sebenta de cálculo ii - w3.ualg.ptw3.ualg.pt/~holivei/apontamentos_calculo_ii_2012_2013.pdf ·...

Sebenta de Cálculo II

para os cursos de

Bioquímica, Engenharia do Ambiente e Engenharia Biológica

Hermenegildo Borges de Oliveira

Julho de 2017

Conteúdo

1 Sucessões Numéricas 1

1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Formas de designar uma sucessão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.2 Representação gráca de uma sucessão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Princípio de indução matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Exemplos Importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Propriedades principais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4.1 Sucessão limitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4.2 Monotonia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4.3 Subsucessão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5.1 Sucessão convergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.5.3 Sucessão de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5.4 Critérios de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.6 Limites de sucessões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6.1 A recta acabada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6.2 Indeterminações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6.3 Cálculo de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.6.4 Limites importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.7 Ficha de exercícios no 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2 Séries Numéricas 38

2.1 Somatórios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.2 Séries numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3 Propriedades gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.4 Séries de termos não negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.5 Séries de termos positivos e negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

ii

2.6 Convergência absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.7 Outros Critérios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.8 Produto de séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64


3 Integrais Impróprios 71

3.1 Noções principais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.2 Valor principal de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.3 Princípio de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.4 Integrais impróprios de funções não-negativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.5 Integral impróprio de primeira espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.6 Integral impróprio de segunda espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.7 Convergência absoluta ou condicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.8 Função Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.9 Função Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95


4 Séries de Potências 101

4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.2 Critérios de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.3 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4.4 Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.5 Série de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

4.6 Produto de séries de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4.7 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126


5 Integrais Duplos 131

5.1 Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

5.2 Integral repetido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

5.3 Mudança de variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.4 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138


6 Integrais Triplos 144

6.1 Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

6.2 Integral repetido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

6.3 Mudança de variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

CÁLCULO II

6.4 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153


BQ EA EB iv c© HBO, 2016/2017

Capítulo 1

Sucessões Numéricas

Neste capítulo, vamos considerar um caso particular de funções reais de variável real que, pela suaimportância em todas as áreas da Matemática, merece ser estudado num capítulo à parte.

1.1 Introdução

Denição 1.1.1 (Sucessão numérica). Uma sucessão numérica innita de termos reais é uma funçãode variável natural e com valores reais. Usando a escrita habitual para as funções, uma sucessão,digamos f , escreve-se da forma seguinte:

f : N −→ R

n 7→ f(n).

Por simplicidade de escrita, iremos designar uma sucessão innita de termos reais apenas por sucessão.O conjunto de partida da sucessão poderá ser qualquer subconjunto do conjunto dos naturais N =1, 2, 3, . . . ou, ainda, o conjunto dos inteiros não negativos N0 = 0, 1, 2, 3, . . . . Os valores

f(1), f(2), . . . , f(n), . . .

designam-se por termos da sucessão: primeiro termo, segundo termo, . . . , n-ésimo termo, . . . . Ocontra-domínio da função f designa-se por conjunto dos termos da sucessão. Habitualmente, ostermos da sucessão são denotados por letras indexadas nos números naturais. Por exemplo, podemosdenotar os termos da sucessão escrita acima por

u1, u2, . . . , un, . . . .

Chama-se termo geral da sucessão à expressão designatória f(n) e, usando a mesma notação indexada,é habitual denotá-lo por un. Cada termo de uma sucessão, digamos un, tem um termo sucessor, un+1,e, assim, podemos dizer que não existe um último termo da sucessão. As operações algébricas habituaisdos números reais estendem-se naturalmente às sucessões. A soma e diferença de duas sucessões une vn denem-se, respectivamente, por:

(u+ v)n = un + vn e (u− v)n = un − vn.

O produto e quociente de duas sucessões un e vn denem-se, respectivamente, por:

(u v)n = un vn e(uv

)n

=unvn

(vn 6= 0 ∀ n ∈ N) .

1.1.1 Formas de designar uma sucessão

• Ordenação. Para designar uma sucessão, é habitual escrever ordenadamente uma quantidadesuciente de termos da sucessão, de modo a termos uma ideia do comportamento da sucessão. Por

1

CÁLCULO II 1. SUCESSÕES NUMÉRICAS

exemplo, a sucessão cujos três primeiros termos são 1, 3, 5, é escrita do modo seguinte:

1, 3, 5, . . . .

• Fórmula. A forma mais comum para designar uma sucessão, consiste em indicar uma fórmula pormeio da qual se pode obter, para cada natural n, o correspondente n-ésimo termo. Por exemplo, afórmula

un =1

n, n ∈ N,

permite-nos obter a sucessão seguinte de termos ordenados:

1,1

2,

1

3, . . . .

A fórmulavn = 1, n ∈ N,

representa a sucessão constante com todos os termos iguais a 1, e que, ordenada, se escreve

1, 1, 1, . . . , 1, . . . .

Por vezes, duas ou mais fórmulas podem ser indicadas para designar uma sucessão. Por exemplo,

un =

1

n2se n = 2k − 1

n2 se n = 2k ,

onde k ∈ N, dene a sucessão cujos oito primeiros termos ordenados são

1, 4,1

9, 16,

1

25, 36,

1

49, 64, . . . .

Isto é, a sucessão cujos quatro primeiros termos de ordem ímpar (2k − 1) são

1,1

9,

1

25,

1

49, . . .

e os quatro primeiros termos de ordem par (2k) são

4, 16, 36, 64, . . . .

• Recorrência. Outra forma de designar uma sucessão, consiste em indicar as instruções de comoobter os termos sucessores conhecido um ou mais dos primeiros termos. Por exemplo, as fórmulas

u1 = u2 = 1, un+1 = un + un−1, n ∈ N,

denem a sucessão (de Fibonacci1) cujos oito primeiros termos ordenados são

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . .

Uma sucessão determinada por este processo, diz-se uma sucessão denida por recorrência.

Por simplicidade de escrita, denota-se qualquer sucessão por un, qualquer que seja a forma por que édenida.

1.1.2 Representação gráca de uma sucessão

A representação gráca de uma sucessão, num sistema de eixos cartesianos, faz-se do mesmo modo comopara qualquer função. Neste caso, no eixo das abcissas indicamos os números naturais e no das ordenadasas correspondentes imagens por meio da sucessão (termos da sucessão). O gráco de uma sucessão uné o conjunto de pontos discretos

(n, un) : n ∈ N.

1Leonardo Fibonacci (1170-1250), matemático natural de Pisa, Itália.

BQ EA EB 2 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 1.1.1. Fazer a representação gráca dos seis primeiros termos da sucessão

un =(−1)n

n, n ∈ N.

Resolução: Calculando estes termos, temos:

u1 = −1, u2 =1

2, u3 = −1

3, u4 =

1

4, u5 = −1

5, u6 =

1

6.

Representando os termos num referencial cartesiano, obtemos o gráco seguinte:

1 2 4 6

−1

1

n

un

1.2 Princípio de indução matemática

O Princípio de Indução Matemática é um método de demonstração elaborado com base no Princípiode Indução Finita, frequentemente utilizado para provar que certas propriedades são verdadeiras paratodos os números naturais. Para uma determinada armação matemática que dependa de um naturaln, digamos P (n), podemos enunciar este princípio do modo seguinte:

Se

(1) P (n) é vericada para n = 1;

(2) P (n) sendo vericada para n = k implicar ser também vericada para o seu sucessorn = k + 1, com k > 1;

então a armação P (n) é válida para todo o natural n.

O passo 1, em que se estabelece a propriedade para o primeiro dos números naturais, designa-se por basede indução. O passo 2 designa-se por passo de indução, em que se estabelece que, caso a propriedadese verique, para um número natural k (hipótese de indução) então ela também é vericada para onúmero natural seguinte, k+ 1 (tese de indução). A validade de P (n) para todos os números naturais,depende essencialmente da possibilidade em provar que a observação da propriedade num natural n = kimplica a vericação da mesma propriedade para o natural seguinte, n = k+ 1 (passo de indução). Seisso suceder, podemos então concluir a veracidade de P (n) para todos os números naturais desde que oprimeiro deles (o número 1) a verique. Na realidade, a validade da propriedade para o primeiro natural(base de indução) implica a sua validade para o segundo (o número 2) e deste para o terceiro (o número3), e assim sucessivamente, cobrindo-se deste modo a totalidade dos naturais, como peças de um dominóem linha, em que as quedas das sucessivas peças são provocadas umas a partir das outras após a quedada primeira peça. Por vezes, certas armações P (n) só são vericadas a partir de um número naturaln1 > 1. Neste caso, temos de substituir, no passo 1, "P (n) é vericada para n1". De um modo sucinto,podemos enunciar o Princípio de Indução Matemática na forma seguinte.

Denição 1.2.1 (Princípio de indução matemática). Se:

(1) P (n1) é vericada;

BQ EA EB 3 c© HBO, 2016/2017


(2) P (n)⇒ P (n+ 1), n > n1;

então P (n) é verdadeira para todo natural n ≥ n1.

Exemplo 1.2.1. Mostrar que para todo o natural n a igualdade seguinte é vericada:

1 + 3 + 5 + · · ·+ 2n− 1 = n2 . (1.2.1)

Resolução: Para n = 1, observamos trivialmente que 1 = 12. Suponhamos que para qualquern > 1 se verica (1.2.1), que passa a ser a nossa hipótese de indução. Tentemos mostrar a nossatese de indução:

1 + 3 + 5 + · · ·+ 2n− 1 + 2(n+ 1)− 1 = (n+ 1)2 .

De facto, usando a hipótese de indução, temos

1 + 3 + 5 + · · ·+ 2n− 1 + 2(n+ 1)− 1 = n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2 .

Assim, podemos concluir, pelo Princípio de Indução Matemática, que (1.2.1) é vericada para todoo natural n.

A demonstração do resultado fundamental seguinte, comummente conhecido por Binómio de Newton2,faz-se à custa do Princípio de Indução Matemática.

Proposição 1.2.1. Para quaisquer a , b ∈ R

(a+ b)n =an + nan−1b+n(n− 1)

2an−2b2 + · · ·+ n!

k!(n− k)!an−kbk + · · ·+ n(n− 1)

2a2bn−2 + nabn−1 + bn

(1.2.2)

=

n∑k=0

n!

k!(n− k)!an−kbk . (1.2.3)

Demonstração: Para n = 1, facilmente se verica, pois

a+ b =

1∑k=0

n!

k!(n− k)!an−kbk ⇔ a+ b =

1!

0!(1− 0)!a1−0b0 +

1!

1!(1− 1)!a1−1b1 ⇔ a+ b = a+ b .

Suponhamos, agora, que a fórmula (1.2.2) é válida para um certo n ∈ N (hipótese de indução) e a partirdaqui tentemos mostrar que também é válida para o seu sucessor n+1 (tese). Temos então, pela hipótesede indução,

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

n∑k=0

n!

k!(n− k)!an+1−kbk +

n∑k=0

n!

k!(n− k)!an−kbk+1

=

n∑k=0

n!


n∑k=0

n!

k![(n+ 1)− (k + 1)]!a(n+1)−(k+1)bk+1

=an+1 +

n∑k=1

n!


n+1∑k=1

n!

(k − 1)![(n+ 1)− k]!a(n+1)−kbk

=an+1 +

n∑k=1

[n!

k!(n− k)!+

n!

(k − 1)![(n+ 1)− k]!

]an+1−kbk + bn+1

2Isaac Newton (1642-1726), físico, matemático, astrónomo e teólogo natural de Lincolnshire, Inglaterra.

BQ EA EB 4 c© HBO, 2016/2017


=

n+1∑k=0

(n+ 1)!

k![(n+ 1)− k]!an+1−kbk .

Observe-se que na última igualdade, usamos o facto de se ter

n!

k!(n− k)!+

n!

(k − 1)![(n+ 1)− k]!=

(n+ 1)!

k![(n+ 1)− k]!,

como facilmente se comprova.

Um forma prática de se expandir o binómio (a+ b)n, consiste em usar o conhecido Triângulo de Pascal3

triângulo de números naturais em que cada linha n, a começar em n = 0, representa os coecientesdo binómio (a + b)n. O triângulo é limitado por 1 nos lados direito e esquerdo, e cada entrada interioré a soma das duas entradas imediatamente acima. Este triângulo foi popularizado por Pascal nos seustrabalhos de Cálculo Combinatório, mas existem evidências de que já era conhecido centenas, ou mesmomilhares, de anos antes por diversas civilizações, como na Antiga Índia, na China Medieval e na Idade deOuro Islâmica, até chegar à Itália por volta do Renascimento. Por exemplo, a última linha do Triângulode Pascal da Figura 1.1, permite-nos conhecer, de uma forma muito rápida, todos os coecientes daexpansão do polinómio (a+ b)8 em potências de a e b:

(a+ b)8 = 1 a8 + 8 a7b+ 28 a6b2 + 56 a5b3 + 70 a4b4 + 56 a3b5 + 28 a2b6 + 8 ab7 + 1 b8.

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

Figura 1.1: Triângulo de Pascal para n = 8.

Outro resultado importante, que se pode demonstrar por indução matemática, é a Desigualdade deBernouli4.

Proposição 1.2.2. Para quaisquer x ∈ [−1,∞) e n ∈ N, tem-se:

(1 + x)n ≥ 1 + nx . (1.2.4)

3Blaise Pascal (1623-1662), físico, matemático, lósofo e teólogo, natural de Clermont-Ferrand, França.4Jacob Bernoulli (1655-1705), matemático natural de Basileia, Suiça, pertencente a uma família de vários matemáticos

talentosos.

BQ EA EB 5 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Para n = 1, é imediato. Suponhamos que a fórmula (1.2.4) é válida para um determi-nado n ∈ N (hipótese de indução) e a partir daqui tentemos mostrar que também é válida para o seusucessor n+ 1 (tese). Temos, pela hipótese de indução,

(1 + x)n+1 = (1 + x)(1 + x)n ≥ (1 + x)(1 + nx) = 1 + (n+ 1)x+ nx2 ≥ 1 + (n+ 1)x .

Observe que a primeira desigualdade só é possível se x ≥ −1.

Na verdade, a Desigualdade de Bernoulli é estrita para a maioria dos casos, com excepção de x = 0,n = 0 e n = 1.

Outra aplicação do Princípio de Indução Matemática reside na conhecida desigualdade da média. Se a1,a2, . . . , an são números reais não negativos, denimos a média geomégtrica de a1, a2, . . . , an por

Mg := n

√√√√ n∏i=1

ai ,

enquanto a média aritmética é denida por

Ma :=1

n

n∑i=1

ai .

Proposição 1.2.3. Se n ∈ N e a1, a2, . . . , an ∈ R+, então

n

√√√√ n∏i=1

ai ≤1

n

n∑i=1

ai.

Demonstração: Se os ai forem todos iguais, obtemos imediatamente a igualdade

n

√√√√ n∏i=1

ai =1

n

n∑i=1

ai.

Suponhamos então que os ai não são todos iguais e usemos indução matemática. Considermos para basede indução n = 2, pois para n = 1 a (des)igualdade é óbvia. Trata-se então de mostrar que

√a1a2 ≤

a1 + a2

2⇔ (√a1 −

√a2)

2 ≥ 0,

o que é verdade, pois estamos a admitir que a1 6= a2.

Suponhamos agora que a desigualdade é válida para um certo n > 2 e tentemos mostrar que tambémvale para o seu sucessor n+ 1. Denindo Ma := 1

n+1

∑n+1i=1 ai, sabemos que

mini∈1,...,n,n+1

ai ≤Ma ≤ maxi∈1,...,n,n+1

ai ,

sendo as desigualdades estritas no (nosso) caso dos ai não serem todos iguais. Sem perda de generalidade,podemos supor que a1 = mini∈1,...,n,n+1 ai e an+1 = maxi∈1,...,n,n+1 ai, pelo que

a1 < Ma < an+1 ⇒ (a1 −Ma)(Ma − an+1) > 0⇔ a1an+1 < Ma(a1 + an+1 −Ma). (1.2.5)

Por denição da média aritmética, temos

Ma :=1

n+ 1

n+1∑i=1

ai ⇔n∑i=2

ai + (a1 + an+1 −Ma) = nMa .

BQ EA EB 6 c© HBO, 2016/2017


Então Ma é também a média aritmética dos n números a2,. . . , an, an+1, onde an+1 = a1 + an+1 −Ma.Por hipótese de indução, temos

n

√√√√(a1 + an+1 −Ma)

n∏i=2

ai ≤Ma.

Elevando a n e ultiplicando a desigualdade resultante por Ma, obtemos

Ma(a1 + an+1 −Ma)

n∏i=2

ai ≤Mn+1a . (1.2.6)

Finalmente, usando (1.2.5) e depois (1.2.6), obtemos

n+1∏i=1

ai = a1

n∏i=2

aian+1 < Ma(a1 + an+1 −Ma)

n∏i=2

ai ≤Mn+1a ,

como queríamos demonstrar.

1.3 Exemplos Importantes

Denição 1.3.1 (Progressão aritmética). Uma progressão aritmética é uma sucessão cuja fórmulapara o seu termo geral é

un = u1 + (n− 1)r, n ∈ N,

onde r 6= 0 é uma constante conhecida que se designa por razão.

Este tipo de sucessões caracteriza-se por a diferença de quaisquer dois dos seus termos sucessivos serconstante:

un+1 − un = r ∀ n ∈ N (r = constante 6= 0).

Deste modo, podemos denir tal sucessão por recorrência:u1 = aun+1 = un + r;

sendo a e r 6= 0 reais conhecidos.

No gráco de uma progressão aritmética, os termos da sucessão são representados de uma forma colinear.Por exemplo, no caso da progressão aritmética un = n− 1, temos:

1 2 3 4 5 6

1

2

3

4

5

n

un

Proposição 1.3.1. A soma Sn dos primeiros n termos de uma progressão aritmética un é dadapor

Sn =u1 + un

2× n. (1.3.7)

BQ EA EB 7 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Seja un uma progressão aritmética. Então existem a, r ∈ R, com r 6= 0, tais que

u1 = a, u2 = a+ r, . . . , un−1 = a+ (n− 2)r, un = a+ (n− 1)r, . . . .

A soma dos primeiros n termos é dada por

Sn = a+ (a+ r) + · · ·+ [a+ (n− 2)r] + [a+ (n− 1)r]. (1.3.8)

Invertendo a ordem desta soma, temos

Sn = [a+ (n− 1)r] + [a+ (n− 2)r] + · · ·+ (a+ r) + a. (1.3.9)

Somando (1.3.8) e (1.3.9) termo a termo, obtemos

2Sn = [2a+ (n− 1)r] + [2a+ (n− 1)r] + · · ·+ [2a+ (n− 1)r] + [2a+ (n− 1)r]

= [2a+ (n− 1)r]n = a+ [a+ (n− 1)r]n

⇔ Sn =u1 + un

2n,

o que conclui a demonstração.

Exemplo 1.3.1. Calcular a soma, S100, dos primeiros 100 termos da progressão aritmética un = n,com n ∈ N.

Resolução: De facto, un é uma progressão aritmética de razão r = 1 já que un+1−un = n+1−n =1. Assim, por (1.3.7), temos

S100 =u1 + u100

2× 100 =

1 + 100

2× 100 = 5050 .

Denição 1.3.2 (Progressão geométrica). Uma progressão geométrica é uma sucessão cuja fórmulapara o seu termos geral é

un = u1rn−1, n ∈ N,

onde r 6= 1 é uma constante conhecida que se designa por razão.

Esta sucessão caracteriza-se por o quociente entre quaisquer dois dos seus termos sucessivos ser constante:

un+1

un= r ∀ n ∈ N (r = constante 6= 1).

Podemos, assim, denir tal sucessão também por recorrência:u1 = aun+1 = unr;

sendo a e r 6= 1 reais conhecidos.

Numa progressão geométrica, os termos da sucessão são representados, num referencial cartesiano, aolongo de uma curva de crescimento (ou decrescimento) exponencial. Por exemplo, no caso de un = 1

3n ,temos:

BQ EA EB 8 c© HBO, 2016/2017


1 2 3 4 5

13

19

127 n

un

Proposição 1.3.2. A soma Sn dos primeiros n termos de uma progressão geométrica un de razãor 6= 1 é dada por

Sn = u11− rn

1− r. (1.3.10)

Demonstração: Seja un uma progressão geométrica. Então existem a, r ∈ R, com r 6= 1, tais que

u1 = a, u2 = ar, u3 = ar2, . . . , un = arn−1, . . . .

A soma dos primeiros n termos é dada por

Sn = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1. (1.3.11)

Multiplicando (1.3.11) por (1− r), obtemos

(1− r)Sn = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1 −(ar + ar2 + ar3 + · · ·+ arn

)= a− arn = u1(1− rn)

⇔ Sn = u11− rn

1− r,


Exemplo 1.3.2. Calcular a soma dos primeiros 100 termos da progressão geométrica

un =

(1

2

)n, n ∈ N.

Resolução: A sucessão un é uma progressão geométrica de razão r =1

2n+112n

= 12 . Assim, de

(1.3.10), temos

S100 = u1 ×1− r100

1− r=

1

2×

1−(

12

)100

1− 12

= 1− 1

2100.

1.4 Propriedades principais

1.4.1 Sucessão limitada

Uma sucessão diz-se majorada, se o conjunto dos seus termos for majorado, isto é, se existir um realmaior ou igual do que todos os termos da sucessão. Ou seja, un é uma sucessão majorada, se

∃ L ∈ R : un ≤ L ∀ n ∈ N.

BQ EA EB 9 c© HBO, 2016/2017


Uma sucessão diz-se minorada, se o conjunto dos seus termos for minorado, isto é, se existir um realmenor ou igual do que todos os termos da sucessão. Ou seja, un é uma sucessão minorada, se

∃ l ∈ R : un ≥ l ∀ n ∈ N.

Uma sucessão diz-se limitada, se for majorada e minorada.

Denição 1.4.1 (Sucessão limitada). Uma sucessão un é limitada, se

∃ L, l ∈ R : l ≤ un ≤ L ∀ n ∈ N. (1.4.12)

Exemplo 1.4.1. Vericar se as sucessões seguintes são limitadas:

(a) un = n, n ∈ N; (b) vn =1

n, n ∈ N.

Resolução: (a) A sucessão un é minorada, pois un ≥ 1 para todo o natural n. No entanto, não émajorada, porque un+1 = n+1 > n = un para qualquer natural n. Deste modo, un será tão grandequanto se queira. Assim sendo, a sucessão un não é limitada.

(b) A sucessão vn é minorada, porque trivialmente se tem vn = 1n > 0 para todo o natural n. Por

outro lado, também é majorada já que vn = 1n ≤ 1 para todo n ≥ 1. Deste modo, concluímos que

a sucessão vn é limitada.

Proposição 1.4.1. Uma sucessão un é limitada se e só se

∃ C ∈ R+ : |un| ≤ C ∀ n ∈ N. (1.4.13)

Demonstração: Suponhamos que un é limitada. Sendo C = max|l|, |L|, concluímos facilmente que(1.4.12) implica (1.4.13). Reciprocamente, se (1.4.13) é vericada, então

−C ≤ un ≤ C ∀ n ∈ N.

Assim, podemos tomar l = −C e L = C para obter (1.4.12).

1.4.2 Monotonia

Uma sucessão diz-se monótona crescente, se qualquer dos seus termos for menor ou igual do que o seusucessor. Diz-se que uma sucessão é monótona decrescente, se qualquer dos seus termos for maior ouigual do que o seu sucessor. Uma sucessão diz-se, apenas, monótona, se for monótona crescente oudecrescente.

Denição 1.4.2. Uma sucessão un diz-se monótona crescente, se

un ≤ un+1 ∀ n ∈ N.

A sucessão un diz-se monótona decrescente, se

un ≥ un+1 ∀ n ∈ N.

BQ EA EB 10 c© HBO, 2016/2017


No caso de termosun < un+1 ∀ n ∈ N,

dizemos que un é uma sucessão monótona estritamente crescente. Se

un > un+1 ∀ n ∈ N,

diz-se que un é uma sucessão monótona estritamente decrescente. Quando houver necessidade defazer distinção, iremos referir-nos à monotonia da denição anterior como sendo em sentido lato. Assucessões que não são monótonas, podem ser constantes ou oscilantes. Convém referir que, por vezes,a monotonia ou não de uma sucessão só se descortina após um número nito de termos. Neste caso,diremos que a sucessão é monótona a partir do termo da ordem (número natural, digamos p) em que severica a condição da denição. Em termos práticos, para se estudar a monotonia de uma dada sucessão,determinamos a diferença

un+1 − une comparamo-la com 0. Se for maior do que 0, é monótona crescente, caso contrário é monótona decres-cente. Existem casos em que se torna mais fácil determinar o quociente

un+1

un

e compará-lo com 1. Obviamente, aqui, este quociente só é possível se un 6= 0 para todo n ∈ N. Nessescasos, a sucessão é crescente se o quociente anterior for maior do que 1 e decrescente se for menor. Estaforma de estudar a monotonia é mais indicada para progressões geométricas, enquanto que a anterior émais apropriada para progressões aritméticas.

Exemplo 1.4.2. Estudar as sucessões seguintes quanto à monotonia:

(a) un = 2n− 1, n ∈ N; (b) vn =1

n2, n ∈ N.

Resolução: (a) Para a sucessão un, sendo uma progressão aritmética, temos

un+1 − un = 2(n+ 1)− 1− (2n− 1) = 2 ∀ n ∈ N .

Logo un é uma sucessão monótona crescente.

(b) Já para a sucessão vn, podemos usar o critério de monotonia da progressão geométrica,

vn+1

vn=

1(n+1)2

1n2

=

(1− 1

n+ 1

)2

< 1 ∀ n ∈ N .

Então vn é uma sucessão monótona decrescente.

1.4.3 Subsucessão

Uma subsucessão é uma sucessão cujo conjunto dos seus termos é um subconjunto do conjunto dos termosde dada sucessão. Para a denição de subsucessão, necessitamos de introduzir o conceito de composiçãode sucessões, que é um caso particular da composição de funções. Sejam un e vn duas sucessões, a últimadas quais de termos naturais. Dene-se a composição das sucessões un e vn como sendo a sucessão(u v)n que tem por termo de ordem k o termo de ordem vk (repare que vn é uma sucessão de termosnaturais) da sucessão un. Ou seja,

(u v)k = uvk .

BQ EA EB 11 c© HBO, 2016/2017


Denição 1.4.3 (Subsucessão). Sejam un uma sucessão de termos reais e kn uma sucessão determos naturais estritamente crescente. A sucessão composta (u k)n designa-se por subsucessãoda sucessão un e o seu termo geral é denotado por ukn .

Dada uma sucessão qualquer un de termos reais, podemos considerar sempre as subsucessões seguintes.

• Fazendo kn = n para todo n ∈ N, obtemos a sucessão vn de termo geral

vn = un.

Isto é, toda a sucessão é subsucessão de si própria.

• Fazendo kn = 2n para todo n ∈ N, obtemos a sucessão vn de termo geral

vn = u2n

Portanto, podemos sempre considerar a subsucessão dos termos de ordem par.

• Fazendo kn = 2n− 1 para todo n ∈ N, obtemos a subsucessão vn de termo geral

vn = u2n−1.

Ou seja, podemos também sempre considerar a subsucessão dos termos de ordem ímpar.

Exemplo 1.4.3. Determinar duas subsucessões da sucessão seguinte:

−1,1

2,−1

3,

1

4,−1

5, . . . .

Resolução: Uma observação rápida, permite-nos separar esta sucessão nas duas subsucessões:

−1,−1

3,−1

5, . . . e

1

2,

1

4,

1

6, . . . .

Para encontrarmos os termos gerais destas subsucessões, consideremos primeiro as subsucessões dosnaturais ímpares e dos naturais pares, que são estritamente crescentes:

nk = 2k − 1, k ∈ N e mk = 2k, k ∈ N.

Podemos então fazer as associações seguintes:

unk = (u n)k =(−1)nk

nk= − 1

2k − 1para os termos − 1,−1

3,−1

5, . . . ;

umk = (u m)k =(−1)mk

mk=

1

2kpara os termos

1

2,

1

4,

1

6, . . . ;

onde k ∈ N.

1.5 Convergência

1.5.1 Sucessão convergente

Dizemos que uma sucessão un de termos reais tende para determinada quantidade A, nita ou não,se, a partir de determinada ordem (número natural), os termos da sucessão vão estar tão próximos de

BQ EA EB 12 c© HBO, 2016/2017


A quanto se queira. Convém ressalvar aqui o caso em que A é innito e a proximidade de innito sersempre um abuso de linguagem. Abreviadamente, podemos escrever

un −→ A.

No caso de A ser nito, isto é, um número real, dizemos que a sucessão un converge.

Denição 1.5.1 (sucessão convergente). Uma sucessão un converge para a ∈ R, se

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p )⇒ |un − a| < ε. (1.5.14)

Usando a denição de módulo, podemos escrever a expressão (1.5.14) na forma seguinte

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p )⇒ a− ε < un < a+ ε. (1.5.15)

O real a da denição anterior chama-se limite da sucessão e, habitualmente, escrevemos

limn→+∞

un = a.

A denição de sucessão convergente anterior, pode ser traduzida do modo seguinte: a partir de certaordem (n > p) os termos da sucessão vão estar tão próximos do limite (|un − a| < ε) quanto se queira(∀ ε). Para percebermos melhor este conceito, consideremos a sucessão de números racionais seguinteque aproxima o irracional

√2:

u0 = 1u1 = 1.4u2 = 1.41u3 = 1.414u4 = 1.4142u5 = 1.41421u6 = 1.414213u7 = 1.4142135u8 = 1.41421356u9 = 1.414213562· · ·

Escolhendo ε = 10−4, determinemos, para este ε, a partir de que ordem p a denição anterior se verica.Resolvendo, temos

|un −√

2| < 10−4 ⇔ un ≥ 1.41421⇒ n ≥ 5 .

Deste modo, para o valor de ε = 10−4, a denição anterior verica-se a partir da ordem p = 5 inclusive(n ≥ 5). Apesar de ser um indicativo, isto não prova nada. O importante é que para cada ε > 0 que seescolha, consigamos sempre encontrar uma ordem p a partir da qual a denição anterior seja vericada.

Exemplo 1.5.1. Usando a denição, mostre que

limn→+∞

1

n= 0.

Resolução: De facto, temos que

n ≥ p⇒∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ =1

n≤ 1

p

O segundo membro da inequação anterior será menor do que ε, se

1

p< ε⇔ p >

1

ε.

BQ EA EB 13 c© HBO, 2016/2017


Deste modo, a denição (1.5.14) é satisfeita para estes valores de p:

∀ ε > 0 ∃ p =

[1

ε

]: n > p⇒

∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ε ,

onde[

1ε

]designa a parte inteira (característica) do número 1

ε .

As sucessões que não são convergentes dizem-se divergentes. Caso particularmente importante dassucessões divergentes são aquelas que tendem para +∞ ou para −∞. Uma sucessão tende para +∞,se, a partir de certa ordem, os seus termos são tão grandes quanto se queira. De modo análogo, umasucessão tende para −∞, se, a partir de certa ordem, os seus termos são tão pequenos quanto se queira.

Denição 1.5.2. Uma sucessão un tende para +∞, se

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p )⇒ un >1

ε. (1.5.16)

Uma sucessão un tende para −∞, se

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p )⇒ un < −1

ε. (1.5.17)

Por extensão da noção de limite a +∞ e a −∞, podemos escrever também

limn→+∞

un = +∞ e limn→+∞

un = −∞,

no caso da sucessão un tender para +∞ ou para −∞, respectivamente.

Exemplo 1.5.2. Usando a denição, mostrar que:

(a) limn→+∞

2(n+ 1) = +∞; (b) limn→+∞

1− n2

= −∞.

Resolução: (a) Neste caso, temos

n ≥ p⇒ 2n+ 2 ≥ 2p+ 2 ∧ 2p+ 2 >1

ε⇔ p >

1

2ε− 1 .

Assim, a denição (1.5.16) é satisfeita para estes valores de p:

∀ ε > 0 ∃ p =

[1

2ε− 1

]: n > p⇒ 2(n+ 1) >

1

ε.

(b) Aqui, temos

n ≥ p⇒ 1− n2≤ 1− p

2∧ 1− p

2< −1

ε⇔ p > 1 +

2

ε.

Assim, a denição (1.5.17) é satisfeita para estes valores de p:

∀ ε > 0 ∃ p =

[1 +

2

ε

]: n > p⇒ 1− n

2< −1

ε.

Uma sucessão un designa-se por um innitamente grande positivo, se tender para +∞:

un −→ +∞.

BQ EA EB 14 c© HBO, 2016/2017


Diz-se que é um innitamente grande negativo, se tender para −∞:

un −→ −∞.

Chama-se innitésimo, ou innitamente pequeno, a uma sucessão un que tenda para 0:

un −→ 0.

O limite de uma subsucessão de uma sucessão é designado por sublimite dessa sucessão.

Denição 1.5.3. O maior dos sublimites de uma sucessão un designa-se por limite superior edenimo-lo por:

lim supn→+∞

un = supa : a é sublimite de un.

O menor dos sublimites de uma sucessão un designa-se por limite inferior e denimo-lo por:

lim infn→+∞

un = infa : a é sublimite de un.

Resulta da denição anterior que, para qualquer sucessão un, no caso de existirem os sublimites,

lim infn→+∞

un ≤ lim supn→+∞

un.

Tal como para o limite de uma sucessão, podemos, também, estender as noções de limite superior einferior a +∞ e a −∞. Isto acontece no caso em que o conjunto dos sublimites da sucessão não émajorado ou não é minorado, respectivamente.

Exemplo 1.5.3. Determine os limites superior e inferior da sucessão

un =(−1)nn

n+ 1.

Resolução: Focando-nos no factor (−1)n, temos com a ajuda do Exemplo 1.5.1:

un =

n

n+ 1= 1− 1

n+ 1−→ 1 , quando n→ +∞ e n é par,

−nn+ 1

= −1 +1

n+ 1−→ −1 , quando n→ +∞ e n é ímpar.

Deste modo,lim supn→+∞

un = 1 e lim infn→+∞

un = −1 ,

pelo que não existe limn→+∞ un.

1.5.2 Propriedades

A armação da proposição seguinte diz-nos que o limite de uma sucessão, a existir, é único.

Proposição 1.5.1. Sejam un uma sucessão e a, b ∈ R. Se

limn→+∞

un = a ∧ limn→+∞

un = b,

BQ EA EB 15 c© HBO, 2016/2017


então a = b.

Demonstração: Suponhamos que un era uma sucessão convergente simultaneamente para a e b, núme-ros reais. Então, por denição, teríamos

∀ ε > 0 ∃ p1 = p1(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p1 )⇒ |un − a| < ε,

∀ ε > 0 ∃ p2 = p2(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p2 )⇒ |un − b| < ε,

com p1 e p2 não necessariamente iguais. Daqui vem que para n > p := maxp1, p2

|a− b| = |un − b− (un − a)| ≤ |un − b|+ |un − a| < 2ε.

Como ε é arbitrário, podemos fazer ε→ 0 e obter

|a− b| ≤ 0⇒ a− b = 0⇔ a = b,

como queríamos demonstrar.

Proposição 1.5.2. Se un é uma sucessão convergente, então un é limitada.

Demonstração: Seja un uma sucessão convergente, digamos para a ∈ R. Então de (1.5.14) sai quepara todo n > p

a− ε < un < a+ ε.

Consideremos o conjunto dos p primeiros termos de un, u1, u2, . . . , up, e sejam

m := minu1, u2, . . . , up, M := maxu1, u2, . . . , up.

Temos então para todo n ∈ N

mina− ε,m ≤ un ≤ maxa+ ε,M,

o que mostra, de acordo com (1.4.12), que un é limitada.

A armação recíproca da proposição anterior é falsa como mostra o contra-exemplo seguinte.

Exemplo 1.5.4. Mostre que a sucessão un = (−1)n é limitada, mas divergente.

Resolução: É imediato que un é limitada, pois |un| = |(−1)n| = 1 para todo n ∈ N. A divergênciaresulta do facto da subsucessão dos termos ímpares tender para −1 e a dos termos pares tenderpara 1:

un = −1 se n = 2k − 1 e un = 1 se n = 2k ,

para k ∈ N.

No entanto, se além de limitada, a sucessão for monótona, a recíproca já é válida.

Proposição 1.5.3. Se un é uma sucessão monótona e limitada, então un é convergente. Mais:

• se un é crescente, entãolim

n→+∞un = supun : n ∈ N;

• se un é decrescente, entãolim

n→+∞un = infun : n ∈ N.

BQ EA EB 16 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Seja un uma sucessão monótona e limitada. Admitamos, primeiro, que un é monótonacrescente. Então, usando a monotonia crescente e o facto de un ser limitada, podemos denir

a := supun : n ∈ N.

Pela caracterização do supremo, podemos escrever

∀ ε > 0 ∃ p∗ ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p∗ )⇒ a− ε < up∗ .

Assim, pela monotonia crescente, vem que

n > p∗ ⇒ a− ε < up∗ ≤ un ≤ a < a+ ε.

Deste modo, (1.5.14) é vericada, ou seja, un é convergente.

No caso de un ser monótona decrescente, a demonstração é análoga.

Exemplo 1.5.5. Usando a proposição anterior, mostrar que a sucessão seguinte é convergente ecalcular o seu limite:

u1 = 1un+1 =

√2 + un .

Resolução: 1. Comecemos por mostrar que un é limitada. Uma observação mais atenta permitesugerir que

1 ≤ un < 2 ∀ n ∈ N .

Mostremos que de facto isto acontece, fazendo uso do Princípio de Indução Matemática. Paran = 1, temos trivialmente que 1 = u1 < 2. Suponhamos que para n arbitrário se tem 1 ≤ un < 2(hipótese de indução) e mostremos que então também se tem 1 ≤ un+1 < 2 (tese de indução). Paraisto, observamos que, pela hipótese de indução, se tem

1 < un+1 =√

2 + un+1 =

√2 +√

2 + un <

√2 +√

2 + 2 = 2 ,

como pretendido.

2. Mostremos agora que un é monótona crescente, i.e. que

un+1 ≥ un ⇔√

2 + un ≥ un ∀ n ∈ N.

Para tal, façamos un = θn + 1. Como 1 ≤ un < 2, então 0 < θn < 1 para todo o natural n. Ora,temos √

2 + un ≥ un ∧ un = θn + 1 ⇒ 2 + un ≥ u2n ⇔ 2 ≥ (θn + 1)θn ,

o que é verdade, pois 0 < θn < 1. Assim,

2 + un ≥ u2n ⇔ −

√2 + un ≤ un ≤

√2 + un .

E como un ≥ 1, tem-se que un+1 ≥ un para todo o natural n, como se queria.

3. Concluímos então, pela Proposição 1.5.3, que un é convergente, digamos para L. Podemos entãopassar ao limite n→ +∞ na equação un+1 =

√2 + un e obtemos

L =√

2 + L⇒ L2 − L− 2 = 0⇔ L = 2 ∨ L = −1 .

Como 1 ≤ un < 2, terá de ser L = 2. Portanto, limn→+∞ un = 2.

A armação recíproca da proposição anterior é falsa, pois existem sucessões convergentes que não sãomonótonas.

BQ EA EB 17 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 1.5.6. Mostrar que a sucessão seguinte é convergente, mas não é monótona:

un =(−1)n

n.

Resolução: A convergência resulta de usar o Exemplo 1.5.1, pois:

un =

− 1

n−→ 0 , quando n→ +∞ e n é ímpar,

1

n−→ 0 , quando n→ +∞ e n é par.

⇒ limn→+∞

un = 0 .

Por outro lado, facilmente se vê que a sucessão não é monótona já que oscila entre valores negativose positivos, consoante n é ímpar ou par, respectivamente.

Proposição 1.5.4. Uma sucessão un é convergente se e só se qualquer sua subsucessão unk convergepara o mesmo limite.

Demonstração: Suponhamos que un é uma sucessão convergente, digamos para a ∈ R. Seja unk umasubsucessão de un. Então nk é uma subsucessão de naturais estritamente crescente, pelo que nk ≥ kpara todo k ∈ N. Usando (1.5.14), juntamente com o facto de unk ser uma subsucessão de un, temos

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : k > p⇒ nk ≥ k > p⇒ |unk − a| ≤ |un − a| < ε.

Portanto, unk converge para a.

Reciprocamente, como un é uma subsucessão de si própria, implica que trivialmente un é convergente.

Observe-se que, pela proposição anterior, se uma sucessão tem, pelo menos, duas subsucessões comlimites diferentes, então é divergente. Depois do resultado anterior, levanta-se a questão de saber em quecondições uma sucessão tem subsucessões convergentes.

Proposição 1.5.5. Seja un uma sucessão (de termos reais). Então existe, pelo menos, uma sub-sucessão unk monótona.

Demonstração: Suponhamos, primeiro, que existem innitos naturais n1 < n2 < n3 < · · · < nk < . . .tais que, para cada j = 1, . . . , k, unj é maior que qualquer termo na sucessão, i.e.

n > nj ⇒ unj > un .

Então a subsucessão unj é monótona decrescente. Suponhamos, agora, que existe apenas uma quantidadenita de naturais n1 < n2 < · · · < nN nas condições anteriores. Seja m1 = N +1. Então, como m1 > N ,existe m2 > m1 com um2

> um1. Novamente, como m2 > N , existe m3 > m2 com um3

> um2.

Repetindo este processo, leva-nos a uma subsucessão (innita) crescente umj como desejado.

Proposição 1.5.6. Seja un uma sucessão limitada. Então un tem, pelo menos, uma subsucessãounk convergente.

Demonstração: Se un é uma sucessão limitada, então qualquer sua subsucessão também é limitada.Pela Proposição 1.5.5, sabemos que de un podemos extrair uma subsucessão unk monótona. Então,sendo unk monótona e limitada, pela Proposição 1.5.3, unk é convergente.

BQ EA EB 18 c© HBO, 2016/2017


O resultado da proposição anterior é, por vezes, designado por Teorema de Bolzano5-Weierstrass6. Daqui,resulta que é condição necessária e suciente para uma sucessão limitada un convergir que

lim infn→+∞

un = lim supn→+∞

un.

Exemplo 1.5.7. Mostrar que a sucessão un = (−1)n é divergente.

Resolução: De facto, verica-se imediatamente que

un =

−1 , quando n é ímpar

1 , quando n é par⇒ lim inf

n→+∞un = −1 6= 1 = lim sup

n→+∞un .

Logo, a sucessão un é divergente.

1.5.3 Sucessão de Cauchy

Por vezes, torna-se muito difícil provar, pela Denição 1.5.1, que uma sucessão é convergente, apesarde vericarmos que converge usando técnicas de cálculo de limites de que iremos escrever mais adiante.Torna-se, portanto, útil encontrar formas equivalentes de provar que uma sucessão é convergente. Nesseintuito, introduzimos de seguida o conceito de sucessão de Cauchy.7

Denição 1.5.4 (Sucessão de Cauchy). Diz-se que uma sucessão un é de Cauchy, se

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ m, n ∈ N ∧ m, n ≥ p )⇒ |um − un| < ε. (1.5.18)

O signicado desta denição é o de que a partir de certa ordem, digamos p (m, n ≥ p), os termoscorrespondentes da sucessão (um e un) estarão tão próximos (|um − un| < ε) quanto se queira (∀ε > 0).Observe-se que nada se diz sobre a relação de ordem entre m e n.

Exemplo 1.5.8. Mostrar que a sucessão un = 1n é de Cauchy.

Resolução: Para esta sucessão, temos

m, n ≥ p⇒ |um − un| =∣∣∣∣ 1

m− 1

n

∣∣∣∣ ≤ 1

m+

1

n≤ 2

p.

Escolhendo p ∈ N tal que2

p< ε⇔ p >

2

ε,

conseguimos estabelecer (1.5.18) com p =[

2ε

].

Tal como para as sucessões convergentes, a proposição abaixo mostra que toda a sucessão de Cauchy élimitada.

5Bernhard Bolzano (1781-1848), matemático natural de Praga, República Checa.6Karl Weierstrass (1815-1897), matemático natural de Ostenfelde, Alemanha.7Augustin-Louis Cauchy (1789-1857), matemático natural de Paris, França.

BQ EA EB 19 c© HBO, 2016/2017


Proposição 1.5.7. Toda a sucessão de Cauchy é limitada.

Demonstração: Por (1.5.18), podemos escolher p ∈ N tão grande de modo que

m, n > p⇒ |um − un| < 1.

Em particular,n > p⇒ |un| = |up + (un − up)| ≤ |up|+ |un − up| < |up|+ 1.

Assim, para todo n ∈ N temos

|un| ≤ max|u1|, |u2|, · · · , |up|+ 1

e, por (1.4.13), un é limitada.

A grande utilidade da noção de sucessão de Cauchy, é provar, de um modo mais simples, que uma dadasucessão é convergente. O resultado estabelecido na proposição seguinte é, pois, esperado.

Proposição 1.5.8. Uma sucessão é convergente se e só se for sucessão de Cauchy.

Demonstração: Seja un uma sucessão convergente. Então, de (1.5.14), temos para todo m > p e todon > p

|um − un| = |um − a− (un − a)| ≤ |um − a|+ |un − a| ≤ 2ε.

Portanto, (1.5.18) é vericada e, assim, un é uma sucessão de Cauchy.

Reciprocamente, se un é uma sucessão de Cauchy, vem de (1.5.18) que

∀ ε > 0 ∃ p1 ∈ N : m, n ≥ p⇒ |um − un| <ε

2.

Por outro lado, pela Proposição 1.5.7, un é limitada e, pela Proposição 1.5.6, un tem, pelo menos, umasubsucessão, digamos unk , convergente para algum u ∈ R. Logo

∀ ε > 0 ∃ p2 ∈ N : k ≥ p⇒ |unk − u| <ε

2.

Tomemos, agora, p = maxp1, p2 e observemos que

nk ≥ k , k > p⇒ k, nk > p1, nk > p2 .

Entãok > p⇒ |un − u| ≤ |un − unk |+ |unk − u| ≤

ε

2+ε

2= ε ,

o que mostra que (1.5.14) é vericada e, portanto, un é convergente.

Dada a equivalência entre as noções de sucessão convergente e de sucessão de Cauchy, por vezes a deniçãode sucessão de Cauchy é designada por Princípio Geral de Convergência de Cauchy. Existem mesmomuitos autores que falam de denição de sucessão convergente no sentido de Cauchy. Neste sentido, epara a distinguir, a primeira (Denição 1.5.1) é designada por noção de sucessão convergente no sentidode Heine8. O exemplo seguinte mostra-nos a grande utilidade da noção de sucessão de Cauchy.

Exemplo 1.5.9. Usando a noção de sucessão de Cauchy, mostrar que a sucessão seguinte é diver-gente:

sn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n.

8Heinrich Eduard Heine (1821-1881), matemático natural de Berlim, Alemanha.

BQ EA EB 20 c© HBO, 2016/2017


Resolução: De facto, verica-se para os termos sn e s2n que

|s2n − sn| =∣∣∣∣ 1

n+ 1+ · · ·+ 1

n+ n

∣∣∣∣ > n

n+ n=

1

2.

Assim, a distância entre os termos sn e s2n nunca será menor do que 12 , independentemente da

ordem n que se considere. Deste modo, (1.5.18) não é satisfeita para valores de ε : 0 < ε ≤ 12 e para

m = 2n, pelo que a sucessão sn não é de Cauchy e, por consequência, não converge.

1.5.4 Critérios de convergência

As proposições seguintes estabelecem relações de ordem entre os limites de sucessões a partir dos seustermos gerais.

Proposição 1.5.9. Sejam un e vn duas sucessões convergentes para a e b, respectivamente. Se, apartir de certa ordem, un ≤ vn, então a ≤ b.

Demonstração: Se un e vn são duas sucessões convergentes, respectivamente, para a e b, temos a partirde (1.5.14)

∀ ε > 0 ∃ p1 ∈ N : n > p1 ⇒ |un − a| < ε,

∀ ε > 0 ∃ p2 ∈ N : n > p2 ⇒ |vn − b| < ε.

Suponhamos que∃ p3 ∈ N : n > p3 ⇒ un ≤ vn.

Observe-se que p1, p2 e p3 poderão ser distintos. Denindo p := maxp1, p2, p3, temos pelas armaçõesanteriores

n > p⇒ a− b = a− un + un − b ≤ a− un + vn − b≤ |a− un + vn − b| ≤ |a− un|+ |vn − b| < 2ε.

Como ε é arbitrário, podemos fazer ε→ 0 e obtemos a ≤ b.

Esta proposição tem uma grande aplicação prática no cálculo de limites. Essa aplicação é mais visívelna utilização do seguinte resultado também conhecido por Princípio do Encaixe.

Proposição 1.5.10 (Critério da Sucessão Enquadrada). Sejam un, vn, xn sucessões tais que, apartir de certa ordem, un ≤ vn ≤ xn. Se un e xn são convergentes e

limn→+∞

un = a = limn→+∞

xn, a ∈ R,

então vn é convergente elim

n→+∞vn = a.

Demonstração: Se un e xn são duas sucessões convergentes, ambas para a, temos, por (1.5.15),

∀ ε > 0 ∃ p1 ∈ N : n > p1 ⇒ a− ε < un < a+ ε,

∀ ε > 0 ∃ p2 ∈ N : n > p2 ⇒ a− ε < xn < a+ ε.

Suponhamos que∃ p3 ∈ N : n > p3 ⇒ un ≤ vn ≤ xn.

Denindo p := maxp1, p2, p3, temos pelo exposto acima

n > p⇒ a− ε < un ≤ vn ≤ xn < a+ ε⇒ |vn − a| < ε.

Pela denição (1.5.14), sai que vn é uma sucessão convergente para a.

BQ EA EB 21 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 1.5.10. Usando o critério anterior, mostrar que a sucessão seguinte é convergente ecalcular o seu limite:

un =1

n2 + 1+ · · ·+ 1

n2 + n.

Resolução: Na expressão de un, comecemos por observar que a primeira parcela é a maior detodas as parcelas e a última é a menor de todas. Assim, tendo em conta que un tem n parcelas eusando o Exemplo 1.5.1, podemos escrever:

un <1

n2 + 1+ · · ·+ 1

n2 + 1=

n

n2 + 1=

1n

1 +(

1n

)2 −→ 0 quando n→ +∞;

un >1

n2 + n+ · · ·+ 1

n2 + n=

n

n2 + n=

1n

1 + 1n

−→ 0 quando n→ +∞ .

Então, pelo Critério das Sucessões Enquadradas, limn→+∞ un = 0.

O resultado da Proposição 1.5.9 pode estender-se, em determinadas condições, ao caso em que os limitessão innitos

Proposição 1.5.11 (Critério de Comparação). Sejam un e vn sucessões tais que, a partir de certaordem, un ≤ vn.

(1) Se vn tende para −∞, então un tende para −∞.

(2) Se un tende para +∞, então vn tende para +∞.

Demonstração: Suponhamos que

∃ p1 ∈ N : n > p1 ⇒ un ≤ vn.

Se vn tende para −∞, temos por (1.5.17)

∀ ε > 0 ∃ p2 ∈ N : n > p2 ⇒ vn < −1

ε.

Tomando p := maxp1, p2 tem-se pelo exposto

n > p⇒ un ≤ vn < −1

ε,

pelo que un tende para −∞.

Se un tende para +∞, por (1.5.16) tem-se

∀ ε > 0 ∃ p3 ∈ N : n > p3 ⇒ un >1

ε.

Tomando agora p := maxp1, p3, temos

n > p⇒ vn ≥ un >1

ε

e, portanto, vn tende para +∞.

Exemplo 1.5.11. Usando o critério anterior, mostre que a sucessão un = 2(n + 1)2 tende para+∞.

BQ EA EB 22 c© HBO, 2016/2017


Resolução: De facto, usando a segunda parte do critério anterior, temos

un = 2(n+ 1)2 > 2n2 > n2 ≥ n ∀ n ∈ N ∧ n −→ +∞ ⇒ limn→+∞

un = +∞ .

O resultado seguinte diz-nos que a armação recíproca da Proposição 1.5.9 também é válida.

Proposição 1.5.12. Sejam un e vn duas sucessões convergentes e suponhamos que

limn→+∞

un ≤ limn→+∞

vn.

Então, a partir de certa ordem, un ≤ vn.

Demonstração: Se un e vn são sucessões convergentes, digamos para a e b, respectivamente, então por(1.5.14) temos

∀ ε > 0 ∃ p1 ∈ N : n > p1 ⇒ |un − a| < ε,

∀ ε > 0 ∃ p2 ∈ N : n > p2 ⇒ |vn − b| < ε.

Suponhamos que a ≤ b. Então, tomando p := maxp1, p2, temos pelo exposto acima

n > p⇒ un − vn = un − a+ (a− vn) ≤ un − a+ (b− vn)

≤ |un − a|+ |vn − b| < 2ε.

Dado que ε é arbitrário, podemos fazer ε→ 0 e obtemos un ≤ vn para todo n > p.

A proposição seguinte diz-nos que o produto de um innitésimo por uma sucessão limitada é, ainda, uminnitésimo.

Proposição 1.5.13. Sejam un uma sucessão limitada e vn uma sucessão convergente tal que

limn→+∞

vn = 0.

Então (u v)n = un vn é uma sucessão convergente e

limn→+∞

un vn = 0.

Demonstração: Suponhamos que vn é uma sucessão convergentes para 0. Então de (1.5.14) sai que

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ |vn| < ε.

Por outro lado, se un é uma sucessão limitada, podemos conjugar a armação anterior com (1.4.13) paraobter

n > p⇒ |unvn| = |un||vn| ≤ C|vn| < Cε.

Como Cε é arbitrário, acabamos de mostrar que unvn converge para 0.

Exemplo 1.5.12. Usando a proposição anterior, mostrar que a sucessão seguinte é um innitésimo:

un =(−1)n

n.

Resolução: Podemos escrever

un = (−1)n × 1

n.

BQ EA EB 23 c© HBO, 2016/2017


Como (−1)n é uma sucessão limitada, já que |(−1)n| ≤ 1 para todo o natural n, e, pelo Exem-plo 1.5.1, 1

n −→ 0 quando n→ +∞, sai da proposição anterior que limn→+∞ un = 0.

1.6 Limites de sucessões

1.6.1 A recta acabada

A recta acabada surge da necessidade de estender as operações algébricas habituais do conjunto dosnúmeros reais de modo a poder operar-se com os elementos +∞ e −∞. Estes elementos satisfazem arelação de ordem seguinte:

−∞ < x < +∞ ∀ x ∈ R.

Denição 1.6.1 (Recta acabada). Dene-se a recta acabada e denota-se por R como sendo oconjunto seguinte:

R = R ∪ −∞,+∞.

Com a introdução da recta acabada R, torna-se necessário denir as operações algébricas entre os ele-mentos desse conjunto. Se os elementos de R forem ainda reais, isto é elementos de R, as operações sãocomo habitualmente.

Denição 1.6.2 (operações com +∞ e −∞). Para a adição tem-se:

a+ (+∞) = +∞, a+ (−∞) = −∞ ∀ a ∈ R;

(+∞) + (+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞.

Para a multiplicação tem-se:

a× (+∞) = +∞, a× (−∞) = −∞ ∀ a > 0;

a× (+∞) = −∞, a× (−∞) = +∞ ∀ a < 0;

(+∞)× (+∞) = +∞, (+∞)× (−∞) = −∞, (−∞)× (−∞) = +∞.

As operações de subtracção e divisão são operações inversas da adição e multiplicação, respectivamente.Assim, tem-se para a subtracção:

a− (+∞) = a+ (−∞) = −∞, a− (−∞) = a+ (+∞) = +∞ ∀ a ∈ R;

(+∞)− (−∞) = (+∞) + (+∞) = +∞.

E para a divisão tem-se:+∞a

= +∞, −∞a

= −∞ ∀ a ≥ 0;

+∞a

= −∞, −∞a

= +∞ ∀ a < 0.

Pela sua importância, também consideramos a operação de potenciação:

ab, a ≥ 0.

Nos casos em que o expoente b é um natural, a potenciação não é mais do que uma multiplicação repetida.As potências entre números reais denem-se como habitualmente. No caso em que intervêm os elementos

BQ EA EB 24 c© HBO, 2016/2017


+∞ e −∞, temos:

a+∞ =

0 se 0 ≤ a < 1

+∞ se a > 1; a−∞ =

1

a+∞ =

+∞ se 0 ≤ a < 1

0 se a > 1;

(+∞)b =

0 se b < 0

+∞ se b > 0.

1.6.2 Indeterminações

Pelo exposto acima, verica-se a existência de omissões na denição das operações algébricas entre algunselementos de R. Em R já conhecemos as situações seguintes em que as operações não estão denidas:

0

0e 00.

Em R, quando não for possível determinar uma operação, diremos que estamos perante uma indeter-minação.

Denição 1.6.3 (Indeterminações). As indeterminações em R são dos tipos:

• ∞−∞+∞+ (−∞) = +∞−∞, +∞− (+∞) = +∞−∞;

• 0×∞0× (+∞), 0× (−∞);

• 1∞

1+∞, 1−∞ =1

1+∞ ;

• ∞0

(+∞)0.

Existem outras indeterminações, mas que poderão ser analisadas como casos particulares dos dados nadenição anterior. Esses casos, são as indeterminações dos tipos:

• ∞∞

∞∞

=1

∞×∞ = 0×∞;

• 0

0- já existente em R

0

0= 0× 1

0= 0×∞;

• 00 - já existente em R

00 =

(1

+∞

)0

=1

(+∞)0.

Convém referir que, como sai da parte nal da secção anterior, não são indeterminações os casos parti-culares seguintes:

0+∞ = 0, 0−∞ =1

0+∞ =1

0= +∞;

(+∞)+∞ = +∞; (+∞)−∞ =1

(+∞)+∞ =1

+∞= 0.

BQ EA EB 25 c© HBO, 2016/2017


1.6.3 Cálculo de limites

Nesta altura podemos, então, denir as operações algébricas entre os limites de sucessões, limites essesque poderão ser innitos.

Proposição 1.6.1. Sejam un e vn sucessões e a, b ∈ R tais que

limn→+∞

un = a e limn→+∞

vn = b.

Então, salvo os casos em que se obtêm indeterminações, temos:

(1) limn→+∞

(αun + βvn) = αa+ β b ∀ α, β ∈ R;

(2) limn−→∞

(un × vn) = a× b;

(3) se b 6= 0 e vn 6= 0 para todo n ∈ N, então limn−→∞

(unvn

)=a

b;

(4) se un é uma sucessão de termos positivos, então limn−→∞

(unvn) = ab.

Demonstração: Suponhamos que un e vn são sucessões convergentes para números reais a e b, respec-tivamente. Então, por (1.5.14), temos:

∀ ε > 0 ∃ p1 ∈ N : n > p1 ⇒ |un − a| < ε; (1.6.19)

∀ ε > 0 ∃ p2 ∈ N : n > p2 ⇒ |vn − b| < ε. (1.6.20)

(1) Se α e β forem ambos zero, é imediato. Suponhamos então que, pelo menos, um deles, α ou β, édiferente de zero. Temos assim, para p := maxp1, p2,

n > p⇒ |αun + βvn − (αa+ βb)| ≤ |α| |un − a|+ |β| |vn − b| < ε

quando se substitui, em (1.6.19)-(1.6.20), ε por ε(|α|+|β|) .

(2) Neste caso, sabemos, pela Proposição 1.5.2, que as sucessões un e vn são limitadas. Então, pelaProposição 1.4.1, existem constantes positivas Ca e Cb tais que |un| ≤ Ca e |vn| ≤ Cb para todo n ∈ N.Consideremos também o caso em que a e b são diferentes de zero, pois se a = b = 0, é imediato. Temosassim, para o mesmo natural p denido em (1), e no caso de b 6= 0,

n > p⇒ |unvn − ab| = |(un − a)vn + (vn − b)a| ≤ Cb|un − a|+ |vn − b| |b| < ε

quando se toma ε2|Cb| e

ε2|b| no lugar de ε em (1.6.19) e (1.6.20), respectivamente. Se porventura fosse

a 6= 0, então seria análogo, bastando trocar os papeis de un com vn e de a com b na expressão anterior.

(3) Comecemos por observar que unvn

= un × 1vn, pelo que, usando (2), a demonstração ca feita se

mostramos que

limn→+∞

1

vn=

1

b. (1.6.21)

Como b 6= 0, temos que, por (1.6.20), existe um natural p∗ tal que

n > p∗ ⇒ |vn − b| <|b|2⇒ |b| − |vn| ≤ |vn − b| <

|b|2⇔ |b|

2< |vn| .

Usando este facto, temos

n > p∗ ⇒∣∣∣∣ 1

vn− 1

b

∣∣∣∣ =|b− vn||vn| |b|

<2|vn − b||b|2

< ε ,

quando se toma |b|2

2 ε no lugar de ε na denição (1.5.14). Deste modo, (1.6.21) ca demonstrado.

BQ EA EB 26 c© HBO, 2016/2017


(4) Para mostrar esta última propriedade, torna-se substancialmente mais fácil se usarmos as proprieda-des da função logaritmo. Usando, em particular a continuidade desta função, bem como o facto de unser positivo para todo n ∈ N, e ainda a propriedade (2), temos

ln[

limn−→∞

(unvn)]

= limn−→∞

[ln (unvn)] = lim

n−→∞[vn ln (un)]

= limn−→∞

vn ln(

limn−→∞

un

)= b ln (a) .

Por m, calulando a exponencial desta expressão provamos o que queríamos no caso de a > 0. Se a = 0,podemos sempre escolher δ > 0 e ζ > 0, este último tal que b+ ζ > 0, e calcular como anteriormente,

ln[

limn−→∞

(un + δ)vn+ζ]

= limn−→∞

[ln(un + δ) vn+ζ

]= limn−→∞

[(vn + ζ) ln ((un + δ))]

= limn−→∞

(vn + ζ) ln(

limn−→∞

un + δ)

= (b+ ζ) ln (a+ δ) .

Deste modo, temoslim

n−→∞(un + δ) vn+ζ = δb+ζ ,

pelo que, fazendo primeiro δ tender para zero, se tem limn−→∞ unvn+ζ = 0, e depois, fazendo ζ tender

para zero, camos com limn−→∞ unvn = 0. Observemos que, do facto de ser b+ ζ > 0, também se tem,

pela Proposição 1.5.12, que vn + ζ > 0 a partir de certa ordem.

Observação. Os resultados da proposição anterior, ainda permanecerão válidos no caso de a e b, umou ambos, serem innitos. Para a demonstração deste caso, bem como para uma demonstração dapropriedade (4) sem recurso à função logaritmo, remetemos o leitor para, por exemplo, J. CamposFerreira, Capítulo II.1.

No cálculo de limites podemos usar a Proposição 1.6.1 sempre que não obtenhamos indeterminações. Mas,em muitas situações de cálculo de limites, surgem indeterminações. Ao processo de resolver determinadaindeterminação, vamos designar por levantamento da indeterminação.

Regra 1 (levantamento de indeterminações do tipo ∞−∞). As indeterminações dos tipos

∞−∞,

podem, normalmente, ser levantadas pondo em evidência o termo de maior grau, ou, no caso emque envolvem raízes, multiplicando pelo conjugado.

Exemplo 1.6.1. Calcular os limites seguintes:

(a) limn→+∞

(n2 − 2n); (b) limn→+∞

(√n+ 1−

√n).

Resolução: Resolvendo, temos:

(a) limn→+∞

(n2 − 2n) =∞−∞ (indeterminação)

= limn→+∞

n2

(1− 2

n

)= (+∞)2 ×

(1− 2

+∞

)= +∞ ;

(b) limn→+∞

(√n+ 1−

√n)

=∞−∞ (indeterminação)

= limn→+∞

(√n+ 1−

√n)×√n+ 1 +

√n√

n+ 1 +√n

= limn→+∞

(√n+ 1)2 − (

√n)2

√n+ 1 +

√n

BQ EA EB 27 c© HBO, 2016/2017


= limn→+∞

1√n+ 1 +

√n

=1√

+∞+ 1 +√

+∞= 0 .

Regra 2 (levantamento de indeterminações do tipo 0×∞). As indeterminações dos tipos

0×∞, ∞∞,

0

0,

podem, normalmente, ser levantadas pondo em evidência os termos de maior grau.

Exemplo 1.6.2. Calcular os limites seguintes:

(a) limn→+∞

3√n3 + 2

n− 1; (b) lim

n→+∞

32n − 5n+1

7n+1 + 22n.

Resolução: Resolvendo, temos:

(a) limn→+∞

3√n3 + 2

n− 1=∞∞

(indeterminação)

= limn→+∞

3√n3+2nn−1n

= limn→+∞

3

√1 + 2

n3

1− 1n

=

3

√1 + 2

(+∞)3

1− 1+∞

=3√

1 + 0

1− 0= 1 ;

(b) limn→+∞

32n − 5n+1

7n+1 + 22n=∞−∞∞

(indeterminação)

= limn→+∞

9n − 5× 5n

7× 7n + 4n= limn→+∞

9n−5×5n

9n

7×7n+4n

9n

= limn→+∞

1− 5×(

59

)n7×

(79

)n+(

49

)n=

1− 5×(

59

)+∞7×

(79

)+∞+(

49

)+∞ =1− 5× 0

7× 0 + 0= +∞ .

1.6.4 Limites importantes

Para o levantamento de indeterminações do tipo 1∞, temos de introduzir um resultado importante.

Proposição 1.6.2. A sucessão

un =

(1 +

1

n

)né estritamente crescente e 2 ≤ un < 3 para todo n ∈ N. Mais,

limn→+∞

(1 +

1

n

)n= limn→+∞

(1 + 1 +

1

2+

1

6+ · · ·+ 1

n!

). (1.6.22)

Demonstração: Comecemos por mostrar que un é monótona crescente. Pelo Binómio de Newton(Proposição 1.2.1), temos, depois de simplicarmos,(

1 +1

n

)n= 1 +

1

1!+

1

2!

n− 1

n+

1

3!

(n− 1)(n− 2)

n2+ · · ·+ 1

(n− 1)!

(n− 1)!

nn−2+

1

n!

(n− 1)!

nn−1

= 1 +1

1!+

1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

[(1− 1

n

)(1− 2

n

)]+ · · ·+

BQ EA EB 28 c© HBO, 2016/2017


1

(n− 1)!

[(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n− 2

n

)]+

1

n!

[(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n− 1

n

)].

> 1 +1

1!+

1

2!

(1− 1

n− 1

)+

1

3!

[(1− 1

n− 1

)(1− 2

n− 1

)]+ · · ·

+1

(n− 1)!

[(1− 1

n− 1

)(1− 2

n− 1

)· · ·(

1− n− 2

n− 1

)]= 1 +

1

1!+

1

2!

n− 2

n− 1+

1

3!

(n− 2)(n− 3)

(n− 1)2+ · · ·+ 1

(n− 1)!

(n− 2)!

(n− 1)n−2=

(1 +

1

n− 1

)n−1

A segunda igualdade resulta do facto de se ter para quaisquer n, k ∈ N, com k + 1 ≤ n,

(n− 1)!

(n− (k + 1))!nk=

(n− 1)(n− 2) · · · (n− k)

nk=

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− k

n

)A desigualdade resulta de se ter suprimido o último termo na igualdade imediatamente anterior e de se teraumentado todos os subtractivos. A última igualdade resulta da simplicação motivada pelo regresso àfórmula do Bínómio de Newton para un−1. Portanto, podemos concluir que un é monótona estritamentecrescente.

Para a segunda parte da proposição, comecemos por observar que da monotonia crescente sai que

un ≥ u1 = 2 ∀n ∈ N ,

o que também pode ser mostrado à custa da Desigualdade de Bernoulli (1.2.4). Por outro lado, aexpansão do Binómio de Newton como foi feita acima e o facto de k! > 2k−1 para todo k ≥ 3, bem comoas propriedades das progressões geométricas, implicam

(1 +

1

n

)n= 1 +

1

1!+

1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+ · · ·

+1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n− 1

n

).

< 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

< 1 +1

1+

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n= 2 +

1

2

1−(

12

)n1− 1

2

= 3− 1

2n< 3.

Assim, 2 ≤ un < 3 para todo n ∈ N e, portanto, un é limitada. Nesta primeira parte mostramos que uné monótona e limitada. Logo, pela Proposição 1.5.3, un é convergente.

Para provar (1.6.22), comecemos por observar que, tal como viramos acima,(1 +

1

n

)n< 1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

e (1 +

1

n

)n= 1 +

1

1!+

1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+ · · ·+

1

k!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− k − 1

n

)+ · · ·+ 1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n− 1

n

).

Fazendo n→ +∞ na última expressão, temos

limn→+∞

(1 +

1

n

)n≥ 1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

k!.

Pelo exposto, temos então

1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

k!≤ limn→+∞

(1 +

1

n

)n< limn→+∞

(1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

).

BQ EA EB 29 c© HBO, 2016/2017


Fazendo agora k → +∞, temos

limk→+∞

(1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

k!

)≤ limn→+∞

(1 +

1

n

)n< limn→+∞

(1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

).

Como k e n são variáveis mudas, pelo Critério da Sucessão Enquadrada (Proposição 1.5.10) provamosque a igualdade (1.6.22) é vericada.

Denição 1.6.4 (Número de Neper). Dene-se o número de Neper e como sendo o limite nitoseguinte:

limn→+∞

(1 +

1

n

)n= e.

A existência do limite anterior resulta da proposição seguinte. O valor do número de Neper que habitu-almente se utiliza é obtido à custa do resultado expresso na proposição anterior. De facto, somando oscinco primeiros termos da sucessão do segundo membro de (1.6.22), obtemos uma aproximação às casasdas centésimas do número de Neper9

e ' 2, 71 ;

valor este que é o habitualmente usado na grande maioria de cálculos numéricos. O número e, apesar dejá aparecer implícito nos trabalhos de Napier sobre logaritmos, só se tornou conhecido nos trabalhos deEuler10 sobre a função exponencial. É por isso que denotamos este número com a letra inicial de Euler,apesar de o designarmos por número de Neper.

Proposição 1.6.3. Sejam a ∈ R e un uma sucessão tal que

limn→+∞

|un| = +∞.

Então

limn→+∞

(1 +

a

un

)un= ea. (1.6.23)

Demonstração: Suponhamos primeiro que un → +∞ e a = 1. Sabemos que

limn→+∞

(1 +

1

n

)n= e ⇔ ∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ e− ε <

(1 +

1

n

)n< e+ ε.

Se a sucessão un tem os termos todos inteiros, é imediato, pois usando a igualdade anterior tem-se

∃q ∈ N : n > q ⇒ un > p ⇒ e− ε <(

1 +1

un

)un< e+ ε.

No caso de un ser qualquer, denamos uma nova sucessão por

vn := maxz ∈ Z : z ≤ un.

Facilmente se verica que o facto de un → +∞ implica que também vn → +∞. Daqui e da denição devn sai que

∃p ∈ N : n > p⇒ 0 < vn ≤ un < vn + 1⇒ 1 +1

vn + 1< 1 +

1

un≤ 1 +

1

vn.

Isto implica (1 +

1

vn + 1

)vn<

(1 +

1

un

)un≤(

1 +1

vn

)vn+1

9John Napier (1550-1617), mais conhecido por Neper, e também por Nepair. Matemático, físico e astrónomo, naturalde Edimburgo, Escócia.

10Leonhard Euler (1707-1783), matemátio e físico, natural de Basileia, Suiça.

BQ EA EB 30 c© HBO, 2016/2017


⇔(

1 +1

vn + 1

)−1(1 +

1

vn + 1

)vn+1

<

(1 +

1

un

)un≤(

1 +1

vn

)vn (1 +

1

vn

).

Usando o caso anterior, podemos passar ao limite nesta última desigualdade e, usando o Critério daSucessão Enquadrada (Proposição 1.5.10), provamos (1.6.23) quando a = 1 e un → +∞.

O caso de un → −∞ e a = 1 reduz-se ao anterior, pois(1 +

1

un

)un=

(1 +

1

−(un + 1)

)−(un+1)(1 +

1

−(un + 1)

)→ e× 1 = e,

dado que un + 1→ −∞.

Por m, se a é um real qualquer, temos(1 +

a

un

)un=

[(1 +

1una

)una

]a−→ ea,

pois un →∞ implica una →∞ qualquer que seja a ∈ R.

Regra 3 (Levantamento de indeterminações do tipo 1∞). As indeterminações do tipo

1∞

podem, normalmente, ser levantadas usando a Denição 1.6.4 ou a Proposição 1.6.3.

Exemplo 1.6.3. Calcular o limite seguinte:

limn→+∞

(1−√

2

n3

)4n3+1

.

Resolução: Pelas Proposições 1.6.3 e 1.6.1-4, temos:

limn→+∞

(1−√

2

n3

)4n3+1

= 1+∞ (indeterminação)

= limn→+∞

(1 +−√

2

n3

)n34n3+1

n3

=

limn→+∞

(1 +−√

2

n3

)n3limn→+∞4n3+1

n3

=(e−√

2)4

= e−4√

2 .

Para o levantamento de grande parte das indeterminações do tipo∞0, introduzimos o resultado seguinte.

Proposição 1.6.4. Sejam a ∈ R+0 ∪ +∞ e un uma sucessão de termos positivos tal que

limn→+∞

un+1

un= a.

Entãolim

n→+∞n√un = a.

BQ EA EB 31 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Suponhamos que un+1

un→ a e admitamos primeiramente que 0 < a < +∞. Então por

(1.5.15) temos

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n ≥ p⇒ a− ε < un+1

un< a+ ε.

Então, usando um raciocínio indutivo, tem-se para qualquer ε : 0 < ε < a e todo n ≥ p que

a− ε < unun−1

< a+ ε⇔ (a− ε)un−1 < un < (a+ ε)un−1

⇔(a− ε)un−1

un−2un−2 < un < (a+ ε)

un−1

un−2un−2 ⇒ (a− ε)2un−2 < un < (a+ ε)2un−2

⇔· · ·

⇔(a− ε)n−(p+1)up+1

upup < un < (a+ ε)n−(p+1)up+1

upup ⇒ (a− ε)n−pup < un < (a+ ε)n−pup.

Assim,

0 < ε < a ∧ n > p⇒ (a− ε)n up(a− ε)p

< un < (a+ ε)nup

(a+ ε)p

⇒ (a− ε) n

√up

(a− ε)p< n√un < (a+ ε) n

√up

(a+ ε)p.

Como

limn→+∞

n

√up

(a− ε)p= limn→+∞

n

√up

(a+ ε)p= 1,

tem-se, pelo Critério da Sucessão Enquadrada (Proposição 1.5.10), que limn→∞ n√un = a. A restrição

ε < a pode ser levantada, porque na denição (1.5.14) o que é importante é que ε seja arbitrariamentepequeno.

Se a = 0, temos

n ≥ p⇒∣∣∣∣unup

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ unun−1

∣∣∣∣ ∣∣∣∣un−1

un−2

∣∣∣∣ · · · ∣∣∣∣up+1

up

∣∣∣∣ < εn−p ⇒ −ε n√upεp

< n√un < ε n

√upεp.

Como ε > 0 é arbitrário e

limn→+∞

n

√upεp

= 1,

tem-se, novamente pelo Critério da Sucessão Enquadrada, que limn→∞ n√un = 0.

Finalmente, se a = +∞, temos

n ≥ p⇒ unup

=unun−1

un−1

un−2· · · up+1

up>

1

εn−p⇒ n√un >

1

εn√up εp

e como limn→+∞ n√up εp = 1, vem, pela Proposição 1.5.11 que limn→∞ n

√un = +∞.

Regra 4 (Levantamento de indeterminações do tipo (+∞)0). As indeterminações do tipo

(+∞)0

podem, normalmente, ser levantadas usando a Proposição 1.6.4.

Exemplo 1.6.4. Calcular o limite seguinte:

limn→+∞

n√n2 + 1.

BQ EA EB 32 c© HBO, 2016/2017


Resolução: Calculando, temos

limn→+∞

n√n2 + 1 = (+∞)0 (indeterminação) .

Para levantar a indeterminação, consideremos un = n2 + 1. Temos:

limn→+∞

un+1

un= limn→+∞

(n+ 1)2 + 1

n2 + 1= limn→+∞

n2 + 2n+ 2

n2 + 1=∞∞

(indeterminação)

= limn→+∞

n2+2n+2n2

n2+1n2

= limn→+∞

1 + 2n + 2

n2

1 + 1n2

=1 + 2

+∞ + 2(+∞)2

1 + 1(+∞)2

= 1 .

Então, pela Proposição 1.6.4, também limn→+∞n√n2 + 1 = 1.

Existem muitas outras possibilidades de levantar indeterminações. Por exemplo, para levantar indeter-minações do tipo∞×0,∞/∞ ou 0/0, por vezes, temos de conjugar os resultados do Critério da SucessãoEnquadrada (Proposição 1.5.10) e da Proposição 1.6.4.

Proposição 1.6.5. Sejam a > 1 um real e p ∈ N arbitrários. Temos:

(a) limn→+∞

np

an= 0; (b) lim

n→+∞

an

n!= 0; (c) lim

n→+∞

n!

nn= 0.

Demonstração: (a) Usando a Proposição 1.6.4, podemos mostrar que, dados um real a > 1 e p ∈ N,se tem

(n+ 1)p

np=

(1 +

1

n

)p→ 1⇒ n

√np → 1⇒ n

√np

an=

n√np

a−→ 1

a< 1.

Então para qualquer ε : 0 < ε < 1 existe p∗ ∈ N tal que

n > p∗ ⇒ 0 < n

√np

an< 1− ε⇒ 0 <

np

an< (1− ε)n −→ 0.

Logo, pelo Critério da Sucessão Enquadrada (Proposição 1.5.10), limn→+∞np

an = 0.

(b) Novamente pela Proposição 1.6.4, podemos mostrar que para um dado real a > 1 se tem

(n+ 1)!

n!= n+ 1→ +∞⇒ n

√n!→ +∞⇒ n

√an

n!=

an√n!−→ 0.

Então para qualquer ε : 0 < ε < 1 existe p∗ ∈ N tal que

n > p∗ ⇒ 0 < n

√an

n!< ε⇒ 0 <

an

n!< εn −→ 0

e, pelo Critério da Sucessão Enquadrada, limn→+∞an

n! = 0.

(c) Observemos que para todo n ≥ 2 se tem

0 <n!

nn=n

n× n− 1

n× · · · × 2

n× 1

n≤ nn−1

nn=

1

n−→ 0.

Assim, pelo Critério da Sucessão Enquadrada, limn→+∞n!nn = 0.

Observe-se que, da proposição anterior, podemos tirar o limite seguinte:

limn→+∞

np

n!= 0 ∀ p ∈ N.

Outro exemplo para levantar indeterminações do tipo ∞× 0, ∞/∞ ou 0/0, consiste em usar o conheci-mento de limites notáveis de funções. Alguns exemplos são descritos na proposição seguinte.

BQ EA EB 33 c© HBO, 2016/2017

CÁLCULO II Ficha de exercícios no 1

Proposição 1.6.6. Os limites seguintes são válidos:

(1) limn→+∞

n(n√e− 1

)= 1;

(2) limn→+∞

n ln

(1 +

1

n

)= 1;

(3) limn→+∞

n sen

(1

n

)= 1;

(4) limn→+∞

(ln n)a

nb= 0, para todos os reais a > 0 e b > 0.

Demonstração: O limite (2) resulta de usar a continuidade da função logarítmo e de aplicar a Propo-sição 1.6.3, enquanto que (3) é uma consequência da Proposição 1.5.3, já que

∣∣ sen(

1n

)∣∣ ≤ 1. Por sua vez,os limites (1) e (4) resultam, por exemplo, de aplicar a Regra de Cauchy-L'Hôpital quando se substituia variável discreta n por uma variável contínua, digamos x.

Usando, a Proposição 1.6.5, bem como o número (4) da Proposição 1.6.6, podemos estabelecer umarelação de ordem entre os princiais tipos de innitamente grandes.

Proposição 1.6.7. Quando n→ +∞, temos

ln(n) ≤ · · · ≤√n ≤ n ≤ n2 ≤ · · · ≤ 2n ≤ en ≤ 3n ≤ · · · ≤ n! ≤ nn.

Demonstração: Observando que, pela Proposição 1.6.6-(4), se tem

limn→+∞

ln(n)

nb= 0,

a demonstração resulta deste facto e da Proposição 1.6.5.

1.7 Ficha de exercícios no 1

1. Calcule os cinco primeiros termos das sucessões seguintes:

(a) un =n+ (−1)n

n;

(b) vn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

2n−1;

(c) xn = (−1)n+1 n2 + 2

2n+ 3;

(d) yn =1

n!;

(e) wn =1

n2+

2

n2+

3

n2+ · · ·+ 1

n;

(f) zn =

z1 = 1zn+1 =

√2 + zn

.

2. Escreva o termo geral das sucessões cujos termos das primeiras ordens são os seguintes:

(a) 2, 5, 8, 11, . . . ;

(b) 1,1

2,

1

4,

1

8, . . . ;

(c) 1, −1

4,

1

9, − 1

16,

1

25, . . . ;

(d)3

7,

8

11,

13

15,

18

19, . . . ;

(e) 1, 2, 3, 5, 8, 13 . . . ;

(f) 0,3

2,

2

3,

5

4,

4

5, . . . .

3. Usando o Princípio de Indução Matemática, prove as armações seguintes:

BQ EA EB 34 c© HBO, 2016/2017


(a) 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2;

(b)1

1.3+

1

3.5+

1

5.7+ · · ·+ 1

(2n− 1)(2n+ 1)=

n

2n+ 1;

(c) 12 + 22 + 32 + · · ·+ (n− 1)2 <n3

3∀ n ∈ N;

(d) 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)2 [Sugestão: Usar a)];

(e) 2n > n2 ∀ n ≥ 5.

4. Calcule a soma dos 10 primeiros termos das progressões seguintes:

(a) un = 2n− 1;

(b) vn =2

3n−1;

(c) xn = (−1)n;

(d) yn =2

3(n+ 1).

5. Calcule a soma dos 5 primeiros termos das sucessões seguintes:

(a) un = 1 +1

2+ · · ·+ 1

2n−1; (b) vn :

v1 = 1, v2 = 2,

vn+2 = vn+vn+1

2 .

6. Indique quais das sucessões do exercício 1 são majoradas, minoradas e limitadas, indicando, sepossível, o supremo, ínmo, máximo e mínimo.

7. Estude as sucessões seguintes quanto à monotonia:

(a) sn =n+ 1

2n+ 4;

(b) tn =√n+ 1−

√n;

(c) un =n

2n;

(d) vn =n!

nn;

(e) xn = 1 + 1 +1

2+

1

3!+ · · ·+ 1

n!;

(f) yn :

y1 = 1,yn+1 = 1

1+yn.

BQ EA EB 35 c© HBO, 2016/2017


8. Calcule os limites seguintes:

(a) limn→+∞

2n+ 3

3n− 1;

(b) limn→+∞

n2 − 1

n4 + 3;

(c) limn→+∞

√n2 + 7n− 1

n+ 2;

(d) limn→+∞

(√n(n+ 1)−

√n(n− 1)

);

(e) limn→+∞

2n + 1

2n − 1;

(f) limn→+∞

32n + 4n+1

5n − 22n.


(a) limn→+∞

n√

2n + 3n;

(b) limn→+∞

n√

(n+ 1)!− n!;

(c) limn→+∞

n

√n2 + n− 1

n− 3;

(d) limn→+∞

1

nn

√n!

n+ 1.


(a) limn→+∞

(1 +

1

n2

)n3

;

(b) limn→+∞

(2n+ 1

2n+ 3

)4n

;

(c) limn→+∞

(2n2 − 5n+ 2

2n2 + 3n+ 1

)2n

;

(d) limn→+∞

nn2

(1 + n2)−n2

2 .

11. Usando o Princípio das Sucessões Enquadradas, calcule os limites seguintes:

(a) limn→+∞

(1

n2+

1

(n+ 1)2+ · · ·+ 1

(2n)2

);

(b) limn→+∞

(1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ · · ·+ 1√n2 + n

);

(c) limn→+∞

1 +√

2 + · · ·+√n

n2 + 1;

(d) limn→+∞

n!

nn;

(e) limn→+∞

n+ sen(n)

n;

(f) limn→+∞

n√

3n + 5n.


(a) limn→+∞

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

);

(b) limn→+∞

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

2n

);

(c) limn→+∞

un, un :

u1 = 1, u2 = 2,un+2 = un + un+1;

(d) limn→+∞

vn, vn :

v1 = 1,vn+1 = 1

1+vn.

13. Calcule os limites superior e inferior das sucessões seguintes:

(a) un =n√n(−1)n ;

(b) vn =(−1)nn2 + 1

n2 + 2;

(c) xn = n(−1)n+1;

(d) yn =n+ sen

(nπ2)

n;

(e) wn = 1 + cos ((n+ 1)π);

(f) zn =

(n2 + cos(nπ)

n2

)n2+1

.

BQ EA EB 36 c© HBO, 2016/2017


Soluções

1: (a) u1 = 0, u2 = 32, u3 = 2

3, u4 = 5

4, u5 = 4

5; (b) v1 = 1, v2 = 3

2, v3 = 7

4, v4 = 15

8, v5 = 31

16; (c) u1 = 3

5,

u2 = − 67, u3 = 11

9, u4 = − 18

11, u5 = 27

13; (d) u1 = 1, u2 = 1

2, u3 = 1

6, u4 = 1

24, u5 = 1

120; (e) u1 = 1, u2 = 3

4,

u3 = 23, u4 = 5

8, u5 = 3

5; (f) u1 = 1, u2 =

√3, u3 =

√2 +√3, u4 =

√2 +

√2 +√3, u5 =

√2 +

√2 +

√2 +√3.

2: (a) un = 3n− 1; (b) un = 12n

; (c) un = (−1)n−1 1n2 ; (d) un = 5n−2

4n+3; (e) u1 = 1, u2 = 2, un+2 = un+1 + un;

(f) un =n+(−1)n

n. 4: (a) S10 = 100; (b) S10 = 3− 1

39= 59048

19683; (c) S10 = 0; (d) S10 = 130

3. 5 (a) S5 = 129

16; (b)

S5 = 638. 6: (a) 0 ≤ u2k−1 < 1, 1 < u2k ≤ 3

2⇒ 0 ≤ un ≤ 3

2; (b) 1 ≤ vn < 2; (c) Não é majorada nem minorada;

(d) 0 < yn ≤ 1; (e) 12< wn ≤ 1 (observe que wn = n+1

2n); (f) 1 ≤ zn < 2. 7: (a) Decrescente; (b) Decrescente:

observe que tn = 1√n+1+

√n, pelo que tn+1 − tn = 1√

n+2+√n+1

− 1√n+1+

√n< 0, ou

tn+1

tn=

√n+1+

√n√

n+2+√n+1

< 1,

para todo n ∈ N; (c) Decrescente; (d) Decrescente; (e) Crescente; (f) Oscilante: resolver as inequações yn+3 > yn+2

e yn+2 > yn+1 relativamente a yn e ver que os conjuntos solução são disjuntos. 8: (a) 23; (b) 0; (c) 1; (d) 1; (e)

1; (f) +∞. 9: (a) 3; (b) +∞; (c) 1; (d) 1e. 10: (a) +∞; (b) 1

e4; (c) 1

e8; (d) 1√

e. 11: (a) 0; (b) 1; (c) 0; (d) 0; (e)

1; (f) 5. 12: (a) +∞; (b) 2; (c) +∞; (d)√5−12

. 13: (a) 1; (b) −1, 1; (c) 1, +∞; (d) 1; (e) 0, 2; (f) 1e, e.

BQ EA EB 37 c© HBO, 2016/2017

Capítulo 2

Séries Numéricas

Neste capítulo vamos considerar somas de termos de sucessões, as quais se designam por séries. Noentanto, é habitual designar as séries nitas por somatórios, deixando-se a designação de séries para assomas innitas.

2.1 Somatórios

Os somatórios surgem como uma necessidade de simplicação da escrita de somas de termos de umasucessão.

Denição 2.1.1 (Somatório). Sejam uk uma sucessão de termos reais e n ∈ N. O símbolo desomatório

n∑k=1

uk

dene-se por recorrência da forma seguinte:

n∑k=1

uk = u1 se n = 1 en∑k=1

uk =

n−1∑k=1

uk + un se n > 1.

Assim, para quaisquer p, q ∈ N, com p ≤ q, usamos o somatório

q∑k=p

uk

para denotar a somaup + up+1 + · · ·+ uq.

Neste caso, p diz-se o limite inferior do somatório, q o limite superior e uk o termo geral.

A soma Sn dos n primeiros termos de uma progressão aritmética ou geométrica uk pode ser escrita domodo seguinte:

Sn =

n∑k=1

uk.

Proposição 2.1.1. Sejam uk e vk sucessões de termos reais e c ∈ R. Então são válidas as propri-edades seguintes:

38

CÁLCULO II 2. SÉRIES NUMÉRICAS

(1) Aditivan∑k=1

(uk + vk) =

n∑k=1

uk +

n∑k=1

vk;

(2) Homogénean∑k=1

(c uk) = c

n∑k=1

uk;

(3) Telescópican∑k=1

(uk − uk−1) = un − u0.

Demonstração: A demonstração realiza-se facilmente, usando o método de indução matemática em n,pelo que a deixamos como exercício.

2.2 Séries numéricas

A noção de série numérica innita é introduzida para permitir a generalização do conceito de somatóriocom uma innidade de parcelas numéricas.

Denição 2.2.1 (Série numérica). Seja un uma sucessão numérica. Designa-se por série numéricainnita ao par formado pela sucessão un:

u1, u2, . . . , un, . . .

e pela sucessão Sn seguinte:

S1 = u1, S2 =

2∑k=1

uk = u1 + u2, . . . , Sn =

n∑k=1

uk = u1 + u2 + · · ·+ un, . . . .

As números u1, u2,. . . , un, . . . chamam-se termos da série, sendo un o termo geral da série, e asucessão de termos S1, S2, . . . , Sn, . . . designa-se por sucessão das somas parciais. Habitualmente,a série de termo geral un pode ser representada por um dos quatro modos seguintes:

u1 + u2 + · · ·+ un + . . . ,

+∞∑n=1

un,∑n≥1

un,∑

un.

O limite inferior da série poderá ser qualquer outro número natural e, em muitas situações, poderá ser 0.Por norma, o limite inferior é o menor inteiro não negativo, a partir do qual, o termo geral da sucessãoestá denido em R. Para simplicarmos a escrita, iremos designar toda a série numérica innita apenaspor série.

Denição 2.2.2 (Convergência). Seja∑un uma série e Sn a sucessão das suas somas parciais.

(1) Diz-se que a série∑un é convergente, se a sucessão Sn for convergente.

(2) Se a sucessão Sn é divergente, a série∑un diz-se divergente.

A convergência de uma série reduz-se, portanto, à convergência da sucessão das somas parciais. No caso

BQ EA EB 39 c© HBO, 2016/2017


em que a série∑un é convergente, existe, então, um real S tal que

limn−→+∞

Sn = S.

Ao limite S chama-se soma da série e podemos escrever

+∞∑n=1

un = S.

Denição 2.2.3 (Série nita). Uma série nita é uma série (innita), digamos∑un, com os termos

quase todos nulos, isto é, para a qual:

∃ p ∈ N : n > p⇒ un = 0.

Proposição 2.2.1. Toda a série nita é convergente e, no caso do exemplo da Denição 2.2.3, asoma da série é dada por:

S =

p∑n=1

un = u1 + u2 + · · ·+ up.

Demonstração: Se∑un é uma série nita, então

(∃ p ∈ N : n > p⇒ un = 0)⇒+∞∑n=1

un = u1 + u2 + · · ·+ up −→ u1 + u2 + · · ·+ up = S

e, portanto, S ∈ R.

Denição 2.2.4 (Série geométrica). Designa-se por série geométrica toda a série da forma:

+∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + · · · ;

onde x é um real não nulo que se designa por razão da série.

Por vezes, as séries geométricas poderão aparecer escritas na forma seguinte:

+∞∑n=1

xn = x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + · · · .

Com esta notação evita-se de, no caso particular x = 0, termos a indeterminação 00.

Proposição 2.2.2. A série geométrica

+∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + · · ·

é convergente para |x| < 1 e divergente para |x| ≥ 1. Mais, no caso em que é convergente, a suasoma é dada por:

S =1

1− x.

BQ EA EB 40 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Comecemos por observar que a sucessão das somas parciais é dada por

Sn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn.

Se x = 1, a série é divergente já que, neste caso,

Sn = 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1 = n+ 1 −→ +∞.

Suponhamos então que x 6= 1. Neste caso, temos

(1− x)Sn = 1− xn+1 ⇔ Sn =1− xn+1

1− x=

1− xnx1− x

.

A convergência da série vai, assim, depender da convergência de xn. Analisando esta última, temos

limn→+∞

xn =

0, se |x| < 1∞, se |x| > 1

⇒ limn→+∞

Sn =

1

1−x , se |x| < 1

∞, se |x| > 1.

Por m, quando x = −1, tem-se

Sn =1− (−1)n+1

1− (−1)=

1 + (−1)n

2=

1, se n é par0, se n é ímpar

.

Logo Sn não converge, pelo que, neste caso, a série é divergente.

Se a série geométrica aparecer escrita na forma

+∞∑n=1

xn = x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + · · ·

e for convergente, então a sua soma é dada por

S =x

1− x.

De um modo geral, caso a série geométrica seja convergente, temos para um natural p arbitrário

+∞∑n=p

xn = xp+∞∑n=0

xn ⇒ S =xp

1− x.

Exemplo 2.2.1. Vericar que a série seguinte é convergente e calcular a sua soma:

+∞∑n=0

1

3n.

Resolução: Como∑+∞n=0

13n =

∑+∞n=0

(13

)né uma série geométrica de razão r = 1

3 < 1, a série éconvergente. Assim sendo, a sua some é dada por

S =1

1− 13

=3

2.

Denição 2.2.5 (Série redutível). Designa-se por série redutível a toda a série da forma:

+∞∑n=1

(un − un+1) .

BQ EA EB 41 c© HBO, 2016/2017


Esta série é comummente conhecida por série de Mengoli1, ou ainda por série telescópica.

Proposição 2.2.3. A série de Mengoli∑

(un − un+1) é convergente se a sucessão un for conver-gente. É divergente, se o limite de un não existe (ou não é nito). No caso em que é convergente,a soma é dada por:

S = u1 − limn−→+∞

un+1 .

Demonstração: A sucessão das somas parciais é

Sn = (u1 − u2) + (u2 − u3) + · · ·+ (un−1 − un) + (un − un+1) = u1 − un+1.

LogoS = lim

n→+∞Sn = u1 − lim

n−→+∞un+1

e a série é convergente se existir o limite de un.

Dado p ∈ N arbitrário, podemos considerar a série de Mengoli numa forma mais geral:

+∞∑n=1

(un − un+p) .

Por um raciocínio indutivo, podemos estender o resultado da proposição anterior a toda a série de Mengolidesta forma. Assim, a série

∑(un − un+p) é convergente, se a sucessão un for convergente e divergente

se o limite de un não existir. Mais, no caso de convergir, a soma é dada por:

S =

p∑k=1

(uk − lim

n−→+∞un+k

)= u1 + u2 + · · ·+ up − lim

n−→+∞(un+1 + un+2 + · · ·+ un+p)

= u1 + u2 + · · ·+ up − p limn−→+∞

un.

Exemplo 2.2.2. Mostrar que a série seguinte é convergente e calcular a sua soma:

+∞∑n=2

1

n(n− 1).

Resolução: Pelo método dos coecientes indeterminados, podemos ver facilmente que

1

n(n− 1)=

1

n− 1− 1

n.

Então, a sucessão das somas parciais pode-se simplicar do modo seguinte (para n ≥ 2):

Sn =

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

n− 2− 1

n− 1

)+

(1

n− 1− 1

n

)=1− 1

n−→ 1, quando n→ +∞ .

Deste modo, a série dada é convergente e a sua soma é S = 1 .

1Pietro Mengoli (1626-1686), matemático, natural de Bolonha, Itália.

BQ EA EB 42 c© HBO, 2016/2017


2.3 Propriedades gerais

Na maior parte dos casos em estudo, não é possível calcular a soma das séries convergentes. Por isso,o nosso estudo sobre as séries irá centrar-se essencialmente na natureza das séries, isto é, em saber sedeterminada série é convergente ou divergente.

Proposição 2.3.1 (Critério Geral de Cauchy). Uma série∑un é convergente se e só se

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n, k ∈ N ∧ n > p)⇒ |Sn+k − Sn| < ε. (2.3.1)

Demonstração: A demonstração usa o conceito de sucessão de Cauchy que, como vimos no capítuloanterior, é equivalente ao conceito de sucessão convergente. Portanto, dizer que a série

∑un é convergente

equivale a armar que a sucessão das somas parciais Sn é convergente, o que, por sua vez, equivale adizer que Sn é uma sucessão de Cauchy e esta última é equivalente à armação (2.3.1).

Observe-se que em (2.3.1) se tem

|Sn+k − Sn| =

∣∣∣∣∣k∑i=1

un+i

∣∣∣∣∣ = |un+1 + un+2 + · · ·+ un+k|.

Denição 2.3.1 (Série harmónica). Designa-se por série harmónica, à série seguinte:

+∞∑n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n+ · · · .

Proposição 2.3.2. A série harmónica é divergente.

Demonstração: Para a série harmónica, temos

S2n − Sn = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n+

1

n+ 1+ · · ·+ 1

n+ n−(

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n

)=

1

n+ 1+ · · ·+ 1

n+ n

≥ 1

n+ n+ · · ·+ 1

n+ n=

n

n+ n=

1

2.

Então, para todo n ∈ N|S2n − Sn| ≥ S2n − Sn ≥

1

2,

pelo que Sn não é sucessão de Cauchy. Assim, Sn não é convergente e a série harmónica é divergente.

Uma consequência imediata do Critério Geral de Cauchy, é o resultado seguinte que, por vezes, é muitoútil para mostrar a divergência de uma série.

Proposição 2.3.3. Se∑un é uma série convergente, então un −→ 0.

Demonstração: Se∑un é convergente, então, pelo Critério Geral de Cauchy, (2.3.1) é satisfeita. Em

particular, tomando m = n+ 1 em (2.3.1), temos

|Sn+1 − Sn| < ε⇔ |u1 + · · ·+ un + un+1 − (u1 + · · ·+ un)| < ε⇔ |un| < ε.

BQ EA EB 43 c© HBO, 2016/2017


Ora sai daqui e de (2.3.1) que

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ |un| < ε⇔ limn→+∞

un = 0,


Na prática, o mais importante do resultado exposto na proposição anterior, é a informação que nos édada pela sua contra-recíproca:

se un 9 0, então∑un é divergente.

Observe-se que se un −→ 0, nada podemos inferir sobre a natureza da série. Vejam-se os exemplosda série geométrica do Exemplo 2.2.1 e da série harmónica (Exemplo 2.3.1), cujos termos gerais ambostendem para 0 e somente a série geométrica é convergente.

Exemplo 2.3.1. Estudar a natureza da série seguinte:

+∞∑n=0

n!

2n.

Resolução: Mostremos que se trata de uma série divergente. Para tal, denamos un = n!2n e

calculemos limn→+∞ un. Temos:

(n+ 1)!

n!= n+ 1 −→ +∞ ⇒ n

√n!

2n=

1

2n√n! −→ +∞ .

Daqui podemos inferir que

∃ p0 ∈ N : n > p0 ⇒n

√n!

2n> 2⇒ n!

2n> 2n −→ +∞ ⇒ lim

n→+∞un = +∞ .

Como limn→+∞ un 6= 0, pela proposição anterior, a série dada é divergente.

Proposição 2.3.4. Sejam∑un e

∑vn séries convergentes de somas Su e Sv, respectivamente, e

seja c ∈ R. Então:

(1) A série∑

(un + vn) é convergente e a sua soma é Su + Sv;

(2) A série∑

(c un) é convergente e a sua soma é c Su.

Demonstração: Sejam∑un e

∑vn duas séries convergentes de somas Su e Sv, respectivamente.

Consideremos a série∑

(un + vn) e seja Su+vn a sucessão das suas somas parciais. Temos

Su+vn = (u1 + v1) + (u2 + v2) + · · ·+ (un + vn)

= (u1 + u2 + · · ·+ un) + (v1 + v2 + · · ·+ vn)→ Su + Sv.

Portanto, a série∑

(un + vn) é convergente e tem soma igual a Su + Sv.

De modo análogo, sendo c ∈ R arbitrário e Sc un a sucessão das somas parciais da série∑

(c un), temos

Sc un = c u1 + c u2 + · · ·+ c un = c (u1 + u2 + · · ·+ un)→ c Su.

Assim, a série∑c un é convergente e tem soma igual a c Su.

BQ EA EB 44 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 2.3.2. Calcule a soma da série seguinte:

+∞∑n=1

2n+1 + 3n−1

6n.

Resolução: Começando por usar a propriedade aditiva das séries, podemos escrever

+∞∑n=1

2n+1 + 3n−1

6n=

+∞∑n=1

2n+1

6n+

+∞∑n=1

3n−1

6n= 2

+∞∑n=1

(1

3

)n+

1

6

+∞∑n=1

(1

2

)n−1

=2

3

+∞∑n=0

(1

3

)n+

1

6

+∞∑n=0

(1

2

)n=

2

3

1

1− 13

+1

6

1

1− 12

= 1 +1

3=

4

3.

Observe-se que este raciocínio é possível, porque as duas séries obtidas são geométricas de razõesr = 1

3 < 1 e r = 12 < 1, respectivamente, logo convergentes.

Como consequência da proposição anterior, temos o resultado enunciado a seguir que poderá ser utilizadopara estabelecer a divergência de uma série.

Proposição 2.3.5. Sejam∑un uma série convergente e

∑vn uma série divergente. Então a série∑

(un + vn) é divergente.

Demonstração: Suponhamos que∑un é uma série convergente e

∑vn é uma série divergente. Admi-

tamos, com vista a um absurdo, que a série∑

(un+vn) era convergente. Então, pela proposição anterior,a série

∑(un + vn−un) também era convergente. Mas isto é um absurdo, pois

∑(un + vn−un) =

∑vn

e a série∑vn é divergente por hipótese.

Exemplo 2.3.3. Justicar que a série seguinte é divergente:

+∞∑n=1

n+ 2n

n 2n.

Resolução: Procedendo de modo igual ao do exemplo anterior, temos:

+∞∑n=1

n+ 2n

n 2n=

+∞∑n=1

1

2n+

+∞∑n=1

1

n=

+∞∑n=1

(1

2

)n+

+∞∑n=1

1

n.

A série∑+∞n=1

(12

)né convergente, pois trata-se de uma série geométrica de razão r = 1

2 < 1. Noentanto, como a série

∑+∞n=1

1n é divergente (série harmónica), pela proposição anterior a série dada

é divergente.

A proposição seguinte mostra-nos que séries praticamente iguais têm a mesma natureza.

Proposição 2.3.6. Sejam∑un e

∑vn duas séries tais que

∃ k ∈ Z : vn = un+k . (2.3.2)

Então as duas séries têm a mesma natureza.

BQ EA EB 45 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Sejam Sun e Svn as sucessões das somas parciais das séries

∑un e

∑vn, respectivamente.

Suponhamos que a série∑un era convergente. Então, pelo Critério Geral de Cauchy,

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : m, n > p⇒ |Sum − Sun | < ε. (2.3.3)

Então, por (2.3.2) e (2.3.3), tem-se

m, n > p⇒ |Svm − Svn| = |Sum+k − Sun+k| < ε.

Logo, pelo Critério Geral de Cauchy,∑vn é convergente.

De forma análoga se prova que, nas condições de (2.3.2), se∑un é divergente, então

∑vn também é

divergente.

Exemplo 2.3.4. Vericar que as séries seguintes têm a mesma natureza:

(a)+∞∑n=0

1

2ne

+∞∑n=0

1

2n−1; (b)

+∞∑n=1

1

ne

+∞∑n=0

1

n+ 2.

Resolução: De facto, temos:

(a)+∞∑n=0

1

2n−1= 2

+∞∑n=0

1

2n; (b)

+∞∑n=0

1

n+ 2=

+∞∑n=2

1

n=

+∞∑n=1

1

n− 1;

pelo que as séries indicadas têm a mesma natureza, sendo convergentes em (a), porque se tratamde séries geométricas de razão r = 1

2 < 1, e divergentes em (b), já que são séries harmónicas.

2.4 Séries de termos não negativos

As séries de termos não negativos convêm ser estudadas em separado, uma vez que, neste caso, é maisfácil estabelecer critérios de convergência. Começamos por observar que, para estas séries, podemosobter um critério de convergência mais fraco do que o enunciado na Proposição 2.3.1.

Proposição 2.4.1. Seja∑un uma série de termos não negativos e Sn a respectiva sucessão das

somas parciais. Então∑un é convergente se e só se Sn for limitada.

Demonstração: Suponhamos que∑un é uma série convergente. Então a respectiva sucessão das somas

parciais Sn é convergente, logo limitada.

Reciprocamente, suponhamos que Sn é uma sucessão limitada. Como∑un é uma série de termos não

negativos, tem-se que un ≥ 0 para todo n ∈ N. Assim,

Sn+1 = u1 + · · ·+ un + un+1 = Sn + un+1 ≥ Sn,

pelo que Sn é uma sucessão monótona crescente. Então, sendo monótona e limitada, Sn é convergente etem-se

S = limn→+∞

Sn = supSn : n ∈ N.

Portanto, a série∑un é convergente.

Como estamos a considerar séries de termos não negativos, podemos dizer que qualquer destas sériesdivergente tende automaticamente para +∞.

BQ EA EB 46 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 2.4.1. Usando a proposição anterior, mostrar que a série seguinte é convergente:

+∞∑n=0

1

n!.

Resolução: Considerando a sucessão das somas parciais desta série, observando que para todon ≥ 2 se tem 1

n ≤12 e usando a soma da progressão geométrica, obtemos:

Sn =1 +1

1+

1

2× 1+

1

3× 2× 1+

1

4× 3× 2× 1+ · · ·+ 1

n!

≤1 + 1 +1

2+

1

2× 2+

1

2× 2× 2+ · · ·+ 1

2× 2× 2× · · · × 2

=2 +1

2+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2n−1= 2 +

1

2

1− 12n−1

1− 12

= 3− 1

2n−1< 3 ∀ n ∈ N .

Temos, portanto, que 2 ≤ Sn < 3 para todo n ∈ N, pelo que Sn é limitada. Logo, pela proposiçãoanterior, a série dada é convergente.

Proposição 2.4.2 (Critério Geral de Comparação). Sejam∑un e

∑vn séries de termos não

negativos. Suponhamos que, a partir de certa ordem, un ≤ vn.

(1) Se∑vn é convergente, então

∑un também é convergente.

(2) Se∑un é divergente, então

∑vn também é divergente.

Demonstração: Sejam Sun e Svn as sucessões das somas parciais de duas séries,∑un e

∑vn, de termos

não negativos e suponhamos que∃ p ∈ N : n > p⇒ un ≤ vn. (2.4.4)

(1) Se∑vn é convergente, tem-se, pelo facto de

∑vn ser uma série de termos não negativos, que Svn é

crescente eSv = lim

n→+∞Svn = supSvn : n ∈ N < +∞. (2.4.5)

Por outro lado, pelo facto de∑un também ser uma série de termos não negativos e por (2.4.4) e (2.4.5),

tem-se para todo n > p

0 ≤ Sun = u1 + · · ·+ up + up+1 + · · ·+ un ≤ u1 + · · ·+ up + vp+1 + · · ·+ vn

≤ u1 + · · ·+ up + (v1 + · · ·+ vp + vp+1 + · · ·+ vn) = u1 + · · ·+ up + Svn

≤ u1 + · · ·+ up + Sv.

Portanto, Sun é uma sucessão limitada e, pela proposição anterior, concluímos que∑un é convergente.

(2) Suponhamos, agora, que∑un é divergente. Então, sendo

∑un uma série de termos não negativos,

Sun é crescente eSu = lim

n→+∞Sun = supSun : n ∈ N = +∞. (2.4.6)

Então, usando o facto de∑vn também ser uma série de termos não negativos, (2.4.4) e (2.4.6), temos

Svn = v1 + · · ·+ vp + vp+1 + · · ·+ vn

≥ v1 + · · ·+ vp + up+1 + · · ·+ un = v1 + · · ·+ vp + Sun − (u1 + · · ·+ up)

−→ v1 + · · ·+ vp +∞− (u1 + · · ·+ up) = +∞.

Donde se conclui que a série∑vn é divergente.

BQ EA EB 47 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 2.4.2. Usando a proposição anterior, mostre que as séries seguintes são, respectivamente,convergente e divergente:

(a)+∞∑n=1

1

nn; (b)

+∞∑n=1

1√n.

Resolução: (a) Comecemos por observar que

n ≥ 2 ⇒ 1

nn=

1

n× n× · · · × n≤ 1

2× 2× · · · × 2=

1

2n=

(1

2

)n.

Como∑+∞n=1

(12

)né uma série geométrica de razão r = 1

2 < 1, logo é convergente. Então, peloCritério Geral de Comparação, a série dada é convergente.

(b) Neste caso, temos:√n ≤ n ⇒ 1√

n≥ 1

n∀ n ∈ N ;

e como∑+∞n=1

1n é divergente (série harmónica), pelo Critério Geral de Comparação, a série dada é

divergente.

O Critério Geral de Comparação permite-nos obter um resultado de mais simples aplicação, que enun-ciamos na proposição seguinte.

Proposição 2.4.3 (Critério de Comparação). Sejam∑un uma série de termos não negativos e∑

vn uma série de termos positivos tais que

limn−→+∞

unvn

= L. (2.4.7)

Se 0 < L < +∞, então as séries∑un e

∑vn têm a mesma natureza, isto é, são ambas convergentes

ou ambas divergentes.

Demonstração: Sejam un e vn os termos gerais de duas séries. Se (2.4.7) é vericada, então a sucessãodada pelo quociente un

vné limitada. Como

∑un e

∑vn são séries, respectivamente, de termos não

negativos e de termos positivos, e unvn

é limitada, então

∃ C1, C2 > 0 : C1 ≤unvn≤ C2 ⇔ C1vn ≤ un ≤ C2vn ∀n ∈ N.

Então, pelo Critério Geral de Comparação, as séries∑un e

∑vn têm a mesma natureza.

No caso de, na proposição anterior, se vericar L = 0, então

∃ p ∈ N : n > p⇒ un ≤ vn .

Deste modo, pelo Critério Geral de Comparação, podemos deduzir da convergência de∑vn a de

∑un

e da divergência de∑un a de

∑vn. Analogamente, no caso de L = +∞, então

∃ p ∈ N : n > p⇒ un ≥ vn ,

podendo deduzir da convergência de∑un a de

∑vn e da divergência de

∑vn a de

∑un. Nos outros

casos, porém, nada podemos concluir.

BQ EA EB 48 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 2.4.3. Usar o resultado anterior para mostrar que as séries seguintes são, respectiva-mente, divergente e convergente:

(a)∞∑n=1

1

2n− 1; (b)

∞∑n=1

1

n2.

Resolução: (a) Como

limn→+∞

12n−1

1n

= limn→+∞

n

2n− 1=

1

2

e a série∑∞n=1

1n é divergente (série harmónica), pelo Critério de Comparação, a série

∑∞n=1

12n−1

é divergente.

(b) Neste caso, tem-se:

limn→+∞

1n2

1n(n−1)

= limn→+∞

n2 − nn2

= 1 .

Como a série∑∞n=2

1n(n−1) é convergente (ver Exemplo 2.2.2), pelo Critério de Comparação a série∑∞

n=11n2 é convergente.

A parte mais difícil de aplicação do Critério de Comparação, reside na escolha da série com que comparar.A classe de séries seguinte, conhecida por série de Dirichlet2, permite-nos escolher séries relativamentesimples com que comparar.

Exemplo 2.4.4 (Série de Dirichlet). Designa-se por série de Dirichlet toda a série da forma:

+∞∑n=1

1

nα= 1 +

1

2α+

1

3α+ · · ·+ 1

nα+ · · · ;

onde α é um real.

Observemos que a série harmónica, referida no Exemplo 2.3.1, é um caso particular da série de Dirichletcom α = 1.

Proposição 2.4.4. A série de Dirichlet é convergente para α > 1 e divergente para α ≤ 1.

Demonstração: Consideremos primeiramente o caso de α ≤ 1. Neste caso, temos

α ≤ 1⇒ 1

nα≥ 1

n∀n ∈ N.

Como a série (harmónica)∑

1n é divergente, pelo Critério Geral de Comparação, também a série

∑1nα

é divergente.

Suponhamos, agora, que α > 1. Consideremos a sucessão das somas parciais de ordem 2n+1−1. Temos:

S2n+1−1 = 1 +1

2α+

1

3α+

1

4α+

1

5α+

1

6α+

1

7α+ · · ·+

1

(2n+1 − 1)α

= 1 +

(1

2α+

1

3α

)+

(1

4α+

1

5α+

1

6α+

1

7α

)+ · · ·+

(1

2nα+

1

(2n + 1)α+

1

(2n + 2)α+ · · ·+

1

(2n+1 − 1)α

)= 1 +

[1

(21)α+

1

(21+1 − 1)α

]+

[1

(22)α+ · · ·+

1

(22+1 − 1)α

]+ · · ·+

[1

(2n)α+ · · ·+

1

(2n+1 − 1)α

].

2Johann Dirichlet (1805-1859), matemático, natural de Düren, Bélgica.

BQ EA EB 49 c© HBO, 2016/2017


Observemos que para cada p ∈ N se tem

1

(2p)α+ · · ·+ 1

(2p+1 − 1)α≤(2p+1 − 2p

) 1

(2p)α=

(1

2α−1

)p.

Por outro lado, prova-se facilmente por indução matemática que

2n+1 − 1 > n ∀ n ∈ N.

Temos então, pelo exposto acima e pelo facto de∑

1nα ser uma série de termos positivos, que

0 < Sn < S2n+1−1 ≤ 1 +1

2α−1+

(1

2α−1

)2

+ · · ·+ · · ·+(

1

2α−1

)n<

+∞∑n=0

(1

2α−1

)n= limn→+∞

1−(

12α−1

)n1− 1

2α−1

=2α−1

2α−1 − 1.

As últimas igualdades resultam do facto de∑(

12α−1

)nser uma série geométrica convergente, pois α > 1

implica que 12α−1 < 1. Assim, neste caso, a série de Dirichlet é limitada e, tratando-se de uma série de

termos positivos, é convergente.

Pela sua simplicidade no cálculo de limites, utilizam-se muitas vezes as séries de Dirichlet no Critério deComparação (Proposição 2.4.3).

Proposição 2.4.5 (Comparação com as séries de Dirichlet). Seja∑un uma série de termos não

negativos.

(1) Se existe um real α > 1 tal que

limn−→+∞

un1nα

= limn−→+∞

(nαun) < +∞,

então a série∑un é convergente.

(2) Se existe um real α ≤ 1 tal que

limn−→+∞

un1nα

= limn−→+∞

(nαun) > 0,

então a série∑un é divergente.

Demonstração: A demonstração é uma consequência imediata da Proposição 2.4.3.

Exemplo 2.4.5. Usando a proposição anterior, mostrar que as séries seguintes são, respectiva-mente, convergente e divergente:

(a)+∞∑n=1

√n

n2 + 1; (b)

+∞∑n=1

√n+ 1

n.

Resolução: (a) Comecemos por observar que:

√n

n2 + 1

√n

n2=

1

n32

, quando n→ +∞ ⇔ limn→+∞

√n

n2+11

n32

= limn→+∞

n2

n2 + 1= 1 .

BQ EA EB 50 c© HBO, 2016/2017


Como a série 1

n32é convergente (série de Dirichlet com α = 3

2 > 1), pelo Critério de Comparação,

a série dada é convergente.


√n+ 1

n

√n

n=

1

n12

, quando n→ +∞ ⇔ limn→+∞

√n+1n1

n12

= limn→+∞

√n2 + n

n= 1 .

Ora, sendo a série∑+∞n=1

1

n12

divergente (série de Dirichlet com α = 12 ≤ 1), pelo Critério de

Comparação a série dada é divergente.

Em muitas situações de aplicação prática torna-se muito complicado utilizar o Critério de Comparação.Nesses casos, podemos recorrer a um dos dois critérios que enunciamos a seguir e cuja aplicação é maisfácil. O primeiro, é o designado Critério da Razão e que se deve a D'Alembert3

Proposição 2.4.6 (Critério da Razão - D'Alembert). Seja∑un uma série de termos positivos.

(1) Se

lim supn−→+∞

un+1

un< 1 , (2.4.8)


(2) Se

∃ p ∈ N : n > p⇒ un+1

un≥ 1 , (2.4.9)


Em particular, se existe o limitelim

n−→+∞

un+1

un= L ,

então a série∑un é convergente se L < 1 e é divergente se L > 1.

Demonstração: (1) Se (2.4.8) é vericada, então

∃ r ∈ (0, 1) : lim supn→+∞

un+1

un≤ r.

Logo∃ p ∈ N : n > p⇒ un+1

un< r ⇔ un+1

rn+1<unrn,

o que quer dizer que a sucessão unrn é monótona decrescente. Isto implica que

∃ p∗ ∈ N : n > p∗ ⇒unrn

< C ⇔ un ≤ Crn , com C =up∗rp∗

.

Ora,∑rn é uma série geométrica convergente, pois r < 1 por hipótese, pelo que, usando o Critério

Geral de Comparação, a série∑un também é convergente.

(2) Se (2.4.9) é vericada, então un é uma sucessão monótona crescente a partir da ordem p. Logo, como∑un é uma série de termos positivos, teremos que un 9 0. Portanto, a série

∑un é divergente.

3Jean d'Alembert (1717-1783), lósofo, matemático e físico, natural de Paris, França.

BQ EA EB 51 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 2.4.6. Usando a proposição anterior, mostrar que as séries seguintes são, respectiva-mente, convergente e divergente:

(a)+∞∑n=1

n2

2n; (b)

+∞∑n=1

n!

3n.

Resolução: (a) Como

un =n2

2n⇒ lim

n→+∞

un+1

un= limn→+∞

(n+1)2

2n+1

n2

2n

= limn→+∞

(n+ 1)2

n2

2n

2n+1

=1

2lim

n→+∞

n2 + 2n+ 1

n2=

1

2< 1 ,

pelo Critério da Razão a série dada é convergente.

(b) Neste caso, temos:

vn =n!

3n⇒ lim

n→+∞

vn+1

vn= limn→+∞

(n+1)!3n+1

n!3n

= limn→+∞

(n+ 1)!

n!

3n

3n+1

=1

3lim

n→+∞(n+ 1) = +∞ > 1 .

Então, pelo Critério da Razão, a série dada é divergente.

O outro critério importante, é conhecido por Critério da Raiz e deve-se a Cauchy.

Proposição 2.4.7 (Critério da Raiz - Cauchy). Seja∑un uma série de termos não negativos.

(1) Selim supn−→+∞

n√un < 1 , (2.4.10)



n√un > 1 , (2.4.11)



n−→+∞n√un = L ,

então a série∑un é convergente se L < 1 e é divergente se L > 1.

Demonstração: (1) Se (2.4.10) é vericada, então

∃ r ∈ [0, 1) : lim supn→+∞

n√un ≤ r,

o que implica∃ p ∈ N : n > p ⇒ n

√un ≤ r ⇒ un ≤ rn.

Como∑rn é uma série geométrica convergente, pois r < 1 por hipótese, pelo Critério Geral de Compa-

ração, a série∑un também é convergente.

(2) Se se verica (2.4.11), então

∃ p ∈ N : n > p ⇒ n√un > 1 ⇒ un > 1.

BQ EA EB 52 c© HBO, 2016/2017


Assim, dado que∑un é uma série de termos não negativos, a sucessão un não tende para 0, pelo que∑

un é divergente.

Exemplo 2.4.7. Usando a proposição anterior, mostre que as séries seguintes são, respectivamente,convergente e divergente:

(a)+∞∑n=1

1

(n+ 1)n; (b)

+∞∑n=1

(n+ 1

n

)n2

.

Resolução: (a) Neste caso, temos:

un =1

(n+ 1)n⇒ lim

n→+∞n√un = lim

n→+∞n

√1

(n+ 1)n= limn→+∞

1

n+ 1= 0 < 1 .

Logo, pelo Critério da Raiz, a série dada é convergente.

(b) Aqui,

vn =

(n+ 1

n

)n2

⇒ limn→+∞

n√vn = lim

n→+∞

n

√(n+ 1

n

)n2

= limn→+∞

(1 +

1

n

)n= e > 1 .

Então, pelo Critério da Raiz, a série dada é divergente.

Como se observa das respectivas demonstrações, os dois critérios anteriores são consequências do CritérioGeral de Comparação, tal como o Critério de Comparação. O Critério da Razão e o Critério daRaiz tornam o estudo da natureza das séries de termos não negativos mais simples. No entanto, o preçoa pagar por esta simplicação no estudo, é que, em ambos os critérios, nada se pode concluir seL = 1.

2.5 Séries de termos positivos e negativos

Até agora, temos estado a estudar essencialmente séries de termos não negativos. Agora queremosanalisar séries cujos termos possam ser positivos ou negativos. De entre estas, têm particular interesseas séries de termos alternados.

Denição 2.5.1 (Série alternada). Uma série diz-se alternada, se for possível escrevê-la da formaseguinte:

+∞∑n=1

(−1)nun = −u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + . . . ;

onde un é uma sucessão de termos não negativos.

Observemos que as séries alternadas, como o próprio nome indica, também poderão vir escritas da formaseguinte:

+∞∑n=1

(−1)n−1un = u1 − u2 + u3 − · · ·+ (−1)n−1un + . . . .

Para estas séries existe o critério seguinte de convergência, devido a Leibniz4.

4Gottfried von Leibniz (1646-1716), advogado, lósofo e matemático, natural de Leipzig, Alemanha.

BQ EA EB 53 c© HBO, 2016/2017


Proposição 2.5.1 (Critério de Leibniz). Suponhamos que un é uma sucessão monótona decrescentepara 0, isto é:

(1) limn−→+∞

un = 0;

(2) u1 ≥ u2 ≥ u3 ≥ · · · ≥ un ≥ . . . .

Então a série∑

(−1)nun é convergente.

Demonstração: Seja un uma sucessão satisfazendo às condições (1)-(2). Consideremos as sucessõesdas somas parciais de ordens par e ímpar da série alternada

∑(−1)nun, isto é

S2n = −u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + (−1)n+1un+1 + · · · − u2n−1 + u2n,

S2n−1 = −u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + (−1)n+1un+1 + · · ·+ u2n−2 − u2n−1.

Vejamos que S2n é uma sucessão monótona decrescente e que S2n−1 é uma sucessão monótona crescente.De facto, usando a monotonia decrescente de un, temos

S2(n+1) − S2n = −u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + (−1)n+1un+1 + · · ·+ u2n − u2n+1 + u2n+2

−[−u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + (−1)n+1un+1 + · · ·+ u2n

]= u2n+2 − u2n+1 ≤ 0

e

S2(n+1)−1 − S2n−1 = −u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + (−1)n+1un+1 + · · · − u2n−1 + u2n − u2n+1

−[−u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + (−1)n+1un+1 + · · · − u2n−1

]= u2n − u2n+1 ≥ 0.

Por outro lado, S2n−1 ≤ S2n para todo n ∈ N, pois, sendo un uma sucessão monótona decrescente para0, temos

S2n−1 − S2n = −u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + (−1)n+1un+1 + · · · − u2n−1

−[−u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)nun + (−1)n+1un+1 + · · · − u2n−1 + u2n

]= −u2n ≤ 0.

Pelo exposto acima, temos

S1 ≤ S3 ≤ · · · ≤ S2n−1 ≤ S2n ≤ · · · ≤ S4 ≤ S2.

Acabamos de provar então que S2n e S2n−1 são sucessões monótonas e limitadas, logo convergentes.

Finalmente, tal como vimos acima e usando o facto de un → 0, temos

S2n − S2n−1 = u2n → 0.

Assim,∃ S ∈ R : lim

n→+∞S2n = S = lim

n→+∞S2n−1 ⇒ lim

n→+∞Sn = S,

pelo que a série∑

(−1)nun é convergente.

Na demonstração anterior, se denirmos a série alternada por

+∞∑n=1

(−1)n−1un ,

podemos provar de forma inteiramente análoga que

S2 ≤ S4 ≤ · · · ≤ S2n ≤ S2n−1 ≤ · · · ≤ S3 ≤ S1 .

BQ EA EB 54 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 2.5.1. Estudar a natureza da série seguinte:

+∞∑n=1

(−1)n

n.

Resolução: Comecemos por escrever∑+∞n=1

(−1)n

n =∑+∞n=1(−1)n un, onde un = 1

n . Facilmente,vemos que as condições do Critério de Leibniz são satisfeitas:

(1) limn→+∞

un = limn→+∞

1

n= 0;

(2)un+1

un=

1n+1

1n

=n

n+ 1= 1− 1

n+ 1< 1 ∀ n ∈ N.

Então, pelo referido critério, a série é convergente.

Observe-se que a condição de monotonia decrescente enunciada no Critério de Leibniz é necessária paraa convergência simples de uma série alternada, come se verica no exemplo seguinte.

Exemplo 2.5.2. Mostrar que o termo geral da série alternada seguinte não é monótono e, apesarde tender para zero, a série é divergente:

+∞∑n=2

(−1)nun , onde un :

u2n = 1

2n

u2n−1 = 1(2n−1)2 .

Resolução: De facto, temos

u2n−1 =1

(2n− 1)2<

1

2n= u2n ∀ n ∈ N , lim

n→+∞un = 0 ,

pelo que un tende para zero, mas é monótona crescente. Suponhamos, com vista a um absurdo, quea série dada era convergente. Teríamos, então, para a sucessão das somas parciais de ordem par dasérie dada,

S2n =− 1

9+

1

4− 1

25+

1

6+ · · · − 1

(2n− 1)2+

1

2n

=−(

1

9+

1

25+ · · ·+ 1

(2n− 1)2

)+

(1

4+

1

6+ · · ·+ 1

2n

)= : −An +Bn .

Observe-se que, sendo a série∑+∞n=2

1(2n−1)2 convergente (usar, por exemplo, o Critério da Razão

(Proposição 2.4.6)), pela Denição 2.2.2, a sucessão An é convergente. Então, da igualdade acima,a sucessão Bn também seria convergente. Ora, isto é absurdo já que Bn é a sucessão das somasparciais da série harmónica, a qual sabemos ser divergente (ver Proposição 2.3.2).

No entanto, sózinha, a monotonia decrescente do termo geral não é suciente para uma série alternadaser convergente, como mostra o exemplo seguinte.

Exemplo 2.5.3. Mostrar que, apesar do termo geral da série alternada+∞∑n=2

(−1)nn

n− 1ser

BQ EA EB 55 c© HBO, 2016/2017


monótono, a série diverge.

Resolução: O termo geral da série alternada, digamos un =n

n− 1, é uma sucessão monótona

decrescente, pois

un+1

un=

n+1nnn−1

=

(1− 1

n

)(1 +

1

n

)= 1− 1

n2< 1 ∀ n ≥ 2.

No entanto, pela Proposição 2.3.3, a série dada é divergente, pois

(−1)nn

n− 1−→ 1 se n é par, ou − 1 se n é ímpar.

Para outras séries de termos positivos e negativos, que não as alternadas, torna-se mais complicadoencontrar critérios de convergência. Contudo, para algumas destas séries, podemos ainda usar o resultadoseguinte.

Proposição 2.5.2 (Critério de Dirichlet). Seja∑un uma série cuja sucessão das somas parciais,

digamos Sun , é limitada e seja vn uma sucessão monótona decrescente para 0, isto é:

(1) ∃ C > 0 : |Sun | ≤ C ∀ n ∈ N;

(2) v1 ≥ v2 ≥ v3 ≥ · · · ≥ vn ≥ . . . ;

(3) limn−→+∞

vn = 0.

Então a série∑un vn é convergente.

Demonstração: A ideia nesta demonstração é mostrar que a série∑un vn satisfaz o Critério Geral de

Cauchy (Proposição 2.3.1). Queremos, portanto, mostrar que a sucessão das somas parciais de∑un vn,

digamos Su vn , é uma sucessão de Cauchy. Comecemos por observar que

un = Sun − Sun−1 ∀ n ∈ N.

Então para quaisquer m, n ∈ N tais que m > n, temos

Su vm − Su vn = un+1vn+1 + un+2vn+2 + · · ·+ um−1vm−1 + umvm

= (Sun+1 − Sun)vn+1 + (Sun+2 − Sun+1)vn+2 + · · ·+ (Sum−1 − Sum−2)vm−1 + (Sum − Sum−1)vm

= −vn+1Sun + (vn+1 − vn+2)S

un+1 + · · ·+ (vm−1 − vm)Sum−1 + vmSum

Usando o facto de que Sun é uma sucessão limitada e de que vn uma sucessão monótona decrescente,temos

|Su vm − Su vn | ≤ [vn+1C + (vn+1 − vn+2)C + · · ·+ (vm−1 − vm)C + vmC] = 2vn+1C.

Como vn → 0, a quantidade |Su vm − Su vn | será tão pequena quanto se queira. Desde modo, Su vn é umasucessão de Cauchy e a série

∑un vn é convergente.

Observemos que o Critério de Leibniz pode, facilmente, ser demonstrado a partir do Critério de Dirichlet.

Exemplo 2.5.4. Usar o Critério de Dirichlet para justicar que a série seguinte é convergente:

+∞∑n=1

cos(n)

n.

BQ EA EB 56 c© HBO, 2016/2017


Resolução: Sejam

vn =1

ne Sn = cos(1) + cos(2) + · · ·+ cos(n− 1) + cos(n) .

Pelo Exemplo 2.5.1 sabemos que vn é monótona decrescente para 0. Mostremos agora que Sn éuma sucessão limitada. Usando a fórmula trigonométrica

sen(α) cos(β) =1

2[ sen(α+ β) + sen(α− β)] ,

temos:

sen

(1

2

)Sn = sen

(1

2

)cos(1) + sen

(1

2

)cos(2) + · · ·+ sen

(1

2

)cos(n− 1) + sen

(1

2

)cos(n)

=1

2

[sen

(1

2+ 1

)+ sen

(1

2− 1

)]+

1

2

[sen

(1

2+ 2

)+ sen

(1

2− 2

)]+ · · ·+

1

2

[sen

(1

2+ n− 1

)+ sen

(1

2− (n− 1)

)]+

1

2

[sen

(1

2+ n

)+ sen

(1

2− n

)]=

1

2

[sen

(3

2

)− sen

(1

2

)]+

1

2

[sen

(5

2

)− sen

(3

2

)]+ · · ·+

1

2

[sen

(n− 1

2

)− sen

(n− 3

2

)]+

1

2

[sen

(n+

1

2

)− sen

(n− 1

2

)]=

1

2

[sen

(n+

1

2

)− sen

(1

2

)]Isto implica que∣∣∣∣ sen

(1

2

)Sn

∣∣∣∣ ≤ 1

2

(∣∣∣∣ sen

(n+

1

2

)∣∣∣∣+

∣∣∣∣ sen

(1

2

)∣∣∣∣) ≤ 1 ⇔ |Sn| ≤∣∣∣∣ sen

(1

2

)∣∣∣∣−1

.

Portanto, Sn é limitada. Então, pelo Critério de Dirichlet, a série dada é convergente.

2.6 Convergência absoluta

A convergência absoluta das séries está relacionada com a convergência da série dos módulos. Então,muitos dos resultados para o estudo das séries de termos não negativos poderão ser aplicados para estudara convergência absoluta.

Denição 2.6.1. Uma série∑un diz-se absolutamente convergente, se a série

∑|un| é con-

vergente. Diz-se que∑un é simplesmente convergente, se

∑un é convergente, mas

∑|un| é

divergente.

Po vezes, referimo-nos à convergência simples das séries como convergência condicionada.

Exemplo 2.6.1. Justicar que a série seguinte é simplesmente convergente:

+∞∑n=1

(−1)n

n.

Resolução: Já vimos no Exemplo 2.5.1 que esta série é convergente. Mostremos, então, que asérie não é absolutamente convergente. De facto a série dos módulos é a série harmónica, que é

BQ EA EB 57 c© HBO, 2016/2017


divergente:+∞∑n=1

∣∣∣∣ (−1)n

n

∣∣∣∣ =

+∞∑n=1

1

n.

O conceito de convergência absoluta é mais forte do que o de convergência simples, pelo que a pri-meira implica a segunda. Mas, como mostra o exemplo anterior, existem séries que são (simplesmente)convergentes e, por conseguinte, não são absolutamente convergentes.

Proposição 2.6.1. Se∑|un| é uma série convergente, então

∑un é convergente e tem-se:∣∣∣∣∣

+∞∑n=1

un

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑n=1

|un|.

Demonstração: Suponhamos que∑|un| é uma série convergente e seja S|u|n a sucessão das suas somas

parciais, isto éS|u|n = |u1|+ |u2|+ · · ·+ |un|.

Pelo Critério Geral de Cauchy (Proposição 2.3.1), temos

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ |S|u|n+k − S|u|n | < ε⇔ |un+1|+ |un+2|+ · · ·+ |un+k| < ε.

Então, designando por Sun a sucessão das somas parciais da série∑un, tem-se

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ |Sun+k − Sun | = |un+1 + un+2 + · · ·+ un+k|≤ |un+1|+ |un+2|+ · · ·+ |un+k| < ε.

Portanto, Sun é uma sucessão de Cauchy e a série∑un é convergente. Por outro lado, usando a conti-

nuidade da função módulo,∣∣∣∣∣+∞∑n=1

un

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ limk→+∞

k∑n=1

un

∣∣∣∣∣ = limk→+∞

∣∣∣∣∣k∑

n=1

un

∣∣∣∣∣ ≤ limk→+∞

k∑n=1

|un| =+∞∑n=1

|un|,


Exemplo 2.6.2. Estude a convergência da série seguinte:

+∞∑n=1

sen(n)

n2.

Resolução: Comecemos por analisar a convergência absoluta. Para tal, consideramos a série dosmódulos:

+∞∑n=1

∣∣∣∣ sen(n)

n2

∣∣∣∣ =

+∞∑n=1

| sen(n)|n2

.

Como

| sen(n)|n2

≤ 1

n2∀ n ∈ N e

+∞∑n=1

1

n2é convergente (série de Dirichlet com α = 2 > 1) ,

pelo Critério Geral de Comparação a série dos módulos é convergente. Por consequência a sériedada é absolutamente convergente.

BQ EA EB 58 c© HBO, 2016/2017


Pela Proposição 2.6.1, o estudo da convergência de grande parte das séries numéricas irá reduzir-se aoestudo da convergência de séries de termos não negativos. Deste modo, convém adaptar os Critérios deComparação, da Razão e da Raiz para o estudo da convergência absoluta.

Proposição 2.6.2 (Critério de Comparação). Sejam∑un uma série qualquer e

∑vn uma série

de termos positivos tais que

limn−→+∞

|un|vn

= L.

Se 0 ≤ L < +∞ e∑vn é convergente, então

∑un é absolutamente convergente.

Demonstração: É uma consequência imediata do Critério de Comparação estabelecido na Proposi-ção 2.4.3.

Repare-se que não faz nenhum sentido fazer uma comparação da divergência da série∑vn com a de∑

un.

Exemplo 2.6.3. Estude a convergência simples e absoluta da série seguinte:

+∞∑n=1

cos(n)

n3.

Resolução: Observemos que

limn→+∞

∣∣∣ cos(n)n3

∣∣∣1n2

= limn→+∞

|cos(n)|n

= 0

e a série∑+∞n=1

1n2 é convergente, já que se trata de uma série de Dirichlet com α = 2 > 1. Então,

pelo Critério de Comparação, a série dada é absolutamente convergente.

Proposição 2.6.3 (Critério da Razão - D'Alembert). Seja∑un uma série de termos não nulos.

(1) Se

lim supn−→+∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ < 1 ,

então a série∑un é absolutamente convergente.

(2) Se

∃ p ∈ N : n > p⇒∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ ≥ 1 ,


Em particular, se existe o limite

limn−→+∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ = L ,

então a série∑un é absolutamente convergente se L < 1 e é divergente se L > 1.

Demonstração: É uma consequência imediata do Critério da Razão estabelecido na Proposição 2.4.6,

pois∑|un| é uma série de termos positivos e

∣∣∣un+1

un

∣∣∣ = |un+1||un| .

BQ EA EB 59 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 2.6.4. Usando o critério anterior, estude a série seguinte quanto à convergência absoluta:

+∞∑n=1

(−1)nn2

1 + n2.

Resolução: Seja un = (−1)n n2

1+n2 . Como

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣ (−1)n+1 (n+1)2

1+(n+1)2

(−1)n n2

1+n2

∣∣∣∣∣∣ =1 + n2

n2

(n+ 1)2

1 + (n+ 1)2

=

(1 +

1

n2

)(1− 1

1 + (n+ 1)2

)= 1 +

1 + 2n

n2[1 + (n+ 1)2]> 1 ∀ n ∈ N ,

pelo Critério da Razão a série dos módulos é divergente. Por consequência, a série dada nãoé absolutamente convergente. Também não converge simplesmente, porque, quando n → +∞,un → −1 se n é ímpar e un → 1 se n é par, o que contraria a Proposição 2.3.3.

Proposição 2.6.4 (Critério da Raiz - Cauchy). Seja∑un uma série qualquer.


n√|un| < 1 ,

então a série∑un é absolutamente convergente.


n√|un| > 1 ,



n−→+∞n√|un| = L ,

então a série∑un é absolutamente convergente se L < 1 e é divergente se L > 1.

Demonstração: É uma consequência imediata do Critério da Raiz estabelecido na Proposição 2.4.7,pois

∑|un| é uma série de termos não negativos.

Exemplo 2.6.5. Usando o critério anterior, estude a série seguinte quanto à convergência absoluta:

+∞∑n=1

(−1)n(

2n+ 100

3n+ 1

)n.

Resolução: Sendo un = (−1)n(

2n+ 100

3n+ 1

)n, temos:

limn→+∞

n√|un| = lim

n→+∞n

√∣∣∣∣(−1)n(

2n+ 100

3n+ 1

)n∣∣∣∣= limn→+∞

n

√(2n+ 100

3n+ 1

)n= limn→+∞

2n+ 100

3n+ 1=

2

3< 1 .

BQ EA EB 60 c© HBO, 2016/2017


Logo, pelo Critério da Raiz, a série dada é absolutamente convergente.

Observemos que, tal como no caso da convergência simples, nada se pode concluir se L = 1 nas Propo-sições 2.6.3 e 2.6.4.

2.7 Outros Critérios

Na grande maioria das situações, os critérios de convergência expostos nas secções anteriores são suci-entes para o estudo da natureza das séries. No entanto, existem situações em que a aplicação de qualquerum destes critérios é inconclusiva para se aferir a natureza de uma série. Isto acontece, em particular,quando na aplicação do Critério da Razão ou do Critério da Raiz obtemos L = 1, tal como acontece noexemplo seguinte.

Exemplo 2.7.1. Verique que, para a série seguinte, a aplicação do Critério da Razão (ou doCritério da Raiz) não permite tirar nenhuma conclusão quanto à sua natureza:

+∞∑n=1

en n!

nn.

Resolução: Comecemos por observar que:

un =en n!

nn⇒ un+1

un=

en+1 (n+1)!(n+1)n+1

en n!nn

=en+1 (n+ 1)!nn

en n! (n+ 1)n+1= e

nn

(n+ 1)n= e

(1− 1

n+ 1

)n.

Daqui podemos então inferir que:

vn =en n!

nn⇒ lim

n→+∞n√vn = lim

n→+∞n

√en n!

nn= limn→+∞

un+1

un

=e limn→+∞

(1− 1

n+ 1

)n= e× e−1 = 1 .

Assim, o Critério da Raiz não permite discernir qual a natureza desta série.

Nesta secção, vamos falar de um critério muito geral, conhecido por Critério de Kummer5, que nospermite saber a natureza de uma série quando todos os critérios anteriores são inconclusivos.

Proposição 2.7.1 (Critério de Kummer). Sejam+∞∑n=1

un uma série qualquer e vn uma sucessão de

termos positivos tais que

l := lim infn→∞

(vn

∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− vn+1

)≤ lim sup

n→∞

(vn

∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− vn+1

):= L. (2.7.12)

(1) Se l > 0, então a série+∞∑n=1

un é absolutamente convergente.

(2) Se L < 0 e+∞∑n=1

1

vné divergente, então a série

+∞∑n=1

un é divergente.

5Ernst Kummer (1810-1893), matemático natural de Sorau (na então Prússia), actual ary na Polónia.

BQ EA EB 61 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Para mostrar (1), começamos por observar que, se a condição (2.7.12) é vericada paral > 0, então existe uma constante C > 0 tal que

∃ p ∈ N : n > p⇒ vn

∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− vn+1 ≥ C ⇔ C|un+1| ≤ vn|un| − vn+1|un+1|.

Somando esta última expressão entre p e n− 1 ≥ p, obtemos

n∑k=p+1

|uk| =n−1∑k=p

|uk+1| ≤1

C(vp|up| − vn|un|) .

Daqui resulta que a sucessão Sn das somas parciais da série∑+∞n=1 |un| é lmitada, pois

Sn =

n∑k=1

|uk| ≤p∑k=1

|uk|+1

C(vp|up| − vn|un|) .

Por consequência da Proposição 2.4.1, a série∑+∞n=1 |un| é convergente.

No caso de (2), resulta também de (2.7.12) que

∃ q ∈ N : n > q ⇒ vn

∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− vn+1 ≤ 0⇔ vn|un| − vn+1|un+1| ≤ 0.

Somando entre q e n− 1, obtemos

vq|uq| − vn|un| =n−1∑k=q

(vk|uk| − vk+1|uk+1|) ≤ 0.

Por consequência, temos que

∃ q ∈ N : n > q ⇒ |un| ≥ vq|uq|1

vn.

Ora, como por hipótese a série∑+∞n=1

1vn

é divergente, pelo Critério Geral de Comparação (Proposi-

ção 2.4.2), a série∑+∞n=1 |un| também é divergente. Facilmente se vê que, assim sendo, também

∑+∞n=1 un

é divergente.

Apesar de ser um resultado muito geral que permite descortinar a natureza de uma vasta gama de sériesnuméricas, na prática a sua utilização é difícil. Isto aconrtece, porque a escolha da sucessão vn tem deser feita do modo adequado ao que se pretende mostrar, o que na grande maioria das situações não étrivial.

Exemplo 2.7.2. Resolva o Exercício 2.7.1 usando o Critério de Kummer.

+∞∑n=1

en n!

nn.

Resolução: Considerando, no Critério de Kummer, un = en n!nn e vn = 1

en , temos

vn

∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− vn+1 =vn|un| − vn+1|un+1|

|un+1|=

1en

en n!nn −

1en+1

en+1 (n+1)!(n+1)n+1

en+1 (n+1)!(n+1)n+1

=(n+ 1)n − nn

en+1nn>

1

en+1nn−→ 0, quando n→ +∞.

A desigualdade na expressão anterior resulta do facto de (n+1)n > nn+1 para todo n ∈ N. Assim,pelo Critério de Kummer, a série dada é (absolutamente) convergente.

BQ EA EB 62 c© HBO, 2016/2017


Na literatura mais especíca sobre séries numéricas, existem outros critérios mais simples de aplicar, masque, em rigor, são casos particulares do Critério de Kummer. Na proposição seguinte, abordamos umdos mais usados quando nos deparamos com situações inconclusivas por aplicação de algum dos critériosdas secções anteriores, conhecido por Critério de Raabe6.

Proposição 2.7.2 (Critério de Raabe). Seja+∞∑n=1

un uma série qualquer.

(1) Se lim infn→+∞

n

(∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− 1

)> 1, então a série

+∞∑n=1

un é absolutamente convergente.

(2) Se lim supn→+∞

n

(∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− 1

)< 1, então a série

+∞∑n=1

un é divergente.

Em particular, se existe o limite

limn−→+∞

n

(∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− 1

):= L ,

então a série∑un é absolutamente convergente se L > 1 e é divergente se L < 1.

Demonstração: A demonstração resulta de se tomar vn = n no Critério de Kummer (Proposição 2.7.1).

Oberve-se que, tal como os Critérios da Razão e da Raiz, o Critério de Raabe também é inconclusivo nocaso de L = 1. Contudo, o Critério de Raabe permite resolver muitos mais casos que os outros dois.

Exemplo 2.7.3. Verique que o Critério da Razão não é útil para estudar a convergência da sérieseguinte:

+∞∑n=1

1 · 3 · · · (2n− 1)

2 · 4 · · · (2n).

Use o Critério de Raabe para indagar da sua natureza.

Resolução: Denindo

un =1 · 3 · · · (2n− 1)

2 · 4 · · · (2n),

temos

limn→+∞

un+1

un= limn→+∞

1·3···(2n−1)(2n+1)2·4···(2n)(2n+2)

1·3···(2n−1)2·4···(2n)

= limn→+∞

2n+ 1

2n+ 2= 1.

Pelo que o Critério da Razão nada permite concluir sobre a natureza da série. No entanto,

limn→∞

n

(∣∣∣∣ unun+1

∣∣∣∣− 1

)= limn→+∞

n

(2n+ 2

2n+ 1− 1

)= limn→+∞

n

2n+ 1=

1

2.

Então, o Critério de Raabe permite dizer que a série dada é divergente.

Mais adiante, vamos ver outro critério para analisar a natureza de algumas séries a partir de integraisimpróprios de primeira espécie.

6Joseph Raabe (1801-1859), matemático natural de Brody (no então Império Austro-Húngaro), actual Ucrânia.

BQ EA EB 63 c© HBO, 2016/2017


2.8 Produto de séries

O produto de séries é uma matéria, que apesar de não ser desenvolvida por muitos autores, tem umaimportância fulcral em vários processos demonstrativos.

Denição 2.8.1. Sejam∑+∞k=0 ak e

∑+∞m=0 bm duas séries numéricas. Dene-se o produto de Cauchy

das séries∑+∞k=0 ak e

∑+∞m=0 bm da seguinte forma:

+∞∑k=0

ak ×+∞∑m=0

bm =

+∞∑n=0

cn , onde cn =

n∑i=0

aibn−i . (2.8.13)

Em alguns casos, como mostra o exemplo seguinte, algumas séries numéricas, com as quais já trabalha-mos, resultam de produtos de Cauchy especícos.

Exemplo 2.8.1. Determine o produto de Cauchy(+∞∑n=0

1

n!

)2

.

Resolução: O produto de Cauchy da série∑+∞n=0

1n! por ela própria é denido por(

+∞∑n=0

1

n!

)2

=

+∞∑n=0

cn , onde cn =

n∑i=0

1

i!· 1

(n− i)!.

Usando o Binómio de Newton, podemos escrever

cn =1

n!

n∑i=0

(ni

)=

1

n!

n∑i=0

(ni

)1i1n−i =

(1 + 1)n

n!=

2n

n!.

Então, (+∞∑n=0

1

n!

)2

=

+∞∑n=0

2n

n!.

O resultado seguinte, conhecido por Teorema de Mertens7, dá-nos um critério de convergência para oproduto de Cauchy de duas séries.

Proposição 2.8.1 (Critério de Mertens). Sejam∑+∞k=0 ak e

∑+∞m=0 bm duas séries de termos não

negativos, convergentes para A e B, respectivamente. Se uma das séries,∑+∞k=0 ak ou

∑+∞m=0 bm,

converge absolutamente, então o produto de Cauchy (2.8.13) destas séries também converge e temsoma AB.

Demonstração: Sem perda de generalidade, suponhamos que a série∑+∞k=0 ak converge absolutamente

e que a série∑+∞m=0 bm apenas converge simplesmente. Consideremos as somas parciais

An =

n∑i=0

ai , Bn =

n∑i=0

bi , Cn =

n∑i=0

ci ,

7Franz Carl Joseph Mertens (1840-1927), natural de Schroda, na actual Polónia.

BQ EA EB 64 c© HBO, 2016/2017


onde ci é o termo geral do produto de Cauchy denido em (2.8.13). Observe-se que Cn dene a sucessãodas somas parciais deste produto de Cauchy. Por rearranjo da soma Cn, podemos escrever

Cn =

n∑i=0

i∑j=0

ajbi−j

=a0b0 + (a0b1 + a1b0) + (a0b2 + a1b1 + a2b0) + · · ·+ (a0bn + a1bn−1 + · · ·+ an−1b1 + anb0)

=a0(b0 + b1 + · · ·+ bn) + a1(b0 + b1 + · · ·+ bn−1) + · · ·+ an−1(b0 + b1) + anb0

=

n∑i=0

an−iBi =

n∑i=0

an−i(Bi −B) +AnB.

Como a série∑+∞k=0 ak converge absolutamente, podemos escrever o critério de convergência (simples)

da série∑+∞m=0 bm na seguinte forma

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n ≥ p)⇒ |Bm −B| ≤ε

3(∑+∞

k=0 |ak|+ 1) .

Por outro lado, pela Proposição 2.3.3, ak converge para zero, pelo que podemos escrever

∀ ε > 0 ∃ q = q(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n ≥ q)⇒ |an| ≤ε

3p(

supm∈0,1,2,...,q−1 |Bi −B|+ 1) .

E da convergência (simples) da série∑+∞k=0 ak,

∀ ε > 0 ∃ r = r(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n ≥ r)⇒ |An −A| ≤ε

3 (|B|+ 1).

Então, tomando s := maxr, p+q, temos, usando a Desigualdade Triangular juntamente com as relaçõesde convergência anteriores,

|Cn −AB| =

∣∣∣∣∣n∑i=0

an−i(Bi −B) + (An −A)B

∣∣∣∣∣≤p−1∑i=0

|an−i| |Bi −B|+n∑i=p

|an−i| |Bi −B|+ |An −A| |B|

≤p−1∑i=0

ε

3p+ε

3+ε

3= ε .

Deste modo, Cn → AB, quando n→∞.

O exemplo seguinte mostra que não basta que as duas séries sejam (simplesmente) convergentes, pelomenos uma delas tem de ser absolutamente convergente.

Exemplo 2.8.2. Mostre que o produto de Cauchy(+∞∑n=1

(−1)n√n

)2

não converge, apesar da série que lhe dá origem ser (simplesmente) convergente.

Resolução: Comecemos por recordar que, pelo Critério de Leibniz, a série∑+∞n=1

(−1)n√n

é simples-

mente convergente, mas, pela Proposição 2.4.4, a série dos módulos∑+∞n=1

∣∣∣ (−1)n√n

∣∣∣ =∑+∞n=1

1

n12é

BQ EA EB 65 c© HBO, 2016/2017


divergente. O produto de Cauchy da série∑+∞n=1

(−1)n√n

com ela própria é dado por

(+∞∑n=1

(−1)n√n

)2

=

+∞∑n=1

cn , cn :=

n∑i=1

(−1)i√i

(−1)n−(i−1)√n− (i− 1)

= (−1)n+1n∑i=1

1√i(n+ 1− i)

.

Observando que

i ≤ n e n+ 1− i ≤ n ⇒ 1√i(n+ 1− i)

≥ 1√n2

=1

n∀ i ∈ 1, 2, . . . , n ,

temos

|cn| =n∑i=1

1√i(n+ 1− i)

≥n∑i=1

1

n> 1.

Então cn 9 0, quando n → ∞, pelo que, da Proposição 2.3.3, podemos concluir que o produto deCauchy dado é divergente.

Pode-se, também, mostrar que, nas condições da Proposição 2.8.1, uma condição suciente para que oproduto de Cauchy (2.8.13) convirja, é que uma das séries,

∑+∞k=0 ak ou

∑+∞m=0 bm, convirja absoluta-

mente8. Portanto, a Proposição 2.8.1 pode ser reescrita para nos dar uma condição necessária e sucientede convergência para o produto de Cauchy. No entanto, este resultado garante apenas a convergênciasimples do produto de Cauchy. Na proposição seguinte, vamos ver em que condições este produto éabsolutamente convergente.

Proposição 2.8.2. Sejam∑+∞k=0 ak e

∑+∞m=0 bm duas séries (ambas) absolutamente convergentes

para A e B, respectivamente. Então o produto de Cauchy (2.8.13) destas séries também convergeabsolutamente e tem soma AB.

Demonstração: Consideremos as sucessões das somas parciais, de ordem n, das várias séries dos mó-dulos envolvidas,

An =

n∑k=0

|ak| , Bn =

n∑j=0

|bj | , Cn =

n∑l=0

|cl| , onde cl =

l∑i=0

aibl−i .

Usando a Desigualdade Triangular e a Proposição 2.4.1, temos

Cn =

n∑l=0

|cl| =n∑l=0

∣∣∣∣∣l∑i=0

aibl−i

∣∣∣∣∣ ≤n∑l=0

l∑i=0

|ai| |bl−i|

≤n∑k=0

|ak|n∑j=0

|bj | ≤ supn∈N

An supn∈N

Bn = AB.

Então, pela Proposição 2.4.1, a série dos módulos∑+∞n=0 |cn| é convergente, pelo que

∑+∞n=0 cn é absolu-

tamente convergente, digamos para C. Pela denição de produto de Cauchy, facilmente se vê que

C =

+∞∑n=0

cn =

+∞∑n=0

l∑i=0

aibl−i =

+∞∑k=0

ak

+∞∑m=0

bm = AB ,



1. Indique uma expressão para o termo geral de cada uma das séries seguintes:8Ver Teorema 2 de I. M. Sheer, Note on multiply innite series, Bull. Amer. Math. Soc. vol. 52 (1946) pp. 10361041.

BQ EA EB 66 c© HBO, 2016/2017


topsep=0pt,1temsep=0.5ex,p1rtopsep=1ex,p1rsep=1ex2+4

2+

8

6+

16

24+

· · · ;topsep=0pt,2temsep=0.5ex,p2rtopsep=2ex,p2rsep=2ex

10

7+

100

9+

1000

11+

10000

13+


− 1

11+

2

101−

3

1001+

4

10001−


0, 6+0, 51+0, 501+0, 5001+· · · ;

topsep=0pt,5temsep=0.5ex,p5rtopsep=5ex,p5rsep=5ex1−1

3+

1

5−

1

7+· · · ;

topsep=0pt,6temsep=0.5ex,p6rtopsep=6ex,p6rsep=6ex1

2+

1

3+

1

4+

1

9+

1

8+

1

27+

· · · .

2. Indique as sucessões das somas parciais das séries geométricas seguintes e calcule a soma das quesão convergentes:

(a)+∞∑n=0

2−n;

(b)+∞∑n=0

(−1)n+1;

(c)+∞∑n=1

3

10n;

(d)+∞∑n=0

3−(5n+1);

(e)+∞∑n=1

4n−1

3n;

(f)+∞∑n=2

(2

π

)n.

3. Usando o conhecimento da soma das séries geométricas, escreva as dízimas innitas periódicasseguintes na forma de números racionais:

(a) 0, 4444 . . . ; (b) 1, 9999 . . . ; (c) 0, 515151 . . . ; (d) 0, 123123123 . . . .

4. Indique as sucessões das somas parciais das séries de Mengoli seguintes e calcule a soma das quesão convergentes:

(a)+∞∑n=1

1

n(n+ 2);

(b)+∞∑n=2

1

(n− 1)n(n+ 1);

(c)+∞∑n=1

1√n+ 1 +

√n;

(d)+∞∑n=1

√n+ 1−

√n√

n2 + n;

(e)+∞∑n=2

ln

(1 +

1

n

);

(f)∞∑n=1

(−1)n−1(2n+ 1)

n(n+ 1).

5. Justique que as séries seguintes são divergentes:

(a)+∞∑n=1

1n√n2 + 1

; (b)+∞∑n=0

3n + 2n−1

2n − 3n+1; (c)

+∞∑n=1

nn

n!.

6. Usando o Critério Geral de Comparação, estude a natureza das séries seguintes:

BQ EA EB 67 c© HBO, 2016/2017


(a)+∞∑n=1

1√n;

(b)+∞∑n=0

1

n2 + 1;

(c)+∞∑n=0

n

n2 + n− 1;

(d)+∞∑n=1

n!

(n+ 2)!;

(e)+∞∑n=1

1√n(n+ 1)

;

(f)+∞∑n=0

1

2n + 1.

BQ EA EB 68 c© HBO, 2016/2017


7. Usando o Critério de Comparação com as séries de Dirichlet, estude a natureza das séries seguintes:

(a)+∞∑n=2

1 +√n

n2 − n;

(b)+∞∑n=0

(√n2 + 1− n);

(c)+∞∑n=1

sen2(n)

n2;

(d)+∞∑n=1

n−√n

n2 + 5n;

(e)+∞∑n=0

1

(4n− 3)(4n− 1);

(f)+∞∑n=0

1 +√

2 + · · ·+√n

n2 + 1.

8. Usando o Critério da Razão (de D'Alembert), estude a natureza das séries seguintes:

(a)+∞∑n=0

1

n!;

(b)+∞∑n=1

n2

2n;

(c)+∞∑n=1

n!

nn;

(d)+∞∑n=1

(n!)2 15n2

(2n)!;

(e)+∞∑n=1

n

en2 ;

(f)+∞∑n=0

1.3 . . . (2n+ 1)

4.8 . . . (4n+ 4).

9. Usando o Critério da Raiz (de Cauchy), estude a natureza das séries seguintes:

(a)+∞∑n=1

1

nn2;

(b)+∞∑n=1

n 2−(2n+1);

(c)+∞∑n=1

(2n− 1

2n+ 1

)n(n−1)

;

(d)+∞∑n=1

3n+1

(n+ 2

n+ 3

)n2

;

(e)+∞∑n=1

2n n!

nn;

(f)+∞∑n=1

1

[3 + (−1)n]2n .

10. Estude a natureza das séries alternadas seguintes:

(a)+∞∑n=1

(−1)n

n2;

(b)+∞∑n=1

(−1)n√n

;

(c)+∞∑n=1

(−1)nn

n+ 2;

(d)+∞∑n=0

(−1

2

)n;

(e)+∞∑n=1

(−1)n(

2n+ 100

3n+ 1

)n;

(f)+∞∑n=0

(−n)n

(2n)!.

11. Usando o Critério de Dirichlet, mostre que as séries seguintes são convergentes:

(a)+∞∑n=1

sen(n)

n; (b)

+∞∑n=1

cos(nx)

n, x ∈ R.

12. Estude as séries seguintes quanto à convergência calculando, sempre que possível, a soma dasconvergentes:

(a)+∞∑n=1

πn − en

4n;

(b)+∞∑n=1

3n n!

nn;

(c)+∞∑n=1

(n√n− 1

)n;

(d)+∞∑n=1

2n + n2 + n

2n+1 n(n+ 1);

(e)+∞∑n=1

nn+ 1n(

n+ 1n

)n ;(f)

+∞∑n=0

(−1)n√n+ 1 +

√n;

(g)+∞∑n=1

n3[√

2 + (−1)n]n

3n;

(h)+∞∑n=1

(−1)n(n−1)

2

2n;

(i)+∞∑n=1

2.5 . . . (3n+ 2)

2n(n+ 1)!.

BQ EA EB 69 c© HBO, 2016/2017


13. Estude as séries seguintes quanto à convergência absoluta e simples (condicionada):

(a)+∞∑n=0

(−1)n

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

(b)+∞∑n=1

(−1)n

ln(en + e−n);

(c)+∞∑n=0

(−1)n√n+ 1 +

√n;

(d)+∞∑n=1

sen(n)

n2;

(e)+∞∑n=1

(−1)n−1 3.5.7 . . . (2n+ 1)

2.5.8 . . . (3n− 1);

(f)+∞∑n=0

(−1)n

n+ 1

[1 +

(−1)n

n+ 1

];

(g)+∞∑n=1

(−1)n3.7.11 . . . (4n− 1)

4.7.10 . . . (3n+ 1);

(h)+∞∑n=0

(−2)n+1

(n+ 1

n+ 2

)n2

;

(i)+∞∑n=2

(−1)n2+n

2n

2n.

Soluções

1: (a)+∞∑n=1

2n

n!; (b)

+∞∑n=1

10n

2n+ 5; (c)

+∞∑n=1

(−1)nn

10n + 1; (d)

+∞∑n=1

5× 10n−1 + 1

10n; (e)

+∞∑n=1

(−1)n−1

2n− 1; (f)

+∞∑n=1

(1

2n+

1

3n

). 2: (a) 2; (b) Diverge; (c) 1

3; (d) 81

242; (e) Diverge; (f) 4

π(π−2). 3: (a) 4

9; (b) 2; (c) 51

99; (d)

123999

. 4: (a) 34; (b) 1

4; (c) +∞; (d) 1; (e) +∞; (f) 1. 5: Divergem, pois: (a) 1

n√n2+1

→ 1; (b) 3n+2n−1

2n−3n+1 → − 13; (c)

nn

n!→ +∞. 6: (a) Diverge; (b) Converge; (c) Diverge; (d) Converge; (e) Diverge; (f) Converge. 7: (a) Converge;

(b) Diverge; (c) Converge; (d) Diverge; (e) Converge; (f) Diverge. 8: (a) Converge; (b) Converge; (c) Converge;(d) Converge; (e) Converge; (f) Converge. 9: (a) Converge; (b) Converge; (c) Converge; (d) Divergente; (e) Con-verge; (f) Converge. 10: (a) Converge; (b) Converge; (c) Diverge; (d) Converge; (e) Converge; (f) Converge. 12:(a) S = π

4−π −e

4−e (diferença de duas séries geométricas); (b) Diverge (C. Razão); (c) Converge (C. Raiz); (d)

S = 12+ 1

2= 1 (soma de uma série de Mengoli com uma geométrica); (e) Diverge

(nn+ 1

n

(n+ 1n )n → 1

); (f) Converge

(C. Leibniz); (g) Converge (C. Raiz); (h) Converge (C. Dirichlet); (i) Diverge (C. Razão). 13: (a) Convergênciaabsoluta (C. Comparação); (b) Convergência simples (C. Comparação e C. Leibniz); (c) Convergência simples (C.Comparação e C. Leibniz); (d) Convergência absoluta (C. Comparação); (e) Convergência absoluta (C. Razão);(f) Diverge (soma de séries de natureza cobtrária); (g) Diverge (C. Razão); (h) Convergência absoluta (C. Raiz);(i) Convergência absoluta (C. Razão).

BQ EA EB 70 c© HBO, 2016/2017

Capítulo 3

Integrais Impróprios

3.1 Noções principais

A denição de integral até aqui utilizada tem duas limitações importantes que importa resolver. Vimos,por um lado, que a função tem de ser limitada no intervalo de integração. Por outro, o próprio intervalode integração também tem de ser limitado. No entanto, podemos facilmente estender a noção de integralpara cobrir estes casos.

Denição 3.1.1. Seja f uma função denida no intervalo [a, b), com b eventualmente innito, eintegrável em todo o intervalo [a, τ ] ⊂ [a, b), onde se subentende que a < τ < b. Designa-se porintegral impróprio (de Riemann) da função f sobre o intervalo [a, b) à quantidade seguinte:∫ b

a

f(x) dx = limτ→b−

∫ τ

a

f(x) dx .

De modo análogo para uma função f denida no intervalo (a, b], agora com a eventualmente innito, eque seja integrável em todo o intervalo [τ, b] ⊂ (a, b], onde se subentende que a < τ < b:∫ b

a

f(x) dx = limτ→a+

∫ b

τ

f(x) dx .

y

−∞ τ b

∫ b

τ

f(x) dx

y = f(x)

(a) Integral impróprio em x = −∞.

y

+∞ηa

∫ η

a

f(x) dx

y = f(x)

(b) Integral impróprio em x = +∞.

Figura 3.1: Integrais impróprios de 1a espécie.

Os integrais impróprios herdam todas as propriedades dos integrais denidos, como facilmente se depre-ende da Denição 3.1.1.

Os integrais impróprios dizem-se convergentes, se existirem (e forem nitos) os limites dados. Casocontrário, os integrais impróprios dizem-se divergentes. Deste modo, a natureza de um integral

71

CÁLCULO II 3. INTEGRAIS IMPRÓPRIOS

impróprio consiste em estudar se determinado integral impróprio é convergente ou divergente. Emalgumas situações é possível calcular o valor dos integrais impróprios convergentes.

Habitualmente faz-se a distinção dos integrais impróprios em duas classes. Os integrais imprópriosde primeira espécie, onde o intervalo de integração não é limitado (innito).

Exemplo 3.1.1. Calcular os integrais impróprios de primeira espécie:

(a)∫ +∞

1

dx

x; (b)

∫ +∞

0

dx

1 + x2.

Resolução: Calculando, temos:

(a)∫ +∞

1

dx

x= limτ→+∞

∫ τ

1

dx

x= limτ→+∞

[ln(x)]x=τx=1 = lim

τ→+∞ln(τ) = +∞;

(b)∫ +∞

0

dx

1 + x2= limτ→+∞

∫ τ

0

dx

1 + x2= limτ→+∞

[ arctg(x)]x=τx=0 = lim

τ→+∞arctg(τ) =

π

2.

Nos integrais impróprios de primeira espécie, é habitual aparecer o limite superior de integração comosendo +∞. No entanto, pode perfeitamente acontecer que seja o limite inferior −∞.

Exemplo 3.1.2. Calcular os integrais impróprios de primeira espécie:

(a)∫ −1

−∞

dx

x; (b)

∫ 0

−∞ex dx.

Resolução: De modo análogo ao que zemos no exemplo anterior, temos:

(a)∫ −1

−∞

dx

x= limτ→−∞

∫ −1

τ

dx

x= limτ→−∞

[ln |x|]x=−1x=τ = − lim

τ→−∞ln |τ | = −∞;

(b)∫ 0

−∞exdx = lim

τ→−∞

∫ 0

τ

exdx = limτ→−∞

[ex]x=0x=τ = 1− lim

τ→−∞eτ = 1.

Pode, ainda, acontecer que ambos os limites de integração sejam innitos.

Exemplo 3.1.3. Calcular o integral impróprio de primeira espécie:∫ +∞

−∞e−|x| dx .

Resolução: Neste caso, antes de começar a resolver, convém observar que |x| vai ter expressõesdiferentes consoante x < 0 ou x > 0:

|x| =−x se x < 0x se x ≥ 0

.

BQ EA EB 72 c© HBO, 2016/2017


Então,∫ +∞

−∞e−|x| dx =

∫ 0

−∞ex dx+

∫ +∞

0

e−x dx = limτ→−∞

∫ 0

τ

ex dx+ limη→+∞

∫ η

0

e−x dx

= limτ→−∞

[ex]x=0x=τ + lim

η→+∞

[−e−x

]x=η

x=0= 1− lim

τ→−∞eτ − lim

η→+∞e−η + 1 = 2 .

Nos integrais impróprios de segunda espécie, o intervalo de integração é limitado, mas a funçãonão.

x

y

a τ b

∫ b

τ

f(x) dx

y = f(x)

(a) Integral impróprio em x = a.

x

y

bηa

∫ η

a

f(x) dx

y = f(x)

(b) Integral impróprio em x = b.

Figura 3.2: Integrais impróprios de 2a espécie.

Exemplo 3.1.4. Calcular os integrais impróprios de segunda espécie:

(a)∫ 1

0

dx

x; (b)

∫ 1

0

dx√1− x2

.

Resolução: Calculando, temos:

(a)∫ 1

0

dx

x= limτ→0+

∫ 1

τ

dx

x= limτ→0+

[ln(x)]x=1x=τ = − lim

τ→0+ln(τ) = +∞;

(b)∫ 1

0

dx√1− x2

= limτ→1−

∫ τ

0

dx√1− x2

dx = limτ→1−

[ arcsen(x)]x=τx=0 = lim

τ→1−arcsen(τ) =

π

2.

Na maioria dos casos, e apenas por simplicidade, costuma aparecer a situação em que a função não élimitada num dos extremos do intervalo. No entanto, pode bem acontecer que a função não seja limitadaem mais do que um ponto e não necessariamente nos extremos do intervalo.

Exemplo 3.1.5. Calcular o integral impróprio de segunda espécie:∫ 1

−1

dx√1− x2

.

Resolução: Neste caso, temos de separar o integral em dois. Por exemplo, separando em x = 0,

BQ EA EB 73 c© HBO, 2016/2017


temos: ∫ 1

−1

dx√1− x2

=

∫ 0

−1

dx√1− x2

+

∫ 1

0

dx√1− x2

= limτ→−1+

∫ 0

τ

dx√1− x2

dx+ limη→1−

∫ η

0

dx√1− x2

dx

= limτ→−1+

[ arcsen(x)]x=0x=τ + lim

τ→1−[ arcsen(x)]

x=τx=0

=− limτ→−1+

arcsen(τ) + limτ→1−

arcsen(τ) = π .

Relativamente aos integrais impróprios de segunda espécie, convém realçar uma situação de falso integralimpróprio. Isto é, existem integrais cujas funções integrandas têm pontos de descontinuidade, mas dotipo removível. Neste caso, como se sabe, o limite existe e, por isso, o integral não pode ser consideradoimpróprio.

Exemplo 3.1.6. Mostrar que o integral seguinte não é impróprio:∫ 1

0

x ln(x) dx .

Resolução: De facto, x = 0, apesar de não pertencer ao domínio da função integranda, é um pontode descontinuidade removível. Usando a Regra de Cauchy, temos:

limx→0+

x ln(x) = 0×∞ (indeterminação)

= limx→0+

ln(x)1x

=∞∞

(indeterminação)

= limx→0+

1x

− 1x2

= − limx→0+

x = 0 .

No entanto, para o cálculo deste integral, recorremos ao mesmo procedimento dos integrais im-próprios. Usando integração por partes e novamente a Regra de Cauchy para o cálculo do limite,temos: ∫ 1

0

x ln(x) dx = limτ→0+

∫ 1

τ

x ln(x) dx = limτ→0+

[x2

2ln(x)

]x=1

x=τ

− 1

2limτ→0+

∫ 1

τ

x dx = −1

4

Pode, ainda, acontecer que o intervalo de integração não seja limitado e que a função também não o sejaem algum ponto do interior do intervalo. Estes integrais impróprios são, ao mesmo tempo, de primeirae de segunda espécie. Por isso, é comum designá-los por integrais impróprio mistos. Estes integraissão estudados usando a propriedade aditiva dos integrais para os separar em, pelo menos, dois integraisimpróprios: um de primeira espécie e outro de segunda. Estuda-se cada integral separadamente e ointegral impróprio misto será convergente se e só se os dois forem convergentes.

Exemplo 3.1.7. Calcular os integrais impróprios mistos seguintes:

(a)∫ +∞

0

dx√x(x+ 1)

; (b)∫ +∞

0

sen(

1x

)x2

dx .

Resolução: Nestes exemplos, temos de separar em, pelo menos, dois integrais impróprios distintos.

BQ EA EB 74 c© HBO, 2016/2017


(a) Fazendo a mudança de variável x = t2 =: ϕ(t)⇒ ϕ−1(t) =√t, temos:∫ +∞

0

dx√x(x+ 1)

=

∫ 1

0

dx√x(x+ 1)

+

∫ +∞

1

dx√x(x+ 1)

= limτ→0+

∫ 1

τ

dx√x(x+ 1)

+ limη→+∞

∫ η

1

dx√x(x+ 1)

= limτ→0+

∫ 1

√τ

2tdt

t(t2 + 1)+ limη→+∞

∫ √η1

2tdt

t(t2 + 1)

=2 limτ→0+

[ arctg(t)]t=1t=√τ + 2 lim

η→+∞[ arctg(t)]

t=√η

t=1 =π

2+π

2= π ;

(b) Neste caso, tem-se:∫ +∞

0

sen(

1x

)x2

dx =

∫ 1

0

sen(

1x

)x2

dx+

∫ +∞

1

sen(

1x

)x2

dx

= limτ→0+

∫ 1

τ

sen(

1x

)x2

dx+ limη+∞

∫ η

1

sen(

1x

)x2

dx

= limτ→0+

[cos

(1

x

)]1

τ

+ limη+∞

[cos

(1

x

)]η1

=− limτ→0+

cos

(1

τ

)+ limη+∞

cos

(1

η

)= 1− cos(∞) (n.d.) .

3.2 Valor principal de Cauchy

Em muitas aplicações é importante uma estensão da noção de integral impróprio de modo a cobriralgumas situações de integrais impróprios que resultam indeterminados se aplicada a Denição 3.1.1.Isto acontece, em particular, quando temos um integral impróprio sobre um intervalo simétrico. Adecomposição do integral em, pelo menos dois, resulta, após os cálculos para cada integral impróprio,numa indeterminação do tipo ∞−∞.

Exemplo 3.2.1. Mostrar que os integrais impróprios seguintes têm um valor indenido:

(a)∫ +∞

−∞

x

1 + x2dx; (b)

∫ 1

−1

ex

ex − 1dx.

Resolução: (a) Usando o processo de resolução da secção anterior, temos:∫ +∞

−∞

x

1 + x2=

∫ 0

−∞

x

1 + x2+

∫ +∞

0

x

1 + x2

= limτ→−∞

∫ 0

τ

x

1 + x2+ limη→+∞

∫ η

0

x

1 + x2

=1

2lim

τ→−∞

[ln(1 + x2)

]x=0

x=τ+

1

2lim

η→+∞

[ln(1 + x2)

]x=η

x=0

=− 1

2lim

τ→−∞ln(1 + τ2) +

1

2lim

η→+∞ln(1 + η2)

=−∞+∞ (indeterminação) ;

BQ EA EB 75 c© HBO, 2016/2017


(b) De modo análogo, temos:∫ 1

−1

ex

ex − 1dx =

∫ 0

−1

ex

ex − 1dx+

∫ 1

0

ex

ex − 1dx

= limτ→0−

∫ τ

−1

ex

ex − 1dx+ lim

η→0+

∫ 1

η

ex

ex − 1dx

= limτ→0−

[ln |ex − 1|]x=τx=−1 + lim

η→0+[ln(ex − 1)]

x=ηx=1

= limτ→0−

ln |eτ − 1| − limη→0+

ln(eη − 1) = −∞+∞ (indeterminação) .

Na prática, a noção de valor principal de Cauchy vai permitir atribuir um valor a integrais imprópriosque, de outro modo, seriam indeterminados tais como os do exemplo anterior. Vamos considerar asdiferentes situações possíveis que resultam do exemplo anterior.

Denição 3.2.1. Seja f uma função denida em (−∞,∞) e suponhamos que∫ 0

−∞f(x) dx = ±∞ e

∫ ∞0

f(x) dx = ∓∞ .

Designa-se por valor principal de Cauchy do integral impróprio∫ ∞−∞

f(x) dx ao limite seguinte, caso

exista:

v.p.∫ ∞−∞

f(x) dx = limτ→+∞

∫ τ

−τf(x) dx .

A situação mais habitual, a que se refere a denição anterior, é aquela que resulta de considerar ointegral, no intervalo (−∞,∞), de uma função ímpar. Neste caso, tal como mostram a Figura 3.3 e oExemplo 3.2.2, o valor principal de Cauchy do integral impróprio em questão será 0.

x

y

−ττ

∫ τ

−τf(x) dx = 0

y = f(x)

Figura 3.3: Valor principal de Cauchy do integral impróprio de

1a especie.

Exemplo 3.2.2. Calcular o valor principal de Cauchy do integral impróprio seguinte:∫ +∞

−∞

x

1 + x2dx .

BQ EA EB 76 c© HBO, 2016/2017


Resolução: Usando a noção do valor principal de Cauchy, temos:

v.p.∫ +∞

−∞

x

1 + x2dx = lim

τ→+∞

∫ τ

−τ

x

1 + x2dx =

1

2lim

τ→+∞

[ln(1 + x2)

]x=τ

x=−τ = 0 .

Denição 3.2.2. Seja f uma função denida em [a, b], com a < b números reais, e suponhamosque

∃ c ∈ (a, b) : limx→c

f(x) =∞,∫ c

a

f(x) dx = ±∞,∫ b

c

f(x) dx = ∓∞ .

Designa-se por valor principal de Cauchy do integral impróprio∫ b

a


exista:

v.p.∫ b

a

f(x) dx = limδ→0

[∫ c−δ

a

f(x) dx+

∫ b

c+δ

f(x) dx

].

Observe-se que na denição anterior, o limite faz sentido apenas no caso em que 0 < δ < maxc −a, b− c. As situações mais simples deste caso, são aquelas em que o intervalo de integração é simétricorelativamente a x = 0. No entanto, poder-se-ão considerar situações de simetria para valores de x 6= 0,como a represntada na Figura 3.4.

x

y

c+ δ

c− δab

∫ c−δ

a

f(x) dx

∫ b

c+δ

f(x) dx

y = f(x)

Figura 3.4: Valor principal de Cauchy do integral impróprio de

2a especie.

Exemplo 3.2.3. Calcular o valor principal de Cauchy do integral impróprio seguinte:∫ 1

−1

ex

ex − 1dx .

BQ EA EB 77 c© HBO, 2016/2017


Resolução: Fazendo uso da noção do valor principal de Cauchy, temos:

v.p.∫ 1

−1

ex

ex − 1dx = lim

δ→0

[∫ −δ−1

ex

ex − 1dx+

∫ 1

δ

ex

ex − 1dx

]= limδ→0

[ln |ex − 1|]x=−δ

x=−1 + [ln |ex − 1|]x=1x=δ

= limδ→0

[ln

∣∣∣∣e−δ − 1

e−1 − 1

∣∣∣∣+ ln

∣∣∣∣ e− 1

eδ − 1

∣∣∣∣]= limδ→0

ln( eeδ

)= 1 .

Observe que os integrais impróprios calculados no Exemplo 3.2.1, assim como os valores principais deCauchy calculados nos Exemplos 3.2.2 e 3.2.3, são simétricos. No entanto, os limites dos Exemplos 3.2.2e 3.2.3 evolvem (em cada exemplo) à mesma taxa, mas os do Exemplo 3.2.1 evolvem (em cada exercício)a taxas possivelmente distintas.

Denição 3.2.3. Seja f uma função denida em (a, b), com a, b ∈ R e tais que a < b, e suponhamosque:

(1) limx→a+

f(x) =∞, limx→b− f(x) =∞;

(2) ∃ c ∈ (a, b) :

∫ c

a

f(x) dx = ±∞,∫ b

c

f(x) dx = ∓∞.

Designa-se por valor principal de Cauchy do integral impróprio∫ b

a


exista:

v.p.∫ b

a

f(x) dx = limτ → a+

η → b−

∫ η

τ

f(x) dx .

Novamente, a situação mais habitual é aquela em que o intervalo é simétrico relativamente a x = 0, nãoobstante poderem existir outras situações. No caso de um intervalo simétrico da forma (−a, a), coma > 0, temos na denição anterior

v.p.∫ a

−af(x) dx = lim

τ→a

∫ τ

−τf(x) dx .

Exemplo 3.2.4. Calcular o valor principal de Cauchy do integral impróprio seguinte:∫ 1

−1

x

x2 − 1.

BQ EA EB 78 c© HBO, 2016/2017


Resolução: Comecemos por observar que∫ 1

−1

x

x2 − 1dx =

∫ 0

−1

x

x2 − 1+

∫ 1

0

x

x2 − 1dx

= limτ→−1+

∫ 0

τ

x

x2 − 1dx+ lim

η→1−

∫ η

0

x

x2 − 1dx

=1

2

lim

τ→−1+

[ln∣∣x2 − 1

∣∣]x=0

x=τ+ limη→1−

[ln∣∣x2 − 1

∣∣]x=η

x=0

=

1

2

− limτ→−1+

ln∣∣τ2 − 1

∣∣+ limη→1−

ln∣∣η2 − 1

∣∣ =∞−∞ (indeterminação) .

Fazendo uso da noção do valor principal de Cauchy, temos:

v.p.∫ 1

−1

x

x2 − 1= limτ→1

∫ τ

−τ

x

x2 − 1=

1

2limτ→1

[ln∣∣x2 − 1

∣∣]x=τ

x=−τ = limτ→1

ln

∣∣∣∣τ2 − 1

τ2 − 1

∣∣∣∣ = 0 .

3.3 Princípio de Cauchy

Na avaliação dos integrais impróprios, sempre que possamos determinar as primitivas envolvidas, é oque se deve fazer, pois permite avaliar imediatamente se o integral é convergente ou divergente. Nassituações que resultam indenições, podemos ainda, se necessário, calcular o seu valor próprio de Cauchy.No entanto, podemos ter situações em que a primitiva se torne muito complicada de determinar, ou sejamesmo impossível de escrever como uma soma nita de funções elementares e, ainda assim, queiramossaber se o integral converge ou diverge. Interessa, pois, obter critérios que nos permitam concluir sobre aconvergência ou divergência de um integral impróprio sem determinar a primitiva da função integranda.

Na proposição seguinte apresentamos uma condição necessária e suciente para um integral impróprioser convergente, que faz referência ao já conhecido Princípio de Cauchy.

Proposição 3.3.1. Seja f uma função denida num intervalo [a, b), com b eventualmente innito,e integrável em todo o intervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a, b), com a < τ < b. Consideremos o integralimpróprio de f sobre o intervalo [a, b). Então:∫ b

a

f(x) dx é convergente

se e só se

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 (δ < b− a) : y, z ∈ (a, b− δ)⇒∣∣∣∣∫ z

y

f(x) dx

∣∣∣∣ < ε . (3.3.1)

Demonstração: Começamos por observar que∫ baf(x) dx é convergente se e só se existe o limite

limτ→b− F (τ), onde

F (τ) =

∫ τ

a

f(x) dx =

∫ b−δ

a

f(x) dx , para δ = b− τ.

Por denição de limite, isto é equivalente a armar que

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 (δ < b− a) : y, z ∈ (a, b− δ)⇒ |F (z)− F (y)| < ε ,

o que é precisamente o resultado enunciado.

BQ EA EB 79 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 3.3.1. Usando o Princípio de Cauchy, mostrar que o integral impróprio seguinte é con-vergente: ∫ +∞

1

dx

1 + x4.

Resolução: Seja F (τ) =∫ 1+ 1

τ

1dx

1+x4 , onde τ > 0. Para quaisquer z, y ∈(1, 1 + 1

τ

), temos,

admitindo que z < y,

|F (y)− F (z)| =∫ 1+ 1

z

1+ 1y

dx

1 + x4<

∫ 1+ 1z

1+ 1y

dx

x4= −1

3(x−3z − x−3

y ) , onde xz = 1 +1

z, xy = 1 +

1

y.

Pelo Teorema de Lagrange, existe ξ ∈ (xy, xz) que nos permite escrever

−1

3(x−3z − x−3

y ) =1

ξ4(xz − xy) =

1

ξ4

(1

z− 1

y

)<

1

τ + 1<

1

τ.

A penúltima desigualdade, resulta do facto de ξ ∈ (xy, xz) e z, y ∈(1, 1 + 1

τ

)implicar que 1 < ξ < 2

e que 1z < 1 e − 1

y < −ττ+1 . Deste modo, o Critério de Cauchy expresso em (3.3.1) é satisfeito com

δ igual ao primeiro real positivo τ tal 1τ < ε.

Como é óbvio, o resultado anterior pode ser enunciado, com as devidas adaptações, para uma função fcontínua num intervalo (a, b], agora com a eventualmente innito.

3.4 Integrais impróprios de funções não-negativas

O estudo de integrais impróprios de funções não-negativas torna-se importante, dado que, como iremosver adiante, o estudo da convergência absoluta reduz-se ao estudo da convergência dos integrais defunções não-negativas.

Proposição 3.4.1. Seja f uma função denida num intervalo [a, b), com b eventualmente innito,tal que

f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b)

e f é integrável em todo o intervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a, b). Consideremos o integral impróprio de fsobre o intervalo [a, b). Então, o integral impróprio

∫ baf(x) dx converge se e só se a função

F (x) =

∫ x

a

f(t) dt

é limitada em [a, b).

Demonstração: Como f(x) ≥ 0 em [a, b), a função F (x) é monótona crescente. Ora sendo F (x)também limitada, concluímos que existe o limite

limx→b−

F (x) =

∫ b

a

f(x) dx .

Portanto, o integral impróprio dado é converge.

Exemplo 3.4.1. Resolva o Exemplo 3.3.1 usando a Proposição 3.4.1.

BQ EA EB 80 c© HBO, 2016/2017


Resolução: Neste caso, consideremos a função F (τ) =∫ τ

1dx

1+x4 , onde τ > 1. Podemos ver que estafunção é limitada, pois:

|F (τ)| <∫ τ

1

dx

x4= −1

3

[x−3

]x=τ

x=1=

1

3

(1− 1

τ3

)<

1

3, pois τ > 1 .

Em muitas situações de exercícios práticos, basta-nos saber a natureza dos integrais impróprios emconsideração, isto é, se são convergentes ou divergentes. Mesmo aqueles integrais impróprios que sãoconvergentes, por vezes, torna-se difícil calcular o valor do integral. Nestes casos, e como consequênciada Proposição 3.4.1, podemos utilizar o critério de comparação de integrais impróprios seguinte.

Proposição 3.4.2 (Critério Geral de Comparação). Sejam f e g funções denidas num intervalo[a, b), com b eventualmente innito, e integráveis em todo o intervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a, b). Se

0 ≤ f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b) ,

então:

(1) A convergência de∫ b

a

g(x) dx implica a convergência de∫ b

a

f(x) dx e tem-se:

∫ b

a

f(x) dx ≤∫ b

a

g(x) dx ;

(2) A divergência de∫ b

a

f(x) dx implica a divergência de∫ b

a

g(x) dx.

Demonstração: Para mostrar (1), observamos que para todo x ∈ [a, b) se tem

F (x) =

∫ x

a

f(t) dt ≤∫ x

a

g(t) dt ≤∫ b

a

g(t) dt .

Logo F (x) é limitada e, pela Proposição 3.4.1, o integral impróprio∫ b

a

f(x) dx é convergente. Para (2),

temos ∫ b

a

g(x) dx ≥∫ b

a

f(x) dx ,

pelo que∫ b

a

g(x) dx é divergente.

A proposição anterior ainda é válida se admitirmos que

0 ≤ f(x) ≤ C g(x) , C = const. > 0.

Pode, ainda, ser facilmente adaptada para intervalos de integrabilidade imprópria da forma (a, b], com aeventualmente innito.

Exemplo 3.4.2. Usando o Critério Geral de Comparação, mostre que os integrais imprópriosseguintes são convergentes:

(a)∫ +∞

1

3√x2

√3 + x4

dx; (b)∫ 1

0

e−x√xdx .

BQ EA EB 81 c© HBO, 2016/2017



3√x2

√3 + x4

<3√x2

√x4

=1

x43

∀ x ∈ R .

Por outro lado, sabemos que∫ +∞

1

dx

x43

= limτ→+∞

∫ τ

1

x−43 dx = −3 lim

τ→+∞

[x−

13

]x=τ

x=1= 3

(1− lim

τ→+∞τ−

13

)= 3 .

Então, pelo Critério Geral de Comparação, o integral dado é convergente. Além disso, podemosdizer que ∫ +∞

1

3√x2

√3 + x4

dx < 3 .

(b) Neste caso, temos

ex > 1⇒ e−x < 1⇒ e−x√x<

1√x∀ x > 0 .

Como ∫ 1

0

1√x

= limτ→0+

∫ 1

τ

x−12 dx = 2 lim

τ→0+

[x

12

]x=1

x=τ= 2(1− lim

τ→0+

√τ) = 2 ,

pelo Critério Geral de Comparação, o integral dado é convergente. Podemos também dizer que∫ 1

0

e−x√xdx < 2 .

Sempre que for possível, podemos usar o resultado seguinte em vez do anterior, pois facilita a comparaçãodos integrais impróprios.

Proposição 3.4.3 (Critério de Comparação). Sejam f e g funções denidas num intervalo [a, b),com b eventualmente innito, e integráveis em todo o intervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a, b). Suponhamosque g(x) > 0, f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b) e

limx→b−

f(x)

g(x)= L .

Então:

(1) Se L 6= +∞, a convergência de∫ b

a

g(x) dx implica a convergência de∫ b

a

f(x) dx e tem-se:

∫ b

a

f(x) dx ≤∫ b

a

g(x) dx ;

(2) Se L 6= 0, a divergência de∫ b

a

f(x) dx implica a divergência de∫ b

a

g(x) dx.

Demonstração: Como existe o limite de f(x)g(x) quando x→ b−, existem uma constante C > 0 e um real

ξ ∈ (a, b) tais quef(x)

g(x)≤ C ⇔ f(x) ≤ Cg(x) para todo x ∈ [ξ, b).

Pela Proposição 3.4.2, o integral impróprio∫ b

a

f(x) dx é convergente se∫ b

a

g(x) dx for convergente, já

BQ EA EB 82 c© HBO, 2016/2017


que ∫ b

a

f(x) dx =

∫ ξ

a

f(x) dx+

∫ b

ξ

f(x) dx

≤∫ ξ

a

f(x) dx+ C

∫ b

ξ

g(x) dx

≤∫ ξ

a

f(x) dx+ C

∫ b

a

g(x) dx <∞ .

De modo análogo, pela Proposição 3.4.2, o integral impróprio∫ b

a

g(x) dx é divergente se∫ b

a

f(x) dx for

divergente.

Com ligeiras adaptações, podemos enunciar o resultado anterior para intervalos (a, b], com a eventual-mente innito. Neste caso, o limite a considerar é

limx→a+

f(x)

g(x)= L .

O Critério de Comparação é útil para situações em que, apenas, necessitamos de saber a natureza dointegral impróprio. Tem, por isso, particular importância para integrais impróprios (convergentes) emque é muito difícil, ou mesmo impossível, determinar as primitivas envolvidas.

Exemplo 3.4.3. Usando o Critério de Comparação, estude a natureza dos integrais imprópriosseguintes:

(a)∫ +∞

1

e−x

1 + x2dx; (b)

∫ 1

0

√x

1− x2dx .

Resolução: (a)Temos:

limx→+∞

e−x

1+x2

11+x2

= limx→+∞

e−x = 0 .

Notemos que estamos no caso limite de L = 0 onde só é possível comparar se o integral de compa-ração for convergente. De facto, temos∫ +∞

1

dx

1 + x2= limτ→+∞

∫ τ

1

dx

1 + x2= limτ→+∞

[ arctg(x)]x=τx=1 = lim

τ→+∞arctg(τ)− π

4=π

4.

Logo, pelo Critério de Comparação, o integral dado é convergente e temos∫ +∞

1

e−x

1 + x2dx <

π

4.


√x

1− x2

1√2√

1− xquando x→ 1− , i.e. lim

x→1−

√x

1−x2

1√1−x

=1√2,

Como∫ 1

0

dx√1− x

= limτ→1−

∫ τ

0

(1− x)−12 dx = −2 lim

τ→1−

[(1− x)

12

]x=τ

x=0= −2

(limτ→1−

√1− τ − 1

)= 2 .

BQ EA EB 83 c© HBO, 2016/2017


pelo Critério de Comparação, o integral dado é convergente e temos∫ 1

0

√x

1− x2dx < 2 .

3.5 Integral impróprio de primeira espécie

O estudo da natureza dos integrais impróprios de primeira espécie está intimamente ligado ao estudo danatureza de séries numéricas. Pela Proposição 3.4.1, podemos estabelecer o resultado seguinte.

Proposição 3.5.1 (Critério do Integral). Seja f uma função denida num intervalo [1,+∞), não-negativa, monótona decrescente e integrável em todo o intervalo fechado [a, b] ⊂ [1,+∞). Então asérie e o integral seguintes,

+∞∑n=1

f(n) e∫ +∞

1

f(x) dx ,

têm a mesma natureza. Mais, no caso de convergirem, tem-se:∫ +∞

1

f(x) dx ≤+∞∑n=1

f(n) ≤ f(1) +

∫ +∞

1

f(x) dx . (3.5.2)

Demonstração: Consideremos uma função monótona decrescente f : [1,+∞) −→ [0,+∞). Então,para todo o natural n ≥ 1 temos

f(n+ 1) ≤ f(x) ≤ f(n) para todo x ∈ [n, n+ 1].

Por integração desta desigualdade entre n e n+ 1, obtemos

f(n+ 1) ≤∫ n+1

n

f(x) dx ≤ f(n).

Se denirmos uma sucessão un = f(n), a desigualdade anterior diz-nos que

un+1 ≤∫ n+1

n

f(x) dx ≤ un para todo n ≥ 1.

Somando a desigualdade anterior entre n = 1 e n > 1, obtém-se

u2 + u3 + · · ·+ un+1 ≤∫ n+1

1

f(x) dx ≤ u1 + u2 + · · ·+ un.

Se Sn designar a sucessão das somas parciais da série numérica∑+∞n=1 un, a desigualdade anterior mostra-

nos que

Sn+1 − u1 ≤∫ n+1

1

f(x) dx ≤ Sn para todo n ≥ 1. (3.5.3)

De modo equivalente, obtemos∫ n+1

1

f(x) dx ≤ Sn ≤ u1 +

∫ n

1

f(x) dx para todo n ≥ 1. (3.5.4)

Se a série∑+∞n=1 f(n) =

∑+∞n=1 un é convergente, a sucessão das somas parciais Sn é convergente, logo

limitada. Então, por (3.5.3), F (n + 1) =∫ n+1

1f(x) dx é limitada e, pela Proposição 3.4.1, concluímos

que o integral impróprio∫ +∞

1f(x) dx é convergente.

BQ EA EB 84 c© HBO, 2016/2017


Reciprocamente, se o integral impróprio∫ +∞

1f(x) dx é convergente, a função F (n) =

∫ n1f(x) dx é

limitada. Então, por (3.5.4) a sucessão das somas parciais Sn é limitada e, pelo conhecimento que temosdas séries de termos não negativos, concluímos que a série

∑+∞n=1 f(n) =

∑+∞n=1 un é convergente.

De modo inteiramente análogo, podemos tirar conclusões da divergência do integral impróprio∫ +∞

1f(x) dx

a partir da divergência da série numérica∑+∞n=1 f(n) =

∑+∞n=1 un e reciprocamente.

No caso de ambos convergirem, a relação (3.5.2) resulta de fazer n→∞ em (3.5.3) ou em (3.5.4).

A proposição anterior diz-nos que, se o integral é convergente, ou divergente, então a série é convergente,ou respectivamente divergente, e reciprocamente. Este resultado é conhecido por Critério do Integral,porque é mais útil para tirar conclusões da convergência ou divergência de uma série numérica a partirde um integral impróprio de primeira espécie.

Exemplo 3.5.1. Usando integrais impróprios, estudar a natureza das séries seguintes:

(a)+∞∑n=1

e1n

n2; (b)

+∞∑n=2

1

n ln(n).

Resolução: (a) Usando o Critério do Integral e procedendo como no Exemplo 3.1.1, obtemos

+∞∑n=1

e1n

n2 ∫ +∞

1

e1x

x2dx = lim

τ→+∞

∫ τ

1

1

x2e

1x dx = − lim

τ→+∞

[e

1x

]x=τ

x=1= e− 1,

pelo que a série dada é convergente. Mais, de (3.5.2) resulta que

+∞∑n=1

e1n

n2≤ e+

∫ +∞

1

e1x

x2dx = 2e− 1.

(b) De modo análogo, tem-se

+∞∑n=2

1

n ln(n) ∫ +∞

2

1

x ln(x)= limτ→+∞

∫ τ

2

1x

ln(x)dx = lim

τ→+∞[ln(ln(x))]

x=τx=2 = +∞,

pelo que a série em questão é divergente.

Tal como nas séries numéricas, convém ter em mente alguns integrais impróprios que sejam bons candi-datos para fazer a comparação. Neste sentido, o integral de Dirichlet vai ser muito importante parao estudo de outros integrais impróprios de primeira espécie.

Proposição 3.5.2. O integral impróprio∫ +∞

a

dx

xα, a = Const. > 0 ,

é convergente para α > 1 e divergente para α ≤ 1. Mais, no caso em que converge, temos:∫ +∞

a

dx

xα=a1−α

α− 1.

BQ EA EB 85 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Temos, para τ > a e α 6= 1,∫ +∞

a

dx

xα= limτ→+∞

∫ τ

a

dx

xα= limτ→+∞

[x−α+1

−α+ 1

]x=τ

x=a

=∞−α+1 − a−α+1

−α+ 1

=

a1−α

α−1 se α > 1

+∞ se α < 1 .

Se α = 1, então ∫ +∞

a

dx

x= limτ→+∞

∫ τ

a

dx

x= limτ→+∞

[ln(x)]x=τx=a = ln(∞)− ln(a) =∞ ,


Na proposição seguinte adaptamos o Critério de Comparação enunciado na Proposição 3.4.3 para com-parar com o integral de Dirichlet.

Proposição 3.5.3. Seja f uma função denida num intervalo [a,+∞) e integrável em todo ointervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a,+∞). Consideremos o limite seguinte:

limx→+∞

f(x)1xα

= limx→+∞

xαf(x) = L .

(1) Se α > 1 e L 6= +∞, então∫ +∞

a

f(x) dx é convergente;

(2) Se α ≤ 1 e L 6= 0, então∫ +∞

a

f(x) dx é divergente.

Demonstração: A demonstração é uma consequência imediata das Proposições 3.5.2 e 3.4.3.

Exemplo 3.5.2. Usando o Critério de Comparação com o Integral de Dirichlet, estude a naturezados integrais impróprios seguintes:

(a)∫ +∞

1

3√

1 + x2

1 + x3dx; (b)

∫ +∞

2

x− 2

x√x+ 1

dx.


3√

1 + x2

1 + x3

1

x73

, quando x→ +∞ ⇔ limx→+∞

3√1+x2

1+x3

1

x73

= limx→+∞

3√x7 + x9

1 + x3= 1 .

Como∫ +∞

1dx

x73é convergente, já que se trata de um integral de Dirichlet com α = 7

3 > 1, pelo

Critério de Comparação, o integral dado é convergente.

(b) De igual modo, observemos que

x− 2

x√x+ 1

1

x12

, quando x→ +∞ ⇔ limx→+∞

x−2x√x+1

1

x12

= limx→+∞

x√x− 2

√x

x√x+ 1

= 1 .

Como∫ +∞

1dx

x12é divergente, já que se trata de um integral de Dirichlet com α = 1

2 ≤ 1, pelo Critério

de Comparação, o integral dado é divergente.

BQ EA EB 86 c© HBO, 2016/2017


3.6 Integral impróprio de segunda espécie

O estudo da natureza dos integrais impróprios de segunda espécie é análogo ao que foi feito para ointegral impróprio de primeira espécie. Neste caso, vamos considerar o integral impróprio correspondenteao integral de Dirichlet.

Proposição 3.6.1. O integral impróprio∫ b

0

dx

xα, onde b = Const. > 0 , (3.6.5)

é convergente para α < 1 e divergente para α ≥ 1. Mais, no caso em que converge, temos:∫ b

0

dx

xα=

b1−α

1− α.

Demonstração: Temos, para 0 < τ < b e α 6= 1,∫ b

τ

dx

xα= limτ→0+

∫ b

τ

dx

xα= limτ→0+

[x−α+1

−α+ 1

]x=b

x=τ

=b−α+1 − 0−α+1

−α+ 1

=

b1−α

1−α se α < 1

+∞ se α > 1 .

Se α = 1, então ∫ b

0

dx

x= limτ→0+

∫ b

τ

dx

x= limτ→0+

[ln(x)]x=bx=τ = ln(b)− ln(0) = +∞ ,


Observemos que, para sermos precisos, o integral da Proposição 3.6.1 só é impróprio para valores deα > 0. De modo inteiramente análogo, se mostra que os integrais impróprios de segunda espécie∫ b

a

dx

(x− a)αe

∫ b

a

dx

(b− x)α(3.6.6)

convergem para α < 1 e divergem para α ≥ 1.

Na proposição seguinte adaptamos o Critério de Comparação enunciado na Proposição 3.4.3 para com-parar com o integral anterior.

Proposição 3.6.2 (Critério de Comparação). Seja f uma função denida num intervalo (0, b], comb > 0, e integrável em todo o intervalo fechado [τ, b] ⊂ (0, b]. Consideremos o limite seguinte:

limx→0+

f(x)1xα

= limx→0+

xαf(x) = L . (3.6.7)

(1) Se α < 1 e L 6= +∞, então∫ b

0

f(x) dx é convergente;

(2) Se α ≥ 1 e L 6= 0, então∫ b

0

f(x) dx é divergente.

Demonstração: Novamente, a demonstração é uma consequência das Proposições 3.6.1 e 3.4.3.

BQ EA EB 87 c© HBO, 2016/2017


Se estivermos perante um intervalo da forma [a, 0), o limite (3.6.7) vem alterado para

limx→0−

f(x)1xα

= limx→0−

xαf(x) = L .

No caso de intervalos (a, b] e [a, b), e tendo em conta os integrais (3.6.6), o limite (3.6.7) deverá sersubstituído, respectivamente, por

limx→a+

f(x)1

(x−a)α

= limx→a+

(x− a)αf(x) = L , limx→b−

f(x)1

(b−x)α

(b− x)αf(x) = L . (3.6.8)

Exemplo 3.6.1. Estude a natureza dos integrais impróprios seguintes:

(a)∫ 1

0

x2 + 1

(x+ 1)√xdx; (b)

∫ 1

0

x√x2 + 1

1− x2dx.

Resolução: (a) Começamos por observar que

x2 + 1

(x+ 1)√x

1√x, quando x→ 0+ ⇔ lim

x→0+

x2+1(x+1)

√x

1√x

= limx→0+

x2 + 1

x+ 1= 1 .

Como∫ 1

0dx

x12é convergente, já que se trata de um integral do tipo (3.6.5) com α = 1

2 < 1, pelo

Critério de Comparação, o integral dado é convergente.

(b) De modo equivalente, observamos que

x√x2 + 1

1− x2

√2

2

1− x, quando x→ 1− ⇔ lim

x→1−

x√x2+1

1−x2

11−x

= limx→1−

x√x2 + 1

1 + x=

√2

2.

Como∫ 1

0dx

1−x é divergente, já que se trata de um integral do tipo (3.6.6) com α = 1, pelo Critériode Comparação, o integral dado é divergente.

3.7 Convergência absoluta ou condicional

Nas secções anteriores, vimos que o estudo da natureza de muitos integrais impróprios se reduz ao estudode integrais de funções não negativas. É, portanto, natural o estudo de integrais impróprios de funçõesintegrandas em valor absoluto.

Denição 3.7.1. O integral impróprio∫ baf(x) dx diz-se absolutamente convergente, se o integral

(impróprio) ∫ b

a

|f(x)| dx

convergir.

Exemplo 3.7.1. Mostrar que o integral impróprio seguinte é absolutamente convergente:∫ +∞

1

cos(ln(x))

x2dx .

BQ EA EB 88 c© HBO, 2016/2017


Resolução: Do estudo da função coseno, sabemos que∣∣∣∣cos(ln(x))

x2

∣∣∣∣ =|cos(ln(x))|

x2≤ 1

x2∀ x > 0 .

Como∫ +∞

1dxx2 é convergente, pois é um integral de Dirichlet com α = 2 > 1, podemos inferir, pelo

Critério da Comparação, que∫ +∞

1

∣∣∣ cos(ln(x))x2

∣∣∣ dx é convergente. Por consequência, o integral dado

é absolutamente convergente.

Uma consequência imediata da Proposição 3.3.1 é apresentada a seguir.

Proposição 3.7.1. Se o integral impróprio∫ b

a

f(x) dx

é absolutamente convergente, então também é convergente.

Demonstração: Admitindo que o integral é impróprio no limite superior b, a demonstração é umaconsequência imediata da Proposição 3.3.1, pois∣∣∣∣∫ τ

a

f(x) dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ τ

a

|f(x)| dx ,

para qualquer intervalo limitado [a, τ ] ⊂ [a, b).

A recíproca da proposição anterior não é verdade, como iremos ver adiante. Os integrais imprópriosque convergem, mas divergem em valor absoluto, dizem-se que convergem simplesmente, ou queconvergem condicionalmente. No entanto, mostrar que um integral impróprio é condicionalmenteconvergente, nos casos em que tal acontece, é um exercício mais difícil. A proposição seguinte permite-nos, em alguns casos, ultrapassar esta diculdade de uma forma subtil.

Proposição 3.7.2 (Critério de Dirichlet). Sejam f e g duas funções denidas num intervalo [a, b),com b eventualmente innito, tais que:

(1) f é uma função contínua em [a, b) e a função F (x) =

∫ x

a

f(t) dt é limitada em [a, b);

(2) g′ é absolutamente integrável (à Riemann) em qualquer intervalo [a, τ ] ⊂ [a, b), com a < τ < b,e

limx→b−

g(x) = 0 .

Então o integral impróprio∫ b

a

f(x)g(x) dx é convergente.

Demonstração: Sendo τ tal que a ≤ τ < b, temos, por integração por partes,∫ τ

a

f(x)g(x) dx = F (τ)g(τ)− F (a)g(a)−∫ τ

a

F (x)g′(x) dx . (3.7.9)

Usando a hipótese de que F (x) =∫ xaf(t) dt é limitada em [a, b), obtemos∫ τ

a

|F (x)g′(x)| dx ≤ C∫ τ

a

|g′(x)| dx , C=Const.>0.

BQ EA EB 89 c© HBO, 2016/2017


Como |g′| é integrável (à Riemann) em [a, b), o integral no segundo membro de (3.7.9) é absolutamenteconvergente (logo convergente) quando τ → b−, pela Proposição 3.4.1. Pelo Critério Geral de Compa-ração (Proposição 3.4.2), também o integral no primeiro membro é convergente quando τ → b−. Destemodo, passando ao limite τ → b− em (3.7.9) e usando a hipótese de que limx→b− g(x) = 0 , temos∫ b

a

f(x)g(x) dx = −F (a)g(a)−∫ b

a

F (x)g′(x) dx .

Como o integral do segundo membro é convergente, concluímos que o integral dado também é convergente.

Observe-se que o Critério de Dirichlet enunciado na proposição anterior é aplicável, quer o integralimpróprio seja de primeira espécie ou de segunda. Neste último caso, estende-se naturalmente a intervalosda forma (b, a], com as devidas adaptações.

Exemplo 3.7.2. Usando o Critério de Dirichlet, mostre que o integral impróprio∫ +∞

1

sen(x)

xdx

é convergente. Justique que a convergência é condicional.

Resolução: Comecemos por mostrar que o integral é convergente. Para τ > 1, consideremos afunção F (τ) =

∫ τ1

sen(x) dx. Esta função é limitada, pois

F (τ) = [cos(x)]x=τx=1 = cos(1)− cos(τ) ⇒ |F (τ)| ≤ 2 ∀ τ ∈ R .

Por outro lado, a derivada da função g(x) = 1x é absolutamente integrável em qualquer intervalo da

forma [1, τ ], com τ > 1. De facto, temos:

g′(x) = − 1

x2⇒

∫ τ

1

|g′(x)| dx =

∫ τ

1

1

x2dx = −

[1

x

]x=τ

x=1

= 1− 1

τ< 1 , pois τ > 1 .

Além disso, temos que limx→+∞ g′(x) = − limx→+∞1x2 = 0. Então, pelo Critério de Dirichlet,

podemos armar que o integral dado é convergente.

Suponhamos, com vista a um absurdo, que o integral em questão era absolutamente convergente,isto é que o integral seguinte seria convergente:∫ +∞

1

∣∣∣∣ sen(x)

x

∣∣∣∣ dx =

∫ +∞

1

| sen(x)|x

dx (já que x > 0) .

Observemos então que

0 ≤ | sen(x)| ≤ 1 ⇒ 0 ≤ | sen(x)|2 ≤ | sen(x)| ⇔ 0 ≤ sen2(x) ≤ | sen(x)| .

Daqui sai que

0 ≤ sen2(x)

x≤ | sen(x)|

x∀ x > 0 .

Da convergência do integral∫ +∞

1| sen(x)|

x dx, sairia, pelo Critério de Comparação, que o integral∫ +∞

1

sen2(x)

xdx

também seria convergente. Ora, como∫ +∞

1

sen2(x)

xdx =

1

2

∫ +∞

1

1

xdx− 1

2

∫ +∞

1

cos(2x)

xdx ,

BQ EA EB 90 c© HBO, 2016/2017


os integrais∫ +∞

11x dx e

∫ +∞1

cos(2x)x dx também seriam convergentes. De facto, por um raciocínio

análogo ao usado na primeira parte deste exemplo, podemos mostrar que∫ +∞

1cos(2x)x dx é conver-

gente. No entanto, sabemos desde o início deste capítulo que∫ +∞

11x dx é divergente (ver Exem-

plo 3.1.1). Chegámos, portanto, a um absurdo. Logo o integral dado não pode ser absolutamenteconvergente, pelo que a sua convergência é apenas condicional.

Por vezes, o Critério de Dirichlet é formulado numa forma mais simples de aplicar, mas mais difícil dedemonstrar.

Proposição 3.7.3. Sejam f e g duas funções denidas num intervalo [a, b), com b eventualmenteinnito, tais que:

(1) f é uma função contínua em [a, b) e a função F (x) =

∫ x

a

f(t) dt é limitada em [a, b);

(2) g é uma função monótona em [a, b) e

limx→b−

g(x) = 0 .

Então o integral impróprio∫ +∞

a

f(x)g(x) dx é convergente.

Demonstração: A demonstração desta proposição sai fora do âmbito deste curso, pelo que não a iremosfazer aqui.

Exemplo 3.7.3. Usando o Critério de Dirichlet, na forma da proposição anterior, mostrar que ointegral impróprio seguinte é convergente:∫ 1

0

sen(

3√

1− x)

√1− x

dx .

Resolução: Seja g(x) = sen( 3√

1− x). Temos limx→1− g(x) = limx→1− sen( 3√

1− x) = 0 e mos-tremos que g é uma função monótona decrescente no intervalo (0, 1). De facto, pelo Teorema deLagrange, isto é verdade, porque

g′(x) = −cos( 3√

1− x)

3 3√

(1− x)2< 0 se e só se 1− π3

8< x < 1 .

Denamos, agora, a função F (τ) =∫ 1

τdx√1−x , onde 0 < τ < 1. Esta função é limitada, uma vez que

F (τ) = 2[√

1− x]x=1

x=τ= −2

√1− τ ⇒ |F (τ)| = 2

√1− τ ≤ 2 , pois 0 < τ < 1 .

Então, pelo Critério de Dirichlet expresso na Proposição 3.7.3, o integral dado é convergente.

Nas duas secções nais, apresentamos duas subclasses de integrais impróprios que, pela sua importânciaem várias áreas, merecem ser estudados à parte.

BQ EA EB 91 c© HBO, 2016/2017


3.8 Função Gama

Nesta secção, vamos considerar o integral de Euler de segunda espécie. Trata-se de um integral imprópriocujo valor depende de um parâmetro.

Denição 3.8.1. Designa-se por função Gama ao integral impróprio denido da forma seguinte:

Γ(x) :=

∫ +∞

0

tx−1e−t dt . (3.8.10)

Observemos que para valores de x ≥ 1 a função Gama é um integral impróprio de primeira espécie. Sex < 1, então é um integral impróprio misto, portanto de primeira e de segunda espécies.

Proposição 3.8.1. A função Gama é convergente para todo x > 0.

Demonstração: Começamos por escrever

Γ(x) =

∫ 1

0

tx−1e−t dt+

∫ +∞

1

tx−1e−t dt . (3.8.11)

O primeiro integral é impróprio de segunda espécie apenas para valores de x < 1 e, neste caso, convergese x > 0, já que

x > 0⇒∫ 1

0

tx−1e−t dt ≤∫ 1

0

dt

t1−x=

1

x.

Por outro lado, o segundo integral de (3.8.11) é improprio de primeira espécie e converge para qualquerx, pois t ≥ 1 e

x ≤ 1⇒∫ +∞

1

tx−1e−t dt ≤∫ +∞

1

e−t dt = e−1

ou

x > 1⇒ ∃ C > 0 : tx−1e−t2 ≤ C ⇒

∫ +∞

1

tx−1e−t dt ≤ C∫ +∞

1

e−t2 dt =

2C√e.

Concluímos que a função Gama é convergente se x > 0.

Pela proposição anterior, torna-se necessário averiguar o que acontece nos limites inferior e superior dointervalo de convergência da função Gama, isto é, quando x→ 0+ e quando x→ +∞.

Proposição 3.8.2. Seja Γ a função Gama. Então

(1) limx→0+

Γ(x) = +∞;

(2) Fórmula de Stirling: Γ(x)

√2π

x

(xe

)x, quando x→ +∞.

Demonstração: Para mostrar (1), temos

limx→0+

Γ(x) =

∫ 1

0

t−1e−t dt+

∫ +∞

1

t−1e−t dt .

Como

limt→0+

t−1e−t

1t

= limt→0+

e−t = 1 e limt→+∞

t−1e−t

1tet

= 1 ,

BQ EA EB 92 c© HBO, 2016/2017


pela Proposição 3.4.3, os integrais anteriores têm a mesma natureza dos integrais∫ 1

0

dt

t= +∞ e

∫ +∞

1

tet dt = limτ→+∞

[et(t− 1)

]t=τt=1

= +∞ .

Logo limx→0+ Γ(x) = +∞.

A demonstração de (2) é bastante mais envolvente, pois usa um processo recursivo de mudanças devariáveis que ultrapassa os objectivos deste curso1.

Na proposição seguinte apresentam-se fórmulas que nos permitem calcular a função Gama para algunsvalores de x > 0.

Proposição 3.8.3. Seja Γ a função Gama. Temos:

(1) Γ(1) = 1;

(2) Fórmula de Recorrência: Γ(x+ 1) = xΓ(x) para todo x > 0;

(3) Fórmula de Reexão (de Euler): Γ(x)Γ(1− x) =π

sen(πx)para todo 0 < x < 1.

Demonstração: A propriedade (1) sai imediatamente, pois

Γ(1) =

∫ +∞

0

e−t dt = 1 .

Fórmula de recorrência, expressa em (2), resulta de uma integração por partes. De facto, se x > 0 tem-se

Γ(x) = limτ→+∞

limη→0+

[1

xtxe−t

]τη

+1

x

∫ τ

η

txe−t dt

=

1

xΓ(x+ 1).

A demonstração da Fórmula de Euler, referida em (3), é muito mais delicada, pois usa integrais de linha,pelo que não cabe no âmbito deste curso (ver e.g. N.N. Lebedev).

A proposição anterior permite tirar os resultados particulares seguintes, muito úteis em diversos cálculos.

Proposição 3.8.4. Seja Γ a função Gama. Então:

(1) Γ(n+ 1) = n! para todo o inteiro n ≥ 0;

(2) Γ

(1

2

)=√π;

(3) Γ

(n+

1

2

)=

(2n− 1)× (2n− 3)× · · · × 5× 3× 1

2n√π para todo o inteiro n ≥ 1;

(4)∫ +∞

0

e−t2

dt =

√π

2.

Demonstração: A propriedade (1) é uma consequência imediata das duas primeiras armações daProposição 3.8.3. De facto, tem-se para todo o inteiro n ≥ 0

Γ(n+ 1) = nΓ(n) = n(n− 1)Γ(n− 1) = · · · = n(n− 1)× · · · × 2× Γ(1) = n!.

1Ver e.g. N.N. Lebedev, Special Functions & Their Applications, Dover, 1972.

BQ EA EB 93 c© HBO, 2016/2017


Quanto a (2), é uma consequência da terceira armação da Proposição 3.8.3. Na verdade, se aí tomarmosx = 1

2 , temos

Γ

(1

2

)2

=π

sen(π2

) ⇒ Γ

(1

2

)=√π.

A propriedade (3) é, agora, uma consequência de (2) conjugada com a Proposição 3.8.3-(2), já que

Γ

(n+

1

2

)=

(n− 1

2

)Γ

(n− 1

2

)=

(n− 1

2

)(n− 3

2

)Γ

(n− 3

2

)= · · · =

(n− 1

2

)×(n− 3

2

)× · · · × 5

2× 3

2× 1

2× Γ

(1

2

).

Por m, (4) resulta de (2), pois fazendo a mudança de variável t = s2 temos

Γ

(1

2

)=√π ⇔

∫ +∞

0

e−t√tdt =

√π ⇒

∫ +∞

0

e−s2

ds =

√π

2,


Exemplo 3.8.1. Usando a função Gama, mostrar que os integrais impróprios de primeira espéciesão convergentes e o seu valor é o indicado:

(a)∫ +∞

0

x5e−2x dx =15

8; (b)

∫ +∞

0

x2e−x2

dx =

√π

4.

Resolução: (a) Fazendo a mudança de variável ϕ−1(x) := 2x = t ⇔ x = t2 =: ϕ(t) ⇒ dx =

ϕ′(t)dt = 12 dt, obtemos:∫ +∞

0

x5e−2x dx = limτ→+∞

∫ τ

0

x5e−2x dx = limτ→+∞

∫ ϕ−1(τ)

ϕ−1(0)

(t

2

)5

e−t1

2dt

=1

64lim

τ→+∞

∫ 2τ

0

t5e−t dt =1

64

∫ +∞

0

t6−1e−t dt =1

64Γ(6) =

1

64× 5! =

15

8.

(b) Neste caso, fazemos a mudança de variável ϕ−1(x) := x2 = t ⇒ x =√t =: ϕ(t) ⇒ dx =

ϕ′(t)dt = 12√tdt e obtemos:

∫ +∞

0

x2e−x2

dx = limτ→+∞

∫ τ

0

x2e−x2

dx = limτ→+∞

∫ ϕ−1(τ)

ϕ−1(0)

te−t1

2√tdt

=1

2lim

τ→+∞

∫ 2τ

0

t12 e−t dt =

1

2

∫ +∞

0

t32−1e−t dt =

1

2Γ

(3

2

)=

1

2× 1

2Γ

(1

2

)=

√π

4.

A Fórmula de Recorrência expressa na Proposição 3.8.3, permite estender o cálculo da função Gamapara alguns valores de x negativos, escrevendo

Γ(x) =Γ(x+ 1)

x. (3.8.12)

Exemplo 3.8.2. Usando a Fórmula de Recorrência (3.8.12), mostrar que:

(a) Γ

(−1

2

)= −2

√π; (b) Γ

(−3

2

)=

4

3

√π.

BQ EA EB 94 c© HBO, 2016/2017


Resolução: Fazendo uso de (3.8.12), temos:

(a) Γ

(−1

2

)=

Γ(− 1

2 + 1)

− 12

= −2 Γ

(1

2

)= −2

√π;

(b) Γ

(−3

2

)=

Γ(− 3

2 + 1)

− 32

= −2

3Γ

(−1

2

)= −2

3× (−2

√π) =

4

3

√π, por (a).

3.9 Função Beta

Nesta secção, vamos estudar o designado integral de Euler de primeira espécie. Agora, trata-se de umintegral impróprio cujo valor depende de dois parâmetros.

Denição 3.9.1. Designa-se por função Beta ao integral seguinte:

B(x, y) :=

∫ 1

0

tx−1(1− t)y−1 dt . (3.9.13)

Observemos que a função Beta é um integral impróprio de segunda espécie e isto acontece somente sex < 1 ou se y < 1.

Proposição 3.9.1. A função Beta é convergente para quaisquer x > 0 e y > 0.

Demonstração: Comecemos por observar que se x ≥ 1 e y ≥ 1, a função integranda

tx−1(1− t)y−1

é contínua para qualquer t ∈ [0, 1] e o integral dado por (3.9.13) existe no sentido de Riemann e,portanto, converge. No caso de x < 1 ou y < 1, a função integranda não é limitada em t = 0 ou emt = 1, respectivamente. Em cada um destes casos, temos

limt→0+

tx−1(1− t)y−1

1t1−x

= limt→0+

(1− t)y−1 = 1 ,

limt→1−

tx−1(1− t)y−1

1(1−t)1−y

= limt→1−

tx−1 = 1 .

Ora, pela Proposição 3.6.1, sabemos que os integrais impróprios∫ 1

0

dt

t1−xe

∫ 1

0

dt

(1− t)1−y

são convergentes para 1 − x < 1 ⇔ x > 0 e para 1 − y < 1 ⇔ y > 0, respectivamente. Então, peloCritério de Comparação (ver Proposição 3.6.2), a função Beta é convergente para x > 0 e y > 0.

Proposição 3.9.2. A função Beta é simétrica, isto é

B(x, y) = B(y, x) para quaisquer x e y.

BQ EA EB 95 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Fazendo a mudança de variável 1− t = s no integral (3.9.13), obtemos

B(x, y) =

∫ 1

0

tx−1(1− t)y−1 dt = −∫ 0

1

(1− s)x−1sy−1 ds

=

∫ 1

0

sy−1(1− s)x−1 ds = B(y, x)

para quaisquer x e y.

Proposição 3.9.3. A relação entre a função Gama e a função Beta é dada, para quaisquer x > 0e y > 0, por

B(x, y) =Γ(x)Γ(y)

Γ(x+ y).

Demonstração: A demonstração deste resultado envolve conhecimentos de assuntos sobre integraçãodupla que só iremos adquirir mais adiante. Por isso, não faremos a demonstração deste resultado aqui(ver e.g. N.N. Lebedev).

Exemplo 3.9.1. Usando a proposição anterior, mostrar que:

(a) B(

1

2, 2

)=

4

3; (b) Γ

(1

2

)=√π.

Resolução: Pela Proposição 3.9.3, temos:

(a) B(

1

2, 2

)=

Γ(

12

)Γ (2)

Γ(

52

) =Γ(

12

)× 1!

32 ×

12 × Γ

(12

) =4

3;

(b) B(

1

2,

1

2

)=

Γ(

12

)2Γ (1)

⇒ Γ

(1

2

)=

√B

(1

2,

1

2

)=√π.

Observe-se que, na alínea (b), fazendo a substituição t = sen2(θ) = ϕ(θ) ⇒ θ = arcsen(√t) =:

ϕ−1(t) e dt = ϕ′(θ)dθ = 2 sen(θ) cos(θ) dθ, se obtém

B

(1

2,

1

2

)=

∫ 1

0

t12−1(1− t) 1

2−1dt =

∫ 1

0

dt√t(1− t)

= 2

∫ π2

0

dθ = π .

Exemplo 3.9.2. Usando a função Beta, juntamente com a função Gama, mostrar que os integraisseguintes são iguais aos valores indicados:

(a)∫ 1

0

x16

(1− x 7

9

)− 12

dx =9

14π ; (b)

∫ 2

0

√x(2− x) dx =

π

2.

Resolução: (a) Fazendo a mudança de variável ϕ−1(x) := x79 = t ⇔ x = t

97 =: ϕ(t) ⇒ dx =

BQ EA EB 96 c© HBO, 2016/2017


ϕ′(t)dt = 97 t

27 dt, obtemos:∫ 1

0

x16

(1− x 7

9

)− 12

dx =

∫ ϕ−1(1)

ϕ−1(0)

t942 (1− t)−

12

9

7t27 dt =

9

7

∫ 1

0

t12 (1− t)−

12 dt

=9

7

∫ 1

0

t32−1 (1− t)

12−1

dt =9

7B

(3

2,

1

2

)=

9

7

Γ(

32

)Γ(

12

)Γ (2)

=9

7

12Γ(

12

)× Γ

(12

)1!

=9

14π .

(b) Neste caso, fazemos a mudança de variável ϕ−1(x) := x2 = t⇒ x = 2t =: ϕ(t)⇒ dx = ϕ′(t)dt =

2 dt e obtemos:∫ 2

0

√x(2− x) dx =

√2

∫ 2

0

x12

(1− x

2

) 12

dx =√

2

∫ ϕ−1(2)

ϕ−1(0)

(2t)12 (1− t)

12 2 dt

=4

∫ 1

0

t32−1 (1− t)

32−1

dt = 4B

(3

2,

3

2

)= 4

Γ(

32

)Γ(

32

)Γ (3)

=412Γ(

12

)× 1

2Γ(

12

)2!

=π

2.


1. Calcule, sempre que possível, os integrais impróprios de primeira espécie seguintes:

(a)∫ +∞

1

dx√x;

(b)∫ +∞

1

dx

x3;

(c)∫ 0

−∞

t2

27− t3dt;

(d)∫ +∞

0

8

8 + 2x2dx;

(e)∫ ∞−∞

2

x2 + 2x+ 2dx;

(f)∫ +∞

0

r

er2dr.

(g)∫ +∞

1

x sen(x) dx;

(h)∫ +∞

2π

cos(

1θ

)θ2

dθ

(i)∫ +∞

1

√x

x+ 1.

2. Calcule, sempre que possível, os integrais impróprios de segunda espécie seguintes:

(a)∫ 1

0

ln(x)

xdx;

(b)∫ 1

−1

dx√1− x2

dx;

(c)∫ √3

−√

3

dt

t2 − 3;

(d)∫ 1

−1

dx√|x|

;

(e)∫ 1

−1

e1r

r2dr;

(f)∫ 1

0

ln(x) dx;

(g)∫ π

2

0

dα

cos2(α);

(h)∫ 1

12

dy

arcsen(y)√

1− y2;

(i)∫ 1

0

√x

1− x.

3. Calcule, sempre que possível, os integrais impróprios mistos seguintes:

(a)∫ +∞

0

e−√x

√xdx;

(b)∫ +∞

1

x√x2 − 1

dx;

(c)∫ 1

−∞

ds√1− s

;

(d)∫ +∞

1

dx

x ln(

1x

) ;(e)

∫ +∞

0

dr

r2e1r

;

(f)∫ 0

−∞

dt

(1 + t2) arctg(t);

(g)∫ +∞

0

arccotg(

1β

)β2 + 1

dβ;

(h)∫ 0

−∞

dy

e−y − 1;

(i)∫ +∞

0

dx3√x(x+ 1)

.

4. Mostre que os integrais impróprios seguintes têm um valor indenido. Calcule, sempre que possível,o seu valor principal de Cauchy:

BQ EA EB 97 c© HBO, 2016/2017


(a)∫ +∞

−∞x dx;

(b)∫ +∞

−∞

2x

x2 + 1dx;

(c)∫ √2

−√

2

x3

x4 − 4dx;

(d)∫ +∞

−∞

dx

x(x+ 1);

(e)∫ 2

0

x2 − x+ 1

x− 1dx;

(f)∫ 2

−2

4x3

x4 − 1dx.

5. Usando o Critério de Comparação, estude a natureza dos integrais impróprios de primeira espécieseguintes:

(a)∫ +∞

1

arctg(x)

xdx;

(b)∫ +∞

0

x+ 1

x2 + x+ 1dx;

(c)∫ 0

−∞

x

x3 − 1dx;

(d)∫ +∞

0

x√1 + x4

;

(e)∫ +∞

−∞

x2

ex2 dx;

(f)∫ −1

−∞

(x2 + 1)

x2√x4 + 1

dx;

(g)∫ +∞

0

√1 + sen(x) dx;

(h)∫ +∞

−∞

dx

2 + sen(x);

(i)∫ +∞

1

cos2(x)3√x6 + 1

.

BQ EA EB 98 c© HBO, 2016/2017


6. Usando o Critério de Comparação, estude a natureza dos integrais impróprios de segunda espécieseguintes:

(a)∫ π

2

0

cos(x)

xdx;

(b)∫ π

0

sen(x)√x3

dx;

(c)∫ 1

0

ex√1− x2

dx;

(d)∫ 0

−1

x2

ex√x+ 1

dx;

(e)∫ 1

0

ln(x)

x+ 1dx;

(f)∫ π

2

0

√tg(x) dx;

(g)∫ π

0

1√sen(x)

dx;

(h)∫ 1

−1

e1x

√1− x2

dx;

(i)∫ 1

0

1

x+ ln(1− x)dx.

7. Usando o Critério de Comparação, estude a natureza dos integrais impróprios mistos seguintes:

(a)∫ +∞

0

4√x+ 1

(x+ 1)√xdx;

(b)∫ +∞

0

dx

ex√x;

(c)∫ +∞

2

dx

(x− 2) ln2(x);

(d)∫ +∞

−∞

senh(x)

xdx;

(e)∫ +∞

0

sen2(x)3√x4

dx;

(f)∫ +∞

1

dx

x√x2 − 1

.

8. Utilize o Critério do Integral para estudar a natureza de cada série numérica seguinte e, no casode convergir, indique uma estimativa superior para a sua soma:

(a)+∞∑n=1

1

n3;

(b)+∞∑n=1

13√n+ 3

;

(c)+∞∑n=1

4n

(2n2 + 3)2;

(d)+∞∑n=1

1

n2 + 9n+ 18;

(e)+∞∑n=2

ln(n)

n;

(f)+∞∑n=2

1

n ln2(n);

(g)+∞∑n=1

1

n2e1n

;

(h)+∞∑n=2

ln(n)

n2;

(i)+∞∑n=0

n2

en.

9. Mostre que os integrais impróprios seguintes são absolutamente convergentes:

(a)∫ +∞

0

sen(x)

1 + x2dx;

(b)∫ 1

0

sen(

1x

)3√x

dx;

(c)∫ +∞

−∞

cos(x)

e|x|dx;

(d)∫ +∞

0

sen (ln(x))√x3 + 1

dx;

(e)∫ 0

−1

cos(

1x

)√

1− x2dx;

(f)∫ +∞

−∞

cos(√|x|)

x4 + 2x2 + 3dx.

10. Usando a função Gama, calcule os integrais seguintes:

(a)∫ +∞

0

x4e−3x dx;

(b)∫ +∞

0

x2√xe−3x dx;

(c)∫ +∞

0

x2e−3x2

dx;

(d)∫ +∞

0

√xe−2

√x dx;

(e)∫ +∞

0

x5√xe−3x dx;

(f)∫ +∞

0

x3e−2x2

dx.

11. Usando a função Beta, em conjunto com a função Gama, calcule os integrais seguintes:

(a)∫ 1

0

√x

1− xdx;

(b)∫ 1

0

x13

(1− x 2

3

) 23

dx;

(c)∫ 1

0

x(

1− x 43

) 32

dx;

(d)∫ 1

0

x3910 (1− x 7

5 )32 dx;

(e)∫ 1

12

(2x− 1)√

2− 2x dx;

(f)∫ 16

4

√√x− 2

√4−√xdx√x.

12. Verique para que valores de a, b e c a igualdade seguinte é válida:∫ 1

0

xa(1− xb)c dx =1

4B

(1

2,

3

2

).

Calcule 14B(

12 ,

32

).

BQ EA EB 99 c© HBO, 2016/2017


Soluções

1: (a) +∞; (b)1

2; (c) +∞; (d) π; (e) 2π; (f)

1

2; (g) Indenido; (h)

1

2; (i) ∞. 2: (a) −∞; (b) π; (c) −∞; (d) 4;

(e) +∞; (f) −1; (g) +∞; (h) ln(3); (i)π

2. 3: (a) 2; (b) +∞; (c) +∞; (d) −∞; (e) 1; (f) −∞; (g)

π2

8; (h) +∞;

(i)2√3

3π. 4: (a) 0; (b) 0; (c) 0; (d) 0; (e) 0; (f) 0; 5: (a) Diverge; (b) Diverge; (c) Converge; (d) Diverge; (e)

Converge; (f) Converge; (g) Diverge; (h) Diverge; (i) Converge. 6: (a) Diverge; (b) Converge; (c) Converge; (d)Converge; (e) Converge; (f) Converge; (g) Converge; (h) Converge; (i) Converge. 7: (a) Converge; (b) Converge;

(c) Diverge; (d) Diverge; (e) Converge; (f) Converge. 8: (a) Converge e S ≤3

2; (b) Diverge; (c) Converge e

S ≤9

25; (d) Converge e S ≤

1

28+

1

3ln

(7

4

); (e) Diverge; (f) Converge e S ≤

1 + 2 ln(2)

2 ln2(2); (g) Converge e S ≤ 1;

(h) Converge e S ≤3

4ln(2) +

1

2; (i) Converge e S ≤ 2. 10: (a)

8

81; (b)

15

216

√π

3; (c)

1

12

√π

3; (d)

1

2; (e)

1155

5184

√π

3;

(f)1

8; 11: (a)

π

2; (b)

27

80; (c)

3

64; (d)

15

1792π; (e)

2

15; (f) π; 12: a = 1, b = 4 e c =

1

2,1

4B

(1

2,3

2

)=π

8.

BQ EA EB 100 c© HBO, 2016/2017

Capítulo 4

Séries de Potências

4.1 Introdução

Neste capítulo, iremos estudar séries que, no termo geral, para além de envolverem uma parte numérica,contêm também uma potência que depende de uma variável contínua, digamos x, ou, mais geralmente,x− x0, para certo x0 ∈ R xo.

Denição 4.1.1 (Série de potências). Designa-se por série de potências de x toda a série da forma

+∞∑n=0

an xn = a0 + a1 x+ a2 x

2 + · · ·+ an xn + . . . ,

onde an é uma sucessão numérica e x é um real.

Os termos da sucessão an são designados por coecientes da série de potências. Se na série depotências anterior substituirmos x por (x− x0), onde x0 é um real xo, obtemos a série de potências de(x− x0) seguinte:

+∞∑n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + · · ·+ an (x− x0)n + . . . .

Um facto importante a reter, desde já, é que, se nada for dito em contrário e sempre que o termogeral da série de potências estiver denido em R, o limite inferior da série será 0. Observemos que,quando concretizamos a variável x, a série de potências torna-se numa série numérica, tal como iremosver mais adiante. Deste modo, muito do que foi dito para as séries numéricas, em particular as noçõesde convergência, bem como alguns resultados de convergência, ainda são válidos aqui, com as devidasadaptações.

Denição 4.1.2 (Convergência). Diz-se que a série de potências∑+∞n=0 an x

n é convergente numponto x ∈ R, se a sucessão das somas parciais associada

S0(x) = a0, S1(x) = a0 + a1x, . . . , Sn(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn, . . .

for convergente nesse ponto x.

No caso da série convergir num ponto x ∈ R, a sucessão de funções das somas parciais converge, nesse

101

CÁLCULO II 4. SÉRIES DE POTÊNCIAS

ponto, para a designada função soma da série, denotada por S(x), isto é,

limn−→+∞

Sn(x) = S(x).

Neste caso, podemos escrever+∞∑n=0

an xn = S(x).

Se a sucessão das somas parciais Sn(x) for divergente no ponto x, a série∑an x

n diz-se divergenteem x. A série

∑an x

n é absolutamente convergente no ponto x, se∑|an xn| é convergente em x.

Se∑|an xn| é divergente num ponto x, mas

∑an x

n é convergente nesse ponto x, a série∑an x

n diz-sesimplesmente convergente, ou condicionalmente convergente, no ponto x ∈ R. Tal como paraas séries numéricas, a noção de convergência absoluta é mais forte do que a de convergência simples.

Proposição 4.1.1. Seja∑an x

n uma série de potências. Se∑|an xn| é convergente num ponto

x ∈ R, então também∑an x

n é convergente em x e tem-se:∣∣∣∣∣+∞∑n=0

an xn

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑n=0

|an| |x|n. (4.1.1)

Demonstração: Comecemos por considerar as sucessões das somas parciais das séries∑an x

n e∑|anxn|,

Sn(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ,

S|·|n (x) = |a0|+ |a1x|+ · · ·+ |anxn| .

Suponhamos que∑|anxn| é convergente num ponto x ∈ R. Então, nesse ponto, temos, pelo Critério

Geral de Cauchy,

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : m, n > p⇒∣∣∣S|·|m(x)− S|·|n (x)

∣∣∣ < ε .

Admitindo, sem perda de generalidade, que m > n, tem-se∣∣∣S|·|m(x)− S|·|n (x)∣∣∣ = |an+1x

n+1|+ · · ·+ |amxm| < ε .

Ora, como

|Sm(x)− Sn(x)| = |an+1xn+1 + · · ·+ amx

m| ≤ |an+1xn+1|+ · · ·+ |amxm| < ε ,

vem que a série∑an x

n também é convergente no ponto x. Para mostrar (4.1.1), basta observar que∣∣∣∣∣+∞∑n=0

anxn

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ limn→+∞

Sn(x)

∣∣∣∣ ≤ limn→+∞

S|·|n (x) =

+∞∑n=0

|anxn| ,


Denição 4.1.3 (Série nita). Uma série nita de potências é uma série de potências∑an x

n comos termos quase todos nulos, isto é, tal que

∃ p ∈ N : n > p⇒ an = 0.

É imediato que qualquer série nita é (absolutamente) convergente para todo x ∈ R. De facto, se n = pfor a ordem da maior potência da série que se supõe nita, então

+∞∑n=0

an xn = a0 + a1 x+ a2 x

2 + · · ·+ ap xp .

Este facto permite-nos dizer que as séries de potências de x podem ser encaradas como uma generalizaçãodos polinómios em x.

BQ EA EB 102 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 4.1.1. Escrever os polinómios seguintes como séries (nitas) das potências indicadas:

(a) f(x) = x2 + 3x− 2, x− 1; (b) f(x) = 2x5 − 11x4 + 5x3 − x2 + 1, x− 3.

Resolução: (a) Escrevendo a função em termos de potências de x− 1, temos:

x2+3x−2 = (x−1+1)2+3(x−1+1)−2 = (x−1)2+2(x−1)+1+3(x−1)+3−2 = (x−1)2+5(x−1)+2.

(b) Desenvolvendo em potências de x− 3, temos:

f(x) = 2(x− 3 + 3)5 − 11(x− 3 + 3)4 + 5(x− 3 + 3)3 − (x− 3 + 3)2 + 1

= 2[(x− 3)5 + 5(x− 3)4 × 3 + 10(x− 3)3 × 32 + 10(x− 3)2 × 33 + 5(x− 3)× 34 + 35

]− 11

[(x− 3)4 + 4(x− 3)3 × 3 + 6(x− 3)2 × 32 + 4(x− 3)× 33 + 34

]+ 5

[(x− 3)3 + 3(x− 3)2 × 3 + 3(x− 3)× 32 + 33

]−[(x− 3)2 + 2(x− 3)× 3 + 32

]+ 1

= 2(x− 3)5 + 19(x− 3)4 + 53(x− 3)3 − 10(x− 3)2 − 249(x− 3)− 278 .

Denição 4.1.4 (Série geométrica). Uma série geométrica de potências é uma série de potências∑an x

n tal que an = 1 para todo n ∈ N:

+∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + . . . .

Como vimos aquando do estudo das séries numéricas, a série de potências∑xn é absolutamente con-

vergente para |x| < 1 e divergente para |x| ≥ 1. No caso de convergir, a função soma é

S(x) =1

1− x

e podemos escrever+∞∑n=0

xn =1

1− x.

4.2 Critérios de convergência

O problema que se coloca nas séries de potências, é o de saber em que condições a série converge e, alémdisso, se convergir, para que valores de x converge. Vamos ver que os Critérios da Razão e da Raiz,podem-nos ajudar a estudar a natureza das séries de potências.

Proposição 4.2.1 (Critério da Razão - D'Alembert). Sejam∑an x

n uma série de potências e

R :=1

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn−→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ .

(1) A série∑an x

n converge absolutamente se |x| < R, isto é, se x ∈ (−R, R).

(2) A série∑an x

n diverge se |x| > R, isto é, se x ∈ (−∞, −R) ∪ (R, +∞).

BQ EA EB 103 c© HBO, 2016/2017


Em particular, se R = +∞, a série converge absolutamente para todo x ∈ R.

Demonstração: Consideremos a série dos módulos∑|an xn| e seja un = |an xn|, onde, para já, x é um

ponto arbitrário de R. Temos

limn→+∞

un+1

un= limn→+∞

∣∣an+1 xn+1∣∣

|an xn|= limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ |x| .Então, pelo Critério da Razão, a série

∑|an xn| é convergente, se

limn→+∞

un+1

un< 1⇔ lim

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ |x| < 1⇔ |x| < 1

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = R

e é divergente, se

limn→+∞

un+1

un> 1⇔ lim

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ |x| > 1⇔ |x| > limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = R .

O caso R = +∞ é uma consequência trivial.

O número R, eventualmente +∞, designa-se por raio de convergência da série e o intervalo (−R, R)por intervalo de convergência (absoluta) da série.

Exemplo 4.2.1. Usando o critério anterior, determinar o raio de convergência da série seguinte:

+∞∑n=1

xn

n.

Resolução: Comecemos por escrever

+∞∑n=1

xn

n=

+∞∑n=1

anxn , onde an =

1

n.

Pela proposição anterior, temos:

R =1

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

limn−→+∞

∣∣∣∣∣ 1n+1

1n

∣∣∣∣∣=

1

limn−→+∞

n

n+ 1

= 1 .

Observe-se que para podermos aplicar o critério anterior, tem de existir, em R, o limite lim∣∣∣ anan+1

∣∣∣.Proposição 4.2.2 (Critério da Raiz - Cauchy). Sejam

∑an x

n uma série de potências e

R :=1

lim supn−→+∞

n√|an|

.

(1) A série∑an x

n converge absolutamente se |x| < R, isto é, se x ∈ (−R, R).

(2) A série∑an x

n diverge se |x| > R, isto é, se x ∈ (−∞, −R) ∪ (R, +∞).

Em particular, se R = +∞, a série converge absolutamente para todo x ∈ R.

BQ EA EB 104 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Seja x um ponto arbitrário deR e consideremos a série dos módulos∑|an xn|. Fazendo

un = |an xn|, temoslim

n→+∞n√un = lim

n→+∞n√|an xn| = lim

n→+∞n√|an| |x| .

Pelo Critério da Raiz, a série∑|an xn| é convergente se

lim supn→+∞

n√un < 1⇔ lim sup

n→+∞

n√|an||x| < 1⇔ |x| < 1

lim supn→+∞

n√|an|

= R ,

e é divergente se

lim supn→+∞

n√|an||x| > 1⇔ lim

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ |x| > 1⇔ |x| > 1

lim supn→+∞

n√|an|

= R .

Também aqui, o caso R = +∞ é uma consequência trivial do exposto acima.

Exemplo 4.2.2. Usando o critério anterior, determinar o raio de convergência da série seguinte:

+∞∑n=1

2n xn.

Resolução: Escrevamos

+∞∑n=1

2n xn =

+∞∑n=1

anxn , onde an = 2n .

Pela proposição anterior, temos:

R =1

lim supn−→+∞

n√|an|

=1

lim supn−→+∞

n√

2n=

1

2.

Observe-se que para podermos aplicar o critério anterior não é necessário que exista o limite: lim n√|an|.

Basta que exista o limite superior: lim sup n√|an|.

Em ambos os critérios enunciados acima nada se diz no caso de |x| = R, isto é, se x = ±R, admitindoR 6= +∞. No caso particular de R = 0, temos

|x| = 0⇔ x = 0,

pelo que a série é obviamente convergente nesta situação. Se R 6= 0, tem-se no Critério da Razão e noda Raiz, respectivamente,

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

anx

∣∣∣∣ = 1 e lim supn−→+∞

n√|an xn| = 1 .

Assim, nada se pode concluir, porque a série pode ser convergente ou divergente. Por isso, torna-senecessário fazer um estudo da série de potências nos pontos x = ±R, o que nos leva ao estudo de sériesnuméricas.

Exemplo 4.2.3. Estudar a natureza da série seguinte quanto à convergência simples e absolutaem todos os pontos de R:

+∞∑n=1

(−1)nxn√n.

BQ EA EB 105 c© HBO, 2016/2017


Resolução: 1. Primeiro, vamos estudar a convergência absoluta, começando por escrever:

+∞∑n=1

(−1)nxn√n

=

+∞∑n=1

anxn , onde an =

(−1)n√n

.

Temos:R =

1

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

limn−→+∞

∣∣∣∣∣∣(−1)n+1

√n+1

(−1)n√n

∣∣∣∣∣∣=

1

limn−→+∞

√n√

n+ 1

= 1 .

Pelo Critério da Razão, podemos inferir que a série converge absolutamente para |x| < 1 ⇔ −1 <x < 1 e diverge para |x| > 1⇔ x > 1 ∨ x < −1.

Analisemos, agora, o que se passa em x = ±1.

2. Se x = −1, temos:+∞∑n=1

(−1)nxn√n

=

+∞∑n=1

(−1)n(−1)n√

n=

+∞∑n=1

1

n12

.

Trata-se de uma série de termos positivos do tipo de Dirichlet com α = 12 < 1, logo divergente.

3. Se x = 1, então+∞∑n=1

(−1)nxn√n

=

+∞∑n=1

(−1)n1√n.

A série dos módulos é:+∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n1√n

∣∣∣∣ =

+∞∑n=1

1

n12

.

Pelo caso anterior, podemos concluir que a série não converge absolutamente em x = 1. No entanto,pelo Critério de Leibniz, a série converge simplesmente. De facto, sendo un = 1√

n, facilmente se

mostra que un 0, quando n→ +∞.

4. Pelo estudo feito acima, podemos então concluir que:

(a) a série converge absolutamente para x ∈ (−1, 1);

(b) a série converge simplesmente para x ∈ (−1, 1];

(c) a série diverge para x ∈ (−∞,−1] ∪ (1,+∞).

Tudo o que foi dito para as séries de potências de x, permanece válido para qualquer série de potênciasde (x− x0), com x0 ∈ R xo. Em particular, a série

+∞∑n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + · · ·+ an (x− x0)n + . . .

é convergente para

|x− x0| < R ⇔ x0 −R < x < x0 +R,

e divergente para

|x− x0| > R ⇔ x < x0 −R ou x > x0 +R,

onde R é o raio de convergência. Do mesmo modo, para

|x− x0| = R⇔ x = x0 ±R,

tem de se fazer um estudo local.

BQ EA EB 106 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 4.2.4. Estudar a natureza da série seguinte quanto à convergência simples e absolutaem todos os pontos de R :

+∞∑n=0

(x− 3)n

2n.

Resolução: 1. Começando por estudar a convergência absoluta, escrevamos:

+∞∑n=0

(x− 3)n

2n=

+∞∑n=1

an(x− 3)n , onde an =1

2n.

Temos:R =

1

lim supn−→+∞

n√|an|

=1

lim supn−→+∞

n

√∣∣∣∣ 1

2n

∣∣∣∣=

112

= 2 .

Pelo Critério da Raiz, a série converge absolutamente para |x− 3| < 2⇔ 1 < x < 5 e diverge para|x− 3| > 2⇔ x > 5 ∨ x < 1.

Analisemos, agora, o que se passa em x = 1 e em x = 5.

2. Se x = 1, então+∞∑n=0

(x− 3)n

2n=

+∞∑n=0

(−2)n

2n=

+∞∑n=0

(−1)n .

Como (−1)n 9 0, quando n→ +∞, a série é divergente.

3. Se x = 5, obtemos+∞∑n=0

(x− 3)n

2n=

+∞∑n=0

2n

2n= +∞ .

Logo a série é divergente.

4. Pelo estudo feito acima, podemos concluir que:

(a) a série converge absolutamente para x ∈ (1, 5);

(b) a série diverge para x ∈ (−∞, 1] ∪ [5,+∞).

Podemos, ainda, considerar uma série de potências escrita numa forma mais geral:

+∞∑n=0

an (αx+ x0)n = a0 + a1 (αx+ x0) + a2 (αx+ x0)2 + · · ·+ an (αx+ x0)n + . . . .

O caso α = 1 reduz-se ao anterior e se α = 0 obtemos uma série numérica. Se α 6= 0, a série é convergentepara

|αx+ x0| < R ⇔ −x0 −Rα

< x <−x0 +R

α,

e divergente para

|αx+ x0| > R ⇔ x <−x0 −R

αou x >

−x0 +R

α,

onde R é o raio de convergência. Do mesmo modo, para

|αx+ x0| = R⇔ x =−x0 ±R

α

BQ EA EB 107 c© HBO, 2016/2017


tem de se fazer um estudo local. Observemos que, se α 6= 0, o estudo desta série pode reduzir-se aoanterior, fazendo

+∞∑n=0

an (αx+ x0)n =

+∞∑n=0

bn (x− y0)n , onde bn = anαn , y0 = −x0

α.

Exemplo 4.2.5. Estudar a natureza da série seguinte quanto à convergência simples e absolutaem todos os pontos de R :

+∞∑n=1

(−1)n(2x+ 1)n

n.

Resolução: 1. Para estudar a convergência absoluta, esrevamos:

+∞∑n=1

(−1)n(2x+ 1)n

n=

+∞∑n=1

an(2x+ 1)n , onde an =(−1)n

n.

Temos:R =

1

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

limn−→+∞

∣∣∣∣∣∣(−1)n+1

n+1

(−1)n

n

∣∣∣∣∣∣=

1

limn−→+∞

n

n+ 1

= 1 .

Pelo Critério da Razão, a série converge absolutamente para |2x+ 1| < 1 ⇔ −1 < x < 0 e divergepara |2x+ 1| > 1⇔ x > 0 ∨ x < −1.

Analisemos, agora, o que se passa em x = −1 e em x = 0.

2. Se x = −1, temos:

+∞∑n=1

(−1)n(2x+ 1)n

n=

+∞∑n=1

(−1)n(−1)n

n=

+∞∑n=1

1

n.

Trata-se da série harmónica que é divergente.

3. Se x = 0, então+∞∑n=1

(−1)n(2x+ 1)n

n=

+∞∑n=1

(−1)n1

n.

A série dos módulos resulta na série harmónica, que é divergente:

+∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n1

n

∣∣∣∣ =

+∞∑n=1

1

n.

Logo a série não converge absolutamente em x = 0. Por outro lado, facilmente se mostra que 1n 0,

quando n→ +∞. Então, pelo Critério de Leibniz, a série é convergente em x = 0.

4. Podemos então concluir que:

(a) a série converge absolutamente para x ∈ (−1, 0);

(b) a série converge simplesmente para x ∈ (−1, 0];

(c) a série diverge para x ∈ (−∞,−1] ∪ (0,+∞).

BQ EA EB 108 c© HBO, 2016/2017


4.3 Propriedades

Nesta secção, vamos estabelecer as propriedades mais importantes das séries de potências. Comecemospor considerar uma série de potências arbitrária

+∞∑n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + · · ·+ an (x− x0)n + . . . ,

com x0 ∈ R xo. Na proposição seguinte, vamos ver que podemos garantir a continuidade da funçãosoma no intervalo de convergência da série.

Proposição 4.3.1. Seja S(x) a função soma de uma série de potências∑an(x − x0)n de raio

de convergência R. Se R > 0, então a função soma S(x) é contínua em qualquer ponto x ∈(x0 −R, x0 +R).

Demonstração: Consideremos apenas o caso particular de x0 = 0, já que para x0 6= 0 a demonstraçãoé análoga. Seja y ∈ (−R, R) um ponto arbitrário e tomemos ε > 0 tal que |y| < ε < R. Temos

S(x)− S(y) =

+∞∑n=0

an (xn − yn) = a1 (x− y) + a2 (x2 − y2) + · · ·+ an (xn − yn) + . . . .

Observando quexn − yn = (x− y)

(xn−1 + yxn−2 + · · ·+ yn−2x+ yn−1

), (4.3.2)

vem|x| < ε e |y| < ε ⇒ |an (xn − yn)| < nεn−1 |an| |x− y| .

Então, usando (4.1.1) e (4.3.2), temos

|S(x)− S(y)| ≤+∞∑n=0

|an (xn − yn)| < |x− y|+∞∑n=0

n εn−1 |an| ≤ C |x− y| ,

onde C é uma constante positiva. Daqui se deduz a continuidade de S(x) em y. Para justicar queC é uma constante positiva, basta vericar que

∑n εn−1 |an| é uma série convergente. De facto, se

bn = n εn−1 |an|, tem-se, pelo Critério da Razão,

R 6= 0⇒ limn→+∞

bn+1

bn= limn→+∞

(n+ 1)εn |an+1|nεn−1|an|

= ε limn→+∞

n+ 1

nlim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣−1

=ε

R< 1 ,


A próxima proposição prende-se com a derivada de uma série de potências e da relação desta com a sérieoriginal, assim como a derivabilidade da função soma da série de potências.

Proposição 4.3.2. Seja S(x) a função soma de uma série de potências∑an(x − x0)n de raio

de convergência R. Se R > 0, então a função soma S(x) é derivável em qualquer ponto x ∈(x0 −R, x0 +R) e tem-se

S′(x) =

+∞∑n=1

nan (x− x0)n−1 ∀ x ∈ (x0 −R, x0 +R). (4.3.3)

Demonstração: Consideremos, apenas, o caso particular de x0 = 0. No caso de x0 6= 0, aplicamoso resultado do caso x0 = 0 juntamente com o Teorema de Derivação da Função Composta. Sendo

BQ EA EB 109 c© HBO, 2016/2017


x ∈ (−R, R) um ponto arbitrário, queremos mostrar que existe o limite, quando h tende para 0, darazão incremental de S(x). Usando a denição de limite, isto equivale a mostrar que

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : |h| < δ ∧ |x|+ |h| < R ⇒

∣∣∣∣∣S(x+ h)− S(x)

h−

+∞∑n=1

nan xn−1

∣∣∣∣∣ < ε . (4.3.4)

Pela utilização do Binómio de Newton

(x+ h)n =

n∑k=0

n!

k!(n− k)!xn−khk

=xn + nxn−1h+n(n− 1)

2xn−2h2 + · · ·+ n(n− 1)

2x2hn−2 + nxhn−1 + hn ,

podemos escrever

S(x+ h)− S(x)

h−

+∞∑n=1

nan xn−1 =

+∞∑n=0

an(x+ h)n − xn

h−

+∞∑n=1

nan xn−1

=

+∞∑n=0

an

(nxn−1 +

n(n− 1)

2xn−2h+ · · ·+ n(n− 1)

2x2hn−3 + nxhn−2 + hn−1 − nxn−1

)

=

+∞∑n=0

anh

(n∑k=2

n!

k!(n− k)!xn−khk

)=

+∞∑n=0

anh

(n∑k=2

n!

k!(n− k)!xn−khk−2

)

=

+∞∑n=0

anh

(n−2∑k=0

n!

(k + 2)!(n− 2− k)!xn−2−khk

).

Usando o facto den!

(k + 2)!(n− 2− k)!≤ n(n− 1)

(n− 2)!

k!(n− 2− k)!,

novamente o Binómio de Newton e a hipótese de |h| < δ, temos∣∣∣∣∣S(x+ h)− S(x)

h−

+∞∑n=1

nan xn−1

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑n=0

|an| |h|n(n− 1)

(n−2∑k=0

(n− 2)!

k!(n− 2− k)!|x|n−2−k|h|k

)

= |h|+∞∑n=0

|an|n(n− 1) (|x|+ |h|)n−2< δ C .

A série numérica da última desigualdade é convergente pelo Critério da Razão e, portanto, limitada poruma constante C, pois

R 6= 0 ∧ |x|+ |h| < R⇒ limn→+∞

(n+ 1)n |an+1| (|x|+ |h|)n−1

n(n− 1) |an| (|x|+ |h|)n−2 =

(|x|+ |h|) limn→+∞

n+ 1

n− 1lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣−1

=|x|+ |h|

R< 1 .

Escolhendo δ = ε/C, concluímos a demonstração de (4.3.4). Daqui se deduz a derivabilidade de S(x),assim como (4.3.3).

Na proposição seguinte mostramos que a série que tem por função soma S′(x) tem o mesmo raio deconvergência da série de soma S(x).

Proposição 4.3.3. Seja S(x) a função soma da série de potências∑an (x− x0)n e

+∞∑n=1

nan (x− x0)n−1 = a1 + 2a2 (x− x0) + 3a2 (x− x0)2 + · · ·+ nan (x− x0)n−1 + . . .

a série que se obtém derivando termo a termo a série∑an (x−x0)n. Então as séries

∑an (x−x0)n

BQ EA EB 110 c© HBO, 2016/2017


e∑nan (x− x0)n−1 têm o mesmo raio de convergência.

Demonstração: Sejam R e RD os raios de convergência das séries∑an (x−x0)n e

∑nan (x−x0)n−1,

respectivamente. Seja, ainda, aDn = nan. Temos:

limn→+∞

n

n+ 1= 1⇒ RD = lim

n→+∞

∣∣∣∣ aDnaDn+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ nan(n+ 1) an+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ limn→+∞

n

n+ 1= R ;

limn→+∞

n√n = 1⇒ RD =

1

lim supn→+∞

n

√|aPn |

=1

lim supn→+∞

n√|nan|

=1

limn→+∞

n√n lim sup

n→+∞

n√|an|

= R .

Então, pelo Critério da Razão ou da Raiz, o resultado segue.

O resultado anterior ainda é válido no intervalo [x0 −R, x0 +R], desde que a função soma S(x) estejadenida nos pontos x0 ±R.

Exemplo 4.3.1. Usando a proposição anterior, determinar a soma da série seguinte e indicar omaior intervalo aberto onde a igualdade é válida:

+∞∑n=1

xn

n.

Resolução: Sendo an = 1n , esta série converge absolutamente para valores de x tais que:

|x| < R =1

limn→+∞

an+1

an

=1

limn→+∞

1n+1

1n

=1

limn→+∞

n

n+ 1

= 1⇔ −1 < x < 1 .

Considerando a série que se obtém derivando, termo a termo, a série dada e recordando a soma dasérie geométrica, obtemos:

+∞∑n=1

(xn

n

)′=

+∞∑n=1

xn−1 =

+∞∑n=0

xn =1

1− x.

Este desenvolvimento é válido também para valores de x tais que |x| < 1⇔ −1 < x < 1. Então:

+∞∑n=1

xn

n=

∫ x

0

1

1− tdt = − ln(1− x) ∀ x ∈ (−1, 1) .

Proposição 4.3.4. Seja S(x) a função soma de uma série de potências∑an(x− x0)n e

+∞∑n=0

ann+ 1

(x− x0)n+1 = a0 (x− x0) +a1

2(x− x0)2 +

a2

3(x− x0)3 + · · ·+ an

n+ 1(x− x0)n+1 + . . .

a série que se obtém por primitivar, termo a termo e a menos de uma constante aditiva, a série∑an (x− x0)n. Então:

(1) As séries∑an (x− x0)n e

∑ ann+1 (x− x0)n+1 têm o mesmo raio de convergência R;

BQ EA EB 111 c© HBO, 2016/2017


(2) A primitiva de S(x) que vale zero em x = x0 é dada por∫S(x) dx =

+∞∑n=0

ann+ 1

(x− x0)n+1 ∀ x ∈ (x0 −R, x0 +R) .

Demonstração: Sejam R e RP os raios de convergência das séries∑an (x−x0)n e

∑ ann+1 (x−x0)n+1,

respectivamente. Seja, ainda, aPn = ann+1 . Para mostrar a primeira armação, basta observar que, pelos

Critérios da Razão ou da Raiz se tem, respectivamente:

limn→+∞

n+ 2

n+ 1= 1⇒ RP = lim

n→+∞

∣∣∣∣ aPnaPn+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣ann+1an+1

n+2

∣∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ limn→+∞

n+ 2

n+ 1= R ;

limn→+∞

n√n+ 1 = 1⇒ RP =

1

lim supn→+∞

n

√|aPn |

=1

lim supn→+∞

n

√∣∣∣∣ ann+ 1

∣∣∣∣=

limn→+∞

n√n+ 1

lim supn→+∞

n√|an|

= R .

A segunda armação é imediata, já que, por denição de primitiva e pela Proposição 4.3.2, se tem

S(x) =

(∫S(x) dx

)′=

+∞∑n=0

an(x− x0)n ∀ x ∈ (x0 −R, x0 +R) .

Fica, portanto, demonstrada a proposição.

Exemplo 4.3.2. Usando os resultado da proposição anterior, determinar a soma da série seguintee indicar o maior intervalo aberto onde a igualdade é válida:

+∞∑n=1

(n+ 1)xn .

Resolução: Se an = n+ 1, a série dada converge absolutamente para valores de x tais que:

|x| < R =1

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

limn→+∞

n+ 1

n

= 1⇔ −1 < x < 1 .

Considerando a série que se obtém primitivando a série dada termo a termo e recordando mais umavez a soma da série geométrica, obtemos:

+∞∑n=1

∫ x

0

(n+ 1)tn dt =

+∞∑n=1

xn+1 = x2+∞∑n=0

xn =x2

1− x.

Este desenvolvimento é válido também para valores de x tais que |x| < 1⇔ −1 < x < 1. Então:

+∞∑n=1

(n+ 1)xn =

(x2

1− x

)′=

2x

(1− x)2− x2

(1− x)2∀ x ∈ (−1, 1) .

4.4 Fórmula de Taylor

Nesta secção vamos desenvolver um método que nos permite calcular valores aproximados de funçõeselementares e que é muito útil, em particular, para cálculos com funções transcendentes tais como o seno

BQ EA EB 112 c© HBO, 2016/2017


ou a exponencial. Este método tem por base uma aproximação das funções elementares por polinómioscom um termo que nos dá o erro e que é facilmente estimado.

Comecemos por recordar que a derivada de uma função f num ponto x = x0 nos dá o declive da rectatangente ao gráco da função nesse ponto. Muito próximo do ponto x = x0 a função f e a sua rectatangente vão ter valores aproximados. Por uma simples análise geométrica da noção de derivada (verFigura 4.1), vemos que a expressão designatória da recta tangente ao gráco da função no ponto x = x0

éy = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

xx0

f(x0)

y

0

y = f(x)

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

Figura 4.1: Recta tangente ao gráco de uma função.

Deste modo, numa vizinhança do ponto x = x0 onde a função f seja derivável, podemos escrever aigualdade seguinte:

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + r1(x);

onde r1(x) é o erro que se comete na aproximação. Se f for duas vezes derivável no ponto x = x0, usandoa expressão anterior, podemos escrever:

f ′(x) = f ′(x0) + f ′′(x0)(x− x0) + r(x);

onde r(x) é o erro que se comete nesta aproximação. Conjugando as duas expressões anteriores, obtemos

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + f ′′(x0)(x− x0)2

2+ r2(x);

onde r2(x) expressa o erro neste caso. Observe-se que os termos de segunda ordem vêm a dividir por 2,porque se derivarmos esta última expressão temos de obter a anterior. Prosseguindo com este raciocínio,podemos generalizar este resultado na proposição seguinte.

Proposição 4.4.1 (Fórmula de Taylor). Seja f uma função denida num intervalo aberto I ⊆ R,e n vezes derivável num ponto x0 ∈ I. Tem-se então, para qualquer x ∈ I,

f(x) = f(x0)+f ′(x0)(x−x0)+f ′′(x0)

2(x−x0)2+

f ′′′(x0)

3!(x−x0)3+· · ·+f (n)(x0)

n!(x−x0)n+rn(x−x0) ,

(4.4.5)onde

limx−→x0

rn(x− x0)

(x− x0)n= 0 . (4.4.6)

Demonstração: Denamos o polinómio de ordem n seguinte

Tn(x) := f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2 + · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n . (4.4.7)

Por simples derivação, mostra-se que Tn(x) é o único polinómio de ordem, quanto muito, igual a n talque

T (k)n (x0) = f (k)(x0) ∀ k ∈ 0, 1, . . . , n , (4.4.8)

BQ EA EB 113 c© HBO, 2016/2017


onde T (k)n (x0) denota a derivada de ordem k de Tn(x) no ponto x = x0. Mostremos que, quando x tende

para x0, rn(x − x0) := f(x) − Tn(x) é um innitésimo quando comparado com (x − x0)n, i.e. que severica (4.4.6). Pelas hipóteses feitas sobre f e tendo em conta (4.4.8), podemos aplicar sucessivamentea Regra de Cauchy e obtemos

limx−→x0

rn(x− x0)

(x− x0)n= limx−→x0

f(x)− Tn(x)

(x− x0)n= limx−→x0

f ′(x)− T ′n(x)

n(x− x0)n−1= . . .

= limx−→x0

f (n)(x)− T (n)n (x0)

n!=f (n)(x0)− f (n)(x0)

n!= 0 ,


Observemos que, no caso de n = 0, basta que f seja contínua. A fórmula anterior, chama-se fórmula deTaylor1 de ordem n da função f no ponto x = x0. A função rn(x− x0) designa-se por resto de ordemn e, de entre as várias expressões possíveis, apresentamos, na proposição seguinte, aquelas que têm maisinteresse neste texto.

Proposição 4.4.2. Seja f uma função denida num intervalo aberto I ⊆ R e x0 ∈ I. Suponhamosque f e as suas derivadas até à ordem n+ 1 são funções contínuas em I. Então existe um ponto ξentre x0 e x ∈ I tal que o resto da Fórmula de Taylor de ordem n de f em x = x0 é dado por umadas fórmulas seguintes:

rn(x− x0) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)n+1 , (4.4.9)

rn(x− x0) =f (n+1)(ξ)

n!(x− ξ)n(x− x0) . (4.4.10)

Demonstração: Consideremos o polinómio Tn(x) denido na demonstração da proposição anterior em(4.4.7) e denamos

F (t) := f(t) +

n∑k=1

f (k)(t)

k!(x− t)k . (4.4.11)

Observemos que F (x) = f(x) e F (x0) = Tn(x), pelo que

rn(x− x0) = F (x)− F (x0) . (4.4.12)

Por outro lado, derivando (4.4.11) e, depois, usando as propriedades das somas telescópicas, obtemos

F ′(t) = f ′(t) +

n∑k=1

[f (k+1)(t)

k!(x− t)k − f (k)(t)

(k − 1)!(x− t)k−1

]=f (n+1)(t)

n!(x− t)n . (4.4.13)

Sem perda de generalidade, consideremos o caso de x > x0, sendo que o caso x0 < x é inteiramenteanálogo. Consideremos, agora, uma função arbitrária G, mas tal que G é contínua em [x0, x] e derivávelem (x0, x), e, ainda, tal que G′(t) 6= 0 para todo t ∈ (x0, x). Então, pelo Teorema do valor médio deCauchy, existe ξ ∈ (x0, x) tal que

F (x)− F (x0)

G(x)−G(x0)=F ′(ξ)

G′(ξ)(4.4.14)

Para provarmos (4.4.9) ou (4.4.10), basta considerarmos, em (4.4.14), G(t) = (x− t)n+1 ou G(t) = x− t,respectivamente, e usar as identidades (4.4.12) e (4.4.13).

Observe-se que a condição de que f (n+1) seja contínua no intervalo I não é de todo necessária para ademonstração da Proposição 4.4.2. Basta assumir que f (n+1) exista e que f (n) seja contínua, ambas nointervalo I.

1Brook Taylor (1685-1731), matemático inglês natural de Londres.

BQ EA EB 114 c© HBO, 2016/2017


Os restos da fórmula de Taylor expressos em (4.4.9) e em (4.4.10) são conhecidos na literatura, respec-tivamente, como Resto de Lagrange e Resto de Cauchy. As correspondentes fórmulas de Taylor, sãodesignadas por Fórmula de Taylor-Lagrange e Fórmula de Taylor-Cauchy, respectivamente. Existemvárias outras possibilidades para expressar o resto da Fórmula de Taylor, mas todas elas devem satisfa-zer à condição (4.4.6). Tal como iremos ver na demonstração da proposição seguinte, e principalmenteaquando falarmos dos desenvolvimentos em série de Taylor, o resto de Lagrange é útil em situaçõesem que consigamos majorar |f (n+1)(ξ)| por alguma constante positiva (independente de n), digamos C,porque, neste caso, iremos ter∣∣∣∣f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)n+1

∣∣∣∣ ≤ C |x− x0|n+1

(n+ 1)!−→ 0, quando n→ +∞. (4.4.15)

Por sua vez, o resto de Cauchy permite desbloquear situações em que não conseguimos majorar |f (n+1)(ξ)|,o que acontece, por exemplo, quando na expressão de f (n+1)(ξ) aparecem expressões do tipo n! no nu-merador.

No caso particular de x0 = 0, a fórmula de Taylor reduz-se a

f(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)

2x2 +

f ′′′(0)

3!x3 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn + rn(x) , (4.4.16)

onde

limx→0

rn(x)

xn= 0 . (4.4.17)

Neste caso, a fórmula de Taylor recebe o nome de fórmula de Maclaurin2.

Proposição 4.4.3 (Fórmulas Fundamentais). As funções elementares seguintes admitem as fór-mulas de Maclaurin de ordem n indicadas:

(1)1

1− x= 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + rn(x);

(2) ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ xn

n!+ rn(x);

(3) ln(1 + x) = x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ rn(x);

(4) (1 + x)α = 1 + αx+

(α2

)x2 + · · ·+

(αn

)xn + rn(x), α ∈ R;

(5) sen(x) = x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ sen

(nπ2

) xnn!

+ rn(x);

(6) cos(x) = 1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ cos

(nπ2

) xnn!

+ rn(x).

Na Fórmula Fundamental (4) da proposição anterior, estendemos a notação binomial de números inteirosnão negativos para um número real α qualquer,(

αn

)=

α!

n!(α− n)!=α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)]

n!. (4.4.18)

Observe-se que esta expressão só tem expressão em função de α no caso de n ≥ 1. Por outro lado, note-se

que, tal como iremos ver na demonstração a seguir, no caso de α ∈ N, subentende-se que(αn

)= 0

para todo n > α. Usando uma notação mais abreviada, podemos escrever a Fórmula de Taylor (4) naforma seguinte

(1 + x)α = 1 +

n∑k=1

k∏i=1

[α− (i− 1)]xk

k!.

2Colin Maclaurin (1698-1746), matemático escocês natural de Kilmodan.

BQ EA EB 115 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: (1) Se f(x) = 11−x , determinando as sucessivas derivadas, temos

f ′(x) =1

(1− x)2⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) =2

(1− x)3⇒ f ′′(0) = 2 ,

f ′′′(x) =2× 3

(1− x)4⇒ f ′′′(0) = 2× 3 ,

· · ·

f (n)(x) =n!

(1− x)n+1⇒ f (n)(0) = n!, n ≥ 0 .

Então, substituindo na fórmula de Maclaurin (4.4.16), obtemos

1

1− x=1 + x+

2

2x2 +

3!

3!x3 + · · ·+ n!

n!xn + rn(x)

=1 + x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + rn(x) .

Falta apenas ver que (4.4.6) é satisfeita. De facto, usando a denição (4.4.9) para o resto, temos

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

(n+1)!(1−ξ)n+2

(n+ 1)!x = lim

x→0

x

(1− ξ)n+2= 0 .

A última igualdade resulta do facto de ξ estar entre 0 e x (que, por denição, é diferente de 1) e, porisso, ξ −→ 0 quando x −→ 0.

(2) Para f(x) = ex, temos f (n)(x) = ex ⇒ f (n)(0) = 1 para todo n ∈ N. Substituindo em (4.4.16),obtemos a fórmula de Maclaurin respectiva. Para ver que (4.4.6) é satisfeita, usamos a denição (4.4.9)para o resto e obtemos

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

eξ

(n+ 1)!x = 0 .

(3) Se f(x) = ln(1 + x), temos

f ′(x) =1

1 + x⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) = − 1

(1 + x)2⇒ f ′′(0) = −1 ,

f ′′′(x) =2

(1 + x)3⇒ f ′′′(0) = 2 ,

f (iv)(x) = − 2× 3

(1 + x)4⇒ f (iv)(0) = −2× 3 ,

· · ·

f (n)(x) = (−1)n−1 (n− 1)!

(1 + x)n⇒ f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)!, n ≥ 1 .

Substituindo em (4.4.16), tem-se

1

1− x=0 + 1× x+

−1

2x2 +

2

3!x3 +

−3!

4!x4 + · · ·+ (−1)n(n− 1)!

n!xn + rn(x)

=x− x2

2+x3

3− x4

4+ · · ·+ (−1)n

xn

n+ rn(x) .

Vejamos que (4.4.6) é satisfeita, usando a denição (4.4.9) para o resto. De facto, observando que ξ −→ 0quando x −→ 0, temos:

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

(−1)n n!(1+ξ)n+1

(n+ 1)!x = lim

x→0

(−1)n

(1 + ξ)n+1(n+ 1)x = 0 .

BQ EA EB 116 c© HBO, 2016/2017


(4) No caso de α ∈ R e f(x) = (1 + x)α, tem-se

f ′(x) = α(1 + x)α−1 ⇒ f ′(0) = α ,

f ′′(x) = α(α− 1)(1 + x)α−2 ⇒ f ′′(0) = α(α− 1) ,

f ′′′(x) = α(α− 1)(α− 2)(1 + x)α−3 ⇒ f ′′′(0) = α(α− 1)(α− 2) ,

. . .

f (n)(x) = α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)](1 + x)α−n

⇒ f (n)(0) = α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)], n ≥ 1 .

Substituindo em (4.4.16) e usando a escrita abreviada sugerida pela identidade

α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (k − 1)] =α!

(α− k)!= k!

(αk

)(α, k ∈ N e α ≥ k) ,

obtemos

(1 + x)α =1 + αx+α(α− 1)

2x2 +

α(α− 1)(α− 2)

3!x3 + . . .

+α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)]

n!xn + rn(x)

=1 + αx+

(α2

)x2 +

(α3

)x3 + · · ·+

(αn

)xn + rn(x) .

Falta apenas ver que (4.4.6) é satisfeita. De facto, usando a denição (4.4.9) para o resto, observandoque x 6= −1 e novamente que ξ −→ 0 quando x −→ 0, temos

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)](1 + ξ)α−n

(n+ 1)!x = 0 .

(5) Seja, agora, f(x) = sen(x). Temos

f ′(x) = cos(x) = sen(x+

π

2

)⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) = − sen(x) = sen

(x+

2π

2

)⇒ f ′′(x) = 0 ,

f ′′′(x) = − cos(x) = sen

(x+

3π

2

)⇒ f ′′′(0) = −1 ,

f (iv)(x) = sen(x) = sen

(x+

4π

2

)⇒ f (iv)(0) = 0 ,

f (v)(x) = cos(x) = sen

(x+

5π

2

)⇒ f (v)(0) = 1 ,

. . .

f (n)(x) = sen(x+

nπ

2

)⇒ f (n)(0) =

0 , se n par±1 se n ímpar

, n ≥ 0 .

Substituindo em (4.4.16), temos

sen(x) =0 + 1× x+0

2x2 +

−1

3!x3 +

0

4!x4 +

1

5!x5 + · · ·+

sen(nπ2

)n!

xn + rn(x)

=x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ sen

(nπ2

) xnn!

+ rn(x) .

Vejamos, agora, que (4.4.6) é satisfeita. De facto, usando a denição (4.4.9) para o resto, temos

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

sen(ξ + nπ

2

)(n+ 1)!

x = 0 .

BQ EA EB 117 c© HBO, 2016/2017


(6) Finalmente, no caso de f(x) = cos(x), tem-se

f ′(x) = − sen(x) = cos(x+

π

2

)⇒ f ′(0) = 0 ,

f ′′(x) = − cos(x) = cos

(x+

2π

2

)⇒ f ′′(x) = −1 ,

f ′′′(x) = sen(x) = cos

(x+

3π

2

)⇒ f ′′′(0) = 0 ,

f (iv)(x) = cos(x) = cos

(x+

4π

2

)⇒ f (iv)(0) = 1 ,

f (v)(x) = − sen(x) = cos

(x+

5π

2

)⇒ f (v)(0) = 0 ,

. . .

f (n)(x) = cos(x+

nπ

2

)⇒ f (n)(0) =

0 , se n ímpar±1 se n par

, n ≥ 0 .

Substituindo em (4.4.16), temos

cos(x) =1 + 0× x+−1

2x2 +

0

3!x3 +

1

4!x4 +

0

5!x5 + · · ·+

cos(nπ2

)n!

xn + rn(x)

=1− x2

2+x4

4!+ · · ·+ cos

(nπ2

) xnn!

+ rn(x) .

Para ver que (4.4.6) é satisfeita, usamos a denição (4.4.9) para obter

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

cos(ξ + nπ

2

)(n+ 1)!

x = 0 .

Concluímos assim a demonstração.

Exemplo 4.4.1. Determinar a fórmula de Maclaurin de ordem n da função seguinte:

f(x) = sen2(x) , x = 0 .

Resolução: Comecemos por observar que

f(x) = sen2(x) =1− cos(2x)

2.

Então, usando a Fórmula 6 da Proposição 4.4.3, obtemos

f(x) =1

2− 1

2

[n∑k=0

(−1)k(2x)2k

(2k)!+ rn(2x)

]=

n∑k=1

(−1)k+1 22k−1

(2k)!x2k +Rn(x) , (4.4.19)

onde Rn(x) = − 12rn(2x), com limx→0

rn(2x)(2x)n = 0. Para ver que (4.4.6) é satisfeita, basta ver que

limx→0

Rn(x)

xn= −1

2limx→0

rn(2x)

xn= −2n−1 lim

x→0

rn(2x)

(2x)n= 0 .

Assim, (4.4.19) é a Fórmula de Maclaurin da função dada.

No caso particular de f(x) ser um polinómio de grau menor ou igual a n, então rn(x) = 0 em (4.4.16).

BQ EA EB 118 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 4.4.2. Determinar a fórmula de Taylor de ordem n do polinómio seguinte em torno doponto indicado:

g(x) = x3 − 2x2 + 3x+ 5 , x = 2 .

Resolução: Neste caso, temos:

g(x) = x3 − 2x2 + 3x+ 5 ⇒ g(2) = 11 ,

g′(x) = 3x2 − 4x+ 3 ⇒ g′(2) = 7 ,

g′′(x) = 6x− 4 ⇒ g′′(2) = 8 ,

g′′′(x) = 6 ⇒ g′′′(2) = 6 ,

g(n)(x) = 0 ∀ n ≥ 4 ⇒ g(n)(0) = 0 ∀ n ≥ 4 .

Então para todo n ≥ 3, rn(x− 2) = 0 e

g(x) = 11 + 7(x− 2) +8

2!(x− 2)2 +

6

3!(x− 2)3 = 11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + (x− 2)3 .

Se, por exemplo, n = 2, temos

g(x) = 11 + 7(x− 2) +8

2!(x− 2)2 + r2(x) = 11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + r2(x− 2) ,

onde, usando (4.4.9), se tem

limx→2

r2(x− 2)

(x− 2)2= limx→2

g′′′

(ξ)3! (x− 2)3

(x− 2)2= limx→2

(x− 2) = 0 ,

sendo ξ um ponto entre x e 2.

As funções cujas fórmulas de Taylor, em torno de determinado ponto, têm restos cada vez mais pequenosà medida que a ordem n aumenta, dizem-se analíticas e serão estudadas na secção seguinte.

4.5 Série de Taylor

Comecemos por observar que quando uma série de potências∑an (x − x0)n, com x0 ∈ R, converge,

então a série pode ser representada, no intervalo de convergência (x0−R, x0 +R), pela sua função soma,digamos S(x). Assim, podemos dizer que a série de potências

∑an (x− x0)n dene a função S(x) cujo

valor, em cada ponto x do seu intervalo de convergência, é dado por

S(x) =

+∞∑n=0

an (x− x0)n .

A série∑an (x− x0)n é, assim, designada por expansão em série de potências da função S(x) em

torno do ponto x = x0.

Existem dois problemas fundamentais que se levantam sobre a expansão em série de potências:

(1) O primeiro tem a ver com as propriedades da função soma de uma dada série de potências;

(2) No segundo problema, pretendemos saber em que condições é possível ou não representar uma dadafunção por uma série de potências.

O primeiro problema já foi analisado na Secção 4.3 com o estudo das propriedades principais das sériesde potências. Para respondermos ao segundo problema, e que é o mais interessante do ponto de vistadas aplicações, convém ter presente a noção de Fórmula de Taylor de ordem n em torno de um ponto

BQ EA EB 119 c© HBO, 2016/2017


x = x0. Na denição seguinte, vamos estender esta noção para qualquer ordem e, assim, escrever umafórmula com innitas parcelas.

Denição 4.5.1 (Série de Taylor). Sejam f(x) uma função indenidamente derivável num intervaloaberto I ⊆ R e x0 ∈ I. Designa-se por série de Taylor de f(x) no ponto x = x0 à série de potênciasseguinte:

+∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)n = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +

f ′′(x0)

2(x− x0)2 + · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n + . . . .

No caso de x0 = 0, a série anterior recebe o nome de série de Maclaurin.

A questão que se coloca agora, é a de saber se a série de Taylor∑ f(n)(x0)

n! (x− x0)n converge no pontox = x0 e se, em algum intervalo I contendo x0, tem soma S(x) = f(x).

Denição 4.5.2 (Função analítica). Seja f(x) uma função denida num intervalo aberto I ⊆ R ex0 ∈ I. Diz-se que f(x) é uma função analítica no ponto x = x0, se existe uma série de potências∑an (x− x0)n tal que, para qualquer x pertencendo a um subintervalo de I contendo x0, se tem

f(x) =

+∞∑n=0

an(x− x0)n .

A proposição seguinte dá-nos um critério geral de desenvolvimento de uma função em série de Taylor.

Proposição 4.5.1. Seja f(x) uma função denida num intervalo aberto I ⊆ R e indenidamentederivável em I, e seja x0 ∈ I. Tem-se

f(x) =

+∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)n ∀ x ∈ (x0 − ε, x0 + ε) ⊆ I, ε > 0 , (4.5.20)

se e só se o resto de oredm n da Fórmula de Taylor (4.4.5) satisfaz a

limn−→+∞

rn(x− x0) = 0 . (4.5.21)

Demonstração: Consideremos a sucessão Sn(x) das somas parciais de ordem n da série de Taylor∑ f(n)(x0)n! (x− x0)n:

Sn(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2 +

f ′′′(x0)

3!(x− x0)3 + · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n .

Usando a fórmula de Taylor de ordem n da função f(x) no ponto x = x0 (ver (4.4.5)), podemos escrever

f(x) = Sn(x) + rn(x− x0) , onde limx−→x0

rn(x− x0)

(x− x0)n.

Fazendo n→ +∞, temos

f(x) =

+∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)n + lim

n→+∞rn(x− x0) = 0 .

Assim, a igualdade (4.5.20) acontece se e só se o limite do segundo membro na equação anterior for zero,ou seja se e só (4.5.21) se vericar.

BQ EA EB 120 c© HBO, 2016/2017


Convém notar que o limite de rn(x−x0) é tomado quando n tende para +∞ e não quando x tende parax0, o qual é sempre 0 para todo n. Pelo exposto acima, pode acontecer que, por um lado, determinadafunção seja a soma de uma série de potências e, por outro, admita um desenvolvimento em série deTaylor. Neste caso, a proposição seguinte diz-nos que a série obtida, num caso ou no outro, é a mesma.

Proposição 4.5.2. Sejam x0 ∈ R e ε > 0. Se S(x) é a soma de uma série de potências∑an (x−

x0)n num intervalo (x0−ε, x0 +ε), e, por outro lado,∑an (x−x0)n é a expansão em série de Taylor

de uma função f(x) em torno do ponto x = x0, então S(x) = f(x) para todo x ∈ (x0 − ε, x0 + ε)e, em particular,

a0 = f(x0) , a1 = f ′(x0) , a2 =f ′′(x0)

2, . . . , an =

f (n)(x0)

n!, . . . .

Demonstração: Suponhamos que num intervalo (x0 − ε, x0 + ε), com ε > 0, se tem

S(x) =

+∞∑n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + · · ·+ an (x− x0)n + . . . . (4.5.22)

Como a série do segundo membro de (4.5.22) é a expansão em série de Taylor de uma função f(x) emtorno do ponto x = x0, é imediato que S(x) = f(x) para todo x ∈ (x0 − ε, x0 + ε). Observando isto,sai imediatamente de (4.5.22) que f(x0) = a0. Derivando (4.5.22) e observando que S(x) = f(x) nointervalo (x0 − ε, x0 + ε), temos

f ′(x) =

+∞∑n=1

nan (x− x0)n−1 = a1 + 2a2 (x− x0) + 3a3 (x− x0)2 + · · ·+ nan (x− x0)n−1 + . . . , (4.5.23)

pelo que f ′(x0) = a1. Derivando agora (4.5.23), temos

f ′′(x) =

+∞∑n=2

n(n− 1)an (x− x0)n−2 = 2a2 + 3× 2a3 (x− x0) + · · ·+ n× (n− 1)an xn−2 + . . .

e f ′′(x0) = 2a2. Prosseguindo este raciocínio, conseguimos mostrar que f (n)(x0) = n! an.

Concluímos esta secção com alguns desenvolvimentos fundamentais em série de Taylor.

Proposição 4.5.3 (Desenvolvimentos Fundamentais). As funções seguintes admitem os desenvol-vimentos em série de Maclaurin seguintes nos intervalos indicados:

(1)1

1− x=

+∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + . . . , |x| < 1;

(2) ex =

+∞∑n=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2+ · · ·+ xn

n!+ . . . , |x| < +∞;

(3) ln(1 + x) =

+∞∑n=1

(−1)n−1xn

n= x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ . . . , |x| < 1;

(4) (1 + x)α =

+∞∑n=0

(αn

)xn = 1 + αx+

(α2

)x2 + · · ·+

(αn

)xn + . . . , |x| < 1;

(5) sen(x) =

+∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!= x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ . . . , |x| < +∞;

BQ EA EB 121 c© HBO, 2016/2017


(6) cos(x) =

+∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!= 1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ . . . , |x| < +∞.

Recordando o que observamos sobre a Fórmula de Taylor (4.4.18) correspondente ao DesenvolvimentoFundamental (4) da proposição anterior, este desenvolvimento é melhor apreendido quando escrito naforma seguinte:

(1 + x)α =

1 +

+∞∑n=1

n∏k=1

[α− (k − 1)]xn

n!= 1 +

+∞∑n=1

α(α− 1)(α− 2) · · · [α− (n− 1)]xn

n!=

1 + αx+ α(α− 1)x2

2!+ α(α− 1)(α− 2)

x3

3!+ · · ·+ α(α− 1)(α− 2) · · · [α− (n− 1)]

xn

n!+ . . . .

(4.5.24)

Observe-se que o termo de ordem zero foi separado da série para se garantir que o seu valor é 1. Casocontrário, podemos usar a notação

(1 + x)α =

+∞∑n=0

n∏k=1

[α− (k − 1)]xn

n!

com o signicado de que∏nk=1[pk− (p− 1)] = 1 quando n = 0, tal como muitos programas de resolução

numérica o fazem. Tal como para a Fórmula de Taylor respectiva, no caso de α ser um inteiro positivo,subentende-se que (

αn

)=

∏nk=1[α− (k − 1)]

n!= 0 ∀ n > α.

No caso particular de α = − 1p , com p ∈ N2, a expressão (4.5.24) simplica-se do modo seguinte,

1p√

1 + x=1 +

+∞∑n=1

(−1)n∏nk=1[pk − (p− 1)]

pnn!xn

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n1 · (p+ 1) · (2p+ 1) · (3p+ 1) · · · ((n− 1)p+ 1)

pnn!xn .

Por exemplo, para p = 2, temos, no caso de α = − 12 ,

1√1 + x

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n∏nk=1(2k − 1)

pnn!xn

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n− 1)

2nn!xn .

Já no caso de α = 1p , com p ∈ N2, a expressão (4.5.24) pode ser escrita na forma

p√

1 + x =1 +

+∞∑n=1

(−1)n∏nk=1[pk − (p+ 1)]

pnn!xn

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n+1 (p− 1) · (2p− 1) · (3p− 1) · · · ((n− 1)p− 1)

pnn!xn .

Por exemplo, para p = 2, temos, no caso de α = 12 ,

√1 + x =1 +

+∞∑n=1

(−1)n∏nk=1(2k − 3)

pnn!xn

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n+1 1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)

2nn!xn .

BQ EA EB 122 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Pela Proposição 4.4.3, as fórmulas de Maclaurin de ordem n seguintes são válidas:

(1)1

1− x= 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + rn(x);

(2) ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ xn

n!+ rn(x);

(3) ln(1 + x) = x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ rn(x);

(4) (1 + x)α = 1 + αx+

(α2

)x2 + · · ·+

(αn

)xn + rn(x), α ∈ R;

(5) sen(x) = x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ sen

(nπ2

) xnn!

+ rn(x);

(6) cos(x) = 1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ cos

(nπ2

) xnn!

+ rn(x);

onde, em cada um dos casos, se tem

limx→0

rn(x)

xn= 0 .

Daqui resulta que os desenvolvimentos em série de Maclaurin (1)-(6) são válidos, se conseguirmos mostrar,em cada caso, que

limn→+∞

rn(x) = 0

nos domínios de x considerados. Comecemos por mostrar que as séries de Taylor indicadas são con-vergentes nos domínios correspondentes. Designando por an a parte numérica em cada uma das séries,temos:

(1)+∞∑n=0

xn ⇒ R = limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = 1;

(2)+∞∑n=0

xn

n!⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣ 1n!1

(n+1)!

∣∣∣∣∣ = limn→+∞

(n+ 1) = +∞;

(3)+∞∑n=1

(−1)n−1xn

n⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣(−1)n−1

n(−1)n

n+1

∣∣∣∣∣ = limn→+∞

n+ 1

n= 1;

(4)+∞∑n=0

(αn

)xn ⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣∣α(α−1)(α−2)...[α−(n−1)]

n!α(α−1)(α−2)...(α−n)

(n+1)!

∣∣∣∣∣∣ = limn→+∞

n+ 1

|α− n|= 1;

(5)+∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣∣(−1)n

(2n+1)!

(−1)n+1

(2n+3)!

∣∣∣∣∣∣ = limn→+∞

(2n+ 3)(2n+ 2) = +∞;

(6)+∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣∣(−1)n

(2n)!

(−1)n+1

(2n+2)!

∣∣∣∣∣∣ = limn→+∞

(2n+ 2)(2n+ 1) = +∞.

Mostremos, então, que limn→+∞ rn(x) = 0 nos domínios de x considerados em cada caso. Para mos-trarmos isto, vamos considerar a expressão para o resto rn(x) dado pela fórmula de Lagrange (4.4.9)em todos os desenvovimentos, com excepção de (1). Devido a diculdades técnicas em mostrar quelimn→+∞ rn(x) = 0 no caso (1) quando se considera (4.4.9), vamos usar, em alternativa, a expressãopara o resto de ordem n dada pelo resto de Cauchy (4.4.10). Recorde-se o que abordamos aquandoda explicação de (4.4.15). No exposto a seguir, vamos usar, também, os cálculos para a obtenção dasfórmulas de Maclaurin desenvolvidos na demonstração da Proposição 4.4.3.

BQ EA EB 123 c© HBO, 2016/2017


(1) Se f(x) =1

1− xe |x| < 1, então, usando (4.4.10), temos

rn(x) =f (n+1)(ξ)

n!(x− ξ)nxn =

(n+1)!(1−ξ)n+2

n!(x− ξ)nxn = (n+ 1)

(x− ξ1− ξ

)nxn

(1− ξ)2−→ 0,

porque ξ → 0 e a sucessão (n+ 1)an → 0, em ambos quando n→ +∞, e a segunda sempre que |a| < 1.De facto, para a := x−ξ

1−ξ , temos 0 < a < 1 se 0 < ξ < x < 1 e −1 < a < 0 se −1 < x < ξ < 0.

(2) Se f(x) = ex e |x| <∞, então usamos (4.4.9) para obter

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

eξ

(n+ 1)!xn+1 −→ 0, quando n→ +∞,

já que a sucessão xn

n! −→ 0, quando n→ +∞, para qualquer x ∈ R.

(3) Se f(x) = ln(1 + x) e |x| < 1, usamos também (4.4.9), neste caso para obter, quando n→ +∞,

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

(−1)n n!(1+ξ)n+1

(n+ 1)!xn+1 =

(−1)n

n+ 1

(x

1 + ξ

)n+1

−→ 0,

porque para a := x1+ξ se tem 0 < a < 1 se 0 < ξ < x < 1 e −1 < a < 0 se −1 < x < ξ < 0.

(4) Se f(x) = (1 + x)α e |x| < 1, usamos outra vez (4.4.9) para obter

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

α(α− 1)(α− 2) . . . (α− n)(1 + ξ)α−(n+1)xn+1

(n+ 1)!

=α!

[α− (n+ 1)]!(n+ 1)!(1 + ξ)α

(x

1 + ξ

)n+1

−→ 0, quando n→ +∞,

com as mesmas justicações que demos para o caso (3).

(5) Se f(x) = sen(x) e |x| <∞, então usamos (4.4.9) para mostrar que

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

sen(ξ + (n+1)π

2

)(n+ 1)!

xn+1 −→ 0, quando n→ +∞.

Observe-se que | sen(y)| ≤ 1 para todo y ∈ R e, tal como vimos em (2), a sucessão xn

n! −→ 0, quandon→ +∞, para qualquer x ∈ R.

(6) Se f(x) = cos(x) e |x| <∞, então, de forma análoga ao caso (5), obtém-se

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

cos(ξ + (n+1)π

2

)(n+ 1)!

xn+1 −→ 0, quando n→ +∞ ,


Exemplo 4.5.1. Determinar a série de Maclaurin de ordem n da função seguinte e indique o maiorintervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

f(x) = arctg(x) , x = 0 .

Resolução: De modo análogo ao que zemos no Exemplo 4.4.1, começamos por determinar a sériede Maclaurin de ordem n da derivada de f(x). Usando a fórmula (1) da Proposição 4.5.3 com −x2

em vez de x, temos:

f ′(x) =1

1 + x2=

1

1− (−x2)=

+∞∑n=0

(−x2)n =

+∞∑n=0

(−1)nx2n , |x| < 1 .

BQ EA EB 124 c© HBO, 2016/2017


Integrando a expressão anterior entre t = 0 e t = x, obtemos:

arctg(x) =

+∞∑n=0

∫ x

0

(−1)nt2n dt =

+∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1

e este desenvolvimento também é válido para valores de x tais que |x| < 1⇔ −1 < x < 1.

Observe-se que, para determinar a série de Maclaurin de f ′(x), também poderíamos ter usado afórmula (4) da Proposição 4.5.3 com α = −1 e −x2 em vez de x.

Observemos que, em (4) da Proposição 4.5.3, α ∈ R. Se α é um natural, então a série referida tem apenasum número nito de parcelas. Por outro lado, a expansão em série de Taylor de qualquer polinómio éuma série nita.

Exemplo 4.5.2. Determine a série de Taylor de ordem n do polinómio seguinte em torno do pontoreferido e indique o maior intervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

g(x) = x3 − 2x2 + 3x+ 5 , x = 2 .

Resolução: De acordo com o que foi feito no Exemplo 4.4.2, sabemos que g(n)(0) = 0 para todon ≥ 4, pelo que

g(x) =

+∞∑n=0

g(n)(0)

n!(x− 2)n = 11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + (x− 2)3 +

+∞∑n=4

g(n)(0)

n!(x− 2)n

=11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + (x− 2)3 .

Mais, este desenvolvimento é válido para todo x ∈ R. Por outro lado, como rn(x−2) = 0 para todon ≥ 4, então trivialmente se tem limn→+∞ rn(x− 2) = 0 para qualquer x ∈ R.

4.6 Produto de séries de potências

Em vários processos demonstrativos é necessário usar produtos de séries de potências. Por exemplo, aregra das potências exey = ex+y é habitualmente demonstrada expandindo a função exponencial em sériede Taylor e depois usando o produto de séries de potências.

Denição 4.6.1. Sejam∑+∞k=0 ak (x−x0)k e

∑+∞m=0 bm (x−x0)m duas séries de potências de x−x0.

Dene-se o produto de Cauchy das séries de potências∑+∞k=0 ak (x− x0)k e

∑+∞m=0 bm (x− x0)m da

seguinte forma:

+∞∑k=0

ak (x− x0)k ×+∞∑m=0

bm (x− x0)m =

+∞∑n=0

cn (x− x0)n , onde cn =

n∑i=0

aibn−i . (4.6.25)

Mais geralmente, o produto de Cauchy de duas séries de potências distintas, digamos∑+∞k=0 ak (x− x0)k

e∑+∞m=0 bm (y − y0)m, dene-se como

+∞∑k=0

ak (x− x0)k ×+∞∑m=0

bm (y − y0)m =

+∞∑n=0

n∑i=0

ai(x− x0)ibn−i(y − y0)n−i . (4.6.26)

O resultado seguinte diz-nos em que condições converge o produto de Cauchy de duas séries de (asmesmas) potências.

BQ EA EB 125 c© HBO, 2016/2017


Proposição 4.6.1. Sejam∑+∞k=0 ak (x − x0)k e

∑+∞m=0 bm (x − x0)m duas séries de potências de

x− x0, com raios de convergência absoluta Ra e Rb, respectivamente. Então o produto de Cauchy(4.6.25) das séries de potências

∑+∞k=0 ak (x − x0)k e

∑+∞m=0 bm (x − x0)m também converge e tem

raio de convergênciaR ≥ minRa, Rb.

Demonstração: O facto de que o produto de Cauchy também converge (absolutamente), é uma con-sequência directa da Proposição 2.8.2. Por outro lado, admitindo que

+∞∑k=0

ak (x− x0)k = a(x) , |x− x0| < Ra e+∞∑m=0

bm (x− x0)m = b(x) , |x− x0| < Rb ,

então, pela Proposição 2.8.2, o produto de Cauchy destas duas séries converge absolutamente para c(x) =a(x)b(x) sempre que |x− x0| < Ra ou |x− x0| < Rb, ou seja para |x− x0| < R e R ≥ minRa, Rb.

Na proposição seguinte vamos ver como o produto de Cauchy pode ser usado para determinar expansõesem série de potências para algumas funções.

Exemplo 4.6.1. Usando o produto de Cauchy (4.6.26), determine a representação em série depotências de x da função seguinte

f(x) =1

(1− x)2, |x| < 1 .

Resolução: Sabemos, a partir de Proposição 4.5.3, que

1

1− x=

+∞∑n=0

xn , |x| < 1.

Então, usando a noção de produto de Cauchy, podemos escrever

1

(1− x)2=

(+∞∑n=0

xn

)2

=

+∞∑n=0

n∑i=0

xn =

+∞∑n=0

(n+ 1)xn

para |x| < 1.

4.7 Aplicações

Como exemplo de aplicação das séries de potências, começamos por ver a sua importante ajuda no cálculode valores aproximados dos números irracionais π e e. Para o número π, usamos, por exemplo, a sériede Maclaurin da função arctg(x), com x = 1, obtida no Exemplo 4.5.1:

π =4 arctg(1) = 4

+∞∑n=0

(−1)n1

2n+ 1= 4

(1− 1

3+

1

5− 1

7+

4

9− . . .

)=4− 4

3+

4

5− 4

7+ · · · = 4− 1, 333333333...+ 0, 8− 0, 5714285714 + 0, 4444444444− · · ·

=3, 339682540 + · · ·

Observe-se que pudemos usar a série∑+∞n=0(−1)n x

2n+1

2n+1 em x = 1, já que a série daí resultante, i.e.∑+∞n=0(−1)n 1

2n+1 é convergente pelo Critério de Leibniz. Esta série vai ter uma convergência muitolenta, como se depreende da aproximação obtida do valor de π.

BQ EA EB 126 c© HBO, 2016/2017


Para o cálculo de e, usamos a série de Maclaurin (2) da Proposição 4.5.3 com x = 1:

e =

+∞∑n=0

1

n!= 1 + 1 +

1

2+

1

6+

1

8+ . . .

=2 + 0, 5 + 0, 1666666667 + 0, 04166666667 + · · · = 2, 708333334 + · · · .

Outra aplicação, é o cálculo de valores aproximados de integrais de potências que não têm primitivaselementares. Por exemplo, usando a série de Maclaurin da função sen(x), obtida na Proposição 4.5.3,temos:∫ 1

0

sen(x)

xdx = lim

τ→0+

∫ 1

τ

1

x

(+∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!

)dx = lim

τ→0+

∫ 1

τ

(+∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n+ 1)!

)dx

=

+∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!

(limτ→0+

∫ 1

τ

x2n dx

)=

+∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!

(limτ→0+

[x2n+1

2n+ 1

]x=1

x=τ

)

=

+∞∑n=0

(−1)n

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

=1− 1

18+

1

600− · · · = 0, 9461111111 + · · · .

Mostremos, agora, como a noção de produto de Cauchy denida em (4.6.25) nos permite mostrar aseguinte propriedade da função exponencial,

exey = ex+y ∀ x, y ∈ R .

De facto, usando a fórmula (2) da Proposição 4.5.3 juntamente com a fórmula do Binómio de Newton,temos

exey =

+∞∑k=0

xk

k!

+∞∑m=0

ym

m!=

+∞∑n=0

n∑i=0

xi

i!

yn−i

(n− i)!

=

+∞∑n=0

1

n!

n∑i=0

n!

i!(n− i)!xiyn−i =

+∞∑n=0

1

n!(x+ y)n = ex+y ,

expressão que é válida para |x| <∞ e |y| <∞.


1. Estude a natureza das séries de potências seguintes e indique, no caso de serem não vazios, ossubconjuntos de R onde são absolutamente convergentes, simplesmente convergentes e divergentes:

(a)+∞∑n=1

xn

n2n;

(b)+∞∑n=1

xn

n(n+ 1);

(c)+∞∑n=1

n!xn ;

(d)+∞∑n=1

(−2)nn+ 2

n+ 1xn ;

(e)+∞∑n=1

(x− 1)n

2n−1;

(f)+∞∑n=1

[2 + (−1)n]n+1

n+ 1(x− 2)2n ;

(g)+∞∑n=1

πn[(3n)!]2

(6n)!

(x− 4

π

)n;

(h)+∞∑n=1

3n2

xn2

;

(i)+∞∑n=1

(4nx2 + x4

9n+ x2

)n.

2. Usando os resultados sobre derivação e primitivação de séries de potências, determine as funçõessoma das séries seguintes e indique o maior intervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

BQ EA EB 127 c© HBO, 2016/2017


(a)+∞∑n=1

(−1)n−1xn

n;

(b)+∞∑n=1

x2n−1

2n− 1;

(c)+∞∑n=1

(−1)n−1(2n−1)x2n−2 ;

(d)+∞∑n=1

(−1)n+1

2n− 1x2n−1 ;

(e)+∞∑n=1

n(n+ 1)xn−1 ;

(f)+∞∑n=1

(−1)nxn+1

n(n+ 1).

3. Determine as fórmulas de Maclaurin de ordem n das funções seguintes:

(a) f(x) = e2x−1 ;

(b) g(x) =√

1 + x ;

(c) h(x) = ln(2 + x) ;

(d) i(x) = 1−xex ;

(e) j(x) = senh(x) ;

(f) k(x) = (1 + x) ln(1 + x) .

4. Determine as fórmulas de Taylor de ordem n das funções seguintes em torno dos pontos indicados:

(a) f(x) = 5x4 − 2x3 − 7x2 + 4x− 1 , x = 2 ;

(b) g(x) = x ln(x) , x = 1 ;

(c) h(x) = cosh(2x− 1) , x = 12 ;

(d) i(x) = (x−1)2

x2 , x = 1 .

5. Usando os desenvolvimentos fundamentais, represente por uma série de Mac-Laurin as funçõesseguintes, indicando o maior intervalo aberto onde cada desenvolvimento é válido:

(a) 12−x ;

(b) 1(1+x)2 ;

(c) x1+x−2x2 ;

(d)√

1− 2x ;

(e) senh(x) ;

(f) 2x ;

(g) sen2(x) ;

(h) ln(1 + 2x) ;

(i) ln(

1+x1−x

);

(j) x cosx+ ln(x+ 1) ;

(k) x+32−x ;

(l) sen(x) cos(x) .

6. Usando os desenvolvimentos fundamentais, represente por uma série de Maclaurin as funções se-guintes, indique o maior intervalo aberto onde cada desenvolvimento é válido e mostre que os limitesnotáveis indicados são válidos:

(a)senx

x, lim

x−→0

senx

x= 1 ; (b)

ex − 1

x, lim

x−→0

ex − 1

x= 1 ;

(c)ln(x+ 1)

x, lim

x−→0

ln(x+ 1)

x= 1 e lim

x−→+∞

(1 +

a

x

)x= ea ∀ a ∈ R .

BQ EA EB 128 c© HBO, 2016/2017


7. Represente as funções seguintes por uma série de potências indicadas a seguir (série de Taylor) eindique o maior intervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

(a) 1x , x− 1 ;

(b) lnx , x− 1 ;

(c) ex , x+ 2 ;

(d) cos2 x , x− π2 ;

(e)√x , x− 4 ;

(f) x3−2x2−5x−2 , x+4 ;

(g) x ln(x) , x− 1 ;

(h) (x−1)2

x2 , x− 1 ;

(i) cosh(2x− 1) , x− 12 .

8. Usando os desenvolvimentos fundamentais, determine a função soma das séries seguintes e indiqueo maior intervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

(a)+∞∑n=0

(−1)nx2n ;

(b)+∞∑n=1

2nxn

n;

(c)+∞∑n=0

(−1)nx3n

n!;

(d)+∞∑n=0

(−1)nx2n

22nn!;

(e)+∞∑n=0

(−1)nx2n

32n(2n)!;

(f)+∞∑n=1

(x− 1)n

2n−1;

(g)+∞∑n=0

(−1)n1.3.5 . . . (2n− 1)

2nn!x2n ;

(h)+∞∑n=0

(x− 1)n

(n+ 2)!;

(i)+∞∑n=0

(−1)nx−n

(2n+ 1)!;

(j)+∞∑n=0

(−1)n−122n

(2n+ 1)!(x− π)2n+1 ;

(k)+∞∑n=0

(n+ 1)x+ (−1)nn!

(n+ 1)!xn ;

(l)+∞∑n=0

[1 + (−1)n2n+1

]xn ;

(m)+∞∑n=2

n+ (−1)n

n(2x+ 1)n ;

9. Usando os desenvolvimentos fundamentais e eventualmente derivação e primitivação, obtenha osdesenvolvimentos em série de potências de x das funções seguintes, indicando o maior intervaloaberto onde o desenvolvimento é válido:

topsep=0pt,1temsep=1ex,p1rtopsep=1ex,p1rsep=1exf(x) =arccotg(x) ;

topsep=0pt,2temsep=2ex,p2rtopsep=2ex,p2rsep=2exg(x) =arcsen(x) ;

topsep=0pt,3temsep=3ex,p3rtopsep=3ex,p3rsep=3ex

h(x) =x2 arccos(x) ;

topsep=0pt,4temsep=4ex,p4rtopsep=4ex,p4rsep=4exi(x) =x+ln(1−x) ;

topsep=0pt,5temsep=5ex,p5rtopsep=5ex,p5rsep=5exj(x) =

1(2−x)2 ;

topsep=0pt,6temsep=6ex,p6rtopsep=6ex,p6rsep=6exi(x) =

1(1−2x)

√1−2x

.

10. Usando os desenvolvimentos em série de Maclaurin, calcule valores aproximados às centesimas de:

(a) ln(2) ;

(b) e3 ;

(c) cos(2) ;

(d) sen(

12

);

(e) arccos(

14

);

(f) arctg(− 1

2

).

11. Usando os desenvolvimentos em série de Maclaurin, calcule um valor aproximado às centesimas dosintegrais seguintes:

(a)∫ 1

0

1

1 + x10dx ;

(b)∫ 1

0

3√x cos(x) dx ;

(c)∫ 4

0

√x ex dx ;

(d)∫ 1

0

4√

1 + x3 dx;

(e)∫ 2

1

e−x2

dx ;

(f)∫ 1

0

ln(1 + x)

xdx .

BQ EA EB 129 c© HBO, 2016/2017


Soluções

1: (a) CA: [−2, 2), D: (−∞,−2) ∪ [2,+∞); (b) CA: [−1, 1], D: (−∞,−1) ∪ (1,+∞); (c) CA: 0, D: R \ 0; (d)CA:

(− 1

2, 12

), D:

(−∞,− 1

2

]∪[12,+∞

); (e) CA:

[12, 32

], D:

(−∞, 1

2

)∪(32,+∞

); (f) CA:

(2−

√3

3, 2 +

√33

), D:(

−∞, 2−√3

3

]∪[2 +

√3

3,+∞

); (g) CA:

(− 60π, 60π

), D:

(−∞,− 60

π

]∪[60π,+∞

); (h) CA:

(− 1

3, 13

), D:

(−∞,− 1

3

]∪[

13,+∞

); (i) CA:

(− 3

2, 32

), D:

(−∞,− 3

2

]∪[32,+∞

). 2: (a) ln(1 + x), |x| < 1; (b) 1

2ln(

1+x1−x

), |x| < 1; (c)

1−x2(1+x2)2

, |x| < 1; (d) arctg(x), |x| < 1; (e) 2(1−x)3 , |x| < 1; (f) x − (1 + x) ln(1 + x), |x| < 1. 3: (a)

n∑k=0

2kxk

e k!+

rn(x); (b)n∑k=0

(−1)k1.3.5...(2k − 3)

2kk!xk++rn(x); (c)

n∑k=1

(−1)k−1xk

k2k+ rn(x); (d)

n∑k=0

(−1)k(k + 1)

k!xk+ rn(x); (e)

n∑k=0

x2k+1

(2k + 1)!+ r2n+1(x); (f) x+

n∑k=0

(−1)k+2xk+2

(k + 2)(k + 1)+ rn(x). 4: (a) 43 + 112(x− 2) + 101(x− 2)2 + 38(x− 2)3 +

5(x− 2)4, onde rn(x− 2) = 0 se n > 4; (b) x+

n∑k=0

(−1)k+2(x− 1)k+2

(k + 2)(k + 1)+ rn(x− 1); (c)

n∑k=1

4k

(2k)!

(x−

1

2

)2n

+

r2n

(x−

1

2

); (d)

n∑k=2

(−1)k(k − 1)(x − 1)k + rn(x). 5: (a)+∞∑n=0

xn

2n+1, |x| < 2; (b)

+∞∑n=0

(−1)n(n + 1)xn, |x| < 1;

(c)+∞∑n=0

1− (−1)n+12n+1

3xn, |x| < 1

2; (d) 1 − x −

+∞∑n=2

1.3.5...(2n− 3)

n!xn, |x| < 1

2; (e)

+∞∑n=0

x2n+1

(2n+ 1)!, |x| <

∞; (f)+∞∑n=0

lnn(2)

n!xn, |x| < 1

ln(2); (g)

+∞∑n=1

(−1)n−1 22n−1

(2n)!x2n, |x| < ∞; (h)

+∞∑n=1

(−1)n−1 2n

nxn, |x| < 1

ln(2);

(i)+∞∑n=0

2

2n+ 1x2n+1, |x| < 1; (j)

+∞∑n=1

(−1)n−1

[xn

n+

x2n−1

(2n− 2)!

], |x| < 1; (k) −1 + 5

+∞∑n=0

xn

2n+1, |x| < 2; (l)

+∞∑n=0

(−1)n22nx2n+1

(2n+ 1)!, |x| < ∞. 6: (a)

+∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n+ 1)!, x 6= 0; (b)

+∞∑n=1

xn−1

n!, x 6= 0; (c)

+∞∑n=1

(−1)n−1 xn−1

n,

|x| < 1 e x 6= 0. 7: (a)+∞∑n=0

(−1)n(x − 1)n, |x − 1| < 1; (b)+∞∑n=1

(−1)n−1 (x− 1)n

n, |x − 1| < 1; (c)

+∞∑n=0

(x+ 2)n

n!,

|x| < ∞; (d)+∞∑n=0

(−1)n22n+1

(2n+ 2)!

(x−

π

2

)2n+2, |x| < ∞; (e) 2 +

1

4(x − 4) +

+∞∑n=2

(−1)n−1 1.3.5...(2n− 3)

23n−1n!(x −

4)n, |x − 4| < 1; (f) −78 + 59(x + 4) − 14(x + 4)2 + (x + 4)3; (g)+∞∑n=2

(−1)n+1

n(n+ 1)(x − 1)n+1, |x − 1| < 1; (h)

+∞∑n=2

(−1)n(n− 1)(x− 1)n, |x− 1| < 1; (i)+∞∑n=0

4n

(2n)!

(x−

1

2

)2n

, |x| <∞. 8: (a) 11+x2

, |x| < 1; (b) − ln(1− 2x),

|x| < 12; (c) e−x

3, |x| < ∞; (d) e

−x24 , |x| < ∞; (e) cos

(x3

), |x| < ∞; (f) 2(x−1)

3−x , −1 < x < 3; (g) 1√1+x2

,

|x| < 1; (h) ex−1−x(x−1)2

, x 6= 1; (i)√x sen

(1√x

), x > 0; (j) − sen(x) cos(x), |x| < ∞; (k) xex +

ln(x+1)x

, |x| < 1

e x 6= 0; (l) 2+x(1−x)(1+2x)

, |x| < 12; (m) − 2x+1

2x− ln(2x + 1), −1 < x < 0. 9: (a)

+∞∑n=0

(−1)n+1 x2n+1

(2n+ 1)!,

|x| < 1; (b) x +

+∞∑n=1

1.3.5 . . . (2n− 1)

2nn!

x2n+1

2n+ 1, |x| < 1; (c)

π

2x2 − x3 −

+∞∑n=1

1.3.5 . . . (2n− 1)

2nn!

x2n+3

2n+ 1, |x| < 1; (d)

−+∞∑n=2

xn

n, |x| < 1; (e)

+∞∑n=0

(n+ 1)

2n+2xn, |x| < 2; (f)

+∞∑n=0

1.3.5 . . . (2n+ 1)

n!xn, |x| < 1

2. 10: (a)

+∞∑n=1

(−1)n

n' 0.69

(n = 160); (b)+∞∑n=1

3n

n!' 20.08 (n = 11); (c)

+∞∑n=0

(−1)n22n

(2n)!' −0.41 (n = 4); (d)

+∞∑n=0

(−1)n

22n+1(2n+ 1)!' 0.47

(n = 1); (e)π

2−

1

4−

+∞∑n=1

1.3.5 . . . (2n− 1)

2nn!

1

42n+1(2n+ 1)' 1.31 (n = 1); (f)

+∞∑n=0

(−1)n+1

22n+1(2n+ 1)' −0.46

(n = 2). 11: (a)+∞∑n=0

(−1)n

10n+ 1' 0.93; (b)

+∞∑n=0

(−1)n

(2n)!(2n+ 43)' 0.60; (c)

+∞∑n=0

4n+32

(n)!(n+ 32)' 92.74; (d) 1 +

+∞∑n=1

(−1)n+1 3 · 7 · 11 · · · (4n− 5)

4n(3n+ 1)n!' 1.05; (e)

+∞∑n=0

(−1)n22n+1 − 1

(2n+ 1)n!' 0.14; (f)

+∞∑n=1

(−1)n−1

n2' 0.82.

BQ EA EB 130 c© HBO, 2016/2017

Capítulo 5

Integrais Duplos

Neste capítulo, vamos estender a noção de integral para funções escalares de duas variáveis. As re-giões de integração vão, agora, ser subconjuntos de R2. Primeiro, consideramos regiões de integraçãorectangulares e depois consideramos regiões mais gerais com fronteiras curvilíneas.

5.1 Integral de Riemann

Comecemos por estender a noção de partição de um intervalo limitado de R a um rectângulo (limitado)contido em R2. Para isso, recordemos que uma partição de um intervalo [a, b] ⊂ R é um conjuntonito de pontos, digamos x0, x1, . . . , xm, que divide o intervalo [a, b] em subintervalos tais que

a = x0 < x1 < · · · < xm−1 < xm = b,

onde n é um número natural arbitrário. O comprimento do i-ésimo intervalo é dado por

4xi = xi − xi−1.

A localização dos pontos x0, x1, . . . , xm, e a consequente divisão do intervalo [a, b], é arbitrária. Em par-ticular, os subintervalos [xi−1, xi] não têm necessariamente o mesmo comprimento. A partição, denidadesta forma, vai ser denotada por P e escrevêmo-la do modo seguinte:

P : a = x0 < x1 < . . . xm−1 < xm = b.

Denição 5.1.1. Sejam a, b, c e d números reais tais que a < b e c < d. Consideremos o rectângulo

R =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d

e as partições dos intervalos [a, b] e [c, d], denidas, respectivamente, por

P1 : a = x0 < x1 < . . . xm−1 < xm = b e P2 : c = y0 < x1 < . . . yn−1 < yn = d,

onde m e n são números naturais arbitrários. Designa-se por partição do rectângulo R aoconjunto seguinte

P = (xi, yj) ∈ R : 0 ≤ i ≤ m, 0 ≤ j ≤ n .

Uma partição P do rectângulo R tal como acima denimos, determina mn subrectângulos de R:

Rij =

(xi, yj) ∈ R2 : xi−1 ≤ x ≤ xi, yi−1 ≤ y ≤ yi,

cujas áreas são dadas por4xi4yj = (xi − xi−1)(yj − yj−1).

A colecção destes subrectângulos Rij , é o que verdadeiramente constitui a partição P .

131

CÁLCULO II 5. INTEGRAIS DUPLOS

Denição 5.1.2. Seja f uma função denida num rectângulo R ⊂ R2. Designamos por soma deRiemann da função f no rectângulo R à quantidade seguinte:

m, n∑i=1, j=1

f(x∗ij)4xi4yj ≡n∑j=1

m∑i=1

f(x∗ij)4xi4yj ≡ f(x∗11)4x14y1 + · · · f(x∗mn)4xm4yn;

onde x∗ij são pontos seleccionados aleatoriamente nos subrectângulos Rij respectivos.

Para a noção de integral duplo, interessa-nos que as partições sejam muito nas. Denimos a quantidadeque dene a nura de dada partição P de um rectângulo R ⊂ R2 por

|P | = maxi, j

√(4xi)2 + (4yj)2.

Usando o Teorema de Pitágoras, podemos observar que |P | é o comprimento da maior diagonal de todosos subrectângulos Rij considerados na partição P .

Denição 5.1.3. Sejam f uma função denida num rectângulo R ⊂ R2 e

P = (xi, yj) ∈ R : 0 ≤ i ≤ m, 0 ≤ j ≤ n

uma partição arbitrária de R. Diz-se que a função f é integrável (à Riemann) no rectângulo R,se existir (e for nito) o limite seguinte:

lim|P |→0

n∑j=1

m∑i=1

f(x∗ij)4xi4yj ,

independentemente de como a partição P do rectângulo R é formada, ou de como os pontos x∗ijpertencentes aos subrectângulos Rij são escolhidos.

No caso de existir, o limite da denição anterior designa-se por integral da função f e denota-se por∫∫R

f(x, y) dxdy ou∫∫

R

f(x, y) dxdy,

onde dxdy, ou dxdy, indica um elemento de área ao qual ainda não está subjacente nenhuma ordem deintegração.

A noção de função integrável que acabamos de introduzir, estende-se a qualquer função denida numconjunto limitado D ⊂ R2 que não seja propriamente um rectângulo. Apenas temos de considerar umrectângulo R que contenha D e aí fazer a análise anterior. O único cuidado a tomar para a deniçãofazer sentido, é xar o valor de f(x∗ij) igual a zero quando x∗ij não pertencer a D.

Proposição 5.1.1. Seja D um subconjunto de R2 fechado e cuja fronteira é constituída pela uniãode curvas (contínuas). Consideremos uma função f denida em D. Se f é contínua em D excepto,quanto muito, num conjunto de medida nulaa, então f é integrável em D.

aUm subconjunto E de R2 diz-se de medida nula, se existir uma quantidade nita de rectângulos cuja uniãocontém E e de tal modo que a soma das áreas é tão pequena quanto se queira.

Demonstração: Comecemos por observar que todo o subconjunto fechado de R2 é limitado. Logo D éum subconjunto compacto de R2. Por outro lado, toda a função contínua num subconjunto compacto é

BQ EA EB 132 c© HBO, 2016/2017


aí uniformemente contínua1, isto é

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ (x1, y1), (x2, y2) ∈ D(√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 < δ ⇒ |f(x1, y1)− f(x2, y2)| < ε).

Fixemos, agora, uma partição P = (xi, yj) ∈ D : 0 ≤ i ≤ m, 0 ≤ j ≤ n do domínio D tal que paraquaisquer (x1, y1), (x2, y2) em cada rectângulo Rij = [xi−1, xi]× [yj−1, yj ] da partição se tenha√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 < δ .

Pelo Teorema de Weierstrasse, sabemos que toda a função contínua num subconjunto compacto tem aímáximo e mínimo. Sejam então Mij e mij os máximo e mínimo, respectivamente, de f no rectânguloRij . Então a soma de Riemann satisfaz a

n∑j=1

m∑i=1

mij4xi4yj ≤n∑j=1

m∑i=1

f(x∗ij)4xi4yj ≤n∑j=1

m∑i=1

Mij4xi4yj .

Da continuidade uniforme de f , resulta que

n∑j=1

m∑i=1

(Mij −mij)4xi4yj ≤ εA , onde A =

∫∫D

dxdy .

Fazendo ε→ 0, vamos ter

lim|P |→0

n∑j=1

m∑i=1

mij4xi4yj = lim|P |→0

n∑j=1

m∑i=1

Mij4xi4yj .

Isto mostra que existe o limite

lim|P |→0

n∑j=1

m∑i=1

f(x∗ij)4xi4yj ,

pelo que f é integrável à Riemann em D.

A proposição anterior diz-nos basicamente que todas as funções elementares que conhecemos serão inte-gráveis em domínios limitados.

As propriedades do análogo integral denido em R, serão válidas mutatis mutandis para o integral duplo.Em particular, o integral duplo é um operador linear e satisfaz a propriedade aditiva dos integrais.

5.2 Integral repetido

Em integração de funções reais de apenas uma variável real, o Teorema Fundamental do Cálculo Integraldá-nos um modo muito prático de calcular integrais. A proposição seguinte vai-nos permitir calcularalguns integrais duplos usando integrações repetidas de funções reais de uma variável real.

Proposição 5.2.1 (Teorema de Fubini). Seja f uma função integrável num rectângulo

R =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, onde a < b e c < d.

Suponhamos que∫ baf(x, y) dx existe para qualquer y ∈ [c, d], e que

∫ dcf(x, y) dy existe para qualquer

x ∈ [a, b]. Então∫∫R

f(x, y) dxdy =

∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy =

∫ b

a

[∫ d

c

f(x, y) dy

]dx.

1Ver, por exemplo, Dias Agudo, Vol. 1, Teorema 3.2.9.

BQ EA EB 133 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: Tomemos partições arbitrárias do intervalo [a, b]: a = x0 < x1 < · · · < xm−1 <xm = b; e do intervalo [c, d] : c = y0 < y1 < · · · < yn−1 < yn = b; onde m e n são naturais nãonecessariamente iguais. Designemos por P uma partição do rectângulo R em m × n subrectângulosRij := [xi−1, xi]× [yj−1, yj ]. Consideremos as notações seguintes:

∆xi := xi − xi−1 , ∆yj := yj − yj−1 , mij = infRij

f(x, y) , Mij = supRij

f(x, y) .

Para quaisquer i ∈ 1, . . . ,m e j ∈ 1, . . . , n, temos

mij ≤ f(x, y) ≤Mij ∀ x, y ∈ Rij .

Da monotonia do integral em dimensão 1, resulta

mij∆xi ≤∫ xi

xi−1

f(x, y) dx ≤Mij∆xi ∀ y ∈ Rij .

Somando esta desigualdade entre i = 1 e i = m, tem-se

m∑i=1

mij∆xi ≤∫ b

a

f(x, y) dx ≤m∑i=1

Mij∆xi ∀ y ∈ Rij .

Usando novamente a monotonia do integral, temos(m∑i=1

mij∆xi

)∆yj ≤

∫ yj+1

yj

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy ≤

(m∑i=1

Mij∆xi

)∆yj ∀ y ∈ Rij .

Somando agora entre j = 1 e j = n, tem-se

n∑j=1

m∑i=1

mij∆xi∆yj ≤∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy ≤

n∑j=1

m∑i=1

Mij∆xi∆yj .

Fazendo a área da partição P tender para zero, i.e. fazendo |P| −→ 0, temos

lim|P |→0

n∑j=1

m∑i=1

mij∆xi∆yj ≤∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy ≤ lim

|P |→0

n∑j=1

m∑i=1

Mij∆xi∆yj .

Como no limite |P| −→ 0, mij = Mij para quaisquer i ∈ 1, . . . ,m e j ∈ 1, . . . , n,∫∫Rf(x, y) dxdy só

pode ser o único real que satisfaz a desigualdade anterior. Por consequência,∫∫R

f(x, y) dxdy =

∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy .

Começando por integrar primeiro em ordem a y e depois em ordem x, obtemos, de forma inteiramenteanáloga, ∫∫

R

f(x, y) dxdy =

∫ b

a

[∫ d

c

f(x, y) dy

]dx ,


Os integrais expressos no segundo membro da equação dada na proposição anterior designam-se porintegrais repetidos ou iterados. Observe-se que por aplicação do Teorema Fundamental ao cálculodos integrais entre parêntesis rectos acima referidos, se primitiva a função f em relação à variável aíreferida, xando a outra variável como se fosse constante.

BQ EA EB 134 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 5.2.1. Esboce a região de integração e calcule o integral respectivo:∫ π

0

∫ π2

0

sen(2x− 3y) dxdy.

A Proposição 5.2.1 pode ser generalizada a qualquer domínio limitado D ⊂ R2. Isto é, o cálculo de umintegral duplo num domínio limitado, resume-se ao cálculo de integrais repetidos.

Proposição 5.2.2. (1) Sejam g e h duas funções reais de uma variável real, contínuas num intervalo[a, b] ⊂ R, com a < b, e tais que, para cada a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ h(x). Consideremos uma funçãof contínua no domínio

D =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x).

Então ∫∫D

f(x, y) dxdy =

∫ b

a

[∫ h(x)

g(x)

f(x, y) dy

]dx.

(2) Sejam i e j duas funções reais de uma variável real, contínuas num intervalo [c, d] ⊂ R, comc < d, e tais que, para cada c ≤ y ≤ d, i(y) ≤ j(y). Consideremos uma função f contínua nodomínio

D =

(x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, i(y) ≤ x ≤ j(y).

Então ∫∫D

f(x, y) dxdy =

∫ d

c

[∫ j(y)

i(y)

f(x, y) dx

]dy.

Demonstração: É uma consequência da Proposição 5.2.1. De facto, designemos por R o menor rec-tângulo que contém D e consideremos uma partição deste rectângulo com as notações da demonstraçãoda Proposição 5.2.1. Da monotonia do integral, resulta que

mij∆yj ≤∫ yj

yj−1

δD(x, y)f(x, y) dy ≤Mij∆yj ∀ x ∈ Rij ,

onde δD(x, y) = 1 se (x, y) ∈ D e δD(x, y) = 0 se (x, y) 6∈ D. Somando entre j = 1 e j = n, tem-sen∑j=1

mij∆yj ≤n∑j=1

∫ yj

yj−1

δD(x, y)f(x, y) dy ≤n∑j=1

Mij∆yj ∀ x ∈ Rij .

Procedendo como na demonstração da Proposição 5.2.1, obtemos

m∑i=1

n∑j=1

mij∆yj∆xi ≤∫ b

a

n∑j=1

∫ yj

yj−1

δD(x, y)f(x, y) dy

dx ≤ m∑i=1

n∑i=1

Mij∆yj∆xi .

Fazendo |P| −→ 0 e usando o facto de que δD(x, y) = 1 se (x, y) ∈ D e δD(x, y) = 0 se (x, y) 6∈ D, temos

lim|P |→0

m∑i=1

l∑j=1

mij∆yj∆xi ≤∫ b

a

[∫ h(x)

g(x)

f(x, y) dy

]dx ≤ lim

|P |→0

m∑i=1

n∑j=1

Mij∆yj∆xi .

Como no limite |P| −→ 0, mij = Mij para quaisquer i ∈ 1, . . . ,m e j ∈ 1, . . . , n,∫∫Df(x, y) dxdy

só pode ser o único real que satisfaz a desigualdade anterior. Por consequência,∫∫D

f(x, y) dxdy =

∫ b

a

[∫ h(x)

g(x)

f(x, y) dy

]dx .

A demonstração do outro caso é análoga.

BQ EA EB 135 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 5.2.2. Esboce as regiões de integração e calcule os integrais respectivos:

(a)∫ π

2

0

∫ sen(y)

0

ex cos(y) dxdy; (b)∫ 1

0

∫ 1−x2

1−xx2 dxdy.

Na maioria das situações, podemos integrar tanto primeiro em relação a uma variável, digamos x, e emseguida relativamente à outra, y, como pela ordem inversa. No entanto, em qualquer exercício prático,uma das alternativas anterior é mais fácil de calcular do que a outra. Mas, existem situações em que,por diversas razões, é manifestamente impossível calcular o integral primeiro relativamente a uma dasvariáveis, sendo a mais comum a impossibilidade de determinar a primitiva da função dada em relaçãoa essa variável. Nestes casos, somos obrigados a calcular o integral como um integral repetido, mascom uma única ordem de integração possível. No caso dos limites de integração serem constantes, entãopela Proposição 5.2.1, podemos inverter a ordem de integração da forma que nos for mais conveniente.Contudo, se os limites de integração não são constantes, a inversão da ordem de integração vai afectartambém as funções que limitam a região de integração. Na prática, ao inverter a ordem de integraçãodestes integrais, vamos considerar as inversas das funções que limitam o domínio, fazendo depois a devidamudança de variável.

Exemplo 5.2.3. Inverta a ordem de integração do integral duplo seguinte, onde f(x, y) é umafunção arbitrária integrável no domínio indicado:∫ 1

e−2

∫ − 12 ln y

ln y

f(x, y) dxdy.

Exemplo 5.2.4. Comece por vericar que, usando os métodos de primitivação conhecidos, é im-possível calcular o integral seguinte pela ordem de integração que está escrito. Inverta a ordem deintegração e calcule o seu valor: ∫ 3

0

∫ 9

x2

x3ey3

dxdy .

5.3 Mudança de variáveis

Em muitos exercícios práticos, e quando é possível, a simples inversão de ordem de integração nãosimplica muito o cálculo do integral duplo. Tal como acontece em integração de funções reais de uma sóvariável real, também aqui podemos fazer uma transformação do integral duplo, de modo ao seu cálculoser mais simples. Esta transformação corresponde a uma mudança de variáveis. Neste caso, não só aexpressão designatória da função integranda vem alterada, assim como a própria região de integraçãopassa a ser diferente.

Proposição 5.3.1 (Teorema de mudança de variáveis). Sejam D e Ω dois subconjuntos abertos deR2 limitados por funções diferenciáveis e seja

ϕ : Ω −→ D(u, v) 7→ (x, y) = ϕ(u, v) ≡ (ϕ1(u, v), ϕ2(u, v))

uma função bijectiva com derivadas parciais contínuas. Então, se f(x, y) é uma função integrável

BQ EA EB 136 c© HBO, 2016/2017


em D, temos ∫∫D

f(x, y) dxdy =

∫∫ϕ−1(D)

f(ϕ(u, v)) |J | du dv ,

onde

J = det

[∂(x, y)

∂(u, v)

]≡ det

∂x∂u

∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v

.Demonstração: A demonstração deste resultado é muito delicada, pelo que sai fora do âmbito destecurso. Ver, por exemplo, Dias Agudo, Volume I, p. 258. Num artigo de P. Lax2 estabelece-se umresultado de aplicação similar e cuja demonstração é bastante mais simples.

Observe-se que, por ϕ ser bijectiva, ϕ−1(D) = Ω. A quantidade J expressa na proposição anterior

designa-se por jacobiano da mudança de variáveis (x, y) para (u, v) e a matriz[∂(x,y)∂(u,v)

]é a designada

matriz jacobiana dessa transformação. Esta matriz poderá, ainda, ser escrita da forma seguinte:

[∂(x, y)

∂(u, v)

]≡

∂ϕ1

∂u∂ϕ1

∂v

∂ϕ2

∂u∂ϕ2

∂v

.

Exemplo 5.3.1. Fazendo a mudança de variáveis u = x−y e v = x+y, calcule o integral seguinte:∫∫D

cos(x− y)

sen(x+ y)dxdy ,

onde D =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x+ y ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0.

No integral duplo, o exemplo de mudança de variáveis com mais interesse prático é a transformaçãopara coordenadas polares. Recordemos o que são as coordenadas polares de um ponto no plano. SejaP um ponto em R2 (plano) cujas coordenadas rectangulares num sistema de eixos cartesiano são dadaspor (x, y). Fixemos o triângulo rectângulo de vértices (0, 0), (x, 0) e P = (x, y). Designemos a hipotenusadeste rectângulo por r e seja θ o ângulo formado entre o semi-eixo positivo dos xx e a semi-recta comorigem no ponto de coordenadas (0, 0) e que passa por P = (x, y). Da trigonometria elementar, temos oseguinte:

cos(θ) =cateto adjacente

hipotenusa = xr

sen(θ) =cateto opostohipotenusa = y

r

⇔x = r cos(θ)y = r sen(θ) .

(5.3.1)

Deste modo, podemos denir o ponto P num sistema de eixos cartesiano à custa das variáveis (r, θ), asquais se designam por coordenadas polares do ponto P . De facto, para qualquer ponto P = (x, y) doplano, existem r ≥ 0 e θ ∈ [0, 2π] tais que P = (r cos(θ), r sen(θ)).

A mudança de variáveis para coordenadas polares é particularmente importante quando a região deintegração, vista em termos das coordenadas polares, tem fronteiras ao longo das quais r ou θ é constante.

Proposição 5.3.2. O módulo do jacobiano da mudança de variáveis para coordenadas polares,conforme (5.3.1), é |J | = r.

2Change of Variables in Multiple Integrals, The American Mathematical Monthly, Vol. 106 (1999), No. 6, 497501.

BQ EA EB 137 c© HBO, 2016/2017


Figura 5.1: Coordenadas polares.

Demonstração: Fazendo então x = r cos(θ) e y = r sen(θ), temos[∂(x, y)

∂(r, θ)

]=

∂x∂r

∂x∂θ

∂y∂r

∂y∂θ

=

cos(θ) −r sen(θ)

sen(θ) r cos(θ)

.Logo

|J | =∣∣∣∣det

[∂(x, y)

∂(r, θ)

]∣∣∣∣ =∣∣r cos2(θ) + r sen2(θ)

∣∣ = r ,


Exemplo 5.3.2. Fazendo a mudança de variáveis para coordenadas polares, calcule o integralseguinte: ∫∫

D

ex2+y2 dxdy, onde D =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1

.

5.4 Aplicações

Nesta secção vamos restringir-nos às aplicações geométricas, alertando o leitor de existirem muitas outrasaplicações em diversas áreas de estudo.

Proposição 5.4.1. Seja D um subconjunto conexo e limitado de R2. A área do domínio D édeterminada através do integral duplo, calculado sobre o domínio D, da função identicamente iguala 1. Ou seja,

Área(D) =

∫∫D

dxdy.

Demonstração: Designemos por PS =

(xSi , ySj ) : 1 ≤ i ≤ mS , 1 ≤ j ≤ nS

uma partição formada por

rectângulos RSij de interior disjuntos dois a dois e tal que

D ⊂nS⋃j=1

mS⋃i=1

RSij .

Consideremos uma outra partição PI =

(xIi , yIj ) : 1 ≤ i ≤ mI , 1 ≤ j ≤ nI

formada por rectângulos

RIij de interior disjuntos dois a dois e tal que

D ⊃nI⋃j=1

nI⋃i=1

RIij .

BQ EA EB 138 c© HBO, 2016/2017


Temos entãonI∑j=1

mI∑i=1

∆xIi∆yIj ≤ Área(D) ≤

nS∑j=1

mS∑i=1

∆xSi ∆ySj .

Pela forma como as partições foram construídas, temos

lim supPI⊂D

nI∑j=1

mI∑i=1

∆xIi∆yIj = Área(D) = lim inf

PS⊃D

nS∑j=1

mS∑i=1

∆xSi ∆ySj .

Então, Área(D) é o único integral duplo tal que esta igualdade é satisfeita e que designamos por∫∫Ddxdy.

Exemplo 5.4.1. Usando integrais duplos, calcule a área do domínio D seguinte:

D =

(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ −x2 + x+ 1.

No caso do domínio D ser a reunião de dois domínios, digamos D1 e D2, então:

Área(D) =

∫∫D1

dxdy +

∫∫D2

dxdy.

Esta fórmula é particularmente importante para calcular a área de domínios desconexos. Por outro lado,se o domínio D resultar da diferença de dois domínios, digamos D = D1 \D2, temos:

Área(D) =

∫∫D1

dxdy −∫∫

D2

dxdy.

Exemplo 5.4.2. Usando integrais duplos, calcule a área do domínio

D =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4.

Um outro exemplo de aplicação geométrica de integrais duplos, é o cálculo de volumes de sólidos limi-tados por superfícies z = f(x, y), onde f é uma função denida num domínio limitado D ⊂ R2. Porsimplicidade de exposição, admitamos que f é uma função não negativa em D. O volume do corpo

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ f(x, y)

é determinado pelo integral duplo de f , calculado sobre o domínio D, isto é,

Volume(Ω) =

∫∫D

f(x, y) dxdy .

A demonstração deste resultado usa integrais triplos de que só iremos falar no capítulo seguinte. No casodo corpo ser dado por

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D, g(x, y) ≤ z ≤ f(x, y),

então:

Volume(Ω) =

∫∫D

[f(x, y)− g(x, y)] dxdy .

Exemplo 5.4.3. Usando integrais duplos, calcule o volume do corpo seguinte:

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0.

BQ EA EB 139 c© HBO, 2016/2017


Outra aplicação dos integrais duplos, é o valor médio de uma função numa dada região do plano.

Denição 5.4.1. Seja f(x, y) uma função integrável à Riemann numa região D ⊂ R2. O valormédio da função f em D é dado por

fD :=1

A

∫∫D

f(x, y) dxdy , A =

∫∫D

dxdy .

Exemplo 5.4.4. Consideremos uma praia com várias dunas de areia e onde xamos um rectângulode dimensões de 31π m de largura por 61π m de comprimento. Suponhamos que em cada pontodeste rectângulo a altura da areia é dada pela função f(x, y) = sen2(x) cos2(y). Calcule a alturamédia das dunas neste rectângulo?

A altura média das dunas no rectângulo [0, 15π] × [0, 30π] é dada pelo valor médio da funçãof(x, y) = sen2(x) cos2(y) neste rectângulo. Assim, temos:

fD =

∫ 15π

0

∫ 30π

0

1

Asen2(x) cos2(y) dxdy , A =

∫ 15π

0

∫ 30π

0

dxdy = 450π2

=1

450π2

∫ 15π

0

sen2(x) dx×∫ 30π

0

cos2(y) dy

=1

450π2

[−1

4sen(2x) +

1

2x

]x=15π

x=0

×[

1

4sen(2x) +

1

2x

]y=30π

y=0

=1

450π2× 15π

2× 30π

2=

1

4.

A última aplicação do integral duplo de que falaremos aqui, consiste no cálculo do centro geométricode uma região plana. Formalmente, o centro geométrico de uma região plana é o ponto em que umaplaca sucientemente na de densidade constante igual a 1, e que recorta a região em questão, podeser perfeitamente equilibrada na ponta de uma agulha. Em Geometria, o centro geométrico é chamadobaricentro, enquanto que em Mecânica pode também designar centro de massa ou centro gravítico,dependendo do contexto. Por outro lado, em Geograa, o centro geométrico de uma projecção radial(domínio plano) de uma região da superfície da Terra até ao nível do mar, é conhecido como centrogeográco da região.

Proposição 5.4.2. Consideremos um subconjunto conexo e limitado D de R2 e a sua representaçãonum sistema de eixos cartesianos. As componentes do centro geométrico c = (cx, cy) são dadas por

cx :=1

A

∫∫D

x dxdy , cy :=1

A

∫∫D

y dxdy ,

onde A =∫∫Ddxdy representa a área de D.

Demonstração: Consideremos a partição P = (xi, yj) ∈ D : 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n formada porrectângulos de área ∆xi∆yi = (xi − xi−1)(yi − yi−1) e tal que

lim|P |→0

n∑i=1

m∑j=1

∆xi∆yj =

∫∫D

dxdy .

Seja, agora, Rij um rectângulo arbitrário desta partição com vértices (xi−1, yi−1), (xi, yi−1), (xi, yi) e(xi−1, yi). Por denição, o centro geométrico de um polígono que não se auto-intercecta coincide com o

BQ EA EB 140 c© HBO, 2016/2017


centro geométrico do conjunto de pontos formado por todos os seus vértices. Assim, o centro geométricodo rectângulo Rij é dado pelo ponto de coordenadas cij = (cxij , cyij ), onde

cxij :=xi−1 + xi + xi + xi−1

4=xi−1 + xi

2, cyij :=

yi−1 + yi−1 + yi + yi4

=yi−1 + yi

2.

O centro geométrico da região formada pela união de todos os rectângulos Rij da partição será o pontode coordenadas c = (cx, cy) tal que

n∑i=1

m∑j=1

(cxij − cx

)∆xi∆xj = 0⇔

n∑i=1

m∑j=1

(xi−1 + xi

2− cx

)∆xi∆xj = 0

n∑i=1

m∑j=1

(cyij − cy

)∆xi∆xj = 0⇔

n∑i=1

m∑j=1

(yi−1 + yi

2− cy

)∆xi∆xj = 0 .

Fazendo |P | → 0, obtemos a partir destas relações∫∫D

(x− cx) dxdy = 0⇔ cx =1

A

∫∫D

x dxdy∫∫D

(y − cy) dxdy = 0⇔ cy =1

A

∫∫D

y dxdy ,

onde A =∫∫Ddxdy. Observe-se que xi−1+xi

2 → x e yi−1+yi2 → y, quando |P | → 0, e, no limite,

c = (cx, cy) será o centro geométrico do domínio D.

Exemplo 5.4.5. Calcule o centro geométrico do domínio plano

D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π ∧ 0 ≤ y ≤ sen(x) .

Comecemos por calcular a área de D:

A =

∫ π

0

∫ sen(x)

0

dydx =

∫ π

0

sen(x) dx = [− cos(x)]x=πx=0 = − cos(π) + cos(0) = 2 .

O centro geométrico de D é o ponto c = (cx, cy), onde

cx =1

A

∫ π

0

∫ sen(x)

0

x dydx =1

2

∫ π

0

x sen(x) dx =1

2[−x cos(x) + sen(x)]

x=πx=0

=1

2(−π cos(π)) =

π

2,

cy =1

A

∫ π

0

∫ sen(x)

0

y dydx =1

4

∫ π

0

sen2(x) dx =1

8

[x− 1

2sen(2x)

]x=π

x=0

=1

8π .


1. Descreva as regiões de integração e calcule os integrais respectivos:

(a)∫ 2

0

∫ 4

0

(x2 + y2) dx dy;

(b)∫ 2

1

∫ x3

x2

x dy dx;

(c)∫ π

2

0

∫ y

−ysen(x) dx dy;

(d)∫ 1

−1

∫ |x|0

dy dx;

BQ EA EB 141 c© HBO, 2016/2017


(e)∫ 1

0

∫ √1−x2

0

1− x2 − y2 dy dx; (f)∫ π

2

−π2

∫ 3 cos(φ)

0

r2 sen2(φ) dr dφ.

2. Calcule os integrais das funções seguintes sobre as regiões indicadas:

(a) f(x, y) = x cos(x+ y) sobre o triângulo de vértices A = (0, 0), B = (π, 0) e C = (π, π);

(b) f(x, y) = x sobre a região limitada por y = x2 e y = x3;

(c) f(x, y) = x− y sobre a região limitada por y = sen x e pelo eixo dos xx entre os pontos x = 0e x = π;

(d) f(x, y) = y1+x2 sobre a região limitada pela parábola y = x2

2 e pela recta y = x;

(e) f(x, y) =√xy − y2 sobre a região limitada pelo triângulo de vértices A = (0, 0), B = (10, 1)

e C = (1, 1) (integrando primeiro em ordem a x);

(f) f(x, y) = exy sobre a região limitada pela parábola x = y2 e pelas rectas x = 0 e y = 1

(integrando primeiro em ordem a x).

3. Inverta a ordem de integração dos integrais duplos seguintes:

(a)∫ 1

0

∫ 1

y

f(x, y) dx dy;

(b)∫ 2

0

∫ 9−x

x2

f(x, y) dy dx;

(c)∫ 3

−4

∫ −x+3

x2−9

f(x, y) dy dx;

(d)∫ 2

−6

∫ 2−y

y2

4 −1

f(x, y) dx dy.

4. Verique que os integrais duplos seguintes não têm primitivas imediatas, se resolvidos pela ordemde integração apresentada. Inverta a ordem de integração e calcule os integrais:

(a)∫ 4

0

∫ 2

√y

e1+x3

dx dy;

(b)∫ 1

0

∫ 1

x

√y2 + 1 dy dx;

(c)∫ 8

0

∫ 2

3√y

√x4 + 1 dx dy;

(d)∫ 1

0

∫ y10

y

√yx− x2 dx dy.

5. Determine e represente num sistema de eixos cartesianos as novos domínios que se obtêm poraplicação das transformações de variáveis nas regiões indicadas. Calcule os jacobianos de cadatransformação:

(a) D é limitada pela elipse x2 +y2

36= 1 e a transformação é: x =

u

2e y = 3v;

(b) D é a região limitada pelas rectas y = −x + 4, y = x + 1 e y =x− 4

3, e a transformação é:

x =1

2(u+ v) e y =

1

2(u− v).

(c) D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ x e a transformação por coordenadas polares;

(d) D é a região limitada pelo quadrilátero de vértices (0, 0), (5, 0),(

52 ,

52

)e(

52 ,−

52

), e a trans-

formação é: x = 2u+ 3v e y = 2u− 3v.

6. Calcule os integrais seguintes usando as mudanças de variáveis indicadas:

(a)∫ 2

1

∫ x+3

x+2

dydx√xy − x2

, x = u , y = u+ v;

(b)∫ ∫

D

(x + y) dx dy, x = u − v, y = u + v, onde D é a região limitada pelas rectas y = x,

y = 3x, x+ y = 4;

(c)∫ ∫

D

(x2 + y2) dx dy, u = x+ y, v = x− y, onde D é a região limitada pelas rectas y = x,

y = −x, y = x− 2 e y = 2− x;

BQ EA EB 142 c© HBO, 2016/2017


(d)∫ ∫

D

ey−xy+x dx dy, u = y − x, v = y + x, onde D é a região limitada pela recta x+ y = 2 e

pelos dois eixos de coordenadas.

7. Calcule os integrais seguintes usando a mudança de variáveis para coordenadas polares:

(a)∫ 2

0

∫ √4−y2

0

(4− x2 − y2)32 dx dy;

(b)∫ 3

2

0

∫ √9−x2

√3x

e−(x2+y2) dy dx;

(c)∫ ∫

D

(x2 + y2)e(x2+y2)2 dx dy, onde D =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1;

(d)∫ ∫

D

√x2 + y2 dx dy, onde D =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4

.

8. Usando integrais duplos, calcule a área dos domínios planos seguintes:

(a) D =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π/4, senx ≤ y ≤ cosx;

(b) D =

(x, y) ∈ R2 : −2 ≤ x ≤ 2, −|x| ≤ y ≤ |x|;

(c) D =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x2 − y2 ≥ 0;

(d) D =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4 ∧ y ≥ 1;

(e) D =

(x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 ≤ 1 ∧ x2 + (y − 1)2 ≤ 1.

9. Esboce, num sistema de eixos cartesianos, os corpos cujos volumes podem ser calculados atravésdos integrais duplos seguintes:

(a)∫ 1

0

∫ 1−x

0

(1− x− y) dydx;

(b)∫ 2

0

∫ 2

2−x(4− x− y) dydx;

(c)∫ 1

0

∫ √1−x2

0

(1− x) dydx;

(d)∫ 1

0

∫ √1−x2

0

√1− x2 − y2 dydx.

10. Usando integrais duplos, calcule o volume dos domínios espaciais seguintes:

(a) D é o domínio do primeiro octante limitado por y =√x, y = 2

√x, x+ z = 6 e z = 0;

(b) D é o domínio do primeiro octante limitado pelas superfícies y = 1− x2 e z = 1− x2;

(c) D é o domínio do primeiro octante interior ao cilindro x2 +z2 = 4 e limitado pelo plano x = y;

(d) D é limitado pelo elipsóidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1, onde a, b e c são números reais não nulos.

BQ EA EB 143 c© HBO, 2016/2017

Capítulo 6

Integrais Triplos

Depois de introduzido o integral duplo, torna-se mais fácil estender as noções de integração para funçõesescalares de três variáveis. Portanto, as regiões de integração são agora subconjuntos de R3. Vamos,primeiro, considerar regiões de integração paralelipípedicas e, depois, iremos considerar regiões maisgerais cujas fronteiras são limitadas por superfícies não propriamente planares.

6.1 Integral de Riemann

De igual modo como zemos para o integral duplo, comecemos por estender a noção de partição paraum paralelipípedo (limitado) contido em R3.

Denição 6.1.1. Sejam a1, a2, b1, b2, c1 e c2 números reais tais que a1 < a2, b1 < b2, c1 < c2.Consideremos o paralelipípedo

P =

(x, y, z) ∈ R3 : a1 ≤ x ≤ a2, b1 ≤ y ≤ b2, c1 ≤ z ≤ c2

e as partições dos intervalos [a1, a2], [b1, b2] e [c1, c2], denidas, respectivamente, por

P1 : a1 = x0 < x1 < · · · < xm−1 < xm = a2,

P2 : b1 = y0 < y1 < · · · < yn−1 < yn = b2

P3 : c1 = z0 < z1 < · · · < zl−1 < zl = c2 ,

onde m, n e l são números naturais arbitrários. Designa-se por partição do paralelipípedo P aoconjunto seguinte

P = (xi, yj , zk) ∈ P : 0 ≤ i ≤ m, 0 ≤ j ≤ n, 0 ≤ k ≤ l .

Uma partição P do paralelipípedo P , tal como a denida acima, determina mnl paralelipípedos contidosem P :

Pijk =

(xi, yj , zk) ∈ R3 : xi−1 ≤ x ≤ xi, yi−1 ≤ y ≤ yi, zk−1 ≤ z ≤ zk,,

cujos volumes são dados por

4xi4yj4zk = (xi − xi−1)(yj − yj−1)(zk − zk−1).

Em termos objectivos, a colecção formada por estes paralelipípedos Pijk, é o que verdadeiramente cons-titui a partição P.

144

CÁLCULO II 6. INTEGRAIS TRIPLOS

Denição 6.1.2. Seja f uma função denida num paralelipípedo P ⊂ R3. Designamos por somade Riemann da função f no paralelipípedo P à quantidade seguinte

m, n, l∑i=1, j=1, k=1

f(x∗ijk)4xi4yj4zk ≡l∑

k=1

n∑j=1

m∑i=1

f(x∗ijk)4xi4yj4zk

≡ f(x∗111)4x14y14z1 + · · ·+ f(x∗mnl)4xm4yn4zl ,

onde x∗ijk são pontos seleccionados aleatoriamente nos paralelipípedos respectivos Pijk.

Para a noção de qualquer integral, interessa-nos que as partições sejam sucientemente nas. Denimosa quantidade que dene a nura de dada partição P de um paralelipípedo P ⊂ R3 por

|P| = maxi, j, k

√(4xi)2 + (4yj)2 + (4zk)2.

No caso do integral triplo, |P| corresponde ao comprimento da maior diagonal de todos os paralelipípedosPijk considerados na partição P.

Denição 6.1.3. Sejam f uma função denida num paralelipípedo P ⊂ R3 e

P = (xi, yj , zk) ∈ P : 0 ≤ i ≤ m, 0 ≤ j ≤ n, 0 ≤ k ≤ l

uma partição arbitrária de P . Diz-se que a função f é integrável (à Riemann) no paralelipípedoP , se existir (e for nito) o limite seguinte:

lim|P|→0

l∑k=1

n∑j=1

m∑i=1

f(x∗ij)4xi4yj4zk,

independentemente de como a partição P do paralelipípedo P é formada, ou de como os pontosx∗ijk pertencentes aos subparalelipípedo Pijk são escolhidos.

No caso de existir, o limite da denição anterior designa-se por integral da função f e denota-se poruma das formas seguintes:∫ ∫ ∫

P

f(x, y, z) dx dy dz,

∫ ∫ ∫P

f(x, y, z) dx dz dy,

∫ ∫ ∫P

f(x, y, z) dy dx dz,

∫ ∫ ∫P

f(x, y, z) dy dz dx,

∫ ∫ ∫P

f(x, y, z) dz dx dy,

∫ ∫ ∫P

f(x, y, z) dz dy dx;

onde dx dy dz, dx dz dy, dy dx dz, dy dz dx, dz dx dy ou dz dy dx indica um elemento de volume ao qualainda não está subjacente nenhuma ordem de integração.

Esta noção de função integrável que acabamos de introduzir, estende-se a qualquer função denida numconjunto limitado Ω ⊂ R3 que não seja propriamente um paralelipípedo. Apenas temos de considerarum paralelipípedo P que contenha Ω e aí fazer a análise anterior. Neste caso, para a denição precedentefazer sentido, xamos o valor de f(x∗ijk) igual a zero quando x∗ijk não pertencer a Ω.

Proposição 6.1.1. Seja Ω um subconjunto de R3 limitado e cuja fronteira é constituída pela uniãode superfícies (contínuas). Consideremos uma função f denida em Ω. Se f é contínua em Ωexcepto, quanto muito, num conjunto de medida nula, então f é integrável em Ω.

BQ EA EB 145 c© HBO, 2016/2017


Demonstração: A demonstração é análoga ao caso bidimensional, pelo que a fazemos aqui apenas porcompletude. Sendo D um subconjunto fechado de R3, logo limitado e, por isso, é compacto. Já sabemosque toda a função contínua num subconjunto compacto é aí uniformemente contínua, i.e.

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) ∈ D(√(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 < δ ⇒ |f(x1, y1, z1)− f(x2, y2, z2)| < ε

).

Fixemos, agora, uma partição P =

(x, y, z) ∈ R3 : a1 ≤ x ≤ a2, b1 ≤ y ≤ b2, c1 ≤ z ≤ c2do domí-

nio D tal que para quaisquer (x1, y1, z1), (x2, y2, z2) em cada paralelipípedo Pijk = [xi−1, xi]×[yj−1, yj ]×[zl−1, zl] da partição se tenha √

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 < δ .

Como toda a função contínua num subconjunto compacto tem máximo e mínimo, podemos considerar omáximo Mijk e o mínimo mijk de f no paralelipípedo Pijk. Então a soma de Riemann satisfaz a

l∑k=0

m∑j=0

n∑i=0

mijl4xi4yj4zk ≤l∑

k=0

m∑j=0

n∑i=0

f(x∗ijl)4xi4yj4zk ≤l∑

k=0

m∑j=0

n∑i=0

Mijl4xi4yj4zk .

Da continuidade uniforme de f , sai que

l∑k=0

m∑j=0

n∑i=0

(Mijl −mijl)4xi4yj4zk ≤ εA , onde A =

∫ ∫ ∫D

dxdydz .

Fazendo ε→ 0, vamos ter

lim|P |→0

l∑k=0

m∑j=0

n∑i=0

mijl4xi4yj4zk = lim|P |→0

l∑k=0

m∑j=0

n∑i=0

Mijl4xi4yj4zk .

Isto mostra que existe o limite

lim|P |→0

l∑k=0

m∑j=0

n∑i=0

f(x∗ijl)4xi4yj4zk ,

pelo que f é integrável à Riemann em D.

A proposição anterior diz-nos, então, que todas as funções elementares de três variáveis que conhecemosserão integráveis em domínios limitados de R3.

As propriedades do integral de Riemann denido em R, serão válidas mutatis mutandis para o integraltriplo. Em particular, o integral triplo é um operador linear e satisfaz a propriedade aditiva dos integrais.

6.2 Integral repetido

O processo de integração repetida do integral duplo generaliza-se a qualquer integral em dimensão su-perior, em particular também para o integral triplo. Podemos, assim, reduzir o cálculo de um integraltriplo a um integral duplo. Em particular, o Teorema de Fubbini generaliza-se de modo imediato aointegral triplo.

Proposição 6.2.1 (Fubini). Sejam f uma função contínua num conjunto limitado Ω ⊂ R3 eD ⊂ R2

um conjunto fechado e limitado.

1. Sejam g(x, y) e h(x, y) duas funções contínuas em D tais que, para quaisquer (x, y) ∈ D,

BQ EA EB 146 c© HBO, 2016/2017


g(x, y) ≤ h(x, y), e seja Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : g(x, y) ≤ z ≤ h(x, y), (x, y) ∈ D. Então:∫ ∫ ∫

Ω

f(x, y, z) dx dy dz =

∫ ∫D

[∫ h(x,y)

g(x,y)

f(x, y, z) dz

]dx dy.

2. Sejam g(x, z) e h(x, z) duas funções contínuas em D tais que, para quaisquer (x, z) ∈ D,g(x, z) ≤ h(x, z), e seja Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : g(x, z) ≤ y ≤ h(x, z), (x, z) ∈ D

. Então:∫ ∫ ∫

Ω


∫ ∫D

[∫ h(x,z)

g(x,z)

f(x, y, z) dy

]dx dz.

3. Sejam g(y, z) e h(y, z) duas funções contínuas em D tais que, para quaisquer (y, z) ∈ D,g(y, z) ≤ h(y, z), e seja Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : g(y, z) ≤ x ≤ h(y, z), (y, z) ∈ D

. Então:∫ ∫ ∫

Ω


∫ ∫D

[∫ h(y,z)

g(y,z)

f(x, y, z) dx

]dy dz.

Demonstração: Consideremos apenas o primeiro caso, já que a demonstração dos restantes é análoga.Comecemos por considerar o caso em que Ω é um paralelipípedo denido por a1 ≤ x ≤ a2, b1 ≤ y ≤ b2e c1 ≤ z ≤ c2. Tomemos partições arbitrárias destes intervalos: a1 = x0 < x1 < · · · < xm−1 < xm = a2,b1 = y0 < y1 < · · · < yn−1 < yn = b2 e c1 = z0 < z1 < · · · < zl−1 < zl = c2; onde m, n e l sãonaturais não necessariamente iguais. Designemos por P uma partição do paralelipípedo Ω em l×m× nsubparalelipípedos Ωijk := [xi−1, xi]× [yj−1, yj ]× [zk−1, zk]. Consideremos as notações seguintes:

∆xi := xi−xi−1 , ∆yj := yj−yj−1 , ∆zk := zk−yk−1 , mijj = infPijk

f(x, y, ) , Mijk = supPijk

f(x, y, z) .

Procedendo como no caso bidimensional, temos para quaisquer i ∈ 1, . . . ,m, j ∈ 1, . . . , n e k ∈1, . . . , l

n∑j=1

m∑i=1

mijk∆xi∆yj ≤∫ b2

b1

[∫ a2

a1

f(x, y) dx

]dy ≤

n∑j=1

m∑i=1

Mijk∆xi∆yj .

Da monotonia do integral, resulta que n∑j=1

m∑i=1

mijk∆xi∆yj

∆zk ≤∫ zk

zk−1

∫ b2

b1

[∫ a2

a1

f(x, y) dx

]dy

dz ≤

n∑j=1

m∑i=1

Mijk∆xi∆yj

∆zk .

Somando esta desigualdade entre k = 1 e k = l, tem-se

l∑k=1

n∑j=1

m∑i=1

mijk∆xi∆yj∆zk ≤∫ c2

c1

∫ b2

b1

[∫ a2

a1

f(x, y) dx

]dy

dz ≤

l∑k=1

n∑j=1

m∑i=1

Mijk∆xi∆yj∆zk .

Fazendo |P| −→ 0, temos

lim|P |→0

l∑k=1

n∑j=1

m∑i=1

mij∆xi∆yj∆zk ≤∫ c2

c1

∫ b2

b1

[∫ a2

a1

f(x, y) dx

]dy

dz

≤ lim|P |→0

l∑k=1

n∑j=1

m∑i=1

Mij∆xi∆yj∆zk .

Como no limite |P| −→ 0, mijk = Mijk para quaisquer i ∈ 1, . . . ,m, j ∈ 1, . . . , n e k ∈ 1, . . . , l,∫ ∫ ∫Ωf(x, y, z) dxdydz só pode ser o único real que satisfaz a desigualdade anterior. Por consequência,∫ ∫ ∫

Ω

f(x, y, z) dxdydz =

∫ c2

c1

∫ b2

b1

[∫ a2

a1

f(x, y) dx

]dy

dz =

∫ c2

c1

∫ b2

b1

[∫ a2

a1

f(x, y) dx

]dydz ,

BQ EA EB 147 c© HBO, 2016/2017


tendo a última igualdade resultado do caso bidimensional.

Para o caso geral, procedemos como para o integral duplo. Começamos por designar por P o menorparalelipípedo que contém Ω e consideremos uma partição deste paralelipípedo com as notações do casodemonstrado anteriormente. Procedendo como no caso bidimensional, temos

m∑i=1

l∑k=1

mijk∆zk∆xi ≤m∑i=1

∫ xi

xi−1

[l∑

k=1

∫ zk

zk−1

δD(x, y, z)f(x, y, z) dz

]dx ≤

m∑i=1

n∑k=l

Mijk∆zk∆xi ,

onde δD(x, y, z) = 1 se (x, y, z) ∈ Ω e δD(x, y, z) = 0 se (x, y, z) 6∈ Ω. Da monotonia do integral sai que

n∑j=1

m∑i=1

l∑k=1

mijk∆zk∆xi∆yj ≤n∑j=1

∫ yj

yj−1

m∑i=1

∫ xi

xi−1

[l∑

k=1

∫ zk

zk−1

δD(x, y, z)f(x, y, z) dz

]dx

dy

≤n∑j=1

m∑i=1

l∑k=1

Mijk∆zk∆xi∆yj ,

Fazendo |P| −→ 0, obtemos

lim|P |→0

n∑j=1

m∑i=1

l∑k=1

mijk∆zk∆xi∆yj ≤∫ ∫

D

[∫ z=h(x,y)

z=g(x,y)

f(x, y, z) dz

]dxdy

≤ lim|P |→0

n∑j=1

m∑i=1

l∑k=1

Mijk∆zk∆xi∆yj ,

Daqui resulta que ∫ ∫ ∫Ω

f(x, y, z) dxdydz =

∫ ∫D

[∫ z=h(x,y)

z=g(x,y)

f(x, y, z) dz

]dxdy ,


Exemplo 6.2.1. Descreva a região de integração e calcule o respectivo integral:∫ 1

0

∫ 2

0

∫ 3

1

xy2z dx dy dz.

As considerações sobre o cálculo do integral repetido e inversão de ordem de integração feitas para ointegral duplo, podem ser adaptadas para o integral triplo.

6.3 Mudança de variáveis

Tal como acontece no cálculo de outros integrais, por vezes, também no cálculo do integral triplo se tornanecessário fazer mudança de variáveis para se poder calcular os integrais.

Proposição 6.3.1 (Mudança de variáveis). Sejam Ω e ∆ dois subconjuntos abertos de R3 limitadospor funções diferenciáveis e seja

ϕ : ∆ −→ Ω(u, v, w) 7→ (x, y, z) = ϕ(u, v, w)

uma função bijectiva com derivadas parciais contínuas. Então, se f(x, y, z) é uma função integrável

BQ EA EB 148 c© HBO, 2016/2017


em Ω, temos: ∫ ∫ ∫Ω


∫ ∫ ∫ϕ−1(Ω)

f(ϕ(u, v, w)) |J | du dv dw ,

onde

J = det

[∂(x, y, z)

∂(u, v, w)

]≡ det

∂x∂u

∂x∂v

∂x∂w

∂y∂u

∂y∂v

∂y∂w

∂z∂u

∂z∂v

∂z∂w

.

Demonstração: Tal como no caso bidimensional, a demonstração deste resultado é muito delicada,pelo que sai fora do âmbito deste curso. Ver, por exemplo, Dias Agudo, Volume I, p. 258. No artigo deP. Lax, citado no capítulo sobre o integral duplo, estabelece-se um resultado de aplicação similar e cujademonstração é bastante mais simples.

Tendo em conta que ϕ é uma aplicação bijectiva, ϕ−1(Ω) = ∆. Tal como no integral duplo, a quantidadeJ continua a designar-se por jacobiano da mudança de variáveis (x, y, z) para (u, v, w) e a matriz[

∂(x, y, z)

∂(u, v, w)

]é a designada matriz Jacobiana dessa transformação. Mais, tendo em conta que podemos escrever

(x, y, z) = ϕ(u, v, w) ≡ (ϕ1(u, v, w), ϕ2(u, v, w), ϕ3(u, v, w)),

a matriz Jacobiana pode ser escrita na forma seguinte:

[∂(x, y, z)

∂(u, v, w)

]≡

∂ϕ1

∂u∂ϕ1

∂v∂ϕ1

∂w

∂ϕ2

∂u∂ϕ2

∂v∂ϕ2

∂w

∂ϕ3

∂u∂ϕ3

∂v∂ϕ3

∂w

.

Exemplo 6.3.1. Fazendo a mudança de variáveis u = x+ y − z e v = x+ 2y + z e w = z, calculeo integral seguinte: ∫ ∫ ∫

Ω

sen(x+ y − z)x+ 2y + z

dx dy dz ,

ondeΩ =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x+ 2y + z ≤ 2, 0 ≤ x+ y − z ≤ π

4, 0 ≤ z ≤ 1

.

No integral triplo, usamos com frequência uma mudança de variáveis correspondente à transformação paracoordenadas polares do integral duplo. Aqui, esta mudança de variáveis recebe o nome de transformaçãopara coordenadas cilíndricas. Usando a trigonometria no espaço, qualquer ponto P de coordenadasparalelipípedicas (x, y, z) pode ser escrito em termos das coordenadas cilíndricas: x = r cos(θ)

y = r sen(θ)z = z ,

(6.3.1)

onde:

• r é a distância radial do ponto P à origem do referencial (x, y, z) = (0, 0, 0);

• θ ∈ [0, 2π] é o ângulo formado pelo semi-eixo positivo dos xx e pela semi-recta com origem em(x, y, z) = (0, 0, 0) e que passa pela projecção do ponto P no plano xy, e é medido a partir dosemi-eixo positivo dos xx até 360o;

BQ EA EB 149 c© HBO, 2016/2017


• z é a cota do ponto P .

De facto, para (r, θ, z) dados como acima, temossen(θ) =

cat. op.hip. = x

r

cos(θ) =cat. adj.hip. = y

r

z = z

⇔ (6.3.1) .

Figura 6.1: Coordenadas cilíndricas.

Proposição 6.3.2. O jacobiano da transformação para coordenadas cilíndricas (6.3.1) é J = r .

Demonstração: Considerando a transformação para coordenadas cilíndricas (6.3.1), temos

J = det

[∂(x, y, z)

∂(r, θ, z)

]= det

∂x∂r

∂x∂θ

∂x∂z

∂y∂r

∂y∂θ

∂y∂z

∂z∂r

∂z∂θ

∂z∂z

= det

cos(θ) −r sen(θ) 0

sen(θ) r cos(θ) 0

0 0 1

= r ,

onde usamos o Teorema de Laplace no cálculo do determinante.

Observemos que se trocarmos duas colunas de posição, o jacobiano vem com o sinal alterado. Porexemplo,

J = det

[∂(x, y, z)

∂(r, z, θ)

]= −r .

Exemplo 6.3.2. Calcule o integral seguinte fazendo mudança de variáveis para coordenadas cilín-dricas: ∫ ∫ ∫

Ω

(x2 + y2) dx dy dz , Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 2z, z ≤ 2.

Tal como as coordenadas polares no caso do integral duplo, a mudança de variáveis para coordenadascilíndricas no integral triplo é particularmente importante quando a região de integração tem fronteirasao longo das quais r ou θ é constante.

Outra mudança de variáveis muito comum em integrais triplos, é a transformação para coordenadasesféricas (cf. Figura 6.2a): x = r cos(φ) cos(θ)

y = r cos(φ) sen(θ)z = r sen(φ) ,

(6.3.2)

onde:

BQ EA EB 150 c© HBO, 2016/2017


• r é a distância radial do ponto P à origem do referencial (x, y, z) = (0, 0, 0);

• θ ∈ [0, 2π] é o ângulo formado pelo semi-eixo positivo dos xx e pela semi-recta com origem em(x, y, z) = (0, 0, 0) e que passa pela projecção do ponto P no plano xy, e é medido a partir dosemi-eixo positivo dos xx até 360o;

• φ ∈ [−π2 ,π2 ] é o ângulo formado pelo plano z = 0 e pela semi-recta com origem em (x, y, z) = (0, 0, 0)

e que passa pelo ponto P , e é medido a partir do plano z = 0 até ±90o.

De facto, para (r, θ, φ) dados como acima e denotando por rxy a distância radial r projectada sobre oplano dos xy, temos

sen(φ) =cat. op.hip. = z

r

cos(φ) =cat. adj.hip. =

rxyr

sen(θ) =cat. op.hip. = y

rxy

cos(φ) =cat. adj.hip. = x

rxy

⇔

z = r sen(φ)rxy = r cos(φ)y = rxy sen(θ)x = rxy cos(θ)

⇔

x = r cos(φ) cos(θ)y = r cos(φ) sen(θ)z = r sen(φ) .

Proposição 6.3.3. O jacobiano da transformação para coordenadas esféricas (6.3.2) é J = ±r2 cos(φ) .

Demonstração: Fazendo a transformação para coordenadas esféricas (6.3.2), tem-se

J = det

[∂(x, y, z)

∂(r, θ, φ)

]= det

∂x∂r

∂x∂θ

∂x∂φ

∂y∂r

∂y∂θ

∂y∂φ

∂z∂r

∂z∂θ

∂z∂φ

= det

cos(φ) cos(θ) −r cos(φ) sen(θ) −r sen(φ) cos(θ)

cos(φ) sen(θ) r cos(φ) cos(θ) −r sen(φ) sen(θ)

sen(φ) 0 r cos(φ)

= sen(φ) det

−r cos(φ) sen(θ) −r sen(φ) cos(θ)

r cos(φ) cos(θ) −r sen(φ) sen(θ)

+ r cos(φ) det

cos(φ) cos(θ) −r cos(φ) sen(θ)

cos(φ) sen(θ) r cos(φ) cos(θ)

= sen(φ)× r2 sen(φ) cos(φ) + r cos(φ)× r cos2(φ) = r2 cos(φ) ,

onde usamos o Teorema de Laplace sobre a última linha. Se, na matriz Jacobiana, trocarmos a segundacom a terceira coluna, obtemos

J = det

[∂(x, y, z)

∂(r, φ, θ)

]= −r2 cos(φ) ,

o que termina a demonstração.

Podemos introduzir as coordenadas esféricas equivalentes da forma seguinte (cf. Figura 6.2b): x = r sen(φ) cos(θ)y = r sen(φ) sen(θ)z = r cos(φ) ,

(6.3.3)

onde, agora:

• φ ∈ [0, π] é o ângulo formado pelo semi-eixo positivo dos zz e pela semi-recta com origem em(x, y, z) = (0, 0, 0) e que passa pelo ponto P , e é medido a partir do semi-eixo positivo dos zz até180o.

BQ EA EB 151 c© HBO, 2016/2017


De facto, para (r, θ, φ) dados como acima e denotando por rxy a distância radial r projectada sobre oplano dos xy, temos

sen(φ) =cat. op.hip. =

rxyr

cos(φ) =cat. adj.hip. = z

r

sen(θ) =cat. op.hip. = y

rxy

cos(φ) =cat. adj.hip. = x

rxy

⇔

rxy = r sen(φ)z = r cos(φ)y = rxy sen(θ)x = rxy cos(θ)

⇔

x = r sen(φ) cos(θ)y = r sen(φ) sen(θ)z = r cos(φ) .

(a) Caso de (6.3.2): φ ∈[−π

2, π2

]. (b) Caso de (6.3.3): φ ∈ [0, π].

Figura 6.2: Coordenadas esféricas.

Proposição 6.3.4. O jacobiano da transformação para coordenadas esféricas equivalentes (6.3.3)é J = ±r2 sen(φ) .

Demonstração: Fazendo a transformação para coordenadas esféricas equivalentes (6.3.3), tem-se

J =det

[∂(x, y, z)

∂(r, θ, φ)

]= det

∂x∂r

∂x∂θ

∂x∂φ

∂y∂r

∂y∂θ

∂y∂φ

∂z∂r

∂z∂θ

∂z∂φ

= det

sen(φ) cos(θ) −r sen(φ) sen(θ) r cos(φ) cos(θ)

sen(φ) sen(θ) r sen(φ) cos(θ) r cos(φ) sen(θ)

cos(φ) 0 −r sen(φ)

=cos(φ) det

−r sen(φ) sen(θ) r cos(φ) cos(θ)

r sen(φ) cos(θ) r cos(φ) sen(θ)

− r sen(φ) det sen(φ) cos(θ) −r sen(φ) sen(θ)

sen(φ) sen(θ) r sen(φ) cos(θ)

=cos(φ)

[−r2 sen(φ) cos(φ) sen2(θ)− r2 sen(φ) cos(φ) cos2(θ)

]− r sen(φ)

[r sen2(φ) cos2(θ) + r sen2(φ) sen2(θ)

]=− r2 sen(φ)

[cos2(φ) sen2(θ) + sen2(φ) sen2(θ)

]− r2 sen(φ)

[cos2(φ) cos2(θ) + sen2(φ) cos2(θ)

]=− r2 sen(φ) ,

onde usamos o Teorema de Laplace sobre a última linha. Também neste caso, se, na matriz Jacobiana,trocarmos a segunda com a terceira coluna, obtemos

J = det

[∂(x, y, z)

∂(r, φ, θ)

]= r2 sen(φ) ,

o que termina a demonstração.

Tal como foi mencionado nas demonstrações das duas proposições anteriores, a escolha do sinal + ou −está relacionada com a ordem pela qual escrevemos as colunas da matriz Jacobiana. Se escolhermos aordem (r, φ, θ), virá − na fórmula de J da Proposição 6.3.3, ou + na fórmula de J da Proposição 6.3.4.

BQ EA EB 152 c© HBO, 2016/2017


Se a ordem for (r, θ, φ), então os sinais vêm trocados. As duas transformações para coordenadas esféricassão equivalentes, temos apenas de ter o cuidado que o domínio de variação do ângulo φ é diferente e que,na substituição do integral a calcular, deverá aparecer |J |. Assim, se usarmos a forma das coordenadasesféricas (6.3.2), obtemos:

|J | = r2 cos(φ), pois cos(φ) ≥ 0 para φ ∈[−π

2,π

2

].

Se, porventura, usarmos as coordenadas esféricas equivalentes (6.3.3), temos:

|J | = r2 sen(φ), pois sen(φ) ≥ 0 para φ ∈ [0, π] .

Exemplo 6.3.3. Calcule o integral seguinte fazendo uma mudança de variáveis para coordenadasesféricas: ∫ ∫ ∫

Ω

√x2 + y2 + z2 dx dy dz , Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 4

.

6.4 Aplicações

Nesta secção vamos apenas considerar a aplicação de integrais triplos ao cálculo de volumes de corpos.

Proposição 6.4.1. Seja D um subconjunto conexo e limitado de R3. O volume do domínio Ω édeterminado através do integral triplo, calculado sobre o domínio Ω, da função identicamente iguala 1. Ou seja,

Volume(Ω) =

∫ ∫ ∫Ω

dxdydz.

Demonstração: Designemos por PS =

(xSi , ySj , z

Sk ) : 1 ≤ i ≤ mS , 1 ≤ j ≤ nS , 1 ≤ k ≤ lS

uma par-

tição formada por paralelipípedos PSijk de interior disjuntos dois a dois e tal que

Ω ⊂lS⋃k=1

nS⋃j=1

mS⋃i=1

PSijk .

Consideremos uma outra partição PI =

(xIi , yIj , z

Ik) : 1 ≤ i ≤ mI , 1 ≤ jI ≤ nI , 1 ≤ kI ≤ lI

formada

por paralelipípedos P Iijk de interior disjuntos dois a dois e tal que

Ω ⊃lI⋃k=1

nI⋃j=1

nI⋃i=1

P Iijk .

Temos entãolI∑k=1

nI∑j=1

mI∑i=1

∆xIi∆yIj∆zIk ≤ Volume(Ω) ≤

lS∑k=1

nS∑j=1

mS∑i=1

∆xSi ∆ySj ∆zSk .

Pela forma como as partições foram construídas, temos

lim supPI⊂Ω

lI∑k=1

nI∑j=1

mI∑i=1

∆xIi∆yIj∆zIk = Volume(Ω) = lim inf

PS⊃Ω

lS∑k=1

nS∑j=1

mS∑i=1

∆xSi ∆ySj ∆zSk .

Então, Volume(Ω) é o único integral triplo tal que esta igualdade é satisfeita e que designamos por∫ ∫ ∫Ωdx dy dz.

BQ EA EB 153 c© HBO, 2016/2017


Exemplo 6.4.1. Usando integrais triplos, calcule o volume do paralelipípedo com vértices V1 =(0, 0, 0), V2 = (1, 0, 0), V3 = (0, 1, 0), V4 = (1, 1, 0), V5 = (0, 0,

√2), V6 = (1, 0,

√2), V7 = (0, 1,

√2),

V8 = (1, 1,√

2).

Se o domínio Ω for a reunião de dois domínios, digamos Ω1 e Ω2, então:

Volume(Ω) =

∫ ∫ ∫Ω1

dx dy dz +

∫ ∫ ∫Ω2

dx dy dz.

Por outro lado, se o domínio Ω resultar da diferença de dois domínios, digamos Ω = Ω1 \ Ω2, temos:

Volume(Ω) =

∫ ∫ ∫Ω1

dx dy dz −∫ ∫ ∫

Ω2

dx dy dz.

Exemplo 6.4.2. Usando integrais triplos, calcule o volume do domínio Ω compreendido entre orectângulo, do plano z = 0, com vértices A = (0, 0), B = (3, 0), C = (3, 2) e D = (0, 2), e asuperfície z = 4x2 + 9y2.

Outra aplicação dos integrais triplos, é o valor médio de uma função numa dada região do espaço.

Denição 6.4.1. Seja f(x, y, z) uma função integrável à Riemann numa região Ω ⊂ R3. O valormédio da função f em Ω é dado por

fΩ :=1

V

∫ ∫ ∫Ω

f(x, y, z) dxdydz , V =

∫ ∫ ∫Ω

dxdydz .

Falemos agora de aplicações de integrais triplos em Mecânica. A massa m de um corpo que ocupa ovolume Ω ⊂ R3 é dada por

m :=

∫ ∫ ∫Ω

ρ(x, y, z) dxdydz ,

onde ρ(x, y, z) denota a densidade do corpo em questão no ponto (x, y, z). Observe-se que no SI, a massaé medida em Kg e a densidade de uma substância é a sua massa por unidade de volume, sendo por issomedida em Kgm−3. No caso particular de um material homogéneo, a densidade é constante e, nessecaso, a massa de um corpo é dada por

m := ρ0

∫ ∫ ∫Ω

dxdydz , ρ0 = constante .

Exemplo 6.4.3. Determine a massa de um cubo unitário feito de um material com densidade avariar de acordo com a função ρ(x, y, z) = x+ 2y + 3z.

O centro de massa, ou também designado centro gravítico, é comummente denido como sendo oúnico ponto de um corpo que pode ser usado para descrever a resposta do corpo a forças externas ou atorques. O conceito do centro de massa é o de uma média de massas factorizadas pelas suas distânciasa um determinado ponto de referência. O centro de massa de um corpo ocupando um volume Ω e dedensidade ρ(x, y, z) é denido como sendo o único ponto (x, y, z) tal que

x :=Mxy

m, y :=

Myz

m, z :=

Mxz

m,

BQ EA EB 154 c© HBO, 2016/2017


onde m designa a massa do corpo Ω, e

Mxy :=

∫ ∫ ∫Ω

zρ(x, y, z) dxdydz , Myz :=

∫ ∫ ∫Ω

xρ(x, y, z) dxdydz ,

Mxz :=

∫ ∫ ∫Ω

yρ(x, y, z) dxdydz

designam os momentos estáticos relativamente aos planos de coordenadas xy, yz e xz respectivamente. Agrande vantagem de se considerar o centro de massa, é que muitos cálculos feitos em Mecânica cam maissimples de calcular se os formularmos em relação ao centro de massa. No caso de um corpo homogéneo,ρ(x, y, z) = constante e podemos escrever

x :=

∫ ∫ ∫Ωz dxdydz∫ ∫ ∫

Ωdxdydz

, y :=

∫ ∫ ∫Ωx dxdydz∫ ∫ ∫

Ωdxdydz

, z :=

∫ ∫ ∫Ωy dxdydz∫ ∫ ∫

Ωdxdydz

.

Neste caso, o centro de massa designa-se por centróide.

Exemplo 6.4.4. Determine o centróide do corpo limitado pelas superfícies x = y2, z = x, z = 0,y = 0 e x = 1.


1. Descreva as regiões de integração e calcule os respectivos integrais:

(a)∫ 1

0

∫ 2

0

∫ 3

0

dx dy dz√x+ y + z + 1

;

(b)∫ 1

0

∫ z

0

∫ 1

0

√1− z2 dx dy dz;

(c)∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 1−x−y

0

xyz dz dy dx;

(d)∫ 1

0

∫ x

0

∫ xy

0

x3y2z dz dy dx;

(e)∫ 1

−1

∫ arccos(y)

0

∫ sen(x)

0

π − z dz dx dy;

(f)∫ 2

0

∫ 2√x

0

∫ √4x−y22

0

z dz dy dx.

2. Considere os corpos seguintes e as transformações indicadas:

2.1 Ω é o tetraedro x + y + z ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0, e a transformação é: x = u2, y = v2 ez = w2;

2.2 Ω é o prisma triangular x + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 e 0 ≤ z ≤ 3, e a transformação é: x = u2,y = v2, z = w;

2.3 Ω é o cilindro x2 + y2 ≤ 4 e 0 ≤ z ≤ 4, e a transformação é x = u, y = w e z = v;

2.4 Ω é o elipsóidex2

4+y2

9+z2

25≤ 1 e a transformação é: x = 2u, y = 3v e w = 5z.

Para cada um dos pontos anteriores:

(a) Represente em sistemas de eixos cartesianos os corpos indicados, bem como os novos corposque se obtêm por aplicação das transformações indicadas, de variáveis (x, y, z) para (u, v, w);

(b) Em cada caso, recorrendo a formulário apropriado, calcule os volumes dos corpos originais edos corpos transformados;

(c) Calcule o Jacobiano de cada transformação e, tendo em atenção a alínea b), relacione o seuvalor com fenómenos de rotação e contracção/dilatação.

3. Calcule os integrais seguintes usando as mudanças de variáveis indicadas:

(a)∫ ∫ ∫

Ω

ey−x+zy+x−z dx dy dz , u = y − x+ z, v = y + x− z, w = z ,

ondeΩ = (x, y, z) : R3 : 0 ≤ y − x+ z ≤ y + x− z, 0 ≤ y + x− z ≤ 1, 1 ≤ z ≤ 2;

BQ EA EB 155 c© HBO, 2016/2017


(b)∫ ∫ ∫

Ω

cos(x+ 2y + z)

x+ y − zdx dy dz , u = x+ 2y + z, v = x+ y − z, w = z ,

onde Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x+ y − z ≤ 2, 0 ≤ x+ 2y + z ≤ π4 , 0 ≤ z ≤ 1

;

(c)∫ ∫ ∫

Ω

ln(x+ y − 2z)

2x+ y + zdx dy dz , u = x+ y − 2z, v = 2x+ y + z, w = z ,

onde Ω = (x, y, z) : R3 : 1 ≤ x+ y − 2z ≤ 2, 1 ≤ 2x+ y + z ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 2;

4. Calcule os integrais seguintes usando a mudança de variáveis para coordenadas cilíndricas:

(a)∫ 2

0

∫ √2x−x2

0

∫ 4

0

z√x2 + y2 dz dy dx;

(b)∫ ∫ ∫

Ω

xyz dx dy dz , onde

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : −1 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤√

1− y2, x2 + y2 ≤ z ≤√x2 + y2

;

(c)∫ ∫ ∫

Ω

ex2+y2 dx dy dz , onde Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1

.

BQ EA EB 156 c© HBO, 2016/2017


5. Calcule os integrais seguintes usando a mudança de variáveis para coordenadas esféricas:

(a)∫ ∫ ∫

Ω

(x2 + y2 + z2) dx dy dz ,

ondeΩ =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ x ≤

√9− y2,

√x2 + y2 ≤ z ≤

√16− (x2 + y2)

;

(b)∫ ∫ ∫

Ω

z dx dy dz ,

onde Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0;

(c)∫ ∫ ∫

Ω

√x2 + y2 + z2 dx dy dz ,

onde Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ x.

6. Usando integrais triplos, calcule o volume dos domínios Ω seguintes,:

(a) Ω = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y;(b) Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0;

(c) Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤√x2 + y2

;

(d) Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 4, xyz ≥ 0;

(e) Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 25, x2 + y2 ≥ 9.

7. Considere o elipsóide

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 :

(x− 1)2

4+

(y − 1)2

9+ (z − 1)2 = 1

.

(a) Mostre que o módulo do jacobiano da transformação indicada a seguir é |J | = 6r2 sen(φ): x = 1 + 2r sen(φ) cos(θ)y = 1 + 3r sen(φ) sen(θ)z = 1 + r cos(φ) .

(b) Usando integrais triplos, e tendo em conta a transformação anterior com θ ∈ [0, 2π] e φ ∈ [0, π],calcule o volume interior ao elipsóide Ω.

BQ EA EB 157 c© HBO, 2016/2017

sebenta de cálculo ii - w3.ualg.ptw3.ualg.pt/~holivei/apontamentos_calculo_ii_2012_2013.pdf ·...

Documents