Exemplo 114 Duas idades, Z e W , estão na beira de um rio reto de largura a em margensopostas. Seja Q o ponto na margem oposta do rio diretamente em frente a Z. Sabe-se queque W dista b do ponto Q.

a

Z

Q P W

b

As idades serão ligadas por um sistema viário omposto por uma ponte partindo de Zaté um ponto P na outra margem do rio e uma estrada por terra ligando P a W . O ustopor quilmetro para onstrução da ponte é A por Km e o usto para onstrução da estradapor terra é T por Km.Qual deve ser a lo alização do ponto P para que o usto total do sistema viário seja omenor possível?PS: Problema similar: Vo ê parti ipará de uma prova de orrida e natação entre as duas idades, sendo que vo ê orre om velo idade Vc e nada om velo idade Vn. Partindo de Z,vo ê deverá nadar (em linha reta, é laro!) até um ponto P na na outra margem e depois orrer (em linha reta) até W . Como minimizar o tempo de prova?Solução do Exemplo 114 MODELAGEM: Vamos introduzir a oordenada x que lo alizao ponto P om a onvenção que x = 0 se P = W e x = b se P = Q. Assim x ∈ [0, b].Dada a lo alização x do ponto P , a estrada de terra terá omprimento x e a ponte terá omprimento, por Pitágoras, √(b− x)2 + a2. Logo o usto total do sistema viário é c(x) =

Tx+ A√

(b− x)2 + a2 e queremos minimizar para x ∈ [0, b].RESOLUÇO: Vamos al ular os pontos ríti os. c′(x) = T −Ab− x

√

(b− x)2 + a2. Resol-vendo c′(x0) = 0 obtemos que (A2 − T 2)(b − x0)

2 = T 2a2. Assim para que tenha soluçãoreal pre isamos que A2 − T 2 ≥ 0, isto é, omo A, T > 0, pre isamos que A ≥ T , o usto naágua maior que na terra. Vamos separar em dois asos:(a) Se A > T , a úni a raiz da derivada menor que b é x0 = b − aT√A2 − T 2

. Note quec′(b) = T > 0. Como c′(x0) = 0, e x0 < b, a derivada será positiva neste intervalo e negativapara x < x0. Assim se x0 ∈ [0, b], este ponto será de mínimo. Assim pre isamos que x0 > 0,isto é, que b >

aT√A2 − T 2

. Se isto o orrer o mínimo será em x0 = b − aT√A2 − T 2

. Caso ontrário, isto é, se b ≤ aT√A2 − T 2

, a função será res ente em [0, b] e o mínimo será emx = 0 (ligar ponte diretamente entre as idades).(b) Se A ≤ T a derivada nun a será zero e portanto possuirá o mesmo sinal que emqualquer ponto, omo por exemplo em x = b onde c′(b) = T > 0. Logo ela será sempre res ente, e o mínimo será em x = 0 (ligar ponte diretamente entre as idades).PS: Basta tomar A = 1/Vn e T = 1/Vc neste problema.

4.7. ⋆TAXAS RELACIONADAS 119Exemplo 115 Modele o seguinte problema e depois resolva-o. Não basta al ular o máximoe o mínimo: deve-se justi ar porque.Um pintor esta pintando um prédio que possui um orredor longo de largura a que terminanum orredor perpendi ular a este de largura b. Qual a maior es ada que o pintor pode utilizarque possa fazer a urva no m do orredor ?b

a

Solução do Exemplo 115 MODELAGEM: Considere o segmento de reta que en osta naquina interna do orredor. Vamos al ular seu omprimento para ada ângulo θ que estesegmento faz om o orredor. Vamos obter que o omprimento é dado por f(θ) = a

sen θ+

b

cos θ. Se a es ada for maior que f(θ) para algum θ ela ará travada no orredor. Assimqueremos o mínimo de f(θ) =

a

sen θ+

b

cos θpara θ ∈ (0, π/2).RESOLUÇO: Note que f(θ) → +∞ nos extremos do intervalo (0, π/2). Assim o mínimoestá no interior do intervalo. Cal ulando f ′(θ) = −a

cos θ

sen2 θ+ b

sen θ

cos2 θ. Agora f ′(θ0) = 0 se

sen3 θ0cos3 θ0

=a

b= tan3 θ0. Logo θ0 = arctan

(

3

√

a

b

).4.7 ⋆Taxas Rela ionadasTaxas rela ionadas são problemas onde quantidades (tipi amente) dependentes do tempo sãorela ionadas por equações. Trata-se de apli ação da regra da adeia. Apli ações típi as são:variação da sombra de um homem ao aminhar e variação da altura de um tanque esvaziando.Exemplo 116 Um balão esféri o, no instante t0, em que seu raio é R0, se esvazia segundouma taxa de p0 m3/s. Determine a taxa de variação de sua área de superfí ie.Solução do Exemplo 116 Es revemos o volume do balão em função do tempo e do raioR(t) (o raio depende do tempo) por V (t) = 4/3πR3(t). Como V ′(t) = 4πR2(t)R′(t).Assim p0 = V ′(t0) = 4πR2

0R′(t0). Como A(t) = 4πR2(t), A′(t) = 8πR(t)R′(t). Como

R′(t0) = p0/(4πR20), A′(t0) = 8πR0p0/(4πR

20) = 2p0/R0.Exemplo 117 Um homem de altura H está aminhando em direção a um poste de ilumina-ção om altura P . Supomos que o poste é mais alto que o homem. Num erto instante elese move om velo idade V . Determine om que velo idade se move, neste instante:(a) a extremidade de sua sombra; (b) sua sombra.0†A leitura desta seção é op ional.

120 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADASolução do Exemplo 117 Seja x a distân ia entre o homem e a base do poste. Seja S(x)a distân ia da extremidade de sua sombra até a base do poste. Por semelhança de triângulos,H

P=

S(x)− x

S(x). Tiramos que S(x) = x

P

P −He S ′(x) =

P

P −HPor hipótese P > H .Sabemos que x depende do tempo: x(t) e que x′(0) = V .(a) Seja g(t) = S(x(t)) a distân ia da extremidade de sua sombra em função do tempo,pela regra da adeia, g′(t) = S ′(x(t))x′(t) =

P

P −Hx′(t). Logo a velo idade da extremidadeda sombra é g′(0) =

P

P −Hx′(0) =

V P

P −H.(b) Seja f(t) = S(x(t))− x(t) o tamanho da sombra (a distân ia entre a extremidade dasombra e o homem. Assim f ′(t) = S ′(x(t))x′(t)−x′(t). Logo f ′(0) =

V P

P −H−V =

HV

P −H.

4.8 ⋆Derivação Implí itaFunções podem ser denidas impli itamente por meio de equações. Um exemplo é a equaçãox2 + y2 = 1, que dene, de forma implí ita duas funções: y(x) =

√1− x2 (parte de imado ír ulo) e y(x) = −

√1− x2 (parte de baixo). Um fato notável é que podemos al ulara derivada de uma função denida impli itamente sem ter que expli itar a função. Bastarees revermos x2 + y(x)2 = 1 e derivarmos os dois lados, utilizando a regra da adeia:

2x+ 2y(x)y′(x) = 0. Assim, y′(x) = − x

y(x).Por trás deste truque existe uma teoria, o hamado Teorema da Função Implí ita,que permite dizer quando uma equação dene impli itamente uma função e quando podemos al ular sua derivada. Em Cál ulo I omitimos estes detalhes. De fato, o próprio Spivak[Sp, além de dedi ar meros 2 exer í ios (da p. 211) ao assunto, diz que determinar osintervalos onde uma função diferen iável denida impli itamente por uma equação pode serbem deli ado, e é melhor ser deixado para um urso de Cál ulo avançado. Já o Courant [Codedi a uma Seção a este tópi o na p.480.Portanto vamos abordar o assunto através de exemplos.Exemplo 118 Considere a função y = f(x) denida impli itamente por y3 + y = x. Deter-mine onde esta função é res ente.Solução do Exemplo 118 Como y(x)3+y(x) = x, derivando impli itamente, 3y2(x)y′(x)+

y′(x) = 1. Assim, y′(x) = 1

3y2(x) + 1. Como y′(x) > 0 para todo x, on luímos que estafunção é res ente em todo lugar.Exemplo 119 Determine a equação da reta tangente aos grá os denidos impli itamentepor:(a) x+ y = sen(xy) em (0, 0) (b) xy + log(xy) = 1 em (1, 1).0†A leitura desta seção é op ional.

4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇO DE DERIVADA 121Solução do Exemplo 119 (a) Primeiro rees revo x + y(x) = sen(xy(x)). Derivandoimpli itamente, 1 + y′(x) = cos(xy(x))(y(x) + xy′(x)). Assim em (0, 0), 1 + y′(0) =cos(0)(y(0) + 0) = 0. Logo y′(0) = −1. Logo a reta tangente é y − 0 = (−1)(x− 0) = −xou y = −x.(b) Primeiro rees revo xy(x)+log(xy(x)) = 1. Derivando impli itamente, y(x)+xy′(x)+y(x) + xy′(x)

xy(x)= 0. Assim em (1, 1), y(1) + 1y′(1) +

y(1) + 1y′(1)

1y(1)= 0 = 1 + y′(1) + 1 +

y′(1) = 2+2y′(1) = 0. Logo y′(1) = −1. Logo a reta tangente é y−1 = (−1)(x−1) = 1−xou y = 2− x.Exemplo 120 En ontre o máximo e o mínimo de y = f(x) denida impli itamente porx2 − xy + y2 = 12.Solução do Exemplo 120 Derivando impli itamente, obtemos 2x − y − xy′ + 2yy′ = 0.Queremos determinar os pontos onde y′ = 0. Assim obtemos que y = 2x. Substituindo naequação x2 − xy + y2 = 12 obtemos a equação 3x2 = 12. Portanto, x = ±2. Assim emx = 2, y = 2x = 4 e em x = −2, y = 2x = −4. O máximo é y = 4 e o mínimo é y = −4.Use um software para plotar a função implí ita e veri ar esta resposta. Este método fun ionapois a urva denida pela equação é limitada.4.9 Exer í ios de Apli ação de Derivada4.9.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1. Suponha que f(0) = 0, f ′ é ontínua e que f ′(0) = 5. Cal ule lim

x→0

f(x)

sen(x).Exer í io 2.Vamos al ular o limite lim

x→1

(x− 1)2

ex − eapli ando L'Hospital duas vezes. Assim,

limx→1

(x− 1)2

ex − e= lim

x→1

2(x− 1)

ex= lim

x→1

2

ex=

2

e2.Na realidade o limite é zero. Qual o erro?Exer í io 3. Sabe-se que f ′(2) = 4 e que f(2) = 5. Cal ule de forma aproximada(a) f(2.1); (b) f(1.95).Exer í io 4. Sabe-se que p(x) é o polinmio do segundo grau que melhor aproxima f(x) =

cos(x) perto do ponto x = π. Determine:(a) p(π); (b) p′(π); ( ) p′′(π).Exer í io 5.Esbo e o grá o de uma função ontínua para ada item abaixo que:(a) tenha um máximo lo al em x = −2 e um mínimo lo al em x = 1;026.juj.2010

122 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA(b) seja sempre res ente, mas até x = −2 om on avidade para ima e depois desteponto om on avidade para baixo.Exer í io 6.Considere uma f : [−3, 3] :→ R ujo quadro de sinais da função e das derivadasseja:−2 −1 0 1 2

f − − + + − −f ′ − + + − − +f ′′ + + − − + +Esbo e o grá o de y = f(x).Exer í io 7.Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija.(a) se f ′′(x) > 0 para todo x ∈ [1, 2] então f ′ é res ente em [1, 2].(b) se f ′′(x) > 0 para todo x ∈ [1, 2] então f é possui on avidade para ima em [1, 2]( ) se h(x) = C para todo x ∈ [1, 2] então h não possui nenhum ponto do máximo nemmínimo lo al.Exer í io 8.Estude o Teorema 22 da p.110, o TVE (Teorema do Valor Extremo de Weiers-trass). Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija.(a) Pelo TVE toda função ontínua em I = (−7, 100) possui um máximo em I.(b) Pelo TVE toda função ontínua em I = [0,+∞) possui um mínimo em I.( ) Pelo TVE toda função em I = [2, 3] possui um mínimo em I.(d) Pelo TVE toda função des ontínua em I = [2, 4] NO possui máximo neste intervalo.(e) Pelo TVE toda função ontínua em um intervalo ILIMITADO I NO possui máximoem I.Exer í io 9. Suponha que f é derivável em R e que f ′ se anula somente em 3 e 7.(a) É verdade que existe a ∈ [1, 10] tal que f(a) ≥ f(x) para todo x ∈ [1, 10]? Porque?(b) Explique omo podemos determinar a.( ) É verdade que existe c ∈ R tal que f(c) ≤ f(x) para todo x ∈ R? Porque?Exer í io 10. Sabendo f é ontínua em R e que f ′(x) > 0 para x < 0 e f ′(x) < 0, para

x > 0, determine (se for possível) a, b, c, d ∈ R tais que(a) minx∈[−5,−1]

f(x) = f(a);(b) maxx∈[−2,3]

f(x) = f(b);( ) minx∈[−1,2]

f(x) = f(c);(d) maxx∈[2,5]

f(x) = f(d);Exer í io 11.Considere f(x) =1

x. Determine, aso existam, para ada intervalo I abaixo,

maxx∈I

f(x), minx∈I

f(x) e os pontos xmax e xmin onde são atingidos o máximo e o mínimo.(a) I = [2, 3]; (b) I = (0, 1]; ( ) I = [−1,−4]; (d) I = [1,+∞); (e)I = (−∞, 0).

4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇO DE DERIVADA 123Exer í io 12.Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija. Suponha que todas as funções possuem derivadas em todos os pontos.(a) Se x = 4 é mínimo lo al de h então h′(4) = 0.(b) Se x = 2 é o máximo de f no intervalo [1, 4] então f ′(2) = 0.( ) Se x = 1 é o mínimo de f no intervalo [1, 4] então f ′(1) = 0.(d) Se g′(3) = 0 então x = 3 é o mínimo ou máximo lo al de g.Exer í io 13.Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um ontraexemplo ou orrija.Sabendo que f e f ′ é derivável em I e a, b, c ∈ I:(a) f ′(b) = 0 e f ′′(b) = −1 então b é ponto de máximo lo al.(b) f ′(c) = 0 e f ′′(c) = 0 então c é NO é ponto de máximo nem mínimo de f em I.( ) se a é máximo lo al de f então a é máximo de f em I.Exer í io 14.Considere a função f esboçada na gura abaixo.(a) Determine os pontos de máximo e mínimo lo al de f .Determine os pontos de máximo e mínimo de f em:(b) [2, 4]; ( ) [−3, 1]; (d) [−1, 4].Determine o sinal de f ′′ em:(e) x = −1.8; (f) x = 0; (g) x = 4.(h) Dentre os inteiros −3,−2, . . . , 4, determine os que estão próximos de pontos deinexão (tro a de on avidade) de f .Considere g′(x) = f(x). Determine os pontos de:(i) máximo e mínimo lo al de g; (j) inexão de g.x

y

−3 −2 −1 1 2 3 4f(x)

Exer í io 15.Considere f(x) = x4 − x3. Determine TODOS os pontos de:(a) máximo/mínimo lo ais de f .(b) máximo/mínimo de f no intervalo [−1, 2].( ) máximo/mínimo de f no intervalo [−1, 0].(d) máximo/mínimo de f em R.(e) máximo/mínimo de f em (−∞, −1].

124 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADA4.9.2 ProblemasProblema 1.Cal ule os limites abaixo:(a) limx→0

sen(8x)

e2x − 1(b) lim

x→0+(ex + 3x)1/x ( ) lim

x→0

ex − e−x

sen(5x)(d) lim

x→0

ax − bx

xProblema 2.Estime, através de uma aproximação linear lo al:(a) √65; (b) log(e2 − 0.1); ( ) arctan(1.2).Problema 3.Considere a função f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d onde a > 0.(a) Mostre que f admite nenhum ou dois extremos lo ais. Sob que ondições ada umdesses asos o orre?(b) No aso em que f não admite extremos lo ais, quantas raízes reais f pode ter?( ) No aso em que f admite dois extremos lo ais, quantas raízes reais f pode ter?(d) Baseado nos itens anteriores, des reva um pro edimento para determinar o número deraízes reais de f .Problema 4. (grá os triviais) Esbo e o grá o de f e de uma função g tal que:(a) f(x) = x3 − 3x2 + 3x+ 1; (b) g′(x) = x3 − 4x.Problema 5.Esbo e o grá o de uma função y = f(x) tal que f(0) = 2 e f ′ é dado pelográ o abaixo.-2 -1 0 1 2

x

y

f ’

-2 -1 0 1 2 x

y

f ’

-2 -1 0 1 2 x

y

f ’

-2 -1 0 1 2 x

y

f ’

Problema 6.Esbo e o grá o de uma função ontínua f nos maiores intervalos possíveisque verique todas as ondições indi adas simultaneamente.(a)• lim

x→0−f(x) = −∞, lim

x→0+f(x) = 1, f(0) = −1,

• limx→−∞

f(x) = 2, limx→+∞

f(x) = −1,• f ′(x) > 0 para x < −1, f ′(x) < 0 para −1 < x < 0, f ′(−1) = 0, f ′(x) < 0para x > 0.(b)• f(0) = 2, f(−2) = 1 e f ′(0) = 0.• lim

x→+∞f(x) = −1 e lim

x→−∞f(x) = 0.

• limx→2+

f(x) = +∞ e limx→2−

f(x) = −∞.• f ′(x) > 0 se x < 0 e f ′(x) < 0 se x > 0.• f ′′(x) < 0 se |x| < 2 e f ′′(x) > 0 se |x| > 2.Problema 7.

4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇO DE DERIVADA 125Para as questões de esboço de grá o, antes do esboço deverá ser determinado:(a) TODOS os pontos de interseção om os eixos x e y;(b) os limites de no innito e TODAS as assíntotas;( ) os intervalos de res imento e de res imento;(d) TODOS os pontos de máximo e mínimo lo ais;(e) os intervalos om on avidade para ima e para baixo;Esbo e o grá o de ada uma das funções abaixo:(a) f(x) = 2x2 − 2x

(x− 2)(x+ 1). Di a: f ′(x) =

4 (1− 2x)

(x− 2)2 (x+ 1)2e

f ′′(x) =24 (x2 − x+ 1)

(x− 2)3 (x+ 1)3.(b) g(x) = 1 + x2

1− x2. Di a: g′(x) = 4

x

(1− x2)2e g′′(x) = 4

1 + 3 x2

(1− x2)3.( ) h(x) = x

(x− 1)2. Di a: h′(x) = − x+ 1

(x− 1)3e h′′(x) =

2 (x+ 2)

(x− 1)4.Problema 8.Esbo e o grá o da função:(a) f(x) = ex

x. Di a: f ′(x) =

(x− 1) ex

x2e f ′′(x) =

(x2 − 2 x+ 2) ex

x3.(b) f(x) = log(1− x2) + 1. Di a: f ′(x) =

2 x

x2 − 1e f ′′(x) = − 2 x2 + 2

(x2 − 1)2,

√1− e−1 ≈ 0.79.( ) f(x) = e(2−x)(x−1) + 1. Di a: f ′(x) = (3− 2x) e(2−x)(x−1) e

f ′′(x) = (4x2−12x+7) e(2−x)(x−1), 3/2−√2/2 ≈ 0.79 e 3/2+

√2/2 ≈ 2.20.(d) f(x) = x3 ex. Di a: f ′(x) = (x3 + 3 x2) ex e f ′′(x) = (x3 + 6 x2 + 6 x) ex,

−3 −√3 ≈ −4.7 e −3 +

√3 ≈ 1.26.Problema 9.Para ada função f e ada intervalo I abaixo, determine max

x∈If(x) e min

x∈If(x)e, se for possível, os pontos xmax e xmin onde o máximo/mínimo é atingidos.(a) f(x) = 1

sen(x)+

1

cos(x), I = (0, π/2).Di a: f ′(x) =

sen3 x− cos3 x

cos2 x sen2 x(b) f(x) = x+ 1x, I = (0, +∞), I = (0, 3], I = [3, 4].Di a: f ′(x) = 1− 4

x2.( ) f(x) = 3x4 − 4x3 + 12x2, I = [−1, 1] e [1, 2].Di a: f ′(x) = 12x(x2 − x+ 2) x.(d) f(x) = x

x+ 1em I = (−1, 1], I = [0, 1].Di a: f ′(x) =1

(x+ 1)2.Problema 10.Determine todos K ∈ R tais que a equação x

x4 + 3= K tenha pelo menosuma solução.

126 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAProblema 11.En ontre dois números uja diferença seja 100 e ujo produto seja um mínimo.Problema 12.Uma hapa de metal de largura L deve ter duas bandas, de igual largura,dobradas ao longo do omprimento de maneira a formar uma alha retangular.Como devem ser feitas as dobras de tal forma que a alha omporte o maior volumepossível?

L

Problema 13.Dispõe-se de 40m de o de arame para er ar um anteiro em um jardim ujaforma é a de um setor ir ular (fatia de pizza). Qual deve ser o raio do ír ulo para que o anteiro tenha a maior área possível ?Obs: A área de um setor ir ular é θr2/2, onde r é o raio do ír ulo e θ é o ângulo dosetor ir ular.θ

r

Problema 14.A tela do inema CABRALPLEX está a uma distân ia K do hão e possuialtura L. Um espe tador vai se sentar nesta sala, que é plana (não possui in linação), demodo que sentado em qualquer assento a distân ia entre seus olhos e o solo é h. A quedistân ia d da tela ele deve ar sentado para que per eba a maior imagem possível da tela?Note que a imagem é propor ional ao ângulo subentendido por seu olho e os extremos datela. Assumimos que a altura K > h, aso ontrário o melhor seria d = 0.

4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇO DE DERIVADA 127

h

L

K

B

d

θϕ

Problema 15.A página de um artaz deve ser retangular e ter uma área de A m2 ommargens laterais iguais a M m, e margens superior e inferior de N m. Determine asdimensões do artaz que permitirão a maior área impressa.

N

MM

N

Problema 16.Um tanque ilíndri o tem a forma de um ilindro om duas semiesferas em ada extremidade. Determine a forma do ilindro que:(a) maximizará o seu volume, sabendo que sua área de superfí ie é A,(b) minimizará o seu usto de fabri ação sabendo que seu volume é V .Problema 17.(a) Sejam f(x) = 2 +

√6x− 2x2 e P = (2, 2). Determine a maior e a menor distân iade P aos pontos do grá o de f .(b) Qual a menor distân ia verti al entre as urvas y = x2 e y = − 1

x2?Problema 18.Determine as dimensões do retângulo ins rito num ír ulo de raio R que possuio menor e o maior perímetro;

128 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAProblema 19.En ontre as dimensões do retângulo de maior área que tem sua base sobre oeixo x e seus dois outros vérti es a ima do eixo x e sobre a parábola y = 27− x2.Problema 20.Maximize o volume do:(a) one reto ins rito numa esfera de raio R;(b) ilindro ir ular reto ins rito num one ir ular reto de raio R e altura H .

4.9.3 ExtrasExtra 1.Cal ule os limites abaixo.(a) limx→1

log(4x− 3)

x− 1(b) lim

x→+∞

x2

log x( ) lim

x→1

4√x− 1

5√x− 1

(d) limx→+∞

x1/xExtra 2.Estime, através de uma aproximação linear lo al:(a) tan(0.05). (b) 3√28.Extra 3.Esbo e o grá o de uma função f e de uma função g tal que:(a) g′(x) = x2 − 5x+ 6 omo derivada; (b) f(x) = (x− 1)2(x+ 1)2.Extra 4.Esbo e o grá o de uma função y = f(x) tal que f(0) = 2 e que tenha omoderivada o seguinte grá o:

-

6

x

y

0−2 −1 1 2 3 4

4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇO DE DERIVADA 129Extra 5.Esbo e o grá o de uma função ontínua f que verique todas as ondições indi- adas simultaneamente.(a) f(0) = 3, f(2) = 1, f ′(0) = f ′(2) = 0f ′(x) > 0 se |x− 1| > 1 f ′(x) < 0 se |x− 1| < 1f ′′(x) < 0 se x < 1 f ′′(x) > 0 se x > 1(b) f(2) = 4; f(4) = −1.f ′(2) = 0; f ′(x) > 0 se x < 2; f ′(x) < 0 se x > 2;f ′′(4) = 0; f ′′(x) < 0 se x < 4; f ′′(x) > 0 se x > 4;lim

x→−∞f(x) = −∞; lim

x→+∞f(x) = −3.Extra 6.Para as questões de esboço de grá o, antes do esboço deverá ser determinado:(a) TODOS os pontos de interseção om os eixos x e y;(b) os limites de no innito e TODAS as assíntotas;( ) os intervalos de res imento e de res imento;(d) TODOS os pontos de máximo e mínimo lo ais;(e) os intervalos om on avidade para ima e para baixo;(função ra ional) Esbo e o grá o de ada uma das funções abaixo:PS: Ignore on avidade, não al ule f ′′.(a) f(x) = (x+ 1)(x+ 2)

(x+ 3)(x− 1). Di a: f ′(x) = − x2 + 10 x+ 13

(x− 1)2 (x+ 3)2.(b) g(x) = x

(x− 3)(1− x)+ 3. Di a: g′(x) = x2 − 3

(x− 3)2 (x− 1)2.Extra 7. (função ra ional) Esbo e o grá o de ada uma das funções abaixo:(a) f(x) = x2

x2 + 3.Di a: f ′(x) = 6x

(x2 + 3)2e f ′′(x) = 18

1− x2

(x2 + 3)3.(b) g(x) = x2

4− x2+ 2.Di a: g′(x) = 8 x

(x− 2)2 (x+ 2)2e g′′(x) = 8

4 + 3 x2

(4− x2)3.Extra 8. (função não-ra ional) Esbo e o grá o da função:(a) f(x) = x log xDi a: f ′(x) = log x+ 1, f ′′(x) =

1

x.(b) f(x) = x e1−x2Di a: f ′(x) = (1− 2x2) e1−x2, f ′′(x) = 2x(2x2 − 3) e1−x2,

1/√2 ≈ 0.707, √

3/2) ≈ 1.22.( ) f(x) = x2 exDi a: f ′(x) = x(x+ 2) ex, f ′′(x) = (x2 + 4 x+ 2) ex,−2−

√2 ≈ −3.41, −2 +

√2 ≈ −0.58).

130 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAExtra 9.Para ada função f e ada intervalo I abaixo, determine maxx∈I

f(x) e minx∈I

f(x) e,se for possível, os pontos xmax e xmin onde o máximo/mínimo é atingidos.(a) f(x) = 8x2 − x4 em I = R; I = [−1, 1].Di a: f ′(x) = 4x(4− x2).(b) f(x) = 1

x2 + 1em I = [1, 2] e I = [−1,+∞).Di a: f ′(x) = − 2x

(x2 + 1)2.( ) f(x) = sen(cosx) em [0, 2π].Extra 10. (problema om modelo simples) Suponha que uma janela tenha a forma de umretângulo om um triângulo equilátero no topo. Assumindo que o perímetro é de 12m,determine as dimensões da janela para que penetre o máximo de luz possível.Di a: área do triângulo equilátero é L2

√3/4.Extra 11.Modele os seguintes problemas e depois resolva-os.(a) Determine as dimensões do retângulo om perímetro P > 0 que possui a maior área.(b) Um ampo retangular está limitado por uma er a em três de seus lados e por um órrego reto no quarto lado. A he as dimensões do ampo om área máxima que pode ser er ado om uma er a de omprimento total P .( ) Um terreno retangular deve ser er ado om dois tipos de er a. Dois lados opostosdevem re eber uma er a reforçada que usta R$3,00 por metro, enquanto os outros doislados uma er a que usta R$2,00 por metro. Quais as dimensões do terreno de maior áreaque pode ser er ado om R$6.000,00?Extra 12.(a) A he os números x e y, om soma igual a S, uja soma dos quadrados seja o menorpossível.(b) Determine o número positivo tal que a diferença entre ele e o seu ubo seja a menore a maior possível.( ) Suponha que o produto de dois número reais positivos é igual a P > 0. Determine omínimo e máximo da soma destes dois números.Extra 13.Queremos fazer uma aixa em forma de paralelepípedo de base quadrada e abertaem ima, isto é, uma aixa sem tampa de base quadrada.(a) Se o volume desta aixa é V cm3, determine as dimensões que minimizam a quantidadede material.(b) Se temos A cm2 de material para fazer a aixa, determine o maior volume possívelpara esta aixa.( ) Se o volume desta aixa é V cm3 e o usto do material da base é duas vezes mais aro que o usto do material dos lados, determine as dimensões que minimizam o usto defabri ação.Extra 14. (guras e parte do texto retirados da Wikipédia) Em ópti a, o prin ípio de Fermatou prin ípio do menor tempo diz que o aminho de um raio de luz entre dois pontos deve

4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇO DE DERIVADA 131ser o que pode ser feito no menor tempo possível. Deste prin ípio pode ser deduzido a lei dereexão e a lei de refração de Snell. Vamos deduzir ambos neste exer í io.(a) Considere um raio de luz que parte de P e vai até Q depois de reetir no espelho emum ponto O. Determine a relação entre o ângulo de in idên ia θi e o ângulo de reexão θrpara que o tempo per orrido pelo raio seja o menor possível.

(b) Considere um raio de luz que parte de P e vai até Q passando de um meio onde aluz possui velo idade v1 para um meio onde a velo idade é v2. Determine a relação entre osângulos θ1 e θ2 e as velo idades (a Lei de Snell) para que o tempo per orrido pelo raio sejao menor possível.

Extra 15.Determine o ponto da urva indi ada mais próximo do ponto indi ado.(a) urva x2 − y2 = 1 e ponto (0, 2); (b) urva y = x3 e ponto (4, 0);( ) elipse 4x2 + y2 = 8 e ponto (1, 0); (d) urva y =√x e ponto (2, 0).Extra 16.Determine as dimensões do retângulo ins rito: em um semi ír ulo de raio R quepossui a maior área.Extra 17.Um ilindro é gerado ao se girar um retângulo de perímetro P em torno de umde seus lados. Qual deve ser a razão entre os lados do retângulo de tal forma que o ilindrotenha o maior volume possível?Extra 18.Maximize o volume do:(a) ilindro ir ular reto ins rito numa esfera de raio R;(b) one reto ins rito, de abeça para baixo, om vérti e no entro da base de um one ir ular reto de raio R e altura H .

132 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAExtra 19.Uma er a de altura H a em volta de um prédio bem alto. Se a er a está a umadistân ia L do prédio, qual a menor es ada que vai do hão por ima da er a até a parededo prédio?L H

4.9.4 DesaosDesao 1. (formas indeterminadas) Vamos mostrar que 00, (+∞)0 e 1+∞ podem dar qual-quer número. Cal ule os limites abaixo (use L'Hospital) assumindo que k > 0:(a) limx→0+

x(log k)/(1+log x) = 00;(b) limx→+∞

x(log k)/(1+log x) = (+∞)0;( ) limx→0

(x+ 1)(log k/x) = 1+∞.Desao 2. Sua asa possui um orredor longo de largura a que termina num orredor per-pendi ular a este de largura b. Vo ê deseja mover um sofá de largura c (menor que a e b !).Desprezando a altura ( onsidere o sofá omo um retângulo), qual o omprimento máximo dosofá que pode fazer a urva ? (Somente monte o problema, as ontas são ompli adas, epodem ser resolvidos somente numeri amente).Desao 3.Prove que a menor distân ia entre o ponto (a, b) até o grá o de y = f(x) émedido na reta normal ao grá o de f .Desao 4.Prove que a distân ia entre o ponto (x0, y0) e a reta ax + by + c = 0 é igual a|ax0 + by0 + c|√

a2 + b2.Desao 5.Podemos aproximar log a (onde a > 1) pela soma das áreas de dois trapézios, on-forme a gura abaixo. Determine o ponto x de maneira que o erro da aproximação seja mínimo.

1 x a x

y

y=1/x

1 x a x

y

y=1/x

1 x a x

y

y=1/x

1 x a x

y

y=1/x

1 x a x

y

y=1/x

1 x a x

y

y=1/x

4.9. EXERCÍCIOS DE APLICAÇO DE DERIVADA 133Desao 6.Maximize a área lateral do:(a) one reto ins rito numa esfera de raio R;(b) ilindro ir ular reto ins rito num one ir ular reto de raio R e altura H .

Desao 7.Deseja-se atravessar um lago ir ular até um ponto diametralmente oposto. Pode-se nadar e orrer. A velo idade orrendo é o dobro da velo idade nadando. Qual deve ser oper urso para se hegar mais rapidamente ao lado oposto?Desao 8. ( urvatura) Dado uma urva y = f(x) queremos determinar o raio do ír uloque os ula esta urva no ponto x = c. Mais pre isamente, queremos determinar o raio do ír ulo que passa por (c, f(c)) om mesma tangente e mesma derivada segunda que f .Mostre que se η = f(c), η1 = f ′(c) e η2 = f ′′(c) então o raio do ír ulo é igual a(1 + η21)

3/2

η2. O inverso do raio é hamado de urvatura da urva no ponto x = c.

4.9.5 ⋆Problemas (Taxas Rela ionadas)Problema 1.Um balão esféri o é esvaziado da tal forma que seu raio de res e a uma taxa onstante de 15 m/min. Com que taxa o ar estará saindo do balão quando o raio for iguala 9 m ?Problema 2.Um balão eleva-se verti almente do solo à razão de 3m/s. Quando o balãoestá a 48m do solo, passa, exatamente sobre ele um arro viajando a velo idade de 20m/s.Quatro segundos após este instante, om que velo idade varia a distân ia entre eles?Problema 3.Uma fonte luminosa aproxima-se perpendi ularmente de uma parede om velo- idade onstante de a metros/segundo, projetando uma imagem ir ular sobre esta. Sabe-seque a abertura do fa ho de luz (o ângulo entre os raios limites) é de 90o. Cal ule a velo idade om que a área iluminada sobre a parede está diminuindo quando a distân ia da fonte até aparede é de k metros.Problema 4.Um tanque ni o om água e vérti e para baixo tem raio R metros no topo ealtura H metros. Se a água uir para dentro do tanque om taxa onstante de V m3/s, omque velo idade em m/s a profundidade da água vai res er quando o tanque estiver om Lmetros de profundidade?

134 CAPÍTULO 4. APLICAÇÕES DA DERIVADAProblema 5.Uma es ada de tamanho L está apoiada numa parede. Se a base for puxadaao longo do hão, afastando-se da parede om velo idade V , om que velo idade o topo daes ada estará se movendo para baixo quando ele está a uma altura H do solo?Problema 6.Mostre que:(a) se o raio de um ír ulo res e a uma taxa onstante, então sua área res e a uma taxapropor ional ao omprimento do raio.(b) se a aresta de um ubo res e a uma taxa onstante, então seu volume res e a umataxa propor ional à área da superfí ie.( ) se o volume de uma esfera está res endo a uma taxa propor ional à área de suasuperfí ie, então seu raio res e a uma taxa onstante.4.9.6 ⋆Problemas (Derivação Implí ita)Problema 1. Seja y = f(x) denida impli itamente em ada item abaixo. Determine aequação da reta tangente no ponto indi ado:(a) y3 + x2y = 130 em (1, 5); (b) x2 =x+ y

x− yem (−1, 0).Problema 2.Considere a urva x3 + y3 = 3xy. Determine os pontos onde a reta tangenteé verti al e onde é horizontal.Problema 3. Seja y = f(x) denida impli itamente por x2 − y2 +

√xy = 2 próximo aoponto (2, 2).(a) Cal ule f ′(2).(b) Determine a equação da reta tangente ao grá o de f(x) no ponto (2, 2).( ) Determine a equação da reta tangente ao grá o de g(x) = f(x)/x no ponto (2, 1).Problema 4.Para ada uma das funções y = f(x) denidas impli itamente perto de (x, y) =

(a, b) determine:• se a função é res ente ou de res ente perto de x = a;• f ′(a);• f ′′(a).(a) x5 + xy + y5 = 3 em (a, b) = (1, 1).(b) x cos(xy) = 0 em (a, b) = (1, π/2)Problema 5.En ontre o máximo e o mínimo de y = f(x) denida impli itamente por

x4 − xy + y4 = 253.Problema 6.Determine a, b ∈ R tais que (1, 1) perten e a urva denida impli itamente porx2y + ay2 = b e que a reta tangente nesse ponto é 4x+ 3y = 7.

Capıtulo 5

IntegralObjetivos:• Denir integral omo área om sinal;• apresentar propriedades bási as que de orrem desta denição;• ver que é difí il integrar pela denição (área om sinal);• apresentar o Teorema Fundamental do Cál ulo.• apresentar té ni as que permitem o ál ulo da integral. As 2 prin ipais té ni as (subs-tituição e por partes) são onsequên ias de regras de derivação (produto e omposta).O on eito de integral tem suas origens noMétodo da Exaustão devido, provavelmente,a Eudoxo e que teve Arquimedes1 omo um dos seus grandes desenvolvedores. A motivaçãodeste método foi o ál ulo de áreas e volumes de guras om fronteiras urvas.Apresentaremos aqui a integral de Riemann2 usando a denição devida a Darboux3.5.1 Denição de Integral e Propriedades Bási asVamos omeçar om denição informal ( on eitual). Partindo da noção primitiva (intuitiva)de área da geometria, denimos a integral omo a área om sinal. Mais adiante vamos denira integral de forma rigorosa e denir área utilizando a integral.Denição 21 (informal de integral) Dada uma função f : [a, b] → R, denimos suaintegral ∫ b

a

f(x) dx omo a área om sinal entre o grá o de f e o eixo x. Área a ima doeixo é onsiderada positiva, abaixo é negativa.Observação 53 Temos que es rever o símbolo dx, que indi a qual a variável da funçãosendo integrada. Neste ontexto não tem sentido es rever ∫ f(x) por exemplo. Dizemosque a obrinha (símbolo da integral) sempre apare e om o dx (ou dt et .). Veremosque este dx tem relação om a notação de Leibniz da derivada da p.73.026.jul.20101Arquimedes: ⋆ 287 A.C., Sira usa, Itália - † 212 A.C., Sira usa, Itália.2Georg Friedri h Bernhard Riemann: ⋆ 17/09/1826, Breselenz, Alemanha - † 20/07/1866, Selas a, Itália.3Jean Gaston Darboux: ⋆ 14/08/1842, Nimes, França - † 23/02/1917, Paris, França.135

136 CAPÍTULO 5. INTEGRALCom esta denição podemos al ular algumas integrais.Exemplo 121 Cal ule as seguintes integrais:(a) ∫ 8

2

7 dx; (b) ∫ 3

0

x dx; ( ) ∫ −3

−5

(x+ 1) dx; (d) ∫ 2

−5

x dx.Solução do Exemplo 121 Esbo e o grá o e determine a área om sinal.(a) Cal ulando a área do retângulo de lados 7 e 8− 2 = 6 obtemos que ∫ 8

2

7 dx = 42.(b) Cal ulando a área do triângulo om base 3 e altura 3 obtemos que ∫ 3

0

x dx = 9/2.( ) Cal ulando a área do trapézio de base −3 − (−5) = 2 e alturas 4 (−5 + 1 = −4)e 2 (−3 + 1 = −2) obtemos que sua área é 2(4 + 2)/2 = 6. Como está abaixo do eixo énegativa. Assim, ∫ −3

−5

(x+ 1) dx = −6.(d) Somando as áreas om sinal de dois triângulos obtemos ∫ 2

−4

x dx = −8+ 2 = −6.Exemplo 122 Cal ule as seguintes integrais:(a) ∫ 2

−2

x3 dx; (b) ∫ π

−π

sen(x) dx.Solução do Exemplo 122 Esbo e o grá o e determine a área om sinal.Pela simetria, mesmo não sabendo al ular a área para x > 0 e x < 0, elas são iguais om sinais opostos. Logo ambas integrais valem zero.Exemplo 123 Cal ule as seguintes integrais:(a) ∫ 6

1

|x− 4| dx; (b) ∫ r

0

√r2 − x2 dx; ( ) ∫ 3

−3

−√9− x2 dx.Solução do Exemplo 123 Esbo e o grá o e determine a área om sinal.(a) Somando a área de 2 triângulos, um om base 3 altura 3 e outro om base 2 e altura

2 obtemos ∫ 6

1

|x− 4| dx = 3(3)/2 + 2(2)/2 = 13/2 .(b) Observe que f(x) =√r2 − x2 é o grá o da parte de ima do ír ulo de raio r entrado na origem. Assim a integral de 0 até r orresponde a 1/4 da área do ír ulo. Logo,

∫ r

0

√r2 − x2 dx =

1

4πr2.( ) Observe que g(x) = −

√9− x2 é a parte de baixo do ír ulo de raio 3 entrado naorigem. Assim é 1

2da área do ír ulo om sinal negativo. Logo, ∫ 3

−3

−√9− x2 dx = −9π

2.Vamos agora omeçar a denir om rigor a integral. Começamos om denição de partição,que é dividir um intervalo em pedaços.Denição 22 Chamamos partição de [a, b] um onjunto P = x0, . . . , xn om a = x0 ≤

· · · ≤ xn = b. Desta forma o intervalo [a, b] é parti ionado em intervalos Ii = [xi−1, xi].Denotamos o tamanho do intervalo Ii por ∆xi = xi − xi−1. Note que n∑

i=1

∆xi = b− a.

5.1. DEFINIÇO DE INTEGRAL E PROPRIEDADES BÁSICAS 137Denição 23 (soma superior e inferior) Denimos a soma superior e inferior de f omrelação a partição P , respe tivamente, porI(f ;P ) =

n∑

i=1

minx∈Ii

(f(x))∆xi e S(f ;P ) =n∑

i=1

maxx∈Ii

(f(x))∆xi.Observação 54 O orreto seria olo ar sup e inf ao invés de máximo e mínimo. Vamos noentanto deixar assim mesmo neste nível . . . Pergunte ao seu professor ou onsulte Wikipédia aso esteja urioso.A interpretação geométri a de I(f ;P ) e S(f ;P ) para uma função f ontínua e positivaé dada na Figura 5.1. A área pintada de inza (ris ada ou não) orresponde a somasuperior S(f ;P ) enquanto que a área ris ada orresponde a soma inferior I(f ;P ).Vemos então que S(f ;P ) e I(f ;P ) são aproximações por ex esso e por falta, respe tiva-mente, para a área da região delimitada pelo grá o de f , o eixo x, a reta x = a e a retax = b. Observamos ainda que a área ris ada está ontida na área inza, reetindo o fatoque I(f ;P ) ≤ S(f ;P ).

x0=

a

x1 · · · xi−1 xi xi+1 · · · xn−1 xn

=

bFigura 5.1: Interpretação geométri a de S(f ;P ) e I(f ;P ) para f ontínua e positiva.Denição 24 (rigorosa de integral) Considere f : [a, b] → R. Selim

∆xi→0S(f ;P ) = lim

∆xi→0I(f ;P ),isto é, se a soma superior onvergir para soma inferior quando o tamanho de ada intervaloda partição P vai para zero, dizemos que a integral (de Riemann) existe e representamos estevalor por ∫ b

a

f(x) dx. Informalmente (mas muito utilizado em deduções não-rigorosas feitasna Físi a, na Engenharia e nos livros de Cál ulo, in lusive neste)∫ b

a

f(x) dx = lim∆xi→0

n∑

i=1

f(xi)∆xi.

138 CAPÍTULO 5. INTEGRALExemplo 124 Considere f(x) =

0; x 6= 1;

3; x = 1(função vale zero em todos os pontos menosem x = 1, onde vale 3. Cal ule ∫ 4

0

f(x) dx.Solução do Exemplo 124 Quando al ularmos n∑

i=1

f(x)∆xi todos os termos serão zeromenos o que ontém o ponto x = 1. Assim obteremos f(1)∆xi = 3∆xi. Quando ∆xi → 0isto vai para zero, logo, ∫ 4

0

f(x) dx = 0.Neste exemplo observamos que o valor da função em um ponto não altera o valor daintegral. E se mudarmos em dois pontos? Também não se altera. Logo podemos modi arem todos os pontos transformando a função f na função onstante g(x) = 3 para todox sem alterar a integral? Aqui apare e o mistério de modi ar uma função um númeroinnito de vezes. Pre isamos de de Análise Real (ver [NC) para entender estas perguntase as respostas.Observação 55 Na fórmula da área do ír ulo, estamos in luindo a ir unferên ia ounão?(a) Se não estamos in luindo, a área é a mesma após a retirada de um ír ulo. Agoravamos retirando todas as ir unferên ias do ír ulo, uma de ada vez. Ao nal teremosretirado tudo e a área será 0!(b) se estamos in luindo, qual a área da ir unferên ia sem o ír ulo?Pense um pou o sobre isso.Exemplo 125 Cal ule ∫ 4

0

IQ(x) dx, onde IQ é a função indi adora dos ra ionais.Solução do Exemplo 125 Aqui observe que o max(IQ) = 1 e min(IQ) = 0 em qualquerintervalo. Assim a soma inferior I(IQ;P ) = 0 · 4 = 0 e S(IQ;P ) = 1 · 4 = 4 independente dapartição. Assim os limites quando ∆xi → 0 são distintos e a integral não existe. Mas não sepreo upe, não é um aso típi o: de forma geral a integral existe (podemos não saber al ularseu valor . . . ).Exemplo 126 Considere f(x) =

2; x ≤ 3;

5; x > 3. Cal ule ∫ 7

0

f(x) dx.Solução do Exemplo 126 Em quase todos intervalos a função será onstante, omminx∈Ii

(f(x)) = maxx∈Ii

(f(x)). O úni o onde isto não o orre, digamos Ik, é o que ontém o x = 3.Aqui o minx∈Ik

f(x) = 2 e o maxx∈Ik

f(x) = 5. Assim olim

∆xi→0(S(f ;P )− I(f ;P )) = (max

x∈Ikf(x)−min

x∈Ikf(x))∆xk = (5− 2)∆xk = 3∆xk.Assim, quando ∆xk → 0 vamos obter que S(f ;P ) → I(f ;P ). Assim a integral existe e seráigual a ignorar este ponto: ∫ 7

0

f(x) dx = 2(3) + 4(5) = 26.

5.1. DEFINIÇO DE INTEGRAL E PROPRIEDADES BÁSICAS 139Apresentamos sem prova um resultado teóri o importante, aso parti ular do Teorema deLebesgue que ara teriza as funções que são integráveis a Riemann.Teorema 23 Toda função ontínua em [a, b] ou ujo onjuntos dos pontos de des ontinui-dade em [a, b] é nito (funções om número nito de saltos) é integrável em [a, b].Observação 56 Assim as funções normais, isto é, om um número nito de pontos dedes ontinuidade, são integráveis.Na realidade pode até ser innito enumerável (ver Denição 11 da p.60) o número depontos de des ontinuidade que ontinuará sendo integrável (Teorema de Lebesgue). Noteque IQ é des ontínua em TODOS os pontos. Por isso não é integrável.Por onveniên ia algébri a denimos a integral em um intervalo qualquer, in luindo, porexemplo ∫ 2

2

(. . .) ou ∫ 5

7

(. . .).Denição 25 Denimos ∫ a

a

f(x) dx = 0.Se b > a, denimos ∫ a

b

f(x) dx = −∫ b

a

f(x) dx.Assim, por denição, por exemplo: ∫ 2

2

(. . .) = 0, ∫ 5

7

(. . .) = −∫ 7

5

(. . .).Lema 8 (propriedades) Dadas f, g funções integráveis são válidas:(a) ∫ b

a

(f(x) + kg(x)) dx =

∫ b

a

f(x) dx+ k

∫ b

a

g(x) dx para todo k ∈ R (Linearidade daintegral);(b) f(x) ≤ g(x) impli a que ∫ b

a

f(x) dx ≤∫ b

a

g(x) dx (monotoni idade da integral);( ) ∫ c

a

f(x) dx =

∫ b

a

f(x) dx+

∫ c

b

f(x) dx para todo a, b, c ∈ R (quebra do intervalo deintegração).Prova: (a) e (b) de orrem de forma imediata da denição.( ) De orre da Denição 25 da p.139.Erro Comum: Note que a integral do produto não é o produto das integrais.Tiro da artola a identidade: n∑

i=1

i2 =1

6n(n + 1)(2n+ 1). Pode-se prová-la por indução.Lema 9 Dado a ∈ R qualquer,(a) ∫ a

0

x dx = a2/2 e (b) ∫ a

0

x2 dx = a3/3.Prova: (a) Para a > 0, al ulando a área do triângulo de base a e altura a obtemos oresultado. Para a < 0 primeiro es revemos que ∫ a

0

x dx = −∫ 0

a

x dx. Vamos obter que a

140 CAPÍTULO 5. INTEGRALintegral ∫ 0

a

x dx = −a2/2 pois a área está abaixo do eixo x. Assim, ∫ a

0

x dx = −(−a2/2) =

a2/2.(b) Aqui pre isamos re orrer a denição, pois a fronteira da área é urva. Vamos al ulardividindo o intervalo [0, a] em n partes iguais. Assim, ∆xi = a/n. Além disso, xi = ia/n(i vezes o tamanho de ada intervalo). Assim, x0 = 0 e xn = a. Agora, n∑

i=1

f(xi)∆xi =

n∑

i=1

(xi)2a/n =

n∑

i=1

(ia/n)2a/n =a3

n3

n∑

i=1

i2. Apli ando a fórmula para n∑

i=1

i2 e tomando olimite quando n → +∞, obtemos que:∫ a

0

x2 dx = limn→+∞

a3

n3

1

6n(n+1)(2n+1) = lim

n→+∞

a3

61(1+1/n)(2+1/n) =

a3

61(1)(2) =

a3

3.Corolário 9 Dados a, b ∈ R,(a) ∫ b

a

x dx = b2/2− a2/2 e (b) ∫ b

a

x2 dx = b3/3− a3/3.Prova: Basta utilizar as propriedades da integral. Assim, ∫ b

a

f(x) dx =

∫ 0

a

f(x) dx +∫ b

0

f(x) dx =

∫ b

0

f(x) dx−∫ a

0

f(x) dx.Observação 57 Note que ainda NO sabemos omo integrar x3, x4, . . .. Com isto,mesmo sabendo a linearidade da integral, não sabemos integrar polinmios. Vamos terque aguardar o Teorema Fundamental do Cál ulo para aprender a integrar xN para um Nqualquer.Observação 58 É difí il integrar e fá il derivar. Note que a integral (aparentemente muitosimples) ∫ x2 dx deu (Lema 9 da p.139) bastante trabalho. Ela foi feita pela primeira vezpor Arquimedes. Podemos fazer algo semelhante para al ular ∫ xn dx para n inteiro(usando binmio de Newton). Para n = 3 pre isaríamos da identidade n∑

i=1

i3, para n = 4de n∑

i=1

i4, et .Pode-se fazer pela denição também ∫ sen(x) dx (ver Courant [Co, p.86), mas dá muitotrabalho. O ponto aqui é que pre isamos de outro método que não seja a denição. Aresposta é o Teorema Fundamental do Cál ulo.5.2 Teoremas Fundamentais do Cál ulo (TFCs)Como observamos na seção anterior, é MUITO difí il integrar pela denição. A riação doCál ulo (Newton e Leibniz) é mar ada pelo Teorema Fundamental do Cál ulo (TFC), já que

5.2. TEOREMAS FUNDAMENTAIS DO CÁLCULO (TFCS) 141Arquimedes já sabia al ular umas integrais (no tempo dele, áreas) pela denição. Com oTFC podemos al ular muitas integrais (embora não todas, aguarde . . . ).Teorema 24 (TFC: derivada da integral) Se f é ontínua em [a, b], então F : [a, b] →R denida por

F (x) =

∫ x

a

f(s) dsé derivável em (a, b) e F ′(x) = f(x) para todo x ∈ (a, b).Prova:F (x+ h)− F (x)

h=

1

h

[∫ x+h

a

f(s)ds−∫ x

a

f(s)ds

]

=1

h

∫ x+h

x

f(s)ds.Aproximando a integral ∫ x+h

x

f(s)ds pela área do retângulo de base h e altura f(x) obtemosqueF (x+ h)− F (x)

h≈ 1

hhf(x) = f(x).Assim, F ′(x) = f(x).Exemplo 127 Determine a equação da reta tangente a função f(x) =

∫ x

π

sen(√s2 + 4) dsno ponto x = π.Solução do Exemplo 127 Pelo TFC, f ′(x) = sen(

√x2 + 4). Note que f(π) = ∫ π

π

(· · · ) =0 e f ′(π) = sen(

√π2 + 4). Assim, a equação da reta tangente é y = sen(

√π2 + 4)(x− π).

Exemplo 128 Cal ule a derivada de f(x) =

∫ e

x2

log(4 + sen s) ds.Solução do Exemplo 128 Antes de apli ar o TFC temos que tro ar os limites de integraçãopara adequá-lo ao teorema. Assim, f(x) = −∫ x2

e

log(4 + sen s) ds. Alem disso denimosg(x) = x2 e h(y) =

∫ y

e

log(4 + sen s) ds. Assim, f(x) = −h(g(x)). Pela derivada da omposta, f ′(x) = −h′(g(x))g′(x). Pelo TFC, h′(y) = log(4 + sen y) e g′(x) = 2x. Assim,f ′(x) = − log(4 + sen(x2))2x.Corolário 10 (TFC: integral da derivada) Se f é ontínua em [c, d] e se existe uma Ftal que f(x) = F ′(x) em para todo x ∈ (c, d), então, para todo a, b ∈ (c, d),

∫ b

a

f(x) dx = F (b)− F (a).

142 CAPÍTULO 5. INTEGRALProva: Dena h(x) = F (x)− F (a)−∫ x

a

f(s) ds. para ada x ∈ [c, d]. Pelo Teorema 24(TFC), h′(x) = F ′(x) − f(x) = f(x)− f(x) = 0 para todo x ∈ [c, d]. Logo h é onstante.Como h(a) = F (a) − F (a) −∫ a

a

f(s) ds = 0, h(x) = 0 para todo x ∈ [c, d]. Assim,h(b) = 0 = F (b)− F (a)−

∫ b

a

f(s) ds.Devido a este resultado é omum a notação F |ba = F (b)− F (a). Assim,∫ b

a

f(x) dx = F

∣

∣

∣

∣

b

a

= F (b)− F (a).

Exemplo 129 Cal ule as integrais:(a) ∫ 1

−1

x4 dx; (b) ∫ π/2

−π/2

cos(x) dx; ( ) ∫ 2

1

1

xdx.Solução do Exemplo 129 (a) Como (x5/5)′ = x4, apli ando o TFC obtemos:

∫ 1

−1

x4 dx =x5

5

∣

∣

∣

∣

1

−1

=15

5− (−1)5

5=

2

5.(b) Como (sen x)′ = cosx, apli ando o TFC obtemos:

∫ π/2

−π/2

cos(x) dx = sen x∣

∣

π/2

−π/2= sen(π/2)− sen(−π/2) = 1− (−1) = 2.( ) Como (log x)′ = 1/x (para x > 0), apli ando o TFC obtemos:

∫ 2

1

1

xdx = log x|21 = log 2− log 1 = log 2.

Erro Comum: Apli ar o TFC sem tomar uidado. Por exemplo, omo (log |x|)′ = 1/x,es rever que ∫ 2

−2

dx

x= log |x|

∣

∣

2

−2= log |2| − log | − 2| = 0. O erro é que 1

xnão é ontínuaem [−2, 2] (releia hipóteses do Teorema 24 da p.141 (TFC)). Na realidade, o integrando

1

xnão está sequer denido em x = 0.Denição 26 Se F é derivável om F ′ = f , então dizemos que F é uma primitiva, antide-rivada ou integral indenida de f em [a, b]. Es revemos, sem olo ar limites de integração,que ∫ f = F .

5.2. TEOREMAS FUNDAMENTAIS DO CÁLCULO (TFCS) 143Observação 59 Embora a integral de função ontínua sempre exista, F (x) =∫ x

0

exp(−s2) ds não pode ser expresso por meio de funções elementares (sen, cos, et .).Existe uma teoria (Abel) que determina quando uma função possui primitiva expressa pormeio de funções elementares. Ver Simmons [Si, p.513, apítulo 10.8.Com o TFC e sabendo derivar podemos integrar um onjunto de funções: Leia a tabelaabaixo da direita para esquerda (a derivada) e da esquerda para direita (a integral).F ′(x) F (x)

xn xn+1

n+ 1n 6= −1

x−1 log |x|sen x − cos xcosx sen xex ex

sec2 x tan x1

x2 + 1arctan x

1√1− x2

arcsen x

f(x)

∫

f(x) dxExemplo 130 Determine:(a) ∫ (94√x5 − 3xπ) dx; (b) ∫ (Kex − 3 cosx +

5

x

)

dxSolução do Exemplo 130(a) ∫ (94√x5 − 3xπ) dx =

∫

(9x5/4 − 3xπ) dx = 9x5/4+1

5/4 + 1− 3

xπ+1

π + 1= 4x9/4 − 3

xπ+1

π + 1.(b) ∫ (Kex − 3 cosx +

5

x

)

dx = Kex + 3 sen x+ 5 log |x|.Utilizando a linearidade da integral do Lema 8 da p.139 on luímos que agora sabemosintegrar qualquer polinmio. Observe que NO sabemos integrar, por exemplo, um funçãora ional qualquer (aprenderemos isto na Seção 5.5 da p.151).Note que se F é uma primitiva ou integral indenida de f então F + C, om C ∈ Rqualquer, também será (pois (F+C)′ = F ′ = f). Assim, sempre que dissermos que ∫ f = Festá subentendido que ∫ f = F +C. Por exemplo, quando dizemos que ∫ cosx dx = sen x,signi a que sen x é uma primitiva de cosx, isto é, que (sen x)′ = cos x, mas não é a úni aprimitiva. De fato ∫ cosx dx = sen x+ C para toda C ∈ R.Por isso é omum os livros insistirem em olo ar +C nas respostas das integrais inde-nidas. Aqui neste livro vamos, em geral, omiti-lo.

144 CAPÍTULO 5. INTEGRALObservação 60 Em alguns exer í ios olo amos a onstante, mas a insistên ia no +Cé uma hateação: o aluno já tem que se on entrar para obter uma primitiva. Duranteum exame, onsulte seu professor ou, melhor ainda, oloque +C sempre nas integraisindenidas ().5.3 Integrais ImprópriasVamos estender a denição da integral para intervalos ilimitados (innitos) e quando o inte-grando é ilimitado (innito) perto de um ponto. São hamadas de integrais impróprias.Todas são denidas de forma natural utilizando limite.Denição 27 (intervalos ilimitados) As integrais em intervalos ilimitados são denidasda seguinte forma:∫ +∞

a

f(x) dx = limb→+∞

∫ b

a

f(x) dx; ∫ b

−∞f(x) dx = lim

a→−∞

∫ b

a

f(x) dx;∫ +∞

−∞f(x) dx =

∫ b

−∞f(x) dx+

∫ +∞

b

f(x) dx para um b ∈ R qualquer.Denição 28 (intervalos innitos) Suponha que f é ilimitada somente próxima de x =c ∈ (a, b), isto é, que lim

x→c|f(x)| = +∞. Denimos:

∫ c

a

f(x) dx = limk→c−

∫ k

a

f(x) dx; ∫ b

c

f(x) dx = limk→c+

∫ b

k

f(x) dx.Exemplo 131 Cal ule:(a) ∫ +∞

1

dx

x3; (b) ∫ 2

0

dx

x3; ( ) ∫ 0

−∞ex dx; (d) ∫ +∞

−∞

dx

x2 + 1.Solução do Exemplo 131 (a) ∫ a

1

dx

x3= − 1

2x2

∣

∣

∣

∣

a

1

= − 1

2a2+

1

2(12). Agora ∫ +∞

1

dx

x3=

lima→+∞

(

− 1

2a2+

1

2

)

=1

2. Note que embora a região seja innita, sua área é nita.(b) De forma análoga ao item anterior, ∫ 2

a

dx

x3= − 1

2(22)+

1

2a2. Assim, ∫ 2

0

dx

x3=

lima→0+

∫ 2

a

dx

x3= lim

a→0+

(

−1

8+

1

2a2

)

= +∞. Neste aso, a região é innita e sua área éinnita.( ) ∫ 0

−∞ex dx = lim

a→−∞

∫ 0

a

ex dx = lima→−∞

(e0 − ea) = 1 − 0 = 1. Novamente, regiãoinnita mas área nita.(d) Note ini ialmente (veja tabela de integrais da p.143) que ∫ b

a

dx

x2 + 1= arctan(b) −

arctan(a). Note também que limb→+∞

arctan(b) = π/2 (porque?) e lima→−∞

arctan(a) = −π/2(porque?). Assim, ∫ +∞

−∞

dx

x2 + 1será igual aos limites quando a → −∞ e b → +∞ daintegral ∫ b

a

dx

x2 + 1= arctan(b)− arctan(a). Logo a valor da integral é π/2− (−π/2) = π.Novamente, região innita mas área nita.

5.4. TÉCNICAS BÁSICAS DE INTEGRAÇO 145Questão para pensar.Como pode uma região innita possuir uma área nita? Imagine um muro er andoesta região (por exemplo a região delimitada pelo eixo x e por y = 1/(x2 + 1) do item(d)). O omprimento do muro é +∞. Agora vamos pintar o hão desta região. Istoé possível om quantidade nita de tinta pois sua área é nita. Vamos pintar as paredesdesta região. Isto é impossível pois ela é innita.Observação 61 Em estatísti a (e em Matemáti a de forma geral) é MUITO importantea integral abaixo, mas que somente em Cál ulo III (integrais múltiplas) será demonstrado:∫ +∞

−∞e−x2

dx =√π.Pode-se provar om té ni as de Cál ulo I ([Sp por exemplo) mas é muito ompli ado.

5.4 Té ni as Bási as de IntegraçãoVamos apresentar nesta seção duas té ni as bási as para o ál ulo de integrais: por substitui-ção e por partes. Elas são de orrên ia de regras de derivada da omposta e do produto omomostra tabela abaixo: Derivada da(o): omposta produto.Integral por: substituição partes.Além de serem té ni as importantes para o ál ulo de integrais, ambas são fundamentaisdo ponto de vista teóri o também. Por exemplo, ambas podem ser estendidas para o ál ulo deintegrais em várias variáveis. A integração por partes é fundamental para se estender o on eitode derivada (as hamadas distribuições em Matemáti a). As outras té ni as ( omo integraçãopor partes) são o que são: meras té ni as, que podem perfeitamente ser substituídas porsoftwares algébri os (CAS: Computer Algebra System) omo o maxima. Por estas razões olo o omo op ional a seção om a té ni a de integração por frações par iais. Deixo apalavra om o Spivak:Substituição e integração por partes são as úni as té ni as fundamentais (de inte-gração) que vo ê deve aprender. Mesmo assim, omo mostram alguns exemplos,o su esso depende de alguns truques adi ionais. [Sp, p. 315.Estes truques adi ionais são: utilizar identidades trigonométri as e a té ni a de frações par- iais.5.4.1 Integração por SubstituiçãoEsta té ni a de orre da regra da derivada da omposição de funções. Note que integrar porsubstituição é o mesmo que tro ar variáveis na integração. Já tínhamos feito isto om limitesna p.37. Aqui o poder da notação de Leibniz (dy

dx

) será apresentado. De fato, por estarazão, a prova sem rigor do Lema abaixo é muito mais importante, pois será a ideia utilizadaem todos os exemplos. Em ál ulo de várias variáveis o g′ será substituído pelo hamadoja obiano da função.

146 CAPÍTULO 5. INTEGRALLema 10 (integral por susbtituição) Suponha que a derivada de g é integrável no inter-valo [a, b] e f é ontínua (na imagem do intervalo [a, b] por g), então∫ b

a

f(

g(x))

g′(x) dx =

∫ g(b)

g(a)

f(u) du.Prova: [sem rigor Tome u = g(x). Utilizando notação de Leibniz, du

dx= g′(x). Assim,

du = g′(x) dx. Assim ∫

f(

g(x))

g′(x) dx se transforma em ∫

f(u)du. Agora temos quetro ar os limites de integração. Quando x = a, u = g(a); quando x = b, u = g(b). Assimobtemos o resultado.Prova: [ om rigor Considere F uma primitiva de f , isto é, uma função tal que F ′ = f .(por exemplo, F (x) =

∫ x

0

f(s) ds). Dena h(x) = F (g(x)). Pela Regra da Cadeia h′(x) =

F ′(g(x))

g′(x) = f(

g(x))

g′(x). Note que este é exatamente o integrando do lado esquerdo.Pelo Teorema Fundamental do Cál ulo, temos∫ b

a

f(

g(x))

g′(x) dx =

∫ b

a

h′(x) dx = h(b)− h(a).Por outro lado, também pelo TFC,h(b)− h(a) = F

(

g(b))

− F(

g(a))

=

∫ g(b)

g(a)

F ′(u) du =

∫ g(b)

g(a)

f(u) du.Daí segue o resultado.Na práti a utilizamos a té ni a da prova sem rigor: Chamamos parte do integrando de u, al ulamos du e fazemos a substituição, esperando obter algo mais simples, diretamenteintegrável pela tabela de integrais da p.143. No nal desfazemos a substituição paraobter a integral om relação à variável original.Exemplo 132 (integrais indenidas) Considere onstantes a, b ∈ R, a 6= 0. Determine:(a) ∫ sen(b− aθ) dθ; (b) ∫ (t/a− b)100 dt;Solução do Exemplo 132 (a) Tome u = b− aθ. Então, du = −a dθ. Logo, dθ = −du/a.Assim, ∫ sen(b − aθ) dθ =

∫

− sen(u) du/a = (−1/a)

∫

sen u du = (−1/a)(− cosu) =

cos(u)/a. Desfazendo a substituição obtemos cos(b− aθ)/a.(b) Tome u = t/a−b. Então du = (1/a) dt. Logo, dt = a du. Assim, ∫ (t/a−b)100 dt =∫

u100a du = au101

101; Desfazendo a substituição obtemos a(at− b)101

101.Exemplo 133 (integrais denidas) Determine:(a) ∫ 3

−1

e−2x dx; (b) ∫ √2

0

xe3x2

dx.

5.4. TÉCNICAS BÁSICAS DE INTEGRAÇO 147Solução do Exemplo 133 (a) Tome u = −2x. Então, du = −2 dx. Logo, dx = −du/2.Quando x = −1, u = 2; quando x = 3, u = −6. Logo, tro ando integrando, dx e limites deintegração, ∫ 3

−1

e−2x dx =

∫ −6

2

eu(−1/2) du = −eu

2

∣

∣

∣

∣

−6

2

= −e−6

2− (−e2

2) =

1

2(e2 − e−6).Outro modo é primeiro en ontrar a primitiva: ∫ e−2x dx =

∫

eu(−1/2) du = −eu

2=

−e−2x

2. Agora basta al ular ∫ 3

−1

e−2x dx = −e−2x

2

∣

∣

∣

∣

3

−1

=1

2(e2 − e−6).(b) Tome u = 3x2. Então du = 6x dx. Logo, x dx = du/6. Quando x = 0,

u = 0; quando x =√2, u = 6. Logo, tro ando integrando, dx e limites de integração,

∫

√2

0

xe3x2

dx =

∫ 6

0

eu du/6 =eu

6

∣

∣

∣

∣

6

0

=e6

6− 1

6.Outro modo é primeiro en ontrar a primitiva: ∫ xe3x

2

dx =

∫

eu du/6 =eu

6=

e3x2

6.Agora basta al ular ∫ √

2

0

xe3x2

dx =e3x

2

6

∣

∣

∣

∣

∣

√2

0

=e6

6− 1

6.Observação 62 Note que na integral DEFINIDA ( om limites de integração) temos duasopções:(a) Cal ular primeiro a integral INDEFINIDA e depois substituir nos limites de integração;(b) Tro ar os limites de integração (o que vamos fazer normalmente).Exemplo 134 Determine:(a) ∫ x dx

(2− 3x2)5; (b) ∫ tanx dx; ( ) ∫ sen x cos6 x dx.Solução do Exemplo 134 (a) A es olha que vai fun ionar direto é tomar u = 2−3x2 pois

du = −6x dx, que vai substituir bem o termo x dx. Assim vamos obter∫

− du

6u5=

1

24u4=

1

24(2− 3x2)4.Outra solução, que não é tão direta, é tomar u = x2 pois du = 2x dx. Vamos obter

∫

du

2(2− 3u)5. Assim pre isaríamos fazer nova substituição v = 2− 3u, dv = −3 du:∫ −dv/3

2v5= −1

6

∫

v−5 dv = −1

6· v

−4

−4=

v−4

24=

1

24(2− 3x2)4.(b) Como tan x =

sen x

cosx, tome u = cosx, du = − sen x dx. Assim ∫

tanx dx =∫

sen x

cosxdx =

∫

−du

u= − log |u| = − log | cosx|.Caso tome-se u = sen x, du = cosx dx e não será possível fazer a substituição (verique!).( ) Tome u = sen x, du = cosx dx. Assim, ∫ cosx sen6x dx =

∫

u6 du =u7

7=

sen7 x

7.Caso tome-se u = cosx, du = − sen x dx e não será possível fazer a substituição (veri-que!).

148 CAPÍTULO 5. INTEGRALObservação 63 O ponto ru ial nos exemplos é es olher quem vai fazer o papel de u.Algumas es olhas de u vão dar mais trabalho, outras vão dar em nada . . .Erro Comum: Não fazer a substituição ompleta na integral e fazer oisas sem sentido,misturando nova variável e antiga. Por exemplo, no ál ulo de ∫ x sen(x2) dx, substituiru = x2, e es rever que:

∫

x sen(x2) dx =

∫

x sen(u) dx = sen(u)

∫

x dx = sen(u)x2

2(ERRADO!).O orreto é determinar que du = 2x dx e :

∫

x sen(x2) dx =

∫

sen(u) du/2 = −cos(u)

2= −cos(x2)

2(CORRETO).Observação 64 Suponha que vo ê al ulou ∫ f = F . Depois de integrar verique seestá erto he ando se F ′ = f . Esta veri ação é fá il pois derivar é MUITO mais fá il doque integrar.5.4.2 Integração por PartesLema 11 (integração por partes) Sejam f e g funções deriváveis em [a, b] om f ′ e g′integráveis. Então

∫ b

a

f(x)g′(x) dx = f(b)g(b)− f(a)g(a)−∫ b

a

f ′(x)g(x) dx.Prova: [sem rigor Como (uv)′ = vu′ + uv′, ∫ (uv)′ dx = uv =∫

vu′ dx +∫

uv′ dx. Pelanotação de Leibniz, dudx

= u′. Assim, du = u′ dx e de forma análoga dv = v′ dx. Podemoses rever então que uv =∫

v du+∫

u dv.Tome u = f(x) e dv = g′(x) dx. Assim obtemos que du = f ′(x) dx e (integrando∫

dv = v =∫

g′(x) dx = g(x)) v = g(x).Obtemos o resultado substituindo os limites de integração.Prova: [ om rigor Seja h(x) = f(x)g(x). Pela regra da derivada do produto, h′(x) =f ′(x)g(x) + f(x)g′(x). Assim, integrando os dois lados de x = a até x = b e utilizando oTFC temos que:∫ b

a

h′(x) dx = h(b)− h(a) = f(b)g(b)− f(a)g(a) =

∫ b

a

f ′(x)g(x) dx+

∫ b

a

f(x)g′(x) dx.Rearrumando os termos obtemos o resultado.Exemplo 135 Determine:(a) ∫ log 2

0

ex x dx; (b) ∫ x cosx dx.

5.4. TÉCNICAS BÁSICAS DE INTEGRAÇO 149Solução do Exemplo 135 (a) Tome u = x e dv = ex dx. Assim, du = dx e v = ex.Logo, ∫ xex dx = xex −∫

ex dx = xex − ex. Agora utilizamos os limites de integração:∫ log 2

0

ex x dx = xex − ex|log 20 = 2 log(2)− 1.Caso tivesse tomado u = ex e dv = x dx, teríamos du = ex dx e v = x2/2. Assim,∫

ex x dx =x2ex

2−∫

x2

2ex dx, uma integral ainda mais ompli ada! Reita sobre isso. . .(b) Tome u = x e dv = cos x dx. Assim du = dx e v = sen x. Logo, ∫ x cosx dx =

x sen x−∫

sen x dx = x sen x+ cos x.Esta té ni a é útil quando a função que deve ser integrada é um produto fg onde aderivada de f é mais simples do que f (de preferên ia uma onstante ou um polinmio degrau menor) e g uma função tal que ∫ g não é mais ompli ada do que g (por exemplo,g é exponen ial, seno, osseno mas g NO é um polinmio, que aumenta de grau a adaintegração). Veja os exemplos a ima novamente.Se f ′ é mais simples do que f podemos usar o truque de tomar u = f e dv = 1 · dx naintegração por partes. Veja os exemplos abaixo.Exemplo 136 Determine:(a) ∫ log x dx; (b) ∫ arcsen(7x) dx.Solução do Exemplo 136 (a) Tome u = log x, dv = dx. Assim, du = dx/x e v = x.Logo, ∫ log x dx = x log x−

∫

x(dx/x) = x log x−∫

dx = x log x− x.(b) Tome u = arcsen(7x), dv = dx. Assim, ( uidado om a regra da adeia) du =7√

1− 49x2dx e v = x. Logo, ∫ arcsen(7x) dx = x arcsen(7x)−

∫

7x√1− 49x2

dx. Agoravamos resolver a integral tomando z = 1− 49x2, dz = −(2)49x dx. Logo,−∫

7x√1− 49x2

dx =

∫

dz

14√z=

√z

7=

√1− 49x2

7.Juntando tudo obtemos, ∫ arcsen(7x) dx = x arcsen(7x) +

√1− 49x2

7.Um outro truque é integrar por partes duas vezes para obter a mesma função novamente.Veja os exemplos seguintes.Exemplo 137 Determine:(a) ∫ ex sen x dx; (b) ∫ cos2 x dx; ( ) ∫ (1/x) log x dx.

150 CAPÍTULO 5. INTEGRALSolução do Exemplo 137 (a) Tome u = ex e dv = sen x dx (poderia ser o ontrário,experimente . . . ). Assim, du = ex dx e v = − cosx. Logo, K =

∫

ex sen x dx = −ex cosx−∫

(− cosx)ex dx = −ex cos x+

∫

cos xex dx.De forma análoga, tomando u = ex e dv = cosx dx, Assim, du = ex dx e v = sen x.Logo, ∫ cosxex dx = ex sen x−∫

sen xex dx = ex sen x−K.Assim, K = −ex cosx + ex sen x − K ou 2K = −ex cosx + ex sen x. Logo, K =∫

ex sen x dx =ex

2(sen x− cosx).(b) Tome u = cosx e dv = cosx dx. Assim, du = − sen x dx e v = sen x. Assim,

∫

cos2 x dx = cosx sen x +

∫

sen2x dx. Pode-se integrar novamente omo no item (a)(experimente) ou então usando identidade trigonométri a, K =

∫

cos2 x dx = cosx sen x+∫

(1− cos2 x) dx = cosx sen x+

∫

1 dx−K = cos x sen x+ x−K.Assim, 2K = cos x sen x+ x. Logo, K =

∫

cos2 x dx =cosx sen x+ x

2.( ) Tome u = log x e dv = dx/x. Assim, du = dx/x, v = log x. Assim, K =

∫

(1/x) log x dx = log2 x−∫

(1/x) log x dx = log2 x−K.Portanto, 2K = log2 x. Logo, K =

∫

(1/x) log x dx =log2 x

2.A integral ∫ cos2 x dx pode ser al ulada de forma direta om uma fórmula de trigono-metria. Como cos(2x) = cos2 x− sen2 x e sen2 x = 1− cos2 x, cos(2x) = 2 cos2 x−1. Logo,

cos2(x) =1 + cos(2x)

2. Integrando os dois lados obtemos que ∫ cos2 x dx =

x

2+

sen(2x)

4.Como sen(2x) = 2 cosx sen x, podemos obter o mesmo resultado do exemplo a ima.Ainda outro truque é substituir u = sen x em √

1− x2. Este é lássi o e têm nome:substituição trigonométri a. Se no integrando apare er √1 + x2 faríamos x = tan x(porque?). Veja o exemplo abaixo, que tem interesse próprio pois al ulamos área do ír ulo e da elipse.Exemplo 138 Cal ule a área do ír ulo de raioR > 0 e da elipse ujos semieixos são a, b > 0.Solução do Exemplo 138 A equação do ír ulo é x2 + y2 = R2. Podemos al ular 1/4da área integrando a função y(x) =√R2 − x2 para x ∈ [0, R]. Assim vamos determinar

∫ R

0

√R2 − x2 dx.Para isto vamos explorar a relação trigonométri a fundamental, sen2θ+cos2 θ = 1. Assimtomamos x = R sen θ. Desta forma, √R2 − x2 =

√

R2(1− sen2θ) = R| cos θ|. Além disso,dx = R cos θ dθ. Para que x ∈ [0, R] tome θ ∈ [0, π/2]. Neste intervalo | cos θ| = cos θ.Logo, ∫ R

0

√R2 − x2 dx =

∫ π/2

0

R cos θ(R cos θ) dθ = R2

∫ π/2

0

cos2 θ dθ = Do exemplo an-terior, ∫ cos2 x dx =cosx sen x+ x

2. Logo, ∫ π/2

0

cos2 θ dθ =cos(π/2) sen(π/2) + (π/2)

2−

5.5. ⋆INTEGRAÇO POR FRAÇÕES PARCIAIS 151cos 0 sen 0 + 0

2= π/4. Portanto a área do ír ulo é 4 vezes a integral ∫ R

0

√R2 − x2 dx =

R2π/4. Con luímos que a área é πR2.(b) A equação da elipse om semieixos a e b é (x/a)2 + (y/b)2 = 1. Podemos al ular1/4 da área integrando a função y(x) = b

√

1− (x/a)2 para x ∈ [0, a]. Assim vamosdeterminar ∫ a

0

b√

1− (x/a)2 dx. Ao invés de fazer tudo de novo, tome z = x/a e dz = dx/a.Logo dx = a dz. Além disso omo x ∈ [0, a], z ∈ [0, 1]. Assim, ∫ a

0

b√

1− (x/a)2 dx.ab

∫ 1

0

√1− z2 dz. Esta integral é um quarto da área do ír ulo de raio 1, que pelo item (a)vale π/4. Logo ∫ a

0

b√

1− (x/a)2 dx = abπ/4. A área da elipse é 4 vezes isto: πab.Fi a um alerta nal. Integrar é trabalhoso, mas om práti a vira um jogo divertido. Noentanto lembre-se que isto não signi a entender o on eito de integração.Algumas integrais requerem pou o mais que manipulações algébri as, e onse-quentemente testam sua habilidade de des obrir truques algébri os ao invés detestar seu entendimento do pro esso de integração. [Sp, p.320.5.5 ⋆Integração por Frações Par iaisVamos apresentar nesta seção a Teoria da De omposição por Frações Par iais, uma teoria daÁlgebra, e não de Cál ulo, que permite integrar qualquer função ra ional. Ela é baseada naseguinte sequên ia de ideias. Considere que queremos integrar a função ra ional p(x)q(x)

, ondep, q são polinmios om oe ientes reais.

• Assumimos que o grau de q é maior que o grau de p pois aso ontrário basta fazera divisão de polinmios para obter p(x) = q(x)k(x) + r(x), om grau de r menor(estritamente) que o grau de q e assim∫

p(x)

q(x)dx =

∫

k(x) dx+

∫

r(x)

q(x)dx.Como k(x) é um polinmio, sabemos al ular ∫ k(x) dx.

• O polinmio q(x) pode ser de omposto omo o produto de polinmios de grau um ougrau dois om raízes omplexas não-reais (Teorema Fundamental da Álgebra). Maispre isamente,q(x) = C(x− a1)

m1(x− a2)m2 · · · (x− aK)

mK (x2 + b1x+ c1)n1 · · · (x2 + bLx+ cL)

nL , om mk, nl ∈ N, ak, bl, cl ∈ R e ∆l = (bl)2 − 4cl < 0 (o polinmio do segundo graunão possui raízes reais). Pela Teoria da de omposição por frações par iais, podemos0†A leitura desta seção é op ional.

152 CAPÍTULO 5. INTEGRALes rever p(x)

q(x) omo a soma de fatores do tipo B1

(x− ak), B2

(x− ak)2, . . . , Bmk

(x− ak)mkou C1x+D1

(x2 + blx+ cl), C2x+D2

(x2 + blx+ cl)2, . . . , Cnl

x+Dnl

(x2 + blx+ cl)nl. Por exemplo,

x2 + 2x+ 5

x2(x− 1)= −7

x− 5

x2+

8

x− 1ou (ambos al ulados om o omando partfra do Maxima)27(x2 − 5)

(x2 + 2)2(x− 1)3=

13x− 9

(x2 + 2)+

7x− 35

(x2 + 2)2− 13

(x− 1)+

22

(x− 1)2− 12

(x− 1)3.Com isto reduzimos o problema de integrar ∫ p(x)

q(x)dx a al ular, para qualquer m ∈ N, om b2 − 4c < 0:

∫

1

(x− a)mdx;

∫

1

(x2 + bx+ c)mdx;

∫

x

(x2 + bx+ c)mdx.

• Sabemos al ular ∫ 1

(x− a)mdx (qual a resposta?).

• Quanto as outras duas integrais, podemos ompletar o quadrado de polinmio de grau2 om raízes omplexas não-reais (dizemos irredutível em R) de forma que x2+bx+c =(x+ d)2 + e om d = b/2 e e = c− b2/4 > 0. Com isto podemos reduzir as integraisde 1

((x+ d)2 + e)me x

((x+ d)2 + e)m(tomando y = (x+ d)/

√e e olo ando em emevidên ia) às integrais ∫ 1

(y2 + 1)mdy e ∫ y

(y2 + 1)mdy.

• A integral de ∫ y

(y2 + 1)mdy pode ser al ulada fa ilmente olo ando z = y2+1 (quala resposta?).

• A integral de 1

(y2 + 1)mpode ser al ulada primeiro es revendo que

1

(y2 + 1)m=

1

(y2 + 1)m−1− y2

(y2 + 1)m.O segundo termo da direita pode ser integrado por partes olo ando f(y) = y e g′(y) =

y

(y2 + 1)m. Para detalhes ver Courant [Co, p.228. Denindo

Im =

∫

dy

(y2 + 1)m,obtemos a relação de re orrên ia:

Im =y

2(m− 1)(y2 + 1)m−1+

2m− 3

2(m− 1)Im−1.Na re orrên ia temos que I1 =

∫

dy

(y2 + 1)= arctan y.

5.5. ⋆INTEGRAÇO POR FRAÇÕES PARCIAIS 153Resumo de Frações Par iaisAssuma que o grau de p é menor que o do denominador, a 6= b e c > 0.• p(x)

(x− a)(x− b)=

A

x− a+

B

x− b;

• p(x)

(x− a)2=

A

x− a+

B

(x− a)2;

• p(x)

(x− a)2(x− b)=

A

x− a+

B

(x− a)2+

C

x− b;

• p(x)

x2 + c=

Ax+B

x2 + c;

• p(x)

(x2 + c)2=

Ax+B

x2 + c+

Cx+D

(x2 + c)2.

Exemplo 139 Cal ule ∫ x2 + 2x+ 5

x2(x− 1)dx.Solução do Exemplo 139 Queremos

x2 + 2x+ 5

x2(x− 1)=

a

x+

b

x2+

c

x− 1Para al ular a, b, c olo amos o lado direito om o mesmo denominador:x2 + 2x+ 5

x2(x− 1)=

ax(x− 1) + b(x− 1) + cx2

x2(x− 1)=

(a+ c)x2 + (b− a)x− b

x2(x− 1).Igualando os oe ientes (a+ c = 1, b− a = 2, −b = 5) obtemos que:

x2 + 2x+ 5

x2(x− 1)= −7

x− 5

x2+

8

x− 1.Basta integrar ada um dos termos da direita para obter que:

∫

x2 + 2x+ 5

x2(x− 1)dx = −7 log |x|+ 5

x+ 8 log |x− 1|.

154 CAPÍTULO 5. INTEGRALObservação 65 Existe o hamado método de Heaviside ( over-up method) para se des- obrir os fatores da de omposição. Veja na Wikipédia o tópi o Partial fra tion e Partialfra tions in integration. Um exemplo é para se obter A,B em3x+ 1

(x+ 3)(x+ 1)=

A

x+ 3+

B

x+ 1.Multiplique os dois lados por (x+ 3)(x+ 1):

3x+ 1 = A(x+ 1) +B(x+ 3).Tome x = −1 para obter −2 = 2B e portanto B = −1.Tome x = −3 para obter −8 = (−2)A e portanto A = 4.Exemplo 140 Cal ule ∫ x− 5

x(x2 + x+ 1)2dx.Solução do Exemplo 140 Queremos

x− 5

x(x2 + x+ 1)2=

a

x+

bx+ c

x2 + x+ 1+

dx+ e

(x2 + x+ 1)2.Colo ando o lado direito om o mesmo denominador e igualando os termos vamos obter que(agradeço ao Maxima novamente)

x− 5

x(x2 + x+ 1)2=

5 x+ 5

x2 + x+ 1+

5 x+ 6

(x2 + x+ 1)2− 5

xO último termo é fa ilmente integrável: −5 log |x|. Quanto aos dois primeiros, observeque x2 + x + 1 = (x + 1/2)2 + 3/4 = 3/4((x/√

3/4 + 1/2/√

3/4)2 + 1. Assim tomey = (x + 1/2)/

√

3/4 = (2x+ 1)/√3 e substitua nas duas primeiras integrais. A menos de onstante teremos que resolver ada uma das quatro integrais:

∫

dy

y2 + 1,

∫

y dy

y2 + 1,

∫

dy

(y2 + 1)2,

∫

y dy

(y2 + 1)2.A primeira é arctan y. Para a segunda e a quarta tome z = y2 + 1, dz = 2dy e obtenha:

∫

y dy

y2 + 1dy =

∫

dz

2z=

log |z|2

=log |y2 + 1|

2,

∫

y dy

(y2 + 1)2=

∫

dz

2z2= − 1

2z= − 1

2(y2 + 1).Finalmente para o ter eiro termo, utilizando a re orrên ia para Im temos que

∫

dy

(y2 + 1)2= I2 =

y

2(y2 + 1)+

I12

=y

2(y2 + 1)+

arctan y

2.Juntando todos os pedaços (ou melhor ainda, utilizando o Maxima):

∫

(x− 5)dx

x(x2 + x+ 1)2=

5 log |x2 + x+ 1|2

+29 arctan

(

2x+1√3

)

33/2− 5 log |x|+ 7 x− 4

3 x2 + 3 x+ 3.

5.6. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL 155Sobre exemplos ompli ados omo este, veja a opinião do Spivak:Este exemplo [um exemplo ompli ado de integração por frações par iais pro-vavelmente onven eu vo ê que a integração de funções ra ionais (por fraçõespar iais) é uma uriosidade té ni a somente (. . . ) Isto é somente par ialmente(grifo nosso) verdadeiro. [Sp, p.319.Observação 66 A Teoria de frações par iais pode ser generalizada para outras estruturasalgébri as. Por exemplo os fatores do primeiro ou segundo grau podem ser os númerosprimos. Assim,1

18=

1

2 · 92 =1

2− 1

3− 1

32.Veja na Wikipédia o tópi o Partial fra tion.Algumas Apli ações de Frações Par iais:

• Um modelo simples de res imento popula ional om limitação devido a es assez dere ursos do meio (equação logísti a de Verhulst: veja Wikipédia Logisti fun tion) resultanuma equação diferen ial uja solução é obtida integrando-se por frações par iais.• Quando resolvemos equações diferen iais utilizando a Transformada de Lapla e (verSeção 6.6 da p.177), ne essitamos de frações par iais para al ular a solução.5.6 Exer í ios de Integral5.6.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1.Determine se é Verdadeiro (provando a armativa) ou Falso (dando um ontra-exemplo):(a) Se ∫ b

a

f(x) dx = 0, então f(x) = 0 para todo x ∈ [a, b].(b) Se f(x) ≤ 0 para todo x ∈ [a, b], então ∫ b

a

f(x) dx ≤ 0.( ) Se ∫ 3

0

h(x) dx = 9 e mudarmos o valor da função em x = 1 e em x = 2, a integralvai mudar de valor.Exer í io 2.Estude a Denição 25 da p.139 e o Lema 8 da p.139 e resolva.Sabendo que ∫ 2

−1

f(x) dx = 5,

∫ 2

−1

g(x) dx = −3 e ∫ 0

−1

f(x) dx = 7, al ule:(a) ∫ −1

2

f(x) dx; (b) ∫ 2

−1

(

f(x) + 2g(x))

dx; ( ) ∫ 1

1

g(sen(x2)) dx;(d) ∫ 2

0

f(x) dx; (e) ∫ 2

−1

(∫ 0

−1

f(s)g(t) ds

)

dt.326.jul.2010

156 CAPÍTULO 5. INTEGRAL(f) ∫ 2

−1

h(x) dx se h(x) =

f(x); x 6= 1;

5; x = 1.Exer í io 3.Considere a função f(x) representada na gura abaixo.x

y

f(x)

1 2 3 4 5

2

−1Dena F (x) =

∫ x

0

f(s) ds. Usando a ideia de que a integral é área om sinal respondaaos seguintes itens.(a) Determine F (0), F (1), F (2), F (3).(b) Determine os intervalos onde F res e e de res e.( ) Determine os pontos de máximo e mínimo lo al de F .Exer í io 4.Estude o Teorema 24 da p.141 (TFC). Considere h(x) =

∫ x

2

(5− t)5

t4 + 6dt. De-termine:(a) h(2); (b) intervalos onde h res e e de res e; ( ) pontos de máximo e mínimolo al.Exer í io 5.Estude o Corolário 10 da p.141 (TFC). Sabendo que h(s) = g′(s) para todo

s ∈ R e que g(x) = Kex3

+Bx− C, determine ∫ 1

−1

h(s) ds.Exer í io 6.Cal ule:(a) ∫ 1

0

(2x3 − 3x2 + 5) dx; (b) ∫ 1

0

|y2 − 1| dy; ( ) ∫ (3x+ et − 7x sen t) dt.Exer í io 7.Estude a Seção 5.3 da p.144 (Integrais Impróprias). Sem al ular as integraisabaixo, es reva ada uma omo o limite de uma integral própria:(a) ∫ 5

−∞e−s2 ds; (b) ∫ 2

0

dx

log(5− x2); ( ) ∫ +∞

0

dy

1 + y4; (d) ∫ 2

1

dx

x10 − 1.Exer í io 8. Faça mudança de variáveis para provar que:(a) ∫ bc

ac

f(t) dt = c

∫ b

a

f(x) dx; (b) ∫ b+c

a+c

f(x− c) dx =

∫ b

a

f(u) du.Exer í io 9.Cal ule as seguintes integrais (por substituição):

5.6. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL 157(a) ∫ 4√K − 3x dx; (b) ∫ 3x2 cos(x3) dx; ( ) ∫ log2(t)

tdt;(d) ∫ x

√3− 2x2 dx; (e) ∫ sen(θ)

√

cos(θ)dθ ; (f) ∫ cosx e5 senx dx.Exer í io 10.Cal ule as seguintes integrais (por partes):(a) ∫ x log x dx; (b) ∫ arctanx dx.Exer í io 11.Cal ule as seguintes integrais denidas:(a) ∫ 2

1

(3− 2x)4 dx; (b) ∫ +∞

log 3

e−x/4 dx;( ) ∫ π

π/4

sen(2θ) dθ; (d) ∫ +∞

1

1

s3ds.

5.6.2 ProblemasProblema 1.Considere f(x) =

2x se 0 < x ≤ 2,

−1 se 2 < x ≤ 4,

5− x se 4 < x ≤ 5.

Determine:(a) ∫ 3

0

f(x) dx; (b) ∫ 3

2

f(x) dx; ( ) ∫ 5

1

f(x) dx.Problema 2.Estude o Lema 8 da p.139 e prove que:(a) se f(x) ≤ M , então ∫ b

a

f(x) dx ≤ M(b− a);(b) ∫ 6e

e

4 sen(ex + 5x2 + x) log x dx ≥ −20e.Problema 3.Considere g(x) =

∫ e2x

0

sen(t2) dt. Cal ule g′(x).Problema 4.Determine a equação da reta tangente ao grá o dey(x) = log(2 + sen(x2 − π)) +

∫ x

√π

cos(s2) dsno ponto (√π, log 2).Problema 5.Cal ule:(a) f ′(1) se f(y) =

∫

∫ y

1

et3

dt

4

cos(1 + s2) ds;(b) g′(8) se g(y) =

∫ 5

y

(∫ x

8

log(t3 + 1) dt

)

dx.

158 CAPÍTULO 5. INTEGRALProblema 6.Determine para quais p > 0 as integrais abaixo são nitas.(a) ∫ +∞

1

dx

xp; (b) ∫ 1

0

dx

xp.Problema 7. (integral indenida)(a)∫ cos(

√k)√

kdk; (b) ∫ 3x√

1− 3 x2dx; ( ) ∫ x sen(3x+ 1) dx;(d) ∫ cosx sen x dx; (e) ∫ sen(

√t) dt; (f) ∫ e2x cosx dx;(g) ∫ sen(log x) dx; (h) ∫ e3

√s ds; (i) ∫ ex

1 + e2xdx.Problema 8. (integral denida)(a) ∫ 1

0

xe−x2

dx; (b) ∫ 1

0

se−3s ds; ( ) ∫ +∞

e

dt

t(log t)3dt; (d) ∫ +∞

0

se−s/2 ds;(e) ∫ log 3

0

ex√1 + ex dx; (f) ∫ 1

0

x

1 + x2dx; (g) ∫ 8

1

1

x2

√

1 +1

xdx.Problema 9. (integral om módulo)(a) ∫ 4

0

x2|x− 2| dx; (b) ∫ 2

1/2

| log s| ds; ( ) ∫ 2

−2

|es−1 − 1| ds.Problema 10.Determine y(x) sabendo que:(a) dy

dx=

2x+ 1√x

e y(1) = 0; (b) dy

dx= xex

2+1 e y(1) = e2.Problema 11. (Integrais Impróprias)(a) ∫ 16

0

dx4√x. (b) ∫ +∞

e

dx

x log3 x; ( ) ∫ 0

−∞

ex

3− 2exdx;Problema 12.Determine:(a) lim

x→+∞e−x2

∫ x

0

log(t9 + 3) dt;(b) uma função f tal que f(0) = 1 e que ∫ x

−π

e−sf ′(s) ds = 3x para todo x ∈ R.5.6.3 ExtrasExtra 1.Determine TODOS os valores de x ∈ R onde a função Si(x) = ∫ x

0

sen t

tdt possuipontos de máximo lo al.Extra 2.Determine a equação da reta tangente ao grá o de ada função no ponto indi ado:

5.6. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL 159(a) f(x) = ∫ x

1

log(et + t− 1)et2

dx no no ponto x = 1;(b) h(x) = 7−∫ x

2

es

s2 + 1ds no ponto x = 2.Extra 3.Considere um móvel preso a uma mola e deslizando sobre uma superfí ie sem atrito(veja gura abaixo). Sua a eleração é dada por a(t) = Aω2 cos(ωt) ∀t ≥ 0 (onde A e ω são onstantes). No instante t = 0 o móvel está na posição x(0) = 0 e tem velo idade v(0) = 0.Determine a função x(t) que determina a posição do orpo ao longo do tempo.

x

A0−AExtra 4. Seja f(s) =

∫ s2

s

sen(t)

t2dt. Determine f ′(s).Extra 5.Considere F (x) =

∫ x

2

t2 − 1

t2 + 1dt. A he:(a) os intervalos nos quais F é res ente e onde é de res ente;(b) os intervalos nos quais o grá o de F possui on avidade para baixo e onde é para ima;( ) o valor de x onde F atinge um mínimo lo al e o valor onde atinge um máximo lo al.Extra 6. Sabendo que ∫ 3

−1

f(s) ds = 7 e ∫ 3

1

f(s) ds = 3 determine ∫ 0

−1

f(2x+ 1) dx.Extra 7.Determine a função y(θ) sabendo que:(a) dy

dθ= cos(5θ) + 3 e y(π) = 5π; (b) dy

dx=

1

2x+ 1e y(0) = 3.Extra 8. Suponha que um ponto move-se ao longo de uma urva y = f(x) no plano xy detal forma que a ada ponto (x, y) da urva a reta tangente tem in linação √

x+ 1. A he aequação da urva sabendo que ela passa pelo ponto (0, 1).Extra 9. (integral om módulo)(a) ∫ 4

0

|x2 − 3x+ 2| dx; (b) ∫ 3

−3

√

1 + |x| dx; ( ) ∫ 2

−2

x∣

∣x2 − 2x∣

∣ dx.Extra 10. (integral indenida)

160 CAPÍTULO 5. INTEGRAL(a) ∫ x2 log x dx; (b) ∫ √x log x dx; ( ) ∫ x(log x)2 dx; (d) ∫ (cos(2x))2 dx;(e) ∫ ex

e2x + 2ex + 1dx; (f) ∫ e3 sen(x)+4 cos(x) dx; (g) ∫ ex cos(ex + 3) dx.Extra 11. (integral denida)(a) ∫ 1

1/2

e1/x

x2dx; (b) ∫ √

log 2

1

x3ex2

dx; ( ) ∫ 4

1

log x√x

dx;(d) ∫ π/2

0

cos θ√sen θ dθ; (e) ∫ 1

0

y2√1− y

dy; (f) ∫ 4π2

π2

sen√x√

xdx;(g) ∫ log 3

log 2

ex

ex + 4dx; (h) 1

∫

0

t√t2 + 1

dt.Extra 12. (Integrais Impróprias)(a) ∫ +∞

1

log x

x2dx; (b) ∫ 2

−∞

dx

(4− x)2.Extra 13.Use integração por partes para provar as fórmula de redução de integral:(a) Se Im =

∫

xmex dx, então Im = xmex −mIm−1.(b) Se Im =

∫

xm sen x dx e Jm =

∫

xm cosx dx, então Im = −xm cosx + mJm−1 eJm = xm sen x−mIm−1.Obs: Existem outras fórmulas de redução para ál ulo de integrais. Veja os Desaos.5.6.4 DesaosDesao 1.Use integração por partes para provar as fórmula de redução de integral:(a) Se Im =

∫

dx

(x2 + 1)m, então Im =

x

2(m− 1)(x2 + 1)m−1+

2m− 3

2(m− 1)Im−1;(b) Se Im =

∫

senmx dx, então Im = − 1

msenm−1x cosx+

m− 1

mIm−2.Obs: Existem fórmulas de redução para ál ulo de integrais de potên ias inteiras do osseno, tangente, se ante.5.6.5 ⋆Problemas (Integração por Frações Par iais)Problema 1.Cal ule ∫ +∞

−∞

dx

x2 + bx+ cse b2 − 4c < 0.Problema 2. Suponha que a 6= b e a 6= 0. Cal ule:(a) ∫ dx

(x− a)(x− b), (b) ∫ dx

x2(x− a).

5.6. EXERCÍCIOS DE INTEGRAL 161Problema 3. [Ha, p.252 Determine ∫

Ax+B

ax2 + 2bx+ cdx se:(a) ∆ = b2 − ac > 0; (b) ∆ < 0; ( ) ∆ = 0.

162 CAPÍTULO 5. INTEGRAL

Capıtulo 6

Aplicacoes da IntegralObjetivos: Começamos om apli ações bási as de integração: Área e volume por fatiamento(Prin ípio de Cavalieri), in luindo sólidos de revolução. Denimos o valor médio de umafunção, uma ideia importante em probabilidade.Além disso apresentamos diversas apli ações op ionais: omprimento de urvas, área desuperfí ie de sólidos de revolução, transformada de Lapla e, série de Fourier ( om apli açãoao padrão MP3 para músi a).6.1 Área no PlanoIntroduzimos no apítulo anterior o on eito de integral omo área om sinal. Nesta seçãovamos trabalhar om diversos problemas onde a di uldade está em:(a) determinar o intervalo (ou os intervalos) apropriados de integração, de qual (quais)integrando(s);(b) determinar se é melhor integrar em x ou em y. Tipi amente podemos es olher, masuma das opções resultará numa úni a integral, ao invés de duas.Para isto o esboço do grá o e determinação das interseções é fundamental. Ao invés deteoria, vamos aprender o assunto através de exemplos.Exemplo 141 Determine a área da região delimitada por y = |x2 − 4| e y = 2x2 − 20.Solução do Exemplo 141 Primeiro pre isamos esboçar os grá os.x

y

y = |x2 − 4|

y = 2x2 − 20

−4 −2 2√10 4027.jul.2010 163

164 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALAgora vamos al ular os pontos de interseção. Para x > 2 e para x < 2, as interseçõeso orrem quando |x2 − 4| = x2 − 4 = 2x2 − 20. Resolvendo obtemos x = ±4. Parax ∈ (−2, 2) temos que resolver −x2 + 4 = 2x2 − 20. Obtemos as raízes falsas x = ±

√8,que não perten em a este intervalo.Assim a área é igual a soma de 3 integrais:

∫ −2

−4

((x2−4)−(2x2−20)) dx+

∫ 2

−2

((4−x2)−(2x2−20)) dx+

∫ 4

2

((x2−4)−(2x2−20)) dx.Assim a área é∫ −2

−4

(−x2 + 16) dx+

∫ 2

−2

(24− 3x2) dx+

∫ 4

2

(−x2 + 16) dx.Como ∫ (−x2 + 16) dx = 16x− x3

3e ∫ (−x2 + 16) dx = 24x− x3, olo ando os limites deintegração obtemos que a área é igual a 40/3 + 80 + 40/3 = 320/3.Note que por simetria poderíamos al ular somente a área área para x > 0 e multipli á-lapor 2:

2

∫ 2

0

((4− x2)− (2x2 − 20)) dx+

∫ 4

2

((x2 − 4)− (2x2 − 20)) dx.

Exemplo 142 Determine a área da região delimitada por x = y2 e x− y = 2.Solução do Exemplo 142 Vamos omeçar pelo esboço, notando que y = ±√x.

x

y

y =√x

y = −√x

y = x− 2

1 4−1

2

Para al ular a interseção das urvas devemos determinar a solução de x = y2 = y + 2,que é y = 2 e y = −1. Como x = y + 2, os pontos de interseção são (4, 2) e (1,−1).Assim, integrando em x a área será a soma de 2 integrais∫ 1

0

(√x− (−

√x)) dx+

∫ 4

1

(√x− (x− 2)) dx =

∫ 1

0

2√x dx+

∫ 4

1

(√x− x+ 2)) dx =

=4x3/2

3

∣

∣

∣

∣

1

0

+

(

4x3/2

3− x2

2+ 2x

)∣

∣

∣

∣

4

1

=

=4

3+

19

6=

9

2.

6.1. ÁREA NO PLANO 165Por outro lado, podemos integrar em y, de y = −1 até y = 2 a diferença das funçõesx = y + 2 e x = y2 (qual função está a ima da outra?):

∫ 2

−1

((y + 2)− y2) dy =y2

2+ 2y − y3

3

∣

∣

∣

∣

2

−1

=9

2.Outra possibilidade equivalente é tro ar x por y e fazer o problema novamente: Determinea área da região delimitada por y = x2 e y − x = 2. Vamos obter o grá o:

x

y y = x2

y = x+ 2

−1 2

1

4

Sua área será dada por∫ 2

−1

((x+ 2)− x2) dx =x2

2+ 2x− x3

3

∣

∣

∣

∣

2

−1

=9

2.

Em avaliações (provas, testes, et .) é su iente pedir a modelagem, isto é, pedir que seesbo e a região e es reva a integral denida (ou soma de integrais denidas) que forne ea área (ou, mais adiante, volume). Estas integrais são simples mas envolvem muitas tro asde sinais, sendo fá il errar a aritméti a.Erro Comum: Não saber esboçar grá o de funções por translação horizontal/verti al,obtendo região errada. Não saber esboçar função módulo.Vamos al ular áreas de regiões innitas utilizando integrais impróprias.Exemplo 143 Determine a área da região delimitada por y =1

x3e y =

1

x2 om x < 1.Solução do Exemplo 143 A interseção das urvas determinada pela equação y =

1

x3=

1

x2, isto é, x3

x2= x = 1. Por outro lado, 1

x2≥ 1

x3para x > 1. Assim a área é

∫ +∞

1

(

1

x2− 1

x3

)

dx = −1

x+

1

2x2

∣

∣

∣

∣

+∞

1

=1

2.

166 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALExemplo 144 Determine a área da elipse denida impli itamente pela equaçãoax2 + bxy + cy2 = 1 om 4ac− b2 > 0 e c > 0.Solução do Exemplo 144 Esta equação representa uma elipse ujos eixos de simetria po-dem não ser paralelos aos eixos x ou y.Podemos determinar y omo função de x, a, b, c vendo a equação implí ita omo umaequação do segundo grau em y:

(c)y2 + (bx)y + (ax2 − 1) = 0, ujo ∆ (que depende de x) é dado por∆(x) = (bx)2 − 4(c)(ax2 − 1) = −x2(4ac− b2) + 4c.Como 4ac− b2 > 0 e c > 0, podemos denir D = 4ac− b2 > 0 e K =

√

4c

D∈ R. Portanto

∆(x) = 4c−Dx2 é uma parábola om on avidade para baixo om raízes reais±√

4c

D= ±K.Assim, ∆(x) ≥ 0 se, e somente se, x ∈ [−K, K].Finalmente, apli ando a fórmula da resolução da equação do segundo grau, y(x) =

−bx±√

∆(x)

2c. Assim, a área da elipse será igual a integral, no intervalo [−K, K] dafunção

−bx+√

∆(x)

2c− −bx −

√

∆(x)

2c=

√

∆(x)

c.Ou seja, a área da elipse é igual a

∫ K

−K

√

−x2(4ac− b2) + 4c

cdx =

∫ K

−K

√4c−Dx2

cdx.Pre isamos portanto integrar ∫ K

−K

√4c−Dx2 dx.Vou resolver de duas formas esta integral:(a) Podemos utilizar a substituição trigonométri a (veja p.150) para obter que

∫ √4c−Dx2 dx =

x√4c−Dx2

2+

2c√D

arcsen

(

x√D

2√c

)

.Substituindo os limites de integração, o primeiro termo se anula e∫ K

−K

√4c−Dx2 dx =

2πc√D

=2πc√

4ac− b2.(b) Note que K2 =

4c

D. Colo ando D em evidên ia obtemos que

∫ K

−K

√4c−Dx2 dx =

∫ K

−K

√

D

(

4c

D− x2

)

dx =√D

∫ K

−K

√K2 − x2 dx.

6.2. VOLUME DE SÓLIDOS 167Note que esta integral representa a área do semi ír ulo de raioK. Assim ela vale πK2

2=

2πc

D.Logo,

∫ K

−K

√4c−Dx2 dx =

√D2πc

D=

2πc√D

=2πc√

4ac− b2.Nos dois asos, retornando a fórmula da área, basta dividir isto por c. Obtemos então quea área da elipse é 2π√

4ac− b2.6.2 Volume de SólidosA determinação de volumes no Cál ulo de uma variável é baseado no Prin ípio de Cavalieri.Podemos hamá-lo, de forma mais sugestiva, no método do fatiamento ou do salame parao ál ulo do volume. Como ilustração da ideia bási a observe as pilhas de moedas da guraabaixo.

Claro que as duas pilhas de moedas possuem o mesmo volume. Isto o orre pois o volumede ada moeda (fatia) é igual, não importando sua posição.O Prin ípio de Cavalieri é um aso parti ular do Teorema de Fubini, que apare e em ursosde Cál ulo Avançado e de Medida e Integração. Vamos enun iá-lo omo um teorema.Teorema 25 (Prin ípio de Cavalieri) Suponha que duas regiões A e B do espaço (doissólidos) estão ontidos entre dois planos paralelos. Se para todo plano Π paralelo a estesplanos, a interseção de Π om A possui área igual a interseção de Π om B, então o volumede A é igual ao volume de B.No exemplo das pilhas de moedas a ima, embora uma pilha tenha forma diferente daoutra, as interseção om planos paralelos à mesa onde elas estão apoiadas serão ír ulos demesmo raio (igual ao raio da moeda), e portanto om mesma área.Partindo do prin ípio de Cavalieri podemos deduzir uma fórmula para o ál ulo de volumes.Teorema 26 Considere um sólido S ⊂ R3 ontido entre os planos x = a e x = b. Seja A(s)a área da interseção do plano x = s om S. Então o volume de S é igual a ∫ b

a

A(s) ds.Prova: Podemos aproximar o volume de S utilizando o prin ípio de Cavalieri. Para isto, onsidere uma partição de [a, b] em intervalos Ii = [si−1, si] om ∆si = si − si−1. Suponhaque A(s) é onstante igual a A(si) em ada intervalo Ii. Então o volume de ada fatia éigual a A(si)∆si, a área da base vezes a altura. Assim o volume total é aproximadamenten∑

i=1

A(si)∆si.

168 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALQuando passamos ao limite om ∆si → 0 obtemos a fórmula do volume. Note que ∑ vira∫ (o somatório vira obrinha ()) e ∆si vira ds.Exemplo 145 Deduza a fórmula do volume do one reto de raio r e altura h.Exemplo 146 Colo ando o sistema de eixos de modo que a origem do sistema esteja novérti e do one e o eixo x seja perpendi ular à base do one, temos:

Para ada orte om o plano x onstante, temos que A(x) é um ír ulo uja área é πy2.Por semelhança de triângulos, r

h=

y

x. Logo y =

rx

h. Assim, o volume é

∫ h

0

π(rx)2

h2dx =

πr2

h2

∫ h

0

x2 dx =πr2

h2

x3

3

∣

∣

∣

∣

h

x=0

=πr2

h2

h3

3=

πr2h

3.Exemplo 147 Uma barra a de amping é onstruída sobre uma base quadrada om duasvaretas idênti as onforme a gura abaixo. No sistema de oordenadas mostrado na gura,uma das varetas tem forma dada pela equação y = 1− x2. Cal ule o volume da barra a.

PSfrag repla ementsx

0

y = 1− x2

y

Solução do Exemplo 145 Cortando om planos y = s, om s ∈ [0, 1] obtemos quadrados.Fixado y = s note que a diagonal (não é o lado) do quadrado A(s) terá omprimentox(s) = 2

√1− s. Se L é o lado de um quadrado e D sua diagonal, por Pitágoras, 2L2 = D2.Assim, a área do quadrado é L2 =

D2

2. Logo a área de A(s) =

(2√1− s)2

2= 2(1 − s).Assim o volume é

∫ 1

0

2(1− s) ds = 2s− s2∣

∣

1

s=0= 1.Resposta: 1.

6.2. VOLUME DE SÓLIDOS 169Um aso parti ular é o ál ulo do volume de sólidos de revolução. Considere uma funçãoy = f(x) ontínua e positiva, uja área delimitada pelo seu grá o e o eixo x está indi adana gura abaixo.

Rodando em torno do eixo x a região delimitada pelo grá o da função e o eixo x obtemosum sólido, hamado sólido de revolução gerado por y = f(x), omo indi ado na gura abaixo.Note que os orte para x = s serão ír ulos, uja área A(s) = π(f(s))2. Podemos al ularseu volume apli ando a fórmula do Teorema 26 da p.167.

Exemplo 148 Deduza a fórmula do volume da esfera de raio R.Solução do Exemplo 146 Uma esfera pode ser obtida através de revolução da região de-limitada pela função y = f(x) =√R2 − x2 para x ∈ [−R,R] em torno do eixo x. Assim ovolume é

∫ R

−R

π(√R2 − x2)2 dx =

∫ R

−R

π(R2 − x2) dx = π

(

R2x− x3

3

)∣

∣

∣

∣

R

x=−R

=4

3πR3.

Exemplo 149 Considere a região Ω do plano xy delimitada pelo eixo y, y = 3√x e y = 2.Determine o volume do sólido de revolução ao girarmos Ω em torno do eixo y.Solução do Exemplo 147 Primeiro o esboço:

x

y

y = 3√x

Ωy = 2

170 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALOlhando os ortes y = s onstante para s ∈ [0, 2], observamos que as áreas são πx2(s).Como 3√x = s, x(s) = s3. Assim a área A(s) = πs6. Logo o volume é

∫ 2

0

πs6 ds =πs7

7

∣

∣

∣

∣

2

0

=128π

7.Outra forma de se resolver, que pode ser feita sempre que rodamos em torno do eixo y,é tro ar x om y. Assim o problema se transforma no problema equivalente:Considere a região Ω delimitada pelo eixo x, x = 3

√y e x = 2. Determine ovolume do sólido de revolução ao girarmos Ω em torno do eixo x.Como y = x3, e A(s) = π(s3)2 = πs6, volume é ∫ 2

0

πs6 ds =π128

7.Quando se pede o volume rota ionado em torno de y basta tro ar as variáveis x e y entresi. Embora seja indiferente o nome das variáveis, nossa experiên ia é que os alunos sesentem de algum modo psi ologi amente mais seguros integrando em x . . . ()Podemos al ular o volume de regiões innitas do espaço passando ao limite nas regiõesnitas, tal qual zemos om áreas.Exemplo 150 (trombeta de Gabriel) Considere a região innita Ω do plano xy delimitadapor x = 1, y = 0 e y =

1

x.Determine o volume do sólido de revolução ao girarmos Ω em torno do eixo x.Solução do Exemplo 148 Mostramos o sólido de revolução (a trombeta, ou, no espíritode opa do mundo da Áfri a do Sul, a vuvuzela) na gura abaixo.

Cada orte para x onstante obtemos um ír ulo de raio 1

x. Assim a área A(x) = π

1

x2.Logo o volume é

∫ +∞

1

πdx

x2= −π

x

∣

∣

∣

+∞

1= π

(

1− limh→+∞

1

h

)

= π.

Exemplo 151 Considere a região Ω do plano xy delimitada por y = x2 e y = x. Determineo volume do sólido de revolução ao girarmos Ω em torno do:(a) eixo x; (b) eixo y.Solução do Exemplo 149 Primeiro devemos esboçar a região. Note que as urvas se in-terse tam em (0, 0) e (1, 1).

6.2. VOLUME DE SÓLIDOS 171x

y y = x2

y = x

Ω

1

1

O volume será determinado pela subtração do sólido externo menos o do interno.(a) Neste aso vamos subtrair do volume do one obtido ao girar y = x em torno do eixox menos o volume da região obtida ao girar y = x2 (em torno do eixo x, om x ∈ [0, 1]).Assim, o volume é

∫ 1

0

πx2 dx−∫ 1

0

πx4 dx =

∫ 1

0

π(x2 − x4) dx = π

(

x3

3− x5

5

∣

∣

∣

∣

1

0

)

=2π

15.(b) Como x =

√y, vamos obter o volume subtraindo o volume o volume da região obtidaao girar x =

√y (em torno do eixo y, om y ∈ [0, 1]) menos o volume do one obtido aogirar x = y (em torno do eixo x). Assim, o volume é

∫ 1

0

π(√y)2 dy −

∫ 1

0

πy2 dy =

∫ 1

0

π(y − y2) dy = π

(

y2

2− y3

3

∣

∣

∣

∣

1

0

)

=π

6.

Erro Comum: Confundir té ni a do ál ulo de uma área Ω delimitada por duas urvas om volume de sólido de revolução obtido girando a área Ω.Por exemplo, suponha que Ω é delimitado por ima por y = f(x) e por baixo por y = g(x)e nas laterais por x = a e x = b. Embora a área de Ω seja al ulada por∫ b

a

(f(x)− g(x)) dx =

∫ b

a

f(x) dx−∫ b

a

g(x) dx,o volume do sólido de revolução obtido girando Ω em torno do eixo x é∫ b

a

πf 2(x) dx−∫

πg2(x) dx 6=∫ b

a

π(f(x)− g(x))2 dx.Assim no item (a) do exemplo anterior seria errado al ular o volume por∫ 1

0

π(x− x2)2 dx 6=∫ 1

0

π(x2 − x4) dx.

Exemplo 152 Ao girarmos um ír ulo em torno de um eixo obtemos um sólido hamadode toro (sinnimos em linguagem não-matemáti a: rosquinha, pneu, doughnut). Deduza afórmula do volume do toro obtido ao girarmos o ír ulo x2 + (y−R)2 = r2 em torno do eixox. Note que é um ír ulo de raio r entrado em (0, R).

172 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL

Solução do Exemplo 150 Note que a região é delimitada superiormente por y = R +√r2 − x2 e inferiormente por y = R −

√r2 − x2 om x ∈ [−r, r]. Assim, denindo K =√

r2 − x2, o volume do toro é dado pela integral∫ r

−r

π[(R +K)2 − (R−K)2] dx =

∫ r

−r

4πRK dx = 4πR

∫ r

−r

√r2 − x2 dx.Como ∫ r

−r

√r2 − x2 dx é metade da área do ír ulo de raio r, esta integral vale πr2

2. Assimo volume do toro é 4πR

πr2

2= (2πR)(πr2).Observação 67 Note que o volume do toro é igual ao produto do omprimento do ír ulode raio R pela área do ír ulo de raio r. Trata-se de um aso parti ular do Teorema dePapus. Veja na Wikipedia o tópi o Pappus's entroid theorem.Observação 68 Uma possível apli ação desta fórmula seria al ular o volume de ar on-tido em pneus. Pesquisando sobre o assunto, veriquei que um pneu não é um toro. Noteque eles são espe i ados omo por exemplo 175/70 R13. O signi ado é: Largura do pneu: 175mm, que no toro seria o 2r; Razão entre altura e largura do pneu: 70%. Isso signi a que o pneu pode ser aproxi-mado pelo sólido gerado pela revolução de uma elipse. Se fosse um toro, deveria ser 100%(altura do pneu = largura). Aro: 13 polegadas (igual a 13× 25, 4 mm), que no toro seria o 2R− r;Chamando o aro de a e a altura do pneu de A, temos que a+ 2A = 2R + 2r.

6.3 Valor Médio de FunçãoO valor médio de uma função é um on eito importante em diversas apli ações. Trata-setambém de ideia bási a de probabilidade em espaços ontínuos.Considere o tanque de água representado na gura abaixo. Do lado esquerdo o nível deágua é dado pela função y = f(x). Se deixarmos a gravidade entrar em ação, a altura daágua ará nivelado em um nível M omo indi ado na gura do lado direito. A questão é omo determinar M .

6.3. VALOR MÉDIO DE FUNÇO 173

PSfrag repla ementsy = M

aa bb

y = f(x)

Como o volume de água é o mesmo nas duas guras, e ele é propor ional as áreas, bastaigualar as áreas: ∫ b

a

f(x) dx (área do lado esquerdo) é igual a área do retângulo de baseb − a e altura M (área do lado direito). Assim, queremos determinar M ∈ R (o hamadovalor médio da função f) tal que ∫ b

a

f(x) dx = M(b− a).Denição 29 (valor médio) Denimos o valor médio da função f : [a, b] → R no inter-valo [a, b] através da equação:M =

1

b− a

∫ b

a

f(x) dx.Uma forma de justi ar esta denição é a seguinte. Considere uma partição de [a, b] emintervalos Ii = [xi−1, xi] om ∆xi = xi − xi−1. Suponha que f é onstante igual a f(xi)em ada intervalo Ii. Então podemos al ular a média ponderada de f usando omo peso∆xi que é o tamanho de ada intervalo Ii. Note que a soma dos pesos n

∑

i=1

∆xi = b − a, otamanho total do intervalo. Assim, a média ponderada é de f no intervalo [a, b] é:1

b− a

n∑

i=1

f(xi)∆xi.Quando passamos ao limite om ∆xi → 0 obtemos a fórmula da denição de média. Noteque ∑ vira ∫ e ∆si vira ds.Exemplo 153 (potên ia média em ir uitos de orrente alternada) A potên ia instantâneade um ir uito de orrente alternada é dado porP (t) = V Isen2(ωt)onde V e I são onstantes representando a voltagem e orrente e ω =

2π

Té a frequên ia(tipi amente 60 Hz). Determine a potên ia média durante um i lo t ∈ [0, T ].Solução do Exemplo 151 Cal ulando a integral

1

T

∫ T

0

V Isen2(ωt) dt =1

TV I

(

t

2− sen(2ωt)

4ω

∣

∣

∣

∣

T

0

)

=V I

2

174 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL6.4 ⋆Comprimento de Curvas no PlanoEste tópi o é op ional pois no iní io do Cál ulo II al ulamos o omprimento de urvas em R2e R3. No entanto, para os alunos uriosos, segue a dedução. A ideia é aproximar uma urvapor uma poligonal. O omprimento de uma poligonal é igual a soma dos seus segmentosde reta. Passando ao limite no número de segmentos que aproximam uma urva obtemos afórmula do omprimento de urvas.Teorema 27 Considere a urva des rita pelo grá o da função y = f(x) para x ∈ [a, b].O omprimento desta urva é dada pela fórmula ∫ b

a

√

1 +

[

dy

dx

]2

dx, que pode ser es ritatambém omo ∫ b

a

√

1 + [f ′(x)]2 dx.Prova: Considere uma partição de [a, b] em intervalos Ii = [xi−1, xi] om ∆xi = xi − xi−1.Suponha que f é um segmento de reta em ada intervalo Ii. O omprimento di deste segmentosatisfaz, por Pitágoras, d2i = (∆xi)2 + (f(xi+1)− f(xi))

2. Colo ando (∆xi)2 em evidên ia edenotando ∆yi = f(xi+1)− f(xi) obtemos que

d2i = (∆xi)2

(

1 +

(

∆yi∆xi

)2)

.Note também que omo ∆xi > 0, √(∆xi)2 = ∆xi. Assim o omprimento da poligonal én∑

i=1

di =

n∑

i=1

∆xi

√

√

√

√

(

1 +

(

∆yi∆xi

)2)

.Quando passamos ao limite om ∆xi → 0, o termo ∆yi∆xi

→ dy

dx, o termo ∆xi → dx e

∑ vira ∫ . Obtemos assim a fórmula desejada.Exemplo 154 Cal ule o omprimento total do perímetro da astroidex

2

3 + y2

3 = 1representada na gura abaixo.

-1

1

-1 1 x

y

PSfrag repla ements0†A leitura desta seção é op ional.

6.4. ⋆COMPRIMENTO DE CURVAS NO PLANO 175Solução do Exemplo 152 Note que y = f(x) = (1−x2/3)3/2. Assim, f ′(x) = −√1− x2/3

x1/3.Logo, 1 + [f ′(x)]2 = x−2/3. Vamos al ular 1/4 do omprimento integrando de x = 0 até 1.Assim, o omprimento total é:

4

∫ 1

0

√

1 + [f ′(x)]2 dx = 4

∫ 1

0

√x−2/3 dx = 4

∫ 1

0

x−1/3 dx = 43x2/3

2

∣

∣

∣

∣

1

0

= 6

Exemplo 155 Cal ule o omprimento dos grá os abaixo nos intervalos indi ados:(a) y =ex + e−x

2= cosh x de x = 0 até x = 1;(b) y = x2 para x ∈ [0, b] om b > 0 (ar o de parábola).Solução do Exemplo 153 Pre isamos aqui re ordar relações entre funções hiperbóli as:

(cosh x)′ = senh x, (senh x)′ = cosh x e 1+(senh x)2 = (cosh x)2. Note ainda que senh 0 =0 e cosh 0 = 1. Veja detalhes na Seção 2.3.4 da p.59.(a) Como (cosh x)′ = senh x e 1 + (senh x)2 = (cosh x)2, o omprimento é

∫ 1

0

cosh x dx = senh x|10 = senh(1)− senh(0) =1

2

(

e− 1

e

)

.(b) Como y′ = 2x, devemos integrar ∫ b

0

√1 + 4x2 dx. Esta é um integral difí il. Ummétodo é utilizar substituição trigonométri a. Colo ando 2x = tan t, 1+ 4x2 = 1+ tan2 t =

sec2 t. Assim, 2 dx = sec2 t dt. Assim, substituindo,∫ √

1 + 4x2 dx =1

2

∫

sec3 t dt.Integrando por partes vamos obter1

2

∫

sec3 t dt =1

4[sec θ tan θ + log | sec θ + tan θ|] .Re-substituindo obtemos a fórmula

∫ √1 + 4x2 dx =

1

4

[

2x√1 + 4x2 + log

∣

∣

∣2x+

√1 + 4x2

∣

∣

∣

]Assim o omprimento será igual a 1

4

[

2b√1 + 4b2 + log

∣

∣2b+√1 + 4b2

∣

∣

]

.Outro método (mais fá il) é usando a substituição hiperbóli a. Colo ando 2x = senh t,1 + 4x2 = 1 + senh2 t = cosh2 t. Assim, 2 dx = cosh t dt. Assim, substituindo,

∫ √1 + 4x2 dx =

1

2

∫

cosh2 t dt.Integrando por partes duas vezes, de forma análoga a integral de cos2 obtemos que1

2

∫

cosh2 t dt =1

4[cosh(t) senh(t) + t].

176 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALSubstituindo t = arcsenh(2x) e cosh t =√1 + 4x2 obtemos que

∫ √1 + 4x2 dx =

x√1 + 4x2

2+

arcsenh(2x)

4.Assim o omprimento será igual a b

√1 + 4b2

2+

arcsenh(2b)

4.Destas duas formas de al ular o omprimento do ar o da parábola, é fá il ver que ():

b√1 + 4b2

2+

arcsenh(2b)

4=

1

4

[

2b√1 + 4b2 + log

∣

∣

∣2b+

√1 + 4b2

∣

∣

∣

]

.Observação 69 A dedução do omprimento de uma urva é a parte mais interessantedeste assunto pois as integrais que apare em são ompli adas e muitas vezes insolúveis.Veja omo é ompli ado o omprimento do ar o de parábola do exemplo anterior. Observeque nos livros de ál ulo apare em sempre os mesmo exemplos (esses que apresentamosaqui ().Vamos terminar a seção om exemplos insolúveis por funções elementares.Exemplo 156 (a) Determine o omprimento de ar o da elipse de semieixos a e b om a 6= b;(b) Determine o omprimento do grá o de y = sen(x) para x ∈ [0, π].Solução do Exemplo 154 Os dois exemplos resultam em integrais que não podem serexpressas por meio de funções elementares.(a) Resulta na hamada integral elíti a. Consulte a Wikipedia em inglês no tópi o Ellipse( ir unferen e).(b) Resultará na integral ∫ √1 + cos2(x) dx, que não pode ser expressa por meio defunções elementares.Observação 70 Note que existe uma erta in oerên ia entre as deduções do valor médiode uma função e do omprimento do grá o.Na dedução da média assumimos que f é onstante no intervalo; na dedução do ompri-mento assumimos que f é um segmento de reta (possivelmente in linado).Note que se assumirmos, na dedução da fórmula do omprimento de grá o, que a função é onstante no intervalo, quando passamos ao limite vamos obter o omprimento do intervalo[a, b] (a projeção no eixo x do grá o), isto é, b− a. Pense sobre isto. . .6.5 ⋆Área de Superfí ie de Sólido de Revolução0†A leitura desta seção é op ional.

6.6. ⋆TRANSFORMADA DE LAPLACE 177Teorema 28 Considere a superfí ie gerada pela rotação do grá o da função y =f(x) para x ∈ [a, b] em torno do eixo x. A área da superfí ie gerada édada pela fórmula 2π

∫ b

a

f(x)

√

1 +

[

dy

dx

]2

dx, que pode ser es rita também omo2π

∫ b

a

f(x)√

1 + [f ′(x)]2 dx.Prova: Apresentamos somente um esboço de prova. Pode-se aproximar a superfí ie portron os de one. Depois integra-se estas aproximações.Este tópi o ostuma ser omitido dos livros e ursos pois a aba se tornando somente maisuma fórmula de orada. De todo modo, o assunto é retomado em toda generalidade ( ál ulode área de superfí ie qualquer) em Cál ulo Integral de Várias Variáveis (usualmente Cál uloIII).6.6 ⋆Transformada de Lapla eEm várias apli ações de equações diferen iais é importante a hamada transformada de La-pla e, que transforma uma função em outra. Mais pre isamente, a transformada de Lapla eé uma função que leva uma função em outra. Para soar melhor utilizamos a palavra trans-formada, que é sinnimo de função. Assim ao invés de dizermos é uma função que levauma função em outra dizemos é uma transformada que leva uma função em outra. A ideiade função de função já apare eu na p.73, quando denotamos por I o espaço das funções edenimos o operador derivada D : I → I, que leva uma função em outra, sua derivada.Assim, D(sen) = cos por exemplo.Denição 30 (transformada de Lapla e) Seja I o espaço das funções integráveis. De-nimos L : I → I porL(f)(s) =

∫ +∞

0

e−sxf(x) dx.Note que a integral é em relação a x. Assim, na integração, a variável s é uma onstante.Exemplo 157 Determine a transformada de Lapla e de:(a) f(x) = 1; (b) g(x) = x.Solução do Exemplo 155 (a) Como ∫ +∞

0

e−sx · 1 dx =e−sx

−s

∣

∣

∣

∣

+∞

0

=1

s. Logo, L(f)(s) =

1

s. (b) Integrando por partes obtemos que ∫ e−sxx dx = −e−sx

s2(sx+1). Assim, substituindolimites de integração obtemos que, ∫ +∞

0

e−sxx dx =1

s. Logo, L(f)(s) = 1

s.Podemos al ular a transformada de Lapla e de funções trans endentes também.0†A leitura desta seção é op ional.

178 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALExemplo 158 Determine a transformada de Lapla e de:(a) f(x) = ebx; (b) g(x) = sen(bx).Solução do Exemplo 156 (a) Como∫

e−sxebx dx =

∫

ex(b−s) dx =ex(b−s)

b− s,temos que

∫ +∞

0

e−sxebx dx =1

s− b.Logo, L(f)(s) = 1

s− b.(b) Integrando por partes duas vezes (veja o truque da integral ∫ ex sen x dx da p.149)obtemos que∫

e−sx sen(bx) dx = e−sx−s sen(bx)− b cos(bx)

s2 + b2.Substituindo os limites de integração obtemos que

∫ +∞

0

e−sx sen(bx) dx =b

s2 + b2.Logo, L(g)(s) = b

s2 + b2.Teorema 29 (propriedades bási as da Transformada de Lapla e) Seja L : I → I aTransformada de Lapla e, f, g ∈ I e k ∈ R. Então:(a) L(f + kg) = L(f) + kL(g) (linearidade);(b) se f é derivável então L(f ′)(s) = sL(f)(s)− f(0).Prova: Deixamos omo exer í ios para o leitor pois são fá eis.Corolário 11 Se f ′ é derivável então L(f ′′)(s) = s2L(f)(s)− sf(0)− f ′(0).Prova: Pelo Teorema, L(f ′′)(s) = sL(f ′)(s) − f ′(0). Apli ando-o novamente em L(f ′)obtemos que L(f ′′)(s) = s(sL(f)(s)− f(0))− f ′(0) = s2L(f)(s)− sf(0)− f ′(0).Observação 71 Utilizando a notação de operadorD para derivadas, podemos prover que:

L(Dnf)(s) = snL(f)(s)− sn−1f(0)− · · · sDn−2f(0)−Dn−1f(0).Esta propriedade diz que a transformada de Lapla e onverte uma derivada em um produto.Ela transforma a resolução de uma equação diferen ial em um problema algébri o.O prin ipal uso da Transformada de Lapla e (muito útil em diversas áreas da Engenharia)é resolver equação diferen ias de segunda ordem om oe ientes onstantes.Exemplo 159 Determine a função y(x) que satisfaz y′ − 2y = e3x om y(0) = 5.

6.7. ⋆SÉRIE DE FOURIER E MP3 179Solução do Exemplo 157 Vamos denir Y (s) = L(y)(s). Assim, apli ando a transfor-mada de Lapla e em todos os termos da equação e utilizando as propriedades a ima, obtemossY (s)− y(0)− 2Y (s) =

1

s− 3. Substituindo a ondição ini ial y(0) = 1 e olo ando Y (s)em evidên ia, obtemos que Y (s)(s− 2)− 5 =

1

s− 3. Portanto

Y (s) =5

s− 2+

1

(s− 2)(s− 3).Desenvolvendo o segundo termo em frações par iais (ver Seção 5.5 da p.151), obtemos que

Y (s) =5

s− 2− 1

s− 2+

1

s− 3=

4

s− 2+

1

s− 3.Como L(ebx) =

1

s− b, obtemos que y(x) = 4e2x + e3x (verique que satisfaz a ondiçãoini ial e a equação).

6.7 ⋆Série de Fourier e MP3A série de Fourier é uma das apli ações mais importantes do Cál ulo. É utilizada paradeterminar solução da equação de difusão do alor, em eletrni a na teoria de ltros e noformato de ompa tação de músi a MP3 e ogg.De forma su inta, utilizando a série de Fourier podemos transformar uma função qualquerem uma série de oe ientes e vi e-versa. Caso seja su iente aproximar a função, podemostomar um número nito de oe ientes.Teorema 30 (série de Fourier) Seja I o espaço das funções integráveis e C =(a0, a1, . . . , b1, b2, . . .); ak, bk ∈ R o espaço dos oe ientes. Então, dado f ∈ I talque ∫ π

−π

f 2(x) dx < +∞, existem oe ientes ak, bk ∈ R (os oe ientes de Fourier de f) om ∞∑

k=1

a2k + b2k < +∞ e tais quef(x) = a0 +

∞∑

k=1

(ak cos(kx) + bk sen(kx)) (a igualdade é em quase todo ponto) .Esta equação dene F : C → I: dados oe ientes em C obtemos uma função f ∈ I.Estes oe ientes são determinados, para k ≥ 1, pora0 =

1

2π

∫ π

−π

f(x) dx, ak =1

π

∫ π

−π

f(x) cos(kx) dx, bk =1

π

∫ π

−π

f(x) sen(kx) dx.Estas equações denem F−1 : I → C: dada uma função f ∈ I obtemos os oe ientes emC. 0†A leitura desta seção é op ional.

180 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALProva: Este é um teorema bastante sosti ado. Vamos provar o que é possível no ontextode Cál ulo.Das fórmulas de seno e osseno de soma de ângulos:sen((m+ n)x) = sen(mx) cos(nx) + cos(mx) sen(nx);

sen((m− n)x) = sen(mx) cos(nx)− cos(mx) sen(nx);

cos((m+ n)x) = cos(mx) cos(nx)− sen(mx) sen(nx);

cos((m− n)x) = cos(mx) cos(nx) + sen(mx) sen(nx).Somando as duas primeiras obtemos, por exemplo, que2 sen(mx) cos(nx) = sen((m+ n)x) + sen((m− n)x).De forma similar obtemos que:2 cos(mx) cos(nx) = cos((m+ n)x) + cos((m− n)x);

2 sen(mx) sen(nx) = cos((m− n)x)− cos((m+ n)x).Assim podemos al ular que:∫ π

−π

sen(mx) cos(nx) dx = 0 para todo n,m ∈ N;

∫ π

−π

sen(mx) sen(nx) dx = 0 e ∫ π

−π

cos(mx) cos(nx) dx = 0 para n 6= m;

∫ π

−π

sen2(mx) dx = π e ∫ π

−π

cos(mx)2 dx = π para todo m ≥ 1;

∫ π

−π

sen(mx) dx = 0 e ∫ π

−π

cos(mx) dx = 0 para todo m ∈ N.Assim se es revermos quef(x) = a0 +

∞∑

n=1

(an cos(nx) + bn sen(nx)) ,quando al ularmos a integral dois dois lados, do lado direito todos os termos serão zeromenos o do a0. De fato, pela linearidade da integral,∫ π

−π

f(x) dx =

∫ π

−π

a0 dx+

∞∑

n=1

(

an

∫ π

−π

cos(nx) dx+ bn

∫ π

−π

sen(nx) dx

)

= 2πa0 +∞∑

n=1

(an · 0 + bn · 0)

= 2πa0.Assim obtemos a fórmula do a0. Para obter a fórmula de ak multipli amos por cos(kx) antesde integrar. Quase todos os termos vão se anular, om ex eção do termo k = n:∫ π

−π

f(x) cos(kx) dx =

∫ π

−π

a0 cos(kx) dx+

+

∞∑

n=1

(

an

∫ π

−π

cos(nx) cos(kx) dx+ bn

∫ π

−π

sen(nx) cos(kx) dx

)

= a0 · 0 + akπ +

∞∑

n 6=k

(an · 0) +∞∑

n=1

(bn · 0)

= akπ.

6.8. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÕES DA INTEGRAL 181De forma análoga se obtém a fórmula do bk. Os detalhes de onvergên ia fazem parte de um urso sobre a série de Fourier. Consulte a Wikipedia sobre o assunto.Exemplo 160 Determine os oe ientes de Fourier de função f(x) = x.Solução do Exemplo 158 Como f(−x) = −f(x) (dizemos que a função é impar), os oe ientes ak = 0. Obtemos bk integrando por partes:bk =

1

π

∫ π

−π

x sen(kx) dx = (−1)k+1 2

k.Assim podemos aproximar, no intervalo [−π, π] a função f(x) = x por:

f(x) = x ≈ 2

(

sen(x)− sen(2x)

2+

sen(3x)

3− sen(4x)

4+ · · ·

)Na gura abaixo mostramos duas aproximações de f(x) = x por série de Fourier.x

y

−π π

2

(

sen(x)− sen(2x)

2

)

x

y

−π π

2

(

sen(x)− sen(2x)

2+

sen(3x)

3− sen(4x)

4

)

Em termos de músi a, os oe ientes representam as frequên ias. Quando aproximamosf por um número nito de oe ientes estamos ignorando as frequên ias mais altas. Estaideia é a base da ompa tação MP3 e ogg, aproveitando o fato que o ouvido humano nãoper ebe frequên ias altas. Assim uma músi a, que pode ser representada por uma função, éaproximada por alguns de seus oe ientes na série de Fourier. Outro ideia explorada peloformato é utilizar a forte orrelação entre o anal esquerdo e direito de músi a. Para maisdetalhes, remeto para Wikipedia em Audio ompression (data)6.8 Exer í ios de Apli ações da Integral6.8.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1.Esbo e o grá o e al ule a área da região delimitada por:(a) y = ex + 2, y = ex, x = 0, x = 5.(b) y = 0, y = cos(x), x = −π/2, x = π/2.Exer í io 2.Considere os grá os de y = f(x) e y = g(x) representadas na gura abaixo.027.jul.2010

182 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALx

y

f(x)

g(x)

−1 1 2

3

6

Es reva uma (ou a soma de) integral(is) denida(s) que al ule a área delimitada por:(a) y = f(x) e y = g(x) para x ∈ [1, 2];(b) y = f(x) e y = g(x) para x ∈ [−1, 2];Exer í io 3.Considere os grá os de y = f(x) e y = g(x) do exer í io anterior. Es revauma (ou a soma de) integral(is) denida(s) que al ule o volume do sólido de revolução obtidopela rotação em torno do:(a) eixo x da região delimitada por y = 0 e y = f(x) para x ∈ [−1, 1];(b) eixo x da região delimitada por y = f(x) e y = g(x) para x ∈ [1, 2];( ) eixo y da região do item (b).Exer í io 4.Considere a região do plano delimitada por x = f(y) e x = g(y) indi ada nagura abaixo. Es reva uma integral que determine a área da região.x

y

x = f(y)

x = g(y)

3

−2

1 2

Exer í io 5. Suponha que Π(s) é o plano y = s em R3. Seja Ω ⊂ R3 um sólido ontidoentre os planos y = −2 e y = 4. Seja A(s) a área da interseção de Π(s) om Ω. Es revauma integral que determine o volume de Ω.Exer í io 6.Considere g : [1, 7] → R tal que −4 ≤ g(x) ≤ 5 para todo x ∈ [1, 7]. Sabendoque o valor médio de g no intervalo [1, 7] igual a K, prove que −4 ≤ K ≤ 5.

6.8. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÕES DA INTEGRAL 1836.8.2 ProblemasProblema 1.Cal ule as áreas ha huradas das guras (a) e (b) abaixo. x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

PSfrag repla ements

00000000000 11111111111

y = x2y = x2y = x2y = x2y = x2y = x2y = x2y = x2y = x2y = x2y = x2

y = x− x2y = x− x2y = x− x2y = x− x2y = x− x2y = x− x2y = x− x2y = x− x2y = x− x2y = x− x2y = x− x2 x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

PSfrag repla ements

y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)y = sen(x)

y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)y = cos(x)(a) (b)Problema 2.Esbo e e al ule a área da região limitada:(a) y − x = 6, y − x3 = 0 e 2y + x = 0. Di a: x = 2 é raiz de x3 = x+ 6.(b) por y2 = 2x+ 4 e por y = x− 2.( ) inferiormente por y =√x, superiormente por y = 1 e lateralmente por x = 0.Problema 3.Considere a região do plano limitada superiormente por y = 4 +

√16− x2 einferiormente por y = 4 e y = 6 − x2, onforme indi ada na gura abaixo. Determine suaárea.

x

y

y = 4

y = 6− x2

y = 4 +√16− x2

Problema 4.Cal ule o volume do sólido de revolução gerado quando a região ha hurada nagura abaixo é girada em torno do eixo x e do eixo y. x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

PSfrag repla ements

0000000000000000000000 1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2222222222222222222222

Problema 5.Esbo e a região do plano, determine sua área e al ule o volume do sólido derevolução obtido pela rotação em torno do eixo x da região do plano delimitada:

184 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL(a) por y = 3√x, y = 2 e x = 0;(b) a ima por y = e−x, abaixo pelo eixo x e a esquerda pela reta x = 1 (uma regiãoinnita).Problema 6. (sólido de revolução girado em torno de outros eixos) Determine o volume dosólido de revolução obtido quando a região limitada por x = y2 e x = y é girada em tornoda reta:(a) y = −1; (b) x = −1.Problema 7.Na gura abaixo, seja A o ponto de interseção da urva y = ex

2 om a reta L,e seja B o vérti e da parábola 4y = (x− 2)2. Suponha que a reta L passe por A e B. A retaL, a parábola e o grá o de y = ex

2 delimitam uma região Ω. Es reva uma soma de integraisque determine o volume do sólido de revolução obtido ao girar Ω em torno do eixo y.x

y

y = ex2

4y = (x− 2)2

L

Ω

1

1

B

A

Problema 8.Um bura o ilíndri o de raio a é feito passando pelo entro de uma esfera deraio r. Determine o volume do sólido (esfera om bura o no meio) remanes ente.Problema 9.Determine o volume do sólido uja base é o ír ulo (no plano xy) x2 + y2 = r2e ujas seções perpendi ulares ao eixo x são quadrados om um lado na base (no plano xy).Problema 10.Determine o volume do sólido uja base é limitada por y = x e y = x2 e ujasseções perpendi ulares ao eixo x são quadrados om um lado na base (no plano xy).Problema 11.Determine o valor médio das funções abaixo nos intervalos indi ados:(a) f(x) = x2 em [0, K]; (b) g(x) = sen(x) em [0, π].6.8.3 ExtrasExtra 1.Esbo e e al ule a área da região limitada por:(a) y = x2, y = 1/x, y = −2, x = −1 e x = 2.(b) y = 6πx− 3x2, y = cos(x)− 1( ) por y = x2 e y = 1− x2.

6.8. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÕES DA INTEGRAL 185Extra 2.Esbo e e es reva integrais que al ulem a área da região limitada por:(a) y = x3 − x e y = sen(πx) om x ∈ [−1, 1].(b) y = x3 − 3x2 + 2x e y = 3x− x2 − 2 (interseção em x = −1, 1, 2).Extra 3.Neste exer í io vamos mostrar omo denir log para depois denir a exponen ial.Dena f(x) =

∫ x

1

dx/x. Fingindo que vo ê não sabe a primitiva de 1/x, somente mudandovariável, prove que f(ab)f(a) + f(b).Extra 4. Seja R a região do plano delimitada pelas urvas y = c− x2 e 2x2 − 2c para c > 0.(a) Esbo e R; (b) Determine c > 0 tal que a área de R seja igual a 32.Extra 5.Esbo e a região do plano e al ule o volume do sólido de revolução obtido pelarotação em torno do eixo x da região do plano delimitada:(a) a ima pelo grá o de f(x) = √

log(x)− 1

x, abaixo pelo eixo x e a esquerda por x = e(região innita).(b) por y = log(x), por y = 0 e para x ∈ [1, e2].Extra 6.Esbo e a região do plano e es reva integrais que al ulem o volume do sólido derevolução obtido pela rotação em torno do eixo x e em torno do eixo y da região do planodelimitada por:(a) y = 1/(x2 + 5), y = 0, x = 0, x = 2.(b) y = x/2 e y =

√x.( ) y =

√x, y = 6− x e y = 0.Extra 7.A base de um sólido é a região (do plano xy) limitada por y2 = 4x e a reta x = 9.Cada plano perpendi ular ao eixo x intersepta o sólido num quadrado om um lado na base(no plano xy). Cal ule seu volume.Extra 8.Uma alota esféri a é uma porção da esfera obtida através de um orte por umplano de uma esfera (veja gura abaixo) . Se o raio da esfera é r, a altura da alota é h e oraio da alota é a, determine o volume desta alota.PSfrag repla ements

186 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRALExtra 9.Considere o sólido de revolução gerado pela rotação da região limitada por y =√x+ 1, y = 0, x = 0 e x = 2 em torno do eixo x. Determine o valor de a tal que oplano x = a orta este sólido em duas partes de mesmo volume.Extra 10.Considere a elipse de equação x2

a2+

y2

b2= 1. Determine o volume do elipsoideobtido quando se gira esta elipse em torno do eixo x.6.8.4 DesaosDesao 1.Os eixos de dois ilindros, ada um om raio r se inter eptam fazendo um ânguloreto (veja gura abaixo). Determine o volume da região omum aos dois ilindros.

PSfrag repla ements

Este é onhe ido omo sólido de Steinmetz. Di a: Considere planos paralelos ao planoque ontem os eixos.Uma generalização é dada na gura abaixo.PSfrag repla ements

Desao 2.Cal ule a área da lúnula (interseção de dois ír ulos), um de raio r e outro R, ujos entros estão afastados uma distân ia L. Assumimos que L,R, r > 0. Veja nas gurasabaixo ilustrações de lúnulas em inza:PSfrag repla ements PSfrag repla ements

6.8. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÕES DA INTEGRAL 1876.8.5 ⋆Problemas (Substituição Trigonométri a)Problema 1.Cal ule (por substituição trigonométri a):(a) ∫ dx√x2 − 1

; (b) ∫ √x2 − 1

xdx;

6.8.6 ⋆Problemas (Comprimento de Curvas no Plano)Problema 1.Determine o omprimento do grá o da função:(a) y = f(x) = log(x+√x2 − 1) para x ∈ [1, 2].(b) y = f(x) = log x para x ∈ [1, 2];( ) y = f(x) =

√16− x2 para x ∈ [0, 4].Problema 2.Deduza a fórmula do omprimento do grá o de y = f(x) para x ∈ [a, b].6.8.7 ⋆Problemas (Área de Superfí ie de Sólido de Revolução)Problema 1.Cal ule a área da superfí ie de revolução gerada pela rotação em torno doeixo x da urva:(a) y = x3 para x ∈ [0, 1]. (b) y = x2 para x ∈ [0, 1]. ( ) y = e−x para x ≥ 0.

188 CAPÍTULO 6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL

Apendice A

Respostas dos ExercıciosA.1 LimiteA.1.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1. (a) 3; (b) o limite não existe. Cal u-lando os laterais: limx→b−

f(x) = 6; limx→b+

f(x) = 1.( ) 5.não existe limite em c: o grá o possui umaquebra.Exer í io 2. (a) Verdadeiro. (b) Falso: é inter-valo entrado (x − (−2) = x + 2) em −2 omraio 1: (−4,−1). ( ) Falso para x < 0. Corretoé √x2 = |x|. (d) Falso: o limite é 4. O valor dafunção no ponto não importa para o ál ulo dolimite.Exer í io 3. (a) Falso. Tome f(x) = 4; x ≤ 3;

5; x > 3,então quando x → 3− o limite é 4. Assim, neste aso o limite não existe.(b) Falso. O limite quando x → 2− é 4 poisa existên ia do limite impli a na existên ia doslimites laterais ( om o mesmo valor).( ) Falso. Tome f(x) =

4; x 6= 2;

5; x = 2, entãoo limite quando x → 2 é 4 mas f(2) = 5.(d) Falso. Se o limite quando x → 3 existe,os laterais existem e assumem o mesmo valor.Exer í io 4. (a) lim

x→1−f(x) = 5, lim

x→1+f(x) = 7,

limx→1−

f(x) não existe.(b) todos limites são 5.( ) todos limites são 7.(d) limx→2−

f(x) = 7, limx→2+

f(x) = 9, limx→2−

f(x)não existe.(e) todos limites são 7.(f) todos limites são 9.022.jul.2010

Exer í io 5. (a) a função alterna entre 1, quandocos(x) > 0, e −1, quando cos(x) < 0. Nospontos onde cos(x) = 0 ela não está denida.

x

y

f(x) =cos(x)

| cos(x)|

−5π2 −3π

2−π

2π2

3π2

5π2

y = 1

y = −1

(b)x

yf(x) =

√

|x|

Exer í io 6.(a) Translação verti al de uma unidade dográ o de √x.

x

y

(a) y = 1 +√x

1

(b) Translação verti al de duas unidades dográ o de sen(x).189

190 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSx

y

(b) y = 2 + senx

1

2

3

( ) translação horizontal do log por uma uni-dade seguido por translação verti al de duas uni-dades (faça duas guras antes de obter a respostaabaixo).x

y

( ) y = log(x− 1) + 2

1 2

2

(d) Translação horizontal do grá o de−1/x3,que é pare ido om o grá o de −1/x.x

y

(d) y =−1

(x+ 2)3y = −2

−2

(e) Raízes do polinmio: −1,−2. Esbo e ográ o da parábola (x+1)(x+2) e depois reitaem torno do eixo x (efeito do módulo).

x

y

−2 −1(e) y = |(x+ 1)(x+ 2)|(f) Esbo e o grá o da parábola ex, transladeverti almente em 2 unidades e depois reita emtorno do eixo x (efeito do módulo). A hamos oponto de reexão resolvendo ex − 2 = 0, o queimpli a que x = log(2).x

y

(f) y = |ex − 2|

log(2)y = −2Exer í io 7. (a) −1 ( an ele termos iguais). (b)1/2 ( an ele x no numerador e denominador). ( )0 (somente numerador se anula).Exer í io 8.Dizemos que o limite de f(x) quandox tende a +∞ é +∞ se f(x) a tão grande epositivo quanto quisermos para todo x grande osu iente.Exer í io 9. (a) Análise simples de dois termosquadráti os. Será positiva em [−

√3,−1) e em

(1,√3]. (b) O termo x3 − 1 possui a raiz 1.Pelo Teorema D'Alembert pode ser fatorado por

x − 1. Fazendo divisão de polinmios obtemosque x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1). Cal ulandoDelta, vemos que o segundo polinmio possui 2raízes omplexas. Como a > 0, o termo x2+x+1 ≥ 0. Fazendo quadro de sinais om x− 1, x ex2−4 (podemos ignorar o termo sempre positivox2+x+1) obtemos que será negativa em (−2, 0)e [1, 2).Exer í io 10. (a) Raízes são −3, 1, 2.

−3 1 2

x− 2 − − − +

x+ 3 − + + +

1− x + + − −0 0 0

p(x) + − + −

A.1. LIMITE 191x

y

−3 1 2

(a) p(x) = (x− 2)(x + 3)(1 − x)(b) Raízes são −1, 2.−1 2

(x− 2)2 + + +

x+ 1 − + +

0 0q(x) − + +

x

y

−1 2

(b) q(x) = (x− 2)2(x+ 1)( ) Raízes são 2, 3, 5.2 3 5

3− x + + − −(x− 2)2 + + + +

x− 5 − − − +

0 0 0r(x) − − + −

x

y

2 3 5

( ) r(x) = (3− x)(x− 2)2(x− 5);Exer í io 11. (a) −∞. (b) +∞. ( ) −1. (d) (afunção vale x2 para x > 0 e −x2 para x < 0)0. (e) não existe pois depende de qual lado seaproxima. (f) −∞ (0 + 1/0− = 0−∞ = −∞).(g) +∞.Exer í io 12. (a) 1. (b) +∞. ( ) 6. (d) +∞.(e) +∞. (f) +∞. (g) 3. (h) 5/4. (i) +∞.Exer í io 13. (a) Falso. Se q(x) = x−1 o limitenão existe; se q(x) = −(x− 1)2 o limite é −∞.(b) Falso. Se f(x) = q(x) então o limite será1. ( ) Verdadeiro. O denominador vai para −1.Assim, 0/(−1) = 0 (não é indeterminação).Exer í io 14.A ondição (i) ex lui a letra (b).Tanto (iii) quanto (iv) ex lui letra (d). Final-mente a letra ( ) não representa uma função:qual valor de f(0.99999)? São três possibilida-des: logo não é função. Resposta: (a).Exer í io 15.

x

y

(a) 1

1

2

−2

x

y

(b) 1

1

2


y

( ) 1

1

2

Exer í io 16. (a) omo seno é limitado por ±1,temos que −√

|x| ≤√

|x| sen(1/x) ≤√

|x|.Apli ando o Teorema do Sanduí he, on luímosque o limite é 0.(b) substituindo variável, o limite é 3. ( )substituindo variável, o limite é e5. (d) −∞. (e)e−2 (fazendo y = −2x).Exer í io 17. (a) É falso. O limite pode não exis-tir. Por exemplo g des ontínua em x = 3/2:g(x) = 1 para x ≤ 3/2 e g(x) = 2 aso ontrá-rio. (b) Como −1 ≤ cos(y) ≤ 1,

− 1

x2≤ cos(

√x2 + 1)

x2≤ 1

x2.Assim, pelo Teorema do Sanduí he, omo

limx→+∞

−1

x2= lim

x→+∞1

x2= 0,

limx→+∞

cos(√x2 + 1)

x2= 0.A.1.2 ProblemasProblema 1.

x

y

−3 3

−3(a) f(x) = −√9− x2; |x| ≤ 3

|x| − 3; |x| > 3.

x

y

1

1

(b) f(x) = √x− 1; x ≥ 1;

log(x) + 1; x < 1.Problema 2. (a) e (b) o limite é 0. Em ( ) olimite não existe pois os ila entre 0 e 1.Problema 3. (a) 1 (ra ionalize o numerador). (b)4 (note que para x próximo de 4, |x| = x e ra i-onalize). ( ) −1/2 (ra ionalize).Problema 4. (a) não existe pois o valor os ilaentre 1 e −1.(b) −∞.( ) para x > 2, omo |x− 2| = x− 2, an e-lamos os termos e a função é x+ 1. para x < 2, omo |x − 2| = 2 − x obtemos que a função é−(x+1). Assim para x → 2+ o limite é 2+1 = 3;para x → 2− o limite é −(2 + 1) = −3. Logo olimite não existe.(d) o limite não existe.Problema 5. (a) −∞. (b) −∞. ( ) −∞ ( 1x −1x2 = x−1

x2 ). (d) 1 (para x → 2−, |x − 2| =2 − x. (e) −1 (para x → −2, |x| = −x). (f) 4(note que 2 é raiz dupla: a3 − 5a2 + 8a − 4 =(a − 1)(a − 2)2). (g) 0 (o limite é 0/3 = 0).(h) −2. (i) 9/7 (trivial). (j) 3 (rearrumando onumerador obtemos (x2 + x − 2)/x). (k) 0. (l)3 (x3 + 1 = (x+ 1)(x2 − x+ 1)). (m) 1.Problema 6. (a) −1 (para x pequeno, numeradorvale √

x2 = −x). (b) −2/3. ( ) √10/5;(d) +∞. (e) +∞ (para x pequeno, vale−3y3/(

√10y2)). (f) sen(−2) (para x pequeno,numerador vale 4

√x6 = −4x3).Problema 7. (a) eab (mude variável para y =

ax). (b) 0. ( ) se b < 0 obtemos+∞ (+∞+∞).O aso interessante é se b > 0 (+∞−∞). Nesta aso, se c > b2 o limite é +∞, se c < b2 olimite é −∞, se c = b2 o limite é a/(2b). (d)a−b2√c(ra ionalizando). (e) b−a

2√c(ra ionalizando: uidado que aqui √x2 = −x!).Problema 8. (a) 0. (b) b/a. ( ) +∞ se c > 0,(note que 2m > m + 2 se m > 10) . (d) a/c.(e) √c/a. (f) 0.Problema 9. (a) quando x → 0− é 1, quando

x → 0+ é 0.

A.1. LIMITE 193(b) para x > 0 a função vale 1/x− 1/x = 0,para x < 0 vale 1/x − (−1/x) = 2/x. Assimquando x → 0+ é 0, quando x → 0− é −∞.Problema 10.Assintotas verti ais: x = −2 ex = 4. Assintota horizontal: y = 4.

x

y

−3 3

y = 4

x = 4x = −2Problema 11. (a) É uma pegadinha, pois pode-mos simpli ar a função para (x+1)(x−1)/(x−1) = x+ 1 para x 6= 1 (função não esta denidano 1). Assim a função é a reta y = x + 1 massem estar denida em x = 1.

x

yy = x+ 1

(a) y =x2 − 1

x− 1

−1 1

2

(b) O sinal da função é dado pelo denomina-dor, já que o numerador é sempre positivo (igual a1). O sinal é: |x| > 1 a função é positiva, |x| < 1é negativa. Assintotas verti ais (quando denomi-nador se anula): x = ±1. A assíntota horizontalé y = 0 (o eixo x) pois o no ±∞ é 0.x

y

(b) y =1

x2 − 1

x = 1x = −1( ) Como o denominador é sempre positivo

(x2 + 1 > 0 para todo x), o sinal da função éo mesmo do numerador: positiva para x > 0 enegativa para x < 0. Como o denominador nun ase anula, não possui assintotas verti ais. Como olimite no ±∞ é 0, possui assintota horizontal y =0 (eixo x). A função passa no (0, 0). Note queela tem que ser positiva para x > 0 e onvergirpara 0 no +∞. Com estas informações zemoso esboço mais simples possível.

x

y

( ) y =x

x2 + 1

(d) Assintotas verti ais (denominador se anula):x = 0 e x = 2. Assíntotas horizontais (limite no±∞): y = 1. Fazendo o quadro de sinais obte-mos o omportamento perto das assintotas.

x

y

(d) y =x2 − 1

x(x− 2)

x = 2

y = 1

(e) Assintotas verti ais (denominador se anula):x = 2 e x = −2. Assíntotas horizontais (limiteno ±∞): y = −3. Fazendo o quadro de sinaisobtemos o omportamento perto das assintotas.


y

(e) y =3x2 − 3

4− x2

x = 2x = −2

y = −3−1 1

Problema 12.Para (a) e (b). O grá o de h(x)é formado por duas retas pontilhadas: uma emy = x, a ima dos ra ionais e outra no y = −x,a ima dos irra ionais (vide gura abaixo). Logoem (a) e (b) o limite não existe.

x

yy = xy = −x

h(x)Para ( ) e (d): O grá o de h(x)/x2 é for-mado por duas retas pontilhadas: uma em y =1/x, a ima dos ra ionais e outra no y = −1/x,a ima dos irra ionais

x

y

h(x)

x2Logo em ( ) o limite não existe: nos ra ionaisvai para +∞, nos irra ionais para −∞. Em (d)o limite é 0.Em (e): O grá o de h(x)/x é formado por

duas retas pontilhadas: uma em y = 1, a imados ra ionais e outra no y = −1, a ima dos irra- ionaisx

y

y = 1

y = −1

h(x)

xLogo em (e) o limite não existe.Problema 13. (a) Pelo Teorema do Sanduí he olimite é 0.(b) quando x → 5, |f(x) − 3| → 0. Logof(x) → 3.Problema 14. (a) 4. (b) 3 (troque variável paray = 1/x2). ( ) 1/3 ( oloque o cos em evidên ia).(d) 2/5. (e) 0 (use Teorema do sanduí he e limiteo seno ompli ado por ±1). (f) e−10; (g) Troquevariável para y = π−x. Assim, x = π−y. Assimcos(π − y) = cos π cos(−y) + sen(−y) senπ =

− sen y. Pelo limite fundamental, limy→0

− sen y

y=

−1.(h) Pelo limite fundamental e pela deniçãode módulo, dará 1 se x → 0+ e −1 se x → 0−.A.1.3 ExtrasExtra 1.(a) Come e om o grá o de sen e faça ree-xão em torno do eixo x obtendo grá o de | sen |.Depois faça translação verti al por uma unidade.x

y

π2

3π2

π2−π

2−3π2 (a) y = | sen(x)| − 1(b) Come e om y = |x|. Faça translaçãoverti al de uma unidade. Reita o grá o no eixo

x novamente.x

y

(b) y = ||x| − 1|

A.1. LIMITE 195( ) Come e transladando horizontalmente ográ o de módulo por duas unidades. Depoistranslade verti almente por uma unidade.x

y

( ) y = |x+ 2| − 1

−2

Extra 2.x

y

x = 1

y = 4

1

−2

Extra 3.Como sengr(x) = sen(πx/180) (assimsengr(90) = sen(π90/180) = sen(π/2), substi-tuindo variável obtemos que o limite vale π/180.Extra 4. (a) Para x > 0, y = x+ |x| = x+ x =2x, para x < 0, y = x + |x| = x + (−x) = 0.Assim o grá o é:

x

yy = 2x

(a) y = x+ |x|(b) Por denição, x ≥ ⌊x⌋. Além disso adiferença 0 ≤ f(x) = x−⌊x⌋ < 1. Por exemplo,para x no intervalo [0, 1), ⌊x⌋ = 0 e portantof(x) = x − 0 = x. Para x no intervalo [1, 2),⌊x⌋ = 1 e portanto f(x) = x − 1. Para x nointervalo [−1, 0), ⌊x⌋ = −1 e portanto f(x) =x− (−1) = x+ 1. Assim o grá o é:

x

y

(b) y = x− ⌊x⌋−2 −1 1 2

y = 1

Extra 5. (a) Não existe pois quando x → 1+ vale1, x → 1− vale −1. (b) +∞. ( ) 8/6 = 4/3.(d) 0 (aplique Teorema do Sanduí he e use queseno é limitado por 1 e −1).Extra 6. (a) 0; (b) 3 (para x grande, 2x+ |x| =2x + x = 3x). ( ) 1 (para x pequeno, 2x +|x| = 2x − x = x). (d) −∞ (para x pequeno,x+ |x|+ 1 = x− x+ 1 = 1).Extra 7. (a) 0. (b) 0.Extra 8.

x

y

y = 1

y = 2

(a) f(x)x

y

y = x

y = x2

(b) g(x)A.1.4 DesaosDesao 1. (a) Para x grande (basta que x > 1)temos que 0 < 1x < 1. Assim para x > 1, ⌊ 1x⌋ =

0. Logo o limite vale zero pois a função vale zeropara x > 1.(b) Para x pequeno (basta que x < −1) te-mos que −1 < 1x < 0. Assim para x < −1,

⌊ 1x⌋ = −1. Logo o limite vale −∞ pois a funçãovale −x para x < −1.

196 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS

x

y

y = 1

y = −x

y = 1− x11

213

−1 −12( ) y = x⌊ 1x⌋(d) Vamos utilizar o Teorema do Sanduí he.Para x > 0, observe que ⌊ 1x⌋ vale no máximo

1x e, no mínimo 1

x − 1. Logo, 1x − 1 ≤ ⌊ 1x⌋ ≤

1x . Multipli ando ambos os lados por x (que épositivo e não altera as desigualdades) obtemosque 1 − x ≤ x⌊ 1x⌋ ≤ 1. Passando ao limite x →0+ e apli ando o Teorema do Sanduí he obtemosa onvergên ia para 1.Para x < 0 fazemos um ra io ínio similar para on luir que 1 ≤ x⌊ 1x⌋ ≤ 1 − x. Passando ao li-mite x → 0− e apli ando o Teorema do Sanduí heobtemos a onvergên ia para 1. Como os limiteslaterais são iguais, o limite existe e é igual a 1.Desao 2. (a) Note que trata-se de uma indeter-minação do tipo ∞0. Em uma linha: ex res emuito mais rápido do que x. Assim para x grande,(ex + x)1/x ≈ (ex)1/x = e. Com rigor, olo-que ex em evidên ia: (ex(1 + x/ex))1/x = e(1 +x/ex)1/x. Agora o termo (1 + x/ex) → 1 e1/x → 0. Assim (1 + x/ex)1/x → 10 = 1.(b) Note que trata-se de uma indeterminaçãodo tipo ∞0. Em uma linha: Como em (a), para xgrande (1 + x) ≈ x. Assim temos que al ular olimite xα/ log x. Troque variável para y = log(x)(assim x = ey): al ule o limite (ey)α/y → eα.Desao 4.Embora o denominador se anule nolimite, o sinal dele alterna sempre. Assim o nolimite a função os ila entre +∞ e −∞. Pertodo zero teremos um innidade de pontos onde afunção se aproxima de ±∞.Desao 7.Como |f(x)| ≤ M , −M ≤ f(x) ≤M . Logo, −M |g(x)| ≤ f(x)g(x) ≤ M |g(x)|.Como lim

x→1g(x) = 0, lim

x→1|g(x)| = 0. Apliqueo Teorema do Sanduí he depois de veri ar que

limx→1

−M |g(x)| = limx→1

M |g(x)| = 0.Desao 8. (a) +∞; (b) +∞; ( ) +∞; (d) +∞;(e) 0A.2 ContinuidadeA.2.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1. (a) Falso. O limite deve ser igualao valor da função no ponto. Exemplo: f(x) =x

x; x 6= 0;

2; x = 0;O limite no zero é 1 mas f(0) = 2.(b) Verdade. Se f é ontínua o limite existe.Se o limite existe, ambos limites laterais existem.( ) Falso. O limite pode ser igual, omo no ontraexemplo do item (a) deste exer í io.Exer í io 2. Somente é ontínua em a. Em b e

d, embora o limite exista, ele difere do valor dafunção no ponto: o grá o possui um salto. Emc, os limites laterais existem mas diferem entre si.Assim não existe limite em c: o grá o possuiuma quebra.Exer í io 3. (a) ontínua. (b) des ontínua no 0.Exer í io 4. (a) f(x) =

1; x ≤ 1;

2; 1 < x < 2;

3; 2 ≤ x.(b) A função parte inteira (veja Figura nap. A.1.3) para x > 0: f(x) =

0; x ≤ 0;

⌊x⌋; x > 0.Exer í io 5. (a) não existe valor possível pois oslimites laterais são distintos: a des ontinuidadenão é removível.(b) Como o limite é +∞, que não é um nú-mero, não existe k. Se pudéssemos olo ar valorinnito, olo aríamos k = +∞.( ) Pelo Teorema do Sanduí he o limite quandox → 0 é zero. Assim oloque k = 0 para tornara função ontínua.Exer í io 6. (a) Falso. Pode ter. Basta os ilarentre estes pontos.(b) Verdadeiro: pelo menos uma em [2, 3] epelo menos uma e, [3, 4], onde a função tro a desinal.( ) Falso. O TVI garante pelo menos uma,mais pode ter mais de uma.027.mar.2010

A.2. CONTINUIDADE 197Exer í io 7. (a) Falso. Quando nas e uma ri-ança a função dá um pulo de uma unidade ins-tantaneamente: não existe 1/5 de habitante et .(b) Verdadeiro. Nos res emos diariamenteuma quantidade innitamente pequena. Nossaaltura não dá pulos.Exer í io 8. (a) Falso. Nada impede que f(1/2) =−10. Neste aso teríamos vários pontos om va-lor negativo.(b) Falso. Se f for des ontínua pode não terraiz.Exer í io 9. (a) Errado. O orreto é se K ∈[2, 5], então existe c ∈ [−3,−1] tal que f(c) =K; (b) Correto pois se K ∈ [3, 4] então K ∈[2, 5]. Logo, pelo TVI, existe c ∈ [−3,−1] talque f(c) = K.( ) Errado. O intervalo [0, 3] NO está on-tido em [2, 5].Exer í io 10.Como f é ontínua, pelo Teorema,f ·f = f2 (produto de funções ontínuas) é ontí-nua. Assim, pelo Teorema novamente, f · (f2) =f3 (produto de funções ontínuas) é ontínua.Também pelo Teorema, 5f3 ( onstante vezes fun-ção ontínua) é ontínua. Pelo Lema, x é ontí-nua. Pelo Teorema x ·x = x2 produto de funções ontínuas) é ontínua. Pelo Lema 1 (função ons-tante) é ontínua. Pelo Teorema, x2 + 1 (somade funções ontínuas) é ontínua. Finalmente,pelo Teorema h, que é o quo iente de funções ontínuas, é ontínua.A.2.2 ProblemasProblema 1. (a) Nos pontos onde o denominadorse anula f(x) → ±∞. Nestes pontos a funçãoé des ontínua. Nos outros pontos, omo se tratada divisão de funções ontínuas (1 e sen(x)), elaé ontínua. R: 0,±π,±2π,±3π,.(b) O denominador nun a se anula pois cos(x)vale no mínimo −1: assim 2 − 1 = 1 ≤ 2 +cos(x) ≤ 2 + 1 = 3 para todo x ∈ R. Portanto, omo g é quo iente de funções ontínuas om de-nominador que nun a se anula, g é ontínua emR e o onjunto dos pontos de des ontinuidade é∅ (vazio).( ) Veja o grá o na Figura da p. A.1.3. O onjunto dos pontos de des ontinuidade é Z.(d) Esbo e o grá o: uma úbi a pontilhadae uma reta pontilhada. É ontínua onde elas se ruzam (porque?) nos pontos onde x3 = x, isto

é, em x = 0, x = 1 e x = −1. É des ontínua emR− 0, 1,−1.Problema 2.Cal ulando os limites no 0:lim

x→0−f(x) = |0+2| = 2, lim

x→0+f(x) = 3−0 = 3.Como eles diferem no 0, não existe lim

x→0f(x) eportanto a função é des ontínua no 0. Nos outrospontos é ontínua.Para x grande e negativo, f(x) = |x − 2|.Assim lim

x→−∞f(x) = lim

x→−∞|x− 2| = +∞.Problema 3. (a) Note que f(0) = 0 < 10 e que

limx→+∞

f(x) = +∞ (veja Exemplo 43 da p.54).Logo existe M > 0 tal que f(M) > 10. PeloTVI existe c ∈ [0,M ] tal que f(c) = 10.(b) Dena h(x) = log(x) − e−x. Queremosen ontrar b > 0 tal que h(b) = 0. Quandox → 0−, log(x) → −∞ e e−x → 1. Logo,lim

x→0−h(x) = −∞. Quando x → +∞, log(x) →

+∞ e e−x → 0. Logo, limx→+∞

h(x) = +∞. As-sim existem M,N om 0 < M < N e tais queh(M) < 0 e h(N) > 0. Como h é ontínua, peloTVI existe d ∈ [M,N ] tal que h(b) = 0.( ) Dena g(x) = f(x) − x. Se g(c) = 0,então f(c) = c. Note que g(0) = f(0) − 0 =f(0) ≥ 0 e g(1) = f(1) − 1 ≤ 0. Se em umdos extremos g se anular nos teremos obtido oc. Caso ontrário, g(1) < 0 < g(0). Pelo TVI(g é ontínua pois é a subtração de duas funções ontínuas), existe c ∈ [0, 1] om g(c) = 0. Esteresultado é uma versão simpli ado do Teoremado Ponto Fixo de Brower.(d) Suponha, por ontradição, que não é ver-dade que f(x) < 0. Assim, existiria um t ∈ [0, 2] om f(t) ≥ 0. Como f não se anula em [0, 2], naverdade f(t) > 0. Como f(−1) = −3, apli andoo TVI em [1, t] (f é negativa em 1 e positiva emt) on luímos que existe um c ∈ [1, 2] tal quef(c) = 0. Como isto é um absurdo, on luímosque f(x) < 2 no intervalo [0, 2].Problema 4. (a) Simplique o (x−2)2 no nume-rador e denominador. a = 5.(b) Impossível. Teríamos que ter a = 3 e −2ao mesmo tempo.( ) a = 1.(d) Impossível pois o limite em x = 0 nãoexiste.(e) Impossível pois teríamos que ter a = +∞,que não é um número real.(f) a = 3/4.

198 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSProblema 5.Temos que resolver o sistema

2a+ b = |2− 1| = 1,−2a+ b = | − 2− 1| = 3.Obtemos a = −1/2, b = 2.A.2.3 ExtrasExtra 1.Ela somente é ontínua em x = 0 poisse x está próximo de 0 e x ∈ Q então f(x) = 1e se x 6∈ Q então f(x) ≈ 1 + |0| = 1. Logo olimite quando x → 0 é 1, que é igual ao valor dafunção. Logo é ontínua em x = 0.Em qualquer x 6= 0 o limite não existe pois seestá próximo de x 6= 0 e x ∈ Q então f(x) = 1e se x 6∈ Q então f(x) ≈ 1 + |x| 6= 1. Logoo onjunto dos pontos de des ontinuidade é R−

1.Extra 2. (a) Dividindo-se por (x− 1) duas vezeso numerador e o denominador, vamos obter o li-mite. Logo a = −1. (b) a = 2. ( ) Impossível.(d) a = 0. (e) a = −1 +√2 ou a = −1 −

√2.(f) Impossível. Geometri amente, um reta saindoda origem não temo omo ompletar de forma ontínua uma função que valia 1 para x < 0.Extra 3. (a) Falso. Pode ter raiz no meio (penseem algo do tipo seno, que os ila).(b) Não. O TVI garante pelo menos duasraízes, mas não exatamente duas.Extra 4. (a) Dena f(x) = x + 2 sen(x) − 1.Como f(0) = −1 e f(π) = π − 1 > 0, pelo TVI

f possui raiz.(b) Se o polinmio p é de grau impar omtermo de maior grau axk então, se k > 0,lim

x→−∞p(x) = −∞ e lim

x→+∞p(x) = +∞. Assimexistem M,N tais que p(M) < 0 e p(N) > 0.Como p é ontínua, pelo TVI existe c ∈ [M,N ] ⊂

R tal que p(c) = 0 ∈ [p(M), p(N)]. Se k < 0então (os limites se invertem) limx→−∞

f(x) = +∞e limx→+∞

f(x) = −∞ e o resto é análogo.( ) Dena h(x) = sen(π sen(x)) − sen(x).Como h(π/6) = 1/2 e h(π/2) = −1 (sinaisopostos), pelo TVI existe c ∈ [π/6, π/2] tal queh(c) = 0, isto é, tal que sen(π sen(c)) = sen(c).(d) Como h(0) = 1, h(π) = h(−π) = 1−2 =−1, apli ando o TVI nos intervalos [−π, 0] e [0, π]vamos obter duas raízes distintas para h.Extra 5.Temos que resolver o sistema

a+ b = 1,4a+ b = −8.

Obtemos a = −3, b = 4.A.2.4 DesaosDesao 1.Esbo e dois grá os olo ando no eixox a hora e no eixo y os pontos do per urso. Noprimeiro dia a função omeça do iní io do per- urso e termina no m. No dia seguinte, omeçano m do per urso e termina no iní io. Comoos per ursos são funções ontínuas, os grá os se ruzam em pelo menos um ponto, o que signi- a passar na mesma hora (em dias distintos) nomesmo ponto do per urso.Desao 2.Ver [Sp p.70 no.17.Desao 3.Ver [Sp p.98 no.6.Desao 4.Pelas propriedades do logaritmo, o-lo ando a em evidên ia,log(a+h) = log(a(1+h/a)) = log(a)+log(1+h/a).Quando h → 0, tro ando variável vemos quelog(1 + h/a) → log(1) = 0. Assim obtemos a ontinuidade de log.Desao 5.Basta apli ar as expansões em série daexponen ial, seno e osseno. Depois basta agru-par os termos om e sem i e utilizar as identi-dades: i0 = i4 = i8 = · · · = 1, i1 = i5 =i9 = · · · = i, i2 = i6 = i10 = · · · = −1,i3 = i7 = i11 = · · · = −i. Assim,eiθ = 1 + (iθ) +

(iθ)2

2+

(iθ)3

3!+

(iθ)4

4!+

(iθ)5

5!· · ·

= 1 + iθ − θ2

2− i

θ3

3!+

θ4

4!+ i

θ5

5!· · ·

= 1− θ2

2+

θ4

4!− · · · + i

(

θ − θ3

3!+

θ5

5!· · ·)

= cos θ + i sen θ.Desao 6.Basta fazer ontas an elando a partereal ou a imaginária.A.3 DerivadaA.3.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1. y − 3 = (x− (−2)) · 3 = 3(x+ 2).Assim a reta tangente é y = 3x+ 9.Exer í io 2. (a) Falso. f(x) = |x− 3| possui umbi oem x = 3.025.julho.2010

A.3. DERIVADA 199(b) Falso. f(x) = 0 e g(x) = x − 2. Entãof(2) = g(2) = 0 mas f ′(2) = 0 e g′(2) = 1.( ) Falso. f(x) = x−10. f ′(1) = 1 e f(1) =−9.Exer í io 3. (a) Como no intervalo [x1, x3] a fun-ção é um segmento de reta, f ′(x1) = 2 = f ′(x2).Note que f ′(x3) não existe pois grá o possui umbi o.(b) Note que f ′(x5) = 0 ou algo próximo eque f ′(x6) > f ′(x2) pois a in linação da reta tan-gente é maior em x6. Também f ′(x4) < 0 poisa função de res e ai. Assim, f ′(x4) < f ′(x5) <f ′(x2) < f ′(x6).Exer í io 4.

x

y

f ′(x)

4 12−5

8Exer í io 5. (a) h′(2) = f ′(2)g(2)+f(2)g′(2) =−1(−5) + 3(2) = 11.(b) h′(2) = f ′(2)g(2) − f(2)g′(2)

g(2)2.Logo h′(2) =

−1(−5)− 3(2)

(−5)2=

−1

25.Exer í io 6.Cal ulando o oe iente angular dareta tangente, f ′(1) = 1 e g′(1) = 0 (reta tan-gente horizontal). Assim:(a) f ′(1)g(1)+g′(1)f(1) = 1(3/2)+0(1) = 3/2.(b) 5f ′(1)− 3g′(1) = 5(1) − 3(0) = 5.Exer í io 7. (a) Velo idade é h′(t) = −32t. As-sim h′(2) = −64.(b) Quando h(t) = 0? Para t =√125/2.( ) Velo idade h′(

√125/2) = −16

√125.(d) A eleração h′′(t) = (−32t)′ = −32. As-sim a a eleração é −32 para todo t.Exer í io 8. (a) ex log x+ ex

x . (b) − sen x(x+5)−cos x(x+5)2

.( ) − sen(x3 + 1)(3x2). (d) 0 (a função é ons-tante em relação a x). (e) cos x

1 + senx. (f) Para

x > 2 a derivada é 1, para x < 2 a derivada é−1. Em x = 2 a derivada não existe.Exer í io 9. (a) 4πr2. (b) 6k+ 1

k2. ( ) log t+1.(d) πsπ−1. (e) √

3 = elog√3. Logo (

√3)x =

ex log√3. Assim a derivada é log(

√3)ex log

√3 =

(log√3)(

√3)x. (f) 0.Exer í io 10. (a) Pelo TVM, existe c ∈ [1, 5] talque f(5) − f(1) = f ′(c)4. Multipli ando por

4 a desigualdade −4 ≤ f ′(x) ≤ 3 obtemos oresultado.

( ) Pelo TVM, para todo h existe c ∈ [0, h] talque f(h)−f(0) = f ′(c)h. Como h > 0 podemosmultipli ar a desigualdade −4 ≤ f ′(x) ≤ 3 semalterar os sinais das desigualdades.Exer í io 11. Seja S(t) a altura do objeto emfunção do tempo. Então S(0) = 100, S(5) = 0.Assim, S(5)− S(0)

5− 0=

−100

5= −20. Pelo TVMexiste um instante t ∈ (0, 5) tal que S′(t) = −20,a velo idade do objeto.Exer í io 12.Como (f ′(x))′ = 0 para todo x ∈

R, f ′(x) = onstante. Como f ′(−3) = 0, a ons-tante é zero. Assim on luímos que f ′(x) = 0para todo x ∈ R. Logo f(x) = onstante. Comof(5) = π, a onstante é π. Assim on luímosque f(x) = π para todo x ∈ R.Exer í io 13.(a) h′(2) = f ′(g(2))g′(2) = f ′(3)g′(2). Comog′(2) é o oe iente angular da tangente, g′(2) =(3−2)/(2−0) = 1/2. Do mesmo modo, f ′(3) =(0−2)/(3−0) = −2/3. Assim, h′(2) = −2

3 · 12 =−2

6 = −13 .(b) Como g(2) = 3, g−1(3) = k(3) = 2.Como k é a inversa de g, k(g(x)) = x. Logo,

k′(g(x))g′(x) = 1. Assim, k′(g(2))g′(2) = 1 ouk′(3)g′(2) = 1. Como g′(2) = 1

2 pelo item (a),k′(3) = 1/g′(2) = 2.Exer í io 14.Mar amos no grá o os pontos ondeele ruza o zero e onde a reta tangente é horizon-tal.

x

y

a b c d e f g(a) f ′ é positiva em (−∞, b), (c, d) e (f,+∞).f ′ é negativa em (b, c) e (d, f).(b) f é injetiva em (−∞, b), ou (b, c), ou(c, d), ou (d, f), ou (f,+∞).( ) f é res ente em (a, e) e (g,+∞). f éde res ente em (−∞, a) e (e, g).(d) f é injetiva em (−∞, a) ou (a, e) ou (e, g)ou (g,+∞).A.3.2 ProblemasProblema 1. (a) f(x + h) − f(x) = 1

(x+h)2 −1x2 = x2−(x+h)2

x2(x+h)2 = −2xh+h2

x2(x+h)2 . Dividindo por hobtemos f(x+h)−f(x)h = −2x+h

x2(x+h)2. Fazendo h →

0 obtemos, f ′(x) = −2xx2(x)2

= − 2x3 .

200 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS(b) f(x+h)−f(x) = 1√x+h

− 1√x=

√x−

√x+h√

x+h√x.Multipli ando por √x+

√x+ h obtemos:

x−(x+h)√x+h

√x(

√x+

√x+h)

= −h√x+h

√x(

√x+

√x+h)

.Dividindo por h obtemos:f(x+h)−f(x)

h = −1√x+h

√x(

√x+

√x+h)

.Quando h → 0 obtemos:f ′(x) = −1√

x√x(√x+

√x)

= − 12x

√x.Problema 2.Para garantir ontinuidade em x =

1 devemos ter: (1)2 = a(1) + b, ou a + b = 1.Para que as derivadas laterais sejam iguais emx = 1 devemos ter 2x = a em x = 1, ou a = 2.Assim b = 1− a = −1.Problema 3.Primeiro note que 0 ≤ |f(0)| ≤|0|k = 0. Assim |f(0)| = 0, isto é, f(0) = 0.Agora pela denição, f ′(0) = lim

h→0

f(h)− f(0)

h=

limh→0

f(h)

h.Observe que 0 ≤ |f(h)|

|h| ≤ |h|kh = |h|k−1.Como k > 1, k − 1 > 0. Assim, lim

h→0|h|k−1 = 0.Logo, pelo teorema do Sanduí he, lim

h→0

|f(h)||h| =

0. Logo f ′(0) = limh→0

f(h)

h= 0.Problema 4. (a) Possui derivada em todos ospontos x 6= 2 igual a zero pois é onstante. Em

x = 2 é des ontínua e portanto também não éderivável em x = 2.(b) f(x) = ex − 1 se ex − 1 > 0, isto é, seex > 1. Tomando log dos dois lados, se x > 0.Assim, f(x) = ex−1 se x > 0 e f ′(x) = ex. Poroutro lado, f(x) = −(ex− 1) = 1− ex se x < 0.Assim f ′(x) = −ex se x < 0. Em x = 0 o grá opossui um bi o e a função não é derivável.( ) Fazendo análise de sinal do polinmio dosegundo grau (3−x)(x+1) (parábola om raízes3 e −1 om on avidade para baixo), on luímosque h(x) = (3 − x)(x + 1) se −1 < x < 3 eh(x) = −(3 − x)(x + 1) aso ontrário. Assim,h′(x) = −2x + 2 se −1 < x < 3 e h′(x) =2x − 2 se x < −1 ou x > 3. Em x = −1 ex = 3 o grá o possui um bi o e a função nãoé derivável.Problema 5. (a) A velo idade é s′(t) = 4t

(t2 + 1)2.A a eleração é s′′(t) = 4(t2 + 1)2 − 16t2(t2 + 1)

(t2 + 1)4.Logo s′(0) = 0 e s′′(0) = 4. Ela vai parar quandoa velo idade s′(t) = 0, ou seja, quando t = 0.(b) A velo idade é s′(t) = cos t. A a eleraçãoé s′′(t) = − sen t. Logo s′(0) = 1 e s′′(0) = 0.

Ela vai parar quando a velo idade s′(t) = cos t =0, ou seja, quando t = 2kπ ± π/2 para k ∈ Z.Problema 6. (a) Nos pontos onde f ′(x) = 6x2−4x = 0, isto é, x = 0 ou x = 2/3.(b) Rees revendo a reta 2y − 20x − 50 = 0 omo y = 10x + 25, observamos que o oe i-ente angular é 10. Assim queremos saber quandof ′(x) = 6x2 − 4x = 10, isto é, x = −1, x = 5/3.Problema 7. (a) y′ = 3ax2 + 2bx+ c. Para quetenha uma úni a tangente horizontal, queremosque a equação y′ = 3ax2 + 2bx + c = 0 tenhasolução úni a. Para isto basta que ∆ = (2b)2 −4(3a)c = 0, isto é, que b2 = 3ac.(b) y′(x) = 3ax + b. O oe iente angularde x + y = 1 é 1 = y′(−1) = b − 3a. O oe- iente angular de y = −1 é 0 = y′(1) = 3a + b.Resolvendo o sistema obtemos que b = 1/2 ea = −1/6. Assim c pode ter qualquer valor.Problema 8.(a) 300(5x2 − 3x+ 4)299(10x− 3).(b) Primeiro rees reva 7

√· = (·)1/7. Depoisapli ando a regra da adeia,cos(

(

cos(x2) + 4)1/7

)

·

· 17

(

cos(x2) + 4)−6/7

(− sen(x2))(2x).( ) 2xe−x + 2x+ e−xx2 + e−x

(e−x + 1)2.(d) 1/3(x + t)−2/3(x2 + k)− (x+ t)1/3(2x)

(x2 + k)2.(e) 5 cos(5 ex)exx4

sen(5 ex)+ 4 log(sen(5 ex))x3.(f) 6x

((log(3x2 + 1))2 + 1)(3x2 + 1).(g) − 5earcsen(4−5x)

√

1− (4− 5x)2.Problema 9. g′(x) = 3

f(x) + x(f ′(x) + 1). As-sim, g′(4) = 3

f(4) + 4(f ′(4) + 1) = −12

7.Problema 10. (a) f ′(t) = −m0

K e(T0−t)/K .(b) f ′(t) = 2(ax+ b)(ad− bc)

(cx+ d)3.( ) f ′(θ) = 3aKθ2 cos(aθ3 + b).(d) f ′(t) = KeKt cos(at)− aeKt sen(at).Problema 11. (a) y′ = cos(x2) · 2x2 − sen(x2)

x2.Logo y′(

√

π/2) = −2/π e y(√

π/2) =√

2/π.

A.3. DERIVADA 201Assim a equação da reta tangente é: y−√2/π =−2/π(x−

√

π/2).(b) y′ = esen(−2x) cos(−2x)(−2).Logo y′(π) = −2 e y(π) = 1. Assim a equaçãoda reta tangente é: y − 1 = −2(x− π).Problema 12. (a) Considere f(x) = ex−(1+x).Derivando f ′(x) = ex − 1 é positiva para x > 0.Logo f é res ente para x > 0. Como f(0) = 0,a função é positiva para x > 0.(b) Considere g(x) = 2x3 − 15x2 + 60x+ 4.Como limx→+∞

g(x) = +∞ e limx→−∞

g(x) = −∞,existem pontos onde a função é positiva e ne-gativa. Pelo TVI existe pelo menos uma raiz.Note que g′(x) = 6x2 − 30x + 60 é sempre po-sitivo (para todo x ∈ R) pois é um polinmiodo segundo grau om raízes omplexas (∆ < 0 ea = 6 > 0). Assim, g é res ente para todo Re portanto injetiva. Assim a raiz é úni a pois afunção é injetiva.Problema 13. (a) Suponha que f e g represen-tam a posição dos orredores em função do tempo.Por hipóteses f(0) = g(0) ( omeçam no mesmoinstante). Suponha que eles terminaram a orridano instante T . Assim, f(T ) = g(T ) (terminaramempatados). Se h = f − g, h(0) = h(T ) = 0.Pelo TVM (ou Teorema de Rolle), existe c ∈(0, T ) tal que h′(c) = 0 = f ′(c)− g− (c), isto é,f ′(c) = g′(c).(b) Pelo TVM, f(x)− f(0) = f ′(c)x. Comox > 0 e f ′(c) ≤ 1 para todo c > 0 e f(0) = 0,f(x) = f(x)− f(0) ≤ x.( ) Seguindo a di a, omo h′i = hi para i =1, 2,

f ′(x) =h′1h2 − h1h

′2

(h2)2=

h1h2 − h1h2(h2)2

= 0.Logo f é onstante. Como f(0) =h1(0)

h2(0)= 1,

f(x) = 1 para todo x ∈ R. Logo 1 =h1(x)

h2(x), istoé, h1(x) = h2(x) para todo x ∈ R.(d) Seja h = f − g. Como h(0) = h(1) = 0,pelo Teorema de Rolle, existe c ∈ (0, 1) tal que

h′(c) = 0 = f ′(c) − g′(c). Logo f ′(c) = g′(c) eportanto as tangentes são paralelas.Problema 14.(a) h′(x) = f ′(g(−x/2))g′(−x/2)(−1/2). As-sim, h′(2) = f ′(g(−1))g′(−1)(−1/2) == f ′(2)(6)(−1/2) = −1(6)(−1/2) = 3.(b) Como h(g(x)) = x, h′(g(x))g′(x) = 1.Como g(−1) = 2, h(g(−1)) = −1 = h(2). As-sim h′(2) = h′(g(−1)) = 1/g′(−1) = 1/6.

Problema 15.O oe iente angular da reta tan-gente é ∆y

∆x=

3− 6

−1− 0= 3. Logo, f ′(−1) = 3.Note que f(−1) = 3 ou f−1(3) = −1. Logo

(f−1)′(3) =1

f ′(f−1(3))=

1

f ′(−1)=

1

3.Problema 16. f ′(x) = − sen(x5+2x+π/2)(5x4+

2). Logo f ′(0) = −2. Como g(f(0)) = 0 =

g(0), g′(0) = 1

f ′(0)= −1

2A.3.3 ExtrasExtra 1. (a) w′ = 4f ′g − fg′

g2. Logo w′(2) =

4(−1)(−5) − 3(2)

(−5)2= − 4

25.(b) m′(x) = exg(3x + 2) + exg′(3x + 2)3.Logo m′(0) = g(2) + 3g′(2) = −5 + 3(5) = 10.Extra 2. (a) cos(x ex log x)(ex log x+xex log x+

ex).(b) cos(sen(senx)) cos(senx) cos x.( ) 3arctan x = elog 3 arctan x. Logo a derivadaé 3arctan x log 3

1 + x2.(d) 2

√x+ 1

4√x√

x+√x.(e) cos(cos x senx)(cos2 x− sen2x).(f) Esta função vale sen(1−x2) se −1 < x <

1. Logo a derivada neste intervalo é −2x cos(1−x2). Fora deste intervalo (em x < −1 ou x >1) a função vale sen(x2 − 1), uja derivada é2x cos(x2 − 1). Nos pontos x = ±1 a funçãopossui um bi o, e não possui derivada.(g) Primeiro es revemos em forma de função:exp(exp(x4)). A derivada é:exp(exp(x4)) exp(x4)4x3 ou 4x3ee

x4

ex4 .(h) 2 cos(2x)

√x2 + 1

sen(2x)+

log(sen(2x))x√x2 + 1Extra 3. (a) Nos pontos onde y′(x) = 3x2+4x−

4 = 0, isto é, x = −2 ou x = 2/3.(b) Rees revendo a reta 2y + 8x − 5 = 0 omo y = −4x + 5/2, observamos que o o-e iente angular é −4. Assim queremos saberquando f ′(x) = 3x2 + 4x − 4 = −4, isto é,x = 0, x = −4/3.Extra 4.Para garantir ontinuidade em x = 1devemos ter: a(1) + b = 1

1 , ou a + b = 1. Paraque as derivadas laterais sejam iguais em x = 1devemos ter 2ax = − 1

x2em x = 1, ou a = −1

2 .Assim b = 1− a = 32 .

202 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSExtra 5.Uma solução é: f ′(x) = g(x) + (x −a)g′(x). Como f ′(a) = g(a) + (a − a)g′(a) =g(a). O problema desta solução é que não sabe-mos se g pode ser derivada.A solução orreta é: Note que f(a) = (a −a)g(a) = 0 e f(a+ h) = (a+ h− a)g(a+ h) =hg(a + h). Assim, f(a + h) − f(a) = hg(a +

h). Logo, f(a+ h)− f(a)

h= g(a + h). Assim,

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h= lim

h→0g(a + h).Este limite é igual a g(a) pois g é ontínua em a.Assim, f ′(a) = g(a).Extra 6. (a) y′ = 2x senx + x2 cosx. Logo,

y′(π) = −π2. Assim a reta tangente é y =−π2(x− π).(b) y′ =

1√x− 2

12√x. Logo, y′((e + 2)2) =

1

2e(e + 2). Assim a reta tangente é y − 1 =

1

2e(e + 2)(x− (e+ 2)2).Extra 7. (a) y′ = − 1

x2 . Para que duas retas se-jam paralelas, basta que possua o mesmo oe- iente angular. Como o oe iente angular de2x + 3y = 0 é −2

3 , queremos determinar xR talque y′ = − 1x2 = −2

3 . Logo x = ±√3√2.(b) y′ = 2e2x. A reta tangente no ponto

c, e2c é y− e2c = 2e2c(x− c). Para que passe em(x, y) = (5/2, 0) temos que resolver: 0− e2c =2e2c(5/2 − c). Vamos obter que c = 3.Extra 8. (a) Considere f(x) = x − log x. Noteque f(1) = 1−0 = 1 > 0 e que f ′(x) = 1− 1

x > 0para x > 1. Assim a função é res ente parax > 1 e é positiva em 1. Logo f(x) > 0 paratodo x ∈ R, ou x − log(x) > 0, o que impli aque x ≥ log x.(b) Considere g(x) = −2x13 − 6x5 − x+10.Como lim

x→+∞g(x) = −∞ e lim

x→−∞g(x) = +∞,existem pontos onde a função é positiva e nega-tiva. Pelo TVI existe pelo menos uma raiz. Como

g′(x) = −26x12 − 30x4 − 1 é sempre negativa(para todo x ∈ R), g é de res ente para todo Re portanto injetiva. Assim a raiz é úni a pois afunção é injetiva.Extra 9. (a) Por hipótese existem a, b ∈ R omf(a) = f(b) = 0. Pelo TVM (ou pelo Teoremade Rolle) existe c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0. Logof ′ possui uma raiz real.(b) Pelo TVM existe um c ∈ (2, 5) tal quef(5)− f(2)

5− 2= f ′(c). Logo, f(5)−f(2) = 3f ′(c).

Como por hipótese f ′(x) ≤ 4, f(5)− f(2) ≤ 12.( ) Como f ′′(x) = g′′1−g′′2 = cos(2x+log(x4+1)) − cos(2x + log(x4 + 1)) = 0 para todo x ∈R, on luímos que f ′(x) é onstante. Note quef ′(2) = g′1(2) − g′2(2) = −1 − (−1) = 0. Logof ′(x) = 0 para todo x. Assim f é onstante.Note que f(3) = g1(3) − g2(3) = 5 − 5 = 0.Logo f(x) = 0 para todo x. Con luímos queg1(x) = g2(x) para todo x ∈ R.Extra 10.Pela denição, omo f(0) = 0,

f ′(0) = limh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lim

h→0

f(h)

h.Agora f(h) = 0 ou f(h) = hk, dependendo se

h ∈ Q ou não. Nos dois asos, |f(h)| ≤ hk.Assim, usando a ontinuidade da função módulo,|f ′(0)| =

∣

∣

∣

∣

limh→0

f(h)

h

∣

∣

∣

∣

= limh→0

∣

∣

∣

∣

f(h)

h

∣

∣

∣

∣

≤

≤ limh→0

∣

∣

∣

∣

hk

h

∣

∣

∣

∣

= limh→0

|h|k−1 = 0.Portanto, 0 ≤ |f ′(0)| ≤ 0, ou seja, |f ′(0)| = 0 eportanto f ′(0) = 0.Extra 11.Note a beleza na simetria da resposta:(fgh)′ = f ′gh+ fg′h+ fgh′.A.3.4 DesaosDesao 1. (a) Esta função não é derivável nozero pois

f(0 + h)− f(0)

h=

h sen(1/h)

h= sen(1/h).Quando h → 0 o limite não existe.(b) Como,

g(0 + h)− g(0)

h=

h2 sen(1/h)

h= h sen(1/h),pelo Teorema do Sanduí he o limite quando h →

0 é zero. Assim, g′(0) = 0.Desao 2.Pelo binmio de Newton:(x+ h)n =

n∑

i=0

n!

i!(n− i)!xihn−i =

= xn + nxn−1h+ · · ·+ hn.Assim,(x+ h)n − xn = nxn−1h+ · · ·+ hn.

A.4. APLICAÇO DE DERIVADA 203Aqui temos termos om h, h2, . . . , hn. Dividindopor h, somente o primeiro termo não terá h:(x+h)n−xn

h = nxn−1 + (termos om h)+ hn−1.Se zermos h → 0, sobrará apenas o termonxn−1.Desao 3.O oe iente angular da reta tangenteao grá o de f no ponto x é f ′(x) = −x. O oe iente angular da reta tangente ao grá o deg no ponto x é g′(x). Queremos que g′(x) =−1/f ′(x), isto é, que g′(x) = 1/x. Logo g(x) =log x ou, de forma geral, g(x) = C + log x.Desao 4.Considere f(x) = ax2+bx+c. Assim,f ′(x) = 2ax + b. A se ante possui oe ienteangular: ax21 + bx1 − ax22 − bx2

x1 − x2=

=a(x21 − x22) + b(x1 − x2)

x1 − x2= a(x1 + x2) + b.A reta tangente no ponto médio possui oe- iente angular f ′((x1 + x2)/2) = a(x1 + x2) + bDesao 5.Cal ulando a derivada obtemos f ′(θ) =

0 para todo θ ∈ R. Logo, pelo TVM, f é ons-tante. Como f(0) = 1, f(θ) = 1 para todoθ ∈ R. Assim, cos θ + i sen θ

eiθ= 1 e obtemos oresultado.Desao 6.Note que onhe emos uma solução:

s = sen e c = cos. A questão aqui é a uni idade.A.4 Apli ação de DerivadaA.4.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1.O limite é 5 por L'Hospital.Exer í io 2.Não podemos apli ar L'Hospital duasvezes, somente uma vez obtendo lim

x→1

2(x− 1)

ex=

2(1− 1)

e= 0.Exer í io 3. (a) f(2.1) ≈ f(2)+f ′(2)(2.1−2) =

5 + 4(0.1) = 5.4.(b) f(1.95) ≈ f(2) + f ′(2)(1.95 − 2) = 5 +4(−0.05) = 4.8.Exer í io 4. p(π) = f(π) = −1, p′(π) = f ′(π) =− sen(π) = 0, p′′(π) = f ′′(π) = − cos(π) = 1.Exer í io 5. (a)026.juj.2010

x

y

−3 −2 −1 1 2(b)x

y

−2Exer í io 6.x

y

−3 −1 1 3

Exer í io 7. (a) e (b) Ambas verdadeiras. ( )Falso. Todos os pontos em [1, 2] são de máximoe de mínimo simultaneamente pela denição.Exer í io 8. (a) Falso. I tem que ser um inter-valo fe hado omo I = [−6, 99]. (b) Falso. Item que ser limitado e fe hado. ( ) Falso. Afunção tem que ser ontínua. (d) Falso. Mesmodes ontínua pode ter máximo. (e) Falso. Consi-dere I = R e a função ontínua f(x) =1

x2 + 1.O máximo é em x = 0.Exer í io 9. (a) Como f é ontínua em um inter-valo fe hado e limitado, podemos apli ar o TVE(Teorema do Valor Extremo de Weierstrass), Te-orema 22 da p.110, que garante que existe a.(b) Devemos omparar o valor da função nosextremos do intervalo om o valor da função nospontos ríti os. Assim omparando f(1), f(10),

f(3), f(7), determinaremos o máximo. Ou seja,o máximo será um dos pontos: 1, 3, 7 ou 10.( ) Não ne essariamente. Note que NO po-demos apli ar o TVE pois o intervalo não é limi-tado. Um exemplo é tomar uma f que vai para−∞ quando x → −∞.

204 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSExer í io 10. (a) a = −5. (b) b = 0. ( ) podeser em c = −1 ou c = 2. (d) d = 2.Exer í io 11. (a) maxx∈I

f(x) = 1/2, xmax = 2,minx∈I

f(x) = 1/3, xmin = 3.(b) maxx∈I

f(x) = +∞, não existe xmax =,minx∈I

f(x) = 1, xmin = 1.( )maxx∈I

f(x) = −4, xmax = −1/4, minx∈I

f(x) =

−1, xmin = −1.(d) maxx∈I

f(x) = 1, xmax = 1, minx∈I

f(x) = 0,não existe xmin =.(e) maxx∈I

f(x) = 0, minx∈I

f(x) = −∞, nãoexistem xmax nem xmin.Exer í io 12. (a) Verdadeiro, pois se é mínimo lo- al então a derivada é zero. (b) Verdadeiro, poisse é máximo no interior do intervalo, então é má-ximo lo al. ( ) Falso, pois está no extremo do in-tervalo. Pode ser zero mas não ne essariamente.(d) Falso. Um ponto om derivada zero podenão ser máximo nem mínimo, omo por exemplog(x) = (x − 3)3, que possui derivada nula emx = 3 mas não é máximo nem mínimo.Exer í io 13. (a) Verdadeiro. (b) Falso, pode sere pode não ser. Exemplo é f(x) = 3, onde TODOponto é de máximo lo al (e de mínimo lo al) em-bora f ′ = f ′′ = 0. ( ) Falso, nem todo máximolo al é máximo em um intervalo. O máximo podeo orrer no extremo do intervalo e a derivada nãopre isa ser zero neste ponto.Exer í io 14. (a) máximos lo ais: x = −2 e x =3. mínimos lo ais: x = 0.(b) Mínimo em x = 4, máximo em x = 3.( ) Mínimo em x = −3, máximo em x = 1.(d) Mínimo em x = 0, máximo em x = 3.(e) f ′′(−1.8) < 0. (f) f ′′(0) > 0. (g)f ′′(4) < 0. (h) x = −1 e x = 1.(i) mínimo lo al em x = 1. máximo lo al emx = 4. Olhe o sinal de g′ antes e depois destespontos.(j) onde g′′(x) = f ′(x) = 0? pontos de ine-xão de g: x = −2 e x = 3.Exer í io 15. (a) Como f ′(x) = 4x3 − 3x2 =x2(4x−3), os pontos ríti os são x = 0, x = 3/4.Note que o sinal da derivada é: f ′(x) < 0 parax < 3/4 e f ′(x) > 0 para x > 3/4. Assimx = 0 NO é extremos lo al. Somente x = 3/4é mínimo lo al.(b) Devemos omparar f(−1) = 2, f(2) = 8,f(3/4) = −27/256. Assim o máximo em I é emx = 2 e o mínimo em x = 3/4.

( ) Aqui basta omparar f(−1) = 2 omf(0) = 0. Assim o máximo é em x = −1 e omínimo em x = 0.(d) No extremo do intervalo x → ±∞ a fun-ção f(x) → +∞. Assim ela não tem máximo. Omínimo é no ponto ríti o x = 3/4.(e) No extremo x → −∞ a função f(x) →+∞. No extremo x = 1, f(−1) = 2. Nenhumponto ríti o perten e ao intervalo. Assim ela nãotem máximo e o mínimo é em x = −1.A.4.2 ProblemasProblema 1. (a) 4. (b) Tomando o log obtemosque se y = (ex + 3x)1/x, log y =

log(ex + 3x)

x.Apli ando L.H. obtemos que Assim log( lim

x→0+y) =

4. logo limx→0+

y = e4. ( ) 2/5. (d) Note que(ax)′ = (log a)ax. Assim o limite é log a− log b.Problema 2. (a)√65 ≈

√64+

1

2√64

(65−64) =

8+1

16. (b) log(e2−0.1) ≈ log(e2)+

1

e2(−0.1) =

2− 1

10e2. ( ) Re ordando, arctan′(x) = 1

x2 + 1.Assim, arctan′(1) = 1

2 . Assim arctan(1.2) ≈tan(1) + 1

2 (1.2− 1) =π

4+ 0.1.Problema 3. (a) Como f ′(x) = 3ax2 + 2bx+ c,os extremos lo ais vão o orrer (possivelmente) so-mente nos pontos onde f ′(x) = 0. Se a equaçãopossuir duas raízes reais distintas, o sinal de f ′passará de positivo para negativo ou vi e-versaem ada raiz: assim um ponto será de máximoe o outro de mínimo lo al. Se possuir uma raizdupla, omo a > 0, f ′(x) ≥ 0 para todo x ∈ R.Assim o ponto onde f ′ se anula não será de má-ximo nem mínimo. Finalmente se f ′ não possuirraiz real, omo a > 0, f ′(x) > 0 para todo x ∈ R.Assim a função será sempre res ente, sem extre-mos lo ais.(b) Se f não possui extremos lo ais então

f ′(x) ≥ 0 para todo x ∈ R. Assim f poderápossuir no máximo 1 raiz. Como é polinmio degrau impar, pelo TVI (porque?) possui no mínimouma raiz. Con luímos que f possui exatamente1 raiz.( ) Se f possui 2 extremos lo ais, temos queveri ar se o mínimo lo al é menor que zero ounão e se o máximo lo al é menor que zero ou não(faça uma gura). Se ambos forem menor que

A.4. APLICAÇO DE DERIVADA 205zero ou ambos maiores que zero, f admite so-mente uma raiz real. Se o máximo lo al é maiorque zero e o mínimo lo al menor que zero, f ad-mite exatamente 3 raízes reais.(d) Determine ( aso existam) os dois pontos ríti os distintos x0 < x1 de f , isto é, pontos taisque f ′(x0) = f ′(x1) = 0. Caso não existam ouexista somente um, a função possui somente umaraiz real.Como a > 0 ne essariamente x0 é máximoe x1 é minimo (basta olhar sinal de f ′, que vempositivo até x0, a negativa em (x0, x1) e voltaa ser positivo em x1. Se f(x0) > 0 > f(x1)possui 3 raízes reais, aso ontrário somente umaraiz real.Problema 4. (a) f ′(x) = 3x2 − 6x+ 3 = 3(x−1)2, uja úni a raiz é x = 1. Assim f ′(x) ≥ 0para todo x ∈ R. Logo esta função é sempre res ente. Como f ′′(x) = 6x − 6, ela tro ade on avidade em x = 1. Quando x → +∞,f(x) → +∞ e quando x → −∞, f(x) → −∞.Não possui assíntota verti al nem horizontal.Embora f ′(1) = 0, omo f ′ > 0 perto dex = 1, este ponto não é de máximo nem mínimo.

x

y

1

(b) Como g′(x) = x(x2 − 4), a derivada seanula em 0,±2. Analisando sinal de g′ (quadro desinais) on luímos que g de res e até −2, res eem (−2, 0), de res e em (0, 2), e res e de 2 emdiante. Com isso vemos que os pontos x = ±2são de mínimo lo al e x = 0 é de máximo lo al.Como g′′(x) = 3x2 − 4, a on avidade muda em± 2√

3, sendo para ima antes de − 2√

3de depois de

2√3e para baixo em (− 2√

3, 2√

3). Assim o grá oé:

x

y

−2 22√3

− 2√3Problema 5.O esboço deverá ter uma f(x) = 2para x ∈ [0, 1] pois f ′(x) = 0 neste intervalo.Ela deverá de res er para x > 1 om on avidadepara baixo pois f ′′ < 0. Entre −2 e 0 ela deverá res er pois f ′ > 0 neste intervalo. No entantoa on avidade deve ser para ima até −1 e parabaixo depois. Até o −2 ela deve deve de res er om on avidade para ima e um mínimo lo al em

x = −2 pois a derivada se anula em −2. Assimobtemos:x

y

−2 −1 1 2

Problema 6. (a) Possui duas assintotas horizon-tais: y = 2 e y = −1. Possui assintota verti alem x = 0. Possui um máximo lo al em x = −1.x

y

y = 2

y = −1−1

1

(b) Possui duas assintotas horizontais: y = 0e y = −1. Possui assintota verti al em x = 2.Possui um máximo lo al em x = 0.


y

x = 2

y = −1−2

1

2

Problema 7. (a) Intersepta os eixos em (0, 0) e(1, 0). Assintotas verti ais em x = 2 e x = −1.Assintota horizontal: y = 2. Sinal de f ′ é igualao sinal de 1 − 2x: a função res e até x = 1/2e de res e depois. Em x = 1/2 a função tem ummáximo lo al.O sinal de g′′ é igual ao sinal de (x− 2)(x+1) (note que x2 − x + 1 > 0 pois as raízes são omplexas): on avidade para ima até x = −1e depois de x = 2. Con avidade para baixo em(−1, 2).

x

y

y = 2

−1 212(b) Intersepta os eixos em (0, 1). Assintotasverti ais em x = ±1. Assintota horizontal: y =

−1. Sinal de g′ é igual ao sinal de x: a funçãode res e até x = 0 e res e depois. Em x = 0 afunção tem um mínimo lo al.O sinal de g′′ é igual ao sinal de 1−x2: on a-vidade para baixo até x = −1 e depois de x = 1.Con avidade para ima em (−1, 1).x

y

y = 1 −1 1

( ) Intersepta os eixos em (0, 0). Assintota

verti al em x = 1. Assintota horizontal: y = 0.Sinal de h′: a função de res e até x = −1, res eem (−1, 1), de res e depois de x = 1. Em x =−1 a função tem um mínimo lo al.O sinal de h′′ é igual ao sinal de x+2: on a-vidade para baixo até x = −2, Con avidade para ima depois.

x

y

−2 1Problema 8. (a) Não intersepta os eixos (nun avale zero e não está denida em x = 0). Assintotaverti al em x = 0. Assintota horizontal: y = 0.Sinal de f ′ é igual ao sinal de x − 1 pois exe x2 são sempre positivas: a função de res e atéx = 1 e res e depois de x = 1. Em x = 1 afunção tem um mínimo lo al.O sinal de f ′′ é igual ao sinal de x3 pois opolinmio x2 − 2x+ 2 possui raízes omplexas e omo oe iente de x2 é positivo, x2−2x+2 > 0para todo x ∈ R. Assim f ′′ é negativa para x < 0e positiva para x > 0. Portanto on avidade parabaixo para x < 0, Con avidade para ima parax > 0.

x

y

1(b) Note que a função está denida somenteonde 1− x2 > 0, isto é, para x ∈ (−1, 1). Inter-septa os eixos em (0, 1) e quando log(1 − x2) =−1, isto é, quando 1 − x2 = e−1. Portantoquando x2 = 1− e−1, isto é, x = ±

√1− e−1 ≈

±0.79 (pelo software Maxima). Logo inter eptao eixo x em (±0.79, 0). Assintota verti al emx = ±1 (onde temos log 0 = −∞!). Assintota

A.4. APLICAÇO DE DERIVADA 207horizontal não existe (função nem esta denidapara x > 1 nem x < −1).Sinal de f ′ é igual a de −2x para x ∈ (−1, 1)pois x2 − 1 < 0 neste intervalo. Assim a função res e para x < 0 e de res e para x > 0. Emx = 0 a função tem um máximo lo al.O sinal de f ′′. Note que o numerador 2x2+2é sempre positivo e omo o denominador é iguala (x2 − 1)2, que é sempre positivo, por ter sinalde menos na frente será sempre negativa. Assimf ′′ < 0 e a on avidade é sempre para baixo.

x

y

x = 1x = −1

√1− e−1−

√1− e−1

1

( ) Intersepta os eixos em (0, 1 + e−2). Nãopossui Assintota verti al. Assintota horizontal:y = 1.Sinal de f ′ é igual ao sinal de 3 − 2x poisexponen ial de qualquer oisa é sempre positiva.Portanto a função res e até x = 3/2 e de res edepois. Em x = 3/2 a função tem um máximolo al.O sinal de f ′′ é igual ao sinal de 4x2 − 12x+7. As raízes são: 3/2 ±

√2/2. A on avidadepara baixo em 3/2 −

√2/2, 3/2 +

√2/2), ou,aproximadamente, em (0.79, 2.20). Con avidadepara ima fora deste intervalo.

x

y

y = 1

0.79 2.2032(d) Intersepta os eixos em (0, 0). Não tem

Assintota verti al. Assintota horizontal: y = 0quando x → −∞.Sinal de f ′ é igual ao sinal de x+ 3, pois o-lo ando em evidên ia x2, que é sempre positivo,obtemos isto. Note que a derivada será zero emx = −3 e em x = 0. Note que em zero a derivadaNO tro a de sinal, ontinuando positiva. Assima função de res e até x = −3 e res e depois.Em x = −3 a função tem um mínimo lo al. Oponto x = 0 possui derivada zero (é ponto rí-ti o) mas não é máximo nem mínimo lo al pois afunção res e em torno de x = 0 (f ′(x) > 0 parax próximo mas diferente de zero).O sinal de f ′′ é igual ao sinal de x(x2+6x+6).As raízes são 0,−3±

√3.

−3−√3 ≈ −4.7 e −3 +

√3 ≈ −1.26.Fazendo quadro de sinais vamos obter que: on avidade para baixo até x = −3 −

√3 ≈

−4.7 e também no intervalo (−3 +√3, 0) ≈

(−1.26, 0). A Con avidade será para ima em(−3 −

√3, −3 +

√3) ≈ (−4.7, −1.26) e tam-bém para x > 0.

x

y

−3−4.7 −1.26Problema 9. (a) O ponto ríti o é a solução desen3(x) = cos3(x), e portanto se tan3(x) =1, ou seja, quando tanx = 1, o que o orre sex = π/4. Quando x → 0+ ou x → π/2−,f(x) → +∞. Assim o mínimo é em x = π/4 om f(π/4) = 2

√2 e NO existe máximo em

I. Portanto maxx∈I

f(x) = +∞, não existe xmax,minx∈I

f(x) = 2√2, xmin = π

4.(b) O úni o ponto ríti o é em x = 2 (f ′(2) =

0). Quando x → 0+ ou x → +∞, f(x) → +∞.Assim em I = (0, +∞) o mínimo é em x = 2 e omáximo não existe. Portanto maxx∈I

f(x) = +∞,não existe xmax, minx∈I

f(x) =5

2, xmin = 2.Em I = (0, 3], omo 2 ∈ I, o mínimo é em

x = 2 e o máximo não existe pois próximo de 0f(x) → +∞. Portanto max

x∈If(x) = +∞, não

208 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSexiste xmax, minx∈I

f(x) =5

2, xmin = 2.Em I = [3, 4] não tem ponto ríti o. Logo omáximo e o mínimo estão nos extremos: f(3) =

3 + 1/3 e f(4) = 4 + 1/4. Logo o mínimo éem x = 3 e o máximo em x = 4. Portantomaxx∈I

f(x) = 4 + 1/3, xmax = 4, minx∈I

f(x) =

3 + 1/3, xmin = 3.( ) Note que o termo da derivada x2 − x+2possui raízes omplexas. Como o termo de maiorgrau é x2, x−x+ 2 > 0 para todo x ∈ R. Logoa úni a raiz é x = 0, om sinal de f ′ igual aosinal de x. Como f de res e até x = 0 e res edepois, x = 0 é mínimo lo al.Assim em [−1, 1] omparamos f(−1) = 19,f(1) = 11, f(0) = 0. Portanto max

x∈If(x) = 19,

xmax = −1, minx∈I

f(x) = 0, xmin = 0.Em [1, 2], não tem ponto ríti o, basta om-parar f(2) = 64 e f(1) = 11. Portantomaxx∈I

f(x) =

64, xmax = 2, minx∈I

f(x) = 11, xmin = 1.(d) Note que f ′ é sempre positiva. Logo f ésempre res ente. Note que limx→−1−

f(x) = +∞Em I = (−1, 1] temos que limx→−1+

f(x) =

−∞. Assim não possui mínimo. O máximo seráem x = 1 om f(1) =1

2. Portanto max

x∈If(x) =

1

2, xmax = 1, min

x∈If(x) = −∞, não existe xmin =.Em I = [0, 1], omo f(0) = 0, max

x∈If(x) =

1

2, xmax = 1, min

x∈If(x) = 0, xmin = 0.Problema 10.Determine o máximo e o mínimode f(x) =

x

x4 + 3em R. Con lua que K ∈

[−1/4, 1/4].Problema 11.MODELAGEM: Se x, y são os nú-meros, y − x = 100, p = xy mínimo. Comoy = x + 100, p(x) = (x + 100)x. Queremosminimizar p(x) para x ∈ R.RESOLUÇO: Como p(x) → +∞ quandox → ±∞, o mínimo é no ponto de derivada zero.Como p′(x) = 2x + 100, x = −50 é o ponto dederivada zero, om y = −50 + 100 = 50. Logoos números são 50 e −50.Problema 12.MODELAGEM: Suponha que a do-bra tenha omprimento x. A alha terá a formade um retângulo om lado x e L− 2x (o que so-brou para base. Como o volume é propor ionala área deste retângulo, queremos o máximo def(x) = x(L− 2x) para x ∈ [0, L/2].

RESOLUÇO: Como é equação do segundograu om on avidade para baixo, o máximo é noponto de derivada zero. Como f ′(x) = L− 2x−2x = L − 4x, x0 = L/4. Assim a alha deveráter a forma de um retângulo om dimensões L/4e L/2.Problema 13.MODELAGEM: Seja r o raio do ír ulo e θ o ângulo do setor ir ular. Quere-mos maximizar a área a = θr2/2. O perímetrodeste setor é 2r mais θr. Assim, 40 = 2r + θr.Logo, θ = 40/r − 2. Logo queremos o má-ximo de a(r) = 20r − r2. Note que θ varia en-tre 0 e 2π. Como 40 = 2r + θr, para θ = 0,r = 20 e para θ = 2π, r = 20/(1 + π). Assimr ∈ [20/(1 + π), 20].RESOLUÇO: Trata-se de uma equação dosegundo grau. a′(r) = 20 − 2r. Logo a derivadaé zero em r0 = 10. Como 20/(1 + π) < 20/4 =5 < 10 (π > 3), o máximo é em r0 = 10.Problema 14.MODELAGEM: Vamos modelar in-troduzindo θ para o ângulo e B = K − h para adiferença entre a distân ia da tela ao hão e a al-tura dos olhos do espe tador. Note que se h → 0ou h → +∞ o ângulo θ → 0.Por trigonometria simples, tanϕ =

B

de tan(θ+

ϕ) =L+B

d. Assim, ϕ = arctan(B/d) e θ +

ϕ = arctan((L+ B)/d). Logo, o ângulo θ(d) =arctan((L+B)/d)− arctan(B/d).Queremos maximizar θ(d) para d ∈ (0,+∞).RESOLUÇO: Derivando obtemos

θ′(d) =L(BL+B2 − d2)

(B2 + d2)((L+B)2 + d2).Queremos determinar d0 tal que θ′(d0) = 0. Comoo denominador é sempre positivo e L > 0, a úni araiz da derivada é d0 tal que BL+B2 − d20 = 0,isto é (solução positiva) d0 = √

B2 +BL.Problema 15.MODELAGEM: Sejam x e y asdimensões do artaz. Sua área A = xy. A áreaimpressa será igual a (x − 2M)(y − 2N). Elimi-nando y = A/x obtemos que queremos maximi-zar a área impressa f(x) = (x−2M)(A/x−2N) om x ∈ [2M,A/(2N)].RESOLUÇO: Di a: Resolva o problema omA = 50,M = 2, N = 4. Vou dar a soluçãogeral. Como f ′(x) = A/x−2N−(x−2M)A/x2,os zeros da derivada são ±

√

AM/N . Queremossomente a solução positiva x0 =√AM/N . Noteque nos extremos a área impressa f é zero. Assim

A.4. APLICAÇO DE DERIVADA 209o máximo é de fato em x0 se nos erti armos quex0 ∈ [2M,A/(2N)].Vamos provar que de fato x0 ∈ [2M,A/(2N)].Para que o problema faça sentido a área A deveser maior que a área das margens (2M)(2N) =4MN . Assim, 4MN < A. Logo, 4M2 < AM/N ,e portanto 2M <

√

AM/N = x0. Por outrolado, AM/N < A2/(4N2). Logo, √AM/N =x0 < A/(2N).Problema 16.MODELAGEM ( omum aos doisitens): Seja h a altura e r o raio das semiesferas.O volume é V = 4/3πr3 + πr2h e a área desuperfí ie é A = 4πr2 + 2πrh.(a) MODELAGEM: Se xarmos a área emA, tiramos que πrh = (A − 4πr2)/2. Assim,V (r) = 4/3πr3 + r(A − 4πr2)/2. Queremosmaximar V (r) em [0,

√

A/(4π)] ( hegamos nestevalor tomando h = 0 na relação A = 4πr2+2πrh). RESOLUÇO: Vamos al ular o ponto rí-ti o. Como V ′(r) =A− 4πr2

2, V ′(r0) = 0 se

A = 4πr20. Assim a derivada é zero no extremodo intervalo r0 =√

A/(4π). Note que V (0) = 0e V ′(0) = A/2 > 0. Alem disso V ′(x) > 0 paratodo x ∈ [[0,√

A/(4π)]. Logo V res e neste in-tervalo e portanto r =√

A/(4π) é o ponto ondeV (r) assume o máximo.(b) MODELAGEM: O usto de fabri ação épropor ional a área de superfí ie A. Como o vo-lume V é xo, tiramos que πrh = (V−4/3πr3)/r.Assim,A(r) = 4πr2 + 2(V − 4/3πr3)/r =

6V + 4πr3

3r.Queremos minimizar A(r) para r ∈ (0, 3

√

3V

4π)( hegamos neste valor tomando h = 0 na relação

V = 4/3πr3 + πr2h).RESOLUÇO: Note que A(r) → +∞ quandor → 0+ ou r → +∞. Assim o mínimo o orreráem um ponto ríti o. Como A′(r) =

8πr3 − 6V

3r2.Assim a derivada se anula somente em r0 =

3

√

3V

4π.Pode-se onrmar que o mínimo é em r = r0 poiso sinal da derivada é sempre negativa.Problema 17. (a) MODELAGEM: Queremos mi-nimizar o quadrado da distân ia g(x) = (x−2)2+

(f(x) − 2)2 = (x − 2)2 + |6x − 2x2|. Note queo domínio de f é onde 6x − 2x2 > 0, isto é em[0, 3].

RESOLUÇO: Apli ando a denição de mó-dulo observamos que |6x − 2x2| = 6x − 2x2se x ∈ [0, 3]. Assim g(x) = −x2 + 2x + 4 sex ∈ [0, 3]. Em [0, 3], g′(x) = −2x+ 2 e g′(1) =0. Temos que omparar g(0) = 4, g(1) = 5 eg(3) = 1. Observamos que o mínimo é em x = 3 om g(3) = 1 e o máximo é em x = 1 omg(1) = 5.(b) MODELAGEM: A distân ia verti al f(x)é igual a diferença entre os y's. Assim, queremoso mínimo de f(x) = x2 +

1

x2para x ∈ R.RESOLUÇO: Note que f(x) → +∞ para

x → ±∞. Logo o mínimo será no ponto dederivada zero. Como f ′(x) = 2x− 2

x3, os pontos ríti os são 1 e −1. Como f(1) = f(−1) = 2, omínimo é em x = 1 ou x = −1.Problema 18.MODELAGEM: Sejam x, y os la-dos do retângulo. O perímetro P = 2x + 2y.Note que ligando-se o entro do ír ulo a umvérti e do retângulo obtemos um triângulo retân-gulo om lados x/2, y/2, R. Assim, por Pitágo-ras, x2 + y2 = 4R2. Logo, y =

√4R2 − x2 para

x ∈ [0, 2R]. Assim queremos o máximo e mínimode P (x) = 2x+ 2√4R2 − x2 para x ∈ [0, 2R].RESOLUÇO: Como P ′(x) = 2− 2x√

4R2 − x2.Note que P ′(x) = 0 sse 2

√4R2 − x2 = 2x. Araiz positiva será x0 = R

√2. Como x20 + y20 =

4R2, y0 = R√2. Comparando P (0) = 4R =

P (2R) e P (R√2) = R3

√2. Assim, omo 4 <

3√2, o maior perímetro será R3

√2 para o qua-drado de lado R

√2. O menor será para o retân-gulo degenerado de lados 0 e 2R, om perímetro

4R.Problema 19.MODELAGEM: Vamos xar x omosendo o ponto do eixo x que é um dos vérti- es do retângulo. Automati amente os outrosvérti es vão ser (x, y(x)), (−x, y(x)) e (−x, 0).Assim a área A = (2x)y(x) = 2(27x − x3).Note que omo as raízes da parábola são ±√27,

x ∈ [−√27,

√27] e queremos maximizar A(x) =

2(27x − x3).RESOLUÇO: Como A′(x) = 2(27 − 3x2),os pontos ríti os são x = ±3, que perten emao intervalo. Note que A(±√27) = 0. Assim omáximo será em x = 3 onde A(3) = 108. Noteque y(x) = 18. Assim as dimensões são 2x = 6por y = 18Problema 20. (a) MODELAGEM: Seja r o raioe h a altura do one ins rito na esfera. O volume

210 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSdo one é V =1

3πr2h. Note que omo 1

3π éum onstante, maximizar a função f = r2h é umproblema equivalente. Como é função de duasvariáveis, devemos eliminar uma delas.Ligando-se o entro da esfera até um dos pon-tos do ír ulo da base do one observamos o tri-ângulo retângulo om hipotenusa R e atetos r e

h−R. Logo, por Pitágoras, (h−R)2+ r2 = R2,Assim, r2 = 2hR − h2. Logo f(h) = h(2hR −h2). Note que h ∈ [0, 2R]. Assim queremos omáximo de f(h) para h ∈ [0, 2R].RESOLUÇO: Note que f(0) = f(2R) = 0.Como f ′(h) = 4hR − 3h2 = h(4R − 3h), ospontos ríti os são h = 0 e h = 4R/3. Como oponto zero não é de máximo, o máximo é quandoh = 4R/3.(b) MODELAGEM: Seja r o raio e h a alturado ilindro ins rito no one. O volume do ilindroé V = πr2h. Como é função de duas variáveis,devemos eliminar uma delas. Note que ortandoo one temos uma semelhança de triângulos: aaltura H do one está para R assim omo H −hestá para r. Assim, H

R=

H − h

r. Logo, r =

R(H − h)

H. Logo queremos maximizar V (h) =

πh

(

R(H − h)

H

)2. Note que h ∈ [0, H]. Assimqueremos o máximo de V (h) para h ∈ [0, H].RESOLUÇO: Note que V (0) = V (H) =

0. Como V ′(h) =πR2(H − 3h)(H − h)

H2(vaiobter-se equação do segundo grau om raízes He H/3). Como V (H) = 0, o máximo é para h =

H/3 (não pre isa al ular V (H/3) =4πHR2

27,que obtive om o Maxima).A.4.3 ExtrasExtra 1. (a) 4. (b) +∞ ( ) 5/4. (d) Note que

x1/x = (elog x)1/x = elog x/x. Quando x → +∞,log x/x → 0. logo o limite é e0 = 1.Extra 2. (a) tan(0.05) ≈ tan(0)+tan′(0)(0.05−0) = 0.05. (b) 3

√28 ≈ 3

√27 + 1/(3

3√272)(28 −

27) = 3 + 1/(27).Extra 3. (a) g′(x) = (x − 3)(x − 2). Assim afunção res e antes de x = 2, de res e em (2, 3)e res e depois de x = 3. Além disso, omog′′(x) = 2x − 5, a on avidade é para baixo atéx = 5/2 e para ima depois.

x

yg(x)

2 352

(b) f ′(x) = 4x(x − 1)(x + 1) e f ′′(x) =12x2 − 4. Note que f(x) ≥ 0 e é zero somenteem x = ±1. Pela derivada, a função de res e atéx = −1, res e em (−1, 0), de res e em (0, 1) e res e de 1 em diante. Os pontos x = ±1 são demínimo lo al. O ponto x = 0 é de máximo lo al.Quando x = 0, y = 1.Pela f ′′, a on avidade é para ima até−1/

√3,para baixo em (−1/

√3, 1/

√3) e para ima nova-mente para x > 1/

√3.

x

y f(x)

−1 11√3

− 1√3Extra 4.Extraímos do grá o informação sobre res imento e de res imento. Basta olhar ondea função do grá o é positiva e onde é negativa.Assim, f(x) de res e ate x = −2, em (0, 2) edepois de x = 4. Ela res e em (−2, 0), (2, 4).Agora se observarmos o grá o podemos ob-ter a informação sobre a derivada da função re-presentada, isto é, sobre a derivada segunda de

f . Assim, f ′′(−1) = f ′′(1) = f ′′(3) = 0. Obser-vando o sinal de f ′′ on luímos que a on avidadede f(x) é para ima até x = −1, em (1, 3). A on avidade é para baixo em (−1, 1) e depois dox = 3.

A.4. APLICAÇO DE DERIVADA 211x

y

f(x)

−2 −1 1 2 3 4

Extra 5. (a) Ponto de máximo lo al em x = 0 emínimo lo al em x = 2.x

y

1 2

3

(b) Assintota horizontal y = −3 e máximolo al em x = 2.x

y

2 4

y = −3

Extra 6. (a) Assíntotas verti ais em x = 1 e x =−3, horizontal em y = 1. Intersepta o eixo xem x = −1 e x = −2. O sinal da derivada serádado pelo polinmio −x2−10x−13, ujas raízessão: −5± 2

√3, que são aproximadamente −8.4e −1.5.

x

y

f(x) =(x+ 1)(x+ 2)

(x+ 3)(x− 1)

y = 1

−1

(b) Note que as assíntotas verti ais são x = 3e x = 1. A horizontal é y = 0. O sinal daderivada é igual ao de x2 − 3: a função de res eem (−√3,√3) e res e fora. Tem máximo lo alem −

√3 e mínimo lo al em √

3.Ignoramos a derivada segunda pois ela vai darg′′(x) = 2

x3 − 9x+ 12

(3 − x)3(x− 1)3. Note que o polin-mio do denominador é do ter eiro grau, e portantonão sabemos omo al ular a raiz ( om o Maximaobtemos que a úni a raiz real é −32/3 − 31/3.).

x

y

f(x) =x

(x− 3)(1 − x)+ 3Extra 7. (a) A função res e para x > 0 e de- res e para x < 0 pois o sinal de f ′ é deter-minado por x. A derivada se anula em x = 0,que é ponto de mínimo lo al. A assintota hori-zontal é y = 1, verti al não tem. Intersepta oseixos somente em (0, 0). Con avidade p/ imaem (−1, 1) para baixo fora.


y

f(x) =x2

x2 + 3

y = 1

−1 1

(b) A função res e para x > 0 e de res epara x < 0 pois o sinal de f ′ é determinado porx. A derivada se anula em x = 0, que é pontode mínimo lo al. A assintota horizontal é y = 1,verti al x = ±2. A on avidade é determinadapelo sinal de 4− x2 (pois o numerador é semprepositivo): on avidade p/ ima em (−2, 2) parabaixo fora.

x

y

f(x) =x2

4− x2+ 2

x = 2 x = −2

2y = 1

Extra 8. (a) Note que a função está denida so-mente para x > 0. Note que limx→0+

x log x = 0por L'Hospital. Intersepta os eixos em (0, 0) e(1, 0).Não possui assíntota verti al nem horizontal.Sinal de f ′. Note que log x = −1 quandox = e−1 ≈ 0.36. A função de res e até x = e−1,e res e depois. Em x = e−1 a função tem ummínimo lo al.O sinal de f ′′ é sempre positivo para x >0, o domínio da função. Assim a on avidade ésempre para ima.

x

y

f(x) = x log x

1e(b) Intersepta os eixos em (0, 0). Não temAssintota verti al. Assintota horizontal: y = 0.Sinal de f ′ é igual ao sinal de 1− 2x2, ujasraízes são ±1/

√2 ≈ ±0.707. Assim a função res e em (− 1√

2, 1√

2) ≈ (−0.7, 0.7). Ela de res efora deste intervalo. Em x = − 1√

2a função temum mínimo lo al e em x = 1√

2a função tem ummáximo lo al.O sinal de f ′′ é igual ao sinal de 2x(2x2− 3).Assim a on avidade para ima em (−

√

3/2, 0) ≈(−1.22, 0) e para x >

√

3/2) ≈ 1.22, Con avi-dade para baixo em (0,√

3/2) ≈ (0, 1.22) e parax < −

√

3/2 ≈ −1.22.x

y

f(x) = xe1−x2

1√2

−1√2

( ) Intersepta os eixos em (0, 0). Não temAssintota verti al. Assintota horizontal: y = 0.Sinal de f ′ é igual ao sinal de x(x+2). Assima função de res e em (−2, 0) e res e fora desteintervalo. Em x = −2 a função tem um máximolo al e em x = 0 tem um mínimo lo al.O sinal de f ′′ é igual ao sinal de x2 + 4x +2. Assim a on avidade para baixo em (−2 −√2, −2 +

√2) ≈ (−3.41, −0.58) Con avidadepara ima fora deste intervalo.

A.4. APLICAÇO DE DERIVADA 213x

y

f(x) = x2ex−2Extra 9. (a) Pontos ríti os são x = 0, x =

±2. Temos que omparar f(0) = 0 om f(2) =f(−2) = 16. Além disso, quando x → ±∞,f(x) → −∞.Assim, em I = R, max

x∈Rf(x) = 16, xmax = 2ou −2, min

x∈Rf(x) = −∞, não existe xmin =.Em I = [−1, 1], devemos omparar f(−1) =

f(1) = 7, f(0) = 0 (úni o ponto ríti o no in-tervalo. Logo maxx∈I

f(x) = 7, xmax = 1 ou −1,minx∈I

f(x) = 0, xmin = 0.(b) Úni o ponto ríti o é x = 0.Em I = [1, 2], que não ontém o ponto rí-ti o, devemos omparar f(1) =1

2e f(2) =

1

5.Assim max

x∈If(x) = 1/2, xmax = 1, min

x∈If(x) =

1/5, xmin = 2.Em I = [−1,+∞), omo f(x) → 0 quandox → +∞, f(0) = 1 e f(−1) = 1/2, max

x∈If(x) =

1, xmax = 0, minx∈I

f(x) = 0, não existe xmin.( ) Note que f ′(x) = − sen(x) cos(cos(x)).Logo os pontos ríti os vão ser onde senx = 0 ouonde cos(y) = 0. Assim a derivada será nula emx = 0, π pela equação senx = 0. Para a outra,y = π/2 ≈ 1.57. Como y = cos x, esta equaçãoé impossível pois nun a cos x = 1.57 > 1. Omesmo o orrerá om outros valores.Assim devemos omparar f(0) = sen 1, f(π) =sen−1 = − sen 1, f(2π) = sen 1.Assimmax

x∈If(x) = sen 1, xmax = 0, min

x∈If(x) =

− sen 1, xmin = π.Extra 10.MODELAGEM Se o triângulo equilá-tero tem lado x, o retângulo possuirá lados x e y.Como a quantidade de luz é propor ional a áreada janela, queremos maximizar a área da janelaa = xy + x2

√3/4 (área retângulo mais semi- ír ulo). Esta é uma função de duas variáveis.Utilizando a restrição que o perímetro da janela

12 = 3x+2y, obtemos que y = 6−3/2x. Assima(x) = x(6 − 3/2x) + x2

√3/4. Olhando parao perímetro 12 = 3x + 2y, vemos que os asosextremos são x = 4 (y = 0) e x = 0. Assim

queremos o máximo de a(x) para x ∈ [0, 4].RESOLUÇO: Como a′(x) = 6−(3−√3/2)x,

x0 = 6/(3−√3/2) ≈ 2.811 < 4 é o úni o ponto ríti o e perten e a [0, 4]. Nos extremos do inter-valo, a(0) = a(4) = 0.Extra 11. (a) MODELAGEM: Considere x e y omo as dimensões do retângulo. Então quere-mos maximizar a área a = xy. Como são duasvariáveis, utilizamos a restrição P = 2x + 2ypara eliminar uma delas. Assim y = P/2 − x.Logo queremos o máximo de a(x) = xP/2− x2.Note que x pode ser 0 no mínimo, mas omo

P = 2x+2y e y pode valer no mínimo 0, x podevaler no máximo P/2. Assim queremos o máximode a(x) = xP/2− x2 para x ∈ [0, P/2].RESOLUÇO: Como a′(x) = P/2−2x, x0 =P/4 é o úni o ponto ríti o e perten e ao inter-valo [0, P/2]. Como a(x) é uma parábola om on avidade para baixo, o máximo é em x0. Neste aso, omo 2x0 + 2y0 = P , 2y0 = P − 2P/4 =P/2. Assim x0 = y0 = P/4 e portanto o retân-gulo é um quadrado.(b) MODELAGEM: Considere x e y omoas dimensões do ampo, om y o lado opostoao órrego. Então queremos maximizar a áreaa = xy. Como são duas variáveis, utilizamos arestrição P = 2x + y para eliminar uma delas.Assim y = P − 2x. Logo queremos o máximode a(x) = xP − 2x2. Note que x pode ser 0 nomínimo, mas omo P = 2x+ y e y pode valer nomínimo 0, x pode valer no máximo P/2. Assimqueremos o máximo de a(x) = xP − 2x2 parax ∈ [0, P/2].RESOLUÇO: Como a′(x) = P − 4x, x0 =P/4 é o úni o ponto ríti o e perten e ao inter-valo [0, P/2]. Como a(x) é uma parábola om on avidade para baixo, o máximo é em x0 =P/4. Neste aso, omo 2x0 + y0 = P , y0 =P − 2P/4 = P/2 > x0 = P/4.( ) MODELAGEM: Considere x e y omo asdimensões do terreno, onde x é da er a refor-çada. Então queremos maximizar a área a = xy.Como são duas variáveis, utilizamos a restriçãodo usto total da er a 6000 = 3(2x) + 2(2y).Assim 6000 = 6x+4y ou 3000 = 3x+2y. Logo,y = 1500 − 3/2x. Logo queremos o máximo dea(x) = x(1500−3/2x). Note que x pode ser 0 nomínimo, mas omo 3000 = 3x+2y e y pode valerno mínimo 0, x pode valer no máximo 1000. As-sim queremos o máximo de a(x) = 1500x−3/2x2para x ∈ [0, 1000].RESOLUÇO: Como a′(x) = 1500−3x, x0 =

214 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS500 é o úni o ponto ríti o e perten e ao intervalo[0, 1000]. Como a(x) é uma parábola om on- avidade para baixo, o máximo é em x0 = 500.Neste aso, omo y0 = 1500 − 3/2x0 = 750.Extra 12. (a) MODELAGEM: Queremos o má-ximo de x2 + y2 mas om x + y = S. Logoqueremos maximizar f(x) = x2 + (S − x)2 parax ∈ R.RESOLUÇO: Como f ′(x) = 2x−2(S−x) =4x − 2S, o ponto ríti o é x0 = S/2. Como afunção de res e antes de x0 (f ′ < 0) e res edepois, este ponto é de mínimo lo al e global (naverdade f(x) → +∞ quando x → ±∞). Neste aso y0 = S − x0 = S/2 = x0.(b) MODELAGEM: Queremos máximo e mí-nimo de g(x) = x− x3 para x ∈ [0,+∞].RESOLUÇO: Como g′(x) = 1 − 3x2, ospontos ríti os são ±

√3/3. Mas somente x0 =√

3/3 ∈ [0,+∞]. Pelo sinal da derivada, x0 émáximo lo al e positivo. Note que g(0) = 0,lim

x→+∞g(x) = −∞. Logo o máximo é em x0 eNO existe mínimo.( ) MODELAGEM: Queremos o máximo eo mínimo de x + y om xy = P > 0. As-sim queremos o mínimo de h(x) = x +

P

x om

x ∈ (0,+∞).RESOLUÇO: Como h′(x) = 1 − P

x2, ospontos ríti os são ±

√P . Mas somente √

P ∈(0,+∞) Note que h(x) → +∞ quando x → 0ou x → +∞. Assim o mínimo é em x0 =

√P , om y0 = x0 =

√P e a soma mínima igual a

2√P . O máximo NO existe.Extra 13. (a) MODELAGEM: Seja x o lado doquadrado na base e h a altura. Logo V = hx2.A quantidade de material é propor ional a somadas áreas dos lados A = x2+4xh ( aixa aberta).Como hx =

V

x, queremos minimizar A(x) =

x2 +V

xpara x ∈ (0,+∞).RESOLUÇO: Como A′(x) = 2x − V

x2, oúni o ponto ríti o é x0 = 3

√

V/2. Note queA(x) → +∞ quando x → 0 ou x → +∞. Assimx0 é um ponto de mínimo (pode-se ver tambémpelo sinal da derivada: função de res e até x0 e res e depois).(b) MODELAGEM: Seja x o lado do qua-drado na base e h a altura. Logo V = hx2.A quantidade de material é propor ional a somadas áreas dos lados A = x2+4xh ( aixa aberta).

Como hx =A− x2

4, queremos maximizar V (x) =

xA− x2

4. Note que se h = 0, x =

√A. Assim

x ∈ [0,√A].RESOLUÇO: Como V ′(x) =

A− 3x2

4, ospontos ríti os são x = ±

√

A/3. Mas o úni o nointervalo [0,√A] é x0 =

√

A/3. Como V (0) =V (

√A) = 0 e V (x0) > 0 o máximo é em x0.( ) MODELAGEM: Seja x o lado do quadradona base e h a altura. Logo V = hx2. O ustoé C = 2(x2) + 4xh. Como hx =

V

x, queremosminimizar A(x) = 2x2 +

V

xpara x ∈ (0,+∞).RESOLUÇO: Como A′(x) = 4x − V

x2, oúni o ponto ríti o é x0 = 3

√

V/4. Note queA(x) → +∞ quando x → 0 ou x → +∞. Assimx0 é um ponto de mínimo (pode-se ver tambémpelo sinal da derivada: função de res e até x0 e res e depois).Extra 14. (a) MODELAGEM: Como a velo idadeé a mesma, o minimizar tempo é o mesmo que mi-nimizar aminho. Suponha que a distân ia de Qaté o espelho é a e de P até o espelho é b. Colo-que a origem no espelho no ponto que é a projeçãoortogonal de Q no espelho. Introduza x omo alo alização do ponto O e seja c o ponto que é aprojeção ortogonal de P no espelho. Por Pitágo-ras a distân ia total per orrida pelo raio em fun-ção de x é: d(x) =

√a2 + x2 +

√

b+ (c− x)2.Queremos o mínimo om x ∈ R.RESOLUÇO: Note que d(x) → +∞ quandox → ±∞. Assim o mínimo é no ponto om deri-vada zero. Como

d′(x) =x√

a2 + x2− c− x√

b+ (c− x)2.Se d′(x0) = 0 então:

x0√

a2 + x20=

c− x0√

b+ (c− x0)2.Note que isto impli a que sen θi = sen θr. Comoos ângulos são entre 0 e π/2, θi = θr.(b) Como a velo idade é a mesma, o minimi-zar tempo é o mesmo que minimizar aminho.Suponha que a distân ia de Q até a interfa eentre os meios é a e de P até a interfa e é b.Coloque a origem na interfa e no ponto que é aprojeção ortogonal de Q na interfa e. Introduza

x omo a lo alização do ponto O e seja c o ponto

A.4. APLICAÇO DE DERIVADA 215que é a projeção ortogonal de P no espelho. PorPitágoras al ulamos a distân ia em ada tre ho:√a2 + x2 e √b+ (c− x)2. O tempo será ob-tido dividindo distân ia pela velo idade. Assim otempo total per orrido pelo raio em função de xé t(x) = √

a2 + x2

v2+

√

b+ (c− x)2

v1. Queremoso mínimo om x ∈ R.RESOLUÇO: Note que t(x) → +∞ quando

x → ±∞. Assim o mínimo é no ponto om deri-vada zero. Comot′(x) =

x

v2√a2 + x2

− c− x

v1√

b+ (c− x)2.Se t′(x0) = 0 então:

x0

v2√

a2 + x20=

c− x0

v1√

b+ (c− x0)2.Note que isto impli a que sen θ2

v2=

sen θ1v1

.Extra 15. (a) Se y = t, x = ±√t2 + 1. Assima distân ia ao quadrado d(t) = (t − 2)2 + t2 +

1. Como d′(1) = 0, o ponto mais próximo é(±

√2, 1).(b) A distân ia ao quadrado é d(x) = (x −

4)2 + x6. Como d′(x) = 6x5 + 2x − 8. Umadas raízes é x = 1 e a função d′ é res ente (suaderivada é sempre positiva). Assim é a úni a raiz.Assim o ponto é (1, 1).( ) Se x = t, y = ±√8− 4t2, om t ∈

[−√2,√2]. A distân ia ao quadrado é d(t) =

(t − 1)2 + 8 − 4t2. Logo d′(t) = −6t − 2. As-sim d′(−1/3) = 0. Agora temos que omparard(−1/3) = 28/3 ≈ 9.33 om d(

√2) = (

√2 −

1)2 ≈ 0.17 e d(−√2) = (−

√2 − 1)2 ≈ 5.28.Logo o ponto mais perto é (

√2, 0).(d) A distân ia ao quadrado é d(x) = (x −

2)2 + x para x > 0. Assim d′(x) = 2x − 3. As-sim d′(3/2). Devemos omparar d(3/2) = 7/4 om d(0) = 4 (d(+∞) = +∞, o outro ex-tremo do intervalo). Assim o ponto mais pertoé (3/2,√

3/2).Extra 16.MODELAGEM: Seja 2x o lado do re-tângulo no diâmetro do semi ír ulo e y o outrolado. A área é A = 2xy. Note que ligando-se o entro do ír ulo a um vérti e do retângulo obte-mos um triângulo retângulo om lados x, y,R.Assim, por Pitágoras, x2 + y2 = R2. Logo,y =

√R2 − x2 para x ∈ [0, R]. Assim que-remos o máximo de A(x) = 2x

√R2 − x2 para

x ∈ [0, R].

RESOLUÇO: Como A′(x) = 2R2 − 2x2√R2 − x2

.A raiz positiva será x0 =R√2. Como x20 + y20 =

R2, y0 = x0 =R√2. Note que A(0) = A(R) = 0.Assim o máximo será em x0. Logo as dimensõessão 2x0 = R

√2 e y0 =

R√2.Extra 17.MODELAGEM: Sejam h e r os ladosdo retângulo. Quando giramos o retângulo emtorno do lado de tamanho h obtemos um ilindrode volume V = πr2h. Como P = 2h + 2r,

h = P/2−r. Assim queremos maximizar V (r) =πr2(P/2 − r). Se h = 0, r = P/2. Assim r ∈[0, P/2].RESOLUÇO: Como V ′(r) = πr(P−3r), ospontos ríti os são 0 e P/3, ambos no intervalo.Mas V (0) = V (P/2) = 0. Assim r0 = P/3 é oponto de máximo. Então h0 = P/2− r0 = P/6.Assim r0

h0= 2.Extra 18. (a) MODELAGEM: Seja r o raio e ha altura do ilindro ins rito na esfera. O volumedo ilindro é V = πr2h. Como é função de duasvariáveis, devemos eliminar uma delas.Ligando-se o entro da esfera até um dos pon-tos do ír ulo da base do ilindro observamos otriângulo retângulo om hipotenusa R e atetos

r e h/2. Logo, por Pitágoras, (h/2)2 + r2 = R2,Assim, r2 = R2 − h2/4. Logo V (h) = π(R2 −h2/4)h. Note que h ∈ [0, 2R]. Assim queremoso máximo de V (h) para h ∈ [0, 2R].RESOLUÇO: Note que V (0) = V (2R) = 0.Como V ′(h) = π(R2 − 3h2/4), o ponto ríti opositivo é h0 = 2R/

√3 que perten e ao intervalo(√3 > 1). Este será o ponto de máximo pois afunção é positiva em h0.(b) MODELAGEM: Seja r o raio e h a alturado one ins rito no one. O volume do one é

V =1

3πr2h. Note que omo 1

3π é um onstante,maximizar a função f = r2h é um problema equi-valente. Como é função de duas variáveis, deve-mos eliminar uma delas. Por semelhança de tri-ângulos, H

H − h=

R

r. Logo, h = H(1 − r/R).Assim queremos maximizar f(h) = r2H(1−r/R)para r ∈ [0, R].RESOLUÇO: Como f ′(r) = H/Rr(2R −

3r). As raízes são 0 e 2R/3, ambas no intervalo[0, R]. Mas f(0) = f(R) = 0. Assim o máximoé em r0 = 2R/3.Extra 19.MODELAGEM: Chame de x a distân-

216 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS ia da base da es ada até a base da er a, de ya distân ia da base do prédio até o ponto ondea es ada en osta no prédio e de d o tamanho daes ada. Por Pitágoras (x + L)2 + y2 = d2. Porsemelhança de triângulos, H/x = y/(x+L). As-sim, y = H(x+L)/x. Utilizando Pitágoras obte-mos que d2(x) = (x+L)2(1+H2/x2). Queremosminimizar d2(x) para x ∈ (0,+∞).RESOLUÇO: É fá il ver que d2(x) → +∞nos extremos deste intervalo. Assim o mínimo éno ponto onde a derivada se anula. Derivandod2(x) obtemos 2(L+ x)(x3 − LH2)

x3. As raízesreais são x0 = −L (des artada pois está fora dointervalo de minimização) e x0 =

3√LH2. Por-tanto a menor distân ia é d(

3√LH2).A.4.4 DesaosDesao 1.Para todos a resposta é k.Desao 3.O quadrado da distân ia entre o ponto

(s, f(s)) e (a, b) é d(s) = (s− a)2 +(f(s)− b)2.Assim o mínimo será no ponto onde f ′(s0) =0 = 2(s0−a)+2(f(s0)− b)f ′(s0), isto é quandof(s0)− b = −1/f ′(s0)(s0−a). Como f ′(s0) é o oe iente da reta tangente no ponto (s0, f(s0),−1/f ′(s0) é o oe iente da reta normal nesteponto. Assim obteremos a identidade f(s0) −b = −1/f ′(s0)(s0 − a) se, e somente se, (a, b)perten er a reta normal neste ponto. Portanto oponto mais perto de (a, b) no grá o de f é oponto onde a reta normal inter epta (a, b).Desao 4.Queremos minimizar a distân ia aoquadrado: f(x) = (x−x0)

2+(y(x)−y0)2, onde

y(x) é denida impli itamente por ax+ by(x) +c = 0. Derivando impli itamente, a+by′(x) = 0.Como f ′(x) = 2(x − x0) + 2(y(x) − y0)y

′(x),vamos obter w ∈ R tal que f ′(w) = 0. Resol-vendo: (w − x0) + (y(w)− y0)y′(w) = 0. Como

y′ = −a/b e y(x) = −(ax+ c)/b, temos que re-solver. (w−x0)+(−(ax+x)/b−y0)(−a/b) = 0.Com o Maxima obtemos que:w =

−aby0 + b2x0 − ac

b2 + a2.Como (w−x0)+ (y(w)− y0)y

′(w) = 0, (y(w)−y0)y

′(w) = −(w − x0) e y′ = −a/b,(y(w) − y0)

2(w − x0)2(a2/b2).Logo,

f(w) = (w − x0)2(1 + a2/b2).

Agora om o Maxima obtemos quef(w) =

(ax0 + by0 + c)2

a2 + b2.Desao 5. Soma das áreas dos trapézios é (1 +

1/x)/2(x − 1) + (1/x + 1/a)/2(a − x). Noteque esta área é maior que log a. Assim queremosminimizar f(x) = (a−1) x2+a2−a2 ax − log a. Cal u-lando f ′(x) = (a−1) x2−a2+a

2 ax2 . Logo f ′(x0) = 0 ex0 > 0 se x0 =

√a.Desao 6. (a) MODELAGEM: Seja r o raio e ha altura do one ins rito na esfera. Área lateraldo one é A = πrl, onde l é o omprimento dalateral do one, que por Pitágoras satisfaz l2 =

h2 + r2. Maximizar A é o mesmo que maximizarA2 = π2r2l2 = π2r2(h2 + r2).Ligando-se o entro da esfera até um dos pon-tos do ír ulo da base do one observamos o tri-ângulo retângulo om hipotenusa R e atetos r eh−R. Logo, por Pitágoras, (h−R)2+ r2 = R2,Assim, r2 = 2hR − h2.Assim queremos maximizarA2(h) = π2(2hR−h2)2hR = 2π2Rh2(2R − h) para h ∈ [0, 2R].RESOLUÇO: A2(h) vale zero nos extremosdo intervalo. A derivada de A2(x) em relação ax é 2π2Rh(4R − 3h). Assim os pontos ríti ossão h = 0 e h = 4R/3. Logo o máximo é emh = 4R/3, o mesmo resultado que obtemos semaximizarmos o volume ao invés da área.(b) MODELAGEM: Seja r o raio e h a alturado ilindro ins rito no one. A área lateral do ilindro é A = 4πr2 + 2πrh. Como é funçãode duas variáveis, devemos eliminar uma delas.Note que ortando o one temos uma semelhançade triângulos: a altura H do one está para Rassim omo H − h está para r. Assim, H

R=

H − h

r. Logo, h = H(1− r/R). Logo queremosmaximizar A(r) = 4πr2 + 2πrH(1 − r/R) para

r ∈ [0, R].RESOLUÇO: Note que A(0) = 0 e queA(R) = 4πR2 é andidato a máximo. ComoA′(r) = 2π/R(HR−r(2H−4R)), o úni o ponto ríti o é r0 =

HR

2H − 4R.Agora pode-se provar que r0 ∈ [0, R] se, esomente se, H ≥ 4R. Neste aso o máximo seráem r0 e A(r0) =

πH2R

2H − 4R( al ulei om Ma-xima, não pre isa al ular).

A.4. APLICAÇO DE DERIVADA 217Por outro lado, se H < 4R então r0 6∈ [0, R]e o máximo será em r = R, om área igual aA(R) = 4πR2.Desao 7.MODELAGEM: Suponha que o raiodo ír ulo é 1. Colo ando a origem no entro do ír ulo queremos partir de θ = 0 hegar em θ =π. Devemos nadar em linha reta de θ = 0 até ϕ edepois orrer na beira do lago até θ = π. O per- urso nadando possui omprimento igual a distân- ia entre (cos 0, sen 0) = (1, 0) e (cosϕ, senϕ).Assim distân ia de nado ao quadrado: (cosϕ −1)2 + (senϕ)2. A distân ia orrendo é o ar o de ír ulo de ângulo π−ϕ. Colo ando omo velo i-dade 1 e 2 para nadar e orrer respe tivamente, otempo t(ϕ) =

√

(cosϕ− 1)2 + (senϕ)2 + (π −ϕ)/2. Note que ϕ ∈ [0, π].RESOLUÇO: t′(x) = −

√2−2 cos(x)−2 sen(x)

2√

2−2 cos(x).Assim queremos determinar x0 tal que√

2− 2 cos x0 = 2 sen x0. Assim, x0 = 0 oux0 = 2π/3. Comparando t(0) = π/2 ≈ 1.57,t(π) = 2 e t(2π/3) = π/6 +

√3 ≈ 2.25. Assimo melhor é orrer diretamente para o outro ladodo lago e levar tempo t(0).Desao 8.Queremos que o ír ulo (x − a)2 +

(y(x) − b)2 = r2 os ule a urva. Derivando im-pli itamente obtemos que (x−a)+ (y− b)y′ = 0e 1 + (y − b)y′′ + (y′)2 = 0. Para que o ír uloos ule, quando x = c: y = η, y′ = η1, y′′ = η2.Temos que determinar a, b, r tais que:

(c− a)2 + (η − b)2 = r2,(c− a) + (η − b)η1 = 0,1 + (η − b)η2 + (η1)

2 = 0.Resolvendo, obtemos r (se quiser a e b também).Veja [Ha, p.299 e [Co, p.333 e p.283.A.4.5 ⋆Problemas (Taxas Rela iona-das)Problema 1.O volume V (r) = 4/3πr3. AssimV ′(r) = 4πr2. Seja r(t) o raio do balão emfunção do tempo. Por hipótese r′(t) = −15 paratodo t. Seja f(t) = V (r(t)) a variação no volumeem função do tempo. Então f ′(t) será a taxa om o ar estará saindo do balão. Então, f ′(t) =V ′(r(t))r′(t) = −15(4πr2(t)). Assim se r(t) =9, f ′(t) = −15(4π81) = −4860.Problema 2. Seja O o ponto no solo verti al-mente abaixo do balão. Se h(t) é altura do solo,x(t) distân ia de O até o arro, e d(t) a distân ia

balão- arro, por Pitágoras h(t)2 + x(t)2 = d(t)2.Logo 2hh′ + 2xx′ = 2dd′. Após 4 segundos:h(4) = 48 + 4 · 3 = 60, x(4) = 0 + 20 · 4 =80. Por Pitágoras, d(4) = 100. Como h′(4) =3 e x′(4) = 20. substituindo na equação (ob-tida por derivação implí ita) obtemos: 2(60)(3)+2(80)(20) = 2(100)d′(4). Logo a variação da dis-tân ia vale d′(4) = 17, 8m/s.Problema 3. Seja d a distân ia da fonte até aparede e r o raio da área iluminada. Como oângulo é de 90o, a o triângulo retângulo ujos atetos são r e d é isós eles. Assim r = d. LogoA(t) = πr(t)2 = πd(t)2. Assim, A′ = 2πdd′.Logo A′ = 2πk(−a) = −2kaπ.Problema 4.Por semelhança de triângulos, se r éo raio de água do tanque om h metros de profun-didade, h(t) = r(t)H/R. Assim o volume v(t) =4/3πr2(t)h(t). Assim v′(t) = 4/3π(2rr′h+r2h′)e h′ = r′H/R. Assim se v′ = V , h = L entãor = LR/H e r′ = h′R/H.V = 4/3π(2LR/Hh′R/HL+(LR/H)2h′). Bastaresolver para h′.Problema 5. Seja x a distân ia da base da es adaaté a parede e y a altura do topo da es ada. PorPitágoras, x2+y2 = L2. Assim, 2xx′+2yy′ = 0.Como x′ = V e quando y = H, x =

√L2 −H2,

V√L2 −H2 +Hy′ = 0. Basta resolver para y′,a velo idade do topo: y′ = −H/(V

√L2 −H2).Problema 6. (a) Seja a(r) = πr2 a área do ír- ulo. Então a′(r) = 2πr. Assim f(t) = a(r(t)) éa variação da área em função do tempo e f ′(t) =

a′(r(t))r′(t) = 2πr(t)r′(t). Logo se r′(t) = k,f ′(t) = 2kπr(t).(b) Seja V (x) = x3 o volume do ubo. EntãoV ′(x) = 3x2. Assim, f(t) = V (x(t)) é a vari-ação do volume em função do tempo e f ′(t) =V ′(x(t))x′(t) = 3x2(t)x′(t). Logo se x′(t) = k,f ′(t) = 3kx2(t) = k/2(6x2(t)), onde 6x2(t) é aárea de superfí ie.( ) Aqui V (r) = kr3 (k = 4/3π). AssimV ′(r) = 3kr2. Assim, f(t) = V (x(t)) é a vari-ação do volume em função do tempo e f ′(t) =V ′(r(t))r′(t) = 3kr2(t)r′(t). Suponha que f ′(t) =C4πr2(t). Então, C4πr2(t) = 3kr2(t)r′(t). Logo,r′(t) =

C4π

3k, uma onstante.

218 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSA.4.6 ⋆Problemas (Derivação Implí- ita)Problema 1. (a) y′(1) = −5/38 e a reta tan-gente é y = 5− 5/38(x − 1).(b) Derivando impli itamente obtemos 2x =−2y + 2y′x(x− y)2

. Substituindo obtemos que y′ = 1.Assim a reta tangente é y = x+ 1.Problema 2.Derivando impli itamente obtemosque y′ =y − x2

y2 − x. Assim a reta tangente seráhorizontal quando y′ = 0, isto é, quando x = y2.Substituindo em x3 + y3 = 3xy, obtemos que

y6 = 2y2, ujas raízes reais são y = 0 e y =3√2. Obtemos o x orrespondente substituindona equação x3 + y3 = 3xy.A reta será verti al quando y′ = ±∞. Assimbasta que o denominador y2 − x se anule, isto é,

x = y2. Substituindo em x3 + y3 = 3xy, obte-mos, de forma análoga, x6 = 2x2, ujas raízesreais são x = 0 e x = 3√2. Obtemos o y orres-pondente substituindo na equação x3+y3 = 3xy.Problema 3.A derivada implí ita é 2x− 2yy′ +

1

2√xy

(y + xy′) = 0.(a) Queremos y′(2) = f ′(2). Substituindox = 2 e y = 2, obtemos que4 − 4y′(2) +

1

4(2 + 2y′(2)) = 0. Logo, y′(2) =

f ′(2) =9

7.(b) y − 2 =

9

7(x− 2).( ) g′(x) =f ′(x)x− f(x)

x2. Logo g′(1) =

18/7 − 2

4=

1

7.Problema 4. (a) De res ente, f ′(1) = −1,

f ′′(1) = −19/3.(b) De res ente, f ′(1) = −π/2, f ′′(1) = π.Problema 5.Derivando impli itamente, obtemos4x3− y−xy′+4y3y′ = 0. Queremos determinaros pontos onde y′ = 0. Assim obtemos que y =4x3. Substituindo na equação x4−xy+y4 = 253obtemos a equação 256x12 − 3x4 = 253. Porinspeção obtemos as raízes x = ±1. As outrasraízes são omplexas (graças ao Maxima!). Assimem x = 1, y = 4x3 = 4 e em x = −1, y = 4x3 =−4. O máximo é y = 4 e o mínimo é y = −4.Use um software para plotar a função implí itae veri ar esta resposta. Este método fun iona

pois a urva denida pela equação é limitada.Problema 6.Como (1, 1) perten e a urva, 1 +a = b. A derivada implí ita é: 2xy + x2y′ +2ayy′ = 0. Logo em x = 1, y = 1, 2 + y′(1) +2ay′(1) = 0 ou (2a+1)y′(1) = −2. Logo y′(1) =−2

2a+ 1. Queremos que seja igual ao oe ienteangular de 4x + 3y = 7, que é −4/3. Assim

y′(1) =−2

2a+ 1= −4/3. Logo, a =

1

4e b =

1 + a =5

4.A.5 IntegralA.5.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1. (a) Falso. A função pode ser posi-tiva num intervalo e negativo em outro de modoque as áreas se an elam. Exemplo ∫ 2π

0senx dx =

0 mas sen(x) não é zero para todo x.(b) Verdadeiro, pelo Lema 8 da p.139 (mo-notoni idade da integral).( ) Falso. Podemos mudar a integral num nú-mero nito que o valor da integral será mantido.Exer í io 2. (a) Pela Denição 25 da p.139,∫ −1

2f(x) dx = −

∫ 2

−1f(x) dx = −5.(b) Utilizando a linearidade, 5+2(−3) = 5−

6 = −1.( ) Pela Denição 25 da p.139, a integral é 0(mesmos limites de integração).(d) Pelo Lema 8 da p.139, item ( ),∫ 2

−1(· · · ) =

∫ 0

−1(· · · ) +

∫ 2

0(· · · ).Assim,

∫ 2

0f(x) dx =

∫ 2

−1f(x) dx−

∫ 0

−1f(x) dx =

= 5− 7 = −2.(e) Note que g(t) é onstante na integral emds. Assim,∫ 0

−1f(s)g(t) ds = g(t)

∫ 0

−1f(s) ds = g(t)7.026.jul.2010

A.5. INTEGRAL 219Assim,∫ 2

−1

(∫ 0

−1f(s)g(t) ds

)

dt =

∫ 2

−1(g(t)7) dt

= (−3)7 = −21.(f) Mudar a função em um úni o ponto NOaltera o valor da integral. Assim ∫ 2

−1h(x) dx =

∫ 2

−1f(x) dx = 5.Exer í io 3. (a) F (0) = 0, F (1) = 2 (área doretângulo), F (2) = F (1)+1 = 3, F (3) = F (2)−

1/2 = 5/2.(b) F vai res er onde f é positiva, pois aárea vai aumentar. Assim, F res e em (0, 2) edepois de x = 5 e de res e em (2, 5).( ) Máximo lo al em x = 2 pois estava res- endo e passa a de res er e mínimo lo al emx = 5 pois estava de res endo e passa a res- er.Exer í io 4. (a) h(2) = ∫ 2

2(. . .) = 0.(b) Pelo TFC, h′(x) =(5− x)5

x4 + 6. Assim osinal de h′ é igual ao sinal de 5−x. Logo h′(x) >

0 (e h res e) se x < 5 e h de res e para x > 5.( ) somente em x = 5 a derivada é zero.Como h′ é positiva antes e negativa depois, x = 5é máximo lo al.Exer í io 5.Pelo Corolário 10 da p.141,∫ 1

−1h(s) ds = g(1) − g(−1) =

= (Ke+B −C)− (Ke−1 −B − C) =

= K(e− e−1) + 2B.Exer í io 6. (a) a primitiva é x4/2−x3 +5x. Oresultado é 9/2.(b) No intervalo [0, 1], y2 − 1 é negativo.Assim, |y2 − 1| = 1 − y2. Logo, a primitiva éy − y3/3. O resultado é 2/3.( ) Note que a integral é em t. Logo, x é onstante nesta integral. Assim,∫

(3x+ et − 7x sen t) dt = 3xt+ et + 7x cos t.Exer í io 7.(a) ∫ 5

−∞e−s2 ds = lim

k→−∞

∫ 5

kf(s) ds.(b) ∫ 2

0

dx

log(5− x2)= lim

k→2−

∫ k

0

dx

log(5− x2).

( ) ∫ +∞

0

dy

1 + y4= lim

k→+∞

∫ k

0

dy

1 + y4.(d) ∫ 2

1

dx

x10 − 1= lim

k→1+

∫ 2

k

dx

x10 − 1.Exer í io 8. (a) Tome x = t/c. Logo dx = dt/c.Logo, dt = c dx. Assim, quando t = ac, x = a equando t = bc, x = b.(b) Tome u = x− c. Logo du = dx. Assim,quando x = a + c, u = a e quando x = b + c,

u = b.Exer í io 9. (a) Tome u = K − 3x. Então du =

−3dx. Assim devemos integrar ∫ 4√u(−du/3) =

−4/15u5/4. Logo a integral é −4/15(K−3x)5/4 .(b) Tome u = x3. Então du = 3x2dx. Assimdevemos integrar ∫ cos u du = senu = sen(x3).( ) Tome u = log t. Então du = dt/t. Assimdevemos integrar ∫ u2du = u3/3 = log3 t/3.(d) Tome u = 3−2x2. Então, du = −4x dx.Assim devemos integrar∫ √

u (−du/4) = −u3/2

6= −(3− 2x2)3/2

6.(e) Tome u = cos θ. Então, du = − sen θ dθ.Assim devemos integrar

∫

− du√u= −2

√u = −2

√cos θ.(f) Tome u = 5 senx. Então, du = 5cos x dx.Assim devemos integrar

∫

eu (du/5) =eu

5=

e5 senx

5.Exer í io 10. (a) Tome u = log x e dv = x.Assim, du = dx/x e v = x2/2. Logo,

∫

x log x dx =x2 log x

2−∫

x2

2

dx

x.Esta última integral a ∫ x

2dx =

x2

4. Logo,obtemos que

∫

x log x dx =x2 log x

2− x2

4.(b) (Veja exemplo de integral de arcsen nap.149). Tomando u = arctan x e dv = 1 · dx,

du =dx

x2 + 1e v = x. Logo,

∫

arctan x dx = x arctan x−∫

x

x2 + 1dx.

220 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSAgora vamos resolver a integral tomando z =x2 + 1, dz = 2x dx. Logo,∫

x√x2 + 1

dx =

∫

dz

2z=

log z

2=

log(x2 + 1)

2.Juntando tudo obtemos,

∫

arctan x dx = x arctan x− log(x2 + 1)

2.Exer í io 11. (a) Tome u = 3−2x. Assim du =

−2dx. Logo,∫

(3− 2x)4 dx =

∫

u4(−du

2) = −u5

10=

= −(3− 2x)5

10.Substituindo os limites de integração:

∫ 2

1(3− 2x)4 dx = −(3− 2x)5

10

∣

∣

∣

∣

2

1

=

= −(3− 2(2))5

10+(3− 2(1))5

10=

1

10+

1

10=

1

5.(b) Tome u = −x/4. Assim du = −dx/4.Logo,

∫

eu(−4) du = −4eu = −4e−x/4.Substituindo os limites de integração:∫ +∞

log 3e−x/4 dx = −4e−x/4|+∞

log 3 =

= 4(14√3− e−∞/4) =

44√3.( ) A primitiva é −cos(2θ)

2. Logo,

∫ π

π/4sen(2θ) dθ = −cos(2π)

2+

cos(π/2)

2= −1

2.(d) A primitiva é − 1

2s2. Logo a integral vale

lims→+∞

− 1

2s2+

1

2= 0 +

1

2=

1

2.

A.5.2 ProblemasProblema 1.Primeiro esbo e o grá o:x

y

1 2 3 4 5−1

1

4

Agora al ule as integrais determinando asáreas om sinal.(a) Área do triângulo igual a 4 menos a áreado quadrado igual a 1. Logo a integral é 4−1 = 3.(b) Área do retângulo ( om sinal negativo):−2.( ) Área do trapézio igual a 5/2 menos a áreado retângulo igual a 2 mais área do triângulo iguala 1/2. Logo a integral é 5/2 − 2 + 1/2 = 2.Problema 2. (a) Basta apli ar a (monotoni idadeda integral) do Lema e observar que ∫ b

aM dx =

M

∫ b

adx = M(b− a).(b) Novamente, note que

sen(qualquer oisa) ≥ −1. Como log é res- ente, seu menor valor em [e, 5e] é log e = 1.Assim a função é limitada inferiormente por m =−4. De forma análoga ao item (a), limitamos aintegral por baixo por m(6e−e) = 5em = −20e.Problema 3.Denindo h(x) =

∫ x

0sen(t2) dt,queremos determinar a derivada de g(x) = h(e2x).Pelo Teorema 5.2 da p.140 (TFC), h′(x) = sen(x2).Utilizando a regra da adeia, a derivada de g(x) =

h(e2x) é g′(x) = h′(e2x)(e2x)′ = sen((

e2x)2)2e2x.Logo, g′(x) = sen(e4 x)2e2x.Problema 4.Pelo Teorema 5.2 da p.140 (TFC)e pela regra da adeia,

y′(x) =2x cos(x2 − π)

2 + sen(x2 − π)+ cos(x2). Logo,

y′(√π) =

√π + 1. Assim a equação da retatangente é y − log(2) =

√π(x − √

π) ou y =√πx+ log(2) − π.Problema 5. (a) Dena

H(y) =

∫ y

1et

3

dt e G(k) =

∫ k

4cos(1 + s2) ds.

A.5. INTEGRAL 221Agora pelo TFC, H ′(y) = ey3 e G′(k) = cos(1+

k2). Assim, omo f(y) = G(H(y)), pela regra da adeia, f ′(y) = G′(H(y))H ′(y). Logo, f ′(1) =G′(H(1))H ′(1). ComoH(1) = 0, f ′(1) = cos(1)e.(b) Dena J(x) =

∫ x

8log(t3 + 1) dt. As-sim, g(y) = ∫ 5

yJ(x) dx = −

∫ y

5J(x) dx. Logo,pelo TFC, g′(y) = −J(y) = −

∫ y

8log(t3+1) dt.Assim, g′(8) = 0.Problema 6. (a) A primitiva é x1−p

1− p. Logo aintegral vale 1

p− 1+ lim

N→+∞N1−p

1− p. Para que olimite seja nito (na realidade será zero) o expo-ente de 1−p deve ser negativo. Assim, 1−p < 0,o que impli a que 1 < p. Assim a integral seránita se p > 1 e valerá 1

p− 1.(b) Novamente a primitiva é x1−p

1− p. Logo aintegral vale 1

1− p+lim

k→0

k1−p

1− p. Para que o limiteseja nito (na realidade será zero) o expoente de

1− p deve ser positivo. Assim, 1− p > 0, o queimpli a que p < 1. Assim a integral será nita se0 < p < 1 e valerá 1

1− p.Problema 7. (a) Substitua u =

√k.R: 2 sen(√k) + C.(b) Substitua u = 1− 3x2.R: −√

1− 3x2 + C( ) Deverá ser feita a substituição u = 3x+1.Depois uma integração por partes tomando z = xe dw = sen(u).R :

sen(3x+ 1)− 3x cos(3x+ 1)

9+ C.(d) Tome u = senx, du = cos x dx. Assim aintegral se transforma em ∫ udu =

u2

2.R: sen2x

2+ C.(e) Substitua u =

√t. Depois obterá umaintegral do tipo ∫ u senu du, que deverá ser re-solvida integrando por partes.R: 2 sen(√x)− 2√x cos(

√x) + C.(f) Veja té ni a do Exemplo na página 149(integrar por partes duas vezes seguidas).R: 2/5 e2 x cos(x) + 1/5 e2 x sen(x) +C(g) Tome u = log x. Logo, du = dx/x.Como x = eu, dx = eu du. Portanto temos que

integrar ∫ eu sen(u) du. Veja té ni a do Exem-plo na página 149 (integrar por partes duas vezesseguidas).R :

x (sen (log (x))− cos (log (x)))

2+ C(h) Substitua u = 3

√s. Depois obterá umaintegral do tipo ∫ ueu du, que deverá ser resolvidaintegrando por partes.R: 2 (3

√s− 1) e3

√s

9+ C.(i) Substitua u = ex. Vai obter ∫ du

1 + u2=

arctan u.R: arctan(ex) + C.Problema 8. (a) Primitiva: −e−x2

2. R: 1− 1/e

2.(b) Primitiva: −(3s + 1)e−3s

9. R: 1− 4e−3

9.( ) Primitiva: − 1

2(log x)2. R: 1/2.(d) Primitiva: −2 se−1/2 s − 4 e−1/2 s; R: 4.(e) Primitiva: 2(ex + 1)3/2

3. R: (16−4

√2)/3.(f) Primitiva: log(1 + x2)

2. R: log(2)/2.(g) Primitiva: −2(1 + 1/x)3/2

3. R: 37

24

√2.Problema 9. (a) Separe na integral de 0 até 2 de

x2(2− x) e de 2 até 4 de x2(x− 2). R: 24.(b) Separe na integral de 1/2 até 1 de − log se de 1 até 2 de log s. R: (3 log(2) − 1)/2.( ) Note que ey − 1 > 0 se y > 0. Logoes−1 − 1 > 0 se s − 1 > 0 e aso ontrário seránegativo. Assim al ule −2 até 1 ∫ 1

−21−es−1 ds, uja primitiva é es−1 − s e some om ∫ 2

1es−1 −

1 ds, uja primitiva é s− es−1 − s. R: e+ e−3.Problema 10. (a) Integrando obtemos quey(x) =

4x3/2 + 6√x

3+ C. Como queremos que

y(1) = 10/3 + C = 0, C = −10/3. Assim,y(x) =

4x3/2 + 6√x

3− 10

3.(b) Substitua u = x2 + 1. Vamos obter

y(x) =ex

2+1

2+ C. Como queremos que y(1) =

e2

2+ C = e2, C =

e2

2. Assim, y(x) = ex

2+1

2+

e2

2.

222 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSProblema 11. (a) A primitiva é 4x3/4

3. R: 32/3.(b) Tome u = log x e faça a substituição. Aprimitiva é − 1

2 log2 x. R. 1/2( ) Tome u = 3 − 2ex e faça a substituição.A primitiva é −3− 2ex

2. R: log 3

2.Problema 12. (a) Note que trata-se de um limitedo tipo 0 vezes innito. Assim, es revendo omoo quo iente da integral por ex2 podemos apli arL'Hospital. Derivando a integral om o TFC ob-temos que o limite é igual ao limite

limx→+∞

log(x9 + 3)

2xex2.Colo ando 1

2xem evidên ia e apli ando L'Hospitalmais uma vez vamos obter o limitelim

x→+∞9x8

(x9 + 3)2xex2.Agora omo exponen ial vai mais rápido para in-nito que polinmio (ou apli ando L'Hospital umas8 vezes mais), on luímos que o limite vale 0.(b) Derivando os dois lados, utilizando o TFC,obtemos que e−xf ′(x) = 3 ou f ′(x) = 3ex. As-sim, integrando, obtemos que f(x) = 3ex + C.Como f(0) = 1 = 3 + C, C = −2. Logo,

f(x) = 3ex − 2.A.5.3 ExtrasExtra 1.Pelo TFC, Si′(x) = sen(x)

x. A derivadaé zero em x = kπ om k ∈ Z∗ (sem o zero, poispelo limite fundamental, Si′(0) = 1). Para saberse é máximo ou mínimo temos que ver o sinal daderivada antes e depois destes pontos. Para x >

0 vamos ter os máximos lo ais em x = 2kπ + πpara k ∈ N. Para x < 0 vamos ter os máximoslo ais em x = 2kπ para k ∈ N.Extra 2. (a) Pelo TFC, f ′(x) = log(ex + x −1)ex

2 . Logo, f ′(1) = e. Como f(1) = 0 (pois∫ 1

1(· · · ) = 0), a reta tangente é y = e(x− 1).(b) Pelo TFC, h′(x) = ex

x2 + 1. Logo, h′(2) =

e2

5. Como h(2) = 7, a reta tangente é y − 7 =

e2

5(x− 2).Extra 3. Sabemos que a a eleração a(t) é igual aderivada da velo idade v(t) que é igual a derivada

da posição x(t). Assim, v′ = a, x′ = v. Comov′(t) = a(t) = Aω2 cos(ωt),v(t) =

∫

a(t) dt =

∫

Aω2 cos(ωt) dt =

= Aω sen(ωt) + C.Como v(0) = 0 = Aω sen(ω0) +C = C, C = 0.Como x′(t) = v(t),x(t) =

∫

v(t) dt =

∫

Aω sen(ωt) dt =

= −A cos(ωt) + C.Como x(0) = −A cos(ω0) + C = 0 = −A + C.Assim, C = A. Logo, x(t) = −A cos(ωt) +A.Extra 4. Seja h(y) =

∫ y

0

sen(t)

t2dt. Note que

f(s) = h(s2)−h(s) (porque?). Pelo TFC, h′(y) =sen(y)

y2. Assim, pela regra da adeia. f ′(s) =

2sh′(s2)− h′(s) =2s sen(s2)

s4− sen(s2)

s4.Extra 5.Pelo Teorema 5.2 da p.140 (TFC),

F ′(x) =x2 − 1

x2 + 1. O sinal de F ′ será determinadopelo numerador pois o denominador é sempre po-sitivo.(a) F é res ente em x > 1 e x < −1; F éde res ente em (−1, 1).(b) F ′′(x) =

4x

(x2 + 1)2. Assim a on avi-dade é para ima em x > 0 e para baixo em

x < 0.( ) A derivada é zero em ±1. Mas o mínimolo al é em x = 1 pois a on avidade do grá aé para ima neste ponto. O máximo lo al é emx = −1 onde a on avidade é para baixo.Extra 6.Tome u = 2x + 1. Então du = 2dx.Logo quando x = 0, u = 1; quando x = −1, u =

−1. Logo, ∫ 0

−1f(2x + 1) dx =

∫ 1

−1f(u) du/2.Agora, pelas propriedades da integral,

∫ 1

−1=

∫ 3

−1−∫ 3

1.Assim ∫ 1

−1f(u) du/2 = (1/2)(7− 3) = 4/2 = 2.Extra 7. (a) Integrando obtemos que

y(θ) =sen(5x)

5+ 3x+ C. Como y(π) = 15π +

A.6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL 223C = 5π, C = −10π. Logo, y(θ) =

sen(5x)

5+

3x− 10π.(b) Integrando obtemos quey(x) =

log(2x+ 1)

2+C. Como y(0) = 0+C =

3, C = −3. Logo, y(x) = log(2x+ 1)

2− 3.Extra 8.Temos que y′(x) = √

x+ 1 e que y(0) =1. Integrando obtemos quey(x) =

2(x+ 1)3/2

3+ C. Como y(0) = 2/3 +

C = 1, C = 1/3. Logo, y(x) =2(x+ 1)3/2

3+

1/3.Extra 9. (a) Como x2−3x+2 = (x−1)(x−2),separe em três integrais: ∫ 1

0(x2 − 3x+ 2) dx =

5/6, ∫ 2

1(−x2+3x−2) dx = 1/6 e ∫ 4

2(x2−3x+

2) dx = 14/3. R: 5/6 + 1/6 + 14/3 = 17/3.(b) Separe na integral de ∫ 0

−3

√1− x dx =

14/3 e ∫ 3

0

√1 + x dx = 14/3. R: 14/3+14/3 =

28/3.( ) Como x2 − 2x = x(x − 2), separe naintegral de ∫ 0

−2x(x2 − 2x) dx = −28/3 mais

∫ 2

0x(2x− x2) = 4/3dx R: −28/3 + 4/3 = −8.Extra 10. (a) 1/3x3 log(x)− 1/9x3 + C.(b) 2 (x

3

2 log x

3− 2x

3

2

9

)

+ C.( ) x2(2(log x)2 − 2 log x+ 1)

4+ C.(d) sen(4x) + 4x

8+ C.(e) − 1

ex − 1+ C.(f) e3 sen(x)+4

3+ C.(g) sen(e3 + 3) + C.Extra 11. (a) Primitiva −e1/x. R: e2 − e.(b) Primitiva (x2 − 1)ex

2

2. R: log(2)− 1.( ) Primitiva 2√x(log x−2). R: 8 log(2)−4.(d) Primitiva 2(sen θ)3/2

3. R: 2/3.(e) Primitiva−2 (1−y)

52

5 + 4 (1−y)32

3 −2√1− yR: 16/15.(f) Primitiva −2 cos(

√x). R: −4.

(g) Primitiva log(ex + 4). R: log(7/6).(h) Primitiva √t2 + 1. R: √2− 1.Extra 12. (a) A primitiva é −1 + log x

x. R: 1.(b) A primitiva é 1

4− x. R: 1

2.A.5.4 DesaosA.5.5 ⋆Problemas (Integração por Fra-ções Par iais)Problema 1.Completando o quadrado e olo- ando em evidên ia onstantes, vai apare er umaintegral do tipo ∫ dy

1 + y2= arctan y. Colo andoos limites (arctan(+∞) = π/2 e arctan(−∞) =

−π/2) vamos obter a resposta 2π√4c− b2

.Problema 2. (a) 1

b− alog

(

x− b

x− a

).(b) log(x− a)− log(x)

a2+

1

ax.Problema 3.Dena D = aB− bA e X = ax2+

2bx+ c.(a) A

2alog |X|+ D

2a√∆

log

∣

∣

∣

∣

∣

ax+ b−√∆

ax+ b+√∆

∣

∣

∣

∣

∣

.(b) A

2alog |X|+ D

a√−∆

arctan

(

ax+ b√−∆

).( ) − D

a(ax+ b)+

A

alog |ax+ b|.A.6 Apli ações da IntegralA.6.1 Exer í ios de FixaçãoExer í io 1. (a) Uma função é a translação daoutro por 2 unidades. Assim a área é igual a

∫ 5

0(ex + 2− ex) dx =

∫ 5

02 dx = 2 · 5 = 10.(b) Está área é igual ∫ π/2

−π/2cos(x) dx = 2.Exer í io 2. (a) ∫ 2

1(g(x) − f(x)) dx.(b) ∫ 1

−1(f(x)−g(x)) dx+

∫ 2

1(g(x)−f(x)) dx.Exer í io 3. (a) ∫ 1

−1π[f(x)]2 dx.027.jul.2010

224 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS(b) ∫ 2

1π[g(x)]2 dx−

∫ 2

1π[f(x)]2 dx.( ) ∫ 6

3π[g−1(y)]2 dy −

∫ 2

1π[f−1(y)]2 dy.Exer í io 4.∫ 3

−2(g(y) − f(y)) dy.Exer í io 5.Pelo Teorema 26 da p.167 o volumede Ω é ∫ 4

−2A(s) ds.Exer í io 6.Pela denição de média,K =

1

b− a

∫ b

ag(x) dx.Pela monotoni idade da integral (Lema 8 da p.139), omo g(x) ≤ 5,

∫ b

ag(x) dx ≤

∫ b

a5 dx = 5(b− a).Assim, K ≤ 1

b− a5(b − a) = 5. De formaanáloga, pela monotoni idade da integral, omo

g(x) ≥ −4,∫ b

ag(x) dx ≥

∫ b

a−4 dx = −4(b− a).Assim, K ≥ 1

b− a(−4)(b − a) = −4.A.6.2 ProblemasProblema 1. (a) A interseção o orre quando y =

x2 = x− x2, ou seja, quando 2x2 − x = x(2x−1) = 0. Assim a interseção é em x = 0 e x = 1/2.Logo a área é igual a ∫ 1/2

0(x − x2 − x2) dx =

x2

2− 2x3

3

∣

∣

∣

∣

1/2

0

=1

24(b) A interseção o orre é quando cos x =senx, que o orrerá dentro de um i lo do seno([0, 2π]) em π/4 e π + π/4 = 5π/4. Assim aárea é igual a ∫ 5π/4

π/4(senx− cos x) dx =

√8.Problema 2. (a) A interseção de y = x3 = x+6é em x = 2 e y = 8. A interseção de 2y = x e

y = x+ 6 é em (−4, 2). Assim o esboço é:

x

y

y − x = 6

y − x3 = 0

2y + x = 02−4

2

8

Assim a área é:∫ 0

−4((x+6)−(−x/2)) dx+

∫ 2

0((x+6)−(x3)) dx.Como ∫ 0

−4((x+6)−(−x/2)) dx = 12 e ∫ 2

0((x+

6)− (x3)) dx = 10, a área é 22.(b) Para fa ilitar, o primeiro passo é tro arx om y e resolver o problema: Cal ule a regiãodelimitada por por x2 = 2y + 4 e por x = y − 2.Assim, y =

x2

2− 2 e y = x + 2. A interseçãoo orrerá quando y =

x2

2− 2 = x + 2, isto é se

x = −2 ou se x = 4. Assim a área é igual a∫ 4

−2((x+ 2)− (x2/2− 2)) dx = 18.

x

y

y =x2

2− 2

y = x+ 2

−2 4Resolvendo o problema original (y2 = 2x+ 4e y = x − 2) e integrando em x teríamos quees rever omo soma de duas integrais (verique):∫ 0

−22√2x+ 4 dx+

∫ 6

0(√2x+ 4− (x− 2)) dx =

=16

3+

38

3= 18.( ) Fazendo o esboço observamos que a in-terseção o orrerá em x = 0 e em x = 1. Assim a

A.6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL 225área é igual a ∫ 1

0(1−√

x) dx =1

3. Outra possi-bilidade é integrar em y. Como y =√x, x = y2.Assim, a área é ∫ 1

0y2 dy =

1

3.x

y

y =√x

y = 1

x = 01Problema 3. Sua área será determinada por

∫ 4

−4(4+

√

16− 4x2−4) dx−∫

√2

−√2(6−x2−4) dx.A primeira integral é igual a metade da área do ír ulo de raio 4: 8π. R: 8π − 8

√2

3.Problema 4.Note que a região é limitada supe-riormente por y = x+1. Assim, rodando no eixo

x o volume será ∫ 1

0π(x+1)2 dx =

7π

3. O sólidoobtido será um tron o de one.Girando em torno do eixo y vamos obter um ilindro de 1 e altura 2 menos o sólido obtidogirando x = y − 1 (já que y = x + 1) para y ∈

[1, 2]. O ilindro possui volume 2π (πr2h, omr = 1 e h = 2). Devemos subtrair ∫ 2

1π(y −

1)2 dy =π

3. Assim o volume é 2π − π

3=

5π

3.Problema 5. (a) Primeiro o esboço.

x

y

y = 3√x

Ω

y = 2

8Sua área é igual a∫ 8

0(2− 3

√x) dx = 4.O volume será al ulado omo a diferença entredois volumes:

π

∫ 8

022 dx−π

∫ 8

0( 3√x)2 dx = 32π−π

96

5=

64π

5.

(b) Primeiro o esboço.x

y

Ωy = e−x

x = 1Sua área é igual a∫ +∞

1e−x dx =

1

e.O volume é igual a

π

∫ +∞

1(e−x)2 dxπ

∫ +∞

1(e−2x) dx =

π

2e2.Problema 6.Primeiro o esboço:x

y

x = y2x = y

1

1

x = −1

y = −1(a) Note que y =√x. Como a rotação é emtorno de y = −1, o raio maior é 1+√

x e o menoré 1 + x, ao invés de √x e x se fosse rotação emtorno de y = 0 (eixo x). O volume será dado peladiferença de volumes:

π

∫ 1

0(√x+ 1)2 dx− π

∫ 1

0(x+ 1)2 dx =

17π

6− 7π

3=

π

2.(b) De forma análoga, o raio maior é y+1 e omenor y2+1. O volume será dado pela diferençade volumes:

π

∫ 1

0(y + 1)2 dy − π

∫ 1

0(y2 + 1)2 dy =

7π

3− 28π

15=

7π

15.

226 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSProblema 7.Note que A = (1, e) pois está na urva y = ex2 , e portanto, y = e1

2

= e1 = e.Por outro lado B está parábola. Como y = 0,x = 2. Assim B = (2, 0). Assim a equação dareta L (que passa em A e B) é y = −ex + 2e,ou x = 2 − y/e. A função y = ex

2 intersepta oeixo y em y = 1.O volume será igual ao volume do tron o de one obtido ao girar a reta L para y ∈ [0, e] menoso volume ao girar y = ex2 para y ∈ [1, e] e menoso volume ao girar a parábola para y ∈ [0, 1].Invertendo as funções, omo y = ex

2 , log y =x(y)2. Assim o integrando será x2 = log y. Como4y = (x−2)2, e na região (veja gura) x−2 ≤ 0,√

(x− 2)2 = −(x − 2) = 2 − x. Assim, 2√y =2− x. Logo, x = 2− 2

√y.Assim o volume é igual a

π

∫ e

0(2− y/e)2 dy−

− π

∫ 1

0(2− 2

√y)2 dy − π

∫ e

1log y dy.Problema 8.A primeira oisa a ser observada éque a resposta NO é o volume da esfera menos ovolume do ilindro de raio a. Isto porque o nal do ilindro retirado pelo furo é arredondado (estána superfí ie da esfera).A esfera é o sólido de revolução de y = f(x) =√

r2 − x2 em torno do eixo x. Como o bura otem raio a (veja gura), o valor x = k para quef(k) = a =

√

r2 − x20 será k =√r2 − a2.

x

y

aa

y =√r2 − x2

k−kAssim o volume será dado porπ

∫ k

−k(√

r2 − x2)2 dx = 2kπr2 − 2πk3

3,onde k =

√r2 − a2.Problema 9.Como y = ±

√r2 − x2, o lado doquadrado para ada x é 2

√r2 − x2. A área de

ada orte A(x) = 4(r2 − x2). Assim, o volumeé∫ r

−r4(r2 − x2) dx =

16

3r3.Problema 10.Faça a gura e observe que a in-terseção é em (1, 1) e (0, 0). O lado do qua-drado para ada x é x−x2. A área de ada orte

A(x) = (x− x2)2. Assim, o volume é∫ 1

0(x− x2)2 dx =

1

30.Problema 11. (a) k2

3.(b) 2

π.A.6.3 ExtrasExtra 1. (a) Começamos om o esboço:

x

y

y = 1/x

y = x2

1

x = 2x = −1

y = −2Assim a área será:∫ 1

−1(x2 − (−2)) dx +

∫ 2

1(1/x− (−2)) dx =

14

3+ log(2) + 2 =

20

3+ log 2.(b) Note que as raízes da equação do segundograu são 0 e 2π. O esboço é:

x

y

y = 6πx− 3x2

y = cos(x)− 12π

A.6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL 227Assim a área é∫ 2π

0(6πx− 3x2 − (cos(x)− 1)) dx = 4π3 + 2π.( ) A interseção o orrerá se y = x2 = 8−x2,isto é, quando 2x2 = 8, em x = ±2.Assim a área é ∫ 2

−2((8− x2)− x2) dx =

64

3.

x

y y = x2

y = 1− x2Extra 2. (a) Começamos pelo esboço.x

yy = x3 − x

y = sen(πx)

1−1

Assim a área será, por simetria, o dobro daárea para x ∈ [0, 1], ou seja,2

∫ 1

0(sen(πx)− (x3 − x)) dx =

π + 8

2π=

1

2+

4

π.(b) Começamos pelo esboço.

x

yy = x3 − 3x2 + 2x

y = 3x− x2 − 21−1 2

Assim al ulamos a área somando duas inte-grais:∫ 1

−1(x3 − 3x2 + 2x− (3x− x2 − 2)) dx+

∫ 2

1(3x− x2 − 2− (x3 − 3x2 + 2x)) dx =

8

3+

5

12=

37

12.Extra 3.

f(ab) =

∫ ab

1

dx

x=

∫ a

1

dx

x+

∫ ab

a

dx

x.Tome u = x/a. Assim, du = dx/a. Mudandovariável vamos obter ∫ b

1du/u = f(b).Extra 4. (a) duas parábolas, uma om on avi-dade para baixo, outra para ima. Ambas se in-terse tam, e possuem omo raízes ±√

c.(b) ∫ √c

−√c(c−x2−2x2+2c) dx = 4c3/2 = 25.Logo, c = 4.Extra 5. (a) O volume será dado por

π

∫ +∞

e

log(x)− 1

x2dx = − log x

x

∣

∣

∣

∣

+∞

e

=π

e.(b) O volume será dado por:

∫ e2

1log2 x dx =

= x(log2 x− 2 log x+ 2)∣

∣

e2

1= 2e2 − 2Extra 6. (a) Quando x = 1, y = 1/9. Noteque x =

√

1/y − 5 na região. Assim, o volumerodando em x será dado porπ

∫ 2

0

dx

(x2 + 5)2.O volume rodando em y é

π

∫ 1/9

0(2)2 dy + π

∫ 1/5

1/9(1/y − 5) dy.(b) A interseção é em (0, 0) e (4, 2). Ambosvolumes serão determinados subtraindo volumes.

228 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSO volume rodando em x será dado porπ

∫ 4

0x dx− π

∫ 4

0

x2

4dx.Invertendo as relações obtemos x = y2 e x = 2y.O volume rodando em y será dado por

π

∫ 2

04y2 dy − π

∫ 2

0y4 dy.( ) Note que embora as raízes de (6−x)2 = xsejam x = 4 e x = 9, a úni a interseção (soluçõesde 6 − x =

√x) é em x = 4, y = 2 (porquedes artei x = 9?). A reta y = 6− x intersepta oeixo x em x = 6O volume rodando em x será dado por

π

∫ 4

0x dx+ π

∫ 6

4(6− x)2dx.Invertendo as relações obtemos que x = 6 − y e

x = y2. O volume rodando em y será dado porπ

∫ 2

0(6− y)2 dy − π

∫ 2

0y4dy.Extra 7.Note que y(x) = ±2

√x. Logo, para ada x, o lado do quadrado é 4√x. A área de ada orte A(x) = 16x. Assim, o volume é

∫ 9

016x dx = 648.Extra 8.De forma análoga a um exer í io anterioronde determinamos o volume de uma esfera omum furo. Por Pitágoras, r2 = a2 + (r − h)2.Rodando a gura em 90 graus, pensando naesfera omo o sólido de revolução de y = f(x) =√

r2 − x2 em torno do eixo x e denindo k =r − h, o volume da alota seráπ

∫ r

k(√

r2 − x2)2 dx =π

3(2r3 − 3kr2 + k3).Substituindo k = r− h, obtemos que o volume é

π(h2r − h3/3). Com mais alguma manipulaçãotambém obtemos que o volume é πh

6(3a2 + h2).Extra 9.O volume total é

π

∫ 2

0(x+ 1) dx = 4π.

O volume até x = a éπ

∫ a

0(x+ 1) dx = π

a2 + 2a

2.Igualando a2 + 2a

2=

1

24, obtemos que a =

√5−

1 (a solução no intervalo [0, 1], pois a outra−√5−

1 está fora.Extra 10.Observe que y(x) = ±b√

1− (x/a)2 om x ∈ [−a, a]. Assim o volume éπ

∫ a

−ab2(1− (x/a)2) dx =

4πab2

3.A.6.4 DesaosDesao 1. Suponha que os ilindros possuem omoeixos os eixos x e y. Agora para ada plano

z = s, que é perpendi ular aos eixos, a inter-seção é um quadrado de lado 2L. Por Pitágoras,r2 = L2 + s2, ou, L(s) = √

r2 − s2. A área de ada quadrado é A(s) = (2L(s))2 = 4(r2 − s2).Assim o volume é∫ r

−r4(r2 − s2) ds =

16

3r3.Pro ure na internet Interse tion of Two Cylinders.Desao 2. Introduzindo oordenadas e olo andoum ír ulo na origem e outro em (0, L), obtemosque

x2 + y2 = R2 e x2 + (y − L)2 = r2.Vamos denotar por (x0, y0) uma solução positivadeste sistema. Suponha, sem perda de generali-dade, que r < R. Geometri amente (faça umagura) é laro que para que o orra uma interse-ção,L− r ≤ R ≤ L+ r.Resolvendo para y0 subtraindo as duas equaçõesobtemos que

y20 − (y0 − L)2 = R2 − r2.Assim,y0 =

R2 − r2 + L2

2L.Como r < R, y0 ≥ 0. Agora podemos denir

x0 =√

R2 − y20.

A.6. APLICAÇÕES DA INTEGRAL 229Vamos al ular a área da lúnula omo a dife-rença entre duas integrais. Para isto denimosyR(x) =

√

R2 − x2 e yr(x) = L+√

r2 − x2,funções que delimitam a lúnula. Assim a sua áreaé igual a∫ x0

−x0

(yr(x)− yR(x)) dx.Por simetria a área pode ser al ulada por2

∫ x0

0(yr(x)− yR(x)) dx.Agora pre isamos da primitiva de √

a2 − x2:∫

√

a2 − x2 dx =x

2

√

a2 − x2+a2

2arcsen(x/a).Apli ando esta fórmula e substituindo√R2 − x20por y0 e √r2 − x20 por |y0 − L| obtemos que aárea é

x0(2L+ |y0 − L| − y0)+

+ r2 arcsen(x0/r)−R2 arcsen(x0/R).Embora formalmente orreta, temos que ve-ri ar que a as funções arcsen estão bem deni-das. Para isto temos que veri ar que (porque?)0 ≤ x0 ≤ R e 0 ≤ x0 ≤ r. Para isto vamosprovar que

y20 ≤ R2, (y0 − L)2 ≤ r2.Isto impli a, pelas equações dos ír ulos, que0 ≤ x0 ≤ R e x0 ≤ r.Vamos provar que y0 ≤ R, o que impli a que

y20 ≤ R2. Cal ulando (veja denição de y0)y0−R =

R2 − r2 + L2 − 2RL

2L=

(R− L)2 − r2

2L.Pela ondição de existên ia de interseção (L−r ≤

R ≤ L+ r), −r ≤ R−L ≤ r. Logo |R−L| ≤ r.Assim, (R − L)2 ≤ r2. Apli ando isto obtemosquey0 −R ≤ r2 − r2

2L= 0,ou seja, y0 ≤ R.Vamos provar que (y0 − L)2 ≤ r2. Bastamostrar que −r ≤ y0 − L ≤ r. Cal ulando (vejadenição de y0)

y0 − L =(R − L)(R+ L)− r2

2L.

Como já provamos que R− L ≤ r,y0 − L ≤ r(R+ L)− r2

2L=

r(R+ L− r)

2L.Como R− r ≤ L,

y0 − L ≤ r.Agora na outra direção. FALTA. . . Prezadoleitor: Me mande o nal desta solução.A.6.5 ⋆Problemas (Substituição Tri-gonométri a)Problema 1. (a) Tome x = sec t. Então dx =sec t tan tdt e √

x2 − 1 = tan t. Assim amos om ∫

sec t dt = log | sec t + tan t|. Ressubsti-tuindo obtemos a resposta.R: log |x+√x2 − 1|.(b) Tome x = sec t. Então dx = sec t tan tdte √

x2 − 1 = tan t. Assim amos om∫

tan2t dt =

∫

(sec2 t− 1) dt = tan t− t. Res-substituindo obtemos a resposta.R: √x2 − 1− arctan(√x2 − 1).A.6.6 ⋆Problemas (Comprimento deCurvas no Plano)Problema 1. (a) √3.(b) Vamos ter que al ular ∫ √

1 + x2

xdx.Fazendo substituição hiperbóli a, obtemos a pri-mitiva √

1 + x2 − arcsenh(1/x).R: √5−√2 + arcsenh(1)− arcsenh(1/2).Problema 2.Ver texto.A.6.7 ⋆Problemas (Área de Super-fí ie de Sólido de Revolução)Problema 1. (a) π

27(103/2 − 1).(b) π

32(18

√5− log(2 +

√5)).( ) π(√2 + log(1 +

√2)).

230 APÊNDICE A. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS

Referencias Bibliograficas[Ap Apostol,T. M.; Chrestenson,H. E.; Ogilvy,C. S.; Ri hmond, D. E. and S ho-onmaker, N. J. (eds); Sele ted papers on al ulus. Reprinted from the Ameri an Mathe-mati al Monthly (Volumes 175) and from the Mathemati s Magazine (Volumes 140). TheMathemati al Asso iation of Ameri a, Bualo, N.Y. 1969.[Bo Boyer, C. B. ; História da Matemáti a, Editora Edigard Blü her ltda, 9a ed. 1991.[Co Courant, R. ; Dierential and Integral Cal ulus Vol. I; Inters ien e; 1934.[Fe Feli io, J. R. ; Fórmula de Stirling em tempos de Maple; Revista de Matemáti a Universi-tária, 17, (1994).[Fi Figueiredo, D.; Números Irra ionais e Trans endentes; SBM; 1980.[Ha [Ha Hardy, G. H. ; A Course of Pure Mathemati s; Cambridge University Press; 1967.[M The Ma Tutor History of Mathemati s ar hive, turnbull.m s.st-and.a .uk/~history.[NC Neri, Cassio; Cabral, Mar o; Curso de Análise Real; UFRJ; 2009. Disponível emwww.labma.ufrj.br/~m abral/livros.[Sp Spivak, M.; Cal ulus; W. A. Benjamin; 1967.[Si Simmons, G..; Cal ulo om Geometria Analíti a vol. 1; M Graw Hill; 1987.

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