Calculo

Cálculo Infinitesimal

Gabriela Chaves

versão de Agosto de 2004

ii

Índice

Índice iii

1 Propriedades básicas dos números 11.1 Operações de adição e multiplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Relação de ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Princípio de indução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Funções (reais de variável real) 92.1 Generalidades sobre funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Soma, multiplicação e composição de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Monotonia, máximos e mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.4 Gráficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Limites e continuidade 273.1 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.2 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4 Derivadas 414.1 Motivação e interpretação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.2 Definição e propriedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.3 Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.4 Resolução de alguns exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

5 Integrais e Primitivas 715.1 Motivação e interpretação geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.2 Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.3 Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

5.3.1 Definição e primitivas elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.3.2 Primitivação por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 885.3.3 Primitivação por substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.3.4 Primitivação de funções racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

5.4 Resolução de alguns exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.5 Integrais impróprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 985.6 Cálculo de comprimentos, volumes e áreas de superfície . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

5.6.1 Comprimentos de gráficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1045.6.2 Volumes de sólidos de revolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.6.3 Áreas de superfície de sólidos de revolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

6 Polinómios de Taylor 1116.1 Polinómios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.2 Máximos e mínimos locais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1216.3 Cálculo de valores aproximados de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

7 Sucessões e séries 1297.1 Sucessões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.2 Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

iii

iv ÍNDICE

8 Sucessões e séries de funções 1498.1 Sucessões de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1498.2 Séries de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1568.3 Séries de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

9 Curvas em Rn 171

A Coordenadas polares 199

B Funções exponenciais e logaritmos 211

C Funções trigonométricas 221

Índice alfabético 231

Capítulo 1

Propriedades básicas dos números

O objectivo deste capítulo não é a construção dos números reais; supõe-se conhecida a existência destes e far-se-áapenas um resumo das propriedades mais importantes das operações e da relação de ordem.

1.1 Operações de adição e multiplicaçãoO conjunto dos números reais R, munido da adição e da multiplicação (designadas respectivamente por + e .), verificaas seguintes propriedades:

1. ∀x, y, z ∈ R (x+ y) + z = x+ (y + z) (associatividade da adição)

2. ∀x ∈ R x+ 0 = 0 + x = x (0 é elemento neutro para a adição)

3. ∀x ∈ R ∃x′ ∈ R x+ x′ = x′ + x = 0 (existência de inverso para a adição)

4. ∀x, y ∈ R x+ y = y + x (comutatividade da adição)

5. ∀x, y, z ∈ R (x.y).z = x.(y.z) (associatividade da multiplicação)

6. ∀x, y ∈ R x.y = y.x (comutatividade da multiplicação)

7. ∀x, y, z ∈ R x.(y + z) = x.y + x.z (distributividade da multiplicação relativamente à adição)

8. ∀x ∈ R x.1 = 1.x = x (1 é elemento neutro para a multiplicação)

9. ∀x ∈ R\{0}∃x′ ∈ R x.x′ = x′.x = 1 (existência de inverso para a multiplicação para qualquer elemento diferentede 0)

Por (R,+) satisfazer às propriedades 1-3 diz-se que se trata de um grupo; por satisfazer às propriedades 1-4 diz-seque se trata de um grupo comutativo. Por (R,+, .) satisfazer às propriedades 1-8 diz-se que se trata de um anelcomutativo com elemento unidade; por satisfazer às propriedades 1-9 diz-se que se trata de um corpo.

1.2 Relação de ordemA relação ≤ em R verifica as seguintes propriedades:

1. ∀x ∈ R x ≤ x (reflexividade)

2. ∀x, y, z ∈ R (x ≤ y e y ≤ z) ⇒ x ≤ z (transitividade)

3. ∀x, y ∈ R (x ≤ y e y ≤ x) ⇒ x = y (anti-simetria)

4. ∀x ∈ R (x ≤ y ou y ≤ x)

5. ∀x, y ∈ R (0 ≤ x e 0 ≤ y) ⇒ 0 ≤ x+ y

6. ∀x, y, z ∈ R x ≤ y ⇒ x+ z ≤ y + z

7. ∀x, y ∈ R (0 ≤ x e 0 ≤ y) ⇒ 0 ≤ x.y

1

2 CAPÍTULO 1. PROPRIEDADES BÁSICAS DOS NÚMEROS

Observação: As propriedades 1-4 envolvem apenas ≤; 5-6 relacionam ≤ e +; 7 relaciona ≤ e ..Por (R,≤) satisfazer às propriedades 1-4 diz-se que se trata de um conjunto totalmente ordenado; por (R,+,≤)

satisfazer às propriedades 1-6 diz-se que se trata de um grupo comutativo ordenado. Por (R,+, .,≤) satisfazer àspropriedades 1-7 diz-se que se trata de um corpo ordenado.

Definição 1.2.1 Para cada x ∈ R, chama-se valor absoluto (ou módulo) de x a |x| ={

x se x ≥ 0-x se x ≤ 0 .

Proposição 1.2.2 1. ∀x, y ∈ R : |x+ y| ≤ |x|+ |y|.

2. ∀x, y ∈ R : |x− y| ≥ ||x| − |y||.

3. ∀x, y ∈ R : |xy| = |x||y|.

4. ∀x ∈ R : −|x| ≤ x ≤ |x|.

5. ∀x ∈ R, a ∈ R+ : |x| ≤ a⇔ −a ≤ x ≤ a.

Demonstração:

1. Se x ≥ 0 e y ≥ 0, então x + y ≥ 0 e |x| + |y| = x + y, portanto |x + y| = |x| + |y|. Se x ≤ 0 e y ≤ 0, entãox+ y ≤ 0, |x+ y| = −x− y, |x|+ |y| = −x− y e |x+ y| = |x|+ |y|. Se x < 0 < y e |x| < |y|, então x+ y ≥ 0,|x+ y| = x+ y e |x|+ |y| = −x+ y; ora neste caso x+ y < −x+ y, uma vez que x < 0. Analogamente se tratao caso x < 0 < y e |x| > |y|.

2. Da alínea anterior, conclui-se que|x|(= |x− y + y|) ≤ |x− y|+ |y|

|y|(= |y − x+ x|) ≤ |y − x|+ |x| = |x− y|+ |x|.

Então |x− y| ≥ |x| − |y| e |x− y| ≥ |y| − |x|, portanto |x− y| ≥ ||x| − |y||.

3. Trivial.

4. Trivial.

5.

|x| ≤ a ⇔ (x ≥ 0 e x ≤ a) ou (x ≤ 0 e − x ≤ a)⇔ 0 ≤ x ≤ a ou − a ≤ x ≤ 0⇔ −a ≤ x ≤ a.

Definição 1.2.3 Seja A ⊂ R.

1. Diz-se que A é majorado (ou limitado superiormente) sse existe M ∈ R tal que ∀x ∈ A x ≤M . Um númeroM nestas condições diz-se um majorante de A.

2. Diz-se que A é minorado (ou limitado inferiormente) sse existe m ∈ R tal que ∀x ∈ A m ≤ x. Um númerom nestas condições diz-se um minorante de A.

3. Diz-se que A é limitado sse existe l ∈ R tal que ∀x ∈ R |x| ≤ l.

Observações:

1. O conjunto dos majorantes de um conjunto não vazio, A, é minorado (por qualquer elemento de A).

2. O conjunto dos minorantes de um conjunto não vazio, A, é majorado (por qualquer elemento de A).

3. O conjunto A é limitado sse é majorado e minorado.

Definição 1.2.4 1. Chama-se máximo (ou último elemento) de um conjunto A a um majorante de A quepertence a A.

2. Chama-se mínimo (ou primeiro elemento) de um conjunto A a um minorante de A que pertence a A.

Observações:

1.2. RELAÇÃO DE ORDEM 3

1. Um conjunto majorado pode não ter máximo e um conjunto minorado pode não ter mínimo.

2. Um conjunto não pode ter mais de um máximo nem mais de um mínimo.

Propriedades de N e Z:

1. Qualquer parte não vazia de N tem primeiro elemento.

2. Qualquer parte majorada não vazia de N tem último elemento.

3. Qualquer parte minorada não vazia de Z tem primeiro elemento.

4. Qualquer parte majorada não vazia de Z tem último elemento.

Definição 1.2.5 Seja A ⊂ R.

1. Diz-se que M é o supremo de A sse M for o mínimo do conjunto dos majorantes de A. Notação: M = supA.

2. Diz-se que m é o ínfimo de A sse m for o máximo do conjunto dos minorantes de A. Notação: m = inf A.

Propriedade de R: Qualquer parte majorada de R tem supremo.Observação: Esta propriedade de R, assim como as propriedades de N e Z mencionadas acima, não serão aquidemonstradas. Demonstrá-las só teria sentido no contexto de uma construção ou descrição axiomática dos números,o que está para alem dos objectivos deste curso.

Lema 1.2.6 1. Seja A uma parte majorada de R e seja M o conjunto dos majorantes de A. Então o conjunto−A = {−a, a ∈ A} é minorado e o conjunto dos minorantes de −A é −M.

2. Seja A uma parte minorada de R e seja M o conjunto dos minorantes de A. Então o conjunto −A = {−a, a ∈ A}é majorado e o conjunto dos majorantes de −A é −M.

Demonstração:

1. Seja x ∈ −M. Então x = −x em que x é um majorante de A, isto é ∀a ∈ A a ≤ −x. Resumindo,∀x ∈ −M∀a ∈ A x ≤ −a, de onde ∀a ∈ A x ≤ −a, isto é, ∀x ∈ −M∀a ∈ A x ≤ a, portanto qualquerelemento de −M é um minorante de −A. Reciprocamente, seja x um minorante de −A. Então ∀a ∈ A x ≤ −a,de onde ∀a ∈ A a ≤ −x, portanto −x é um majorante de A, isto é, −x ∈M, ou seja, x ∈ −M.

2. Demonstração análoga. �

Proposição 1.2.7 Qualquer parte minorada de R tem ínfimo.

Demonstração: Seja A uma parte minorada de R. Então, pelo lema anterior, sabemos que −A é majorado; pelapropriedade de R enunciada acima, existe sup(−A), designemo-lo por s. Então s é o mínimo do conjunto M dosmajorantes de −A, e é imediato que −s é o máximo de −M , mas, pelo lema anterior, −M é o conjunto dos minorantesde A, logo −s é o ínfimo de A. �

Proposição 1.2.8 (trivial) Se supA ∈ A então supA é o máximo de A; se inf A ∈ A então inf A é o mínimo de A.

Proposição 1.2.9 Seja A um conjunto não vazio e M um majorante de A. Então

M = supA sse ∀ε > 0 ∃a ∈ A : M − ε < a.

Demonstração: 1. Suponhamos que M = supA e seja ε > 0. Por definição de supremo, M − ε não é um majorante deA (porque o supremo de A é o menor dos majorantes de A). Então existe um elemento a de A tal que a > M − ε.

2. Suponhamos que M é um majorante de A tal que ∀ε > 0 ∃a ∈ A : M − ε < a.Seja M ′ um número menor do que M e seja ε = M −M ′. Tem-se ε > 0, portanto existe a ∈ A tal que a > M − ε,

mas M−ε = M ′, portanto M ′ não é majorante de A. Conclui-se que nenhum número M ′ menor do que M é majorantede A, logo M é o supremo de A. �

Proposição 1.2.10 Seja A um conjunto não vazio e m um minorante de A. Então

m = inf A sse ∀ε > 0 ∃a ∈ A : a < m+ ε.

Demonstração: análoga à anterior �


Proposição 1.2.11 1. Se B é majorado (resp. minorado) e A ⊂ B, então A é majorado (resp. minorado).

2. Se A e B são majorados (resp. minorados) então A ∩B e A ∪B são majorados (resp. minorados).

Demonstração: trivial.

Proposição 1.2.12 Sejam A e B dois conjuntos limitados não vazios.

1. A ⊂ B ⇒ inf B ≤ inf A ≤ supA ≤ supB

2. sup(A ∪B) = max{supA, supB}

3. Se A ∩B 6= ∅ então sup(A ∩B) ≤ min{supA, supB}

4. inf(A ∪B) = min{inf A, inf B}

5. Se A ∩B 6= ∅ então inf(A ∩B) ≥ max{inf A, inf B}

6. Se A e B forem intervalos e A∩B 6= ∅ então sup(A∩B) = min{supA, supB} e inf(A∩B) = max{inf A, inf B}.

7. Se ∀a ∈ A ∀b ∈ B a ≤ b então supA ≤ inf B, e supA = inf B sse ∀ε > 0∃a0 ∈ A, b0 ∈ B : b0 − a0 < ε.

Demonstração:

1. Seja m um minorante de B. Então ∀b ∈ B m ≤ b. Como ∀a ∈ A : a ∈ B, tem-se ∀a ∈ A m ≤ a. Conclui-se quetodos os minorantes de B são minorantes de A, logo inf B (que é um minorante de B) é um minorante de A eportanto é menor ou igual do que inf A (que é o maior dos minorantes de A).Mostra-se analogamente que supA ≤ supB.É trivial que inf A ≤ supA (porque A 6= ∅, portanto ∃a ∈ A, e então inf A ≤ a ≤ supA).

2. De A ⊂ A∪B e B ⊂ A∪B conclui-se, pela alínea anterior, que supA ≤ sup(A∪B) e supB ≤ sup(A∪B), logomax{supA, supB} ≤ sup(A ∪ B). Por outro lado, max{supA, supB} ≥ supA e max{supA, supB} ≥ supB,portanto max{supA, supB} é um majorante de A e um majorante de B, ou seja, é um majorante de A ∪ B eportanto é maior ou igual do que sup(A ∪B).

3. De A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B, conclui-se, pela alínea 1., que sup(A ∩ B) ≤ supA e sup(A ∩ B) ≤ supB, logosup(A ∩B) ≤ min{supA, supB}.

4. Análoga à demonstração de 2.

5. Análoga à demonstração de 3.

6. Sejam a1 e a2 os extremos do intervalo A e b1 e b2 os extremos do intervalo B. Então supA = a2, inf A = a1,supB = b2 e inf B = b1. Por outro lado, A ∩ B é um intervalo de extremos max{a1, b1}, min{a2, b2}, portantoinf(A ∩B) = max{a1, b1} e sup(A ∩B) = min{a2, b2}.

7. Seja a ∈ A. Como ∀b ∈ B a ≤ b, conclui-se que a é um minorante de B, logo a ≤ inf B. Então ∀a ∈ A a ≤ inf B,isto é, inf B é um majorante de A, portanto supA ≤ inf B.Suponhamos que supA = inf B, sejam α = supA = inf B e δ > 0. Por se ter α = supA, existe a0 ∈ A tal quea0 > α − δ; por se ter α = inf B, existe b0 ∈ B tal que b0 < α + δ. Então b0 − a0 < 2δ. Seja agora ε > 0;aplicando o raciocínio anterior a δ = ε/2, vemos que existem a0 ∈ A, b0 ∈ B tais que b0 − a0 < ε.Por outro lado, se supA < inf B, então ∀a ∈ A, b ∈ B, tem-se b−a ≥ inf B−supA, portanto, se ε < inf B−supA,não existem a0 ∈ A, b0 ∈ B tais que b0 − a0 < ε. �

Proposição 1.2.13 Se A 6= ∅ é tal que ∀x, y ∈ A : |x− y| < l, então existe um intervalo fechado, I, de comprimentol, tal que A ⊂ I.

Demonstração: Seja a ∈ A; para todo o x ∈ A, tem-se |x−a| < l, logo a− l < x < a+ l, portanto A é limitado. Sejamα = inf A, β = supA e I = [α, β]; tem-se obviamente A ⊂ I, portanto basta mostrar que β − α ≤ l.

l l

l

22

1.2. RELAÇÃO DE ORDEM 5

Suponhamos que β − α > l, e seja ε = β−α−l2 ; existem a1 ∈ A tal que a1 < α+ ε e a2 ∈ A tal que a2 > β − ε, isto

é, a1 <α+β−l

2 e a2 >β+α+l

2 . Mas então a2− a1 >β+α+l

2 − α+β−l2 = l, o que contradiz a hipótese sobre A. Conclui-se

que β − α ≤ l. �Observação: não existe necessariamente um intervalo aberto I, de comprimento l, tal que A ⊂ I.

Teorema 1.2.14 (do encaixe de intervalos) Para cada n ∈ N seja In = [an, bn] um intervalo. Se ∀n ∈ N In+1 ⊂In então

⋂n∈N

In 6= ∅.

Demonstração: De In+1 ⊂ In conclui-se que se k < l então Il ⊂ Ik e portanto al ≥ ak e bl ≤ bk. Seja A = {ai, i ∈ N}e B = {bj , j ∈ N}, e sejam n ∈ N e m ∈ N. Se p designar o máximo de {n,m} temos an ≤ ap ≤ bp ≤ bm,portanto ∀x ∈ A ∀y ∈ B x ≤ y. Conclui-se da alínea 7 da proposição 1.2.12 que supA ≤ inf B. É imediato que∀n ∈ N [supA, inf B] ⊂ In, portanto ∅ 6= [supA, inf B] ⊂

⋂n∈N

In. �

Exemplos

1. A =]2, 3[

{majorantes de A} = [3,+∞[; {minorantes de A} =]−∞, 2]

supA = 3; inf A = 2; A não tem máximo nem mínimo.

2. A = {2}∪] 52 , 3[

{majorantes de A} = [3,+∞[; {minorantes de A} =]−∞, 2]

supA = 3; inf A = 2; A não tem máximo; minA = 2.

3. A = { 1−nn ;n ∈ N}

{majorantes de A} = [0,+∞[; {minorantes de A} =]−∞,−1]

supA = 0; inf A = −1; maxA = 0; A não tem mínimo.

4. A = {x ∈ Q : x2 ≤ 3}{majorantes de A} = [

√3,+∞[; {minorantes de A} =]−∞,−

√3]

supA =√

3; inf A = −√

3; A não tem máximo nem mínimo.

5. A = {x ∈ R \Q : x2 ≤ 3}{majorantes de A} = [

√3,+∞[; {minorantes de A} =]−∞,−

√3]

supA =√

3; inf A = −√

3; maxA =√

3; minA = −√

3

6. A = {5}{majorantes de A} = [5,+∞[; {minorantes de A} =]−∞, 5]

supA = 5; inf A = 5; maxA = 5; minA = 5

Observação: ∀A ⊂ R : inf A = supA⇔ A é constituido por um único elemento.

7. A = {2, 3}; B = [2, 3]

maxA = supA = 3; maxB = supB = 3

minA = inf A = 2; minB = inf B = 2

Neste caso, A ⊂ B, A 6= B e supA = supB, inf A = inf B.

8. A = {0, 1, 2}; B =]− 1, 5]

maxA = supA = 2; maxB = supB = 5

minA = inf A = 0; inf B = −1; B não tem mínimoNeste caso, A ⊂ B, A 6= B e supA < supB, inf A > inf B.

9. A = [1, 2[∪{6}; B = [0, 2[∪{4}maxA = supA = 6; maxB = supB = 4


A ∩B = [1, 2[; sup(A ∩B) = 2; min(A ∩B) = inf(A ∩B) = 1; A ∩B não tem máximoNeste caso sup(A ∩B) < min{supA, supB}; inf(A ∩B) = max{inf A, inf B}.


10. A = { 1n , n ∈ N}; B = {1− 1

n , n ∈ N}maxA = supA = 1; supB = 1; B não tem máximoA não tem mínimo; inf A = 0; minB = inf B = 0

A ∩B = { 12}; max(A ∩B) = sup(A ∩B) = min(A ∩B) = inf(A ∩B) = 1

2

Neste caso sup(A ∩B) < min{supA, supB}; inf(A ∩B) > max{inf A, inf B}.

11. A = [0, 1]; B = {2}maxA = supA = 1; maxB = supB = 2


Neste caso ∀a ∈ A ∀b ∈ B : a < b e supA < inf B

12. A = {0, 1}; B = {1 + 1n2 , n ∈ N}

maxA = supA = 1; maxB = supB = 2;minA = inf A = 0; inf B = 1; B não tem mínimoNeste caso ∀a ∈ A ∀b ∈ B : a < b e supA = inf B

1.3 Princípio de induçãoSeja A um conjunto de números naturais tal que 1 ∈ A e ∀n ∈ N (n ∈ A⇒ n+ 1 ∈ A). Então A = N.

Exemplos de demonstração por indução

1. ∀n ∈ N : 1 + 13 + 1

9 + · · ·+ 13n = 3n+1−1

2.3n+1

Demonstração: Seja A = {n ∈ N; 1 + 13 + 1

9 + · · ·+ 13n = 3n+1−1

2.3n }Tem-se 1 ∈ A porque 1 + 1

3 = 9−12.3 .

Suponhamos que m ∈ A, isto é, que 1 + 13 + 1

9 + · · ·+ 13m = 3k+1−1

2.3m . Então

1 +13

+19

+ · · ·+ 13m

+1

3m+1=

3m+1 − 12.3m

+1

3m+1

=(3m+1 − 1).3 + 2

2.3m+1

=3m+2 − 3 + 2

2.3m+1

=3m+2 − 12.3m+1

isto é, m+ 1 ∈ A.De 1 ∈ A e m ∈ A⇒ m+ 1 ∈ A conclui-se que A = N. �

2. ∀n ∈ N :n∑

k=0

Cnk = 2n, em que Cn

k = (nk) =

n!k!(n− k)!

.

Demonstração: Comecemos por verificar que ∀k ∈ {1, 2, . . . , n} se tem Cn+1k = Cn

k + Cnk−1. Com efeito, tem-se

Cnk + Cn

k−1 =n!

k!(n− k)!+

n!(k − 1)!(n− k + 1)!

=n!(n+ 1− k) + n!kk!(n+ 1− k)!

=n!(n+ 1)

k!(n+ 1− k)!

= Cn+1k

Seja agora A = {n ∈ N :∑n

k=0 Cnk = 2n}.

Tem-se 1 ∈ A, porque C10 + C1

1 = 1 + 1 = 21.

1.3. PRINCÍPIO DE INDUÇÃO 7

Suponhamos que m ∈ A, isto é, que∑m

k=0 Cmk = 2m. Então

m+1∑k=0

Cm+1k = Cm+1

0 +m∑

k=1

Cm+1k + Cm+1

m+1

= 1 +

(m∑

k=1

(Cmk + Cm

k−1)

)+ 1

= Cm0 +

m∑k=1

Cmk +

m∑k=1

Cmk−1 + Cm

m

=m∑

k=0

Cmk +

m∑k=0

Cmk

= 2m + 2m porque m ∈ A= 2m+1

De 1 ∈ A e m ∈ A⇒ m+ 1 ∈ A conclui-se que A = N. �

3. Seja (xn)n a sucessão definida por

{x1 = 1xn+1 = x2

n

2 ∀n > 1

Então ∀n ∈ N : xn < 2.Demonstração: Seja A = {n ∈ N : xn < 2}. Tem-se 1 ∈ A porque x1 = 1 < 2.Suponhamos que m ∈ A, isto é, que xm < 2. É fácil ver que ∀n ∈ N : xn > 0, portanto de xm < 2 conclui-se quex2

m < 4, logo x2m/2 < 2, isto é, xm+1 < 2. Portanto m+ 1 ∈ A.

Conclui-se que A = N. �

4. ∀n ∈ N : n(n2 + 5) é múltiplo de 6.Demonstração: Seja A = {n ∈ N;n(n2 + 5) é múltiplo de 6}. Tem-se 1 ∈ A porque 1.(12 + 5) = 6, e 6 é múltiplode 6.Suponhamos que m ∈ A, isto é, que m(m2 +5) é múltiplo de 6, ou seja, que existe k ∈ N tal que m(m2 +5) = 6k.Então

(m+ 1)((m+ 1)2 + 5) = m((m+ 1)2 + 5) + (m+ 1)2 + 5= m(m2 + 5 + 2m+ 1) +m2 + 2m+ 6= m(m2 + 5) + 3m2 + 3m+ 6= 6k + 3m(m+ 1) + 6= 6(k + 1) + 3m(m+ 1).

Mas m(m+ 1) é par (porque m é par ou m é ímpar e neste caso m+ 1 é par), portanto 3m(m+ 1) é múltiplode 6. Tem-se então que (m+ 1)((m+ 1)2 + 5) é a soma de dois múltiplos de 6, portanto é múltiplo de 6, isto é,m+ 1 ∈ A.Conclui-se que A = N. �

5. ∀n ∈ N : 2n < 3n!

Demonstração: Seja A = {n ∈ N : 2n < 3n!}. Tem-se 1 ∈ A porque 21 = 2 < 3 = 3.1!.Suponhamos que m ∈ A, isto é, que 2m < 3m!. Então 2m+1 = 2.2m < 2.3m! ≤ (n+ 1).3m! = 3(m+ 1)!, isto é,m+ 1 ∈ A. Conclui-se que A = N. �

Exemplos de subconjuntos de R que verificam 1 ∈ A e ∀x ∈ R (x ∈ A⇒ x+ 1 ∈ A) e tais que A 6= RN, Z, Q, N ∪ (R \Q), [1,+∞[, ]− 2,+∞[, {x ∈ R : 6x ∈ Z}, ∪n∈N[n, n+

12[


Capítulo 2

Funções (reais de variável real)

O objectivo principal deste curso é o estudo de funções reais de variável real, isto é, em que o domínio e o conjuntode chegada são partes de R. No entanto, uma grande parte das noções e resultados vistos neste capítulo aplicam-se afunções definidas em quaisquer conjuntos.

2.1 Generalidades sobre funçõesSeja f : A −→ B uma função de domínio A e conjunto de chegada B (a não confundir com contradomínio).

Definição 2.1.1 Chama-se contradomínio de f ao conjunto das imagens por f de elementos de A, isto é, {f(a); a ∈A}, ou ainda {b ∈ B;∃a ∈ A : f(a) = b}. Notação: f(A) ou Im(f).

Definição 2.1.2 1. Diz-se que f é sobrejectiva sse f(A) = B, isto é, sse ∀b ∈ B ∃a ∈ A : f(a) = b.

2. Diz-se que f é injectiva sse elementos distintos de A têm sempre imagens distintas, isto é, sse

∀a1, a2 ∈ A : f(a1) = f(a2) ⇒ a1 = a2.

3. Diz-se que f é bĳectiva sse f é sobrejectiva e injectiva, isto é, sse ∀b ∈ B ∃1a ∈ A : f(a) = b.

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ 2x+ 5

f é bĳectiva porque para cada y ∈ R,

f(x) = y ⇔ 2x+ 5 = y ⇔ x =y − 5

2,

portanto existe um único x ∈ R tal que f(x) = y.

2. f : ]−∞, 0[∪[2,+∞[ −→ Rx 7→ 2x+ 5

f não é sobrejectiva, uma vez que, por exemplo, não existe x ∈]−∞, 0[∪[2,+∞[ tal que f(x) = 7.f é injectiva, pois f(x1) = f(x2) ⇒ 2x1 + 5 = 2x2 + 5 ⇒ x1 = x2.

3. f : R −→ Rx 7→ x2 − 6x+ 4

f não é injectiva, pois f(2) = f(4) = −4.f(R) = [−5,+∞[

Se y < −5, não existe x ∈ R tal que x2 − 6x + 4 = y (porque 62 − 4(4 − y) < 0). Se y ≥ −5 entãof(3 +

√y + 5) = f(3−

√y + 5) = y, portanto y ∈ f(R).

Observações: 1. f não é sobrejectiva2. Se y = −5 existe um único x ∈ R tal que f(x) = y; trata-se de x = 3. Se y > −5 existem duas soluções daequação f(x) = y, pois 3 +

√y + 5 6= 3−

√y + 5.

9

10 CAPÍTULO 2. FUNÇÕES (REAIS DE VARIÁVEL REAL)

4. f : ]4,+∞[ −→ [−5,+∞[x 7→ x2 − 6x+ 4

f é injectiva. De facto, suponhamos que f(x1) = f(x2) = y. Então x1 = 3 +√y + 5 ou x1 = 3 −

√y + 5 e

x2 = 3+√y + 5 ou x2 = 3−

√y + 5. Mas x1 ∈]4,+∞[, x2 ∈]4,+∞[ e 3−

√y + 5 ≤ 3. Logo x1 = x2 = 3+

√y + 5.

f(]4,+∞[) =]− 4,+∞[

Demonstração: Se y > −4, então 3 +√y + 5 > 4 e f(3 +

√y + 5) = y, portanto y ∈ f(]4,+∞[). Se y ≤ −4,

então não existe x ∈]4,+∞[ tal que f(x) = y, porque ou y < −5, caso em que já vimos não existir x ∈ R tal quex2− 6x+4 = y, ou −5 ≤ y ≤ −4, caso em que as soluções em R de x2− 6x+4 = y são 3+

√y + 5 e 3−

√y + 5,

mas 3 +√y + 5 ≤ 4 e 3−

√y + 5 ≤ 4.

5. f : ]2,+∞[ −→ [−5,+∞[x 7→ x2 − 6x+ 4

f não é injectiva, porque f( 52 ) = f( 7

2 ) = − 194 .

f é sobrejectiva, porque para y ∈ [−5,+∞[ existe x ∈]2,+∞[ tal que f(x) = y. Basta tomar x = 3 +√y + 5.

6. f : [0, 1] −→ [−1, 4]x 7→ x2 − 6x+ 4

f é bĳectiva.Demonstração: Seja y ∈ [−1, 4]. A equação x2 − 6x + 4 = y tem como soluções reais x = 3 +

√y + 5 e

x = 3−√y + 5. Ora 3 +

√y + 5 6∈ [0, 1] e 3−

√y + 5 ∈ [0, 1], portanto a equação f(x) = y tem uma e uma só

solução.

Definição 2.1.3 1. Seja f : A −→ B e A′ ⊂ A. Chama-se restrição de f a A′ à função f|A′ : A′ −→ Bx 7→ f(x).

2. Seja f : A −→ B e A′′ ⊃ A. Diz-se que g : A′′ −→ B é um prolongamento de f a A′′ sse ∀a ∈ A : g(a) = f(a)(isto é, se f = g|A).

Observação: Em geral existe mais de um prolongamento de f a A′′.Exemplo : f : [1, 4] −→ R

x 7→ x− 3, g1: R −→ R

x 7→ x− 3, g2: R −→ R

x 7→

x− 3, se x ∈ [1, 4]1, se x ≥ 4−2, se x ≤ 1

,

g3: [0, 10] −→ R

x 7→{x− 3, se x ≥ 1−x2 − 1, se x ≤ 1

, g4: R −→ R

x 7→

x− 3, se x ∈ [1, 4]x2 − 3, se x ≤ 1x3, se x > 4

g1, g2, g3 e g4 são prolongamentos de f .f é a restrição a [1, 4] de g1, de g2, de g3 e de g4.

Definição 2.1.4 Sejam f : A −→ B, A1 ⊂ A, B1 ⊂ B.

1. Chama-se imagem de A1 por f ao contradomínio de f|A1 (={f(a); a ∈ A1} = {b ∈ B;∃a ∈ A1 : f(a1) = b})Notação: f(A1)

2. Chama-se imagem recíproca de B1 por f ao conjunto {a ∈ A : f(a) ∈ B1}. Notação: f−1(B1).

Observação: f−1(B) = A.

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ 3

f(R) = f({0}) = f([2, 3]) = f(Q) = {3}Qualquer que seja A1 ⊂ R, A1 6= ∅, tem-se f(A1) = {3}.f−1({0}) = f−1([−5,−1[) = f−1({π}) = f−1({0} ∪ {4}) = ∅f−1({3}) = f−1(Q) = f−1(R) = f−1([0, 4]) = f−1(]−∞, 3]) = R

Para cada B1 ⊂ R tem-se{f−1(B1) = R, se 3 ∈ B1

f−1(B1) = ∅, se 3 6∈ B1

2.1. GENERALIDADES SOBRE FUNÇÕES 11

2. f : ]− 10, 10[ −→ Rx 7→ x

2

f([0, 1]) = [0, 12 ]; f(Q∩]− 10, 10[) = Q∩]− 5, 5[; f({5}) = { 5

2}f−1(]3, 4[) =]6, 8[; f−1(]0,+∞[) =]0, 10[; f−1(]3, 7]) =]6, 10[; f−1([−8, 2]) =]− 10, 4]

3. f : R −→ Rx 7→ x2 − 8x

f(]2, 6[) = [−16,−12[; f(R) = [−16,+∞[;f([4,+∞[) = [−16,+∞[; f({0, 3, 5, 8}) = {−15, 0}f−1({0}) = {0, 8}; f−1({−7}) = {1, 7}; f−1(]−∞,−16]) = {4}; f−1(R+) =]−∞, 0[∪]8,+∞[;f−1(R−) =]0, 8[

4. f : R −→ R

x 7→

x+ 3, se x < −5x2, se x ∈ [−5, 0]1x , se x > 0

f(R) =]−∞,−2[∪[0,+∞[; f(]− 1, 1[) = [0, 1[∪]1,+∞[; f([−6,−1]) = [−3,−2[∪[1, 25]; f({-1,1})={1}f−1(]−∞, 4]) =]−∞,−5[∪[−2, 0]∪[ 14 ,+∞[; f−1([0, 1]) = [−1, 0]∪[1,+∞[;f−1({2}) = {−

√2, 1

2}; f−1(]−2, 0[) =

∅

5. idA: A −→ Ax 7→ x

(função identidade em A)

∀A1 ⊂ A : idA(A1) = A1

∀A1 ⊂ A : id−1A (A1) = A1

6. Seja A ⊂ R.χA: R −→ R

x 7→{

1 se x ∈ A0 se x 6∈ A

(função característica de A)

χA(A1) =

{1} se A1 ⊂ A{0} se A1 ∩A = ∅{0, 1} se A1 ∩A 6= ∅ e A1 6⊂ A

χ−1A (B1) =

R se {0, 1} ⊂ B1

A se 1 ∈ B1, 0 6∈ B1

R \A se 1 6∈ B1, 0 ∈ B1

∅ se 1 6∈ B1, 0 6∈ B1

Proposição 2.1.5 Seja f : A −→ B.

1. Qualquer que seja A1 ⊂ A tem-se A1 ⊂ f−1(f(A1)).

2. f é injectiva sse ∀A1 ⊂ A : A1 = f−1(f(A1)).

3. Qualquer que seja B1 ⊂ B tem-se f(f−1(B1)) ⊂ B1.

4. f é sobrejectiva sse ∀B1 ⊂ B : f(f−1(B1)) = B1.

5. A1 ⊂ A2 ⇒ f(A1) ⊂ f(A2)

6. B1 ⊂ B2 ⇒ f−1(B1) ⊂ f−1(B2)

Demonstração:

1. Seja A1 ⊂ A. Se a ∈ A1, então, por definição de f(A1) tem-se f(a) ∈ f(A1). Mas, por definição de f−1(f(A1)),isso quer dizer que a ∈ f−1(f(A1)).

2. Suponhamos que f é injectiva e seja A1 ⊂ A. Pela alínea anterior, tem-se A1 ⊂ f−1(f(A1)). Seja x ∈ f−1(f(A1)),isto é f(x) ∈ f(A1). Então existe a ∈ A1 tal que f(a) = f(x), por definição de f(A1). Mas f é injectiva, portantoa = x, isto é, x ∈ A1.Suponhamos agora que ∀A1 ⊂ A : A1 = f−1(f(A1)). Sejam x1, x2 ∈ A tais que f(x1) = f(x2) e ponhamosX1 = {x1}. Tem-se X1 = f−1(f(X1)); mas f(x2) = f(x1) ∈ f(X1), portanto x2 ∈ f−1(f(X1)) = X1 = {x1},isto é, x1 = x2.


3. Sejam B1 ⊂ B e y ∈ f(f−1(B1)). Então existe x ∈ f−1(B1) tal que y = f(x); mas x ∈ f−1(B1), logo f(x) ∈ B1,isto é, y ∈ B1.

4. Suponhamos que f é sobrejectiva. Seja B1 ⊂ B. Pela alínea anterior, tem-se f(f−1(B1)) ⊂ B1. Seja y ∈ B1.Como f é sobrejectiva, existe x ∈ A tal que f(x) = y. Mas y = f(x) ∈ B1, isto é, x ∈ f−1(B1), portantoy ∈ f(f−1(B1)).

Suponhamos agora que ∀B1 ⊂ B : f(f−1(B1)) = B1. Seja y ∈ B. Então f(f−1({y})) = {y}, isto é, por definiçãode f(f−1({y})) existe x ∈ f−1({y}) tal que f(x) = y.

5. trivial

6. trivial �


1. ∀A1, A2 ⊂ A : f(A1 ∪A2) = f(A1) ∪ f(A2)

2. ∀A1, A2 ⊂ A : f(A1 ∩A2) ⊂ f(A1) ∩ f(A2)

3. ∀B1, B2 ⊂ B : f−1(B1 ∪B2) = f−1(B1) ∪ f−1(B2)

4. ∀B1, B2 ⊂ B : f−1(B1 ∩B2) = f−1(B1) ∩ f−1(B2)

Demonstração:

1. De A1 ⊂ A1 ∪ A2 e A2 ⊂ A1 ∪ A2 conclui-se que f(A1) ⊂ f(A1 ∪ A2) e f(A2) ⊂ f(A1 ∪ A2). Entãof(A1) ∪ f(A2) ⊂ f(A1 ∪A2).

Por outro lado, se y ∈ f(A1) (resp. f(A2)) então existe x ∈ A1 (resp. A2) tal que f(x) = y; mas tem-seA1(resp. A2) ⊂ A1 ∪A2, portanto x ∈ A1 ∪A2, logo y ∈ f(A1 ∪A2).

2. De A1 ∩ A2 ⊂ A1 e A1 ∩ A2 ⊂ A2 conclui-se que f(A1 ∩ A2) ⊂ f(A1) e f(A1 ∩ A2) ⊂ f(A2), portantof(A1 ∩A2) ⊂ f(A1) ∩ f(A2)

3. Dizer que x ∈ f−1(B1 ∪B2) é equivalente a dizer que f(x) ∈ B1 ∪B2, o que é equivalente a dizer que f(x) ∈ B1

ou f(x) ∈ B2, o que é equivalente a dizer que x ∈ f−1(B1) ou x ∈ f−1(B2), o que é equivalente a dizer quex ∈ f−1(B1) ∪ f−1(B2).

4. análoga à anterior. �

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ x4 + 1

f−1(f({0})) = {0}

f−1(f({1})) = f−1({2}) = {−1, 1} 6= {1}

f−1(f([−1, 3])) = f−1([1, 82]) = [−3, 3] 6= [−1, 3]

f(f−1({2})) = {2}

f(f−1(R)) = f(R) = [1,+∞[6= R

f(f−1({0})) = f(∅) = ∅ 6= {0}

2. f : R −→ Rx 7→ x2

A1 = [0,+∞[; A2 =]−∞, 0]; A1 ∩A2 = {0}

f(A1) = f(A2) = [0,+∞[; f(A1 ∩A2) = {0} 6= [0,+∞[= f(A1) ∩ f(A2)

A′1 = {1, 2}; A′2 = {2, 3}; A′1 ∩A′2 = {2}

f(A′1) = {1, 4}; f(A′2) = {4, 9}; f(A′1 ∩A′2) = {4} = f(A′1) ∩ f(A′2)

2.1. GENERALIDADES SOBRE FUNÇÕES 13

3. f : R \ {0} −→ Rx 7→ 1

x2

A1 = {1}; A2 = {1, 2};f(A1) = {1}; f(A2) = {1, 1

4};A′1 = {1}; A′2 = {−1, 1};f(A′1) = {1}; f(A′2) = {1};Neste caso A′1 ⊂ A′2, A′1 6= A′2 e f(A′1) = f(A′2).

Definição 2.1.7 Seja f : R −→ R

1. Diz-se que f é par sse ∀x ∈ R : f(−x) = f(x).

2. Diz-se que f é ímpar sse ∀x ∈ R : f(−x) = −f(x).

3. Diz-se que f é periódica sse existe p ∈ R \ {0} tal que

∀x ∈ R : f(x+ p) = f(x); (*)

um número p ∈ R que verifica a condição (*) diz-se um período de f .

Observações:1. Se f é ímpar, então f(0) = 0.

2. Se f é par e ímpar, então f é a função nula.

3. Se p é um período de f , então ∀n ∈ Z, np tambem é um período de f .

4. Se f é periódica, contínua (ver capítulo 3) e não constante, o conjunto {p ∈ R+; p é um período de f} temmínimo; em geral, a expressão “o período def” refere-se a este mínimo do conjunto dos períodos positivos de f .

Exemplos:1. f : R −→ R

x 7→ xn, n ∈ N

f é par se n for par; f é ímpar se n for ímpar.

2. f : R −→ Rx 7→ 2x

f é ímpar.

3. f : R −→ Rx 7→ x− 5

f nem é par nem ímpar.

4. f : R −→ Rx 7→ x− [x]

f é periódica; o período de f é 1.

5. f : R −→ R

x 7→{

0 se x ∈ Q1 se x 6∈ Q

f é periódica; qualquer número racional diferente de 0 é um período de f .

6. f : R −→ Rx 7→ sen x

f é ímpar; f é periódica; o período de f é 2π.

7. f : R −→ Rx 7→ cos(5x+ 2)

f é periódica; o período de f é 2π5 .

8. f : R −→ Rx 7→ sen 4x cos(6x− 1)

f é periódica; o período de f é π.


2.2 Soma, multiplicação e composição de funçõesDadas duas funções f, g : A −→ B, designa-se por f + g a função A −→ B

x 7→ f(x) + g(x)e por f.g a função

A −→ Bx 7→ f(x).g(x)

Se g nunca se anular designa-se porf

ga função A −→ B

x 7→ f(x)g(x)

Seja f : A −→ B e g : B −→ C. Define-se a composta g ◦ f : A −→ C por g ◦ f(x) = g(f(x)).Exemplos:

1. f : R −→ R

x 7→{x, se x > 1x− 1, se x ≤ 1

g: R −→ R

x 7→{ √

x, se x ≥ 0x2, se x < 0

f + g: R −→ R

x 7→

x− 1 + x2, se x < 0x− 1 +

√x, se 0 ≤ x ≤ 1

x+√x, se 1 < x

f.g: R −→ R

x 7→

(x− 1)x2, se x < 0(x− 1)

√x, se 0 ≤ x ≤ 1

x√x, se 1 < x

2. f : R −→ R

x 7→{x2, se x ≤ 0x− 3, se x > 0

g: R −→ R

x 7→{

2x, se x ≥ 1−x+ 3, se x < 1

g(f(x)) ={

2f(x), se f(x) ≥ 1−f(x) + 3, se f(x) < 1 =

2x2, se x ≤ 0 e f(x) ≥ 12(x− 3), se x > 0 e f(x) ≥ 1−x2 + 3, se x ≤ 0 e f(x) < 1−(x− 3) + 3, se x > 0 e f(x) < 1

=

2x2, se x ≤ 0 e x2 ≥ 12(x− 3), se x > 0 e x− 3 ≥ 1−x2 + 3, se x ≤ 0 e x2 < 1−(x− 3) + 3, se x > 0 e x− 3 < 1

=

2x2, se x ∈]−∞,−1]2(x− 3), se x ∈ [4,+∞[−x2 + 3, se x ∈]− 1, 0]−x+ 6, se x ∈]0, 4[

g ◦ f : R −→ R

x 7→

2x2, se x ∈]−∞,−1]2(x− 3), se x ∈ [4,+∞[−x2 + 3, se x ∈]− 1, 0]−x+ 6, se x ∈]0, 4[

Proposição 2.2.1 Sejam f : A −→ B e g : B −→ C.

1. Se f é injectiva e g é injectiva então g ◦ f é injectiva.

2. Se f é sobrejectiva e g é sobrejectiva então g ◦ f é sobrejectiva.

3. Se g ◦ f é injectiva e f é sobrejectiva então g é injectiva.

4. Se g ◦ f é sobrejectiva e g é injectiva então f é sobrejectiva.

5. Se g ◦ f é injectiva então f é injectiva.

6. Se g ◦ f é sobrejectiva então g é sobrejectiva.

Demonstração:

1. Sejam x1, x2 ∈ A tais que (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2), isto é, g(f(x1)) = g(f(x2)). Como g é injectiva conclui-seque f(x1) = f(x2); mas f é injectiva, portanto isso implica que x1 = x2.

2. Seja z ∈ C. Como g é sobrejectiva, existe y ∈ B tal que g(y) = z; como f é sobrejectiva, existe x ∈ A tal quef(x) = y. Mas então (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z.

3. Sejam y1, y2 ∈ B tais que g(y1) = g(y2). Como f é sobrejectiva, existem x1, x2 ∈ A tais que f(x1) = y1 ef(x2) = y2. Então (g ◦ f)(x1) = g(y1) = g(y2) = (g ◦ f)(x2), e de g ◦ f ser injectiva deduz-se que x1 = x2,portanto y1 = y2.

4. Seja y ∈ B e seja z = g(y). Como g ◦ f é sobrejectiva, existe x ∈ A tal que (g ◦ f)(x) = z = g(y). Mas como g éinjectiva tem-se então f(x) = y.

2.2. SOMA, MULTIPLICAÇÃO E COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 15

5. Sejam x1, x2 tais que f(x1) = f(x2). Então (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2); mas g ◦ f é injectiva, portanto x1 = x2.

6. Seja z ∈ C. Como g ◦ f é sobrejectiva, existe x ∈ A tal que (g ◦ f)(x) = z. Então z = g(y), em que y = f(x).

�Exemplos:

1. f : R −→ R

x 7→{

11−x , se x ≤ 0x+ 1, se x > 0

; g: R −→ Rx 7→ x2

g ◦ f : R −→ R

x 7→{ 1

(1−x)2 , se x ≤ 0(x+ 1)2, se x > 0

Neste caso g ◦ f é injectiva, f é injectiva mas g não é injectiva.

2. f : ]−∞, 2] −→ Rx 7→ 1− x

; g: R −→ R+0

x 7→ |x+ 1|

g ◦ f : ]−∞, 2] −→ R+0

x 7→ |2− x|Neste caso g ◦ f é sobrejectiva, g é sobrejectiva mas f não é sobrejectiva.

3. f : [0, 1] −→ [−5, 5]x 7→ 2x

; g: [−5, 5] −→ [−5, 5]x 7→ x

g ◦ f : [0, 1] −→ [−5, 5]x 7→ 2x

Neste caso g é sobrejectiva mas g ◦ f não é sobrejectiva.

4. f : ]− 10, 10[ −→ R+

x 7→ |x|; g: R+ −→ R

x 7→√x

g ◦ f : ]− 10, 10[ −→ Rx 7→

√|x|

Neste caso g é injectiva mas g ◦ f não é injectiva.

Definição 2.2.2 Seja f : A −→ B.

1. Diz-se que g : B −→ A é inversa à direita de f sse f ◦ g = idB.

2. Diz-se que g : B −→ A é inversa à esquerda de f sse g ◦ f = idA.

3. Diz-se que g é inversa de f sse g é inversa à direita e inversa à esquerda de f . Notação: f−1

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ x3

; f−1: R −→ Rx 7→ 3

√x

2. f : R −→ R+0

x 7→ x2; g1: R+

0 −→ Rx 7→

√x

g2: R+0 −→ Rx 7→ −

√x

; g3: R+0 −→ R

x 7→{ √

x, se x ∈ Q−√x, se x 6∈ Q

g1, g2 e g3 são inversas à direita de f ; nenhuma é inversa à esquerda de f ; f não tem inversa à esquerda.

3. f : ]−∞, 1] −→ Rx 7→ x2 − 4x

g1: R −→ ]−∞, 1]

x 7→{

2−√x+ 4, se x ≥ −3

0, se x < −3

; g2: R −→ ]−∞, 1]

x 7→{

2−√x+ 4, se x ≥ −4

x, se x < −4

g1 e g2 são inversas à esquerda de f ; nenhuma è inversa à direita de f ; f não tem inversa à direita.


4. f : R −→ ]−∞, 5[

x 7→

2x+ 4 se x ≤ −2x2 + 1 se x ∈]− 2, 0]

xx+1 se x > 0

; f−1: ]−∞, 5[ −→ R

x 7→

x−4

2 se x ≤ 0x

1−x se x ∈]0, 1[−√x− 1 se x ∈ [1, 5[

Observação: f não pode ter mais do que uma inversa. De facto, se g1 e g2 são inversas de f , tem-se

g1 = g1 ◦ (f ◦ g2) = (g1 ◦ f) ◦ g2 = g2.


1. f tem inversa à direita sse f é sobrejectiva.

2. f tem inversa à esquerda sse f é injectiva.

3. f tem inversa sse f é bĳectiva

Demonstração:

1. Suponhamos que g é inversa à direita de f ; então f ◦ g = idB é sobrejectiva, logo f é sobrejectiva.Por outro lado, se f é sobrejectiva, para cada x ∈ B escolha-se um elemento ax de f−1({x}) (f−1({x}) não évazio porque f é sobrejectiva); seja g a função definida por g: B −→ A

x 7→ ax

Então ∀x ∈ B : f(g(x)) = x, isto

é, g é uma inversa à direita de f .Observação: g não é necessariamente determinada por f , uma vez que para cada x ∈ B se pode escolher comog(x) qualquer dos elementos de f−1({x}) e este conjunto pode ter mais de um elemento.

2. Suponhamos que g é uma inversa à esquerda de f ; então g ◦ f = idA é injectiva, logo f é injectiva.Por outro lado, se f é injectiva, seja a0 um elemento qualquer de A e seja g a função definida por

g : B −→ A

x 7→{

o único elemento a ∈ A tal que f(a) = x, se x ∈ f(A)a0, se x 6∈ f(A)

Seja a ∈ A e b = f(a). Então g(f(a)) = g(b) e g(b) é o único elemento a′ de A tal que f(a′) = b; ora f(a) = b,portanto a′ = a. Conclui-se que g ◦ f(a) = a, isto é, g é uma inversa à esquerda de f .Observação: g não é necessariamente determinada por f , uma vez que as imagens por g de elementos que nãopertencem ao contradomínio de f não interferem com o facto de g ser ou não inversa à esquerda de f .

3. Do que foi visto em 1. e 2. conclui-se que se f tem inversa então f é bĳectiva. Suponhamos que f é bĳectiva eseja g a função definida por g: B −→ A

x 7→ o único elemento a de A tal que f(a) = bEntão é fácil verificar que g é a inversa de f . �

Observação: Se f : A −→ B é uma função injectiva, então a função f : A −→ f(A)x 7→ f(x)

é bĳectiva e portanto tem

inversa. Por abuso de notação designa-se frequentemente por f−1 a função f−1: f(A) −→ A.

2.3 Monotonia, máximos e mínimosDefinição 2.3.1 Seja f : A −→ B.

1. Diz-se que f é crescente sse ∀x1, x2 ∈ A : x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2).

2. Diz-se que f é estritamente crescente sse ∀x1, x2 ∈ A : x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2).

3. Diz-se que f é decrescente sse ∀x1, x2 ∈ A : x1 < x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2).

4. Diz-se que f é estritamente decrescente sse ∀x1, x2 ∈ A : x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2).

5. Diz-se que f é monótona sse f é crescente ou decrescente.

6. Diz-se que f é estritamente monótona sse f é estritamente crescente ou estritamente decrescente.

2.3. MONOTONIA, MÁXIMOS E MÍNIMOS 17

Observação: “f é monótona” não é equivalente a ∀x1, x2 ∈ A : (f(x1) ≤ f(x2) ou f(x2) ≤ f(x1)).

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ x+ 5

f é estritamente crescente, crescente, estritamente monótona e monótona.

2. f : R− −→ Rx 7→ x2

f é estritamente decrescente, etc.

3. f : R −→ R

x 7→{

1x , se x 6= 00, se x = 0

f não é crescente (por exemplo 1 < 2 e f(1) > f(2)).f não é decrescente (por exemplo −1 < 1 e f(−1) < f(1)).

4. f : R −→ R

x 7→{

0, se x < 0x3 + 3, se x ≥ 0

f é crescente mas não estritamente crescente.

Proposição 2.3.2 Se f : A −→ B é uma função bĳectiva estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) en-tão f−1 : B −→ A tambem é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente).

Demonstração: Seja f : A −→ B uma função bĳectiva estritamente crescente e sejam y1, y2 ∈ B tais que y1 < y2;queremos mostrar que f−1(y1) < f−1(y2). Como f−1 é bĳectiva, não se pode ter f−1(y1) = f−1(y2). Por outro lado,se f−1(y1) > f−1(y2), como f é estritamente crescente, ter-se-ia f(f−1(y1)) > f(f−1(y2)), isto é, y1 > y2, o que écontrário à hipótese. Conclui-se que f−1(y1) < f−1(y2).

Demonstra-se analogamente o caso em que f é estritamente decrescente. �

Definição 2.3.3 Se A1 ⊂ A diz-se que f é crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamentedecrescente) em A1 sse f|A1 é crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente).

Observação: De f ser crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente) em A1 e emA2 não se pode concluir que f é crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente) emA1 ∪A2.

Exemplo: f : R −→ R

x 7→{

1x , se x 6= 00, se x = 0

f é decrescente em ]−∞, 0[ e em ]0,+∞[ e não é decrescente em ]−∞, 0[∪]0,+∞[.

Definição 2.3.4 Seja f : A −→ B.

1. Diz-se que f é limitada sse f(A) é limitado (isto é, sse ∃l ∈ R ∀a ∈ A : |f(a)| ≤ l).

2. Diz-se que f é majorada sse f(A) é majorado (isto é, sse ∃M ∈ R ∀a ∈ A : f(a) ≤M).

3. Diz-se que f é minorada sse f(A) é minorado (isto é, sse ∃m ∈ R ∀a ∈ A : f(a) ≥ m).

4. Chama-se max(f) ao máximo de f(A) (caso exista).

5. Chama-se min(f) ao mínimo de f(A) (caso exista).

6. Chama-se sup(f) ao supremo de f(A) (caso exista).

7. Chama-se inf(f) ao ínfimo de f(A) (caso exista).

8. Diz-se que f tem um máximo global em a sse f(a) = max(f) (isto é ∀x ∈ A : f(x) ≤ f(a)).

9. Diz-se que f tem um mínimo global em a sse f(a) = min(f) (isto é ∀x ∈ A : f(x) ≥ f(a)).


10. Diz-se que f tem um máximo estrito global em a sse f(a) = max(f) e ∀x ∈ A, x 6= a : f(x) < f(a).

11. Diz-se que f tem um mínimo estrito global em a sse f(a) = max(f) e ∀x ∈ A, x 6= a : f(x) > f(a).

12. Diz-se que f tem um máximo local em a sse existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A tenhaum máximo global em a.

13. Diz-se que f tem um mínimo local em a sse existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A tenha ummínimo global em a.

14. Diz-se que f tem um máximo estrito local em a sse existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A

tenha um máximo estrito global em a.

15. Diz-se que f tem um mínimo estrito local em a sse existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A

tenha um mínimo estrito global em a.

Proposição 2.3.5 Se f, g : A −→ R são funções majoradas (resp. minoradas), então f + g é majorada (resp. mino-rada) e sup(f + g) ≤ sup(f) + sup(g) (resp. inf(f + g) ≥ inf(f) + inf(g)).

Demonstração: Suponhamos f e g majoradas. Tem-se ∀x ∈ A : f(x) ≤ sup(f) e g(x) ≤ sup(g). Então (f + g)(x)(=f(x) + g(x)) ≤ sup(f) + sup(g), logo f + g é majorada por sup(f) + sup(g), portanto sup(f + g) ≤ sup(f) + sup(g).

A demonstração é análoga para o ínfimo. �

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ x2 − 2x+ 1

f não é majorada; f é minorada; min(f) = 0; f tem um mínimo estrito global em 1.

2. f : R −→ Rx 7→ senx

f é limitada; max(f) = 1; min(f) = −1; para cada k ∈ Z, f tem um máximo global (e um máximo estrito local)em 2kπ+ π

2 ; f tem um mínimo global (e um mínimo estrito local) em 2kπ− π2 ; f não tem máximo estrito global

nem mínimo estrito global em nenhum ponto.

3. f : R −→ R

x 7→{

0, se x ≤ 0−x, se x ≥ 0

f não é minorada; f é majorada; max(f)=0; para cada x ≤ 0 f tem um máximo global em x; f não tem máximoestrito global nem local em nenhum ponto; para cada x < 0 f tem um mínimo local em x.

4. f : R −→ Rx 7→ x3 − 3x

f não é majorada nem minorada; f tem um máximo estrito local em −1 e um mínimo estrito local em 1.

5. f : [1, 5] −→ Rx 7→ 3x

f é limitada; max(f) = 15; min(f) = 3; f tem um máximo estrito global em 5 e um mínimo estrito global em 1.

6. f : R −→ R

x 7→{−2x, se x < 02x+ 1, se x ≥ 0

f não é majorada; f é minorada; f não tem mínimo; inf(f)=0.

7. f : [0, 1] −→ Rx 7→ x

, g: [0, 1] −→ Rx 7→ 1− x

, f + g: [0, 1] −→ Rx 7→ 1

inf(f) + inf(g) = 0 < 1 = inf(f + g); sup(f + g) = 1 < 2 = sup(f) + sup(g).

Definição 2.3.6 Seja f : A −→ B e a ∈ A.

2.3. MONOTONIA, MÁXIMOS E MÍNIMOS 19

1. Diz-se que f é crescente em a sse existe um intervalo aberto I contendo a tal que{∀x ∈ I ∩A, x > a⇒ f(x) ≥ f(a)∀x ∈ I ∩A, x < a⇒ f(x) ≤ f(a)

2. Diz-se que f é decrescente em a sse existe um intervalo aberto I contendo a tal que{∀x ∈ I ∩A, x > a⇒ f(x) ≤ f(a)∀x ∈ I ∩A, x < a⇒ f(x) ≥ f(a)

3. Diz-se que f é estritamente crescente em a sse existe um intervalo aberto I contendo a tal que{∀x ∈ I ∩A, x > a⇒ f(x) > f(a)∀x ∈ I ∩A, x < a⇒ f(x) < f(a)

4. Diz-se que f é estritamente decrescente em a sse existe um intervalo aberto I contendo a tal que{∀x ∈ I ∩A, x > a⇒ f(x) < f(a)∀x ∈ I ∩A, x < a⇒ f(x) > f(a)

Observações:

1. f ser crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em a não é equivalente a fser crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em {a}; f é sempre crescente(resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em {a}.

2. Se f é crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) num intervalo aberto,então é crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em qualquer ponto desseintervalo, mas f pode ser crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) numponto a e não ser crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em nenhumintervalo aberto contendo a.

Exemplos:

1. f : R −→ R

x 7→

−2, se x 6∈ Q e x > 0−1, se x ∈ Q e x > 00, se x = 01, se x ∈ Q e x < 02, se x 6∈ Q e x < 0

f é estritamente decrescente em 0 e no entanto não existe nenhum intervalo aberto I contendo 0 tal que f sejadecrescente em I; f não é decrescente em nenhum outro ponto de R.

2. f : R −→ R

x 7→{

2x+ xsen 1x , se x 6= 0

0, se x = 0

f é contínua (ver capítulo 3) e estritamente crescente em 0 mas não existe nenhum intervalo aberto I contendo0 tal que f seja crescente em I.

Proposição 2.3.7 Seja f : [a, b] −→ R.

1. f é crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em a sse f tem um mínimo(resp. máximo, mínimo estrito, máximo estrito) local em a.

2. f é crescente (resp. decrescente, estritamente crescente, estritamente decrescente) em b sse f tem um máximo(resp. mínimo, máximo estrito, mínimo estrito) local em b.

Demonstração: Se f é crescente em a existe um intervalo aberto I =]a− δ, a+ δ[ tal que

∀x ∈ I ∩ [a, b]{x > a⇒ f(x) ≥ f(a)x < a⇒ f(x) ≤ f(a)

Mas I ∩ [a, b] = [a, a+ δ[, portanto ∀x ∈ I ∩ [a, b] : f(x) ≥ f(a), logo f tem um mínimo local em a.


Reciprocamente, se f tem um mínimo local em a, então existe um intervalo aberto I =]a − δ, a + δ[ tal que∀x ∈ I ∩ [a, b] : f(x) ≥ f(a). Mas I ∩ [a, b] = [a, a+ δ[, portanto

∀x ∈ I ∩ [a, b]{x > a⇒ f(x) ≥ f(a)x < a⇒ f(x) ≤ f(a)

de onde se conclui que f é crescente em a.Os outros casos demonstram-se de maneira análoga. �

2.4 GráficosDados dois conjuntos não vazios A e B, define-se o produto cartesiano A×B por

A×B = {(a, b); a ∈ A, b ∈ B}.

Seja f : A −→ B.

Definição 2.4.1 O gráfico de f é o subconjunto de A×B

Gr(f) = {(a, f(a)); a ∈ A} = {(a, b) ∈ A×B; b = f(a)}.

Seja X ⊂ A × B. Dizer que X é o gráfico de alguma função f : A −→ B, equivale a dizer que qualquer “rectavertical” (isto é, qualquer conjunto Ya = {(a, y); y ∈ B}, a ∈ X) intersecta X num e num só ponto. Se f : A −→ B ea ∈ A, então

{(a, y); y ∈ B} ∩Gr(f) = {(a, y); y = f(a)} = {(a, f(a))}.

Portanto qualquer recta vertical intersecta Gr(f) num único ponto.Supondo agora que X ⊂ A×B e que qualquer recta vertical intersecta X num único ponto, seja f a função definida

por f : A −→ Bx 7→ o único ponto b de B tal que (x, b) ∈ X

. Então Gr(f) = X. �

Proposição 2.4.2 1. f é sobrejectiva sse qualquer “recta horizontal” (isto é, qualquer conjunto Xb = {(x, b);x ∈A}, b ∈ Y ) intersectar Gr(f).

2. f é injectiva sse nenhuma recta horizontal intersectar Gr(f) em mais do que um ponto.

3. f é bĳectiva sse qualquer recta horizontal intersectar Gr(f) num único ponto.

Demonstração:

1. f é sobrejectiva sse ∀b ∈ B ∃a ∈ A : f(a) = b, isto é, sse ∀b ∈ B ∃a ∈ A : (a, b) ∈ Gr(f), isto é, sse qualquer rectahorizontal intersecta Gr(f).

2. f é injectiva sse ∀x1, x2 ∈ A : f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2, isto é, sse ∀x1, x2 ∈ A, y ∈ B : (x1, y) ∈Gr(f) e (x2, y) ∈ Gr(f) ⇒ x1 = x2, ou ainda, sse ∀y ∈ B : {(a, y); a ∈ A} ∩ Gr(f) não tem mais de umelemento, o que acontece sse qualquer recta horizontal intersecta Gr(f) no máximo num ponto.

3. consequência trivial de 1. e 2. �

Se A e B são dois conjuntos não vazios, chama-se projecção de A × B em A (resp. de A × B em B) à funçãop1 : A×B −→ A

(x, y) 7→ x(resp. p2 : A×B −→ B

(x, y) 7→ y).

Proposição 2.4.3 Seja f : A −→ B, A1 ⊂ A, B1 ⊂ B.

1. f(A1) é a projecção sobre B de Gr(f) ∩ (A1 ×B).

2. f−1(B1) é a projecção sobre A de Gr(f) ∩ (A×B1).

Demonstração:

1. Se y ∈ f(A1) então existe x ∈ A1 tal que f(x) = y, portanto (x, y) ∈ Gr(f) ∩ (A1 × B), ou seja, y pertence àprojecção sobre B de Gr(f) ∩ (A1 ×B).Reciprocamente, se y pertence à projecção sobre B de Gr(f) ∩ (A1 × B), então existe um x ∈ A tal que(x, y) ∈ Gr(f)∩ (A1×B). De (x, y) ∈ A1×B conclui-se que x ∈ A1, e de (x, y) ∈ Gr(f) conclui-se que y = f(x),logo y ∈ f(A1).

2.4. GRÁFICOS 21

2. Se x ∈ f−1(B1), então f(x) ∈ B1, portanto (x, f(x)) ∈ Gr(f) ∩ (A×B1), ou seja, x pertence à projecção sobreA de Gr(f) ∩ (A×B1).

Reciprocamente, se x pertence à projecção sobre A de Gr(f) ∩ (A × B1), então existe y ∈ B tal que (x, y) ∈Gr(f) ∩ (A× B1). De (x, y) ∈ A× B1 conclui-se que y ∈ B1, e de (x, y) ∈ Gr(f) conclui-se que y = f(x), logof(x) ∈ B1, isto é, x ∈ f−1(B1). �

Proposição 2.4.4 1. f é par sse o gráfico de f é simétrico em relação ao eixo dos yy.

2. f é ímpar sse o gráfico de f é simétrico em relação à origem.

Demonstração:

1. f é par sse ∀x ∈ R : f(−x) = f(x), isto é, sse ∀x ∈ R : (x, y) ∈ Gr(f) ⇔ (−x, y) ∈ Gr(f), mas isto quer dizerque o gráfico de f é simétrico em relação ao eixo dos yy.

2. f é ímpar sse ∀x ∈ R : f(−x) = −f(x), isto é, sse ∀x ∈ R : (x, y) ∈ Gr(f) ⇔ (−x,−y) ∈ Gr(f), mas isto querdizer que o gráfico de f é simétrico em relação à origem. �

Proposição 2.4.5 Seja f : A −→ B uma função bĳectiva. Então o gráfico de f−1 : B −→ A é o simétrico do gráficode f relativamente à recta de equação y = x.

Demonstração: Tem-se

(a, b) ∈ Gr(f) ⇔ b = f(a)⇔ f−1(b) = a

⇔ (b, a) ∈ Gr(f−1)

Ora (a, b) e (b, a) são pontos simétricos em relação à recta de equação y = x, de onde se conclui que os pontos dográfico de f−1 são os simétricos dos pontos do gráfico de f relativamente à recta de equação y = x. �

Exemplos:

1. f : [0, 7] −→ Rx 7→ x2 − 6x+ 4

; g: [−2, 2] −→ Rx 7→ x4 + 1

1 2 3 4 5 6 7

f

-5

-2.5

2.5

5

7.5

10

-2 -1 1 2

g

0.5

1

1.5

2

2.5

2. f : [1, 4] −→ Rx 7→ x− 3

; g1: [0, 6] −→ R

x 7→{x− 3 se x ≥ 1−x2 − 1 se x < 1

; g2: [0, 6] −→ R

x 7→

x− 3 se x ∈ [1, 4]x2 − 3 se x ≤ 1x2

10 se x > 4

g1 e g2 são prolongamentos de f ; f é a restrição de g1 e de g2.


1 2 3 4 5 6

f

-4

-2

0

2

4

1 2 3 4 5 6

g1

-2

-1

1

2

3

1 2 3 4 5 6

g2

-3

-2

-1

1

2

3

3. f1: [−3, 3] −→ Rx 7→ x− [x]

; f2: [−4, 4] −→ Rx 7→ cos(5x+ 2)

; f3: [−4, 4] −→ Rx 7→ sen 4x cos(6x− 1)

f1, f2 e f3 são periódicas; os respectivos períodos são 1, 2π/5 e π.

-3 -2 -1 1 2 3

0.20.40.60.81

-4 -2 2 4

f2

-1

-0.5

0.5

1

-4 -2 2 4

f3

-1

-0.5

0.5

1

4. f : [−3, 3] −→ Rx 7→ x4/2− 3x2 + 1

; g: [−2, 2] −→ Rx 7→ x3 − x

f é par; g é ímpar.

-3 -2 -1 1 2 3

f

-2

2

4

6

-2 -1 1 2

g

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

5. f : [−3, 6] −→ R

x 7→{x2 se x ≤ 0x− 3 se x > 0

; g: [−3, 6] −→ R

x 7→{

2x se x ≥ 1−x+ 3 se x < 1

;

g ◦ f : [−3, 6] −→ R

x 7→

2x2 se x ∈ [−1, 0]2x− 6 se x ∈]0, 4]−x2 + 3 se x < −1−x+ 6 se x ≥ 4

2.4. GRÁFICOS 23

-2 2 4 6

f

-2

2

4

6

8

-2 2 4 6

g

2

4

6

8

10

12

-2 2 4 6

gof

-6

-4

-2

2

6. f : [−4, 4] −→ [0, 16]x 7→ x2

; g1: [0, 16] −→ [−4, 4]x 7→

√x

; g2: [0, 16] −→ [−4, 4]

x 7→{ √

x se [x] par−√x se [x] ímpar

g1 e g2 são inversas à direita de f .

-4 -2 2 4

f

2.5

5

7.5

10

12.5

15

2.5 5 7.5 10 12.5 15

g1

1

2

3

4

2.5 5 7.5 10 12.5 15

g2

-4

-2

2

4

7. f : [−1, 1] −→ [−6, 5]x 7→ x2 − 4x

; g1: [−6, 5] −→ [−1, 1]

x 7→{

2−√x+ 4 se x ≥ −3

12 se x < −3

;

g2: [−6, 5] −→ [−1, 1]

x 7→{

2−√x+ 4 se x ≥ −4

x se x < −4

g1 e g2 são inversas à esquerda de f .

-1-0.5 0.5 1

f

-2

2

4

-6 -4 -2 2 4

g1

-1-0.5

0.51

-6 -4 -2 2 4

g2

-6

-4

-2

2

8. f : [−4,+∞[ −→ [−4, 5[

x 7→

2x+ 4 se x ∈ [−4,−2]x2 + 1 se x ∈]− 2, 0]

xx+1 se x > 0

; f−1: [−4, 5[ −→ [−4,+∞[

x 7→

x−4

2 se x ∈ [−4, 0]x

1−x se x ∈]0, 1[−√x− 1 se x ∈ [1, 5[


-4 -2 2 4 6

f

-4

-2

2

4

-4 -2 2 4

-1f

-4

-2

2

4

6

9. f : [−6π, 6π] −→ R

x 7→{

2x+ xsen 1x se x 6= 0

0 se x = 0

-0.1-0.05 0.05 0.1

f

-0.2

-0.1

0.1

0.2

10. Os exemplos seguintes mostram casos em que f−1(f(C)) 6= C e f(f−1(D)) 6= D.

f(C)

C

-1f (f(C))

-1f (D)

D

-1f( f (D))

Observações:

1. Dada uma função f : A −→ R e a ∈ R, o gráfico da função g: {x : x− a ∈ A} −→ Rx 7→ f(x− a)

é o translatado

do gráfico de f de |a| unidades na horizontal (para a direita se a > 0, para a esquerda se a < 0).

2.4. GRÁFICOS 25

2. Dada uma função f : A −→ R e a ∈ R, o gráfico da função g: A −→ Rx 7→ f(x) + a

é o translatado do gráfico

de f de |a| unidades na vertical (para cima se a > 0, para baixo se a < 0).

Exemplof : R −→ R

x 7→ x2

2

; f1: R −→ Rx 7→ (x−2)2

2

; f2: R −→ Rx 7→ x2

2 − 1; f3: R −→ R

x 7→ (x+1)2

2 + 2;

-3 -2 -1 1 2 3

f

1

2

3

4

-1 1 2 3 4 5

f1

1

2

3

4

-3 -2 -1 1 2 3

f2

-1

1

2

3

-4 -3 -2 -1 1 2

f3

1

2

3

4

5

6


Capítulo 3

Limites e continuidade

3.1 LimitesAs figuras seguintes mostram gráficos de funções que ilustram o significado geométrico da existência de lim

x→af(x).

f1

a

l

f1(a)

f2

a

l1

l2

f2(a)

f3

a

f3(a)

f4

a

f5

a

f5(a)

Tem-se limx→a

f1(x) = l 6= f(a); limx→a+

f2(x) = l2; limx→a−

f2(x) = l1; não existe limx→a

f2(x); limx→a

f3(x) = f3(a); não existelim

x→a+f4(x) nem lim

x→a−f4(x); lim

x→af5(x) = f5(a).

Definição 3.1.1 1. Diz-se que a é um ponto de acumulação (resp. ponto de acumulação à direita, pontode acumulação à esquerda) de um conjunto A sse para qualquer δ > 0 existe x ∈]a − δ, a + δ[∩(A \ {a}),(resp. x ∈]a− δ, a[∩A, x ∈]a, a+ δ[∩A).

2. Diz-se que a é um ponto de acumulação bilateral de A sse a é um ponto de acumulação à direita de A e aé um ponto de acumulação à esquerda de A.

Seja f : A −→ B.Observação: Sempre que se escrever f(x), supõe-se que x pertence ao domínio de f , embora isso por vezes não

seja explicitamente mencionado, para não sobrecarregar a exposição.

Definição 3.1.2 1. Diz-se que l é limite de f quando x tende para a sse a é ponto de acumulação de A e∀ε > 0 ∃δ > 0 : 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− l| < ε.

27

28 CAPÍTULO 3. LIMITES E CONTINUIDADE

2. Diz-se que l é limite à esquerda de f quando x tende para a sse l for limite de f|A∩]−∞,a[ quando x tendepara a.

3. Diz-se que l é limite à direita de f quando x tende para a sse l for limite de f|A∩]a,+∞[ quando x tendepara a.

Proposição 3.1.3 Se l1 e l2 são limites de f quando x tende para a então l1 = l2.

Demonstração: Suponhamos que l1 6= l2; então |l1−l2| > 0. Seja δ1 > 0 tal que 0 < |x−a| < δ1 ⇒ |f(x)−l1| < |l1−l2|/2(existe tal δ1 porque l1 é limite de f quando x tende para a). Seja δ2 > 0 tal que 0 < |x−a| < δ2 ⇒ |f(x)−l2| < |l1−l2|/2(existe tal δ2 porque l2 é limite de f quando x tende para a). Seja agora δ = min{δ1, δ2} e seja x ∈]a− δ, a+ δ[\{a}.Então

0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− l1| < |l1 − l2|/2 e |f(x)− l2| < |l1 − l2|/2⇒ |(l1 − f(x)) + (f(x)− l2)| ≤ |l1 − f(x)|+ |f(x)− l2| < |l1 − l2|/2 + |l1 − l2|/2 = |l1 − l2|⇒ |l1 − l2| < |l1 − l2|

o que é impossível. Conclui-se que l1 = l2. �

Notação: Se l é (o único) limite de f quando x tende para a, escreve-se limx→a

f(x) = l; se l é (o único) limite à esquerdade f quando x tende para a, escreve-se lim

x→a−f(x) = l; se l é (o único) limite à direita de f quando x tende para a,

escreve-se limx→a+

f(x) = l.

Proposição 3.1.4 1. Seja a um ponto de acumulação bilateral de A. Então limx→a

f(x) = l sse limx→a+

f(x) = l elim

x→a−f(x) = l.

2. Seja a um ponto de acumulação à esquerda mas não à direita (resp. à direita mas não à esquerda) de A. Entãolimx→a

f(x) = l sse limx→a+

f(x) = l (resp. sse limx→a−

f(x) = l).

Demonstração:

1. Para um ponto de acumulação bilateral a de A, é trivial que se l é limite de f quando x tende para a então l élimite à direita de f quando x tende para a e l é limite à esquerda de f quando x tende para a.Suponhamos que lim

x→a+f(x) = l e lim

x→a−f(x) = l e seja ε > 0. Sejam δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que

a < x < a+ δ1 ⇒ |f(x)− l| < ε e a− δ2 < x < a⇒ |f(x)− l| < ε.

Se δ = min{δ1, δ2}, então

0 < |x− a| < δ ⇒ a < x < a+ δ ou a− δ < x < a

⇒ a < x < a+ δ1 ou a− δ2 < x < a

⇒ |f(x)− l| < ε

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

2. demonstração trivial �

Proposição 3.1.5 Existe l ∈ R tal que limx→a

f(x) = l sse a é ponto de acumulação de A e ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, x′ ∈]a− δ, a+ δ[\{a} : |f(x)− f(x′)| < ε.

Demonstração: Suponhamos que l = limx→a

f(x) e seja ε > 0; existe então δ > 0 tal que 0 < |x−a| < δ ⇒ |f(x)−l| < ε/2.Sejam x, x′ ∈]a−δ, a+δ[\{a}; então tem-se 0 < |x−a| < δ e 0 < |x′−a| < δ, portanto |f(x)−l| < ε/2 e f(x′)−l| < ε/2,de onde

|f(x)− f(x′)| = |f(x)− l + l − f(x′)| ≤ |f(x)− l|+ |l − f(x′)| < ε/2 + ε/2 = ε.

Suponhamos agora que ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, x′ ∈]a− δn, a+ δn[\{a} : |f(x)−f(x′)| < ε. Para cada n ∈ N, seja δn > 0tal que ∀x, x′ ∈]a−δ, a+δ[\{a} : |f(x)−f(x′)| < 1/n e tal que δn < δn−1 se n > 1. Seja xn um ponto do domínio de ftal que |xn−a| < δn. Então, para x ∈]a− δn, a+ δn[\{a} tem-se |f(x)−f(xn)| < 1/n, portanto f(]a− δn, a+ δn[\{a})

3.1. LIMITES 29

está contido no intervalo [f(xn)− 1/n, f(xn) + 1/n], que tem comprimento 2/n. Daqui podemos concluir a existênciade uma sucessão decrescente de intervalos fechados In, tal que

1. ∀n ∈ N comprimento de In ≤ 2/n;2. ∀n ∈ N : f(]a− δn, a+ δn[\{a}) ⊂ In.Basta pôr I1 = [f(x1)− 1, f(x1) + 1] e In+1 = In ∩ [f(xn+1)− 1

n+1 , f(xn+1) + 1n+1 ] para n ≥ 1.

Pelo teorema do encaixe de intervalos, existe l ∈⋂

n∈N In; tem-se mesmo⋂

n∈N In = {l}, visto que o comprimentode In tende para 0. Vejamos que l é limite de f quando x tende para a. Para todo o ε > 0 sejam n ∈ N tal quen > 3/ε, δ = δn e an 6= a tal que |an − a| < δ e an pertence ao domínio de f ; se 0 < |x− a| < δ então

|f(x)− l| ≤ |f(x)− f(an)|+ |f(an)− l| < 1/n+ |f(an)− l|.

Ora f(an) e l pertencem a In, logo |f(xn) − l| ≤ 2/n, portanto |f(x) − l| < 1/n + 2/n = 3/n < ε. Conclui-se quelimx→a

f(x) = l. �

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ 3x+ 1

limx→5

f(x)=16

Demonstração: Seja ε > 0. Queremos mostrar que existe δ > 0 tal que 0 < |x− 5| < δ ⇒ |f(x)− 16| < ε. Mas|f(x) − 16| = |3x + 1 − 16| = |3x − 15| = 3|x − 5|. Então |x − 5| < ε/3 ⇒ |f(x) − 16| < ε, isto é, basta tomarδ = ε/3. �

2. f : R −→ R

x 7→{x se x ≤ 02x+ 2 se x > 0

Não existe limx→0

f(x); limx→0+

f(x)=2; limx→0−

f(x)=0

Demonstração: Para x > 0 tem-se f(x) > 2 e para x < 0, f(x) < 0. Então, se δ > 0 tem-se f(δ/2) > 2 ef(−δ/2) < 0, logo f(δ/2) − f(−δ/2) > 2. Conclui-se que se ε = 1 então ∀δ > 0 ∃x = δ/2, x′ = −δ/2 : 0 <|x|, |x′| < δ e |f(x)− f(x′)| > ε. Logo não existe lim

x→0f(x).

Para x > 0, tem-se f(x) − 2 = 2x + 2 − 2 = 2x. Logo se 0 < x < δ, então |f(x) − 2| < 2δ. Conclui-se que∀ε > 0 ∃δ > 0 : 0 < x < δ ⇒ |f(x)− 2| < ε (para cada ε > 0 basta tomar δ = ε/2). Logo lim

x→0+f(x)=2.

Para x < 0 tem-se f(x) = x. Logo se −δ < x < 0 então |f(x)| = |x| < δ. Conclui-se que ∀ε > 0 ∃δ > 0 : −δ <x < 0 ⇒ |f(x)| < ε (para cada ε > 0 basta tomar δ = ε). Logo lim

x→0−f(x)=0. �

3. f : R −→ Rx 7→ x2

; a ∈ R

limx→a

f(x)=a2

Demonstração: Suponhamos a ≤ 0 (a demonstração para a > 0 é análoga). Seja ε > 0. Queremos mostrar queexiste δ > 0, tal que 0 < |x − a| < δ ⇒ |x2 − a2| < ε. Ora |x2 − a2| = |x − a||x + a|. Se |x − a| < 1 então−1 < x − a < 1, de onde 2a − 1 < x + a < 2a + 1, e, portanto, |x + a| < max{|2a − 1|, |2a + 1|}, que é 1 − 2aporque a < 0; logo |x+ a| < 1− 2a. Então, se δ = min{1, ε

1−2a} tem-se, para todo o x tal que |x− a| < δ,

|x2 − a2| = |x− a||x+ a|< |x− a|(1− 2a) (porque |x− a| < 1)

<ε

1− 2a(1− 2a) (porque |x− a| < ε

1−2a ).= ε

�

4. f : R \ {0} −→ Rx 7→ cos(1/x)

Não existe limx→0+

f(x) nem limx→0−

f(x).

Demonstração: Para qualquer inteiro k 6= 0 tem-se f( 12kπ ) = 1 e f( 1

2kπ ) = −1, isto é, arbitrariamente próximode 0 dos dois lados temos pontos cuja imagem é 1 e pontos cuja imagem é −1. Mais precisamente, sejam ε = 1,


δ > 0. e k um número inteiro positivo tal que 2kπ > 2/δ (então tambem 2kπ + π > 2/δ); para x1 = 12kπ e

x2 = 12kπ , tem-se |x1 − x2| ≤ |x1| + |x2| < δ e |f(x1) − f(x2)| = 1 − (−1) = 2 > ε. Então existe ε > 0 tal que

para todo o δ > 0 existem x1 = 12kπ e x2 = 1

2kπ+π maiores do que 0 tais que |x1 − x2| < δ e |f(x1)− f(x2)| > ε.Conclui-se da proposição anterior que não existe lim

x→0+f(x). De maneira análoga se conclui que não existe

limx→0−

f(x). �

5. f : R \ {0, 1} −→ Rx 7→ x2

x−1 sen 1x

limx→0

f(x)=0

Demonstração: Para x tal que 0 < |x| < 1/2 tem-se |x− 1| > 1/2, portanto |x2/(x− 1)| < 2|x2|. Por outro lado,para qualquer x 6= 0 tem-se | sen(1/x)| ≤ 1.Seja agora ε > 0. Ponhamos δ = min{1/2, ε/2} e seja x tal que 0 < |x| < δ; por se ter δ ≤ 1/2, deduz-se que0 < |x| < 1/2, portanto |f(x)| = |x2/(x−1)|| sen(1/x)| < 2|x|2 ≤ 2|x|;e por se ter δ ≤ ε/2 deduz-se que |x| < ε/2.Conclui-se pois que se 0 < |x| < δ então |f(x)| < ε. �

6. f : R \ {2} −→ Rx 7→ 1

x−2

limx→3/2

f(x)=-2

Demonstração: f(x)− (−2) = 1x−2 + 2 = 2x−3

x−2 = 2(x−3/2)x−2

Se |x− 3/2| < 1/4, então |x− 2| > 1/4, portanto 2(x−3/2)x−2 < 8|x− 3/2|. Para cada ε > 0, seja δ = min{1/4, ε/8}

e consideremos x tal que |x− 3/2| < δ. Por se ter δ ≤ 1/4, conclui-se que |f(x)− (−2)| < 8|x− 3/2|; por se terδ ≤ ε/8 conclui-se que 8|x− 3/2| < ε. Então, para x tal que 0 < |x− 3/2| < δ, tem-se |f(x)− (−2)| < ε. �

Sejam f : A −→ B, l ∈ R, a ∈ R.

Definição 3.1.6 1. Diz-se que limx→+∞

f(x) = l sse A não é majorado e ∀ε > 0 ∃R ∈ R : x > R⇒ |f(x)− l| < ε.

2. Diz-se que limx→−∞

f(x) = l sse A não é minorado e ∀ε > 0 ∃R ∈ R : x < R⇒ |f(x)− l| < ε.

3. Diz-se que limx→a

f(x) = +∞ sse a é ponto de acumulação de A e ∀R ∈ R ∃δ > 0 : 0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > R.

4. Diz-se que limx→+∞

f(x) = +∞ sse A não é majorado e ∀M ∈ R ∃R ∈ R : x > R⇒ f(x) > M .

Observações:

1. Define-se de maneira semelhante: limx→a

f(x) = −∞, limx→a+

f(x) = +∞, limx→a−

f(x) = +∞, limx→a+

f(x) = −∞,lim

x→a−f(x) = −∞, lim

x→+∞f(x) = −∞, lim

x→−∞f(x) = +∞, lim

x→−∞f(x) = −∞.

2. As notações utilizadas nas definições anteriores pressupõem a prévia demonstração da unicidade do limite emcada caso, demonstração essa que não será aqui feita por ser semelhante à demonstração da unicidade do limitede f(x) quando x tende para a ∈ R.

Exemplos:

1. limx→+∞

3x+ cosxx

= 3

Demonstração: Para x > 0 tem-se | 3x+cos xx − 3| = | cos x

x | ≤ | 1x | =1x . Para cada ε > 0 seja R = 1/ε; para x > R

tem-se 1x < ε, portanto | 3x+cos x

x − 3| < ε. �

2. limx→−∞

x2 + 53x2 − 2x

=13

Demonstração: Tem-se ∣∣∣∣ x2 + 53x2 − 2x

− 13

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 3x2 + 153(3x2 − 2x)

− 3x2 − 2x3(3x2 − 2x)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2x+ 159x2 − 6x

∣∣∣∣ .

3.1. LIMITES 31

Para x < 0 tem-se ∣∣∣∣ 2x+ 159x2 − 6x

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣2 + 15/x9x− 6

∣∣∣∣ ≤ 2|9x− 6|

+∣∣∣∣ 15/x9x− 6

∣∣∣∣ ;ora |9x− 6| = 6− 9x, 1

6−9x <16 , e 1

6−9x < − 19x , portanto

2|9x− 6|

+∣∣∣∣ 15/x9x− 6

∣∣∣∣ = 26− 9x

+|15/x|6− 9x

< − 29x

− 156x.

Então, se − 29x < ε/2 e − 15

6x < ε/2, tem-se∣∣∣ x2+53x2−2x −

13

∣∣∣ < ε. Mas x < − 49ε ⇒ − 2

9x < ε/2 e x < − 5ε ⇒ − 15

6x < ε/2.

Conclui-se que, para cada ε > 0, existe R ∈ R (R = min{− 49ε ,−

5ε }) tal que x < R⇒

∣∣∣ x2+53x2−2x −

13

∣∣∣ < ε. �

3. limx→1−

1x2 − 1

= −∞

Demonstração: Para x tal que 0 < x < 1, tem-se 1 < x+ 1 < 2, portanto 12 <

1x+1 < 1, de onde 1

x2−1 <1

2(x−1) .Seja R ∈ R; se R ≥ 0, pondo δ = 1, tem-se −δ < x− 1 < 0 ⇒ 1/2(x− 1) < 0 ≤ R, portanto 1/(x2 − 1) < R.

Se R<0, pondo δ = min{1,−1/(2R)}, tem-se

−δ < x− 1 < 0 ⇒ 1x2 − 1

<1

2(x− 1)(porque 0 < x < 1)

⇒ 12(x− 1)

< − 12δ

(porque −δ < x− 1 < 0)

⇒ 12(x− 1)

< R (porque δ < − 12R ⇒ − 1

2δ < R)

�

4. f : R −→ Rx 7→ x cosx

Não existe limx→+∞

f(x)

Demonstração: Suponhamos que limx→+∞

f(x) = l ∈ R. Então existe R ∈ R tal que x > R⇒ |f(x)− l| < 1. Sejak ∈ Z tal que 2kπ > |l|+1 e 2kπ > R. Então, para x = 2kπ, tem-se f(x) = 2kπ > |l|+1, portanto |2kπ− l| > 1,o que é absurdo.

Por outro lado, se limx→+∞

f(x) = +∞, então existe R ∈ R tal que x > R ⇒ f(x) > 1, mas se k ∈ Z é tal quekπ + π/2 > R, então para x = kπ + π/2 tem-se x > R e f(x) = 0.

Analogamente se mostra que não se tem limx→+∞

f(x) = −∞. �

5. limx→+∞

xn = +∞, para todo o n ∈ N.

Demonstração: Para cada M ∈ R, seja R = max{1,M}. Então

x > R ⇒ xn ≥ x (porque x > 1)⇒ x > M (porque R ≥M)⇒ xn > M

�

6. limx→−∞

xn ={

+∞ se n par−∞ se n ímpar

Demonstração: Se n é par, então

x < −1 ⇒ −x > 1⇒ (−x)n ≥ −x⇒ xn ≥ −x


Para cada M ∈ R seja R = min{−1,−M}. Então

x < R ⇒ x < −1⇒ xn ≥ −x⇒ xn > M

Se n é ímpar, então

x < −1 ⇒ −x > 1⇒ (−x)n ≥ −x⇒ −xn ≥ −x⇒ xn ≤ x

Para cada M ∈ R seja R = min{−1,M}. Então

x < R ⇒ x < −1⇒ xn ≤ x

⇒ xn < M

�

Proposição 3.1.7 Seja a ∈ R ∪ {−∞,+∞}, c, l1, l2 ∈ R.

1. limx→a

c = c

2. limx→a

x = a

3. Se limx→a

f(x) = l1 e limx→a

g(x) = l2, então limx→a

(f + g)(x) = l1 + l2.

4. Se limx→a

f(x) = l1 e limx→a

g(x) = l2, então limx→a

(f.g)(x) = l1l2.

5. Se limx→a

f(x) = l1 6= 0 então limx→a

1/f(x) = 1/l1.

Demonstração: A demonstração só será feita no caso de a ∈ R; nos outros casos o raciocínio é análogo.

1. Seja ε > 0; para qualquer δ > 0, em particular, por exemplo para δ = 1, tem-se 0 < |x− a| < δ ⇒ |c− c| < ε.

2. Seja ε > 0; se tomarmos δ = ε, então 0 < |x− a| < δ ⇒ |x− a| < ε.

3. Seja ε > 0; sejam δ1, δ2 > 0 tais que

0 < |x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− l1| < ε/2 e 0 < |x− a| < δ2 ⇒ |g(x)− l2| < ε/2.

Se tomarmos δ = min{δ1, δ2}, tem-se 0 < |x − a| < δ ⇒ |(f + g)(x) − (l1 + l2)| = |f(x) − l1 + g(x) − l2| ≤|f(x)− l1|+ |g(x)− l2| < ε/2 + ε/2 = ε.

4. Seja ε > 0; tem-se

|(fg)(x)− l1l2| = |f(x)g(x)− l1l2| = |f(x)g(x)− l1g(x) + l1g(x)− l1l2| ≤ |g(x)||f(x)− l1|+ |l1||g(x)− l2|.

Se |g(x)||f(x)− l1| < ε/2 e |l1||g(x)− l2| < ε/2, então |(fg)(x)− l1l2| < ε. Mas |l1||g(x)− l2| ≤ max{1, |l1|}|g(x)−l2|, portanto

|g(x)− l2| <ε

2 max{1, |l1|}⇒ |l1||g(x)− l2| <

ε|l1|2 max{1, |l1|}

< ε/2.

Por outro lado, |g(x)−l2| < 1 ⇒ l2−1 < g(x) < l2+1 ⇒ |g(x)| < |l2|+1. Se |g(x)−l2| < 1 e |f(x)−l1| < ε2(|l2|+1) ,

então |g(x)||f(x)− l1| < (|l2|+ 1) ε2(|l2|+1) = ε/2. Ora existem δ1, δ2, δ

′2 tais que 0 < |x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− l1| <

ε2(|l2|1+) , 0 < |x− a| < δ2 ⇒ |g(x)− l2| < ε

2(max{1,|l1|}) , 0 < |x− a| < δ′2 ⇒ |g(x)− l2| < 1. Se δ = min{δ1, δ2, δ′2},então 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)g(x)− l1l2| < ε

2 + ε2 = ε.

3.1. LIMITES 33

5. Se f(x) 6= 0 então∣∣∣ 1f(x) −

1l1

∣∣∣ = |f(x)−l1||f(x)||l1| . Mas, se |f(x)| > |l1|/2 então 1

|f(x)||l1| <2

|l1|2 . Como l1 6= 0, existeδ1 > 0 tal que 0 < |x − a| < δ1 ⇒ |f(x) − l1| < |l1|/2; então 0 < |x − a| < δ1 ⇒ l1 − |l1|/2 < f(x) <l1 + |l1|/2 ⇒ |f(x)| > |l1|/2 (o que implica, em particular, f(x) 6= 0). Seja agora ε > 0; do que vimos resultaque, para x tal que 0 < |x− a| < δ1, se tem

∣∣∣ 1f(x) −

1l1

∣∣∣ < 2|f(x)−l1||l1|2 . Mas, por outro lado, existe δ2 > 0 tal que

0 < |x− a| < δ2 ⇒ |f(x)− l1| < ε|l1|2 = ε|l1|2/2. Para δ = min{δ1, δ2}, tem-se então

0 < |x− a| < δ ⇒∣∣∣∣ 1f(x)

− 1l1

∣∣∣∣ < 2ε|l1|2

2|l1|2= ε.

Observação: Os n.os 3,4,5 da proposição anterior são válidos quando l1 ou l2 são infinitos, se convencionarmos asseguintes regras: se l ∈ R então l+(+∞)=(+∞)+ l = +∞, l/(+∞) = l/(−∞) = 0, l+(−∞)=(−∞)+ l = −∞; se l ∈R \ {0}, l.(+∞) = (+∞).l = (sinal de l)∞, l.(−∞) = (−∞).l = (sinal contrário ao de l)∞, (+∞)/l = (sinal de l)∞,(−∞).l = (sinal contrário ao de l)∞, (+∞).(+∞) = (−∞).(−∞) = +∞, (+∞).(−∞) = (−∞).(+∞) = −∞, (+∞)+(+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞.

Exemplos:

1. limx→1

x2 + 3xx3 − 5x2

= −1

2. limx→+∞

x2 + 1x+ 1

= +∞

Neste caso, limx→+∞

x2 + 1 = +∞ e limx→+∞

x+ 1 = +∞, portanto não se pode concluir nada sobre o limite do

quociente directamente a partir da proposição anterior. Mas, para x 6= 0, x2+1x+1 = x+ 1

x

1+ 1x

. Ora limx→+∞

x+1x

=

limx→+∞

x+ limx→+∞

1x

= +∞+1

limx→+∞

x= +∞+

1+∞

= +∞+0 = +∞. Analogamente se conclui que limx→+∞

1 +1x

=

1. Então limx→+∞

x2 + 1x+ 1

= limx→+∞

x+ 1x

1 + 1x

= +∞1 = +∞.

3. limx→+∞

x+ 1x2 + 1

=0

Com efeito, para x 6= −1, x+ 1x2 + 1

=1

x2+1x+1

e limx→+∞

x2 + 1x+ 1

= +∞.

4. limx→3

x2 − 9(x− 3)3

= +∞

Para x 6= 3, tem-se x2−9(x−3)3 = x+3

(x−3)2 . Ora limx→3

x+ 3 = 6 e limx→3

(x− 3)2 = 0, portanto limx→3

x2 − 9(x− 3)3

= +∞.

5. limx→3

(x2 − 9)3

(x− 3)2= 0

Para x 6= 3, tem-se (x2−9)3

(x−3)2 = (x− 3)(x+ 3)3, de onde limx→3

(x2 − 9)3

(x− 3)2= 0.63 = 0.

6. limx→3

x2 − 9(x− 3)(x+ 1)

= 3/2

Com efeito, para x 6= 3 tem-se x2−9(x−3)(x+1) = x+3

x+1 , portanto limx→3

x2 − 9(x− 3)(x+ 1)

= 6/4 = 3/2.

7. limx→0

(1x2− 1x4

)= −∞

Tem-se limx→0

1x2

= +∞ e limx→0

1x4

= +∞, portanto não se pode concluir nada sobre o limite da diferença direc-

tamente a partir da proposição anterior. Mas 1x2 − 1

x4 = x2−1x4 , lim

x→0(x2 − 1) = −1 e lim

x→0

1x4

= +∞, portanto

limx→0

(1x2− 1x4

)= lim

x→0

x2 − 1x4

= (−1).(+∞) = −∞.


8. limx→0+

(1 + x2

x− 1x(x+ 1)

)= 1

limx→0+

1 + x2

x= +∞ e lim

x→0+

1x(x+ 1)

= +∞; não se pode concluir nada sobre o limite da diferença directamente

a partir da proposição anterior. Mas, para x 6= 0,(1 + x2

x− 1x(x+ 1)

)=

(1 + x2)(x+ 1)− 1x(x+ 1)

=x3 + x2 + x

x(x+ 1)=x2 + x+ 1x+ 1

,

e limx→0+

x2 + x+ 1x+ 1

= 1.

9. limx→+∞

senxx

=0

Tem-se∣∣ sen x

x

∣∣ ≤ ∣∣ 1x ∣∣. Para cada ε > 0 seja R = 1/ε. Então x > R⇒ 1x < ε.

Observação: Neste caso não existe limite do numerador mas existe limite do quociente.

Proposição 3.1.8 Sejam f : A −→ B e a um ponto de acumulação de A.

1. Seja α > 0. Então limx→a

f(x) = l sse limx→a

f|A∩]a−α,a+α[(x) = l.

2. Seja A1 ⊂ A tal que a é ponto de acumulação de A1. Se limx→a

f(x) = l então limx→a

f|A1(x) = l (o recíproco não éverdadeiro).

3. Se limx→a

f(x) = l e existe α > 0 tal que ∀x ∈]a − α, a + α[\{a} : f(x) ≥ 0 (resp. f(x) ≤ 0) então l ≥ 0 (resp.l ≤ 0).

Demonstração:

1. consequência imediata da definição.

2. consequência imediata da definição.

3. Suponhamos que l < 0; então existia δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− l| < −l⇒ f(x) < 0.

Mas 0 < |x− a| < α⇒ f(x) ≥ 0, portanto se β = min{α, δ}, então 0 < |x− a| < β ⇒ (f(x) ≥ 0 e f(x) < 0), oque é absurdo. �

Proposição 3.1.9 Se f , g e h são funções de A em B tais que para todo o x ∈ A \ {a}, f(x) ≤ g(x) ≤ h(x), se fe gtêm limite em a e lim

x→af(x)= lim

x→ah(x), então existe lim

x→ag(x) e lim

x→ag(x)= lim

x→af(x).

Demonstração: Seja l = limx→a

f(x) = limx→a

h(x) e seja ε > 0; Existem δ1, δ2 > 0 tais que 0 < |x−a| < δ1 ⇒ |f(x)− l| < ε

e 0 < |x − a| < δ2 ⇒ |h(x) − l| < ε. Então, para x tal que 0 < |x − a| < min{δ1, δ2}, tem-se l − ε < f(x) < l + ε el − ε < h(x) < l + ε, de onde l − ε < g(x) < l + ε (porque f(x) ≤ g(x) ≤ h(x)), portanto |g(x)− l| < ε. �

Exemplos:

1. f : R \ {0} −→ Rx 7→ |x|

Neste caso tem-se ∀x ∈ R \ {0} : f(x) > 0. No entanto não se tem limx→0

f(x) > 0

2. f : R −→ R

x 7→{

1 se x ∈ Q0 se x 6∈ Q

Tem-se limx→

√2f|R\Q(x) = 0, mas não existe lim

x→√

2f(x).

3.2. CONTINUIDADE 35

Proposição 3.1.10 1. Se f : A −→ R é monótona e a é um ponto de acumulação à esquerda de A (resp. ponto deacumulação à direita de A), então existe lim

x→a−f(x) (resp. lim

x→a+f(x)).

2. Se f : A −→ R é monótona e A não é majorado (resp. minorado) então existe limx→+∞

f(x) (resp. limx→−∞

f(x)).

Demonstração:

1. Seja f : A −→ R crescente e suponhamos primeiro que f|A∩]−∞,a[ não é majorada. Seja R ∈ R; existe x0 ∈A∩]−∞, a[ tal que f(x0) > R. Como f é crescente, x > x0 ⇒ f(x) ≥ f(x0) > R, ou seja, fazendo δ = a− x0,

0 < a− x < δ ⇒ x > x0

⇒ f(x) > R

logo limx→a−

f(x) = +∞.

Suponhamos agora que fA∩]−∞,a[ é majorada e seja s o seu supremo. Seja ε > 0; existe x0 ∈ A∩] −∞, a[ talque f(x0) > s − ε; como f é crescente, x > x0 ⇒ f(x) ≥ f(x0) > s − ε. Então, fazendo δ = a − x0, tem-se0 < a− x < δ ⇒ f(x) > s− ε; como f(x) ≤ s, conclui-se que lim

x→a−f(x) = s.

A demonstração da existência de limite à direita é semelhante.


3.2 ContinuidadeSeja f : A −→ B.

Definição 3.2.1 1. Diz-se que f é contínua em a ∈ A sse a não é ponto de acumulação de A ou limx→a

f(x) = f(a),isto é, sse

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

2. Diz-se que f é contínua sse f for contínua em todos os pontos de A.

Proposição 3.2.2 Se f e g são duas funções de domínio A, ambas contínuas em a então f + g e f.g são contínuasem a; se, para alem disso, g(a) 6= 0, então f/g é contínua em a.

Demonstração: consequência imediata da proposição 3.1.7 �

Proposição 3.2.3 Se f é contínua em a e f(a) > 0 (resp. f(a) < 0), então existe δ > 0 tal que ∀x ∈]a − δ, a + δ[:f(x) > 0 (resp. f(x) < 0).

Demonstração: Suponhamos f(a) > 0. Existe δ > 0 tal que |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < f(a). Mas |f(x)− f(a)| <f(a) ⇒ 0 < f(x) < 2f(a), portanto |x− a| < δ ⇒ f(x) > 0. �

Proposição 3.2.4 Se f : A −→ B é contínua em a e a ∈ A1 ⊂ A, então f|A1 é contínua em a.

Demonstração: Consequência da proposição 3.1.8. �

Proposição 3.2.5 Se f , g e h são funções de A em B tais que para todo o x se tem f(x) ≤ g(x) ≤ h(x), e se a ∈ Aé tal que f(a) = h(a) e f e h são contínuas em a, então g é contínua em a.

Demonstração: consequência da proposição 3.1.9 �


x 7→{−1 se x 6= 11 se x = 1

Tem-se f(1) > 0, mas qualquer que seja δ > 0 existe x ∈]1− δ, 1 + δ[ (por exemplo x = 1 + δ/2) tal que f(x) < 0(f não é contínua em 1).

Proposição 3.2.6 Se f : A −→ B é contínua em a e g : B −→ C é contínua em f(a) então g ◦ f é contínua em a.


Demonstração: Seja ε > 0; por g ser contínua em f(a), existe δ1 > 0 tal que |y − f(a)| < δ1 ⇒ |g(y) − g(f(a))| < ε.Por f ser contínua em a, para aquele δ1 > 0 existe δ > 0 tal que |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < δ1. Mas então

|x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < δ1 ⇒ |g(f(x))− g(f(a))| < ε

Portanto ∀ε > 0 ∃δ > 0 : |x− a| < δ ⇒ |(g ◦ f)(x)− (g ◦ f)(a)| < ε. �

Proposição 3.2.7 Se f é contínua em a então existe algum intervalo aberto I contendo a tal que f|I∩A é limitada.

Demonstração: Existe δ > 0 tal que |x − a| < δ ⇒ |f(x) − f(a)| < 1. Então, se x ∈ I =]a − δ, a + δ[ tem-sef(a)− 1 < f(x) < 1 + f(a), portanto f|I∩A é majorada (por 1 + f(a)) e minorada (por f(a)− 1), logo é limitada. �

Teorema 3.2.8 Se f : [a, b] −→ B é contínua, então f é limitada e f tem máximo e mínimo.

Demonstração: Seja L = {x ∈ [a, b]; f|[a,x]é limitada}. O conjunto L é não vazio, visto que a ∈ L; é limitado, vistoque L ⊂ [a, b]; portanto tem supremo, que designaremos pos s. Suponhamos que s < b. Como f é contínua em s,existe δ > 0 tal que f é limitada em ]s− δ, s+ δ[. Mas por s ser o supremo de L, existe s0 ∈]s− δ, s] tal que f[a,s0] élimitada. Então f é limitada em [a, s0] e em ]s− δ, s+ δ[, portanto f é limitada em [a, s0]∪]s− δ, s+ δ[= [a, s+ δ[, queimplica, por exemplo, s + δ/2 ∈ L, e isto contradiz a hipótese de s ser majorante de L. Conclui-se assim que s = b.Resta ver que b ∈ L. Por f ser contínua em b, existe δ > 0 tal que f é limitada em ]b− δ, b]. Por b ser o supremo deL, existe s0 ∈]b− δ, b] tal que s0 ∈ L, isto é, tal que f[a,s0] é limitada. Então f é limitada em [a, s0]∪]b− δ, b], isto é fé limitada em [a, b].

Vejamos agora que f tem um máximo. Seja s = sup f (sabemos que existe, pois já vimos que f é limitada). Ses não pertencesse ao contradomínio de f , isto é, se ∀x ∈ [a, b] : f(x) < s, então a função g: [a, b] −→ R

x 7→ 1s−f(x)

seria uma função contínua não limitada (∀M ∈ R+ ∃x ∈ [a, b] : f(x) > s − 1/M , mas f(x) > s − 1/M equivale a1

s−f(x) > M); ora já vimos que uma função contínua num intervalo fechado (neste caso g) é limitada. Conclui-se queexiste x tal que f(x) = s, isto é, que f tem um máximo.

Analogamente se mostra que f tem um mínimo. �

Exemplos:

1. f : ]− π/2, π/2[ −→ Rx 7→ tg x

f não é limitada.

2. f : [−1, 1] −→ R

x 7→{

1/x2 se x 6= 00 se x = 0

f não é limitada (f não é contínua em 0).

3. f : ]− 2, 2[ −→ Rx 7→ x

f é contínua e limitada mas não tem máximo nem mínimo.

4. f : [−2, 2] −→ R

x 7→{x se |x| 6= 21 se |x| = 2

f é limitada mas não tem máximo nem mínimo (f não é contínua em −2 nem em 2).

Teorema 3.2.9 Seja f : [a, b] −→ R contínua tal que f(a).f(b) < 0. Então existe x0 ∈]a, b[ tal que f(x0) = 0.

Demonstração: Suponhamos que não existe nenhum zero de f em [a, b]. Vamos construir uma sucessão de intervalosIn = [an, bn] com as seguintes propriedades:

1. ∀n ∈ N : In+1 ⊂ In2. comprimento de In= b−a

2n−1

3. f(an)f(bn) < 0 (isto é, f(an) e f(bn) têm sinais opostos).Ponhamos I1 = [a, b]. Dado In = [an, bn], seja c = an+bn

2 ; então, de f(an)f(bn) < 0 conclui-se que f(an)f(c) < 0ou f(bn)f(c) < 0. Se f(an)f(c) < 0, seja In+1 = [an, c] = [an+1, bn+1]; se f(bn)f(c) < 0, seja In+1 = [c, bn+1] =


[an+1, bn+1]. Tem-se obviamente In+1 ⊂ In e f(an)f(bn) < 0. Por outro lado, para todo o n ∈ N tem-se (comprimentode In+1)=(comprimento de In)/2, e o comprimento de [a, b] é b−a, portanto (comprimento de In)= b−a

2n−1 . Pelo teoremado encaixe de intervalos,conclui-se que existe x0 ∈ ∩n∈NIn. Suponhamos que f(x0) > 0; então existe δ > 0 tal quex ∈]x0 − δ, x0 + δ[∩[a, b] ⇒ f(x) > 0. Se n for tal que b−a

2n−1 < δ, então x0 ∈ In e (comprimento de In)< δ. Entãoan, bn ∈]x0 − δ, x0 + δ[; mas f(an)f(bn) < 0, o que contradiz x ∈]x0 − δ, x0 + δ[∩[a, b] ⇒ f(x) > 0. Se se supuserque f(x0) < 0, chega-se a uma contradição análoga. Conclui-se que f(x0) = 0, contrariamente à hipótese que fizemossobre f .

Logo existe x0 ∈]a, b[ tal que f(x0) = 0. �

Corolário 3.2.10 1. (Teorema dos valores intermédios) Se f : [a, b] −→ R é contínua e c ∈ R é tal que f(a) <c < f(b) ou f(a) > c > f(b), então existe x0 ∈]a, b[ tal que f(x0) = c.

2. Se f, g : [a, b] −→ R são contínuas e tais que f(a) < g(a) e f(b) > g(b) (ou f(a) > g(a) e f(b) < g(b)), entãoexiste x0 ∈]a, b[ tal que f(x0) = g(x0).

Demonstração:1. Seja h: [a, b] −→ R

x 7→ f(x)− c. Trata-se de uma função contínua tal que h(a)h(b) < 0. Logo existe x0 ∈]a, b[

tal que h(x0) = 0; mas h(x0) = 0 equivale a f(x0) = c.

2. Seja h: [a, b] −→ Rx 7→ f(x)− g(x)

. Trata-se de uma função contínua tal que h(a)h(b) < 0. Logo existe x0 ∈]a, b[

tal que h(x0) = 0; mas h(x0) = 0 equivale a f(x0) = g(x0).

�

Proposição 3.2.11 Se f : R −→ R é contínua tal que limx→−∞

f(x) = −∞ e limx→+∞

f(x) = +∞ (ou limx→−∞

f(x) = +∞e lim

x→+∞f(x) = −∞) então f é sobrejectiva.

Demonstração: Seja y ∈ R; como limx→−∞

f(x) = −∞, existe a ∈ R tal que f(a) < y; como limx→+∞

f(x) = +∞, existeb ∈ R, b > a tal que f(a) > y. Da continuidade de f , e de f(a) < y < f(b), conclui-se que existe x ∈]a, b[ tal quef(x) = y. �

Exemplos:1. f : [0, 2] −→ R

x 7→{

1 se x ≥ 1−1 se x < 1

Não existe x0 ∈ [0, 2] tal que f(x0) = 0 (f não é contínua).

2. Existe uma solução positiva da equação x2 = senx.

Sejam f : R −→ Rx 7→ x/2

e g: R −→ Rx 7→ senx

; f e g são funções contínuas. Tem-se f(π/2) = π/4 < 1 =

g(π/2) e f(π) = π/2 > 0 = g(π). Portanto existe x0 ∈]π/2, π[ tal que f(x0) = g(x0).

3. Existe uma e uma só solução da equação 1− x = tg x em ]− π/2, π/2[.Sejam f : ]− π/2, π/2[ −→ R

x 7→ 1− xe g: ]− π/2, π/2[ −→ R

x 7→ tg x; f e g são funções contínuas. Tem-se

f(0) = 1 > 0 = g(0) e f(π/4) = 1−π/4 < 1 = g(π/4), logo existe x0 ∈]0, π/4[ tal que f(x0) = g(x0). Como, alemdisso, f é estritamente decrescente e g é estritamente crescente, para x < x0 tem-se 1−x > 1−x0 = tg x0 > tg x,e para x > x0 tem-se tg x > tg x0 = 1− x0 > 1− x, portanto x 6= x0 ⇒ 1− x 6= tg x.

4. Qualquer função polinomial de grau ímpar de R em R tem pelo menos um zero.Demonstração: Seja f : R −→ R

x 7→ anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0

em que n é ímpar e an 6= 0. Então

f(x) = 0 ⇔ g(x) = 0, em que g(x) = xn + an−1an

xn−1 + · · ·+ a1anx+ a0

an. Para x 6= 0, tem-se g(x) = xn(1 + an−1

anx +· · ·+ a1

anxn−1 + a0anxn ). Ora

limx→+∞

1 +an−1

anx+ · · ·+ a1

anxn−1+

a0

anxn= lim

x→−∞1 +

an−1

anx+ · · ·+ a1

anxn−1+

a0

anxn= 1

e limx→+∞

xn = +∞ e limx→−∞

xn = −∞, portanto limx→+∞

g(x) = +∞ e limx→−∞

g(x) = −∞. Conclui-se que f ésobrejectiva, portanto tem pelo menos um zero. �


5. Qualquer função polinomial de grau par ≥ 2 de R em R tem um máximo ou um mínimo (tem um máximo (resp.mínimo) se o coeficiente do termo de maior grau for negativo (resp. positivo)).Demonstração: Seja f : R −→ R

x 7→ anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0

, em que n é par ≥ 2 e an 6= 0. Supo-

nhamos que an < 0 e vejamos que f tem um máximo. Dizer que f tem um máximo, é equivalente a dizer queg: R −→ R

x 7→ xn + an−1an

xn−1 + · · ·+ a0an

tem um mínimo. Ora, para x 6= 0,

g(x) = xn(1 +an−1

anx+ · · ·+ a1

anxn−1+a0

an).

Mas limx→+∞

xn = limx→−∞

xn = +∞, e

limx→+∞

(1 +an−1

anx+ · · ·+ a1

anxn−1+a0

an) = lim

x→−∞(1 +

an−1

anx+ · · ·+ a1

anxn−1+a0

an) = 1,

portanto limx→+∞

g(x) = limx→−∞

g(x) = +∞. Seja M > 0 tal que x > M ⇒ g(x) > a0/an e x < −M ⇒ g(x) >

a0/an. A função g é contínua em [−M,M ], portanto tem um mínimo em [−M,M ]; esse mínimo é menor ou igualdo que g(0) = a0/an, visto que 0 ∈ [−M,M ]. Então esse mínimo é o mínimo de g, pois |x| > M ⇒ g(x) > a0/an.O raciocínio é análogo no caso de se supor que an > 0. �

6. Qualquer que seja a ∈ R+ existe um único a1 ∈ R+ tal que a21 = a.

Demonstração: Seja a ∈ R+. Como limx→+∞

x2 = +∞, existe M ∈ R tal que x > M ⇒ x2 > a. A função f :

R −→ Rx 7→ x2

é contínua e 0 = f(0) < a < f(M + 1), portanto existe a1 ∈]0,M + 1[ tal que f(a1) = a, isto é,

a21 = a. Como f|R+ é estritamente crescente, a1 é único. �

Proposição 3.2.12 Se f : [a, b] −→ R é contínua e injectiva, então f é estritamente monótona.

Demonstração: Por f ser injectiva, conclui-se que f(a) 6= f(b). Vamos ver que se f(a) < f(b) então f é estritamentecrescente; mostra-se de maneira análoga que se f(a) > f(b) então f é estritamente decrescente. Suponhamos então quef(a) < f(b) e que f não é estritamente crescente, isto é, que existem x1, x2 ∈ [a, b] tais que x1 < x2 e f(x1) ≥ f(x2);como f é injectiva tem-se f(x1) > f(x2). Se f(x2) < f(b) seja c ∈]f(x2), f(b)[∩]f(x2), f(x1)[; pelo teorema dosvalores intermédios, conclui-se que existe a1 ∈]x1, x2[ tal que f(a1) = c e existe a2 ∈]x2, b[ tal que f(a2) = c, o quecontradiz a hipótese de que f é injectiva. Se f(b) < f(x2), então f(a) < f(b) < f(x2) < f(x1), logo f(a) < f(x1);seja c ∈]f(a), f(x1)[∩]f(x2), f(x1)[. Pelo teorema dos valores intermédios, conclui-se que existe a1 ∈]a, x1[ tal quef(a1) = c e existe a2 ∈]x1, x2[ tal que f(a2) = c, o que contradiz a hipótese de que f é injectiva. Logo f é estritamentecrescente. �

Proposição 3.2.13 Se f : [a, b] −→ R é contínua, então existem c, d ∈ R tais que f([a, b]) = [c, d].

Demonstração: Sejam c = min(f), d = max(f) e x1, x2 ∈ [a, b] tais f(x1) = c, f(x2) = d (que c, d, x1, x2 existemé consequência do teorema 3.2.8); então f([a, b]) ⊂ [c, d]; o teorema dos valores intermédios permite concluir quequalquer ponto de ]c, d[ pertence ao contradomínio de f , portanto f([a, b]) = [c, d]. �

Proposição 3.2.14 Se f : [a, b] −→ [c, d] é bĳectiva e contínua, então f−1 : [c, d] −→ [a, b] é contínua.

Demonstração: Pela proposição 3.2.12, f é estritamente monótona. Suponhamos que f é estritamente decrescente eseja y0 ∈]c, d[ (então x0 = f−1(y0) ∈]a, b[); vamos ver que f−1 é contínua em y0. Seja ε > 0 tal que ]x0−ε, x0+ε[⊂ [a, b];então f(]x0−ε, x0+ε[) =]f(x0+ε), f(x0−ε)[ (porque f é estritamente decrescente e contínua) e y0 ∈]f(x0+ε), f(x0−ε)[.Para δ = min{f(x0 − ε)− y0, y0 − f(x0 + ε)}, tem-se

0 < |y − y0| < δ ⇒ f(x0 + ε) < y < f(x0 − ε)⇒ f−1(f(x0 − ε)) < f−1(y) < f−1(f(x0 + ε))

( porque f estritamente decrescente implica f−1 estritamente decrescente)⇒ x0 − ε < f−1(y) < x0 + ε

⇒ |f−1(y)− x0| < ε

Conclui-se que para qualquer ε > 0 tal que ]x0−ε, x0+ε[⊂ [a, b], existe δ > 0 tal que |y−y0| < δ ⇒ |f−1(y)−f−1(y0)| <ε. Se ε > 0 é tal que ]x0 − ε, x0 + ε[6⊂ [a, b], consideremos ε′ < ε tal que ]x0 − ε′, x0 + ε′[⊂ [a, b]. Existe δ > 0 tal que


|y − y0| < δ ⇒ |f−1(y) − f−1(y0)| < ε′ < ε. Logo f−1 é contínua em y0. Analogamente se prova que f−1 é contínuaem c e d. Da mesma maneira se prova que se f é estritamente crescente então f−1 é contínua. �

Exemplos:

1. f : [0, 3] −→ R

x 7→

x se x 6∈ {1, 2}2 se x = 11 se x = 2

f é injectiva mas não é monótona (f não é contínua em 1 nem em 2).

2. f : [0, 1] ∪ [2, 3] −→ R

x 7→{x se x ∈ [0, 1]x− 5 se x ∈ [2, 3]

f é injectiva e contínua, mas f não é monótona (f é estritamente crescente em [0,1] e em [2,3]).

3. f : R −→ R

x 7→

(x+ 1)/2 se ∃n ∈ N : x = 2n+ 11/x se ∃n ∈ N : x = 2n1/(2n+ 1) se ∃n ∈ N : x = 1/nx nos outros casos

; f−1: R −→ R

x 7→

2x− 1 se ∃n ∈ N : x = n1/x se ∃n ∈ N : x = 1/2n1/n se ∃n ∈ N : x = 1/(2n+ 1)x nos outros casos

f é bĳectiva, f é contínua em 0, mas no entanto f−1 não é contínua em f(0)(=0).

4. f : R+ −→ R+

x 7→ xn; f−1: R+ −→ R+

x 7→ n√x(= x

1n )

f é contínua e bĳectiva, logo f−1 é contínua.


Capítulo 4

Derivadas

4.1 Motivação e interpretaçãoPara medir a variação de uma função f numa vizinhança de um ponto a do seu domínio, é natural considerar adiferença entre f(a) e o valor de f num ponto x próximo de a. Essa diferença só tem significado se se entrar em contacom a distância de a a x: uma diferença de 50 entre f(0) e f(1/10) indica a priori uma variação mais rápida de fperto de 0 do que uma diferença de 100 entre f(0) e f(30). É então natural considerar quocientes do tipo f(x)−f(a)

x−a ;mas, por muito próximo que x esteja de a, este quociente só dá informação sobre a variação média de f no intervalo[a, x]. Se o que queremos é obter uma medida da rapidez da variação de f em a (que portanto não pode depender deum intervalo), somos levados a analisar o limite de f(x)−f(a)

x−a quando x tende para a.

f

a x

f(a)

f(x)

f

a

f(a)

O quociente f(x)−f(a)x−a é o declive da recta que passa pelos pontos de abcissa a e x do gráfico de f . Dir-se-á que f

é derivável em a se quando x tende para a, essa recta “tender” para uma recta não vertical, à qual se chamará rectatangente ao gráfico de f em (a, f(a)).

Exemplos:

1.

f

f não é derivável em 0, embora seja derivável à esquerda e à direita em 0.

41

42 CAPÍTULO 4. DERIVADAS

2.

f

f não é derivável em 0; quando x tende para 0, a recta que passa por (0, 0) e por (x, f(x)) não tende paranenhuma recta, mas oscila entre as rectas de equação y = x e y = −x.

4.2 Definição e propriedades básicasSeja f : A −→ B e a ∈ A.

Definição 4.2.1 1. Diz-se que f é derivável em a sse existe l ∈ R tal que l = limx→a

f(x)− f(a)x− a

. Notação:l = f ′(a).

2. Diz-se que f é derivável à direita em a sse existe l ∈ R tal que l = limx→a+

f(x)− f(a)x− a

. Notação: l = f ′+(a).

3. Diz-se que f é derivável à esquerda em a sse existe l ∈ R tal que l = limx→a−

f(x)− f(a)x− a

. Notação: l = f ′−(a).

4. Se f é derivável em pelo menos um ponto, chama-se função derivada de f à função

f ′ : {pontos onde f é derivável} −→ Rx 7→ f ′(x)

.

Observação:

1. Se f é derivável em a e a é um ponto de acumulação bilateral de A, então f é derivável à esquerda e à direitaem a e f ′+(a) = f ′−(a) = f ′(a).

2. Se f é derivável à esquerda e à direita em a e f ′+(a) = f ′−(a), então f é derivável em a e f ′(a) = f ′+(a) = f ′−(a).

3. f ′(a) é o declive da recta tangente ao gráfico de f em (a, f(a)).

Notação: Designa-se por f ′′ a função derivada da função f ′, por f ′′′ ou f (3)a função derivada da função f ′′,. . . , porf (n+1) a função derivada da função f (n).

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ c

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

= limx→a

c− c

x− a= 0.

f ′: R −→ Rx 7→ 0

2. f : R −→ Rx 7→ cx

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

= limx→a

cx− ca

x− a= lim

x→ac = c.

f ′: R −→ Rx 7→ c

4.2. DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES BÁSICAS 43

3. f : R −→ Rx 7→ x2

f

a

f(a)

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

= limx→a

x2 − a2

x− a= lim

x→a

(x− a)(x+ a)x− a

= limx→a

x+ a = 2a.

f ′: R −→ Rx 7→ 2x

A recta tangente ao gráfico de f em (a, a2) tem declive 2a, portanto é a recta de equação y − a2 = 2a(x − a).

Esta recta não intersecta o gráfico de f em mais nenhum ponto: o sistema{y = 2ax− a2

y = x2 tem como única

solução x = a, y = a2.

4. f : R −→ Rx 7→ x3 + 1

f

a

f(a)

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

= limx→a

x3 + 1− (a3 + 1)x− a

= limx→a

(x− a)(x2 + ax+ a2)x− a

= limx→a

x2 + ax+ a2 = 3a2.

f ′: R −→ Rx 7→ 3x2

A recta tangente ao gráfico de f em (a, a3+1) tem declive 3a2, portanto é a recta de equação y−a3−1 = 3a2(x−a).

Esta recta intersecta o gráfico de f em (a, a3 + 1) e (−2a,−8a3 + 1), pois o sistema{y = x3 + 1y = 3a2x− 2a3 + 1 tem

como soluções x = a, y = a3 + 1 e x = −2a, y = −8a3 + 1. Este exemplo mostra que uma recta tangente aográfico pode intersectar o gráfico em mais pontos para além do ponto de tangência.

5. f : R+ −→ Rx 7→ 1/x

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

= limx→a

1/x− 1/ax− a

= limx→a

a− x

xa(x− a)= lim

x→a

−1xa

= −1/a2.

f ′: R+ −→ Rx 7→ −1/a2


6. f : R+ −→ Rx 7→

√x

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

= limx→a

√x−

√a

x− a= lim

x→a

1√x+

√a

=1

2√a.

f ′: R+ −→ Rx 7→ 1/(2

√x)

7. f : R −→ Rx 7→ 3

√x

Se a 6= 0, f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

= limx→a

3√x− 3

√a

x− a= lim

x→a

( 3√x− 3

√a)( 3√x2 + 3

√xa+ 3

√a2)

(x− a)( 3√x2 + 3

√xa+ 3

√a2)

= limx→a

x− a

(x− a)( 3√x2 + 3

√xa+ 3

√a2)

=1

3 3√a2.

E limx→0

f(x)− f(0)x− 0

= limx→0

13√x2

= +∞, portanto f não é derivável em 0.

f ′: R \ {0} −→ Rx 7→ 1/(3 3

√x2)

8. f : R −→ Rx 7→ |x|

Se a > 0, então, para x numa vizinhança suficientemente pequena de a, tem-se f(x) = x, portanto f ′(a)(=

limx→a

f(x)− f(a)x− a

) = limx→a

x− a

x− a= 1.

Se a < 0, então, para x numa vizinhança suficientemente pequena de a, tem-se f(x) = −x, portanto f ′(a)(=

limx→a

f(x)− f(a)x− a

) = limx→a

−x+ a

x− a= −1.

Como limx→0+

f(x)− f(0)x− 0

= 1 e limx→0−

f(x)− f(0)x− 0

= −1, conclui-se que não existe limx→0

f(x)− f(0)x− 0

.

f ′: R \ {0} −→ R

x 7→{

1 se x > 0−1 se x < 0

9. f : R −→ R

x 7→{x2 sen 1

x se x 6= 00 se x = 0

f

Tem-se limx→0

f(x)− f(0)x− 0

= limx→0

x sen1x

= 0, logo f é derivável em 0 e f ′(0) = 0. A recta tangente ao gráfico def em (0, 0) é, portanto, a recta de equação y = 0; esta recta intersecta o gráfico de f em (0, 0) e em todos ospontos (1/(kπ), 0), em que k ∈ Z \ {0}, ou seja, a recta tangente ao gráfico de f em (0, 0) intersecta o gráfico def numa infinidade de pontos arbitrariamente próximos de (0, 0).

Proposição 4.2.2 Se f é derivável em a, então f é contínua em a.


Observação: O recíproco não é verdadeiro, como mostra o exemplo 8.Demonstração:

De limx→a

(x− a)=0 e limx→a

f(x)− f(a)x− a

=f ′(a), conclui-se que existe limx→a

(x− a)(f(x)− f(a)

x− a) e é igual a 0.f ′(a) = 0.

Então limx→a

(f(x)− f(a))=0, ou seja, limx→a

f(x) = f(a), isto é, f é contínua em a. �


x 7→{x2 se x ∈ Q−x2 se x 6∈ Q

Tem-se∣∣∣∣f(x)− f(0)

x− 0

∣∣∣∣ = |x|, portanto limx→0

f(x)− f(0)x− 0

= 0, isto é, f ′(0) = 0; f é contínua em 0, mas f não é

contínua em mais nenhum ponto.

Proposição 4.2.3 Se f e g são deriváveis em a, então f + g e f.g são deriváveis em a, (f + g)′(a) = f ′(a) + g′(a) e

(f.g)′(a) = f ′(a)g(a) + f(a)g′(a); se g(a) 6= 0, então 1g

é derivável em a e (1g)′(a) =

−g′(a)(g(a))2

.

Demonstração: De f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

e g′(a) = limx→a

g(x)− g(a)x− a

, conclui-se que

f ′(a) + g′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

+g(x)− g(a)x− a

,

ou seja, f ′(a) + g′(a) = limx→a

f(x) + g(x)− (f(a) + g(a))x− a

, isto é, f + g é derivável em a e (f + g)′(a) = f ′(a) + g′(a).Para x 6= a, tem-se

f.g(x)− f.g(a)x− a

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

x− a= f(x)

g(x)− g(a)x− a

+f(x)− f(a)

x− ag(a).

Ora limx→a

f(x) = f(a) (porque f é contínua em a, visto que f é derivável em a), limx→a

g(x)− g(a)x− a

= g′(a) e

limx→a

f(x)− f(a)x− a

= f ′(a), portanto limx→a

f.g(x)− f.g(a)x− a

= f(a)g′(a) + f ′(a)g(a).Como g é derivável em a, g é contínua em a, portanto de g(a) 6= 0 conclui-se que para x suficientemente próximo

de a se tem g(x) 6= 0. Nesse caso, e para x 6= a,

1g (x)− 1

g (a)

x− a=

g(a)− g(x)(x− a)g(x)g(a)

.

Como limx→a

g(a)− g(x)x− a

= −g′(a) e limx→a

g(x) = g(a), conclui-se que limx→a

1g (x)− 1

g (a)

x− a= − g′(a)

(g(a))2. �

Proposição 4.2.4 Se f e g são n vezes deriváveis em a, então fg é n vezes derivável em a e (fg)(n)(a) =∑n

k=0(nk

)f (n−k)(a)g(k)(a) (em que f (0)(a) designa f(a)).

Demonstração (por indução): Para n = 1, esta afirmação já foi demonstrada na proposição anterior.Seja agora m ∈ N e suponhamos que o produto de quaisquer duas funções ϕ e ψ, m vezes deriváveis em a é m vezes

derivável em a e (ϕψ)(n)(a) =∑m

k=0(mk )ϕ(m−k)(a)ψ(k)(a). Sejam f e g funções m+ 1 vezes deriváveis em a; então fg

é m vezes derivável em a e (fg)(m)(a) =∑m

k=0(mk )f (m−k)(a)g(k)(a). Ora, para k entre 0 e m, as funções f (m−k) e g(k)

são deriváveis em a logo o seu produto tambem o é e (f (m−k)g(k))′(a) = f (m−k+1)(a)g(k))(a) + f (m−k)(a)g(k+1)(a).Conclui-se que (fg)(m) é derivável em a (isto é, fg é m+ 1 vezes derivável em a), e

(fg)(m+1)(a) = ((fg)(m))′(a) =m∑

k=0

(mk )(f (m−k+1)(a)g(k))(a) + f (m−k)(a)g(k+1)(a))

=m∑

k=0

(mk )f (m−k+1)(a)g(k)(a) +

m∑k=0

(mk )f (m−k)(a)g(k+1)(a)

=m∑

k=0

(mk )f (m−k+1)(a)g(k)(a) +

m+1∑k=1

(m

k−1)f (m+1−k)(a)g(k)(a)


= (m0 )f (m+1)(a)g(0)(a) +

m∑k=1

((mk ) + (

mk+1))f (m+1−k)(a)g(k)(a) + (m

m)f (0)(a)g(m)(a)

= (m0 )f (m+1)(a)g(0)(a) +

m∑k=1

(m+1

k ))f (m+1−k)(a)g(k)(a) + (mm)f (0)(a)g(m)(a)( porque (

mk ) + (

mk−1) = (

m+1k ))

=m+1∑k=0

(m+1

k )f (m+1−k)(a)g(k)(a).

�

Exemplos:

1. Para cada n ∈ N, a função f : R −→ Rx 7→ xn

é derivável e ∀x ∈ R : f ′n(x) = nxn−1.

Demonstração (por indução): Já foi visto que f1 é derivável e que ∀x ∈ R : f ′1(x) = 1.Seja agora m ∈ N e suponhamos que fm é derivável e que ∀x ∈ R : f ′m(x) = mxm−1. Tem-se fm+1 = fmf1,portanto, pela proposição anterior, fm+1 é derivável e

∀x ∈ R : f ′m+1(x) = f ′m(x)f1(x) + fm(x)f ′1(x) = mxm−1.x+ xm.1 = mxm + xm = (m+ 1)xm

como queríamos demonstrar. �

2. Para cada n ∈ N, a função gn: R \ {0} −→ Rx 7→ 1

xn

é derivável e g′n(x) = − nxn+1 .

Demonstração: Tem-se gn = 1fn

, em que fn: R \ {0} −→ Rx 7→ xn

. Pelo exemplo anterior, já se sabe que fn é

derivável e f ′n(x) = nxn−1. Pela proposição anterior conclui-se que gn é derivável

g′n(x) = − f ′n(x)(fn(x))2

= −nxn−1

x2n= − n

xn+1.

�

3. Se f : A −→ R é derivável em a e c ∈ R, então c.f é derivável em a e (c.f)′(a) = c.f ′(a).Demonstração: A funcão g: A −→ B

x 7→ cé derivável e a sua derivada é constante nula. Conclui-se que c.f ,

que é igual a g.f , é derivável em a e (g.f)′(a) = g′(a)f(a) + g(a)f ′(a) = cf ′(a). �

4. f : R −→ Rx 7→ anx

n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0

f é derivável e f ′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + · · ·+ 2a2x+ a1.

5. Se f e g são deriváveis em a e g(a) 6= 0, então f

gé derivável em a e (

f

g)′(a) =

f ′(a)g(a)− f(a)g′(a)(g(a))2

Proposição 4.2.5 Se f : A −→ B é derivável em a e se g : B −→ C é derivável em f(a), então g ◦ f é derivável ema e (g ◦ f)′(a) = g′(f(a))f ′(a).

Demonstração: Seja h: A −→ R

x 7→

{g(f(x))−g(f(a))

f(x)−f(a) se f(x) 6= f(a)g′(f(a)) se f(x) = f(a)

Vejamos que h é contínua em a. Seja ε > 0;

como g é derivável em f(a), existe δ1 > 0 tal que 0 < |y − f(a)| < δ1 implica∣∣∣∣g(y)− g(f(a))

y − f(a)− g′(f(a))

∣∣∣∣ < ε. Por

outro lado, existe δ > 0 tal que 0 < |x−a| < δ implica |f(x)− f(a)| < δ1, pois f é derivável em a, portanto é contínuaem a. Então, se 0 < |x − a| < δ, ou f(x) = f(a), caso em que g(f(x)) = g(f(a)), ou f(x) 6= f(a), caso em que

0 < |f(x)− f(a)| < δ1, e portanto∣∣∣∣g(f(x))− g(f(a))

f(x)− f(a)− g′(f(a))

∣∣∣∣ < ε; em ambos os casos se tem |h(x)− h(a)| < ε.


Ora g(f(x))− g(f(a))x− a

= h(x)f(x)− f(a)

x− a, portanto

limx→a

g(f(x))− g(f(a))x− a

= limx→a

h(x) limx→a

f(x)− f(a)x− a

= h(a)f ′(a) = g′(f(a))f ′(a).

�

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ sen(2x+ 5)

-6 -4 -2 2 4 6

f

-1-0.5

0.51

f = g ◦ h, em que g: R −→ Rx 7→ senx

e h: R −→ Rx 7→ 2x+ 5

f ′(x) = g′(h(x))h′(x) = 2 cos(2x+ 5)

2. f : R −→ Rx 7→ cos((4x+ 3)3)

-1.5 -1.25 -1 -0.75 -0.5 -0.25

f

-1

-0.5

0.5

1

f = g1 ◦ g2 ◦ g3 em que g1: R −→ Rx 7→ cosx

, g2: R −→ Rx 7→ x3

, g3: R −→ Rx 7→ 4x+ 3

f ′(x) = g′1(g2 ◦ g3(x))(g2 ◦ g3)′(x) = g′1(g2(g3(x)))g′2(g3(x))g

′3(x)

= − sen(4x+ 3)3.3(4x+ 3)2.4 = −12(4x+ 3)2 sen(4x+ 3)3

3. f : R −→ Rx 7→ 1

1+sen2 x


-4 -2 2 4

f

0.20.40.60.81

f = g ◦ h, em que g: R −→ Rx 7→ 1

1+x2

e h: R −→ Rx 7→ senx

f ′(x) = g′(h(x))h′(x) = − 2h(x)(1 + (h(x))2)2

cosx = − 2 senx cosx(1 + sen2 x)2

4. f : R −→ Rx 7→ ex cos x

-6 -4 -2 2 4 6

f

5

10

15

20

25

30

f ′(x) = (cosx− x senx)ex cos x

Proposição 4.2.6 Sejam f , g e h funções definidas num intervalo aberto contendo a tais que

1. para algum δ > 0 se tem ∀x ∈]a− δ, a+ δ[: f(x) ≤ g(x) ≤ h(x);

2. f(a) = h(a);

3. f e h são deriváveis em a.

Então g é derivável em a e f ′(a) = g′(a) = h′(a).

Demonstração: Tem-se f(a) ≤ g(a) ≤ h(a) e f(a) = h(a), portanto g(a) = f(a)(= h(a)); então, para x ∈]a− δ, a+ δ[tem-se f(x)− f(a) ≤ g(x)− g(a) ≤ h(x)− h(a). Para x > a, tem-se

f(x)− f(a)x− a

≤ g(x)− g(a)x− a

≤ h(x)− h(a)x− a

e, para x < a, tem-sef(x)− f(a)

x− a≥ g(x)− g(a)

x− a≥ h(x)− h(a)

x− a.

Então f ′+(a) ≤ h′+(a) e h′−(a) ≤ f ′−(a); mas f ′+(a) = f ′−(a) = f ′(a) e h′+(a) = h′−(a) = h′(a), portantof ′+(a) = h′+(a) = f ′−(a) = h′−(a) = f ′(a) = h′(a).

De f(x)−f(a)x−a ≤ g(x)−g(a)

x−a ≤ h(x)−h(a)x−a para x ∈]a − δ, a + δ[, e por existirem e serem iguais lim

x→a+

f(x)− f(a)x− a

e

limx→a+

h(x)− h(a)x− a

, conclui-se que existe limx→a+

g(x)− g(a)x− a

e é igual a f ′+(a) = h′+(a). Analogamente se conclui que gé derivável à esquerda e que g′−(a) = f ′−(a) = h′−(a). Então g é derivável em a e g′(a) = f ′(a) = h′(a). �

Exemplos:


1. f : R −→ R

x 7→{x2 se x ∈ Q−x2/4 se x 6∈ Q

Para x ∈ R tem-se −x2 ≤ f(x) ≤ x2, logo f é derivável em 0 e f ′(0) = 0.

2. f : R −→ Rx 7→ (terceiro algarismo na expressão decimal de x).(x− 1)4

Para x ∈ R tem-se 0 ≤ f(x) ≤ 9(x− 1)4, logo f é derivável em 1 e f ′(1) = 0.

3. f : R −→ R

x 7→{x2 − (2x2 − 4x+ 2)| cos( 10

x−1 )| se x 6= 11 se x = 1

-0.5 0.5 1 1.5 2 2.5

f

-2

-1

1

2

3

4

5

Para x ∈ R tem-se x2 − (2x2 − 4x+ 2) ≤ f(x) ≤ x2, isto é, −x2 + 4x− 2 ≤ f(x) ≤ x2, logo f é derivável em 1 ef ′(1) = 2.

4. f : R −→ R

x 7→{x4 se x ∈ Qx2 se x 6∈ Q

Para x ∈]− 1, 1[, tem-se 0 ≤ f(x) ≤ x2, portanto f é derivável em 0 e f ′(0) = 0

Proposição 4.2.7 Sejam f : [a, b] −→ R uma função injectiva contínua, x0 ∈ [a, b]. Se f for derivável em x0 ef ′(x0) 6= 0, então f−1 : f([a, b]) −→ [a, b] é derivável em f(x0), e (f−1)′(f(x0)) = 1

f ′(x0).

Demonstração: Seja y0 = f(x0); quer-se mostrar que limx→y0

f−1(x)− f−1(y0)x− y0

=1

f ′(x0). Como f é derivável em x0 e

f ′(x0) 6= 0, tem-se limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= f ′(x0) 6= 0, de onde limx→x0

x− x0

f(x)− f(x0)=

1f ′(x0)

. Seja ε > 0; existe δ1 > 0

tal que

0 < |x− x0| < δ1 ⇒∣∣∣∣ x− x0

f(x)− f(x0)− 1f ′(x0)

∣∣∣∣ < ε.

Então0 < |f−1(x)− x0| < δ1 ⇒

∣∣∣∣ f−1(x)− x0

f(f−1(x))− f(x0)− 1f ′(x0)

∣∣∣∣ < ε,

isto é,

0 < |f−1(x)− x0| < δ1 ⇒∣∣∣∣f−1(x)− f−1(y0)

x− y0− 1f ′(x0)

∣∣∣∣ < ε.

Mas f é contínua em [a, b], portanto f−1 tambem é contínua; em particular, f−1 é contínua em y0 = f(x0), logo existeδ > 0 tal que |x−y0| < δ ⇒ |f−1(x)−f−1(y0)| < δ1. Por outro lado, f−1 é injectiva, portanto x 6= y0 ⇒ f−1(x) 6= x0.Então

0 < |x− y0| < δ ⇒ 0 < |f−1(x)− f−1(y0)| < δ1

⇒ 0 < |f−1(x)− x0| < δ1

⇒∣∣∣∣f−1(x)− f−1(y0)

x− y0− 1f ′(x0)

∣∣∣∣ < ε.

�Observação:


1. Note-se que para uma função injectiva f : [a, b] −→ R, quer ela seja ou não contínua no intervalo, é muito simplesconcluir que se f−1 e f são deriváveis respectivamente em f(x0) e x0, então (f−1)′(f(x0)) = 1/f ′(x0). De facto,tem-se f−1 ◦ f = id|[a,b], portanto (f−1 ◦ f)′(x0) = (f−1)′(f(x0))f ′(x0). Como id′|[a,b] = 1, conclui-se que(f−1)′(f(x0))f ′(x0) = 1, isto é, (f−1)′(f(x0)) = 1/f ′(x0).

2. Se f−1 é derivável em y0 = f(x0), então f ′(x0) 6= 0, pois (f−1)′(f(x0))f ′(x0) = 1.

Exemplos:

1. f : R+ −→ R+

x 7→ xn; f−1: R+ −→ R+

x 7→ n√x = x1/n

f é derivável e f ′ não tem zeros.

(f−1)′(xn) = 1f ′(x) = 1

nxn−1

(f−1)′(x) = 1f ′(f−1(x)) = 1

n(x1/n)n−1 = 1nx1−1/n = 1

nx(1/n)−1

2. f : R+ −→ R+

x 7→ xα, onde α = m/n.

Tem-se f = g ◦ h em que g(x) = xm e h(x) = x1/n. Então

f ′(x) = g′(h(x))h′(x) = m(h(x))m−1 1nx

1n−1 = m(x

1n )m−1 1

nx

1n−1 =

m

nx

mn −1 = αxα−1.

3. Existe uma função derivável f : R −→ R tal que ∀x ∈ R : f(x)9 + f(x)3 + f(x) + x = 0. Tem-se f ′(x) =− 1

9f(x)8+3f(x)2+1 .

Demonstração:

f(x)9 + f(x)3 + f(x) + x = 0 ⇔ −f(x)9 − f(x)3 − f(x) = x

⇔ g(f(x)) = x, em que g : R −→ Rx 7→ −x9 − x3 − x

-1 -0.5 0.5 1

g

-3

-2

-1

1

2

3

-3 -2 -1 1 2 3

-1g

-1

-0.5

0.5

1

Ora limx→−∞

g(x) = +∞, limx→+∞

g(x) = −∞ e g é contínua, portanto g é sobrejectiva; por outro lado, g′(x) =

−9x8 − 3x2 − 1 < 0, portanto g é estritamente decrescente, logo g é injectiva. Como g é derivável e g′ não temzeros, g−1 : R −→ R é derivável. Pondo f = g−1, tem-se ∀x ∈ R : f(x)9 + f(x)3 + f(x) + x = 0.

Tem-se f ′(x) = (g−1)(x) = 1g′(g−1(x)) = 1

g′(f(x)) = − 19f(x)8+3f(x)2+1 . �

4. Seja f : R −→ R bĳectiva, duas vezes derivável e tal que f ′ não tem zeros. Então f−1 é duas vezes derivável e(f−1)′′(x)− f ′′(f−1(x))

(f ′(f−1(x)))3 .

Demonstração: Como ∀x, f ′(x) 6= 0, tem-se (f−1)′: R −→ Rx 7→ 1

f ′(f−1(x))

. Seja g: R −→ Rx 7→ f ′(f−1(x))

; g é a

composta de duas funções deriváveis, portanto derivável e g′(x) = f ′′(f−1(x))(f−1)′(x) = f ′′(f−1(x)) 1f ′(f−1(x)) ;

como g nunca se anula,1/g, isto é, (f−1)′ é derivável e (f−1)′(x) = − g′(x)(g(x))2 = − f ′′(f−1(x))

(f ′(f−1(x)))3 . �

4.3. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY 51

4.3 Teoremas de Rolle, Lagrange e CauchyDefinição 4.3.1 Diz-se que x0 é um ponto crítico de f sse f ′(x0) = 0, isto é, se o gráfico de f em (x0, f(x0)) tiveruma tangente horizontal.

Um ponto x0 é interior a um intervalo I se existir um δ > 0 tal que ]a− δ, a+ δ[⊂ I.

Proposição 4.3.2 Se f : I −→ R é derivável num ponto x0 interior a I e se f tem um máximo ou um mínimo localem x0, então x0 é um ponto crítico de f .

Demonstração: Suponhamos que f tem um máximo local em x0 e que δ′ > 0 é tal que ]a − δ′, a + δ′[⊂ I; entãoexiste δ > 0 tal que δ < δ′ e ∀x ∈]x0 − δ, x0 + δ[: f(x) ≤ f(x0). Para x ∈]x0 − δ, x0[, tem-se f(x) − f(x0) ≤ 0 e

x − x0 < 0, portanto f(x)−f(x0)x−x0

≥ 0; conclui-se que f ′−(x0)(= limx→x−0

f(x)− f(x0)x− x0

) ≥ 0. Para x ∈]x0, x0 + δ[, tem-se

f(x) − f(x0) ≤ 0 e 0 < x − x0, portanto f(x)−f(x0)x−x0

≤ 0; conclui-se que f ′+(x0)(= limx→x+

0

f(x)− f(x0)x− x0

) ≤ 0. Mas

f ′−(x0) = f ′+(x0) = f ′(x0), portanto f ′(x0) = 0. �

Observação: O recíproco da proposição 4.3.2 não é verdadeiro, como mostra o exemplo 3 a seguir.

Exemplos:

1. f : [−1, 1] −→ Rx 7→ x2

f tem um máximo local em −1 e em 1, mas f ′(−1) 6= 0 e f ′(1) 6= 0; f tem um mínimo local em 0 e f ′(0) = 0.

2. f : [−2, 5] −→ Rx 7→ |x− 3|

f tem um mínimo local em 3, mas não se tem f ′(3) = 0 (f não é derivável em 3).

3. f : R −→ Rx 7→ x3 − 3x2 + 3x− 1

-2 -1 1 2 3

f

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

f ′(1) = 0 mas f não tem máximo local nem mínimo local em 1.

4. f : [−3, 2] −→ Rx 7→ |x3 − x|

-3 -2 -1 1 2

f

0.2

0.4

0.6

0.8


f(x) ={x3 − x se x ∈ [−1, 0] ∪ [1, 2]−x3 + x se x ∈ [−3,−1] ∪ [0, 1]

f ′: [−3, 2] \ {−1, 0, 1} −→ R

x 7→{

3x2 − 1 se x ∈]− 1, 0[∪]1, 2]−3x2 + 1 se x ∈ [−3,−1[∪]0, 1[

Os pontos críticos de f são 1/√

3 e −1/√

3; f não é derivável em −1, 0, 1. Como f é uma função contínua numintervalo fechado, f tem máximo e mínimo; os pontos onde f pode atingir o máximo e o mínimo são os extremosdo intervalo, os pontos críticos e os pontos onde f não é derivável. O cálculo dos valores de f nestes pontospermite concluir que f(−1) = f(0) = f(1) = min f e f(−3) = max f ; f tem ainda um máximo local em 2, em1/√

3 e em −1/√

3.

Teorema 4.3.3 (Rolle) Se f : [a, b] −→ R é uma função contínua que é derivável em ]a, b[, e se f(a) = f(b), entãoexiste x0 ∈]a, b[ tal que f ′(x0) = 0 (isto é, existe um ponto do gráfico onde a recta tangente é horizontal).

f

a bx0

Demonstração: Como f é contínua, f tem máximo e mínimo. Ou f é constante, e a conclusão é óbvia, ou não eexiste então c ∈]a, b[ tal que f(c) 6= f(a). Se f(c) < f(a), existe x0 ∈]a, b[ tal que f(x0) = min f , e se f(c) > f(a),existe x0 ∈]a, b[ tal que f(x0) = max f ; em ambos os casos se conclui, pela proposição anterior, que f ′(x0) = 0. �

Teorema 4.3.4 (Lagrange) Se f : [a, b] −→ R é uma função contínua que é derivável em ]a, b[, então existe x0 ∈]a, b[tal que f ′(x0) = f(b)−f(a)

b−a (isto é, existe um ponto do gráfico em que a recta tangente é paralela à recta que une (a, f(a))a (b, f(b))).

f

a b

f(a)

f(b)

x0

g

a bx0

Demonstração: Seja g: [a, b] −→ Rx 7→ f(x)− f(b)−f(a)

b−a x

. Então g é uma função contínua que é derivável em ]a,b[.

Tem-se g(a) = f(a)− f(b)−f(a)b−a a = bf(a)−af(b)

b−a e g(b) = f(b)− f(b)−f(a)b−a b = −af(b)+bf(a)

b−a , portanto, pelo teorema de Rolle,existe x0 ∈]a, b[ tal que g′(x0) = 0. Mas g′(x) = f ′(x)− f(b)−f(a)

b−a , logo g′(x0) = 0 é equivalente a f ′(x0) = f(b)−f(a)b−a .

�

Corolário 4.3.5 Se f : [a, b] −→ R tem derivada nula em todos os pontos, então f é constante.

Demonstração: Sejam x1, x2 ∈ [a, b] com x1 < x2. Pelo Teorema de Lagrange, existe x0 ∈]x1, x2[ tal que f ′(x0) =f(x2)−f(x1)

x2−x1. Como f tem derivada nula em todos os pontos, tem-se f(x2)−f(x1)

x2−x1= 0, ou seja, f(x1) = f(x2). Logo f é

constante. �

Corolário 4.3.6 Se f, g : [a, b] −→ R são tais que ∀x ∈ [a, b] : f ′(x) = g′(x), então existe c ∈ R tal que ∀x ∈ [a, b] :f(x) = g(x) + c.


Demonstração: Basta aplicar o corolário anterior à função f − g. �

Corolário 4.3.7 Se f : [a, b] −→ R é tal que para todo o x ∈ [a, b] se tem f ′(x) ≥ 0 (resp. f ′(x) > 0, f ′(x) ≤ 0,f ′(x) < 0), então f é crescente (resp. estritamente crescente, decrescente, estritamente decrescente).

Demonstração: Sejam x1, x2 ∈ [a, b] com x1 < x2. Pelo teorema de Lagrange, existe x0 ∈]x1, x2[ tal que f ′(x0) =f(x2)−f(x1)

x2−x1. Como f ′(x0) ≥ 0, tem-se f(x2)−f(x1)

x2−x1≥ 0, de onde f(x1)−f(x2) ≤ 0, isto é f(x1) ≤ f(x2). A demonstração

é análoga nos outros casos. �

Exemplos:

1. f : [1, 2] ∪ [5, 6] −→ R

x 7→{

1 se x ∈ [1, 2]−1 se x ∈ [5, 6]

2 3 4 5 6

f

-1

-0.5

0.5

1

∀x ∈ [1, 2] ∪ [5, 6] : f ′(x) = 0, mas f não é constante.

2. f : [−2,−1] ∪ [1, 2] −→ R

x 7→{−x− 2 se x ∈ [−2,−1]−x+ 2 se x ∈ [1, 2]

-2 -1 1 2

f

-1

-0.5

0.5

1

∀x ∈ [−2,−1] ∪ [1, 2] : f ′(x) = −1 < 0, mas f não é decrescente.

3. f : [−5, 5] −→ R

x 7→{x2 se x ∈ [0, 5]−x2 se x ∈ [−5, 0]

f ′: [−5, 5] −→ R

x 7→{

2x se x ∈ [0, 5]−2x se x ∈ [−5, 0]

f ′(0) = 0 mas f é estritamente crescente.

4. f : R \ {0} −→ Rx 7→ 1

x

; g: R \ {0} −→ R

x 7→

{1x + 1 se x < 01x − 1 se x > 0

Tem-se ∀x ∈ R \ {0} : f ′(x) = g′(x), mas não existe c ∈ R tal que ∀x ∈ R \ {0} : f(x) = g(x) + c.


Proposição 4.3.8 Se f : A −→ R é derivável em x0 e f ′(x0) > 0 (resp. f ′(x0) < 0), então f é estritamente crescente(resp. estritamente decrescente) em x0.

Demonstração: De limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

> 0, conclui-se que existe δ > 0 tal que x ∈]x0 − δ, x0 + δ[⇒ f(x)−f(x0)x−x0

> 0.

Então para x ∈]x0, x0 + δ[, tem-se f(x)−f(x0)x−x0

> 0 e x − x0 > 0, portanto f(x) − f(x0) > 0, isto é, f(x) > f(x0);para x ∈]x0 − δ, x0[, tem-se f(x)−f(x0)

x−x0> 0 e x − x0 < 0, portanto f(x) − f(x0) < 0, isto é, f(x) < f(x0). Logo f é

estritamente crescente em x0. (Observação: A demonstração aplica-se mesmo que x0 não seja ponto de acumulaçãobilateral de A). �

Exemplos:

1. f : [−1, 1] −→ Rx 7→ x2

Tem-se f ′(0) ≥ 0, mas f não é crescente em 0.

2. f : R −→ R

x 7→{−x/2 + x2 sen 10

x se x 6= 00 se x = 0

; f ′: R −→ R

x 7→{−1/2 + 2x sen 10

x − 10 cos 10x se x 6= 0

−1/2 se x = 0

;

-0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6

f

-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0.1

0.2

0.3

0.4

f ′(0) < 0, portanto f é estritamente decrescente em 0.

Proposição 4.3.9 Se f : [a, b] −→ R é derivável e f é crescente (resp. decrescente) então ∀x ∈ [a, b] : f ′(x) ≥ 0(resp. ∀x ∈ [a, b] : f ′(x) ≤ 0).

Demonstração: Como f é crescente, para x 6= x0 tem-se sempre f(x)−f(x0)x−x0

≥ 0, portanto limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

≥ 0. �

Proposição 4.3.10 Se f : [a, b] −→ R é derivável, x0 ∈ [a, b] e ∀x ∈ [a, b] \ {x0} : f ′(x) > 0 (resp. ∀x ∈ [a, b] \ {x0} :f ′(x) < 0), então f é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente).

Demonstração: Sejam x1, x2 ∈ [a, b] tais que x1 < x2. Se x2 ≤ x0 ou x0 ≤ x1, então ∀x ∈]x1, x2[ : f ′(x) > 0; oteorema de Lagrange permite então concluir que f(x1) < f(x2). Se x1 < x0 < x2, pelo que foi dito antes conclui-seque f(x1) < f(x0) e f(x0) < f(x2), portanto f(x1) < f(x2). �

Corolário 4.3.11 Se f : [a, b] −→ R é derivável, x1, . . . , xn ∈ [a, b] e ∀x ∈ [a, b] \ {x1, . . . , xn} : f ′(x) > 0 (resp.∀x ∈ [a, b] \ {x1, . . . , xn} : f ′(x) < 0), então f é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente).

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ −x3

f ′(x) = −3x2; tem-se f ′(x) < 0 para todo o x ∈ R \ {0}, logo f é estritamente decrescente em R.

2. f : R −→ Rx 7→ x3 − 3x


-3 -2 -1 1 2 3

f

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

f ′(x) = 3x2 − 3; para x ∈] −∞,−1[∪]1,+∞[ tem-se f ′(x) > 0; para x ∈] − 1, 1[ tem-se f ′(x) < 0. Conclui-seque f é estritamente crescente em ]−∞,−1] e em [1,+∞[ e que f é estritamente decrescente em [−1, 1].

3. f : R −→ Rx 7→ (x− 1)6 + (x− 1)2 − x+ 5

-1-0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

f

1

2

3

4

5

6

7

f ′: R −→ Rx 7→ 6(x− 1)5 + 2(x− 1)− 1

Como f ′(1) = −1 < 0, conclui-se que f não é crescente em nenhum intervalo que contenha 1. Como f ′(11) =600019 > 0, conclui-se que f não é decrescente em nenhum intervalo que contenha 11.

4. f : R \ {1} −→ Rx 7→ 1

x−1

-6 -4 -2 2 4 6

f

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

f ′: R \ {1} −→ Rx 7→ − 1

(x−1)2

Para qualquer x ∈ R \ {1}, tem-se f ′(x) < 0. Conclui-se que f é estritamente decrescente em qualquer intervalocontido no seu domínio, portanto f é estritamente decrescente em ] −∞, 1[ e em ]1,+∞[. No entanto f não édecrescente.

5. f : R \ {kπ + π/2; k ∈ Z} −→ Rx 7→ tg x


-6 -4 -2 2 4 6

f

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

f ′: R \ {kπ + π/2; k ∈ Z} −→ Rx 7→ sec2 x

Para qualquer x ∈ R \ {kπ + π/2, k ∈ Z}, tem-se f ′(x) > 0. Conclui-se que f é estritamente crescente emqualquer intervalo contido no seu domínio, portanto f é estritamente crescente em ]kπ − π/2, kπ + π/2[, paraqualquer k ∈ Z. No entanto f não é crescente.

6. f : R \ {kπ; k ∈ Z} −→ Rx 7→ cosecx

-6 -4 -2 2 4 6

f

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

f ′: R \ {kπ; k ∈ Z} −→ Rx 7→ − cosx

sen2 xSe existe k ∈ Z tal que x ∈]2kπ − π/2, 2kπ + π/2[, então cosx > 0, portanto f ′(x) < 0; se existe k ∈ Z tal quex ∈]2kπ + π/2, 2kπ + 3π/2[, então cosx < 0, portanto f ′(x) > 0. Conclui-se que f é estritamente decrescenteem todos os intervalos do tipo [2kπ − π/2, 2kπ[ e ]2kπ, 2kπ + π/2]; f é estritamente crescente em todos osintervalos do tipo [2kπ + π/2, (2k + 1)π[ e ](2k + 1)π, 2kπ + 3π/2]. Mas f não é decrescente nos conjuntos dotipo [2kπ − π/2, 2kπ + π/2] \ {kπ} e f não é decrescente nos conjuntos [(2k + 1)π, 2kπ + 3π/2] \ {(2k + 1)π}.

Proposição 4.3.12

1. Se f : ]a, b[−→ R é derivável, f ′(x0) = 0, e existe δ > 0 tal que{f ′(x) > 0 para x ∈]x0 − δ, x0[f ′(x) < 0 para x ∈]x0, x0 + δ[ , então f tem

um máximo estrito local em x0.

2. Se f :]a, b[−→ R é derivável, f ′(x0) = 0, e existe δ > 0 tal que{f ′(x) < 0 para x ∈]x0 − δ, x0[f ′(x) > 0 para x ∈]x0, x0 + δ[ , então f tem

um mínimo estrito local em x0.

Demonstração:

1. Pela proposição 4.3.10 conclui-se que f é estritamente crescente em ]x0−δ, x0], portanto para x ∈]x0−δ, x0] tem-se f(x) < f(x0); f é estritamente decrescente em [x0, x0 + δ[, portanto para x ∈ [x0, x0 + δ[ tem-se f(x) < f(x0).Mas isto implica que f tem um máximo estrito local em x0.

2. Demonstração análoga à de 1. �

Proposição 4.3.13 Se f : ]a, b[−→ R é derivável, f ′(x0) = 0, e f ′′(x0) < 0 (resp. f ′′(x0) > 0), então f tem ummáximo estrito local (resp. um mínimo estrito local) em x0.


Demonstração: De f ′′(x0) < 0 conclui-se que f ′ é estritamente decrescente em x0, isto é, que existe δ > 0 tal que parax ∈]x0− δ, x0[ se tem f ′(x) > f ′(x0) e para x ∈]x0, x0 + δ[ se tem f ′(x) < f ′(x0). Como f ′(x0) = 0, deduz-se que parax ∈]x0 − δ, x0[ se tem f ′(x) > 0 e para x ∈]x0, x0 + δ[ se tem f ′(x) < 0. A proposição anterior permite concluir que ftem um máximo estrito local em x0. �

Observação: De f ′(x0) = f ′′(x0) = 0, não se pode concluir nada, como mostram os três exemplos seguintes.

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ (x− 2)3

f ′(2) = f ′′(2) = 0; f não tem máximo nem mínimo local em 2.

2. f : R −→ Rx 7→ (x− 2)4

f ′(2) = f ′′(2) = 0; f tem um mínimo local em 2.

3. f : R −→ Rx 7→ −(x− 2)4

f ′(2) = f ′′(2) = 0; f tem um máximo local em 2.

4. f : R+ −→ Rx 7→ cos(1/x)

; f ′: R+ −→ Rx 7→ 1

x2 sen 1x

f ′′: R+ −→ Rx 7→ − 2

x3 sen 1x −

1x4 cos( 1

x )

Como f é derivável em R+, os pontos onde f tem máximo ou mínimo local são pontos críticos de f . Oraf ′(x) = 0 sse existe k ∈ Z tal que x = 1/(kπ). Como f ′′(1/(kπ) = − 1

(kπ)4 cos 1kπ , conclui-se f ′′(1/(kπ) > 0 se

k é ímpar e f ′′(1/(kπ) < 0 se k é par. Então f tem um máximo estrito local em cada ponto do tipo 1/(2kπ),com k ∈ N e f tem um mínimo estrito local em cada ponto do tipo 1/((2k − 1)π), com k ∈ N; f não tem maisnenhum máximo nem mínimo local.

5. f : R −→ Rx 7→ 1

1+x2

; f ′: R −→ Rx 7→ −2x

(1+x2)2

-3 -2 -1 1 2 3

f

0.20.40.60.81

O único zero de f ′ é 0; como f ′(x) > 0 para x < 0 e f ′(x) < 0 para x > 0, conclui-se que f tem um máximolocal em 0. Como f é derivável em R, conclui-se que f não tem mais nenhum máximo nem mínimo local.

Proposição 4.3.14 Sejam f : ]a, b[−→ R e x0 ∈]a, b[.

1. Se f é derivável em ]x0, b[, se existe limx→x+

0

f ′(x) e f é contínua à direita em x0, então f é derivável à direita em

x0 e f ′+(x0) = limx→x+

0

f ′(x).

2. Se f é derivável em ]a, x0[, se existe limx→x−0

f ′(x) e f é contínua à esquerda em x0, então f é derivável à esquerda

em x0 e f ′−(x0) = limx→x−0

f ′(x).


3. Se f é derivável em ]a, b[\{x0}, se existe limx→x0

f ′(x) e f é contínua em x0, então f é derivável em x0 e f ′(x0) =

limx→x0

f ′(x).

Demonstração:

1. Seja l = limx→x+

0

f ′(x). Para cada x ∈]x0, b[, existe cx ∈]x0, x[ tal que f ′(cx) = f(x)−f(x0)x−x0

. Quando x tende para

x0, cx tambem tende para x0 e f ′(cx) tende para l, portanto f(x)−f(x0)x−x0

tende para l. Mais precisamente, sejaε > 0; existe δ > 0 tal que x ∈]x0, x0 + δ[⇒ |f ′(x)− l| < ε. Então

x ∈]x0, x0 + δ[ ⇒ cx ∈]x0, x0 + δ[⇒ |f ′(cx)− l| < ε

⇒∣∣∣∣f(x)− f(x0)

x− x0− l

∣∣∣∣ < ε.

Logo limx→x+

0

f(x)− f(x0)x− x0

= l, isto é, f é derivável à direita em x0 e f ′+(x0) = l.

2. Demonstração análoga.

3. Demonstração análoga. �

Exemplos:

1. f : R −→ R

x 7→{x2 sen 1

x se x 6= 00 se x = 0

; f ′: R −→ R

x 7→{

2x sen 1x − cos 1

x se x 6= 00 se x = 0

.

f ′ não é contínua em 0, visto que não existe limx→0

f ′(x).

2. f : R −→ R

x 7→{x2 + 3 se x ≤ 1−x+ 5 se x ≥ 1

; f ′: R −→ R

x 7→{

2x se x < 1−1 se x > 1

.

Como limx→1−

f ′(x) = limx→1−

2x = 2 e f é contínua em 1, conclui-se que f é derivável à esquerda em 1 e f ′−(1) = 2.Como lim

x→1+f ′(x) = lim

x→1+−1 = −1 e f é contínua em 1, conclui-se que f é derivável à direita em 1 e f ′+(1) = −1.

Logo f não é derivável em 1.

3. f : R −→ R

x 7→{x2 − 4x+ 5 se x ≥ 1−6 3√x+ 7 se x ≤ 1

; f ′: R −→ R

x 7→{

2x− 4 se x > 1−2/ 3

√x2 se x < 1

.

Tem-se limx→1+

f ′(x) = −2 = limx→1−

f ′(x) e f é contínua em 1; portanto f é derivável em 1 e f ′(1) = −2. Emparticular f ′ é contínua em 1.f ′: R −→ R

x 7→{

2x− 4 se x ≥ 1−2/ 3

√x2 se x ≤ 1

; f ′′: R −→ R

x 7→{

2 se x > 14/(3x 3

√x2) se x < 1

.

Tem-se limx→1+

f ′′(x) = 2, logo f ′′+(1) = 2; limx→1−

f ′′(x) = 4/3, portanto f ′′−(1) = 4/3. Então f ′ não é derivávelem 1.

Proposição 4.3.15 (Teorema dos valores intermédios para derivadas) Seja f : [a, b] −→ R uma função deri-vável; se f ′(a) < c < f ′(b) ou se f ′(b) < c < f ′(a), então existe x0 ∈]a, b[ tal que f ′(x0) = c

Demonstração: Suponhamos primeiro que f ′(a) < 0 < f ′(b). Então f é estritamente decrescente em a e estritamentecrescente em b, logo f não tem um mínimo em a nem em b. Mas f é contínua, portanto existe algum ponto x0 ∈]a, b[tal que f(x0) = min f , logo x0 é um ponto crítico de f , isto é, f ′(x0) = 0.

Suponhamos agora que f ′(a) < c < f ′(b) e consideremos a função g: [a, b] −→ Rx 7→ f(x)− cx

. Tem-se g′(a) =

f ′(a)− c < 0 e g′(b) = f ′(b)− c > 0, portanto existe x0 ∈]a, b[ tal que g′(x0) = 0, isto é, tal que f ′(x0) = c. �Observação: Se f ′ é contínua, este resultado é tambem uma consequência imediata do teorema dos valores intermédiospara funções contínuas.


Definição 4.3.16 Diz-se que f é convexa (resp. côncava) em [a, b] sse para quaisquer x1, x2 ∈ [a, b] com x1 < x2 ográfico de f entre x1 e x2 está abaixo (resp. acima) da recta que une (x1, f(x1)) a (x2, f(x2)) isto é, se para qualquerx ∈]x1, x2[ se tiver f(x) < f(x2)−f(x1)

x2−x1(x− x1) + f(x1) (resp. f(x) > f(x2)−f(x1)

x2−x1(x− x1) + f(x1)).

Proposição 4.3.17 Se f é derivável em [a, b] e f ′ é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) então fé convexa (resp. côncava) em [a, b].

Demonstração: Sejam x, x1, x2 ∈ [a, b] tais que x1 < x < x2. Pelo teorema de Lagrange existem a1 ∈]x1, x[ ea2 ∈]x, x2[ tais que f ′(a1) = f(x)−f(x1)

x−x1e f ′(a2) = f(x2)−f(x)

x2−x . Como f ′ é estritamente crescente e a1 < a2, conclui-seque f(x)−f(x1)

x−x1< f(x2)−f(x)

x2−x , de onde

(x2 − x1)f(x) < x(f(x2)− f(x1)) + x2f(x1)− x1f(x2),

isto é f(x) < f(x2)−f(x1)x2−x1

(x− x1) + f(x1), como queríamos demonstrar. �

Corolário 4.3.18 Se f é duas vezes derivável em [a, b] e ∀x ∈ [a, b]\{x1, . . . , xn} : f ′′(x) > 0 (resp. f ′′(x) < 0) entãof é convexa (resp. côncava).

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ x5 − 3x3 + 2x

-3 -2 -1 1 2 3

f

-6

-4

-2

2

4

6

-3 -2 -1 1 2 3

f’

-6

-4

-2

2

4

6

-3 -2 -1 1 2 3

f’’

-6

-4

-2

2

4

6

f ′(x) = 5x4 − 9x2 + 2, f ′′(x) = 20x3 − 18x; f ′′(x) < 0 sse x ∈] − ∞,−3/√

10[∪]0, 3/√

10[ e f ′′(x) > 0sse x ∈] − 3/

√10, 0[∪]3/

√10,+∞[. Logo f é côncava em [−3/

√10, 0] e em [3/

√10,+∞[; f é convexa em

]−∞,−3/√

10] e em [0, 3/√

10]

2. f : R \ {kπ; k ∈ Z} −→ Rx 7→ cosecx

-6 -4 -2 2 4 6

f

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-6 -4 -2 2 4 6

f’

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-6 -4 -2 2 4 6

f’’

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

f ′(x) = − cosxsen2 x

, f ′′(x) =1 + cos2 x

sen3 x; nos intervalos do tipo ]2kπ, (2k + 1)π[, k ∈ Z, f ′′ é positiva, portanto f é

convexa; nos intervalos do tipo ](2k − 1)π, 2kπ[, k ∈ Z, f ′′ é negativa, portanto f é côncava.

Proposição 4.3.19 Se f : [a, b] −→ R é derivável e convexa (resp. côncava), então

1. para quaisquer x, x0 ∈ [a, b] tem-se f(x) > f ′(x0)(x− x0) + f(x0), (resp. f(x) < f ′(x0)(x− x0) + f(x0)) isto é,o gráfico de f está acima (resp. abaixo) de qualquer tangente ao gráfico;


2. f ′ é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) em [a, b].

Demonstração:

1. Sejam x0, x1, x2 ∈ [a, b] tais que x0 < x1 < x2. Então f(x1) <f(x2)−f(x0)

x2−x0(x1−x0)+f(x0), de onde f(x1)−f(x0)

x1−x0<

f(x2)−f(x0)x2−x0

. Conclui-se que, para cada x0 ∈ [a, b[, a função g: ]x0, b] −→ Rx 7→ f(x)−f(x0)

x−x0

é estritamente crescente;

além disso, limx→x+

0

g(x) = f ′(x0), portanto ∀x ∈]x0, b], tem-se f ′(x0) < g(x). Mas isto significa que f ′(x0) <

f(x)−f(x0)x−x0

, ou ainda f(x) > f ′(x0)(x− x0) + f(x0).A demonstração é análoga para x < x0.

2. Sejam x1, x2 ∈ [a, b] tais que x1 < x2. Por 1., como o gráfico de f está acima da tangente ao gráfico em x1,tem-se f(x2) > f ′(x1)(x2 − x1) + f(x1). Como o gráfico de f está acima da tangente ao gráfico em x2, tem-sef(x1) > f ′(x2)(x1 − x2) + f(x2). Então f ′(x1) <

f(x2)−f(x1)x2−x1

< f ′(x2). �

Definição 4.3.20 Se f é derivável em x0, diz-se que f tem um ponto de inflexão em x0 sse a tangente ao gráficode f em x0 atravessar o gráfico em (x0, f(x0)) (isto é, se existe δ > 0 tal que{

x ∈]x0 − δ, x0[⇒ f(x) < f ′(x0)(x− x0) + f(x0)x ∈]x0, x0 + δ[⇒ f(x) > f ′(x0)(x− x0) + f(x0)

ou{x ∈]x0 − δ, x0[⇒ f(x) > f ′(x0)(x− x0) + f(x0)x ∈]x0, x0 + δ[⇒ f(x) < f ′(x0)(x− x0) + f(x0)

.

f

x0

Lema 4.3.21 Sejam f : [a, b] −→ R derivável e x0 ∈]a, b[ um ponto de inflexão de f tal que f(x0) = f ′(x0) = 0. Seexistir f ′′(x0), então f ′′(x0) = 0.

Demonstração: Como f tem um ponto de inflexão em x0 e a recta tangente ao gráfico de f em x0 é o eixo dos xx,

conclui-se que existe δ > 0 tal que{x ∈]x0 − δ, x0[⇒ f(x) < 0x ∈]x0, x0 + δ[⇒ f(x) > 0 ou

{x ∈]x0 − δ, x0[⇒ f(x) > 0x ∈]x0, x0 + δ[⇒ f(x) < 0 . Suponhamos que

se verifica o primeiro caso. Tem-se f ′′(x0) = limx→x0

f ′(x)x− x0

. Se para x suficientemente perto de x0 à direita, f ′(x) < 0,então f seria decrescente perto de 0 à direita, o que contradiz a hipótese x ∈]x0, x0 + δ[⇒ f(x) > 0. Verifica-se entãouma e uma só das seguintes possibilidades:

1. para x suficientemente perto de x0 à direita, f ′(x) > 0; neste caso, f ′(x)x−x0

> 0, portanto limx→x0

f ′(x)x− x0

≥ 0, isto é,

f ′′+(x0) ≥ 0;

2. arbitrariamente próximo de x0, existem pontos onde f ′ é positiva e pontos onde f ′ é negativa; isso implica que

limx→x0

f ′(x)x− x0

= 0.

Conclui-se que f ′′+(x0) ≥ 0. Analogamente se mostra que f ′′−(x0) ≤ 0, portanto f ′′(x0) = 0 �

Proposição 4.3.22 Sejam f : [a, b] −→ R derivável e x0 ∈]a, b[ um ponto de inflexão de f ; se existir f ′′(x0), entãof ′′(x0) = 0.

Demonstração: Seja g: [a, b] −→ Rx 7→ f(x)− f ′(x0)(x− x0)− f(x0)

. Então g′′(x) = f ′′(x), g(x0) = g′(x0) = 0 e x0

é um ponto de inflexão de g. Pelo lema anterior conclui-se que g′′(x0) = 0, portanto f ′′(x0) = 0. �


Proposição 4.3.23 Se a < x0 < b e f : [a, b] −→ R é convexa em [a, x0] e côncava em [x0, b] (ou vice versa) então ftem um ponto de inflexão em x0.

Demonstração: Como f é convexa em [a, x0], o gráfico de f em [a, x0[ está acima da tangente ao gráfico em (x0, f(x0));como f é côncava em [x0, b], o gráfico de f em ]x0, b] está abaixo da tangente ao gráfico em (x0, f(x0)). Conclui-seque a tangente ao gráfico em (x0, f(x0)) atravessa o gráfico, portanto f tem um ponto de inflexão em x0. �

Corolário 4.3.24 Se f é duas vezes derivável, se existe f ′′′(x0) e f ′′′(x0) 6= 0, então f tem um ponto de inflexão emx0.

Exemplos

1. f : R −→ Rx 7→ arctg(x− 1)

f ′(x) = 11+(x−1)2 ; f ′′(x) = −2(x−1)

(1+(x−1)2)2 ; em ]−∞, 1[, f ′′ é positiva, portanto f é convexa em ]−∞, 1]; em ]1,+∞[,f ′′ é negativa, portanto f é côncava em [1,+∞[; logo f tem um ponto de inflexão em 1.

2. f : R −→ Rx 7→ x5 − 2x3 + x

f ′(x) = 5x4− 6x2 +1; f ′′(x) = 20x3− 12x; f ′′ é positiva em ]−√

3/5, 0[∪]√

3/5,+∞[, portanto f é convexa em[−√

3/5, 0] e em [√

3/5,+∞[; f ′′ é negativa em ]−∞,−√

3/5[∪]0,√

3/5[, portanto f é côncava em ]−∞,−√

3/5]e em [0,

√3/5]; −

√3/5 e

√3/5 são pontos de inflexão de f .

3. f : R −→ Rx 7→ (x+ 2)6

f ′(x) = 6(x+ 2)5; f ′′(x) = 30(x+ 2)4; f ′′(−2) = 0, mas f não tem ponto de inflexão em −2.

Teorema 4.3.25 (Cauchy) Sejam f, g : [a, b] −→ R funções contínuas que são deriváveis em ]a, b[. Então existex0 ∈]a, b[ tal que (f(b)− f(a))g′(x0) = (g(b)− g(a))f ′(x0).

Demonstração: Seja h: [a, b] −→ Rx 7→ (f(b)− f(a))g(x)− (g(b)− g(a))f(x)

. Então h é contínua e h é derivável

em ]a, b[; por outro lado, h(a) = f(b)g(a) − f(a)g(b) e h(b) = f(b)g(a) − f(a)g(b). Portanto, pelo teorema deRolle, conclui-se que existe x0 ∈]a, b[ tal que h′(x0) = 0. Mas h′(x) = (f(b) − f(a))g′(x) − (g(b) − g(a))f ′(x), logo0 = h′(x0) = (f(b)− f(a))g′(x0)− (g(b)− g(a))f ′(x0), isto é, (f(b)− f(a))g′(x0) = (g(b)− g(a))f ′(x0). �

Observação: Se considerarmos o movimento de um objecto no plano cuja posição no instante t é (f(t), g(t)) e cujavelocidade nunca se anula, o teorema de Cauchy diz-nos que existe algum instante em que a tangente à trajectória éparalela ao segmento que une a posição inicial à posição final.

(f(a),g(a))

(f(b),g(b))

Teorema 4.3.26 Sejam f e g funções deriváveis em ]a, b[ e x0 ∈]a, b[ tal que limx→x0

f(x) = limx→x0

g(x) = 0. Se g′(x) 6= 0

numa vizinhança de x0 e existir l ∈ R tal que limx→x0

f ′(x)g′(x)

= l, então existe limx→x0

f(x)g(x)

é igual a l.


Demonstração: Podemos supor que f e g são contínuas em x0; se não forem, basta considerar f1 e g1 definidas

por f1(x) ={f(x) se x 6= x0

0 se x = x0e g1(x) =

{g(x) se x 6= x0

0 se x = x0, que são contínuas em 0 e têm exactamente o mesmo

comportamento que f e g relativamente à existência de limites.

Suponhamos que limx→x0

f ′(x)g′(x)

= l e seja α > 0 tal que g′|]x0−α,x0+α[\{x0} não tem zeros. Então g tambem não tem

zeros em ]x0−α, x0 +α[\{x0}: se x ∈]x0−α, x0 +α[\{x0}, pelo teorema de Lagrange existe x1 ∈]x0−α, x0 +α[\{x0}tal que g(x)−g(x0)

x−x0= g′(x1); ora g(x0) = 0 e g′(x1) 6= 0, portanto g(x)− 0 6= 0, isto é g(x) 6= 0.

Conclui-se que f(x)/g(x) está definido em ]x0 − α, x0 + α[\{x0}. Pelo teorema de Cauchy, para cada x ∈]x0 −α, x0 + α[\{x0}, existe cx entre x0 e x tal que (f(x) − f(x0))g′(cx) = (g(x) − g(x0))f ′(cx), o que, como g(x) 6= 0e f(x0) = g(x0) = 0, implica f(x)/g(x) = f ′(cx)/g′(cx). Mas quando x tende para x0, cx tambem tende parax0, portanto f ′(cx)/g′(cx) tende para l, logo f(x)/g(x) tende para l. Mais precisamente, queremos mostrar que∀ε > 0∃δ > 0 : 0 < |x − x0| < δ ⇒ |f(x)/g(x)| < ε. Seja então ε > 0; como lim

x→x0f ′(x)/g′(x) = l, existe δ > 0

tal que 0 < |x − x0| < δ ⇒ |f ′(x)/g′(x) − l| < ε. Mas se 0 < |x − x0| < δ, tem-se 0 < |cx − x0| < δ, portanto|f ′(cx)/g′(cx)− l| < ε, isto é |f(x)/g(x)− l| < ε. �

Teorema 4.3.27 (regra de l’Hôpital) Sejam f e g funções deriváveis definidas em intervalos abertos. Se g′(x) 6= 0para x 6= α, lim

x→αf(x) = lim

x→αg(x) = β e se lim

x→αf ′(x)/g′(x) = γ, então lim

x→αf(x)/g(x) = γ, em que α pode ser

x0, x+0 , x

−0 ,+∞ ou −∞, β pode ser 0, +∞ ou −∞ e γ pode ser um número real, +∞ ou −∞.

A demonstração é semelhante à do caso particular visto no teorema anterior.

Observação: De facto a hipótese g′(x) 6= 0 para x 6= α é desnecessária; basta que exista alguma vizinhança de α talque g′(x) 6= 0 para x pertencente a essa vizinhança; considera-se como vizinhança de +∞ a qualquer conjunto quecontenha um intervalo não majorado e vizinhança de −∞ qualquer conjunto que contenha um intervalo não minorado.

Exemplos

1. limx→+∞

4x+ 52x− 3

Sejam f : R −→ Rx 7→ 4x+ 5

, g: R −→ Rx 7→ 2x− 3

; tem-se limx→+∞

f(x) = limx→+∞

g(x) = +∞ e limx→+∞

f ′(x)/g′(x) =

2, portanto limx→+∞

4x+ 52x− 3

= 2.

2. limx→1

ex−1 − x

x2 − 2x+ 1Sejam f : R −→ R

x 7→ ex−1 − x, g: R −→ R

x 7→ x2 − 2x+ 1; tem-se lim

x→1f(x) = lim

x→1g(x) = 0; tem-se ainda

limx→1

f ′(x) = limx→1

g′(x) = 0; mas limx→1

f ′′(x)/g′′(x) = limx→1

ex−1

2= 1/2, portanto lim

x→1f ′(x)/g′(x) = 1/2, logo

limx→1

f(x)/g(x) = 1/2.

3. limx→+∞

x

log x

Sejam f : R+ −→ Rx 7→ x

, g: R+ −→ Rx 7→ log x

; tem-se limx→+∞

f(x) = limx→+∞

g(x) = +∞ e limx→+∞

f ′(x)/g′(x) =

limx→+∞

11/x

= +∞, portanto limx→+∞

x

log x= +∞

4. limx→0

senx− tg xx3

Sejam f : ]− π/2, π/2[ −→ Rx 7→ senx− tg x

e g: ]− π/2, π/2[ −→ Rx 7→ x3

; tem-se limx→0

f(x) = limx→0

g(x) = 0,

limx→0

f ′(x) = limx→0

(cosx− sec2 x) = 0, limx→0

g′(x) = limx→0

3x2 = 0, limx→0

f ′′(x) = limx→0

− senx− 2 sec2 x tg x = 0,

limx→0

g′′(x) = limx→0

6x = 0 e limx→0

f ′′′(x)g′′′(x)

limx→0

− cosx− 4 sec2 x tg2 x− 2 sec4 x

6= −1/2, portanto lim

x→0f ′′(x)/g′′(x) =

−1/2, logo limx→0

f ′(x)/g′(x) = −1/2, de onde se deduz que limx→0

f(x)/g(x) = −1/2.

4.4. RESOLUÇÃO DE ALGUNS EXERCÍCIOS 63

5. limx→−1

2x2 + 15x+ 3

Sejam f : R −→ Rx 7→ 2x2 + 1

e g: R −→ Rx 7→ 5x+ 3

; tem-se limx→−1

f ′(x)/g′(x) = −4/5, mas limx→−1

f(x)/g(x) =

−3/2.

4.4 Resolução de alguns exercícios1. Esboçar o gráfico de f : R \ {0} −→ R

x 7→ x2−3x3

.

Os zeros de f são√

3 e −√

3.

limx→0+

f(x) = limx→0+

x2 − 3x3

= limx→0+

(− 1x3

(3− x2)) = −∞; limx→0−

f(x) = limx→0−

x2 − 3x3

= limx→0−

(− 1x3

(3− x2)) =

+∞; logo a recta de equação x = 0 é uma assímptota vertical do gráfico de f (à esquerda e à direita).lim

x→+∞f(x) = lim

x→−∞f(x) = 0; logo a recta de equação y = 0 é uma assímptota horizontal do gráfico de f .

f é derivável em todos os pontos do domínio, e f ′(x) = −x2+9x4 ; os pontos críticos de f são 3 e −3 e tem-se

f(3) = 2/9 e f(−3) = −2/9.f ′(x) > 0 ⇔ x ∈] − 3, 0[∪]0, 3[; f ′(x) < 0 ⇔ x ∈] −∞,−3[∪]3,+∞[; conclui-se que f é estritamente crescenteem [−3, 0[ e em ]0, 3]; f é estritamente decrescente em ]−∞,−3[ e em ]3,+∞[ (atenção: f não é crescente em]− 3, 0[∪]0, 3[ e f não é decrescente em ]−∞,−3[∪]3,+∞[).

f ′ é derivável em todos os pontos do domínio, e f ′′(x) = 2x2−36x5 .

f ′′(x) > 0 ⇔ x ∈]−√

18, 0[∪]√

18,+∞[; f ′′(x) < 0 ⇔ x ∈]−∞,−√

18[∪]0,√

18[; conclui-se que f é convexa em[−√

18, 0[ e em [√

18,+∞[ e f é côncava em ]−∞,−√

18[ e em ]0,√

18[; f tem dois pontos de inflexão:√

18 e−√

18; f(√

18) = 5√

2/36, f(−√

18) = −5√

2/36.Como f ′′(−3) > 0 e f ′′(3) < 0, f tem um mínimo local em −3 e um máximo local em 3.

-10 -7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5 10

f

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

2. Esboçar o gráfico de f : R \ {1} −→ Rx 7→ 2x2−4x+3

x−1

.

f não tem zeros, porque o discriminante do numerador é negativo.lim

x→1+f(x) = +∞; lim

x→1−f(x) = −∞; logo a recta de equação x = 1 é uma assímptota vertical do gráfico de f (à

esquerda e à direita).lim

x→+∞f(x)/x = lim

x→−∞f(x)/x = 2; lim

x→+∞(f(x)− 2x) = lim

x→−∞(f(x)− 2x) = −2; logo a recta de equação

y = 2x− 2 é uma assímptota do gráfico de f .

f é derivável em todos os pontos do domínio, e f ′(x) = 2 − 1(x−1)2 ; os pontos críticos de f são 1 − 1/

√2 e

1 + 1/√

2.


f ′(x) > 0 ⇔ x ∈]−∞, 1− 1/√

2[∪]1 + 1/√

2,+∞[; f ′(x) < 0 ⇔ x ∈]1− 1/√

2, 1[∪]1, 1 + 1/√

2[; conclui-se que fé estritamente crescente em ]−∞, 1− 1/

√2] e em [1+1/

√2,+∞[; f é estritamente decrescente em [1− 1/

√2, 1[

e em ]1, 1 + 1/√

2]; conclui-se que f tem um mínimo local em 1 + 1/√

2 e um máximo local em 1− 1/√

2.

f ′ é derivável em todos os pontos do domínio, e f ′′(x) = 2(x−1)3 .

f ′′(x) > 0 ⇔ x > 1; f ′′(x) < 0 ⇔ x < 1; conclui-se que f é convexa em ]1,+∞[ e côncava em ]−∞, 1[.

-6 -4 -2 2 4 6

f

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

3. Esboçar o gráfico de f : R \ {2, 4} −→ Rx 7→ 1

(x−2)(x−4)

.

f não tem zeros.lim

x→2−f(x) = lim

x→4+f(x) = +∞; lim

x→2+f(x) = lim

x→4−f(x) = −∞; logo as rectas de equações, respectivamente,

x = 2 e x = 4 são assímptotas verticais do gráfico de f .lim

x→+∞f(x) = lim

x→−∞f(x) = 0; logo a recta de equação y = 0 é uma assímptota horizontal do gráfico de f .

f é derivável em todos os pontos do domínio, e f ′(x) = −2x+6(x−2)2(x−4)2 ; o único ponto crítico de f é 3.

f ′(x) > 0 ⇔ x < 3; f ′(x) < 0 ⇔ x > 3; conclui-se que f é estritamente crescente em ] −∞, 2[ e em ]2, 3]; f éestritamente decrescente em [3, 4[ e em ]4,+∞[; conclui-se que f tem um máximo local em 3; f(3) = −1.

f ′ é derivável em todos os pontos do domínio, e f ′′(x) = 6(x−3)2+2(x−2)3(x−4)3 .

f ′′(x) > 0 ⇔ x ∈]−∞, 2[∪]4,+∞[; f ′′(x) < 0 ⇔ x ∈]2, 4[; conclui-se que f é convexa em ]−∞, 2[ e em ]4,+∞[e f é côncava em ]2, 4[.

-1 1 2 3 4 5 6 7

f

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

4. Um objecto desloca-se numa recta e a sua posição no instante t (t ≥ 0) é 1t2−2t+2 .

(a) Qual é a velocidade do objecto em cada instante?(b) Existe algum instante em que a distância à origem é máxima? e mínima?

a) v(t) = 2−2t(t2−2t+2)2 .


b) A distância do objecto à origem no instante t é 1t2−2t+2 , uma vez que 1

t2−2t+2 > 0. Queremos então averiguarse a função f : [0,+∞[ −→ R

x 7→ 1x2−2x+2

tem máximo e mínimo. Como ∀x : f(x) > 0 e limx→+∞

f(x) = 0,

conclui-se que f não tem mínimo e tem máximo.f ′: [0,+∞[ −→ R

x 7→ 2−2x(x2−2x+2)2

; o único ponto crítico de f é 1; como f(1) = 1 e f(0) = 1/2, o máximo de f é

1. Então a distância máxima à origem é 1, e ocorre para t = 1.

5. Está a ser despejada água para dentro de um recipiente cílindrico de raio 2cm a uma velocidade de 12π cm3/min.A que velocidade sobe a altura da água?

h(t)

2cm

Sejam V (t) o volume de água no cilindro no instante t e h(t) a altura da água no instante t. Tem-se V (t) =πr2h(t) = 4πh(t); então V ′(t) = 4πh′(t). Ora V ′(t) = 12π, portanto h′(t) = 3, logo a água sobe a 3cm/min.

6. Um balão esférico está a ser enchido de ar.

(a) Sabendo que no instante em que o raio é 3cm, o raio está a aumentar 0, 5 cm/min, a que velocidade está aaumentar o volume nesse instante?

(b) Sabendo que no instante em que a área de superfície é 64π, o volume está a aumentar a uma velocidade de16π cm3/min, a que velocidade estão a aumentar o raio e a área de superfície do balão?

O volume de uma esfera de raio r é 4πr3/3 e a sua área de superfície é 4πr2. Sejam V (t) o volume do balãono instante t, A(t) a área da superfície do balão no instante t e r(t) o raio do balão no instante t; tem-seV (t) = 4π(r(t))3/3 e A(t) = 4π(r(t))2.a) Seja t0 o instante em questão; tem-se r(t0) = 3 e r′(t0) = 0, 5. Por outro lado, V ′(t) = 4π(r(t))2r′(t), portantoV ′(t0) = 4π.9.0, 5 = 18π. O volume está a aumentar a 18π cm3/s.b) Seja t0 o instante em questão; tem-se A(t0) = 64π (logo r(t0) = 4) e V ′(t0) = 16π. Por outro lado,V ′(t) = 4π(r(t))2r′(t) = A(t)r′(t) e A′(t) = 8πr(t)r′(t); como V ′(t0) = 16π, conclui-se que r′(t0) = 1/4, e, comor(t0) = 4, tem-se A′(t0) = 8π.O raio está a aumentar a 0, 25 cm/s e a área de superfície está a aumentar a 16π cm2/s.

7. Num determinado instante, um carro está 30km a norte de um ponto P , a deslocar-se para norte a uma velocidadede 50km/h e um outro carro está 40km a leste de P , a deslocar-se para leste a 20km/h. A que velocidade estáa aumentar a distância entre os dois carros?

Sejam d(t), x(t) e y(t) respectivamente a distância entre os dois carros, a distância do segundo carro ao pontoP e a distância do primeiro carro ao ponto P no instante t. Tem-se então d(t)2 = x(t)2 + y(t)2, portanto2d(t)d′(t) = 2x(t)x′(t) + 2y(t)y′(t). No instante t0 considerado, x(t0) = 40, y(t0) = 30 (portanto d(t0) = 50),x′(t0) = 20, y′(t0) = 50 , portanto 2.50.d′(t0) = 2.40.20 + 2.30.50, de onde d′(t0) = 46.A distância entre os carros está a aumentar a 46km/h.

8. Um monte de areia em forma de cone está a ser formado por areia que é despejada no vértice; o cone está aaumentar de maneira que a altura é sempre igual ao raio da base. Sabendo que a areia cai a uma velocidade de2cm3/s, a que velocidade está a aumentar a altura do cone no instante em que essa altura é 10cm?

r=h(t)

h(t)

O volume de um cone com base de raio r e altura h é πr2h/3. Sejam V (t) o volume do cone no instante t e h(t)a altura do cone no instante t. Então V (t) = π(h(t))3/3, logo V ′(t) = π(h(t))2h′(t). Seja t0 o instante em que aaltura é 10. Então V ′(t0) = π.100.h′(t0); como V ′(t0) = 2, conclui-se que h′(t0) = π/50.A altura está a aumentar a π/50 cm/s.


9. Quais são as dimensões do rectângulo de perímetro p que tem maior área?

2x+2y=p

y

x

Se um rectângulo tem perímetro p, então qualquer dos lados tem comprimento menor do que p/2. Consideremosa função A: ]0, p/2[ −→ R

x 7→ área do rectângulo de perímetrop com altura x

Se o perímetro do rectângulo é p e um dos lados

tem comprimento x, o outro lado tem comprimento p/2 − x, portanto A(x) = x(p/2 − x). Como limx→0

A(x) =

limx→p/2

A(x) = 0, A só toma valores positivos e A é uma função contínua, A tem um máximo; ora A é derivável,

portanto o(s) ponto(s) onde A atinge o máximo corresponde(m) a ponto(s) crítico(s) de A. Tem-se A′(x) =−2x+ p/2, portanto o único ponto crítico de A é p/4, logo é o ponto onde A atinge o máximo.O rectângulo de perímetro p que tem maior área é o quadrado de lado p/4.

10. Quer-se dividir um fio de comprimento l em dois pedaços e construir com esses pedaços um quadrado e umcírculo. Existe alguma maneira de dividir o fio de maneira a que a soma das áreas do quadrado e do círculo sejamínima? e máxima?

2l-xr=rx/4

l-xx

l

Seja A(x) a soma das áreas do quadrado e do círculo que se obtêm formando um quadrado de perímetro x e umcírculo de perímetro l−x. A área de um quadrado de perímetro x é (x/4)2 e a área de um círculo de perímetro l−xé π( l−x

2π )2 = (l−x)2

4π . Então A(x) = x2

16 + (l−x)2

4π . Consideremos a função A: ]0, l[ −→ Rx 7→ x2

16 + (l−x)2

4π

. Queremos

averiguar se A tem máximo e mínimo; determinemos os pontos críticos de A. Como A′(x) = x/8− (l− x)/(2π),o único ponto crítico de A é x0 = 8l/(2π + 8); por outro lado, lim

x→0A′(x) = −l/(2π) < 0 e lim

x→lA′(x) = l/8 > 0,

portanto A tem um mínimo em ]0, l[. Conclui-se que o mínimo de A ocorre em x0. Como A não tem mais pontoscríticos, conclui-se que A não tem máximo. Calculando lim

x→0A(x) = l2/(4π) e lim

x→lA(x) = l2/16, vemos que a

área máxima corresponderia a não dividir o fio e construir apenas um círculo com a totalidade.

11. Um objecto desloca-se no plano, e a sua posição no instante t (t ≥ 0) é (2 cos t, sen t); existe algum instante emque a distância à origem é máxima? e mínima?

A distância do objecto à origem no instante t é√

4 cos2 t+ sen2 t =√

3 cos2 t+ 1. Essa distância é má-xima (resp. mínima) quando o seu quadrado for máximo (resp. mínimo). Consideremos então a função f :[0,+∞[ −→ R

x 7→ 3 cos2 x+ 1; esta função é periódica de período π, e é contínua, portanto tem máximo e mí-

nimo. Tem-se f ′(x) = −6 cosx senx = −3 sen 2x; os pontos críticos de f em [0, π] são 0, π/2, π; entre estes têmde estar incluidos os pontos onde f atinge o máximo e o mínimo. Ora f(0) = f(π) = 4 e f(π/2) = 1. Conclui-seque a distância à origem é máxima em todos os instantes kπ, k ∈ Z e é mínima em todos os instantes kπ+ π/2,k ∈ Z.

12. A altura, ao fim de t segundos, de um objecto atirado verticalmente para cima com velocidade inicial 9, 8m/s é9, 8t− 4, 9t2m. Qual é a altura máxima atingida pelo objecto e quanto tempo leva até o objecto voltar ao solo?

O objecto volta ao solo no instante em que a altura é 0, isto é, quando 9, 8t − 4, 9t2 = 0, ou seja, t = 2.Consideremos a função f : [0, 2] −→ R

t 7→ 9, 8t− 4, 9t2, que nos dá a altura do objecto no instante t. A altura

máxima atingida pelo objecto é o máximo de f . Ora f(0) = 0 = f(2), e f só toma valores positivos, portanto f


atinge o máximo em ]0, 2[, logo num ponto crítico. Ora o único ponto crítico de f é 1, portanto o máximo de fé f(1) = 4, 9.

A altura máxima atingida pelo objeccto é 4, 9m e o objecto leva 2s a voltar ao solo.

13. Dados uma recta e dois pontos P1 e P2 do mesmo lado da recta, qual é o caminho mais curto do ponto P1 aoponto P2 que passa por algum ponto da recta?

O caminho mais curto é obviamente formado por um segmento de recta que une P1 a um ponto P da recta epelo segmento de recta que une P a P2. Tambem é óbvio que P é um ponto entre as projecções P ′1 e P ′2 de P1 eP2 sobre a recta.

21

P

2

1

l

d

d

1P

P2

2PP1

Consideremos então a função d: [0, l] −→ R

x 7→comprimento do caminho deter-minado pelo ponto P a uma dis-tância x de P ′1

. Queremos determinar o mí-

nimo de d; tem-se d(x) =√x2 + d2

1 +√

(l − x)2 + d22 e d′(x) = x√

x2+d21

− l−x√(l−x)2+d2

2

. Ora d′(0) = −l√l2+d2

2

< 0

e d′(l) = l√l2+d2

1

> 0, portanto o mínimo de d é atingido em ]0, l[. Os pontos críticos de d são as soluções

da equação x√x2+d2

1

= l−x√(l−x)2+d2

2

, x ∈ [0, l]; a única nessas condições é x = ld1d1+d2

. Note-se que a condiçãox√

x2+d21

= l−x√(l−x)2+d2

2

é equivalente a dizer que cos θ1 = cos θ2, ou seja, o caminho mais curto é aquele em que oângulo θ1 é igual ao ângulo θ2.

Observação: Um raio de luz que se reflecte numa superfície segue sempre este caminho (lei da reflexão).

14. Se um objecto se desloca à velocidade v1 de um lado da recta r e à velocidade v2 do outro lado de r, qual é amaneira mais rápida para se deslocar de um ponto P1 para um ponto P2, se P1 e P2 estiverem de lados opostosde r?

l

l-xx P

2

1

P

P

1

2

Consideremos a função f : [0, l] −→ Rx 7→ tempo que leva a percorrer os

segmentos P1P e PP2

. Tem-se f(x) =√

x2+d21

v1+√

(l−x)2+d22

v2

e quer-se determinar o mínimo de f . Ora f ′(x) = x

v1

√x2+d2

1

− l−x

v2

√(l−x)2+d2

2

; f ′(0) = −l

v2

√l2+d2

2

< 0 e f ′(l) =l

v1

√l2+d2

1

> 0, logo o mínimo de f é atingido em ]0, l[, portanto num ponto crítico de f . Ora f não tem mais de

um ponto crítico, visto que x 7→ x

v1

√x2+d2

1

é estritamente crescente e x 7→ l−x

v2

√(l−x)2+d2

2

é estritamente decrescente

(ver o sinal da derivada). O mínimo de f corresponde ao ponto x0 tal que x0

v1

√x20+d2

1

= l−x0

v2

√(l−x0)2+d2

2

, ou seja,tal que (sen θ1)/v1 = (sen θ2)/v2.

Observação: Um raio de luz que vai de P1 a P2 atravessando meios em que as velocidades de propagação da luzsão respectivamente v1 e v2 segue este caminho (lei da refração).

15. Se um objecto se desloca à velocidade v1 fora de uma recta, e à velocidade v2 ao longo da recta, qual é a maneiramais rápida para se deslocar de um ponto P1 fora da recta para um ponto P2 na recta?


Px l-x

l

2

1

P

P

d

Consideremos a função f : [0, l] −→ Rx 7→ tempo que leva a percorrer os

segmentos P1P e PP2

. Tem-se f(x) =√

d2+x2

v1+ l−x

v2, e

quer-se determinar o mínimo de f . Ora f ′(x) = xv1√

d2+x2 − 1v2

; f ′(0) = −1/v2 < 0, portanto o mínimo de f éatingido em ]0, l]. Os pontos críticos de f são as soluções da equação x

v1√

d2+x2 = 1v2

pertencentes a ]0, l], istoé, de x2(v2

2 − v21) = v2

1d2. Se v2 ≤ v1, ou v2 > v1 e v1d√

v22−v2

1

≥ l, esta equação não tem soluções em [0, l[, logof ′ é sempre negativa em [0, l[, isto é, f é estritamente decrescente, portanto o seu mínimo é atingido em l. Sev2 > v1 e v1d√

v22−v2

1

< l, então v21d

2 < l2(v22 − v2

1), de onde lv1√

d2+l2> 1

v2, isto é, f ′(l) > 0; conclui-se então, que,

neste caso, o mínimo de f é atingido em ]0, l[, logo num ponto crítico, portanto em v1d√v22−v2

1

.

16. Quer-se imprimir um livro em que cada página tem uma área de 500 cm2, uma margem de 6 cm em cima e umamargem de 4 cm de cada lado e em baixo. Quais são as dimensões da página que correspondem a uma áreaimpressa máxima?

6cm

4cm

4cm4cm

Sejam x e y a largura e a altura da página respectivamente. Então xy = 500, ou seja y = 500/x. A área impressaé A(x) = (x−8)(500/x−10). Por outro lado, tem-se obviamente x > 8 e y > 10, portanto 8 < x < 50. Queremosentão encontrar o ponto em que tem máximo a função derivável A: ]8, 50[ −→ R

x 7→ (x− 8)(500/x− 10). Tem-se

A(x) = 580 − 4000/x − 10x, logo A′(x) = 4000/x2 − 10, isto é, A′(x) = 0 sse x = 20. A função A é derivável,toma sempre valores maiores ou iguais a 0, e lim

x→8A(x) = lim

x→50A(x) = 0, portanto A tem um máximo que é

atingido num ponto crítico. Como o único ponto crítico é 20, conclui-se que esse máximo é atingido para x = 20.As dimensões que correspondem a uma área impressa máxima são uma largura de 20 cm e uma altura de 25 cm.

17. Duas fontes de calor A e B estão situadas a 7m uma da outra e a razão entre as intensidades respectivas é 64/27.Sabendo que o calor recebido num ponto é directamente proporcional á intensidade da fonte e inversamenteproporcional ao quadrado da distância do ponto à fonte, qual é o ponto do segmento de recta que une as duasfontes em que a intensidade de calor é mínima?

Seja A a fonte mais forte e seja f(x) a intensidade de calor no ponto situado a uma distância x de A. Se IAe IB designarem respectivamente as intensidades das fontes A e B, então f(x) = kIA/x

2 + kIB/(7 − x)2, paraalgum k. Como lim

x→0f(x) = lim

x→7f(x) = +∞, a função f tem um mínimo, que é atingido num ponto crítico. Ora

f ′(x) = −2kIA/x3 + 2kIB/(7− x)3, e f ′(x) = 0 sse x3

(7−x)3 = IA

IB= 64

27 , isto é, x7−x = 4/3, de onde x = 4.

O ponto em que a intensidade de calor é menor é o ponto situado a 4m de A.

18. Uma empresa fabrica um determinado produto e os custos de produção de uma quantidade x desse produtosão 50x + 10000. Se for estabelecido um preço p para esse produto, a empresa consegue vender a quantidade100(100− p). Qual deve ser o preço escolhido para conseguir o lucro máximo?

Seja f(p) o lucro que a empresa obtem se fixar o preço do produto em p. Ao preço p consegue vender a quantidade100(100 − p), portanto recebe 100(100 − p)p; por outro lado os custos de produzir a quantidade 100(100 − p)


são 50(100(100 − p)) + 10000; então o lucro é 100(100 − p)p − (50(100(100 − p)) + 10000). Tem-se entãof(p) = −100p2 + 15000p− 490000. O ponto onde f atinge o máximo é o ponto p0 tal que −200p0 + 15000 = 0,isto é, p0 = 75.O preço que corresponde a um lucro máximo é 75.

19. Uma empresa contata um motorista para fazer uma entrega de mercadoria; a viagem é de 120 km, a gasolinacusta 150$00/litro, o carro consome 2 + v2/1500 litros por hora se for à velocidade v e o motorista é pago a1000$00 por hora. Supondo que a velocidade é constante ao longo do trajecto, qual deve ser essa velocidade demaneira a tornar mínimo o custo para a empresa?

Seja f(v) o custo da viagem feita à velocidade v. Como a distância é 120 km, a duração é 120/v horas, portantoo motorista recebe 120000/v escudos. A gasolina consumida é (2 + v2/1500).(120/v) litros, o que custa (2 +v2/1500).(120/v).150 escudos. Tem-se então f(v) = 120000/v + 36000/v + 12v = 156000/v + 12v. Queremosencontrar o mínimo de f (que existe e é atingido num ponto crítico, uma vez que lim

v→0f(v) = lim

v→+∞f(v) = +∞);

ora f ′(v) = −156000/v2 + 12, portanto o único ponto crítico de f é v =√

13000 ' 114. A velocidade que tornamínimo o custo para a empresa é v ' 114 km/h.

20. Considere as funções ft: R −→ Rx 7→ t2 cos t x3 + t

t2+1 (x− 7), t ∈ R. Determine os valores de t para os quais o

ângulo do gráfico de ft com o eixo dos yy é mínimo.

O ângulo do gráfico de ft com o eixo dos yy é o ângulo da recta rt tangente ao gráfico em (0, ft(0)), com oeixo dos yy; logo, esse ângulo será tanto menor quanto maior for o módulo do declive de rt. Ora o declive dert é f ′t(0) = t/(t2 + 1); queremos portanto determinar o máximo de {|x|/(x2 + 1);x ∈ R}, isto é, o máximo dafunção g: R −→ R

x 7→ xx2+1

. Como g é par, basta determinar o máximo em [0,+∞[ (que existe, e é atingido

num ponto crítico de g, uma vez que g(0) = 0 e limx→+∞

g(x) = 0 e g só toma valores positivos). Ora, para x ≥ 0,

g′(x) = 1−x2

(x2+1)2 , portanto o único ponto crítico é 1. Os valores de t pedidos são portanto 1 e −1.

21. Considere todas as rectas que intersectam as semirectas positivas dos dois eixos, e que juntamente, com os eixos,limitam um triângulo de área fixa α. Qual é o raio da maior circumferência de centro na origem que é tangentea uma dessas rectas?

r

x2

x

Seja r(x) o raio da circumferência tangente à recta que passa pelo ponto (x, 0); para que o triângulo tenhaárea α, essa recta tem de passar pelo ponto (0, 2α/x). Então r(x)/x = sen θ e r(x)/(2α/x) = cos θ, portanto(r(x)/x)2+(r(x)/(2α/x))2 = 1, isto é, r(x)2 = 4α2x2

4α2+x4 . Como r é máximo quando r2 é máximo, basta determinaro máximo de f : ]0,+∞[ −→ R

x 7→ 4α2x2

4α2+x4

; ora esta função tem máximo e atinge o máximo num ponto crítico,

uma vez que limx→0

f(x) = limx→+∞

f(x) = 0. Tem-se f ′(x) = 32α4x−8α2x5

(4α2+x4)2 ; o único ponto crítico é, portanto,√

2α.A maior circumferência nas condições pedidas tem portanto raio

√α. Note que este valor de x corresponde a

θ = π/4, isto é, a um triângulo isósceles.


Capítulo 5

Integrais e Primitivas

5.1 Motivação e interpretação geométricaA noção de integral de uma função está ligada à ideia de área: se f é uma função positiva limitada num intervalo[a, b], em certos casos vamos associar a f um número,

∫ b

af (integral de f entre a e b), que mede a área limitada pelo

gráfico de f , pelas rectas verticais de equações x = a e x = b, e pelo eixo dos xx:

f

ba

fb

a

De facto,∫ b

af estará definido mesmo quando f não toma apenas valores positivos; nesse caso a área abaixo do

eixo dos xx contribui para∫ b

af com sinal negativo:

1 32= A -A +Ab

af

f

a b

3

2

1 A

A

A

Põe-se então o problema de como calcular áreas de regiões deste tipo (e para que funções é que fará sentido falarna área limitada pelo gráfico da função). O método que vamos usar é tentar aproximar a área da região limitada pelográfico pela soma das áreas de rectângulos de lados paralelos aos eixos.

Dada uma função f , chama-se primitiva de f a qualquer função cuja derivada seja f . A priori não parece haverrelação entre o cálculo de integrais e a determinação de primitivas de funções; neste capítulo veremos qual é a relaçãoque existe e como determinar primitivas de algumas funções.

5.2 IntegraisDefinição 5.2.1 Chama-se partição de [a, b] a um subconjunto finito de [a, b] que contem a e b.

Notação: Representamos em geral uma partição por P = {t0, t1, . . . , tn}, em que t0 < t1 < . . . < tn (e, portanto,t0 = a e tn = b).

Sejam f : [a, b] −→ R uma função limitada e P = {t0, t1, . . . , tn} uma partição de [a, b]; para cada i ∈ {1, . . . , n},sejam mi = inf f|[ti−1,ti] (= inf{f(x);x ∈ [ti−1, ti]}) e Mi = sup f|[ti−1,ti] (= sup{f(x);x ∈ [ti−1, ti]}).

71

72 CAPÍTULO 5. INTEGRAIS E PRIMITIVAS

Definição 5.2.2

1. Chama-se soma inferior de f associada à partição P e designa-se por∑

(f, P ) a soma∑n

i=1mi(ti − ti−1).

2. Chama-se soma superior de f associada à partição P e designa-se por∑

(f, P ) a soma∑n

i=1Mi(ti − ti−1).

As áreas sombreadas nas figuras seguintes representam respectivamente∑

(f, P ),∑

(f, P ) e∑

(f, P )−∑

(f, P ), emque P é a partição {t0, t1, t2, t3, t4, t5} de [a, b].

0 54321t =a t =btttt 0 54321t =a t =btttt 0 54321t =a t =btttt

Exemplos:

1. f : [−1, 5] −→ Rx 7→ −x+ 6

P1 = {−1, 5}; P2 = {−1, 0, 5}; P3 = {−1, 0, 32 , 4,

92 , 5}; P4 = {−1,− 1

2 , 0,13 ,

23 , 1,

87 ,

32 , 2,

52 , 3, 4, 5}.∑

(f, P1) = 1(5− (−1)) = 6;∑

(f, P1) = 7(5− (−1)) = 42.∑(f, P2) = 6(0− (−1)) + 1(5− 0) = 11;

∑(f, P2) = 7(0− (−1)) + 6(5− 0) = 37.∑

(f, P3) = 6(0− (−1)) + 92 ( 3

2 − 0) + 2(4− 32 ) + 3

2 ( 92 − 4) + 1(5− 9

2 ) = 19;∑

(f, P3) = 7(0− (−1)) + 6( 32 − 0) +

92 (4− 3

2 ) + 2( 92 − 4) + 3

2 (5− 92 ) = 29.

7

6

5

4

3

2

1

54321-1

7

6

5

4

3

2

1

54321-1∑(f, P4) = 13

2 (− 12 − 1) + 6(0− (− 1

2 ) + 173 ( 1

3 − 0) + 163 ( 2

3 − 0) + 5(1− 23 ) + 34

7 ( 87 − 1) + 9

2 ( 32 −

87 ) + 4(2− 3

2 ) +72 ( 5

2 − 2) + 3(3− 52 ) + 2(4− 3) + 1(5− 4) = 22 79

588 ;∑

(f, P4) = 7(− 12 − 1) + 13

2 (0− (− 12 ) + 6( 1

3 − 0) + 173 ( 2

3 − 0) +163 (1− 2

3 ) + 5( 87 − 1) + 34

7 ( 32 −

87 ) + 9

2 (2− 32 ) + 4( 5

2 − 2) + 72 (3− 5

2 ) + 3(4− 3) + 2(5− 4) = 25 509588 .

2. f : [2, 5] −→ Rx 7→ x2 − 6x+ 11

P1 = {2, 5}; P2 = {2, 4, 5}; P3 = {2, 52 , 3, 4,

4910 , 5};∑

(f, P1) = 2(5− 2) = 6;∑

(f, P1) = 6(5− 2) = 18.∑(f, P2) = 2(4− 2) + 3(5− 4) = 7;

∑(f, P2) = 3(4− 2) + 6(5− 4) = 12.∑

(f, P3) = 94 ( 5

2 − 2) + 2(3− 52 ) + 2(4− 3) + 3( 49

10 − 4) + 561100 (5− 49

10 ) = 7 193500 ;

∑(f, P3) = 3( 5

2 − 2) + 94 (3− 5

2 ) +3(4− 3) + 561

100 ( 4910 − 4) + 6(5− 49

10 ) = 11 137500 .

5.2. INTEGRAIS 73

6

5

4

3

2

1

54321

6

5

4

3

2

1

54321

3. f : [a, b] −→ Rx 7→ c

Seja P = {t0, t1, . . . , tn} uma partição qualquer de [a, b]. Então ∀i ∈ {1, . . . , n}, inf f|[ti−1,ti] = sup f|[ti−1,ti] = c.Logo

∑(f, P ) =

∑ni=1 c(ti − ti−1) = c

∑ni=1(ti − ti−1) = c(tn − t0) = c(b− a) e

∑(f, P ) =

∑ni=1 c(ti − ti−1) =

c(b− a).

4. f : [a, b] −→ Rx 7→ x

Seja Pn = {t0, . . . , tn} em que ti = a+i b−an (isto é, Pn divide o intervalo [a, b] em n subintervalos de comprimento

igual). Como f é crescente, inf f[ti−1,ti] = ti−1 e sup f[ti−1,ti] = ti. Então

∑(f, Pn) =

n∑i=1

ti−1(ti − ti−1) =n∑

i=1

(a+ (i− 1)b− a

n)b− a

n

=b− a

n(

n∑i=1

(a+ (i− 1)b− a

n)) =

b− a

n(

n∑i=1

a+b− a

n

n∑i=1

(i− 1))

=b− a

n(na+

b− a

n

n(n− 1)2

) = (b− a)a+(b− a)2(n− 1)

2n

=b2 − a2

2− (b− a)2

2ne ∑

(f, Pn) =n∑

i=1

ti(ti − ti−1) =n∑

i=1

(a+ ib− a

n)b− a

n

=b− a

n(

n∑i=1

(a+ ib− a

n)) =

b− a

n(

n∑i=1

a+b− a

n

n∑i=1

i)

=b− a

n(na+

b− a

n

n(n+ 1)2

) = (b− a)a+(b− a)2(n+ 1)

2n

=b2 − a2

2+

(b− a)2

2n

ba ba


5. f : [0, 2] −→ R

x 7→{

3 se x ∈ Q−2 se x 6∈ Q

Se P = {t0, . . . , tn} é uma partição qualquer de [0, 2], então∑

(f, P ) =∑n

i=1−2(ti − ti−1) = −2(tn − t0) =

−2(2− 0) = −4 e∑

(f, P ) =∑n

i=1 3(ti − ti−1) = 3(tn − t0) = 3(2− 0) = 6.

6. f : [a, b] −→ R

x 7→{−x se x ∈ Q0 se x 6∈ Q

, em que 0 ≤ a.

Seja Pn = {t0, . . . , tn} em que ti = a + i b−an ; então ∀i ∈ {1, . . . , n}, inf f|[ti−1,ti] = −ti e sup f|[ti−1,ti] = 0,

portanto∑

(f, P ) = 0 e∑

(f, P ) =∑i = 1n − ti−1(ti − ti−1) = −( b2−a2

2 + (b−a)2

2n ) (os cálculos são análogos no

caso em que não se tem 0 ≤ a; se b ≤ 0, então∑

(f, P ) = 0 e∑

(f, P ) = b2−a2

2 + (b−a)2

2n ; se a < 0 < b, então∑(f, P ) = − b2

2 −b2

2n e∑

(f, P ) = a2

2 + a2

2n ).

Proposição 5.2.3 1. Se P é uma partição de [a, b], então∑

(f, P ) ≤∑

(f, P ).

2. Se P1 e P2 são partições de [a, b] tais que P1 ⊂ P2, então∑

(f, P1) ≤∑

(f, P2) ≤∑

(f, P2) ≤∑

(f, P1).

3. Qualquer soma inferior é menor ou igual do que qualquer soma superior, isto é, se P1 e P2 são partições de [a, b]então

∑(f, P1) ≤

∑(f, P2).

4. O conjunto de todas as somas inferiores é majorado, o conjunto de todas as somas superiores é minorado e

sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]} ≤ inf{∑

(f, P );P partição de [a, b]}.

5. Se ∀x ∈ [a, b] : m ≤ f(x) ≤ M , então, qualquer que seja a partição P de [a, b], tem-se m(b − a) ≤∑

(f, P ) e∑(f, P ) ≤M(b− a).

Demonstração:

1. Seja P = {t0, . . . , tn}; para cada i, tem-se mi ≤ Mi, logo mi(ti − ti−1) ≤ Mi(ti − ti−1), portanto∑n

i=1mi(ti −ti−1) ≤

∑ni=1Mi(ti − ti−1).

2. Sejam P1 = {t0, . . . , tn} e q1, . . . , qm pontos distintos dos ti e distintos entre si tais que P2 = P1 ∪ {q1, . . . , qm}.Comecemos por ver que se pusermos Q = P1 ∪ {q1}, então

∑(f, P1) ≤

∑(f,Q) ≤

∑(f,Q) ≤

∑(f, P1). Seja

j ∈ {1, . . . , n} tal que q1 ∈]tj−1, tj [; então

∑(f,Q) =

j−1∑i=1

inf f|[ti−1,ti](ti−ti−1)+inf f|[tj−1,q1](q1−tj−1)++inf f|[q1,tj ](tj−q1)+n∑

i=j+1

inf f|[ti−1,ti](ti−ti−1).

Ora inf f|[tj−1,q1] ≥ inf f|[tj−1,tj ] e inf f|[q1,tj ] ≥ inf f|[tj−1,tj ], portanto inf f|[tj−1,q1](q1−tj−1)+inf f|[q1,tj ](tj−q1) ≥inf f|[tj−1,tj ](q1 − tj−1 + tj − q1) = inf f|[tj−1,tj ](tj − tj−1). Conclui-se que

∑(f,Q) ≥

j−1∑i=1

inf f|[ti−1,ti](ti − ti−1) + inf f|[tj−1,tj ](tj − tj−1) +n∑

i=j+1

inf f|[ti−1,ti](ti − ti−1) =∑

(f, P ).

Então∑

(f, P1) ≤∑

(f, P1 ∪ {q1}) ≤∑

(f, P1 ∪ {q1} ∪ {q2}) ≤ · · · ≤∑

(f, P2).

j

1 jj-1 q tt

inf f|[t ,t ]j-1

j1|[q ,t ]inf f

1 jj-1 q tt

inf f|[t ,q ]j-1 1

Analogamente se mostra que∑

(f, P2) ≤∑

(f, P1).

5.2. INTEGRAIS 75

3. Seja Q = P1 ∪ P2. Pela alínea anterior, tem-se∑

(f, P1) ≤∑

(f,Q) e∑

(f,Q) ≤∑

(f, P2). Como, por 1.,∑(f,Q) ≤

∑(f,Q), conclui-se que

∑(f, P1) ≤

∑(f, P2).

4. Pela alínea anterior, conclui-se que qualquer soma superior é um majorante do conjunto das somas inferiores,portanto é maior ou igual ao supremo s desse conjunto; mas então s é um minorante do conjunto das somas superi-ores, portanto é menor ou igual ao ínfimo desse conjunto, o que implica que sup{

∑(f, P );P partição de [a, b]} ≤

inf{∑


5. Sejam P = {t0, . . . , tn} uma partição de [a, b], mi = inf f|[ti−1,ti] e Mi = sup f|[ti−1,ti]. Por se ter ∀x ∈ [a, b] :m ≤ f(x), conclui-se que ∀i ∈ {1, . . . , n} : m ≤ mi; por se ter ∀x ∈ [a, b] : f(x) ≤ M , conclui-se que∀i ∈ {1, . . . , n} : Mi ≤M . Então

∑(f, P ) =

n∑i=1

mi(ti − ti−1) ≥n∑

i=1

m(ti − ti−1) = m(tn − t0) = m(b− a)

e ∑(f, P ) =

n∑i=1

Mi(ti − ti−1) ≤n∑

i=1

M(ti − ti−1) = M(tn − t0) = M(b− a).

�

Definição 5.2.4 Se f : [a, b] −→ R é limitada, diz-se que f é integrável sse sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]} =

inf{∑

(f, P );P partição de [a, b]}; se f é integrável designa-se esse número por integral de f em [a, b]; notação:∫ b

af

ou∫ b

af(x) dx.

Observações:

1. Se f é integrável, então o único número α ∈ R tal que para qualquer partição P de [a, b] se tem∑

(f, P ) ≤ α ≤∑(f, P ) é α =

∫ b

af .

2. Se f é integrável em [a, b] e ∀x ∈ [a, b] : m ≤ f(x) ≤M , então m(b− a) ≤∫ b

af ≤M(b− a).

Exemplos:

1. f : [a, b] −→ Rx 7→ c

Para qualquer partição P de [a, b] tem-se∑

(f, P ) =∑

(f, P ) = c(b− a), portanto

sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]} = sup{c(b− a)} = c(b− a)

einf{

∑(f, P );P partição de [a, b]} = inf{c(b− a)} = c(b− a).

Conclui-se que f é integrável e∫ b

af =

∫ b

ac dx = c(b− a).

2. f : [a, b] −→ Rx 7→ x

Consideremos as partições Pn = {t0, . . . , tn} em que ti = a+ i b−an . Já foi visto que

∑(f, P ) = b2−a2

2 − (b−a)2

2n e

que∑

(f, P ) = b2−a2

2 + (b−a)2

2n . Então

sup{∑

(f, Pn);n ∈ N} = sup{b2 − a2

2− (b− a)2

2n;n ∈ N} =

b2 − a2

2e

inf{∑

(f, Pn);n ∈ N} = inf{b2 − a2

2+

(b− a)2

2n;n ∈ N} =

b2 − a2

2.

Para mostrar que f é integrável, temos de considerar

sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]} e inf{∑



Ora {∑

(f, Pn);n ∈ N} ⊂ {∑

(f, P );P partição de [a, b]} e {∑

(f, Pn);n ∈ N} ⊂ {∑

(f, P );P partição de [a, b]},portanto

sup{∑

(f, Pn);n ∈ N} ≤ sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]} ≤

≤ inf{∑

(f, P );P partição de [a, b]} ≤ inf{∑

(f, Pn);n ∈ N}.

Como sup{∑

(f, Pn);n ∈ N} = inf{∑

(f, Pn);n ∈ N} = b2−a2

2 conclui-se que f é integrável e∫ b

af =

∫ b

ax dx =

b2−a2

2 .

3. f : [0, 2] −→ R

x 7→{

3 se x ∈ Q−2 se x 6∈ Q

Já foi visto que, para qualquer partição P de [0, 2], se tem∑

(f, P ) = −4 e∑

(f, P ) = 6. Então

sup{∑

(f, P );P partição de[0, 2]} = sup{−4} = −4 e inf{∑

(f, P );P partição de[0, 2]} = inf{6} = 6;

conclui-se que f não é integrável.

4. f : [3, 5] −→ R

x 7→{−x se x ∈ Q0 se x 6∈ Q

Seja P = {t0, . . . , tn}; tem-se∑

(f, P ) = 0 e∑

(f, P ) =∑n

i=1−ti(ti − ti−1); ora 3 ≤ ti, portanto −ti ≤ −3,logo

∑(f, P ) ≤

∑ni=1−3(ti − ti−1) = −3(5 − 3) = −6. Então sup{

∑(f, P );P partição de[3, 5]} ≤ −6 < 0 e

inf{∑

(f, P );P partição de[3, 5]} = 0, portanto f não é integrável.

Proposição 5.2.5 Seja f : [a, b] −→ R uma função limitada; f é integrável sse para cada ε > 0 existe uma partiçãoP de [a, b] tal que

∑(f, P )−

∑(f, P ) < ε.

Demonstração: Suponhamos que f é integrável e seja ε > 0; existem partições P1 e P2 de [a, b] tais que∑(f, P1) > (

∫ b

a

f)− ε

2e∑

(f, P2) < (∫ b

a

f) +ε

2.

Seja então P = P1 ∪ P2; tem-se∫ b

a

f − ε

2<∑

(f, P1) ≤∑

(f, P ) ≤∑

(f, P ) ≤∑

(f, P2) <∫ b

a

f +ε

2,

o que implica ∑(f, P )−

∑(f, P ) < (

∫ b

a

f) +ε

2− ((

∫ b

a

f)− ε

2) = ε.

Suponhamos agora que f não é integrável. Então

sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]} < inf{∑

(f, P );P partição de [a, b]};

designaremos este supremo e este ínfimo respectivamente por α e β; seja ε = β − α (tem-se ε > 0). Qualquer que sejaa partição P de [a, b], tem-se

∑(f, P ) ≤ α e

∑(f, P ) ≥ β, de onde

∑(f, P ) −

∑(f, P ) ≥ β − α = ε. Então existe

ε > 0 tal que, para qualquer partição P de [a, b], se tem∑

(f, P )−∑

(f, P ) ≥ ε. �

Proposição 5.2.6 Sejam a < c < b e f : [a, b] −→ R uma função limitada; então

1. f é integrável sse f é integrável em [a, c] e em [c, b] (isto é, sse f|[a,c] e f|[c,b] são integráveis);

2. se f é integrável então∫ b

af =

∫ c

af +

∫ b

cf .

ba = bca + bca

5.2. INTEGRAIS 77

Demonstração:

1. Suponhamos que f é integrável; vejamos que f é integrável em [a, c]. Seja ε > 0; pela proposição anterior sabemosque existe uma partição P de [a, b] tal que

∑(f, P )−

∑(f, P ) < ε; consideremos a partição P1 = (P ∪{c})∩ [a, c]

do intervalo [a, c]; sejam q0 < q1 < . . . < qm os pontos de P1 e qm+1 < . . . < qn tais que P ∪{c} = {q0, q1, . . . , qn}.Tem-se

∑(f, P ) ≤

∑(f, P ∪ {c}) e

∑(f, P ∪ {c}) ≤

∑(f, P ), portanto

(∑

(f, P1)−∑

(f, P1))+(∑

(f, P2)−∑

(f, P2)) =∑

(f, P ∪{c})−∑

(f, P ∪{c}) ≤∑

(f, P )−∑

(f, P ) < ε;

logo ∑(f, P1)−

∑(f, P1) < ε e

∑(f, P2)−

∑(f, P2) < ε.

Deduz-se que existe uma partição P1 de [a, c] e uma partiç ão P2 de [c, b] tais que∑

(f, P1) −∑

(f, P1) < ε e∑(f, P2)−

∑(f, P2) < ε.

Suponhamos agora que f é integrável em [a, c] e em [c, b] e seja ε > 0. Então existem partições P1 = {t0, . . . , tm}de [a, c] e P2 = {tm, . . . , tn} de [c, b], tais que

∑(f, P1) −

∑(f, P1) < ε/2 e

∑(f, P2) −

∑(f, P2) < ε/2.

Consideremos a partição P = P1 ∪ P2 = {t0, . . . , tn} de [a, b]. Tem-se∑(f, P )−

∑(f, P ) =

∑(f, P1)−

∑(f, P1) +

∑(f, P2)−

∑(f, P2) < ε/2 + ε/2 = ε

2. Seja P uma partição de [a, b]; consideremos as partições P1 = (P ∪{c})∩ [a, c] de [a, c] e P2 = (P ∪{c})∩ [c, b] de[c, b] e Q = P1 ∪ P2 de [a, b]. Tem-se

∑(f, P ) ≤

∑(f,Q) =

∑(f, P1) +

∑(f, P2) ≤

∫ c

af +

∫ b

cf ; por outro lado,∑

(f, P ) ≥∑

(f,Q) =∑

(f, P1) +∑

(f, P2) ≥∫ c

af +

∫ b

cf . Então, para qualquer partição P de [a, b], tem-se∑

(f, P ) ≤∫ c

af +

∫ b

cf ≤

∑(f, P ). Mas o único número real α tal que, para qualquer partição P de [a, b], se

tem∑

(f, P ) ≤ α ≤∑

(f, P ) é α =∫ b

af . Conclui-se que

∫ b

af =

∫ c

af +

∫ b

cf . �

Proposição 5.2.7 1. Se f e g são integráveis em [a, b], então f +g é integrável em [a, b] e∫ b

a(f +g) =

∫ b

af +

∫ b

ag.

2. Se f é integrável em [a, b] e c ∈ R, então cf é integrável em [a, b] e∫ b

acf = c

∫ b

af .

3. Se f e g são integráveis em [a, b], então f.g é integrável em [a, b].

4. Se f é integrável em [a, b] então |f | é integrável em [a, b] e |∫ b

af | ≤

∫ b

a|f |.

Demonstração:

1. Comecemos por notar que, para qualquer partição P = {t0, . . . , tn}, pondo li = inf f|[ti−1,ti], ki = inf g|[ti−1,ti],Li = sup f|[ti−1,ti], Ki = sup g|[ti−1,ti], mi = inf f + g|[ti−1,ti], Mi = sup f + g|[ti−1,ti], se tem li + ki ≤ mi eMi ≤ Li +Ki, e portanto∑

(f + g, P ) =n∑

i=1

mi(ti − ti−1) ≥n∑

i=1

(li + ki)(ti − ti−1) =∑

(f, P ) +∑

(g, P )

e ∑(f + g, P ) =

n∑i=1

Mi(ti − ti−1) ≤n∑

i=1

(Li +Ki)(ti − ti−1) =∑

(f, P ) +∑

(g, P ).

Seja ε > 0; existem partições P1 e P2 de [a, b] tais que∑

(f, P1)−∑

(f, P1) < ε/2 e∑

(g, P2)−∑

(g, P2) < ε/2.Aplicando as desigualdades anteriores a Q = P1 ∪ P2, conclui-se que∑

(f + g,Q)−∑

(f + g,Q) ≤∑

(f,Q) +∑

(g,Q)−∑

(f,Q)−∑

(g,Q)

=∑

(f,Q)−∑

(f,Q) +∑

(g,Q)−∑

(f,Q) < ε/2 + ε/2 = ε,

o que mostra que f + g é integrável.Os cálculos feitos mostram que dada uma partição P qualquer de [a, b], se tem∑

(f, P ) +∑

(g, P ) ≤∑

(f + g, P ) ≤∫ b

a

(f + g) ≤∑

(f + g, P ) ≤∑

(f, P ) +∑

(g, P ).


Então, se P1 e P2 são partições de [a, b], tem-se∑(f, P1) +

∑(g, P2) ≤

∑(f, P1 ∪ P2) +

∑(g, P1 ∪ P2) ≤

∑(f + g, P1 ∪ P2) ≤

∫ b

a

(f + g)

e ∫ b

a

(f + g) ≤∑

(f + g, P1 ∪ P2) ≤∑

(f, P1 ∪ P2) +∑

(g, P1 ∪ P2) ≤∑

(f, P1) +∑

(g, P2).

Conclui-se

sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]}+ sup{∑

(g, P );P partição de [a, b]} ≤∫ b

a

(f + g)

e ∫ b

a

(f + g) ≤ inf{∑

(f, P );P partição de [a, b]}+ inf{∑

(g, P );P partição de [a, b]},

de onde∫ b

af +

∫ b

ag ≤

∫ b

a(f + g) ≤

∫ b

af +

∫ b

ag, logo

∫ b

a(f + g) ≤

∫ b

af +

∫ b

ag.

2. A proposição é óbvia para c = 0. Suponhamos agora c > 0 e seja P = {t0, . . . , tn} uma partição de [a, b]. Semi = inf f|[ti−1,ti] e Mi = sup f|[ti−1,ti], então inf(cf)|[ti−1,ti] = cmi e sup(cf)|[ti−1,ti] = cMi, portanto

∑(f, cP ) =

c∑

(f, P ) e∑

(f, cP ) = c∑

(f, P ). Então, sup{∑

(cf, P );P partição de [a, b]} = sup{c∑


c sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]} = c∫ b

af , e analogamente inf{

∑(cf, P );P partição de [a, b]} = c

∫ b

af , por-

tanto cf é integrável e∫ b

acf = c

∫ b

af .

Se c < 0, então inf(cf)|[ti−1,ti] = c sup f|[ti−1,ti] e sup(cf)|[ti−1,ti] = c inf f|[ti−1,ti]. Tem-se portanto

sup{∑

(cf, P );P partição de [a, b]} = sup{c∑


= c inf{∑

(f, P );P partição de [a, b]} = c

∫ b

a

f

einf{

∑(cf, P );P partição de [a, b]} = inf{c

∑(f, P );P partição de [a, b]} =

= c sup{∑

(f, P );P partição de [a, b]} = c

∫ b

a

f,

e a conclusão é a mesma.

3. Seja P = {t0, . . . , tn} uma partição de [a, b]; sejam li = inf f|[ti−1,ti], ki = inf g|[ti−1,ti], Li = sup f|[ti−1,ti], Ki =sup g|[ti−1,ti], mi = inf(f.g)|[ti−1,ti], Mi = sup(f.g)|[ti−1,ti] e R ∈ R tal que ∀x ∈ [a, b] : |f(x)| < R e |g(x)| < R.Para x, y ∈ [ti−1, ti], tem-se

|f(x)g(x)− f(y)g(y)| = |(f(x)− f(y))g(x) + f(y)(g(x)− g(y))|≤ |g(x)||(f(x)− f(y))|+ |f(y)||(g(x)− g(y))|≤ R(Ki − ki) +R(Li − li),

portanto Mi −mi ≤ R(Ki − ki) +R(Li − li). Então∑(f.g, P )−

∑(f.g, P ) =

n∑i=1

(Mi −mi)(ti − ti−1)

≤n∑

i=1

(R(Ki − ki) +R(Li − li))(ti − ti−1)

= R(∑

(f, P )−∑

(f, P ) +∑

(g, P )−∑

(g, P )).

Seja agora ε > 0; para qualquer ε′ > 0, existem partições P1 e P2 tais que∑

(f, P1) −∑

(f, P1) < ε′ e∑(g, P2) −

∑(g, P2) < ε′. Para P = P1 ∪ P2 tem-se ainda

∑(f, P ) −

∑(f, P ) < ε′ e

∑(g, P ) −

∑(g, P ) < ε′,

portanto∑

(f.g, P ) −∑

(f.g, P ) < R(∑

(f, P ) −∑

(f, P ) +∑

(g, P ) −∑

(g, P )) ≤ Rε′ + Rε′ = 2Rε′. Emparticular, escolhendo ε′ = ε/(2R), conclui-se a existência de uma partição P tal que

∑(f.g, P )−

∑(f.g, P ) < ε.

Logo fg é integrável.

5.2. INTEGRAIS 79

4. Seja P = {t0, . . . , tn} uma partição de [a, b]; sejam li = inf f|[ti−1,ti], mi = inf |f ||[ti−1,ti], Li = sup f|[ti−1,ti],Mi = sup |f ||[ti−1,ti]. Para quaisquer x, y ∈ [ti−1, ti], tem-se ||f(x)| − |f(y)|| ≤ |f(x)− f(y)| ≤ Li − li, portantoMi −mi ≤ Li − li, logo

∑(|f |, P )−

∑(|f |, P ) ≤

∑(f, P )−

∑(f, P ). Ora para cada ε > 0, existe uma partição

P tal que∑

(f, P ) −∑

(f, P ) < ε; para essa partição tem-se tambem∑

(|f |, P ) −∑

(|f |, P ) < ε. Conclui-seque |f | é integrável. Por outro lado, ∀x ∈ [a, b] : −|f |(x) ≤ f(x) ≤ |f |(x), logo a proposição seguinte permiteconcluir que −

∫ b

a|f | ≤

∫ b

af ≤

∫ b

a|f |, isto é, que |

∫ b

af‖ ≤

∫ b

a|f |. �

Proposição 5.2.8 Se f, g : [a, b] −→ R são funções integráveis tais que ∀x ∈ [a, b] se tem f(x) ≤ g(x), então∫ b

af ≤∫ b

ag.

Demonstração: Pelos números 1 e 2 da proposição anterior, sabemos que g− f é integrável e∫ b

a(g− f) =

∫ b

ag−

∫ b

af .

Mas, como ∀x ∈ [a, b] : 0 ≤ (g − f)(x), conclui-se que 0 ≤∫ b

a(g − f), portanto

∫ b

af ≤

∫ b

ag. �

Para a demonstração do teorema seguinte, precisaremos de utilizar um resultado sobre funções contínuas quenão provaremos no curso. Esse resultado exprime que a continuidade de uma função f num intervalo fechado [a, b] éuniforme no sentido seguinte: para qualquer ε > 0, existe δ > 0 tal que ∀x, x0 ∈ [a, b] : |x−x0| < δ ⇒ |f(x)−f(x0)| < ε.Note-se que a continuidade de f apenas traduz a existência, para cada x0, de um δx0 naquelas condições, mas quea priori, esse δx0 pode depender do x0. O que se prova é que se o domínio de f é um intervalo fechado, é possívelencontrar um δ que sirva para todos os pontos x0.

Teorema 5.2.9 Se f : [a, b] −→ R é contínua, então f é integrável.

Demonstração: Seja ε > 0; queremos mostrar que existe uma partição P de [a, b] tal que∑

(f, P )−∑

(f, P ) < ε. SeP = {t0, . . . , tn} é uma partição de [a, b], mi = inf f|[ti−1,ti], Mi = sup f|[ti−1,ti], então

∑(f, P )−

∑(f, P ) =

∑ni=1(Mi−

mi)(ti − ti−1). Se existir c ∈ R tal que ∀i ∈ {1, . . . , n} se tem Mi −mi < c, então∑

(f, P )−∑

(f, P ) <∑n

i=1 c(ti −ti−1) = c(b−a). Então, para que

∑(f, P )−

∑(f, P ) < ε, basta que P seja tal que ∀i ∈ {1, . . . , n} se tenha Mi−mi <

ε/(b−a). Ora como f é contínua, existe δ > 0 tal que ∀x1, x2 ∈ [a, b] : |x1−x2| < δ ⇒ |f(x1)−f(x2)| < ε/(b−a). Entãose [α, β] é um intervalo de comprimento menor do que δ, tem-se max f|[α,β]−min|[α,β] < ε/(b−a). Se P = {t0, . . . , tn}for uma partição em que cada intervalo [ti−1, ti] tem comprimento menor do que δ, então

∑(f, P ) −

∑(f, P ) < ε.

Basta, pois, escolher n > (b− a)/δ e tomar, por exemplo, a partição P = {t0, . . . , tn} em que ti − ti−1 = (b− a)/n. �

Exemplos:

1.∫ b

a(2x+ t) dx = 2

∫ b

ax dx+ t

∫ b

a1 dx = 2(b2/2− a2/2) + t(b− a)

2.∫ b

a(2x+ t)dt = 2x

∫ b

a1dt+

∫ b

atdt = 2x(b− a) + (b2/2− a2/2)

3.∫ b

a(∫ d

cxy dy)dx =

∫ b

a(x∫ d

cy dy)dx =

∫ b

ax(d2/2− c2/2)dx = (d2/2− c2/2)

∫ b

ax dx = (d2/2− c2/2)(b2/2− a2/2).

4.∫ b

a(∫ d

c(x + y) dy)dx =

∫ b

a(x(d − c) + d2/2 − c2/2)dx = (d − c)

∫ b

ax dx + (d2/2 − c2/2)

∫ b

a1 dx = (d − c)(b2/2 −

a2/2) + (d2/2− c2/2)(b− a).

5. f : [0, 2] −→ R

x 7→{

0 se x 6= 11 se x = 1

Seja P = {t0, . . . , tn} uma partição de [0, 2] tal que 1 6∈ P e seja j tal que tj−1 < 1 < tj . Então∑

(f, P ) = 0 e∑(f, P ) = tj − tj−1.

(f,P)(f,P)-

21 jj-1 tt


Seja agora ε > 0; para mostrar que existe uma partição P de [a, b] tal que∑

(f, P ) −∑

(f, P ) < ε, bastaescolher P = {t0, . . . , tn}, tal que 1 6∈ P e tj − tj−1 < ε (em que j é tal que tj−1 < 1 < tj). A partiçãoP = {0, 1− ε/3, 1 + ε/2, 2} está nestas condições.

Por outro lado, como qualquer soma inferior é 0, conclui-se que∫ 2

0f = 0.

6. f : [a, b] −→ R

x 7→{

0 se x 6= x0

1 se x = x0

, em que x0 ∈ [a, b].

Suponhamos primeiro que x0 ∈]a, b[ (os casos x0 = a e x0 = b são análogos). Seja P = {t0, . . . , tn} uma partiçãode [a, b] tal que x0 6∈ P e seja j tal que tj−1 < x0 < tj . Então

∑(f, P ) = 0 e

∑(f, P ) = tj−tj−1. Seja agora ε > 0;

para mostrar que existe uma partição P de [a, b] tal que∑

(f, P )−∑

(f, P ) < ε, basta escolher P = {t0, . . . , tn},tal que x0 6∈ P e tj − tj−1 < ε (em que j é tal que tj−1 < x0 < tj). A partição P = {a, x0 − α, x0 + α, b}, emque α = min{x0 − a, b − x0, ε/3}, está nestas condições. Conclui-se que f é integrável;

∫ b

af = 0, uma vez que

todas as somas inferiores são iguais a 0.

7. f : [a, b] −→ R

x 7→

0 se x 6∈ {x1, x2 . . . , xn}α1 se x = x1

α2 se x = x2

· · ·αn se x = xn

, em que x1, x2, . . . , xn são pontos de [a, b] e α1, α2, . . . , αn são

números reais quaisquer.Para cada i ∈ {1, . . . , n}, seja fi: [a, b] −→ R

x 7→{

0 se x 6= xi

1 se x = xi

. Então, como foi visto no exemplo anterior, fi é

integrável e∫ b

afi = 0. Como f = α1f1+· · ·+αnfn, conclui-se que f é integrável e

∫ b

af = α1

∫ b

af1+· · ·+αn

∫ b

afn =

0.

8. f : [2, 4] −→ Rx 7→ 3x− 5

f é integrável e ∫ 4

2

f =∫ 4

2

3x− 5 dx = 3∫ 4

2

x dx−∫ 4

2

5 dx = 3(42

2− 22

2)− 5(4− 2) = 8.

9. f : [a, b] −→ Rx 7→ cx+ k

f é integrável e ∫ b

a

f =∫ b

a

cx+ k dx = c

∫ b

a

x dx+∫ b

a

k dx = c(b2

2− a2

2) + k(b− a).

Proposição 5.2.10 Se f : [a, b] −→ R é integrável e g : [a, b] −→ R é tal que ∀x ∈ [a, b] \ {x1, . . . , xn} : g(x) = f(x),então g é integrável e

∫ b

ag =

∫ b

af .

Demonstração: Seja h: [a, b] −→ R

x 7→{

0 se x 6∈ {x1, . . . , xn}g(xi)− f(xi) se x ∈ {x1, . . . , xn}

Então, como foi visto no exemplo ante-

rior, h é integrável e∫ b

ah = 0. Por outro lado, g = f + h, portanto g é a soma de duas funções integráveis, logo

integrável e∫ b

ag =

∫ b

af +

∫ b

ah =

∫ b

af . �

Proposição 5.2.11 Se f : [a, b] −→ R é limitada e f é contínua em [a, b] \ {x1, . . . , xn}, então f é integrável.

Demonstração: Vamos supor que a e b não pertencem a {x1, . . . , xn} (a demonstração é análoga no caso de pertence-rem). Seja l tal que ∀x ∈ [a, b] : |f(x)| < l. Existe δ > 0 tal que os intervalos [x1 − δ, x1 + δ], [x2 − δ, x2 + δ],. . . ,[xn −δ, xn + δ] são disjuntos e estão todos contidos em [a, b]. Então para qualquer i ∈ {1, . . . , n}

(sup f[xi−δ,xi+δ] − inf f[xi−δ,xi+δ])(xi + δ − (xi − δ)) < 2δ.2l = 4δl,

5.2. INTEGRAIS 81

portanton∑

i=1

(sup f[xi−δ,xi+δ] − inf f[xi−δ,xi+δ])(xi + δ − (xi − δ)) < 4nδl.

Então, fixado ε > 0, se δ < ε/(8nl), aquela soma é menor do que ε/2. Por outro lado, f é contínua em [a, x1 − δ],[x1+δ, x2−δ],. . . ,[xn+δ, b], logo é integrável em cada um destes intervalos e portanto existem partições P1, P2,. . . ,Pn+1

respectivamente de [a, x1 − δ], [x1 + δ, x2 − δ],. . . ,[xn + δ, b], tais que∑

(f, Pi) −∑

(f, Pi) < ε2n . Para a partição de

[a, b] P = P1 ∪ . . . ∪ Pn, tem-se

∑(f, P )−

∑(f, P ) =

n∑i=1

(∑

(f, Pi)−∑

(f, Pi)) +

+(sup f[xi−δ,xi+δ] − inf f[xi−δ,xi+δ])(xi + δ − (xi − δ))

< nε

2n+ε

2= ε.

�

Notação: Convenciona-se que, para qualquer função f ,∫ a

af = 0 e que, se f : [a, b] −→ R é integrável, então

∫ a

bf

designa −∫ b

af . Com estas convenções ainda se tem :

1.∫ b

af =

∫ c

af +

∫ b

cf , mesmo que não se tenha a < c < b;

2. se f tomar apenas valores menores em módulo do que l, então |∫ b

af | ≤ l|b− a|.

Seja f : [a, b] −→ R uma função integrável; então para qualquer x ∈ [a, b], f é integrável em [a, x] e podemosportanto considerar a função F : [a, b] −→ R

x 7→∫ x

af

(para qualquer a0 ∈ [a, b] podemos tambem considerar a função

G: [a, b] −→ Rx 7→

∫ x

a0f

).

Exemplos

1. f : [−2, 3] −→ Rx 7→ 2

F : [−2, 3] −→ Rx 7→

∫ x

−22dt

F (x) = 2(x− (−2)) = 2x+ 4

f

42-2

9

10

8

7

6

5

4

3

2

1

F

42-2

9

10

8

7

6

5

4

3

2

1

Observação: F é derivável e F ′ = f .

2. f : R −→ Rx 7→ −1

F1: R −→ Rx 7→

∫ x

1−1dt = −1(x− 1) = −x+ 1

F2: R −→ Rx 7→

∫ x

−3−1dt = −1(x− (−3)) = −x− 3


f

-1

1

1

1F

-1

-3

-2

2

1

1

F

-1

Observação: F1 e F2 são deriváveis e F ′1 = F ′2 = f .

3. f : [−1, 3] −→ R

x 7→{−2 se x < 13 se x ≥ 1

F1: [−1, 3] −→ Rx 7→

∫ x

−1f

; F2: [−1, 3] −→ Rx 7→

∫ x

0f

Se x ≤ 1, então∫ x

−1f(t)dt =

∫ x

−1−2dt = −2x − 2; se x > 1, então

∫ x

−1f(t)dt =

∫ 1

−1f(t)dt +

∫ x

1f(t)dt =

−4 +∫ x

13dt = −4 + 3(x− 1) = 3x− 7.


0f(t)dt =

∫ x

0−2dt = −2x; se x > 1, então

∫ x

0f(t)dt =

∫ 1

0f(t)dt+

∫ x

1f(t)dt = −2 +

∫ x

13dt =

3x− 5.

F1: [−1, 3] −→ R

x 7→{−2x− 2 se x < 13x− 7 se x ≥ 1

; F2: [−1, 3] −→ R

x 7→{−2x se x < 13x− 5 se x ≥ 1

.

F1(x) = F2(x) +∫ 0

−1f = F2(x)− 2

4

3

2

1

-4

-3

-2

-1

f

321-1

1F4

3

2

1

-4

-3

-2

-1

321-1

2F4

3

2

1

-4

-3

-2

-1

321-1

Observação: f é descontínua em 1; F é contínua; F é derivável em todos os pontos excepto em 1, e, para x 6= 1,tem-se F ′(x) = f(x).

4. f : [−3,−1] −→ R

x 7→{−1 se x 6= −23 se x = −2

F : [−3,−1] −→ Rx 7→

∫ x

−3f = −x− 3

5.2. INTEGRAIS 83

-1

f3

2

1

-3 -2 -1

-2

-1

F3

2

1

-3 -2 -1

Observação: f é descontínua em -2; F1 e F2 são contínuas; F1 e F2 são deriváveis e, para x 6= −2, tem-seF ′1(x) = F ′2(x) = f(x).

5. f : [0, 5] −→ R

x 7→{−x se x ≤ 2x/2− 3 se x ≥ 2


0f =

∫ x

0−tdt = −x2/2; se x > 2, então

∫ x

0

f =∫ 2

0

f +∫ x

2

f(t)dt = −2 +∫ x

2

(t

2− 3)dt

= −2 +12

∫ x

2

tdt− 3∫ x

2

1dt

= −2 +12(x2

2− 2)− 3(x− 2) =

x2

4− 3x+ 3.

F : [0, 5] −→ R

x 7→∫ x

0f =

{−x2/2 se x ≤ 2x2/4− 3x+ 3 se x ≥ 2

f

-6

54321

-5

-4

-3

-2

-1

F

-6

54321

-5

-4

-3

-2

-1

Observação: F é derivável e, para x ∈ [0, 5], tem-se F ′(x) = f(x).

6. f : [−2, 4] −→ Rx 7→ [x]

Para x ≤ −1, tem-se∫ x

−2f =

∫ x

−2−2dt = −2x − 4. Para −1 < x ≤ 0, tem-se

∫ x

−2f =

∫ −1

−2f +

∫ x

−1(−1)dt =

−2− (x+ 1) = −x− 3. Para 0 < x ≤ 1, tem-se∫ x

−2f =

∫ 0

−2f +

∫ x

00dt = −3. Para 1 < x ≤ 2, tem-se

∫ x

−2f =∫ 1

−2f +

∫ x

11dt = −3 + (x− 1) = x− 4. Para 2 < x ≤ 3, tem-se

∫ x

−2f =

∫ 2

−2f +

∫ x

22dt = −2 + 2(x− 2) = 2x− 6.

Para 3 < x ≤ 4, tem-se∫ x

−2f =

∫ 3

−2f +

∫ x

33dt = 0 + 3(x− 3) = 3x− 9.

F : [−2, 4] −→ R

x 7→∫ x

−2f =

−2x− 4 se − 2 ≤ x ≤ −1−x− 3 se − 1 ≤ x ≤ 0−3 se 0 ≤ x ≤ 1x− 4 se 1 ≤ x ≤ 22x− 6 se 2 ≤ x ≤ 33x− 9 se 3 ≤ x ≤ 4


-2 -1

f

3

2

1

4321

-3

-2

-1

-2 -1

F

3

2

1

4321

-3

-2

-1

Observação: F é contínua; F é derivável em todos os pontos excepto em −1, 0, 1, 2, e 3, que são os pontos dedescontinuidade de f .

Teorema 5.2.12 Se f : [a, b] −→ R é integrável, então F : [a, b] −→ Rx 7→

∫ x

af

é contínua.

Demonstração: Seja l tal que ∀x ∈ [a, b] : |f(x)| < l e seja x0 ∈ [a, b]. Queremos mostrar que limx→x0

F (x) = F (x0),

ou seja, que limx→x0

(F (x)− F (x0)) = 0. Ora F (x) − F (x0) =∫ x

af −

∫ x0

af =

∫ x

x0f , e |

∫ x

x0f | ≤ l|x − x0|. Como

limx→x0

l|x− x0| = 0, conclui-se que limx→x0

F (x)− F (x0) = 0, portanto limx→x0

F (x) = F (x0). �

Teorema 5.2.13 (Teorema Fundamental do Cálculo) : Se f : [a, b] −→ R é integrável e f é contínua em x0,então F : [a, b] −→ R

x 7→∫ x

af

é derivável em x0 e F ′(x0) = f(x0).

Demonstração: Vamos fazer a demonstração para x0 ∈]a, b[; os casos x0 = a e x0 = b são análogos. Para cada

x ∈ [x0, b] seja Mx = sup f|[x0,x] e mx = inf f|[x0,x]. Tem-se F (x)−F (x0)x−x0

=

∫ x

x0f

x−x0; como, para t ∈]x0, x], se tem

mx ≤ f(t) ≤ Mx, tem-se mx(x − x0) ≤∫ x

x0f ≤ Mx(x − x0), portanto mx ≤

∫ x

x0f

x−x0≤ Mx. Mas, por f ser contínua

em x0, tem-se limx→x+

0

Mx = f(x0) = limx→x+

0

mx, portanto limx→x+

0

F (x)− F (x0)x− x0

= f(x0). Analogamente se mostra que

limx→x−0

F (x)− F (x0)x− x0

= f(x0). �

Corolário 5.2.14 Se f : [a, b] −→ R é contínua e g : [a, b] −→ R é tal que g′ = f , então∫ b

af = g(b)− g(a).

Demonstração: Consideremos F : [a, b] −→ Rx 7→

∫ x

af

. Como f é contínua, F é derivável e ∀x ∈ [a, b] : F ′(x) = f(x).

Mas g′ = f , isto é, g′ = F ′, logo g e F diferem por uma constante, isto é, existe k ∈ R tal que ∀x ∈ [a, b] : F (x) =g(x) + k; como F (a) = 0, tem-se k = −g(a). Ora

∫ b

af = F (b) = g(b) + k = g(b)− g(a). �

Um resultado mais forte que este corolário obtem-se impondo apenas como hipótese sobre f a integrabilidade.

Teorema 5.2.15 Se f : [a, b] −→ R é integrável e g : [a, b] −→ R é tal que g′ = f , então∫ b

af = g(b)− g(a).

Demonstração: Sejam P = {t0, . . . , tn} uma partição qualquer de [a, b], mi = inf f|[ti−1,ti], Mi = sup f|[ti−1,ti].Então g(b)− g(a) =

∑ni=1(g(ti)− g(ti−1)); para cada i ∈ {1, . . . , n}, existe ui ∈ [ti−1, ti] tal que

g(ti)− g(ti−1) = g′(ui)(ti − ti−1) = f(ui)(ti − ti−1);

mas mi ≤ f(ui) ≤Mi, portanto mi(ti−ti−1) ≤ f(ui)(ti−ti−1) ≤Mi(ti−ti−1), logo∑

(f, P ) ≤ g(b)−g(a) ≤∑

(f, P ).Como f é integrável conclui-se que g(b)− g(a) =

∫ b

af . �

Exemplos:

1. F : R −→ Rx 7→

∫ x

0et cos tdt

F ′(x) = ex cos x

5.3. PRIMITIVAS 85

2. F : R −→ Rx 7→

∫ x

2(t3 + 1) log(t2 + 3)dt

F ′(x) = (x3 + 1) log(x2 + 3)

3. F : R −→ Rx 7→

∫ x2

0sen3 tdt

Tem-se F = g ◦ h, em que g: R −→ Rx 7→

∫ x

0sen3 tdt

e h: R −→ Rx 7→ x2

, portanto F ′(x) = g′(h(x))h′(x) =

sen3 x2.2x.

4. F : R −→ R

x 7→∫ ∫ x4

1cos tdt

0 cos2 udu

Tem-se F = g1 ◦ g2 ◦ g3, em que g1: R −→ Rx 7→

∫ x

0cos2 udu

, g2: R −→ Rx 7→

∫ x

1cos tdt

e g3: R −→ Rx 7→ x4

,

portanto F ′(x) = g′1(g2(g3(x)))g′2(g3(x))g

′3(x) = cos2(

∫ x4

1cos tdt) cosx4.4x3.

5.3 Primitivas5.3.1 Definição e primitivas elementaresDefinição 5.3.1 Diz-se que F é uma primitiva de f sse F ′ = f

Observações:

1. Se F é uma primitiva de f então, para qualquer c ∈ R, F + c é uma primitiva de f .

2. Se F1 e F2 são primitivas de f , e f está definida num intervalo, então F1 e F2 diferem por uma constante.

Exemplos

1. F : R −→ Rx 7→ x2

; f : R −→ Rx 7→ 2x

F é uma primitiva de f .

2. F : R −→ Rx 7→ x3

; f : R −→ Rx 7→ 3x2

F é uma primitiva de f .

3. F1: R \ {0} −→ Rx 7→ log |x|

; F2: R \ {0} −→ R

x 7→{

log x se x > 03 + log(−x) se x < 0

;

F3: R \ {0} −→ R

x 7→{

log x− 5 se x > 0log(−x) + π se x < 0

; f : R \ {0} −→ Rx 7→ 1/x

Note que estas funções não diferem entre si por uma constante.F1, F2 e F3 são primitivas de f .

4. F1: R −→ Rx 7→ senx2

; F2: R −→ Rx 7→ senx2 + 3

; f : R −→ Rx 7→ 2x cosx2

F1 e F2 são primitivas de f .

5. F1: R+ −→ Rx 7→ log(x2)

; F2: R+ −→ Rx 7→ 2 log 5x

; f : R+ −→ Rx 7→ 2/x


6. F1: ]− π/2, π/2[ −→ Rx 7→ tg2 x

; F2: ]− π/2, π/2[ −→ Rx 7→ sec2 x

; f : ]− π/2, π/2[ −→ Rx 7→ 2 tg x sec2 x



7. F1: R −→ Rx 7→ e−x

; F2: R −→ Rx 7→ 1+5ex

ex

; f : R −→ Rx 7→ −1/ex

F1 e F2 são primitivas de f .Note que estes três últimos exemplos não contradizem a segunda observação acima.

Notação:

1. Na notação tradicional,∫f ou

∫f(x) dx representa (com alguma ambiguidade) “uma primitiva geral” de f . A

razão desta notação está ligada ao facto de, no caso de f ser integrável e o domínio D de f ser um intervalo, afunção D −→ R

x 7→∫ x

af

ser uma primitiva de f para qualquer a ∈ D (ver o teorema 5.2.13). Assim, escreve-se,

por exemplo,∫

2x dx = x2, ou∫

1x dx = log x, x > 0, e isto significa que a função x 7→ x2 é uma primitiva

da função x 7→ 2x, e que a função x 7→ log x é uma primitiva de x 7→ 1x , x > 0. O inconveniente principal

desta notação é que, se F1 e F2 são duas primitivas diferentes de f , ao escrevermos F1(x) =∫f(x)dx e F2(x) =∫

f(x)dx, deveríamos poder concluir (e não podemos) que F1 = F2. Por exemplo, escrevemos∫

2x dx = x2 e∫2x dx = x2−1, mas as funções x 7→ x2 e x 7→ x2−1 não coincidem. Uma solução poderia consistir em designar

por∫f o conjunto de todas as primitivas de f , mas, então, se F1 é uma dessas primitivas, deveríamos escrever

F1 ∈∫f e não F1 =

∫f .

Apesar deste inconveniente que vamos analisar em seguida, como esta é uma notação frequentemente usada, serátambem a que usaremos aqui; em particular, neste contexto, as igualdades

∫1x dx = log x, x > 0 e

∫1x dx = log 2x

estão ambas correctas.Convem ainda observar que F : D −→ R

x 7→∫ x

af(t) dt

, primitiva de f , é uma função de x (e não de t), pelo que

a notação∫f(x) dx para representar F (x) pode provocar uma confusão suplementar, se não fôr encarada como

uma notação simbólica definida independentemente da noção anteriormente associada a∫

.

2. O teorema 5.2.15 diz-nos que se F é uma primitiva de f e f é integrável, então∫ b

af = F (b) − F (a); a notação

habitualmente usada para F (b)− F (a) é [F (x)]ba. Por exemplo, escreve-se∫ b

a3x2 dx = [x3]ba = b3 − a3. No caso

de haver ambiguidade, escreve-se por vezes [F (x)]x=bx=a. Por exemplo, pode-se escrever

∫ b

axt dx = [x2t/2]x=b

x=a =b2t/2 − a2t/2, e

∫ b

axt dt = [xt2/2]t=b

t=a = xb2/2 − xa2/2. Se se escrevesse apenas [xt2/2]ba, não seria claro se setratava de b2t/2− a2t/2 ou de x2b/2− x2a/2.

Vamos agora indicar algumas primitivas elementares, e depois ver como conseguir, a partir dessas, obter primitivasde funções mais complicadas. Ao contrário do que acontece para as derivadas, não temos nenhuma regra para encontrarprimitivas do produto de funções em termos de primitivas de cada um dos factores, nem para encontrar primitivas deg ◦ f em termos de primitivas de f e de g. Embora qualquer função contínua definida num intervalo tenha primitiva(se f é contínua, então para qualquer a no domínio de f , a função x 7→

∫ x

af é uma primitiva de f), nem sempre

é possível exprimir uma primitiva dessa função em termos de funções racionais, trigonométricas, exponencial, suasinversas e compostas. Por exemplo, a função x 7→ e−x2 não tem uma primitiva que se possa exprimir dessa maneira,embora tenha primitivas (por exemplo x 7→

∫ x

1e−t2dt), visto que se trata de uma função contínua.

Observações:

1. Uma função pode ser integrável e não ter primitiva, como mostra o exemplo a seguir.

2. Uma função pode ter primitiva e não ser integrável, mas um exemplo de uma tal função é bastante complicadode construir.

Exemplo: f : [0, 2] −→ R

x 7→{

0 se x 6= 11 se x = 1

Já foi visto que f é integrável. Suponhamos que F era uma primitiva de f . Então ter-se-ia limx→1

F ′(x) = limx→1

f(x) =

0 6= 1 = F ′(1), o que é impossível (proposição 4.3.14).

Que as funções seguintes são primitivas das funções indicadas pode ser facilmente verificado por derivação directa.

•∫k dx = kx; isto é, x 7→ kx é uma primitiva de x 7→ k; as outras são x 7→ kx+ c, c ∈ R.

•∫xr dx = xr+1

r+1 , r 6= −1; isto é, x 7→ xr+1

r+1 é uma primitiva de x 7→ xr; note que, se r < 0, o domínio não é umintervalo, pelo que, nesse caso, nem todas as primitivas são da forma x 7→ xr+1

r+1 + c, c ∈ R.

5.3. PRIMITIVAS 87

•∫

1x dx = log |x|

•∫ex dx = ex

•∫

cosx dx = senx

•∫

senx dx = − cosx

•∫

tg2 x dx = tg x− x

•∫

cotg2 x dx = − cotg x− x

•∫

sec2 x dx = tg x

•∫

cosec2 x dx = − cotg x

•∫

secx tg x dx = secx

•∫

cosecx cotg x dx = − cosecx

•∫

1√1−x2 dx = arcsenx

•∫

11+x2 dx =

arctgx

Proposição 5.3.2 1.∫

(f+g)(x)dx =∫f(x)dx+

∫g(x)dx (isto é, se F é uma primitiva de f e G é uma primitiva

de g, então F +G é uma primitiva de f + g).

2.∫

(cf)(x)dx = c∫f(x)dx (isto é, se F é uma primitiva de f , então cF é uma primitiva de cf).

Demonstração:

1. Se F ′ = f e G′ = g, então (F +G)′ = F ′ +G′ = f + g.

2. Se F ′ = f , então (cF )′ = cF ′ = cf .

�

Exemplos

1. f : [0, 2] −→ R

x 7→{

1 se x 6= 10 se x = 1

; f : [0, 2] −→ R

x 7→{

2 se x 6= 13 se x = 1

; f + g: [0, 2] −→ Rx 7→ 3

Nem f nem g têm primitiva, mas∫

(f + g) =∫

3dx = 3x.

2.∫

(x+ x3 + x4)dx =∫x dx+

∫x3 dx+

∫x4 dx = x2/2 + x4/4 + x5/5.

3.∫ √

x dx =∫x1/2 dx = 2x3/2

3 = 2x√x/3.

4.∫

15√

x3dx =

∫x−3/5 dx = 5 5

√x2/2.

5.∫

(ex + senx)dx =∫ex dx+

∫senx dx = ex − cosx.

6.∫ (x+1)(x+3)(x−1)

x2 dx =∫

x3+3x2−x−3x2 dx =

∫(x+ 3− 1

x −3x2 )dx =

∫x dx+ 3

∫1 dx−

∫1xdx− 3

∫1x2 dx = x2/2 +

3x− log |x|+ 3/x.

7.∫

cos2(x/2) dx =∫

1+cos x2 dx = x/2− (senx)/2.

8.∫ex+t2dx =

∫exet2dx = et2

∫exdx = et2ex = ex+t2 .

9.∫

sen(x/2) cos(x/2)dx = 12

∫senx dx = −(cosx)/2.

10.∫

cos 2xcos2 xdx =

∫cos2 x−sen2 x

cos2 x dx =∫

1− tg2 x dx = x− (tg x− x) = 2x− tg x.

11.∫

3+sen x1−sen2 xdx =

∫3+sen xcos2 x dx =

∫(3 sec2 x+ secx tg x)dx = 3 tg x+ secx.


5.3.2 Primitivação por partesEmbora não disponhamos de nenhuma regra para determinar primitivas de um produto de funções, a regra de derivaçãodo produto dá-nos um método que em certos casos nos permite calcular primitivas de alguns produtos.

Proposição 5.3.3∫fg′ = fg −

∫f ′g, isto é, se h é uma primitiva de f ′g, então fg − h é uma primitiva de fg′.

Demonstração: Tem-se (fg)′ = f ′g + fg′, portanto, se h′ = f ′g, então (fg − h)′ = f ′g + fg′ − f ′g = fg′. �

Exemplos

1.∫x.exdx = xex −

∫1.exdx = xex − ex; isto é, uma primitiva de x 7→ ex pode ser obtida tomando a diferença

entre x 7→ xex e uma primitiva de x 7→ ex, portanto tomando, por exemplo, x 7→ xex − ex.

2.∫x2.exdx = x2ex −

∫2x.exdx = x2ex − 2(xex − ex) = x2ex − 2xex + 2ex.

3.∫x2. cosx dx = x2 senx−

∫2x senx dx = x2 senx− 2(−x cosx−

∫1.(− cosx)dx) = x2 senx+ 2x cosx− 2 senx.

Por vezes, embora à primeira vista não se tenha um produto, é prático considerar o produto por 1.

4.∫

log x dx =∫

log x.1 dx = (log x)x−∫x/x dx = x log x− x.

5.∫

log2 x dx =∫

log x log x dx = log x(x log x − x) −∫

1x (x log x − x)dx = x log2 x − x log x −

∫(log x + 1)dx =

x log2 x− x log x− (x log x− x) + x = x log2 x− 2x log x+ 2x.

6.∫x log x dx =

∫(log x)x dx = (log x)x2/2−

∫1x .

x2

2 dx = x2 log x2 − x2

4 .

7.∫ex senx dx = −ex cosx−

∫ex(− cosx)dx = −ex cosx+

∫ex cosx dx = −ex cosx+ ex senx−

∫ex senx dx.

Chamando g à função x 7→ −ex cosx+ex senx e f à função x 7→ ex senx, esta igualdade escreve-se∫f = g−

∫f ,

isto é, uma primitiva de f pode-se obter subtraindo a g uma primitiva F de f . Por outras palavras, F e g − Ftêm a mesma derivada, de onde g e 2F têm a mesma derivada, ou seja, g é uma primitiva de 2f , logo g/2 éuma primitiva de f :

∫f = g/2, ou

∫ex senx dx = (ex senx− ex cosx)/2.

8.∫

log xx dx =

∫log x 1

xdx = log2 x−∫

1x log x dx; 2

∫log x

x dx = log2 x;∫

log xx dx = (log2 x/2).

Proposição 5.3.4 Se F é uma primitiva de f , então, para c, k ∈ R, c 6= 0, a função x 7→ 1cF (cx+k) é uma primitiva

de x 7→ f(cx+ k).

Demonstração: Seja G definida por G(x) = 1cF (cx+ k). Então G′(x) = 1

cF′(cx+ k).c = F ′(cx+ k) = f(cx+ k). �

Exemplos:

1.∫

cos(2x+ 5)dx = 12 sen(2x+ 5)

2.∫

1(3x+1)2+1dx = 1

3

arctg(3x+ 1)

3.∫

1x2+2x+5dx =

∫1

(x+1)2+4dx = 14

∫1

( x+12 )2+1

dx = 12

arctg x+12

4.∫

1√x(8−16x)

dx =∫

1√8x−16x2 dx =

∫1√

1−(4x−1)2dx = 1

4 arcsen(4x− 1)

5.∫

1√−27+72x−36x2 dx =

∫1√

36(−3/4+2x−x2)dx =

∫1√

36(1/4−(x−1)2)dx =

∫1√

9(1−(2x−2)2)dx = 1

6 arcsen(2x− 2)

6.∫

13x+5dx = 1

3 log |3x+ 5|

7. 1(2x+3)4 dx = − 1

6(2x+3)3

8. 1√x+1−

√x−1

dx =∫ √

x+1+√

x−12 dx = 2

3 (x+ 1)√x+ 1 + 2

3 (x− 1)√x− 1

5.3. PRIMITIVAS 89

5.3.3 Primitivação por substituiçãoSe F e g são funções deriváveis, então F ◦ g é derivável e (F ◦ g)′(x) = F ′(g(x))g′(x). Se quisermos calcular umaprimitiva de uma função h que seja do tipo f ◦ g.g′, com f contínua e g derivável, e se conhecermos uma primitiva Fde f , então F ◦ g é uma primitiva de h.

Exemplos:

1.∫

sen5 x cosx dx

sen5 x cosx = f(g(x))g′(x), em que f(x) = x5 e g(x) = senx, logo∫

sen5 x cosx dx = sen6 x6 .

2.∫

(2x+ 1)√x2 + x+ 3 dx

(2x + 1)√x2 + x+ 3 = f(g(x))g′(x), em que f(x) =

√x e g(x) = x2 + x + 3, logo

∫(2x + 1)

√x2 + x+ 3 dx =

23 (x2 + x+ 3)

√x2 + x+ 3.

3.∫

2xx4+2x2+2dx

2xx4+2x2+2 = f(g(x))g′(x), em que f(x) = 1

x2+1 e g(x) = x2 + 1, logo∫

2xx4+2x2+2dx =

arctg(x2 + 1).

4.∫

3x2ex3dx

3x2ex3= f(g(x))g′(x), em que f(x) = ex e g(x) = x3, logo

∫3x2ex3

dx = ex3 .

5.∫

1x2 cos( 1

x )dx1x2 cos( 1

x ) = f(g(x))g′(x), em que f(x) = − cosx e g(x) = 1/x, logo∫

1x2 cos( 1

x )dx = − sen( 1x ).

6.∫

x√1−x2 dx

x√1−x2 = f(g(x))g′(x), em que f(x) = − 1

2√

xe g(x) = 1− x2, logo

∫x√

1−x2 dx =√

1− x2.

7.∫

x1+x2 dx

x1+x2 = f(g(x))g′(x), em que f(x) = 1

2x e g(x) = 1 + x2, logo∫

x1+x2 dx = 1

2 log(1 + x2).

8.∫

tg x dx =∫

sen xcos x = − log | cosx|.

9.∫

cotg x dx =∫

cos xsen x = log | senx|.

10.∫

tg2 x sec2 xdx = 13 tg3 x.

11.∫

sen5 x cos4 x dx =∫

senx(1 − cos2 x)2 cos4 x dx =∫

senx(cos4 x − 2 cos6 x + cos8 x)dx =∫

senx cos4 x dx −2∫

senx cos6 x dx+∫

senx cos8 x dx = − 15 cos5 x− 2

7 cos7 x− 19 cos9 x.

12.∫

sen6 x cos6 x dx = 126

∫sen6 2x dx = 1

26

∫(sen2 2x)3dx = 1

26

∫( 1−cos 4x

2 )3dx = 129

∫1 − 3 cos4 x + 3 cos2 4x −

cos3 4x dx = 129

∫1−3 cos4 x+3( 1+cos 8x

2 )−cos 4x(1−sen2 4x)dx = 129 (x− 3 sen 4x

4 + 3x2 + 3 sen 8x

16 − sen 4x4 + sen3 4x

12 ).

13.∫

sen2 x cos4 x dx = 122

∫sen2 2x 1+cos 2x

2 dx = 123

∫sen2 2x+sen 2x cos 2x dx = 1

23

∫1−cos 4x

2 + sen 4x2 dx = 1

26 (4x−sen4x− cos 4x).

14.∫

sen 2x cos 6x dx =∫ sen 8x+sen(−4x)

2 dx = − cos 8x16 + cos 4x

8 .

15.∫

sen 5x sen 7x dx =∫ cos(−2x)−cos 12x

2 dx = sen 2x4 − sen 12x

24 .

16.∫

cos 3x cos 4x dx =∫

cos x+cos 7x2 dx = sen x

2 + sen 7x14 .

17.∫

sen2 2x cosx dx =∫

4 sen2 x cos3 x dx = 4∫

sen2 x(1 − sen2 x) cosx dx = 4∫

sen2 x cosx − sen4 x cosx dx =4 sen3 x

3 − 4 sen5 x5 .

18.∫

secx dx =∫

1cos xdx =

∫cos xcos2 xdx =

∫cos x

1−sen2 xdx = 12

∫( cos x1+sen x + cos x

1−sen x )dx = 12 log |1 + senx| − 1

2 log |1 −

senx| = log√

1+sen x1−sen x = log

√(1+sen x)2

1−sen2 x = log | 1+sen xcos x | = log | secx+ tg x|.

19.∫

cosecx dx =∫

1sen xdx =

∫sen xsen2 xdx =

∫sen x

1−cos2 xdx = 12

∫( sen x1+cos x + sen x

1−cos x )dx = 12 (− log |1 + cosx| + log |1 −

cosx| = log√

1−cos x1+cos x = log

√(1−cos x)2

1−cos2 x = log | 1−cos xsen x | = log | cosecx− cotg x|.


20.∫

arcsenx dx =∫

(arcsenx).1 dx = x arcsenx−∫

x√1−x2 dx = x arcsenx+

√1− x2.

21.∫x

arctgx dx =∫

(arctgx)x dx = x2

2

arctgx−∫

x2

2(1+x2)dx = x2

2

arctgx− 12 (∫

1+x2

1+x2 dx−∫

11+x2 dx) = x2

2

arctgx− x2 + arctg x

2 .

22.∫

1(1+x2)2 dx =

∫1+x2−x2

(1+x2)2 dx =∫

11+x2 dx−

∫x2

(1+x2)2 dx =arctgx− 1

2

∫x 2x

(1+x2)2 dx =arctgx− 1

2 ( −x1+x2 −

∫ −11+x2 dx) = 1

2arctgx+ x

2(1+x2) .

23.∫

1(1+x2)3 dx =

∫1+x2−x2

(1+x2)3 dx =∫

1(1+x2)2 dx−

∫x2

(1+x2)3 dx =∫

1(1+x2)2 dx+

x2(1+x2)−

12

∫x 2x

(1+x2)2 dx =∫

1(1+x2)2 dx−

12 ( −x

2(1+x2)2 −∫ −1

2(1+x2)2 dx) = 34

∫1

(1+x2)2 dx+ x4(1+x2)2 = x

4(1+x2)2 + 3x8(1+x2)2 + 3

8arctgx.

24.∫

1(4x2−8x+40)3 dx =

∫1

((2x−2)2+36)3 dx = 1363

∫1

(( x−13 )2+1)3

dx = 3363 ( 3

8

arctg x−13 + 3 x−1

3

8(1+( x−13 )2)

+x−13

4(1+( x−13 )2)2

) = arctg x−13

41472 + x−113824(x2−2x+10) + x−1

2304(x2−2x+10) .

25.∫

arctg x1+x2 dx = arctg2x

2 .

26.∫ log(log x)

x log x dx = log2(log x)2 .

Por vezes quer-se calcular uma primitiva de uma função que não está escrita de maneira óbvia na forma (f ◦ g).g′,mas que, com algumas transformações, se pode escrever sob esta forma.

Exemplos:

1.∫

1x+

√xdx =

∫ 2√

xx+

√x. 12√

xdx =

∫2√x+1

. 12√

xdx =

∫f(g(x))g′(x)dx, em que f(x) = 2

x+1 e g(x) =√x. Então∫

1x+

√xdx = 2 log(

√x+ 1).

2.∫

4ex+1ex+1 dx =

∫4ex+1ex+1 .

1ex .e

x dx =∫f(g(x))g′(x)dx, em que f(x) = 4x+1

x2+x e g(x) = ex. Ora∫f(x)dx =

∫4x+1x2+xdx =∫

3x+x+1x(x+1) dx =

∫( 3

x+1 + 1x )dx = 3 log |x+1|+log |x|. Então

∫4ex+1ex+1 dx = 3 log(ex +1)+log(ex) = 3 log(ex +1)+x.

Seja f uma função da qual se quer determinar uma primitiva. Suponhamos que para alguma função injectiva g,derivável e com inversa derivável, se conhece uma primitiva H de f ◦ g.g′; então

(H ◦ g−1)′(x) = H ′(g−1(x)).(g−1)′(x) = f(g(g−1(x))).g′(g−1(x))(g−1)′(x) = f(x),

isto é, H ◦ g−1 é uma primitiva de f . Uma mnemónica para estes cálculos consiste em substituir x por g(u) e dx porg′(u)du, o que dá ∫

f(x) dx =∫f(g(u))g′(u) du,

isto é, uma primitiva H de f ◦ g.g′; tendo determinado H, substitui-se u por g−1(x) (isto é, compõe-se H com g−1).

Observação: Com as notações anteriores, tem-se∫ b

af(x)dx =

∫ g−1(b)

g−1(a)f(g(u))g′(u)du.

Nos primeiros dois exemplos serão escritos os cálculos segundo a exposição mais detalhada e fazendo directamentea substituição. Nos exemplos seguintes só serão apresentados os cálculos fazendo directamente a substituição.

Exemplos:

5.3. PRIMITIVAS 91

1.∫ √

1− x2 dx∫ √

1− x2 dx

f(x) =√

1− x2; g(x) = senx Fazendo a substituição x = senu,H(x) =

∫f(g(x))g′(x) dx =

∫ √1− sen2 x cosx dx dx = cosu du, temos

=∫

cos2 x dx =∫

1+cos 2x2 dx

∫ √1− sen2 u cosu du =

∫cos2 u du

x2 + sen 2x

4 = x2 + sen x cos x

2 = u2 + sen 2u

4∫f(x)dx =

∫ √1− x2 dx = H(g−1(x)) =

∫ √1− x2 dx = arcsen x

2 + sen(2arcsenx)4 =

= arcsen x2 + x

√1−x2

2 = arcsen x2 + x

√1−x2

2

2.∫

2e2x+ex

e2x+ex+3 dx =∫

2ex+1e2x+ex+3e

x dx∫

2e2x+ex

e2x+ex+3 dx

f(x) = 2ex+1e2x+ex+3 ; g(x) = log x Fazendo a substituição x = log u,

H(x) =∫f(g(x))g′(x) dx =

∫2x+1

x2+x+3 dx = dx = 1udu, temos

= log(x2 + x+ 3)∫

2u2+uu2+u+3

1udu = 2u+1

u2+u+3du =∫f(x)dx = H(g−1(x)) = log(e2x + ex + 3). = log(u2 + u+ 3).∫

2e2x+ex

e2x+ex+3 dx = log(e2x + ex + 3)

3.∫

1√x2−1

dx

Fazendo x = secu, dx = secu tg u du, vem∫1

tg u secu tg u du =∫

secu du = log | secu+ tg u|∫1√

x2−1dx = log |x+

√x2 − 1|

4.∫

1x√

1−x2 dx

Fazendo x = senu, dx = cosu du, vem∫1

sen u cos u cosu du =∫

cosecu du = log | cosecu− cotg u|∫1

x√

1−x2 dx = log | 1x −√

1−x2

x |

5.∫

log(√

1 + x2)dx

Fazendo x = tg u, dx = sec2 u du, vem∫log |sec u|. sec2 u du = log(secu). tg u−

∫sec u tg u

sec u tg u du = log(secu). tg u−∫

tg2 u = log(secu). tg u+ u− tg u∫log(

√1 + x2)dx = x log(

√1 + x2) +

arctgx− x

6.∫

1√1+ex dx

Fazendo u =√

1 + ex, x = log(u2 − 1), dx = 2uu2−1du vem∫

1u .

2uu2−1 du =

∫2

(u−1)(u+1)du =∫

( 1u−1 −

1u+1 )du = log |u−1

u+1 |∫1√

1+ex dx = log√

1+ex+1√1+ex−1

7.∫ √

16−x2

x4 dx

Fazendo x = 4 senu, dx = 4 cosu, vem∫4 cos u

44 sen4 u .4 cosu du = 116

∫cotg2 u cosec2 u du = − cotg3 u

48∫ √16−x2

x4 dx = − (√

16−x2)3

48x3

5.3.4 Primitivação de funções racionaisVamos agora ver como calcular primitivas de funções racionais, isto é, de funções que são o quociente de duas funçõespolinomiais. Observemos primeiro que dados dois polinómios P e Q, com Q não nulo, existem polinómios P1 e R,R polinómio nulo ou então grau de R menor do que o grau de Q, tais que P = P1Q + R. Então

∫ P (x)Q(x) dx =∫

(P1(x) + R(x)Q(x) )dx =

∫P1(x) dx +

∫ R(x)Q(x) dx. Uma vez que já vimos como se determinam primitivas de funções

polinomiais, basta agora ver o modo de calcular primitivas de funções racionais em que o grau do numerador é menordo que o grau do denominador.

Vejamos primeiro alguns casos particulares.

Exemplos:


1.∫

1x+5 dx = log |x+ 5|

2.∫

1(x−1)4 dx = − 1

3(x−1)3

3.∫

1(x−a)n dx =

{log |x− a| se n = 1− 1

(n−1)(x−a)n−1 se n > 1

4.∫

1x2+4 dx = 1

4

∫1

(x/2)2+1 dx = 12

arctg x2

5.∫

1x2−2x+10 dx =

∫1

(x−1)2+9 dx = 19

∫1

( x−13 )2+1

dx = 13

arctg x−13

6.∫

1x2−4x+6 =

∫1

(x−2)2+2 dx = 12

∫1

( x−2√2

)2+1dx = 1√

2

arctg x−2√2

7. Se a2 − 4b < 0, então∫

1x2+ax+b dx =

∫1

(x−a/2)2+b−a2/4 dx = 1b−a2/4

∫1

(x−a/2√b−a2/4

)2+1dx = 1√

b−a2/4

arctg( x−a/2√b−a2/4

)

8. Para n > 1,∫1

(x2 + 1)ndx =

∫x2 + 1− x2

(x2 + 1)ndx =

∫(

1(x2 + 1)n−1

− x2

(x2 + 1)n)dx

=∫

1(x2 + 1)n−1

dx−∫x

2.

2x(x2 + 1)n

dx

=∫

1(x2 + 1)n−1

dx− (x

2.

−1(n− 1)(x2 + 1)n−1

−∫

12.

−1(n− 1)(x2 + 1)n−1

dx)

=∫

1(x2 + 1)n−1

dx+x

(2n− 2)(x2 + 1)n−1−∫

12(n− 1)(x2 + 1)n−1

dx

=2n− 32n− 2

∫1

(x2 + 1)n−1dx+

x

(2n− 2)(x2 + 1)n−1

(isto é, a partir de uma primitiva de x 7→ 1(x2+1)n−1 , podemos obter uma primitiva de x 7→ 1

(x2+1)n ; repetindo oprocesso n− 2 vezes, podemos obter uma primitiva de x 7→ 1

(x2+1)n a partir de uma primitiva de x 7→ 1x2+1 ).

9.∫

1(x2+4x+5)3 dx =

∫1

((x+2)2+1)3 dx

Fazendo a substituição x = u− 2, obtemos∫1

(u2 + 1)3du =

34

∫1

(u2 + 1)2du+

u

4(u2 + 1)2=

34(12

∫1

u2 + 1du+

u

2(u2 + 1)) +

u

4(u2 + 1)2

=38

arctgu+3u

8(u2 + 1)+

u

4(u2 + 1)2

Então∫

1(x2+4x+5) dx = 3

8

arctg(x+ 2) + 3(x+2)8((x+2)2+1) + (x+2)

4((x+2)2+1)2

10. Se a2− 4b < 0,∫

1(x2+ax+b)n dx =

∫1

((x+a/2)2+b−a2/4)n dx = 1(b−a2/4)n

∫1

((x+a/2√b−a2/4

)2+1)ndx. Fazendo uma substi-

tuição u = x+a/2√b−a2/4

, obtemos 1(b−a2/4)n

√b− a2/4

∫1

(u2+1)n du, que se pode calcular como foi visto nos exemplosanteriores.

11.∫

2x+3x2+3x+5 dx = log(x2 + 3x+ 5)

12.∫

2x−5(x2−5x+10)3 dx = −1

2(x2−5x+10)2

13.∫

2x+5x2−2x+3 dx =

∫2x−2

x2−2x+3 dx + 7∫

1x2−2x+3 , dx = log(x2 − 2x + 3) + 7

∫1

x2−2x+3 , dx, e 7∫

1x2−2x+3 , dx pode-se

calcular como foi visto no exemplo 7.

5.3. PRIMITIVAS 93

14.∫

2x+7(x2+3x+8)4 dx =

∫2x+3

(x2+3x+8)4 dx+∫

4(x2+3x+8)4 dx = −1

3(x2+3x+8)3 + 4∫

1(x2+3x+8)4 dx e

∫1

(x2+3x+8)4 dx pode-secalcular como foi visto no exemplo 10.

15. Se a2 − 4b < 0 e c 6= 0,∫

cx+d(x2+ax+b)n dx = c

2

∫ 2x+2d/c(x2+ax+b)n dx = c

2 (∫

2x+a(x2+ax+b)n dx +

∫ 2d/c−a(x2+ax+b)n ). Ora∫

2x+a(x2+ax+b)n dx =

{log |x2 + ax+ b| se n = 1

−1(n−1)(x2+ax+b)n−1 se n > 1 e

∫ 2d/c−a(x2+ax+b)n dx pode-se calcular como foi visto no exem-

plo 10.

Pelos exemplos anteriores, vemos como se podem calcular primitivas de funções do tipo x 7→ 1(x−α)n e x 7→

cx+d(x2+ax+b)n , em que a2− 4b < 0. Resta ver que o cálculo de uma primitiva de qualquer função racional se pode reduzira estes casos. Para isso, vamos usar alguns teoremas sobre polinómios que não demonstraremos aqui.

Teorema 5.3.5 Se Q é um polinómio não nulo de coeficientes reais, existem

r, s ∈ N ∪ {0}, a, b1, . . . , br, c1, . . . , cs, d1, . . . , ds ∈ R, β1, . . . , βr, γ1, . . . , γs ∈ N,

tais queQ(x) = a(x− b1)β1 . . . (x− br)βr (x2 + c1x+ d1)γ1 . . . (x2 + csx+ ds)γs ,

em que os bi são distintos dois a dois os pares (ci, di) são distintos dois a dois e c2i − 4di < 0, i = 1, . . . , s. Estarepresentação é única (a menos da ordem dos factores).

Exemplos:

1. x4 − 5x3 + 9x2 − 7x+ 2 = (x− 1)3(x− 2)

2. x5 − x4 − x3 − 11x2 − 8x− 12 = (x− 3)(x2 + x+ 2)2

3. x11 − 3x10 + 11x9 − 5x8 + 29x7 + 239x6 − 639x5 + 1465x4 − 2184x3 + 2808x2 − 2160x+ 1296 == (x2 + 4)2(x2 − 2x+ 3)3(x+ 3)

Teorema 5.3.6 Se Q(x) = (x − b1)β1 . . . (x − br)βr (x2 + c1x + d1)γ1 . . . (x2 + csx + ds)γs , nas condições do teoremaanterior, e se P é um polinómio de grau menor do que o grau de Q, existem ui,j ∈ R, 1 ≤ i ≤ r, 1 ≤ j ≤ βi evi,j , wi,j ∈ R, 1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ γs, tais que

P (x)Q(x)

=u1,1

x− b1+

u1,2

(x− b1)2+ · · ·+ u1,β1

(x− b1)β1+ · · ·+ ur,1

x− br+ · · ·+ ur,βr

(x− br)βr+

+v1,1x+ w1,1

x2 + c1x+ d1+ · · ·+ v1,γ1x+ w1,γ1

(x2 + c1x+ d1)γ1+ · · ·+ vs,1x+ ws,1

x2 + csx+ ds+ · · ·+ vs,γsx+ ws,γs

(x2 + csx+ ds)γs .

Esta representação é única (a menos da ordem das parcelas).

Uma vez que já vimos como calcular primitivas de cada uma destas parcelas, está visto como calcular primitivasde qualquer função racional, desde que se saiba decompor o denominador na forma indicada no teorema 5.3.5.

Exemplos:

1. Existem a, b, c, d ∈ R, tais que

2x2 + 3(x+ 1)3(x− 3)

=a

x+ 1+

b

(x+ 1)2+

c

(x+ 1)3+

d

x− 3.

2. Existem a, b, c, d, e, f, g, h ∈ R, tais que

x5 + 3x2 + 3(x2 + 2x+ 5)2(x+ 3)2(x− 1)2

=ax+ b

x2 + 2x+ 5+

cx+ d

(x2 + 2x+ 5)2+

e

x+ 3+

f

(x+ 3)2+

g

x− 1+

h

(x− 1)2.

3. Existem a, b, c, d, e, f, g, h, i, j, k ∈ R, tais que

x7 + 5x+ 6(x2 + 1)3(x2 − 8x+ 19)2(x− 3)

=ax+ b

x2 + 1+

cx+ d

(x2 + 1)2+

ex+ f

(x2 + 1)3+

gx+ h

x2 − 8x+ 19+

ix+ j

(x2 − 8x+ 19)2+

k

x− 3.


4. Existem a, b, c, d ∈ R, tais quex3 + 3

x3(x+ 1)=a

x+

b

x2+

c

x3+

d

x+ 1.

Resta ver como determinar estes coeficientes.

Exemplos:

1. Existem a, b ∈ R, tais que4x− 9

(x− 2)(x− 3)=

a

x− 2+

b

x− 3,

de onde4x− 9

(x− 2)(x− 3)=a(x− 3) + b(x− 2)

(x− 2)(x− 3)=

(a+ b)x− 3a− 2b(x− 2)(x− 3)

.

Então{a+ b = 4−3a− 2b = −9 , logo a = 1 e b = 3.

4x− 9(x− 2)(x− 3)

=1

x− 2+

3x− 3

2. Existem a, b, c, d, e, f, g ∈ R, tais que

5x6 + 11x5 + 30x4 + 33x3 − 62x2 − 220x+ 20(x2 + 2x+ 5)2(x− 1)3

=ax+ b

x2 + 2x+ 5+

cx+ d

(x2 + 2x+ 5)2+

e

x− 1+

f

(x− 1)2+

g

(x− 1)3,

isto é,5x6 + 11x5 + 30x4 + 33x3 − 62x2 − 220x+ 20

(x2 + 2x+ 5)2(x− 1)3=

=(a+ e)x6 + (−a+ b+ 2e+ f)x5 + (2a− b+ c+ 7e+ 3f + g)x4 + (−10a+ 2b− 3c+ d− 4e+ 10f + 4g)x3

(x2 + 2x+ 5)2(x− 1)3+

+(13a− 10b+ 3c− 3d− e+ 6f + 14g)x2 + (−5a+ 13b− c+ 3d− 30e+ 5f + 20g)x− 5b− d+ 25e− 25f + 25g

(x2 + 2x+ 5)2(x− 1)3,

de onde

a+ e = 5−a+ b+ 2e+ f = 112a− b+ c+ 7e+ 3f + g = 30−10a+ 2b− 3c+ d− 4e+ 10f + 4g = −3313a− 10b+ 3c− 3d− e+ 6f + 14g = −62−5a+ 13b− c+ 3d− 30e+ 5f + 20g = −220−5b− d+ 25e− 25f + 25g = 20

, o que implica

a = 0b = 1c = 3d = 0e = 5f = 0g = −4

5x6 + 11x5 + 30x4 + 33x3 − 62x2 − 220x+ 20(x2 + 2x+ 5)2(x− 1)3

=1

x2 + 2x+ 5+

3x(x2 + 2x+ 5)2

+5

x− 1− 4

(x− 1)3

3. Cálculo de∫−2x6 − 54x4 − 485x2 − x− 1458

(x2 + 9)3(3x− 3)dx.∫ −2x6−54x4−485x2−x−1458

(x2+9)3(3x−3) dx = 13

∫ −2x6−54x4−485x2−x−1458(x2+9)3(x−1) dx

Existem a, b, c, d, e, f ∈ R tais que −2x6−54x4−485x2−x−1458(x2+9)3(3x−3) = ax+b

x2+9 + cx+d(x2+9)2 + ex+f

(x2+9)3 + g(x−1) . Então −2x6 −

54x4−485x2−x−1458 = (ax+b)(x2+9)2(x−1)+(cx+d)(x2+9)(x−1)+(ex+f)(x−1)+g(x2+9)3. Para x = 1,o primeiro membro é −2000 e o segundo é 1000g, logo g = −2. Então (ax+b)(x2+9)2+(cx+d)(x2+9)+ex+f =(−2x6−54x4−485x2−x−1458+2(x2 +9)2)/(x−1) = x. O coeficiente de x5 no primeiro membro é a, portantoa = 0; logo o coeficiente de x4 no primeiro membro é b, portanto b = 0; logo o coeficiente de x3 no primeiromembro é c, portanto c = 0; logo o coeficiente de x2 no primeiro membro é d, portanto d = 0; conclui-se queex+ f = x, isto é, e = 1 e f = 0.Queremos então calcular

13

∫(

x

(x2 + 9)3− 2x− 1

)dx,

que é igual a13

∫(12.

2x(x2 + 9)3

− 2x− 1

)dx = − 112

1(x2 + 9)2

− 23|x− 1|.

5.3. PRIMITIVAS 95

4. Cálculo de∫x4 − x3 − 5x2 + 13x− 4

x3 − x2 − x+ 1dx.∫

x4−x3−5x2+13x−4x3−x2−x+1 dx =

∫(x+ −4x2+12x−4

(x−1)2(x+1) )dx

Existem a, b, c ∈ R tais que −4x2+12x−4x3−x2−x+1 = a

x−1 + b(x−1)2 + c

x+1 . Então −4x2 + 12x− 4 = a(x2 − 1) + b(x+ 1) +

c(x2 − 2x+ 1), de onde

a+ c = −4b− 2c = 12−a+ b+ c = −4

, logo a = 1, b = 2 e c = −5.

∫x4 − x3 − 5x2 + 13x− 4

x3 − x2 − x+ 1dx =

∫(x+

1x− 1

+2

(x− 1)2− 5x+ 1

)dx =x2

2+ log |x− 1| − 2

x− 1− 5 log |x+ 1|

Exemplos variados

1.∫

1(√x− 1)6

dx

Fazendo a substituição x = u2, dx = 2u du, vem∫

2u(u−1)6 du. Existem a, b, c, d, e, f ∈ R tais que 2u

(u−1)6 =a

u−1 + b(u−1)2 + c

(u−1)3 + d(u−1)4 + e

(u−1)5 + f(u−1)6 ; esta igualdade implica 2u = a(u − 1)5 + b(u − 1)4 + c(u −

1)3 + d(u− 1)2 + e(u− 1) + f . Analisando sucessivamente os coeficientes de x5, x4, x3 e x2 do segundo membro,concluimos que a = b = c = d = 0. É fácil então de ver que e = 2 e f = 2.∫

2u(u−1)6 dx =

∫2

(u−1)5 du+∫

2(u−1)6 du = − 2

4(u−1)4 −2

5(u−1)5∫1

(√x− 1)6

dx = − 24(√x− 1)4

− 25(√x− 1)5

2.∫

x

1 + senxdx∫ x(1−sen x)

1−sen2 x dx =∫

( xcos2 x − x tg x secx) dx =

∫x sec2 x dx −

∫x tg x secx dx = x tg x −

∫tg x dx − (x secx −∫

secx) = x tg x+ log | cosx| − x secx+ log | secx+ tg x|.

3.∫

x log x√1 + x2

dx∫x log x√1+x2 dx = (log x)

√1 + x2 −

∫ √1+x2

x dx

Fazendo a substituição x = tg t, dx = sec2 t dt, vem∫sec ttg t

sec2 t dt =∫

cosec t sec2 tdt = cosec t tg t−∫− cosec t cotg t tg t dt

= cosec t tg t+∫

cosec t dt = cosec t tg t+ log | cosec t− cotg t|

∫x log x√1 + x2

dx = (log x)√

1 + x2 −√

1− x2 + log |x| − log(√

1 + x2 − 1)

4.∫

log2 x dx

Fazendo a substituição x = eu, dx = eu du, vem∫u2eudu = u2eu −

∫2ueudu = u2eu − 2(ueu −

∫eudu) = u2eu − 2ueu + 2eu∫

log2 x dx = x log2 x− 2x log x+ 2x

5.∫

1ex + e−x

dx

Fazendo a substituição x = log u, dx = 1u du, vem

∫1

u+ 1u

. 1u du =∫

1u2+1 du =

arctgu∫1

ex + e−xdx =

arctgex


6.∫

1(x2 − 1)3/2

dx

Fazendo a substituição x = sec t, dx = sec t tg t dt, vem∫

1tg3 t . sec t tg t dt =

∫sec ttg2 t dt =

∫cosec t cotg t =

− cosec t∫1

(x2 − 1)3/2dx =

−x√x2 − 1

7.∫x5

arctgx2 dx

Fazendo a substituição x =√u, dx = 1

2√

udu, vem ∫

u2√u(

arctgu)1

2√udu =

12

∫u2

arctgu du =u3

6

arctgu− 16

∫u3

1 + u2du

=u3

6

arctgu− 16

∫u− u

1 + u2du =

u3

6

arctgu− u2

12+

16

log(1 + u2)

∫x5

arctgx2 dx =x6

6

arctgx2 − x4

12+

112

log(1 + x2)

8.∫

1x− x3/5

dx

Fazendo a substituição x = u5, dx = 5u4 du, vem∫

1u5−u3 .5u4 du = 5

∫u

u2−1 du.

Existem a, b ∈ R tais que uu2−1 = a

u−1 + bu+1 ; esta igualdade implica a+ b = 1 e a− b = 0, de onde a = b = 1/2.

Então 5∫

uu2−1 du = 5

2

∫( 1

u−1 + 1u+1 ) du = 5

2 (log |u− 1|+ log |u+ 1|).∫1

x− x3/5dx =

52(log | 5

√x− 1|+ log | 5

√x+ 1|)

9.∫ √

x3 − 2x

dx

Fazendo a substituição x = 3√u+ 2, dx = 1

3 3√

(u+2)2du, vem

∫ √u

3(u+2) du; fazendo a substituição u = t2, du =

2t dt, vem

∫t

3(t2 + 2)2t dt =

23

∫t2t2 + 2 dt =

23

∫1− 2

t2 + 2dt

=2t3− 2

3

∫1

(t/√

2)2 + 1dt =

2t3−√

2

arctgt√2


Então∫ √

u3(u+2) du = 2

√u

3 − 2√

23

arctg√u/2.∫ √

x3 − 2x

dx =23

√x3 − 2− 2

√2

3

arctg

√x3 − 2

2

10.∫

arcsen2 x dx

Fazendo a substituição x = senu, dx = cosu du, vem∫u2 cosu du = u2 senu−

∫2u senu du = u2 senu− 2(−u cosu−

∫− cosu du)

= u2 senu+ 2u cosu− 2 senu∫arcsen2 x dx = x arcsen2 x+ 2

√1− x2 arcsenx− 2x

5.4 Resolução de alguns exercícios1. Calcular a área dos seguintes conjuntos.

(a) A região limitada pelo gráfico da função x 7→ x2 + 1, as rectas de equações x = −3 e x = 3 e o eixo dasabcissas.

(b) A intersecção das regiões limitadas pelo gráfico da função x 7→ x3 − 3x2 + 3x− 2 e o eixo das abcissas como conjunto {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 3}.

(c) A intersecção das regiões entre os gráficos das funções x 7→ senx e x 7→ cosx− 1 com o conjunto {(x, y) ∈R2; 0 ≤ x ≤ 2π}.

(d) O interior da elipse de equação x2/a2 + y2/b2 = 1.(e) {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x, 1 ≤ xy, x+ y ≤ 5/2}(f) {(x, y) ∈ R2;x ≤ 1, 1 ≤ x+ y, y ≤ 2x}

a)∫ 3

−3(x2 + 1) dx = [x3

3 + x]3−3 = 24

b) −∫ 2

0(x3 − 3x2 + 3x− 2) dx+

∫ 3

2(x3 − 3x2 + 3x− 2) dx = −[x4/4− 3x3/3 + 3x2/2− 2x]20 + [x4/4− 3x3/3 +

3x2/2− 2x]32 = 19/4

c)∫ 3π/2

0senx−(cosx−1) dx+

∫ 2π

3π/2cosx−1−senx dx = [− cosx−senx+x]3π/2

0 +[senx−x−cosx]2π3π/2 = 4+π

d) 2∫ a

−ab√

1− x2/a2 dx = 2b/a∫ a

−a

√a2 − x2 dx

Cálculo de∫ √

a2 − x2 dx: fazendo a substituição x = a senu, dx = a cosu du, vem∫a cosu.a cosu du =

a2∫

1+cos 2u2 du = a2 (u

2 + sen 2u4 )∫ a

−a

√a2 − x2 dx = a2[ 12arcsen x

a + x2a

√1− x2/a2]a−a = πa2/2

área = πab

e)∫ 2

1/2( 52 − x− 1

x ) dx = [5x2 − x2

2 − log x]21/2 = 158 − log 4

f)∫ 1

0(2x − 1 + x) dx =

∫ 1

0(ex log 2 − 1 + x) dx = [ 1

log 22x − x+ x2/2]10 = 1log 2 −

12

a)

12

10

8

6

4

2

4321-4 -3 -2 -1

b)7

6

5

4

3

2

1

-2

-1

4321

c)

20


d)

b

a

e)

2

1

21

f)

1

2

3

4

1 2

2. Um objecto parte de um ponto numa recta e durante um segundo desloca-se com velocidade dada por v(t) =v0 − (2v0 − 2− 2sen (πv0))t, em que v0 é a velocidade inicial e 0 < v0 ≤ 1.a) Qual é a distância percorrida até ao instante t?b) Para que velocidade inicial é que a distância total percorrida é máxima?

a) A velocidade é sempre positiva, portanto a distância percorrida no instante t é x(t) =∫ t

0v(u) du = v0t− (v0−

1− sen (πv0))t2.b) A distância total percorrida é x(1) = 1 + sen (πv0); é máxima quando sen (πv0) = 1, isto é, quando v0 = 1/2.

3. Um objecto desloca-se numa recta e a sua velocidade no instante t é v(t) = sen t. Qual é aa) posição do objecto no instante t?b) a distância percorrida até ao instante t?

a)∫ t

0v(u) du =

∫ t

0senu du = 1− cos t.

b)∫ t

0|v(u)| du =

∫ t

0| senu| du = 2k + 1− (−1)k cos t, em que k = [ t

π ].

4. Um objecto deslocando-se com velocidade inicial v0 tem uma aceleração constante de a no sentido contrário aodo movimento. Qual é a distância percorrida até o objecto parar?

Tem-se v(t) = v0 − at, logo o objecto para no instante t = v0/a. Então a distância percorrida é∫ v0/a

0v(t) dt =

∫ v0/a

0v0 − at = v2

0a − a

v20

2a2 = v20

2a

5.5 Integrais imprópriosQuando foi introduzida a noção de integral, foi-o apenas para funções limitadas cujo domínio é um intervalo limitado.Vamos agora ver como a podemos generalizar a funções definidas em intervalos não limitados e não necessariamentelimitadas.

Definição 5.5.1 1. Seja f : [a,+∞[−→ R uma função que é integrável em qualquer intervalo [a, b], b ∈ [a,+∞[.

Diz-se que o integral impróprio∫ +∞

af(x) dx existe (ou que converge), sse existir e for finito lim

x→+∞

∫ x

a

f(t) dt;

nesse caso, escreve-se∫ +∞

af(x) dx = lim

x→+∞

∫ x

a

f(t) dt.

2. Seja f :]−∞, b] −→ R uma função que é integrável em qualquer intervalo [a, b], a ∈]−∞, b]. Diz-se que o integral

impróprio∫ b

−∞ f(x) dx existe (ou que converge), sse existir e for finito limx→−∞

∫ b

x

f(t) dt; nesse caso, escreve-se∫ b

−∞ f(x) dx = limx→−∞

∫ b

x

f(t) dt.

3. Seja f : R −→ R uma função que é integrável em qualquer intervalo limitado. Diz-se que o integral impróprio∫ +∞−∞ f(x) dx existe (ou que converge) sse convergirem ambos os integrais impróprios

∫ 0

−∞ f(x) dx e∫ +∞0

f(x) dx;nesse caso, escreve-se

∫ +∞−∞ f(x) dx =

∫ +∞0

f(x) dx+∫ 0

−∞ f(x) dx.

Proposição 5.5.2 (trivial)

5.5. INTEGRAIS IMPRÓPRIOS 99

1.∫ +∞−∞ f(x) dx converge sse existe a ∈ R tal que

∫ a

−∞ f(x) dx e∫ +∞

af(x) dx convergem, e, nesse caso, tem-se∫ +∞

−∞ f(x) dx =∫ a

−∞ f(x) dx+∫ +∞

af(x) dx.

2.∫ +∞−∞ f(x) dx converge sse para qualquer a ∈ R,

∫ a

−∞ f(x) dx e∫ +∞

af(x) dx convergem, e, nesse caso, tem-se∫ +∞

−∞ f(x) dx =∫ a

−∞ f(x) dx+∫ +∞

af(x) dx.

Exemplos:

1. f : [1,+∞[ −→ Rx 7→ 1/x2

limx→+∞

∫ x

1

1t2dt = lim

x→+∞(1− 1/x) = 1∫ +∞

1f(x) dx = 1

2. f : [−1,+∞[ −→ Rx 7→ xe−x

limx→+∞

∫ x

−1

te−tdt = limx→+∞

[−te−t − e−t]x−1 = limx→+∞

(−x/ex − 1/ex − (e− e)) = 0∫ +∞−1

f(x) dx = 0

3. f : ]−∞,−4] −→ Rx 7→ 1/

√−x

limx→−∞

∫ −4

x

1√−t

dt = limx→−∞

[−2√−t]−4

x = limx→−∞

(2√−x− 2) = +∞∫ −4

−∞ f(x) dx não converge.

4. f : [1,+∞[ −→ Rx 7→ 1/x

Para x pertencente a qualquer intervalo do tipo [2n, 2n+1], tem-se 1/2n+1 ≤ 1/x; conclui-se que∫ 2n+1

2n1t dt ≥

(2n+1 − 2n)/2n+1 = 1/2. Então,∫ 2n

11t dt ≥ n/2, logo lim

x→+∞

∫ x

1

1tdt = +∞, portanto

∫ +∞1

1x dx não converge.

5. f : R −→ Rx 7→ senx∫ x

0sen t dt = 1 − cosx, portanto não existe lim

x→+∞

∫ x

0

f(t) dt; conclui-se que∫ +∞0

f(x) dx não converge, logo∫ +∞−∞ f(x) dx não converge.

Observação: Para qualquer x ∈ R, tem-se∫ x

−xsen t dt = 0, logo lim

x→+∞

∫ x

−x

f(t) dt = 0, mas, apesar disso,∫ +∞−∞ f(x) dx não converge.

6. f : R −→ R

x 7→

x+ 4 se x ≤ 0−x+ 4 se x ∈ [0, 4]x− 4 se x ≥ 4

limx→+∞

∫ x

0

f(t) dt =∫ 4

0(−t + 4)dt + lim

x→+∞

∫ x

4

(t− 4)dt = limx→+∞

(8 + x2/2− 4x+ 8) = +∞; conclui-se que∫ +∞0

f(x) dx não converge, portanto∫ +∞−∞ f(x) dx não converge.

Observação:

limx→+∞

∫ x

−x

f(t) dt = limx→+∞

(∫ 0

−x

(t+ 4)dt+∫ 4

0

(−t+ 4)dt+∫ x

4

(t− 4)dt) = limx→+∞

−x2/2 + 4x+ 8 + x2/2− 4x+ 8 =

16, mas, apesar disso,∫ +∞−∞ f(x) dx não converge.


7. f : R −→ Rx 7→ 1

1+x2

limx→+∞

∫ x

0

11 + t2

dt = limx→+∞

arctgx = π/2; limx→−∞

∫ 0

x

11 + t2

dt = limx→−∞

−arctgx = π/2.

Então∫ +∞0

11+x2 dx = π/2 e

∫ 0

−∞1

1+x2 dx = π/2, portanto∫ +∞−∞

11+x2 dx = π.

8. f : [1,+∞[ −→ Rx 7→ xr

, r 6= −1

∫ x

1tr dt = xr+1

r+1 −1

r+1

Se r > −1, então limx→+∞

(xr+1

r + 1− 1r + 1

) = +∞, portanto∫ +∞1

xr dx não converge;

se r < −1, então limx→+∞

(xr+1

r + 1− 1r + 1

) = −1r+1 , logo

∫ +∞1

xr dx converge para −1r+1 .

9. f : [2,+∞[ −→ Rx 7→ 1

x log x

limx→+∞

∫ x

2

1t log t

dt = limx→+∞

[log(log t)]x2 = limx→+∞

(log(log x)− log(log 2)) = +∞, logo∫ +∞2

1x log x dx não con-

verge.

Proposição 5.5.3

1. Se∫ +∞

af(x) dx (resp.

∫ a

−∞ f(x) dx,∫ +∞−∞ f(x) dx) e

∫ +∞a

g(x) dx (resp.∫ a

−∞ g(x) dx,∫ +∞−∞ g(x) dx) conver-

gem, então∫ +∞

a(f + g)(x) dx (resp.

∫ a

−∞(f + g)(x) dx,∫ +∞−∞ (f + g)(x) dx) converge, e

∫ +∞a

(f + g)(x) dx =∫ +∞a

f(x) dx+∫ +∞

ag(x) dx (resp.

∫ a

−∞(f+g)(x) dx =∫ a

−∞ f(x) dx+∫ a

−∞ g(x) dx,∫ +∞−∞ (f+g)(x) dx =

∫ +∞−∞ f(x) dx+∫ +∞

−∞ g(x) dx).

2. Se∫ +∞

af(x) dx (resp.

∫ a

−∞ f(x) dx,∫ +∞−∞ f(x) dx) e

∫ +∞a

g(x) dx (resp.∫ a

−∞ g(x) dx,∫ +∞−∞ g(x) dx) convergem,

então∫ +∞

a(cf)(x) dx (resp.

∫ a

−∞(cf)(x) dx,∫ +∞−∞ (cf)(x) dx) converge, e

∫ +∞a

(cf)(x) dx = c∫ +∞

af(x) dx (resp.∫ a

−∞(cf)(x) dx = c∫ a

−∞ f(x) dx,∫ +∞−∞ (cf)(x) dx = c

∫ +∞−∞ f(x) dx).

Demonstração: trivial �

Proposição 5.5.4 Sejam f, g : [a,+∞[−→ R funções integráveis em qualquer intervalo limitado, tais que ∀x ∈ [a,+∞[:0 ≤ f(x) ≤ g(x) ou ∀x ∈ [a,+∞[: g(x) ≤ f(x) ≤ 0. Então, se

∫ +∞a

g(x) dx converge, tambem converge∫ +∞

af(x) dx.

(Tem-se os resultados análogos para f, g :]−∞, a] −→ R e f, g : R −→ R.)

Demonstração: Vamos supor que ∀x ∈ [a,+∞[: 0 ≤ f(x) ≤ g(x); a demonstração é análoga se ∀x ∈ [a,+∞[: g(x) ≤f(x) ≤ 0. Sejam F : [a+∞[ −→ R

x 7→∫ x

af(t) dt

e G: [a+∞[ −→ Rx 7→

∫ x

ag(t) dt

; como se tem 0 ≤ f(t) e 0 ≤ g(t),

∀t ∈ [a,+∞[, as funções F e G são crescentes; como ∀t ∈ [a,+∞[, f(t) ≤ g(t), tem-se ∀x ∈ [a,+∞[, F (x) ≤ G(x).Do facto de G ser crescente e de lim

x→+∞G(x) =

∫ +∞a

g(t) dt, conclui-se que ∀x ∈ [a,+∞[: G(x) ≤∫ +∞

ag(t) dt, logo

∀x ∈ [a,+∞[: F (x) ≤∫ +∞

ag(t) dt. Então F é crescente e majorada, logo existe lim

x→+∞F (x) e esse limite é finito, isto

é,∫ +∞

af(x) dx converge. �

Exemplos:

1.∫ +∞2

x2+1x4+3dx converge, porque, para x ≥ 2, tem-se 0 ≤ x2+1

x4+3 ≤2x2

x4 = 2x2 ; ora

∫ +∞2

2x2 dx converge.

2.∫ +∞2

1x√

x log xdx converge, porque, para x ≥ e, tem-se 0 ≤ 1

x√

x log x≤ 1

x√

x, e∫ +∞

e1

x√

xdx converge; conclui-se

que∫ +∞

e1

x√

x log xdx converge, portanto

∫ +∞2

1x√

x log xdx converge.

3.∫ +∞1

4√x3√

x2+5√

x3dx não converge, uma vez que

4√x3√

x2+5√

x3≥ 1

3√x2+

5√x3≥ 1

23√

x2e∫ +∞1

1

23√

x2não converge.

De maneira análoga, pode-se considerar funções que estão definidas em intervalos limitados mas não são limitadas.


Definição 5.5.5 Seja f :]a, b] −→ R uma função não limitada tal que para qualquer ε > 0 f|[a+ε,b] é limitada e

integrável. Diz-se que o integral impróprio∫ b

af(x) dx converge, sse existir e for finito lim

ε→0+

∫ b

a+ε

f(x) dx. Nesse caso

escreve-se∫ b

af(x) dx = lim

ε→0+

∫ b

a+ε

f(x) dx.

(Tem-se a definição análoga para uma função não limitada f : [a, b[−→ R.)

Observações:

1. Note que, para uma função limitada ]a, b] −→ R, tal que para qualquer ε > 0 f|[a+ε,b] é limitada e integrável,

existe sempre limε→0+

∫ b

a+ε

f(x) dx. Este limite é representado por∫ b

af(x) dx.

2. Quando f não é limitada,∫ b

af(x) dx só representa algo quando há o limite indicado. Se aquele limite não

existir, na terminologia tradicional diz-se que “o integral impróprio∫ b

af(x) dx não converge”, embora, nessa

caso,∫ b

af(x) dx não tenha significado.

Exemplos:

1. f : ]0, 8] −→ Rx 7→ 1/ 3

√x

limε→0+

∫ 8

ε

13√xdx = lim

ε→0+

32(4− 3

√ε2) = 6, logo

∫ 8

013√xdx = 6

2. f : ]0, 1] −→ Rx 7→ 1/x

Uma vez que, para x ∈ [1/2n+1, 1/2n], se tem 1/x ≥ 1/2n, tem-se∫ 1/2n

1/2n+11x dx ≥ 1/2; então

∫ 1

1/2n1x dx ≥ n/2,

logo limε→0+

∫ 1

ε1x dx = +∞; conclui-se que

∫ 1

01x dx não converge.

3. f : ]0, 1] −→ Rx 7→ xr

, r 6= −1

∫ 1

εxr dx = 1

r+1 −εr+1

r+1

Se r > −1, então limε→0+εr+1

r+1 = 0, portanto∫ 1

0xr dx = 1

r+1 . Se r < −1, então limε→0+εr+1

r+1 = −∞, portanto∫ 1

0xr dx não converge.

Proposição 5.5.6 Sejam f, g :]a, b] −→ R ou f, g : [a, b[−→ R e c ∈ R; se∫ b

af(x) dx e

∫ b

ag(x) dx convergem, então∫ b

a(f + g)(x) dx e

∫ b

a(cf)(x) dx convergem,

∫ b

a(f + g)(x) dx =

∫ b

af(x) dx+

∫ b

ag(x) dx e

∫ b

a(cf)(x) dx = c

∫ b

af(x) dx.

Demonstração: trivial. �

Proposição 5.5.7 Sejam f, g :]a, b] −→ R funções tais que ∀x ∈]a, b] : 0 ≤ f(x) ≤ g(x) ou ∀x ∈]a, b] : g(x) ≤ f(x) ≤0. Então, se

∫ b

ag(x) dx converge, tambem converge

∫ b

af(x) dx. (Tem-se um resultado análogo para f, g : [a, b[−→ R.)

Demonstração: Análoga à do caso de funções definidas num intervalo não limitado. �

Definição 5.5.8 Sejam A =]a0, a1[∪]a1, a2[∪ . . .∪]an−1, an[ em que ai ∈ R ∪ {−∞,+∞}, e f : A −→ R tais que f élimitada e integrável em qualquer intervalo [a, b], a, b ∈ R contido em A; sejam b1, . . . , bn, tais que bi ∈]ai−1, ai[. Diz-seque o integral

∫ an

a0f(x)dx existe sse existirem todos os integrais

∫ b1a0f(x)dx,

∫ a1

b1f(x)dx,. . . ,

∫ bn

an−1f(x)dx

∫ an

bnf(x)dx.

Nesse caso escreve-se∫ an

a0f(x)dx =

∫ b1a0f(x)dx+

∫ a1

b1f(x)dx+ · · ·+

∫ an

bnf(x)dx.

Exemplos:


1. f : ]0,+∞[ −→ R

x 7→{

1/√x se x ≤ 1

1/x2 se x ≥ 1∫ +∞

1

f(x)dx = limx→+∞

∫ x

1

1t2dt = 1;

∫ 1

0

f(x)dx = limε→0+

∫ 1

ε

1√xdx = 2

Logo∫ +∞

0

f(x)dx = 3.

2. f : R \ {−1, 1} −→ R

x 7→

1

x2√−x−1

se x < −11√

1−x2 se − 1 < x < 11

x2√

x−1se 1 < x∫ +∞

−∞ f(x)dx converge sse convergirem∫ −2

−∞1

x2√−x−1

dx,∫ −1

−21

x2√−x−1

dx,∫ 0

−11√

1−x2 dx,∫ 1

01√

1−x2 dx,∫ 2

11

x2√

x−1dx

e∫ +∞2

1x2√

x−1dx.

Para x ≤ −2, tem-se −x − 1 > 1, logo 0 ≤ 1x2√−x−1

≤ 1x2 ; como

∫ −2

−∞1x2 dx converge, conclui-se que∫ −2

−∞1

x2√−x−1

dx converge. Para −2 ≤ x ≤ −1, tem-se 0 ≤ 1x2√−x−1

≤ 1√−x−1

; como∫ −1

−21√

−x−1dx, converge,

conclui-se que∫ −1

−21

x2√−x−1

dx, converge. Como limε→0+

∫ 0

−1+ε

1√1− x2

dx = limε→0+

(−arcsen (−1+ε)) = π/2, conclui-

se que∫ 0

−11√

1−x2 dx converge. De maneira análoga se conclui que∫ 1

01√

1−x2 dx,∫ 2

11

x2√

x−1dx e

∫ +∞2

1x2√

x−1dx

convergem; portanto∫ +∞−∞ f(x)dx converge.

3. Sejam a > 0 e f : ]0,+∞[ −→ Rx 7→ e−xxa−1

. Vamos ver que∫ +∞0

f(x)dx converge.

Suponhamos primeiro que a ≥ 1. Tem-se e−xxa−1 = xa−1

ex/2ex/2 ; como limx→+∞

xa−1/ex/2 = 0, existe R > 0 tal que

x > R ⇒ xa−1/ex/2 < 1, de onde x > R ⇒ xa−1/ex < 1/ex/2; como∫ +∞

Re−x/2dx converge, conclui-se que∫ +∞

Re−xxa−1 dx converge, e, portanto,

∫ +∞0

e−xxa−1 dx tambem converge.

Suponhamos agora que 0 < a < 1; é preciso verificar que∫ +∞1

e−xxa−1 dx converge e que∫ 1

0e−xxa−1 dx converge.

Para x ≥ 1, e−xxa−1 ≤ e−x, e∫ +∞1

e−x dx converge, portanto∫ +∞1

e−xxa−1 dx converge. Para 0 < x ≤ 1, tem-see−xxa−1 ≤ xa−1/e, e

∫ 1

0xa−1/e dx converge, portanto

∫ 1

0e−xxa−1 dx converge.

Observação: Pode-se então definir uma função Γ : ]0,+∞[ −→ Ra 7→

∫ +∞0

e−xxa−1 dx

. Integrando por partes,

vamos ver que Γ(a+ 1) = aΓ(a):

Γ(a+ 1) =∫ +∞

0

e−xxa dx =∫ 1

0

e−xxa dx+∫ +∞

1

e−xxa dx

= limε→0+

∫ 1

ε

e−xxa dx+ limx→+∞

∫ x

1

e−tta dt

= limε→0+

([−e−xxa]1ε −∫ 1

ε

−ae−xxa−1dx) + limx→+∞

([−e−tta]x1 −∫ x

1

−ae−tta−1dt)

= −1/e+ limε→0+

∫ 1

ε

ae−xxa−1dx+ 1/e+ limx→+∞

∫ x

1

ae−tta−1dt

= a

∫ 1

0

e−xxa−1dx+ a

∫ +∞

1

e−xxa−1dx = a

∫ +∞

0

e−xxa−1dx = aΓ(a)

Por outro lado, Γ(1) =∫ +∞0

e−xdx = 1; conclui-se que, para n ∈ N,

Γ(n) = (n− 1)Γ(n− 1) = (n− 1)(n− 2)Γ(n− 2) = . . . = (n− 1)!.

4. f : R+ −→ Rx 7→ log x

x


∫log x

x dx = log2 x2

limx→+∞

∫ x

1

log tt

dt = limx→+∞

log2 x

2= +∞

limε→0+

∫ 1

ε

log tt

dt = limε→0+

− log2 ε

2= −∞

Conclui-se que∫ +∞1

log xx dx não converge e

∫ 1

0log x

x dx não converge;∫ +∞0

log xx dx não converge.

5. f : R+ −→ Rx 7→ log x

x√

x

Para x < 1/e, tem-se log x < −1, logo log xx√

x< −1

x√

x<0. Como

∫ 1/e

0−1

x√

xdx não converge, conclui-se que∫ 1/e

0log xx√

xdx não converge, e, portanto,

∫ 1

0log xx√

xdx não converge.

Por outro lado, limx→+∞

log x4√x

= 0, portanto existe M > 0 tal que x ≥ M ⇒ 0 < log x4√x

< 1. Para x ≥ M ,

tem-se então 0 < log xx√

x< 1

x 4√x. Como

∫ +∞M

1x 4√x

dx converge, conclui-se que∫ +∞

Mlog xx√

xconverge, e, portanto,∫ +∞

1log xx√

xdx converge.∫ +∞

0log xx√

xdx não converge.

6. f : R+ −→ Rx 7→ xr log x

, r 6= −1

Suponhamos primeiro que r > −1; para x ≥ e, xr log x > xr > 0, e∫ +∞

exr dx não converge, portanto∫ +∞

exr log x dx não converge, logo

∫ +∞1

xr log x dx não converge.Por outro lado, se r > −1, tomemos um α tal que r + 1 > α > 0. Então lim

x→0+xα log x = 0, e, para x < 1,

tem-se xα log x < 0, portanto existe δ > 0 tal que 0 < x < δ ⇒ −1 < xα log x < 0. Para x ∈]0, δ[, tem-se então−xr−α < xr−αxα log x < 0, isto é, −xr−α < xr log x < 0. Como r − α > −1,

∫ δ

0−xr−α dx converge. Conclui-se

que∫ δ

0xr log x dx converge, portanto

∫ 1

0xr log x dx converge.

Se r < −1, vê-se de maneira análoga que∫ +∞1

xr log x dx converge e que∫ 1

0xr log x dx não converge.

Conclui-se que∫ +∞0

xr log x dx não converge, seja qual for o valor de r.

Observação:∫ +∞1

xr log x dx converge sse∫ +∞1

xr dx converge;∫ 1

0xr log x dx converge sse

∫ 1

0xr dx converge.


5.6 Cálculo de comprimentos, volumes e áreas de superfície5.6.1 Comprimentos de gráficosSeja f : [a, b] −→ R uma função; para cada partição P = {t0, . . . , tn} de [a, b], consideremos

c(f, P ) =n∑

i=1

√(f(ti)− f(ti−1))2 + (ti − ti−1)2;

c(f, P ) é o comprimento do caminho de (a, f(a)) a (b, f(b)) formado pelos segmentos de recta que unem (ti−1, f(ti−1))a (ti, f(ti)), i = 1, . . . , n (chamaremos a este caminho o caminho poligonal associado a P ).

543210b=ttttta=t

O comprimento do gráfico de f entre a e b é, por definição, o supremo (se existir) do conjunto dos comprimentosde tais caminhos, isto é, cf = sup{c(f, P );P partição de [a, b]}.

Observação: Da desigualdade triangular conclui-se facilmente que, se P1 e P2 são duas partições tais que P1 ⊂ P2,então c(f, P1) ≤ c(f, P2).

Vamos agora ver que, se f é derivável e tem função derivada contínua, então aquele supremo existe.Seja P = {t0, . . . , tn} uma partição de [a, b]. Então

c(f, P ) =n∑

i=1

√(f(ti)− f(ti−1))2 + (ti − ti−1)2

=n∑

i=1

(ti − ti−1)

√(f(ti)− f(ti−1)

ti − ti−1

)2

+ 1;

existem x1, . . . , xn, com xi ∈]ti−1, ti[, tais que f(ti)−f(ti−1)ti−ti−1

= f ′(xi), portanto c(f, P ) =∑n

i=1

√(f ′(xi))2 + 1.(ti −

ti−1), logo∑

(√

1 + (f ′)2, P ) ≤ c(f, P ) ≤∑

(√

1 + (f ′)2, P ). Dada qualquer partição P de [a, b], tem-se∑(√

1 + (f ′)2, P ) ≤ c(f, P ) ≤ cf , portanto∫ b

a

√1 + (f ′(x))2 dx ≤ cf . Por outro lado, dadas quaisquer partições P , Q,

de [a, b], tem-se c(f, P ) ≤ c(f, P∪Q) ≤∑

(√

1 + (f ′)2, P∪Q) ≤∑

(√

1 + (f ′)2, Q), portanto cf ≤∫ b

a

√1 + (f ′(x))2 dx.

Conclui-se que o comprimento do gráfico de f entre a e b existe e é∫ b

a

√1 + (f ′(x))2 dx.

Exemplos:

1. f : [−1/2, 1/2] −→ Rx 7→ x2 − 1

cf =∫ 1/2

−1/2

√1 + 4x2 dx =

∫ π/4

−π/412 sec3 tdt

∫sec3 t dt =

∫sec t sec2 t dt = sec t tg t−

∫sec t tg2 t dt

= sec t tg t−∫

sec t(sec2 t− 1)dt

= sec t tg t−∫

sec3 t dt+∫

sec t dt

= sec t tg t−∫

sec3 t dt+ log | sec t+ tg t|

2∫

sec3 t dt = sec t tg t+ log | sec t+ tg t|

cf =∫ π/4

−π/412 sec3 tdt = 1

4 [sec t tg t+ log | sec t+ tg t|]π/4−π/4 =

√2

2 + 14 log

√2+1√2−1

5.6. CÁLCULO DE COMPRIMENTOS, VOLUMES E ÁREAS DE SUPERFÍCIE 105

2. f : [4, 8] −→ Rx 7→ x3/2 − 2

cf =∫ 8

4

√1 + 9x/4 dx = [ 9

27 (1 + 9x/4)3/2]84 = 827 (19

√19− 10

√10)

3. f : [1, 2] −→ Rx 7→ x3

6 + 12x

cf =∫ 2

1

√1 + (

x2

2− 1

2x2)2 dx =

∫ 2

1

√1 +

x4

4+

14x4

− 12dx

=∫ 2

1

(x2

2+

12x2

) dx =[x3

6− 1

2x

]21

=1712

4. f : [1,√

3] −→ Rx 7→ 1

x

cf =∫ √

3

1

√1 +

1x2

dx =∫ √

3

1

√x2 + 1x

dx =∫ π/3

π/4

sec ttg t

sec2 t dt

=∫ π/3

π/4

sec2 t cosec t dt = [tg t cosec t]π/3π/4 +

∫ π/3

π/4

cosec t dt

= 2−√

2− [log(cosec t+ cotg t)]π/3π/4 = 2−

√2− log(

√3) + log(

√2 + 1)

5.6.2 Volumes de sólidos de revoluçãoNa secção anterior, partimos de uma noção de comprimento de linhas poligonais, e estendemo-la a gráficos de funções.Nesta secção, partiremos de uma noção de volume de uma reunião finita de cilindros de revolução, de interioresdisjuntos, todos com o mesmo eixo, e vamos estendê-la a sólidos de revolução.

Consideremos a região do plano entre o gráfico de uma função positiva f : [a, b] −→ R e o eixo dos xx e seja S osólido de revolução gerado por essa região rodando em torno do eixo dos xx. Sejam P = {t0, . . . , tn} uma partição de[a, b], mi = inf f|[ti−1,ti] e Mi = sup f|[ti−1,ti], ci o maior cilindro contido na porção de S entre ti−1 e ti, e Ci o menorcilindro que contem a porção de S entre ti−1 e ti, como indicados na figura.

ic

ii-1 tt

iC

ii-1 tt

Se sup{∑n

i=1 volume(ci), P partição de [a, b]} = inf{∑n

i=1 volume(Ci), P partição de [a, b]}, tomamos este valorcomo definição do volume V de S.

Para qualquer partição P = {t0, . . . , tn}, temos então∑n

i=1 volume(ci) ≤ V ≤∑n

i=1 volume(Ci). Como ci temraio mi e altura ti − ti−1 e Ci tem raio Mi e altura ti − ti−1, conclui-se que

n∑i=1

πm2i (ti − ti−1) ≤ V ≤

n∑i=1

πM2i (ti − ti−1).

Ora m2i = inf f2

|[ti−1,ti]e M2

i = sup f2|[ti−1,ti]

, portanto π∑

(f2, P ) ≤ V ≤ π∑

(f2, P ). Se supusermos f contínua, f2

tambem o é, logo é integrável, de onde se conclui que existe o volume de S e esse volume é V =∫ b

aπ(f(x))2dx.

Observação: A “definição” dada para volume é bastante artificial; uma definição geral e precisa de volume, parasólidos quaisquer (de revolução ou não), está fora do âmbito deste curso.

Exemplos:

1. f : [0, 5] −→ Rx 7→ x2

V = π∫ 5

0x4 dx = π[x5/5]50 = 625π


2. f : [0, a] −→ Rx 7→ rx/a

(volume de um cone de raio r e altura a)

V = π∫ a

0r2x2

a2 dx = πr2

a2 .a3

3 = πr2a3

3. f : [−r, r] −→ Rx 7→

√r2 − x2

(volume de uma esfera de raio r)

V = π∫ r

−r(r2 − x2) dx = π[r2x− x3/3]r−r = 4πr3

3

4. f : [0, π] −→ Rx 7→ senx

V = π∫ π

0sen2 x dx = π

∫ π

01−cos 2x

2 dx = π2

2

5. f : [1, 3] −→ Rx 7→ 1/x

V = π∫ 3

11x2 dx = 2π

3

Observação: Se considerarmos a função f : [1,+∞[ −→ Rx 7→ 1/x

, já vimos que∫ +∞1

f(x) dx não converge, isto

é, a área limitada pelo gráfico de f e pelo eixo dos xx é infinita; no entanto,∫ +∞1

πf(x)2dx = π∫ +∞1

1x2 dx = π,

ou seja, o volume do sólido de revolução gerado pelo gráfico de f|[1,x] tende para π quando x tende para +∞; aesse limite (finito) é ainda natural chamar o volume do sólido de revolução gerado pelo gráfico de f .

Proposição 5.6.1 Seja f :]a, b[−→ R uma função contínua tal que o integral impróprio converge. Então, para qual-quer x0 ∈ [a, b] a função F : [a, b] −→ R

x 7→∫ x

x0f(t)dt

é contínua.

Demonstração: O teorema 5.2.13 garante que F é contínua em ]a, b[; resta verificar que é contínua em a e em b.Ora o integral impróprio

∫ b

af(t)dt converge, portanto o integral impróprio

∫ x0

af(t)dt tambem converge, logo existe

limε→0

∫ x0

a+εf(t)dt, e este limite (por definição) é igual a

∫ x0

af(t)dt. Mas isso é precisamente o que significa dizer que

F é contínua em a.Analogamente se verifica que F é contín ua em b. �

5.6.3 Áreas de superfície de sólidos de revoluçãoComecemos por ver alguns resultados suplementares sobre integrais, de que necessitaremos mais adiante nesta secção.

Proposição 5.6.2 Seja f : [a, b] −→ R uma função contínua; para qualquer ε > 0 existe δ > 0 tal que se P ={t0, t1, . . . , tn} é uma partição de [a, b] com ti− ti−1 < δ (i = 1, . . . , n), então para quaisquer x1, . . . , xn, xi ∈ [ti−1, ti],tem-se

|∫ b

a

f(x)dx−n∑

i=1

f(xi)(ti − ti−1)| < ε.

Demonstração: Seja ε > 0; na demonstração de que qualquer função contínua é integrável, foi visto que existe δ > 0tal que se P = {t0, t1, . . . , tn} é uma partição de [a, b] com ti − ti−1 < δ (i = 1, . . . , n), então

∑(f, P )−

∑(f, P ) < ε.

Sejam P = {t0, t1, . . . , tn} uma partição nessas condições e x1, . . . , xn tais que xi ∈ [ti−1, ti]; sejam mi = inf f|[ti−1,ti],Mi = sup f|[ti−1,ti]. Tem-se mi ≤ f(xi) ≤Mi, portanto

∑(f, P ) ≤

n∑i=1

f(xi)(ti − ti−1) ≤∑

(f, P );

por outro lado, ∑(f, P ) ≤

∫ b

a

f(x)dx ≤∑

(f, P ).

De∑

(f, P )−∑

(f, P ) < ε conclui-se que

|∫ b

a

f(x)dx−n∑

i=1

f(xi)(ti − ti−1)| < ε.


Observação: É fácil de ver que se x′1, . . . , x′n são tambem tais que x′i ∈ [ti−1, ti], então

|n∑

i=1

|f(xi)− f(x′i)|(ti − ti−1)| < ε.

�

Proposição 5.6.3 Sejam f, g : [a, b] −→ R funções contínuas; para qualquer ε > 0, existe δ > 0 tal que se P ={t0, t1, . . . , tn} é uma partição de [a, b] com ti − ti−1 < δ (i = 1, . . . , n), então para quaisquer u1, v1 . . . , un, vn,ui, vi ∈ [ti−1, ti], tem-se

|∫ b

a

f(x)g(x)dx−n∑

i=1

f(ui)g(vi)(ti − ti−1)| < ε.

Demonstração: Sejam P = {t0, t1, . . . , tn} uma partição de [a, b], u1, v1 . . . , un, vn tais que ui, vi ∈ [ti−1, ti], e M =max |f |. Então

|∫ b

a

f(x)g(x)dx−n∑

i=1

f(ui)g(vi)(ti − ti−1)| =

= |∫ b

a

f(x)g(x)dx−n∑

i=1

f(ui)g(ui)(ti − ti−1) +n∑

i=1

f(ui)g(ui)(ti − ti−1)−n∑

i=1

f(ui)g(vi)(ti − ti−1)|

≤ |∫ b

a

f(x)g(x)dx−n∑

i=1

f(ui)g(ui)(ti − ti−1)|+ |n∑

i=1

f(ui)g(ui)(ti − ti−1)−n∑

i=1

f(ui)g(vi)(ti − ti−1)|

≤ |∫ b

a

f(x)g(x)dx−n∑

i=1

f(ui)g(ui)(ti − ti−1)|+ |n∑

i=1

f(ui)(g(ui)− g(vi))(ti − ti−1)|

≤ |∫ b

a

f(x)g(x)dx−n∑

i=1

f(ui)g(ui)(ti − ti−1)|+M

n∑i=1

|g(ui)− g(vi)|(ti − ti−1)|

Seja agora ε > 0; pela proposição anterior, existe δ1 > 0 tal que se P = {t0, t1, . . . , tn} é uma partição de[a, b] com ti − ti−1 < δ1 (i = 1, . . . , n), então para quaisquer u1, . . . , un, ui ∈ [ti−1, ti], se tem |

∫ b

af(x)g(x)dx −∑n

i=1 f(ui)g(ui)(ti−ti−1)| < ε/2; existe δ2 > 0 tal que se P = {t0, t1, . . . , tn} é uma partição de [a, b] com ti−ti−1 < δ2(i = 1, . . . , n), então para quaisquer u1, v1 . . . , un, vn, ui, vi ∈ [ti−1, ti], se tem |

∑ni=1 |g(ui) − g(vi)|(ti − ti−1)|| <

ε/(2M). Seja δ = min{δ1, δ2}; se P = {t0, t1, . . . , tn} é uma partição de [a, b] com ti − ti−1 < δ (i = 1, . . . , n), entãopara quaisquer u1, v1 . . . , un, vn, ui, vi ∈ [ti−1, ti], tem-se

|∫ b

a

f(x)g(x)dx−n∑

i=1

f(ui)g(vi)(ti − ti−1)| < ε/2 +Mε/(2M) = ε.

�

Consideremos uma função continuamente derivável f : [a, b] −→ R+0 e a superfície de revolução S gerada pelo gráfico

de f quando roda em torno do eixo dos xx; queremos dar sentido à sua área A e saber calculá-la.Para uma partição P = {t0, . . . , tn} de [a, b], consideremos o caminho poligonal associado a P , e seja ε(P ) =

max{ti−ti−1, i = 1, . . . , n}. Quando ε(P ) tende para 0, o comprimento do caminho poligonal tende para o comprimentoda curva (prop. 5.6.2). Cada um dos segmentos desse caminho poligonal, quando roda em torno do eixo dos xx, geraum cone truncado; o que vamos agora ver, é que a soma das áreas desses cones truncados tende para um certo númeroreal quando ε(P ) tende para 0; é a esse número que chamaremos a área da superfície de revolução.

iC

ii-1 tt

A área da superfície de um cone truncado em que os raios das bases são r1 e r2 e a altura é a, é π(r2 +r1)√

(r2 − r1)2 + a2 (basta partir do conhecimento da área de um cone de raio R e altura A – πR√R2 +A2; a


área de um cone truncado de altura a e em que os raios das bases são r1 e r2, com r1 < r2, é a área de um cone deraio r2 e altura a+ a′ menos a área de um cone de raio r1 e altura a′, em que a′/r1 = a

r2−r1).

A área do cone Ci é então π(f(ti) + f(ti−1))√

(f(ti)− f(ti−1))2 + (ti − ti−1)2. A cada partição P = {t0, . . . , tn}associamos a soma das áreas dos cones truncados Ci, isto é,

A(f, P ) =n∑

i=1

π(f(ti) + f(ti−1))√

(f(ti)− f(ti−1))2 + (ti − ti−1)2.

Então

A(f, P ) = πn∑

i=1

(f(ti) + f(ti−1))(ti − ti−1)

√(f(ti)− f(ti−1)

ti − ti−1

)2

+ 1

e existem x1, . . . , xn, com xi ∈]ti−1, ti[ tais que f(ti)−f(ti−1)ti−ti−1

= f ′(xi), portanto

A(f, P ) = πn∑

i=1

(f(ti) + f(ti−1))√

(f ′(xi))2 + 1(ti − ti−1)

= πn∑

i=1

f(ti)√

(f ′(xi))2 + 1(ti − ti−1) + πn∑

i=1

f(ti−1)√

(f ′(xi))2 + 1(ti − ti−1).

Observação: Poder-se-ia pensar que (analogamente ao que acontece com os comprimentos), se P1 ⊂ P2 entãoA(f, P1) ≤ A(f, P2), mas isso não acontece necessariamente.

A soma A(f, P ) não é necessariamente∑

(2πf√f ′2 + 1, P ) nem

∑(2πf

√f ′2 + 1, P ), nem sequer tem de estar

entre estes valores. No entanto, usando a proposição 5.6.3, vemos que, para partições suficientemente finas, se tem|∫ b

a2πf(x)

√f ′(x)2 + 1 dx−A(f, P )| tão pequeno quanto se quiser. De facto, seja ε > 0; pela proposição 5.6.3, existe

δ > 0 tal que se P = {t0, . . . , tn} é uma partição de [a, b] em que ti − ti−1 < δ, então para quaisquer u1, v1, . . . , un, vn

com ui, vi ∈ [ti−1, ti] se tem

|n∑

i=1

f(ui)√

(f ′(vi))2 + 1(ti − ti−1)−∫ b

a

f(x)√

(f ′(x))2 + 1 dx| < ε/2.

Portanto

|A(f, P )− 2π∫ b

a

f(x)√

(f ′(x))2 + 1 dx| ≤

|πn∑

i=1

f(ti)√

(f ′(xi))2 + 1(ti − ti−1)− π

∫ b

a

f(x)√

(f ′(x))2 + 1 dx|+

+|πn∑

i=1

f(ti−1)√

(f ′(xi))2 + 1(ti − ti−1)− π

∫ b

a

f(x)√

(f ′(x))2 + 1 dx|

< ε/2 + ε/2 = ε.

Tem-se,pois, A =∫ b

a2πf(x)

√(f ′(x))2 + 1 dx.

Observações:

1. Se tivessemos pretendido definir a área de uma superfície regular qualquer (de revolução ou não) por um métodoanálogo ao utilizado para as curvas regulares, seríamos naturalmente levados a considerar triângulos de vérticesna superfície, como os equivalentes aos segmentos de extremos na curva. Só que esta ideia não funciona (semcuidados acrescidos), porque enquanto que nas curvas regulares o comprimento dos caminhos poligonais seaproxima de um valor (que vai ser o comprimento da curva), quando os comprimentos dos segmentos tendempara 0, no caso das superficies, mesmo simples como um cilindro, não basta exigir que os comprimentos doslados dos triângulos tendam para 0 para que as somas das respectivas áreas tendam para algum valor.

2. Para aproximar a área de uma superfície de revolução, utilizámos superfícies de cones truncados e não superfíciesde cilindros; o motivo, intuitivamente, é que a “direcção” da superfície dos cones truncados se aproxima da“direcção” da superfície, enquanto que isso não acontece com os cilindros (que foram utilizados para aproximar ovolume). Utilizar as áreas de cilindros seria o equivalente a tomar segmentos de recta horizontais para aproximar


o comprimento do gráfico (ver a figura); ora, qualquer que seja a partição considerada, a soma dos comprimentosde tais segmentos é b− a.

543210b=ttttta=t

Exemplos:

1. f : [−π/2, π/2] −→ Rx 7→ cosx

A = 2π∫ π/2

−π/2

cosx√

1 + sen2 x dx = 2π∫ 1

−1

√1 + u2 du

= 2π∫ π/4

−π/4

sec3 t dt = π[sec t tg t+ log | sec t+ tg t]π/4−π/4

= 2√

2π + π log√

2 + 1√2− 1

2. f : [3, 8] −→ Rx 7→ 2

√x

A = 2π∫ 8

3

2√x√

1 + 1/x dx = 4π∫ 8

3

√x+ 1 dx

= [8π3

(x+ 1)3/2]83 = 152π/3

3. f : [1, 2] −→ Rx 7→ x3

6 + 12x

A = 2π∫ 2

1

(x3

6+

12x

)(x2

2+

12x2

) dx = 2π∫ 2

1

(x5

12+x

4+

x

12+

14x3

)dx

= 2π[x6

72+x2

6− 1

8x2]21 = 47π/16

4. f : [1,√

3] −→ Rx 7→ 1/x

A = 2π∫ √

3

1

1x

√1 +

1x2

dx = 2π∫ √

3

1

√1 + x2

x2dx = 2π

∫ π/3

π/4

sec ttg2 t

sec2 t dt

= 2π∫ π/3

π/4

sec t cosec2 t dt = 2π[sec t (− cotg t)]π/3π/4 − 2π

∫ π/3

π/4

sec t tg t (− cotg t)dt

= 2π[− cosec t]π/3π/4 + 2π

∫ π/3

π/4

sec t dt = 2π(√

2− 2/√

3 + [log(sec t+ tg t)]π/3π/4)

= 2π(√

2− 2/√

3 + log(2 +√

3)− log(√

2 + 1)) = 2π(√

2− 2/√

3 + log2 +

√3√

2 + 1)

Observação: O integral∫ +∞1

2πx

√1 + 1/x2 dx não converge, portanto, sendo f : [1,+∞[ −→ R

x 7→ 1/x, a área

da superfície de revolução gerada pelo gráfico de f|[1,x] tende para +∞ quando x tende para +∞, pelo que é


natural dizer que a área da superfície de revolução gerada pelo gráfico de f é infinita, embora, como já vimos, ovolume do sólido correspondente seja finito.

Capítulo 6

Polinómios de Taylor

Como pode ser facilmente constatado a partir das definições rigorosas das funções trigonométricas, exponencial elogaritmo, dadas em apêndice, o cálculo de valores concretos destas funções é bastante difícil. Em contrapartida, dadauma função polinomial, é fácil calcular o seu valor em qualquer ponto: trata-se apenas de efectuar um certo númerode multiplicações e somas de números reais. Neste capítulo, veremos como, em certos casos, uma função pode seraproximada por polinómios, e veremos como utilizar isso para calcular valores aproximados de funções em pontos doseu domínio.

6.1 Polinómios de TaylorSeja f uma função n vezes derivável.

Definição 6.1.1 Chama-se polinómio de Taylor de ordem n em a, da função f , ao polinómio

Pn,a,f (x) =n∑

k=0

ak(x− a)k,

em que ak =f (k)(a)k!

(no caso de não haver ambiguidade, designaremos este polinómio por Pn,a).

Observação: O polinómio de Taylor de ordem n em a de f não tem necessariamente grau n, como será visto emalguns dos seguintes exemplos.

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ 3x+ 1

P0,2(x) = 7; P0,−1(x) = −2, P0,a(x) = 3a + 1 = f(a); P1,1(x) = 3(x − 1) + 4 = 3x + 1; P1,0(x) = 3x + 1;P1,a(x) = 3(x − a) + 3a + 1 = f(x); para k ≥ 2, f (k)(a) = 0, qualquer que seja a, logo, para n ≥ 1, Pn,a(x) =3(x− a) + 3a+ 1 = f(x)

2. f : R −→ Rx 7→ x2 − 3x+ 5

P0,0(x) = 5; P0,2(x) = 3; P0,a(x) = a2−3a+5; P1,a(x) = (2a−3)(x−a)+a2−3a+5 = (2a−3)x−a2+5; P2,a(x) =(x−a)2+(2a−3)(x−a)+a2−3a+5 = f(x); para n ≥ 2, Pn,a(x) = (x−a)2+(2a−3)(x−a)+a2−3a+5 = f(x).

3. f : R −→ Rx 7→ senx

f ′(x) = cosx; f ′′(x) = − senx; f ′′′(x) = − cosx; f (4)(x) = senx; . . .P1,0(x) = x; P2,0(x) = x; P3,0(x) = x− x3/6;

Pn,0(x) ={x− x3/3! + x5/5!− · · ·+ (−1)(n−1)/2xn/n! se n é ímparx− x3/3! + x5/5!− · · ·+ (−1)n/2−1xn−1/(n− 1)! se n é par

(isto é, P2n+1,0(x) = x− x3/3! + x5/5!− · · ·+ (−1)nx2n+1/(2n+ 1)! e P2n+2,0(x) = P2n+1,0(x)).

111

112 CAPÍTULO 6. POLINÓMIOS DE TAYLOR

-6 -4 -2 2 4 6

Polinomios de Taylor do seno de ordens 1 a 3 em 0

-4

-2

2

4

-6 -4 -2 2 4 6

Polinomios de Taylor do seno de ordens 7 a 9 em 0

-4

-2

2

4

P1,π/4(x) =√

2/2 +√

2(x− π/4)/2 = 1− π/(4√

2) + x/√

2;P4,π/4(x) =

√2/2 +

√2(x− π/4)/2−

√2(x− π/4)2/4−

√2(x− π/4)3/12 +

√2(x− π/4)4/48 =

=√

2 6144−1536π−192π2+16π3+π4

12288 +√

2 384+96π−12π2−π3

768 x+√

2 π2+8π−32128 x2 −

√2 π+4

48 x3 +

√2 x4

48 .

-4 -2 2 4 6

Polinomios de Taylor do seno de ordens 1 a 3 em Pi/4

-4

-2

2

4

-4 -2 2 4 6

Polinomios de Taylor do seno de ordens 4 a 5 em Pi/4

-2

-1

1

2

3

4

4. f : R −→ Rx 7→ cosx

f ′(x) = − senx; f ′′(x) = − cosx; f ′′′(x) = senx; f (4)(x) = cosx; . . .P3,0(x) = 1− x2/2; P6,0(x) = 1− x2/2 + x4/24− x6/720

Pn,0(x) ={

1− x2/2 + x4/4!− · · ·+ (−1)n/2xn/n! se n é par1− x2/2 + x4/4!− · · ·+ (−1)(n−1)/2xn−1/(n− 1)! se n é ímpar

(isto é, P2n,0(x) = 1− x2/2 + x4/4!− · · ·+ (−1)nx2n/(2n)! e P2n+1,0(x) = P2n,0(x)).

-6 -4 -2 2 4 6

Polinomios de Taylor do cosseno de ordens 1 a 4 em 0

-4

-2

2

4

-6 -4 -2 2 4 6

Polinomios de Taylor do cosseno de ordens 8 a 10 em 0

-2

-1

1

2

3

4

P5,π/2(x) = −(x − π/2) + (x − π/2)3/6 − (x − π/2)5/120 = 1920 π−80 π3+π5

3840 + −384+48 π2−π4

384 x + −24 π+π3

96 x2 +8−π2

48 x3 + π48x

4 − 1120x

5;

6.1. POLINÓMIOS DE TAYLOR 113

P3,π/3(x) = 1/2 −√

3(x − π/3)/2 − (x − π/3)2/4 +√

3(x − π/3)3)/12 = 12 + π

2√

3− π2

36 −π3

108√

3+ (−

√3

2 + π6 +

π2

12√

3)x+ (− 1

4 −π

4√

3)x2 + 1

4√

3x3

-4 -2 2 4 6

Polinomio de Taylor do cosseno de ordem 5 em Pi/2

-4

-2

2

4

-4 -2 2 4 6

Polinomio de Taylor do cosseno de ordem 3 em Pi/3

-4

-2

2

4

5. f : R −→ Rx 7→ ex

f (k)(x) = ex

Pn,0(x) = 1+x+x2/2+x3/6+ · · ·+xn/n!; Pn,1(x) = e+e(x−1)+e(x−1)2/2+e(x−1)3/6+ · · ·+e(x−1)n/n!;Pn,−1(x) = 1/e+ (x+ 1)/e+ (x+ 1)2/(2e) + (x+ 1)3/(6e) + · · ·+ (x+ 1)n/(n!e)

-3 -2 -1 1 2 3

Polinomios de Taylor da exponencial de ordens 1 a 3 em 0

-2

2

4

6

8

-3 -2 -1 1 2

Polinomios de Taylor da exponencial de ordens 1 a 4 em -1

1

2

3

6. f : R+ −→ Rx 7→ log x

f (k)(x) = (−1)k−1(k − 1)!/xk

Pn,1(x) = x− 1− (x−1)2

2 + (x−1)3

3 − · · ·+ (−1)n−1(x−1)n

n ;

0.5 1 1.5 2 2.5

Polinomios de Taylor do logaritmo de ordens 3 a 5 em 1

-2

-1

1

0.5 1 1.5 2 2.5


-2

-1

1

2


Pn,1/2(x) = − log 2 + 2(x− 1/2)− 2(x− 1/2)2 + 83 (x− 1/2)3 + · · ·+ (−1)n−12n

n (x− 1/2)n

0.5 1 1.5 2 2.5

Polinomios de Taylor do logaritmo de ordens 1 a 4 em 1/2

-4

-3

-2

-1

1

2

3

2 4 6 8


-2

-1

1

2

3

4

5

7. f : ]− 1,+∞[ −→ Rx 7→ log(1 + x)

f (k)(x) = (−1)k−1(k−1)!(1+x)k

Pn,0(x) = x− x2/2 + x3/3− · · ·+ (−1)n−1xn/n

-2 -1 1 2 3

Polinomios de Taylor de log(x+1) de ordens 1 a 12 em 0

-3

-2

-1

1

2

3

8. f : ]−∞, 1[ −→ Rx 7→ 1

1−x

f (k)(x) = k!(1−x)k+1

Pn,0(x) = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn


-2 -1.5 -1 -0.5 0.5

Polinomios de Taylor de 1/(1-x) de ordens 1 a 5 em 0

-2

-1

1

2

3

4

2 3 4 5 6

Polinomios de Taylor de 1/(1-x) de ordens 1 a 5 em 3

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

9. f : R −→ R

x 7→{e−1/x2 se x 6= 00 se x = 0

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5

0.2

0.4

0.6

0.8

Vamos ver que ∀n ∈ N : f (n)(0) = 0.

Comecemos por ver que ∀k ∈ N : limx→0

e−1/x2/xk = 0.

De facto, limx→0

|e−1/x2/xk| = lim

x→0e−1/x2

/|x|k = limy→+∞ yke−y2= limy→+∞ yk/ey2 , e, usando a regra de

l’Hôpital, vê-se facilmente que limy→+∞

yk/ey2= 0.

Vamos mostrar agora, por indução, que ∀n ∈ N existe um polinómio Pn tal que

f (n)(x) ={Pn(1/x)e−1/x2 se x 6= 00 se x = 0

.

Tem-se f ′(x) =

− 2x3 e

−1/x2 se x 6= 0

limx→0

e−1/x2

x− 0= 0 se x = 0

, portanto a afirmação é verdadeira para n = 1. Suponhamos

agora que é verdadeira para m, isto é, que existem a0, a1, . . . , ap, tais que

f (m)(x) ={

(a0 + a1/x+ a2/x2 + · · ·+ ap/x

p)e−1/x2 se x 6= 00 se x = 0

;

então, para x 6= 0, tem-se f (m+1)(x) = (−a1/x2 − 2a2/x

3 − · · · − pap/xp+1)e−1/x2 − 2

x3 (a0 + a1/x + a2/x2 +

· · ·+ ap/xp)e−1/x2

= Q(1/x)e−1/x2 , em que Q(x) = −a1x2− (2a2 + 2a0)x3− (3a3 + 2a1)x4 + · · · − 2apx

p+3. Por

outro lado, f (m+1)(0) = limx→0

f (m)(x)− f (m)(0)x− 0

= limx→0

∑pi=0

ai

xi e−1/x2

x=∑p

i=0 limx→0

aie−1/x2

xi+1= 0. Conclui-se que

a afirmação é verdadeira para m+ 1.Como para qualquer n ∈ N se tem f (n)(0) = 0, deduz-se que, para qualquer n ∈ N, Pn,0,f é o polinómio nulo.


Observações:

1. O gráfico de P1,a,f é a recta tangente ao gráfico de f em (a, f(a)).

2. Para k ≤ n, tem-se P (k)n,a,f (a) = f (k)(a), isto é, as derivadas de ordem menor ou igual a n de Pn,a,f em a coincidem

com as derivadas de ordem menor ou igual a n de f em a.

Lema 6.1.2 Se f é uma função polinomial de grau ≤ n, a ∈ R e c0, c1, . . . , cn são tais que f(x) = c0 + c1(x − a) +c2(x− a)2 + · · ·+ cn(x− a)n, então, para k ≤ n tem-se Pk,a(x) = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + · · ·+ ck(x− a)k

Demonstração: Resulta imediatamente de f(a) = c0, f ′(a) = c1, . . ., f (k)(a) = k!ck. �

Lema 6.1.3 Se f é uma função polinomial de grau ≤ n, então ∀a, x ∈ R : f(x) = Pn,a(x).

Demonstração: Seja a ∈ R. Existem c0, c1, . . . , cn ∈ R tais que f(x) = c0+c1(x−a)+c2(x−a)2+ · · ·+cn(x−a)n. Masf(a) = c0, f ′(a) = c1, . . ., f (k)(a) = k!ck,. . . , f (n)(a) = n!cn, isto é, Pn,a(x) = c0+c1(x−a)+c2(x−a)2+· · ·+cn(x−a)n.�

Observação: Os polinómios de Taylor de uma função f em a podem por vezes ser obtidos por métodos que não são oda determinação directa das derivadas de f em a; nesse caso, as derivadas de ordem ≤ n em a podem ser determinadasa partir do polinómio de Taylor de ordem n em a de f , como nos exemplos seguintes.

Exemplos:

1. Seja f tal que P5,0(x) = 1 +x+x2 +x3 +x4 +x5; então f(0) = 1, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 2, f ′′′(0) = 6, f (4)(0) = 24e f (5)(0) = 120.

2. Seja f tal que P3,1(x) = 2− (x− 1) + (x− 1)3/2; então f(1) = 2, f ′(1) = −1, f ′′(1) = 0 e f ′′′(1) = 3.

3. Seja f tal que P4,−1(x) = 5 − x + x2/2 + x4/4; então f(−1) = P4,−1(−1) = 27/4, f ′(−1) = P ′4,−1(−1) = −3,f ′′(−1) = P ′′4,−1(−1) = 4, f ′′′(−1) = P ′′′4,−1(−1) = −6 e f (4)(−1) = P

(4)4,−1(−1) = 6.

4. Seja f tal que P3,2(x) = 2 − (x − 1) + (x − 1)3/2; então f(2) = P3,2(2) = 1/2, f ′(2) = P ′3,2(2) = −5/2,f ′′(2) = P ′′3,2(2) = −4 e f ′′′(2) = P ′′′3,2(2) = −3.

Observações:

1. O polinómio de Taylor de ordem n em a de f não permite determinar o valor de f nem das suas derivadas empontos distintos de a (quando muito, em alguns casos, permitirá calcular valores aproximados de f).

2. O polinómio de Taylor de ordem n em a de f não permite determinar o valor de derivadas de ordem superior an em a; por exemplo, as funções exponencial e x −→ 1 + x+ x2/2 + x3/6 + x4 − x7 têm os mesmos polinómiosde Taylor de ordem 3 em 0 mas as suas derivadas de ordem ≥ 4 não coincidem.

Definição 6.1.4 Seja n ∈ N ∪ {0}; diz-se que f e g são tangentes de ordem n em a sse limx→a

f(x)− g(x)(x− a)n

= 0 e

f(a) = g(a).

Proposição 6.1.5 1. Se f e g são tangentes de ordem n em a, então, para qualquer k < n, f e g são tangentesde ordem k em a.

2. Se f e g são tangentes de ordem n em a, e g e h são tangentes de ordem n em a, então f e h são tangentes deordem n em a.

3. Se f e g são funções polinomiais de grau ≤ n e f e g são tangentes de ordem n em algum ponto a, então f e gcoincidem.

Demonstração:

1. Se limx→a


= 0 e k < n, então limx→a

f(x)− g(x)(x− a)k

= limx→a


(x− a)n−k =

limx→a


limx→a

(x− a)n−k = 0.


2. De limx→a


= 0 e limx→a

g(x)− h(x)(x− a)n

= 0, conclui-se que limx→a

(f(x)− g(x)

(x− a)n+g(x)− h(x)

(x− a)n

)= 0, isto é,

limx→a

f(x)− h(x)(x− a)n

= 0.

3. Como já foi visto, f(x) =n∑

k=0

bk(x−a)k e g(x) =n∑

k=0

ck(x−a)k, em que bk = f (k)(a)/k! e ck = g(k)(a)/k!. Como

f e g são tangentes de ordem n em a, tem-se limx→a

f(x)− g(x)(x− a)k

= 0, para k = 0, . . . , n. De limx→a

f(x)− g(x) = 0,

conclui-se que limx→a

n∑k=0

(bk − ck)(x− a)k = 0, isto é b0 = c0. Então f(x) − g(x) =∑n

k=1(bk − ck)(x − a)k. De

limx→a

f(x)− g(x)x− a

= 0, conclui-se que limx→a

n∑k=1

(bk − ck)(x− a)k−1 = 0, isto é b1 = c1. Continuando este processo,

conclui-se que para k ≤ n se tem bk = ck, isto é f e g coinciddem. �

Corolário 6.1.6 Dada uma função f e um ponto a do seu domínio, existe no máximo um polinómio de grau ≤ n quelhe é tangente de ordem n em a.

Demonstração: trivial �

Proposição 6.1.7 Se f é n vezes derivável em a, então f e Pn,a são tangentes de ordem n em a.

Demonstração: Quer-se mostrar que limx→a

f(x)− Pn,a(x)(x− a)n

= 0. Usando n − 1 vezes a regra de l’Hôpital, conclui-

se que basta mostrar que limx→a

f (n−1)(x)− P(n−1)n,a (x)

n!(x− a)= 0. Ora lim

x→a

f (n−1)(x)− f (n−1)(a)n!(x− a)

= f (n)(a)/n!; por ou-

tro lado, limx→a

P(n−1)n,a (x)− f (n−1)(a)

n!(x− a)= lim

x→a

P(n−1)n,a (x)− P

(n−1)n,a (a)

n!(x− a)= P

(n)n,a (a)/n!; logo lim

x→a

f (n−1)(x)− P(n−1)n,a (x)

n!(x− a)=

f(n)(a)−P (n)n,a(a)

n! = 0. �

Das duas proposições anteriores conclui-se que, quando f é n vezes derivável em a, o polinómio de Taylor de ordemn em a de f é o único polinómio de grau ≤ n que é tangente de ordem n a f em a.

Observações: Em particular, conclui-se que se f é derivável em a, f é tangente em a a um único polinómio de grau≤ 1 (isto é, o gráfico de f é tangente em (a, f(a)) a uma única recta passando por a: a que tem declive f ′(a)). É fácilde ver que as duas condições anteriores são equivalentes: f é derivável em a sse f é tangente de ordem 1 em a a umpolinómio de grau ≤ 1; no entanto, “f duas vezes derivável em a” é uma condição estritamente mais forte do que “fé tangente de ordem 2 em a a um polinómio de grau ≤ 2”.

Proposição 6.1.8 Seja f uma função n vezes derivável.

1. Se g é a função definida por g(x) = f(cx), c ∈ R, então Pn,a,g(x) = Pn,ca,f (cx).

2. Se g é a função definida por g(x) = f(xk), k ∈ N, então Pkn,0,g(x) = Pn,0,f (xk).

Demonstração:

1. Tem-se g(k)(a) = ckf (k)(ca), portanto

Pn,a,g(x) =n∑

k=0

g(k)(a)k!

(x− a)k =n∑

k=0

f (k)(ca)k!

ck(x− a)k =n∑

k=0

f (k)(ca)k!

(cx− ca)k = Pn,ca,f (cx).

2. Tem-se limx→0

f(x)− Pn,0,f (x)xn

= 0; conclui-se que limx→0

f(xk)− Pn,0,f (xk)(xk)n

= 0, uma vez que limx→0

xk = 0. Seja

P (x) = Pn,0,f (xk); então g e P são tangentes de ordem nk em 0, portanto P = Pkn,0,g. �

Proposição 6.1.9 Sejam f e g funções n vezes deriváveis.

1. Pn,a,f+g = Pn,a,f + Pn,a,g


2. Sejam c0, c1, . . . , c2n tais que Pn,a,f (x).Pn,a,g(x) =∑2n

k=0 ck(x− a)k; então Pn,a,f.g =∑n

k=0 ck(x− a)k

3. Pn−1,a,f ′(x) = P ′n,a,f (x)

4. Se F é uma primitiva de f , então Pn,a,F é a primitiva de Pn−1,a,f que toma o valor F (a) em a.

Demonstração: Seja Pn,a,f (x) =∑n

k=0 ak(x− a)k e Pn,a,g(x) =∑n

k=0 bk(x− a)k.

1. Tem-se Pn,a,f (x) + Pn,a,g(x) =∑n

k=0(ak + bk)(x − a)k; ora ak = f(k)(a)k! e bk = g(k)(a)

k! , portanto ak + bk =f(k)(a)

k! + g(k)(a)k! = (f+g)(k)(a)

k! , isto é, Pn,a,f + Pn,a,g é o polinómio de Taylor de ordem n em a de f + g.

2. Pn,a,f (x).Pn,a,g(x) =∑2n

k=0 ck(x−a)k, em que ck =∑

i+j=k aibj ; para k ≤ n,∑

i+j=k aibj =∑k

i=0 aibk−i (isto jánão é necessariamente verdade para k > n (por exemplo, cn+2 =

∑i+j=n+2 aibj =

∑ni=2 aibn+2−i). Então, para

k ≤ n, ck =∑k

i=0f(i)(a)

i! . g(k−i)(a)(k−i)! = 1

k!

∑ki=0

k!i!(k−i)!f

(i)(a)g(k−i)(a); ora (f.g)(k)(a) =∑k

i=0k!

i!(k−i)!f(i)(a)g(k−i)(a),

logo conclui-se que ck = fg(k)(a)k! , isto é,

∑nk=0 ck(x− a)k é o polinómio de Taylor de ordem n em a de f.g.

3. Tem-se (f ′)(k)(a) = f (k+1)(a) = (k+1)!ak+1, logo Pn−1,a,f ′(x) =∑n−1

k=0(f ′)(k)(a)

k! (x−a)k =∑n−1

k=0(k+1)!ak+1

k! (x−a)k =

∑nk=1 kak(x− a)k−1 = P ′n,a,f (x).

4. Pela alínea anterior, tem-se Pn−1,a,f (x) = P ′n,a,F (x), portanto Pn,a,F é uma primitiva de Pn−1,a,f ; por outrolado, por definição, Pn,a,F (a) = F (a). �

Exemplos:

1. g: R −→ Rx 7→ ex3

g(x) = f(x3), em que f(x) = ex; como Pn,0,f (x) =∑n

k=0 xk/k!, conclui-se que P3n,0,g(x) =

∑nk=0 x

3k/k!; porexemplo, P12,0,g(x) = 1 + x3 + x6/2 + x9/6 + x12/24.

2. g: R −→ Rx 7→ cos 5x

g(x) = f(5x), em que f(x) = cosx; como P2n,0,f (x) = 1−x2/2+· · ·+(−1)nx2n/(2n)!, conclui-se que P2n,0,g(x) =1− 25x2/2 + · · ·+ (−1)n52nx2n/(2n)!.

3. f : R −→ Rx 7→ 1

1+x2

Determinação de P6,0(x)

método I1 = (1 + x2)(1− x2 + x4 − x6) + x8, logo 1

1+x2 = 1− x2 + x4 − x6 + x8

1+x2 . Seja P (x) = 1− x2 + x4 − x6; tem-se

limx→0

11+x2 − P (x)

x6= lim

x→0

x8

x6(1 + x2)= 0. Como o único polinómio de grau ≤ 6 que é tangente de ordem 6 a f

em 0 é P6,0, conclui-se que P6,0 = P , isto é, P6,0(x) = 1− x2 + x4 − x6.

método IISejam a0, a1, a2, a3, a4, a5, a6 tais que P6,0(x) =

∑6k=0 akx

k. O polinómio de Taylor de ordem 6 em 0 de x 7→ 1+x2

é 1 + x2; como f(x)(1 + x2) = 1, conclui-se que a soma dos termos de grau ≤ 6 de (1 + x2)P6,0(x) é o polinómiode Taylor de ordem 6 em 0 da função constante igual a 1, isto é, a0 + a1x + (a0 + a2)x2 + (a1 + a3)x3 + (a2 +a4)x4 + (a3 + a5)x5 + (a4 + a6)x6 = 1, de onde a0 = 1, a1 = 0, a2 = −1, a3 = 0, a4 = 1, a5 = 0, a6 = −1, ouseja, P6,0(x) = 1− x2 + x4 − x6.Observação: Analogamente se mostra que P2n,0(x) = 1− x2 + x4 − · · ·+ (−1)nx2n e P2n+1,0(x) = P2n,0(x).

4. g: R −→ Rx 7→ 1

1+4x4

g(x) = f(2x2), em que f(x) = 11+x2 ; como P2n,0,f (x) = 1−x2 +x4 + · · ·+(−1)nx2n, conclui-se que P4n,0,g(x) =

1− 4x4 + 16x8 + · · ·+ (−1)n22nx4n; por exemplo, P8,0,g(x) = 1− 4x4 + 16x8.


5. f : R −→ Rx 7→ arctg x

Determinação de P2n+1,0(x)

método I

f é a primitiva de g : x 7→ 11+x2 que toma o valor 0 em 0. Então P2n+1,0,f (x) é a primitiva de P2n,0,g(x)

que toma o valor 0 em 0; como P2n,0,g(x) = 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)nx2n, conclui-se que P2n+1,0,f (x) =x− x3/3 + x5/5− · · ·+ (−1)nx2n+1/(2n+ 1).

método II

arctg x =∫ x

0

11 + t2

dt

=∫ x

0

(1− t2 + t4 − · · ·+ (−1)nt2n +(−1)n+1t2n+2

1 + t2)dt

=∫ x

0

(1− t2 + t4 − · · ·+ (−1)nt2n) dt+∫ x

0

(−1)n+1t2n+2

1 + t2dt

= x− x3/3 + x5/5− · · ·+ (−1)nx2n+1/(2n+ 1) +∫ x

0

(−1)n+1t2n+2

1 + t2dt

Seja P (x) = x− x3/3 + x5/5− · · ·+ (−1)nx2n+1/(2n+ 1). Tem-se

|f(x)− P (x)| = |∫ x

0

(−1)n+1t2n+2

1 + t2dt|

≤ |∫ x

0

t2n dt| (porque t2n+2

1 + t2≤ t2n+2)

=|x|2n+3

2n+ 3.

Como limx→0

x2n+3

(2n+ 3)x2n+2= 0, conclui-se que lim

x→0

f(x)− P (x)x2n+2

= 0, isto é, f e P são tangentes de ordem 2n+ 2

em 0, logo P = P2n+2,0,f .

P2n+2,0,f (x) = x− x3/3 + x5/5− · · ·+ (−1)nx2n+1/(2n+ 1);

P2n+1,0,f (x) = x− x3/3 + x5/5− · · ·+ (−1)nx2n+1/(2n+ 1).

-1 -0.5 0.5 1

Polinomios de Taylor de arctg de ordens 1 a 5 em 0

-1

-0.5

0.5

1

-1 -0.5 0.5 1


-2

-1

1

2


-1 1 2 3 4 5


1

2

3

-1 1 2 3


-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

Observações:a) O segundo método tem a vantagem de dar uma estimativa da diferença f(x)− P (x).b) A partir dos polinómios de Taylor de arctg em 0, concluimos que

arctg(k)(0) ={

0 se k é par(−1)(k−1)/2(k − 1)! se k é ímpar

6. f : R −→ Rx 7→ ex senx


Sejam P e Q os polinómios de Taylor de ordem 3 em 0 da exponencial e do seno respectivamente. Tem-seP (x) = x−x3/6, Q(x) = 1+x+x2/2+x3/6 e PQ(x) = x+x2+x3/3−x5/12−x6/36, logo P3,0(x) = x+x2+x3/3.Observação: Não é verdade que P6,0(x) = x+ x2 + x3/3− x5/12− x6/36.

7. f : R \ {0} −→ Rx 7→ 1/x


método ITem-se f(x) = 1

1+x−1 = 1− (x− 1) + (x− 1)2− (x− 1)3 + (x− 1)4− (x− 1)5/x. Seja P (x) = 1− (x− 1) + (x−

1)2 − (x− 1)3 + (x− 1)4; tem-se limx→1

f(x)− P (x)(x− 1)4

= limx→1

−(x− 1)x

= 0, portanto P4,1(x) = P (x).

método IISejam a0, a1, a2, a3, a4 tais que P4,1(x) =

∑4k=0 ak(x− a)k; o polinómio de Taylor de ordem 4 em 1 de x 7→ x é

Q(x) = 1 + (x − 1). Ora P4,1(x)Q(x) = a0 + (a0 + a1)(x − 1) + (a1 + a2)(x − 1)2 + (a2 + a3)(x − 1)3 + (a3 +a4)(x− 1)4 + a4(x− 1)5; então a0 + (a0 + a1)(x− 1) + (a1 + a2)(x− 1)2 + (a2 + a3)(x− 1)3 + (a3 + a4)(x− 1)4

é o polinómio de Taylor de ordem 4 em 1 de x 7→ 1, isto é, a0 = 1, a1 = −1, a2 = 1, a3 = −1, a4 = 1.

8. f : R \ {3} −→ Rx 7→ 1

x−3


f(x) =1

(x− 1)− 2=

−12− (x− 1)

=−1

2(1− x−12 )

= −12

(1 +

x− 12

+ (x− 1

2)2 + (

x− 12

)3 + (x− 1

2)4 + (

x− 12

)5 +(x−1

2 )6

1− x−12

)

Seja P (x) = − 12

(1 + x−1

2 + (x−12 )2 + (x−1

2 )3 + (x−12 )4 + (x−1

2 )5); então lim

x→1

f(x)− P (x)(x− 1)5

= limx→1

−(x− 1)27(1− x−1

2 )=

0. Conclui-se que P5,1(x) = P (x).

6.2. MÁXIMOS E MÍNIMOS LOCAIS 121

Determinação de P4,−2(x)

f(x) =1

(x+ 2)− 5=

−15− (x+ 2)

=−1

5(1− x+25 )

= −15

(1 +

x+ 25

+ (x+ 2

5)2 + (

x+ 25

)3 + (x+ 2

5)4 +

(x+25 )5

1− x+25

)

Seja P (x) = − 15

(1 + x+2

5 + (x+25 )2 + (x+2

5 )3 + (x+25 )4

); então lim

x→−2

f(x)− P (x)(x+ 2)4

= limx→−2

−(x+ 2)56(1− x+2

5 )= 0.

Conclui-se que P4,−2(x) = P (x).

9. f : ]− 1,+∞[ −→ Rx 7→

∫ x

0log(1 + t) dt

Determinação de P5,0,f (x)

f é a primitiva de g: ]− 1,+∞[ −→ Rx 7→ log(1 + x)

que toma o valor 0 em 0. Como P4,0,g(x) = x − x2/2 +

x3/3− x4/4, conclui-se que P5,0,f (x) = x2/2− x3/6 + x4/12− x5/20.

10. f : R −→ Rx 7→

∫ x

0sen2 t dt

Determinação de P6,0,f (x)

Como P5,0,sen(x) = x− x3/6 + x5/120, conclui-se que P5,0,sen2(x) = x2 − x4/3, logo P6,0,f (x) = x3/3− x5/15.Determinação de P6,π,f (x)

Como P5,π,sen(x) = −(x−π)+(x−π)3/6− (x−π)5/120, conclui-se que P5,π,sen2(x) = (x−π)2− (x−π)4/3, logoP6,π,f (x) = f(π)+(x−π)3/3+(x−π)5/15 =

∫ π

0sen2 t dt+(x−π)3/3+(x−π)5/15 = π/2+(x−π)3/3+(x−π)5/15.

11. f : R −→ Rx 7→ x2ex + 3

Determinação de P4,0,f ′ , P4,0,f ′′ e P4,0,F , em que F é a primitiva de f que toma o valor 2 em 0.Tem-se P6,0,f (x) = 3 + x2(1 + x+ x2/2 + x3/6 + x4/24) = 3 + x2 + x3 + x4/2 + x5/6 + x6/24, logo P5,0,f ′(x)(=P ′6,0,f (x) = 2x+3x2+2x3+5x4/6+x5/4 (de onde P4,0,f ′(x) = 2x+3x2+2x3+5x4/6), e P4,0,f ′′(x)(= P ′5,0,f ′(x) =2 + 6x+ 6x2 + 10x3/3 + 5x4/4.P4,0,F (x) = F (0) +

∫ x

0P3,0,f (t) dt = 2 + 3x+ x3/3 + x4/4.

12. f : R −→ Rx 7→ ex cosx2

Determinação de P4,0,f e de P4,0,f ′ .Seja g(x) = cosx2; tem-se P5,0,exp(x) = 1 + x + x2/2 + x3/6 + x4/24 + x5/120 e P5,0,g(x) = 1 − x4/2, logoP5,0,f (x) = 1 + x+ x2/2 + x3/6− 11x4/24− 59x5/120 (de onde P4,0,f (x) = 1 + x+ x2/2 + x3/6− 11x4/24), eP4,0,f ′(x) = P ′5,0,f (x) = 1 + x+ x2/2− 11x3/6− 59x4/24.

6.2 Máximos e mínimos locaisNo capítulo 4 foi visto que, se f ′(x0) = 0 e f ′′(x0) > 0, então f tem um mínimo local em x0, enquanto que, sef ′(x0) = 0 e f ′′(x0) < 0, então f tem um máximo local em x0. Vamos agora ver uma generalização deste resultado.

Proposição 6.2.1 Sejam f :]a, b[−→ R e x0 ∈]a, b[ tais que f ′(x0) = f ′′(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0 e f (n)(x0) 6= 0.

1. Se n é par e f (n)(x0) > 0, então f tem um mínimo local estrito em x0.

2. Se n é par e f (n)(x0) < 0, então f tem um máximo local estrito em x0.

3. Se n é ímpar, então f não tem um máximo nem um mínimo local em x0:a) se f (n)(x0) > 0, então f é estritamente crescente em x0

b) se f (n)(x0) < 0, então f é estritamente decrescente em x0.


Demonstração: Tem-se Pn,x0(x) = f(x0)+f(n)(x0)

n! (x−x0)n; como f e Pn,x0 são tangentes de ordem n em x0, conclui-se

que limx→x0

f(x)− f(x0)− f(n)(x0)n! (x− x0)n

(x− x0)n= 0, isto é, lim

x→x0

f(x)− f(x0)(x− x0)n

= f(n)(x0)n! .

1. Como f(n)(x0)n! , lim

x→x0

f(x)− f(x0)(x− x0)n

> 0; então existe δ > 0 tal que 0 < |x − x0| < δ ⇒ f(x)−f(x0)(x−x0)n > 0; como n é

par, (x− x0)n > 0, portanto 0 < |x− x0| < δ ⇒ f(x) > f(x0), isto é, f tem um mínimo local estrito em x0.

2. análoga à anterior.

3. Suponhamos que f (n)(x0) > 0 (a demonstração é análoga no caso de f (n)(x0) < 0). Então limx→x0

f(x)− f(x0)(x− x0)n

>

0, portanto existe δ > 0 tal que 0 < |x− x0| < δ ⇒ f(x)−f(x0)(x−x0)n > 0; como n é ímpar, x < x0 ⇒ (x− x0)n < 0 e

x > x0 ⇒ (x − x0)n > 0. Então 0 < x − x0 < δ ⇒ f(x) − f(x0) > 0 e −δ < x − x0 < 0 ⇒ f(x) − f(x0) < 0,portanto f é estritamente crescente em x0. �

Exemplos:

1. f : R −→ Rx 7→ x2 senx2

f ′(x) = 2x senx2 + 2x3 cosx2; f ′(0) = 0

f ′′(x) = 2 senx2 + 10x2 cosx2 − 4x4 senx2; f ′′(0) = 0

f ′′′(x) = 4x cosx2 − 20x3 senx2 − · · ·; f ′′′(0) = 0

f (4)(x) = 4 cosx2 − 8x2 senx2 + · · ·; f (4)(0) = 4 > 0

Logo f tem um mínimo local em 0.

2. f : R −→ Rx 7→ −x6 + 12x5 − 60x4 + 160x3 − 240x2 + 192x+ 1

f ′(x) = −6x5 + 60x4 − 240x3 + 480x2 − 480x+ 192; f ′(2) = 0

f ′′(x) = −30x4 + 240x3 − 720x2 + 960x− 480; f ′′(2) = 0

f ′′′(x) = −120x3 + 720x2 − 1440x+ 960; f ′′′(2) = 0

f (4)(x) = −360x2 + 1440x− 1440; f (4)(2) = 0

f (5)(x) = −720x+ 1440; f (5)(2) = 0

f (6)(x) = −720; f (6)(2) < 0

Logo f tem um máximo local em 2.

3. f : R −→ Rx 7→ ex3

f ′(x) = 3x2ex3 ; f ′(0) = 0

f ′′(x) = 6xex3+ 9x4ex3 ; f ′′(0) = 0

f ′′′(x) = 6ex3+ 18x3ex3

+ 36x3ex3+ 27x6ex3 ; f ′′′(0) = 6

Logo f não tem máximo nem mínimo local em 0.

4. f : R −→ R

x 7→{e−1/x2 se x 6= 00 se x = 0

Neste caso tem-se f (n)(0) = 0, para qualquer n, e f tem um mínimo estrito local em 0.

5. f : R −→ R

x 7→{−e−1/x2 se x 6= 00 se x = 0

Neste caso tem-se f (n)(0) = 0, para qualquer n, e f tem um máximo estrito local em 0.

6.3. CÁLCULO DE VALORES APROXIMADOS DE FUNÇÕES 123

6. f : R −→ R

x 7→

e−1/x2 se x > 00 se x = 0−e−1/x2 se x < 0

Neste caso tem-se f (n)(0) = 0, para qualquer n, e f não tem um mínimo local nem um máximo local em 0; defacto, f é estritamente crescente em 0.

7. f : R −→ R

x 7→

−e−1/x2 se x > 00 se x = 0e−1/x2 se x < 0

Neste caso tem-se f (n)(0) = 0, para qualquer n, e f não tem um mínimo local nem um máximo local em 0; defacto, f é estritamente decrescente em 0.

6.3 Cálculo de valores aproximados de funçõesO facto de, para cada n fixo, f e Pn,a,f serem tangentes de ordem n em a, significa que, quando x tende para a, adiferença entre f e o seu polinómio de Taylor de ordem n em a tende para 0 mais depressa do que (x− a)n; nada dizsobre o grau de aproximação de f pelos polinómios de Taylor num ponto fixado, vizinho de a. Vamos agora ver o quese passa, quando, para um valor de x 6= a, consideramos polinómios de Taylor de ordem variável em a.

Definição 6.3.1 Seja f uma função n vezes derivável; o resto de ordem n em a de f é a função Rn,a,f definidapor Rn,a,f (x) = f(x)− Pn,a,f (x).

Rn,a,f (x) representa o erro que se comete quando se toma Pn,a,f (x) como aproximação de f(x); o nosso objectivoagora é ver como podemos majorar esse erro.

Teorema 6.3.2 Seja f uma função n+ 1 vezes continuamente derivável e a um ponto do domínio de f . Então

Rn,a,f (x) =∫ x

a

f (n+1)(t)(x− t)n

n!dt.

Demonstração: Como f é uma primitiva de f ′, tem-se∫ x

af ′(t) dt = f(x) − f(a). Mas

∫ x

af ′(t) dt =

∫ x

a−φ(t)ψ′(t) dt,

em que φ(t) = f ′(t) e ψ(t) = x− t; integrando por partes, vem

[−f ′(t)(x− t)]t=xt=a −

∫ x

a

−f ′′(t)(x− t) dt = f ′(a)(x− a) +∫ x

a

f ′′(t)(x− t) dt.

Entãof(x)− f(a)− f ′(a)(x− a) =

∫ x

a

f ′′(t)(x− t) dt,

isto é, f(x)−P1,a,f (x) =∫ x

af ′′(t)(x− t) dt; ora o primeiro membro é R1,a,f (x), portanto está provada a fórmula para

n = 1. Suponhamos agora que f(x)− Pm,a,f (x) =∫ x

af(m+1)(t)(x−t)m

m! dt. Integrando por partes, temos∫ x

a

f (m+1)(t)(x− t)m

m!dt =

[−f (m+1)(t)

(x− t)m+1

(m+ 1)!

]t=x

t=a

−∫ x

a

−f(m+2)(t)(x− t)m+1

(m+ 1)!dt

=f (m+1)(a)(x− a)m+1

(m+ 1)!−∫ x

a

−f(m+2)(t)(x− t)m+1

(m+ 1)!dt

Entãof(x)− Pm,a,f (x)− f (m+1)(a)(x− a)m+1

(m+ 1)!=∫ x

a

f (m+2)(t)(x− t)m+1

(m+ 1)!dt.

Ora o primeiro membro é Rm+1,a,f (x), portanto deduzimos a fórmula para n = m+ 1, partindo da sua validade paran = m.

�

Exemplos:


1. f : R −→ Rx 7→ senx

P2n+1,0(x) = P2n+2,0(x) = x− x3/6 + x5/120 + · · ·+ (−1)n x2n+1

(2n+1)!

R2n+2,0(x) =∫ x

0f(2n+3)(t)(x−t)2n+2

(2n+2)! dt

Ora |f (2n+3)(t)| = | cos t| ≤ 1, portanto |∫ x

0f(2n+3)(t)(x−t)2n+2

(2n+2)! dt| ≤ |∫ x

0(x−t)2n+2

(2n+2)! dt| = |[− (x−t)2n+3

(2n+3)! ]t=xt=0 | =

|x2n+3|(2n+3)! . Como lim

n→+∞

|x2n+3|(2n+ 3)!

= 0, conclui-se que R2n+2,0(x) se pode tornar tão pequeno quanto se quiser

desde que n seja suficientemente grande.

Cálculo de um valor aproximado de sen(1,5) com erro inferior a 0,001: basta usar um polinómio de Taylor deordem 2n+ 1 na origem desde que 1,52n+3/(2n+ 3)! < 0,001; como, por exemplo, n = 3 está nestas condições,conclui-se que sen(1,5) = P7,0(1,5) + ε, em que |ε| < 0,001; ora P7,0(1,5) = 1,5− 1,53/6 + 1,55/120− 1,57/5040,portanto sen(1,5) = 0,9974 + ε, com |ε| < 0,001.Cálculo de sen(2) com uma precisão de 0,01: basta usar um polinómio de Taylor de ordem 2n+1 na origem desdeque 22n+3/(2n+3)! < 0,01; como, por exemplo, n = 3 está nestas condições, conclui-se que sen(2) = P7,0(2)+ ε,em que |ε| < 0,01; como P7,0(2) = 2− 23/6 + 25/120− 27/5040, tem-se sen(2) = 0,908 + ε, com |ε| < 0,01.Observação: para garantir a mesma precisão, quanto maior em módulo é módulo de x, maior tem de ser n; sejaqual for x, Pn,0(x) tende para senx quando n tende para infinito, mas pode-se mostrar que “tende tanto maisdevagar” quanto maior for |x|.

2. f : R −→ Rx 7→ cosx

P2n,0(x) = P2n+1,0(x) = 1− x2/2 + x4/4!− · · ·+ (−1)nx2n/(2n)!

R2n+1,0(x) =∫ x

0f(2n+2)(t)(x−t)2n+1

(2n+1)! dt

Ora |f (2n+2)(t) = | cos t| ≤ 1|, portanto |R2n+1,0(x)| ≤ |∫ x

0(x−t)2n+1

(2n+1)! dt| = |[− (x−t)2n+2

(2n+2)! ]t=xt=0 | = |x|2n+2

(2n+2)! . Como

limn→+∞|x|2n+2

(2n+2)! = 0, conclui-se que R2n+1,0(x) se pode tornar tão pequeno quanto se quiser, desde que n sejasuficientemente grande.

Cálculo de um valor aproximado de cos(−0,1) com erro inferior a 2× 10−10: basta usar um polinómio de Taylorde ordem 2n, desde que 0,12n+2/(2n + 2)! < 2 × 10−10; por exemplo, n = 3 está nestas condições, portantocos(−0,1) = 1− 0,12/2 + 0,14/24− 0,16/720 + ε = 0,9950041653 + ε, em que |ε| < 2× 10−10.

3. f : R −→ Rx 7→ ex

Pn,0(x) = 1 + x+ x2/2 + x3/6 + · · ·+ xn/n!

Rn,0(x) =∫ x

0f(n+1)(t)(x−t)n

n! dt =∫ x

0et(x−t)n

n! dt

Para x < 0, tem-se 0 < et < 1, portanto |Rn,0(x)| ≤ |∫ x

0(x−t)n

n! dt| = |x|n+1

(n+1)! .

Para x > 0, como e < 3, tem-se et < 3t < 3x, portanto 0 ≤ Rn,0(x) ≤∫ x

03x(x−t)n

n! dt = 3xxn+1

(n+1)! .

Como limn→+∞|x|n+1

(n+1)! = 0, conclui-se que se pode tornar Rn,0(x) tão pequeno quanto se quiser desde que setome n suficientemente grande.

Cálculo de um valor aproximado de e com erro inferior a 10−4: basta calcular Pn,0(1) em que n é tal que3/(n+1)! < 10−4, por exemplo, n = 7. Então e = 1+1+1/2+1/6+1/24+1/120+1/720+1/5040+ε = 2,71825+ε,em que 0 < ε < 10−4.Cálculo de um valor aproximado de e2 com erro inferior a 10−4: basta calcular Pn,0(2) em que n é tal que2n+1.9/(n + 1)! < 10−4, por exemplo, n = 11. Então e = 1 + 2 + 4/2 + 8/6 + 16/24 + 32/120 + 64/720 +128/5040 + 256/40320 + 512/362880 + 1024/3628800 + 2048/39916800 + ε = 7,38905 + ε, em que 0 < ε < 10−4.Observação: Para garantir a mesma precisão, foi necessário um polinómio de ordem 11 para e2 e de ordem 7para e; pode-se mostrar que quanto maior é x, maior terá de ser a ordem do polinómio de Taylor usado paragarantir, apenas a partir das considerações sobre a fórmula do resto, a mesma precisão no cálculo de ex.


4. f : R+ −→ Rx 7→ 3

√x

Cálculo de um valor aproximado de 3√

9 com erro inferior a 10−5: uma vez que conhecemos os valores de fe das suas derivadas em 8, vamos utilizar os polinómios de Taylor em 8 e determinar n tal que |Rn,8(9)| =| 3√

9− Pn,8(9)| < 10−5.

f ′(x) = 1

33√

x2; f ′′(x) = − 2

93√

x5; f ′′′(x) = 10

273√

x8;. . . ; f (k)(x) = (−1)k−12.5.8.....(3k−4)

3k 3√x3k−1

Queremos determinar n tal que |Rn,8(9)|(= |∫ 9

8f(n+1)(t)(x−t)n

n! dt|) < 10−5. Para t entre 8 e 9, tem-se

|f (n+1)(t)| ≤ 2.5.8 . . . (3n− 1)3n+1 3

√83n+2

=2.5.8 . . . (3n− 1)

3n+123n+2;

então

|Rn,8(9)| ≤ 2.5.8 . . . (3n− 1)3n+123n+2

∫ 9

8

(9− t)n

n!dt =

2.5.8 . . . (3n− 1)3n+123n+2

1(n+ 1)!

=2.5.8 . . . (3n− 1)

3n+123n+2(n+ 1)!

Para n = 4 tem-se 2.5.8...(3n−1)3n+123n+2(n+1)! ' 1,8 × 10−6 < 10−5. Então 3

√9 = P4,8(9) + ε, em que |ε| < 10−5; como

P4,8(x) = f(8) + f ′(8)(x − 8) + f ′′(8)(x − 8)2/2 + f ′′′(8)(x − 8)3/6 + f (4)(8)(x − 8)4/24, tem-se P4,8(9) =2 + 1/12− 2/(9.32.2) + 10/(27.256.6)− 70/(81.2048.24) ' 2,08008. Logo 3

√9 = 2,08008 + ε, com |ε| < 10−5.

5. f : R+ −→ Rx 7→ 4

√x

Cálculo de um valor aproximado de 4√

83 com erro inferior a 3 × 10−6: uma vez que conhecemos os valoresde f e das suas derivadas em 81, vamos utilizar os polinómios de Taylor de f em 81 e determinar n tal que|Rn,81(83)| < 3× 10−6.

f ′(x) = 1

44√

x3; f ′′(x) = − 3

164√

x7; f ′′′(x) = 21

644√

x11;. . . ; f (k)(x) = (−1)k−13.7...(4k−5)

4k 4√x4k−1

.

Queremos determinar n tal que |Rn,81(83)| = |∫ 83

81f(n+1)(t)(83−t)n

n! | < 3 × 10−6. Para t entre 81 e 83, tem-se|f (n+1)(t)| ≤ 3.7...(4n−1)

4n+1 4√814n+3

= 3.7...(4n−1)4n+134n+3 ; então

|Rn,81(83)| ≤ 3.7 . . . (4n− 1)4n+134n+3

∫ 83

81

(83− t)n

n!dt =

3.7 . . . (4n− 1)2n+1

4n+134n+3(n+ 1)!.

Para n = 2, tem-se 3.7...(4n−1)2n+1

4n+134n+3(n+1)! < 3 × 10−6, portanto 4√

83 = P2,81(83) + ε em que |ε| < 3 × 10−6. OraP2,81(x) = f(81) + f ′(81)(x− 81) + f ′′(81)(x− 81)2/2, de onde P2,81(83) = 3 + 2

4.27 −3.22

16.37.2 = 3,018347.

6. f : R −→ Rx 7→ 1

1+x2

Já foi visto que P2n,0(x) = P2n+1,0(x) = 1− x2 + x4 − · · ·+ (−1)nx2n; neste caso, a fórmula do resto, Rn,0(x) =∫ x

0f(n+1)(t)(x−t)n

n! , não é muito útil, uma vez que não temos uma maneira simples de majorar |f (n+1)(t)|. Noentanto, sabemos que R2n+1,0(x) = (−1)n+1x2n+2

1+x2 . Como |R2n+1,0(x)| ≤ |x2n+2| e limn→+∞ |x2n+2| = 0 se |x| < 1,conclui-se que, se |x| < 1, então P2n+1,0(x) pode ser tornado tão próximo de f(x) quanto se quiser, desde que nseja suficientemente grande. Em contrapartida, se |x| ≥ 1, então não se tem limn→+∞R2n+1,0(x) = 0. Portantoos polinómios de Taylor de f em 0 só aproximam f em ]− 1, 1[.

7. f : R −→ Rx 7→ arctg x

Já foi visto que P2n+1,0(x) = P2n+2,0(x) = x − x3/3 + x5/5 − · · · + (−1)nx2n+1/(2n + 1); neste caso a fór-mula do resto, Rn,0(x) =

∫ x

0f(n+1)(t)(x−t)n

n! , tambem não é muito útil, uma vez que não temos uma maneirasimples de majorar f (n+1)(t). No entanto, sabemos que R2n+2,0(x) =

∫ x

0(−1)n+1t2n+2

1+t2 dt, logo |R2n+2,0(x)| ≤|∫ x

0(−1)n+1t2n+2 dt| = |x|2n+3

2n+3 , portanto, se |x| ≤ 1, limn→+∞R2n+2,0(x) = 0. Em contrapartida, se x > 1,tem-se

∫ x

0t2n+2

1+t2 dt ≥∫ x

0t2n+2

1+x2 dt = x2n+3

(1+x2)(2n+3) , e limn→+∞x2n+3

(1+x2)(2n+3) = +∞ (analogamente para x < −1).Conclui-se que os polinómios de Taylor só aproximam f em [−1, 1].


Observações:1. Para x fixo, quando n tende para infinito, R2n+1,0,arctg(x) tende para 0 muito mais devagar do que porexemplo R2n+1,0,sen(x), o que está relacionado com o facto de 1/(2n+ 3) tender para 0 muito mais devagar doque 1/(2n+ 3)!.2. Uma vez que os polinómios de Taylor de arctg só aproximam arctg em [−1, 1], não podemos utilizá-losdirectamente para calcular valores aproximados de arctg x se |x| > 1. No entanto, se quisermos calcular arctg xcom |x| > 1, podemos escrever arctg x como uma soma arctg x1 + arctg x2 + · · · + arctg xn, em que |xi| ≤ 1.De facto, de tg(arctg a + arctg b) = a+b

1−ab , para ab 6= 1, conclui-se que arctg( a+b1−ab ) = arctg a + arctg b. Então

arctg x = arctg a+ arctg b em que a+b1−ab = x, isto é, arctg x = arctg a+ arctg x−a

1+ax , se ax 6= −1. Se escolhermos,por exemplo, a = x/2, vem arctg x = arctg(x/2) + arctg x

2(1+x2/2) (note que x2(1+x2/2) ≤ x/2); repetindo o

processo um número suficiente de vezes, obtem-se arctg x = arctg x1 + arctg x2 + · · ·+ arctg xn, em que |xi| ≤ 1.3. Mesmo que se tenha |x| ≤ 1, pode ser conveniente escrever arctg x = arctg a+ arctg b, com |a|, |b| < |x|, comovamos ver no exemplo seguinte.Cálculo de um valor aproximado de π com um erro inferior a 10−4: como se tem π/4 = arctg 1, para calcularπ com um erro inferior a 10−4, basta calcular π/4 com um erro inferior a 2,5× 10−5. Vamos então determinarn por forma a que Rn,0(1) < 2,5 × 10−5. Como |R2n+2,0(1)| ≤ 1/(2n + 3), basta calcular P2n+1,0(1) em que1/(2n+3) < 2,5×10−5, ou seja, por exemplo n = 19999. Então arctg 1 = P39999,0(1)+ε, em que |ε| < 2,5×10−5.Para calcular arctg 1 com a mesma precisão, mas com polinómios de Taylor de ordem menor, vamos usar aigualdade arctg 1 = arctg(1/2) + arctg(1/3) e calcular arctg(1/2) e arctg(1/3) com uma precisão de 10−5.De |R2n+2,0(1/2)| ≤ 1

22n+3(2n+3) e |R2n+2(1/3)| ≤ 132n+3(2n+3) , conclui-se que R12,0(1/2) < 10−5 e |R8,0(1/3)| <

10−5. Então arctg(1/2) = 12 −

13.23 + 1

5.25 − 17.27 + 1

9.29 − 111.211 + ε1 e arctg(1/3) = 1

3 −1

3.33 + 15.35 − 1

7.37 + ε2,em que |ε1|, |ε2| < 10−5; logo π = 3,14152 + ε, com |ε| < 10−4.

8. f : ]− 1,+∞[ −→ Rx 7→ log(1 + x)

Já foi visto que Pn,0(x) = x− x2/2 + x3/3− · · ·+ (−1)n−1xn/n; tambem foi visto que Rn,0(x) =∫ x

0(−1)ntn

1+t dt.Para x > 1, tem-se

∫ x

0tn

1+t dt ≥∫ x

0tn

1+x dt = xn+1

(1+x)(n+1) ; Rn,0(x) não tende para 0 quando n tende para infinito,portanto os polinómios de Taylor não aproximam f . Se 0 < x ≤ 1, então tn

1+t ≤ tn, portanto |∫ x

0(−1)ntn

1+t dt| ≤∫ x

0tn dt = xn+1

n+1 ; como limn→+∞xn+1

n+1 = 0, conclui-se que os polinómios de Taylor aproximam f . Se −1 < x < 0,como 1

1+t ≤ 11+x , conclui-se que |

∫ x

0tn

1+t dt| ≤1

1+x |∫ x

0tn dt| = |x|n+1

(1+x)(n+1) ; como limn→+∞|x|n+1

(1+x)(n+1) = 0,conclui-se que os polinómios de Taylor aproximam f .

9. Cálculo de∫ 1

0ex2

dx com erro inferior a 10−4: para qualquer x ∈ R tem-se ex = 1+x+x2/2+· · ·+xn/n!+Rn(x),em que Rn(x) =

∫ x

0et(x−t)n

n! dt; então ex2= 1 + x2 + x4/2 + · · · + x2n/n! + Rn(x2), de onde

∫ 1

0ex2

dx =∫ 1

0(1 + x2 + · · · + x2n/n!)dx +

∫ 1

0Rn(x2)dx. Ora Rn(x2) =

∫ x2

0et(x2−t)n

n! dt ≤ ex2 ∫ x2

0(x2−t)n

n! dt = ex2x2n+2

(n+1)! ,portanto ∫ 1

0

Rn(x2)dx ≤∫ 1

0

ex2x2n+2

(n+ 1)!dx

≤∫ 1

0

e x2n+2

(n+ 1)!dx (porque x ∈ [0, 1] ⇒ ex2

≤ e)

=e

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

Para calcular∫ 1

0ex2

dx com erro inferior a 10−4, basta então calcular∫ 1

0(1 + x+ x2 + · · ·+ x2n/n!) dx, em que

n é tal que e(2n+3)(n+1)! < 10−4; como n = 6 está nestas condições, conclui-se que

∫ 1

0(1 + x2 + x4/2 + x6/6 +

x8/24 + x10/120 + x12/720) dx = 1,48764 é um valor aproximado de∫ 1

0ex2

dx com um erro inferior a 10−4.

10. f : R −→ R

x 7→{

sen xx se x 6= 0

1 se x = 0

Cálculo de∫ 2

0f(x) dx com erro inferior a 10−3: para qualquer x ∈ R, tem-se senx = x − x3/6 + · · · +

(−1)nx2n+1/(2n+ 1)! +R2n+2(x), em que R2n+2(x) =∫ x

0sen(2n+3)(t)(x−t)2n+2

(2n+2)! dt, portanto |R2n+2(x)| ≤ |x|2n+3

(2n+3)! .


Então, para x 6= 0, tem-se sen xx = 1 − x2/6 + · · · + (−1)nx2n/(2n + 1)! + R2n+2(x)

x , e |R2n+2(x)x | ≤ |x|2n+2

(2n+3)! .

Seja Sn(x) = f(x) − (1 − x2/6 + · · · + (−1)nx2n/(2n + 1)!); tem-se então |Sn(x)| ≤ |x|2n+2

(2n+3)! , para todo ox ∈ R, de onde se conclui que |

∫ 2

0Sn(x)dx| ≤

∫ 2

0x2n+2

(2n+3)! dx = 22n+3

(2n+3)!(2n+3) . Como∫ 2

0f(x) dx =

∫ 2

0(1− x2/6 +

· · · + (−1)nx2n/(2n + 1)!) dx +∫ 2

0Sn(x) dx, e como, para n = 3 se tem 22n+3

(2n+3)!(2n+3) < 10−3, conclui-se que∫ 2

01− x2/6 + x4/120− x6/5040 dx = 1,605 é um valor aproximado de

∫ 2

0f(x)dx com erro inferior a 10−3.

11. f : R −→ R

x 7→{

1−cos xx2 se x 6= 0

1/2 se x = 0

Cálculo de∫ 2

0f(x)dx com erro inferior a 10−4

Para x ∈ R, tem-se 1 − cosx = x2/2 − x4/4! + · · · + (−1)nx2n/(2n)! + R2n+1(x), em que R2n+1(x) =∫ x

0(1−cos)(2n+2)(t)(x−t)2n+1

(2n+1)! dt, portanto |R2n+1(x)| ≤ |x|2n+2

(2n+2)! . Então, para x 6= 0, tem-se

1− cosxx2

= 1/2− x2/4! + · · ·+ (−1)nx2n−2

(2n)!+R2n+1(x)

x2,

e |R2n+1(x)x2 | ≤ |x|2n

(2n+2)! . Seja Sn(x) = f(x)− (1/2− x2/4 + · · ·+ (−1)nx2n−2

(2n)! ); então, para x ∈ R, tem-se |Sn(x)| ≤|x|2n

(2n+2)! . Conclui-se que∫ 2

0f(x)dx =

∫ 2

0(1/2 − x2/4 + · · · + (−1)nx2n−2

(2n)! )dx +∫ 2

0Sn(x) dx, com |

∫ 2

0Sn(x) dx| ≤∫ 2

0x2n

(2n+2)! dx = 22n+1

(2n+1)(2n+2)! . Para n = 4, tem-se 22n+1

(2n+1)(2n+2)! < 10−4, portanto∫ 2

0(1/2 − x2/4! + x4/6! −

x6/8!)dx = 0,8973 é uma aproximação de∫ 2

0f(x)dx com erro inferior a 10−4.

12. Cálculo de valores aproximados da única solução positiva de x2 = cosx utilizando os polinómios de Taylor deordem 3 e 5 do cosseno em 0; majoração do erro.É óbvio que x2 = cosx não tem soluções em ]1,+∞[; por outro lado, em [0, 1], a função x 7→ x2 é estritamentecrescente e a função cosseno é estritamente decrescente, logo x2 = cosx não pode ter mais de uma solução em[0,+∞[; que tem uma solução em [0, 1] é consequência de cos 0 = 1 > 02 e cos 1 < 1 = 12. Podemos obteruma melhor aproximação observando que cos 0,9 = 1− 0,92/2 +R3,0(0,9) = 0,595 +R3,0(0,9) e 0 ≤ R3,0(0,9) ≤0,94/24 ' 0,02734, isto é, cos 0,9 < 0,62234 e, por outro lado, 0,92 = 0,81(> cos 0,9).Seja xc a solução positiva de x2 = cosx e x0 a solução positiva de x2 = 1 − x2/2. Então tem-se x2

c =1−x2

c/2+R3,0(xc), com 0 ≤ R3,0(xc) < 0,94/24; deduz-se portanto que x0 =√

2/3 e xc =√

2/3√

1 +R3,0(xc),logo |xc − x0| =

√2/3|

√1 +R3,0(xc) − 1|; ora 0 ≤ R3,0(xc) ≤ 0,0274, de onde 1 <

√1 +R3,0(xc) < 1,014,

portanto |xc − x0| <√

2/3.0,014 = 0,01143.Conclui-se que

√2/3 ' 0,816 é um valor aproximado da solução positiva da equação x2 = cosx com um erro

inferior a 0,0115.

0.2 0.4 0.6 0.8

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.76 0.78 0.82 0.84 0.86 0.88 0.9

0.575

0.625

0.65

0.675

0.7

0.725

x 0

x c

2y= x

y=cos x

2 xy=1 - -- 2

Obtem-se uma aproximação melhor calculando a solução de x2 = 1 − x2/2 + x4/24 que está em ]0, 9/10[. Sejaxc a solução positiva de x2 = cosx e x0 a solução em ]0, 9/10[ de x2 = 1 − x2/2 + x4/24. Então tem-sex2

c = 1−x2c/2+x4

c/24+R5,0(xc), com −0,96/6! < R5,0(xc) < 0, e x40−36x2

0 +24 = 0, de onde x0 =√

18− 10√

3.Como x2

c = 1−x2c/2+x4

c/24+R5,0(xc), tem-se xc =√

18−√

300− 24R5,0(xc); então |xc−x0| =√

18− 10√

3−√18−

√300− 24R5,0(x); de −0,00074 < R5,0(x) < 0, conclui-se que |xc − x0| < 3,12× 10−4.


Conclui-se que√

18− 10√

3 ' 0,8243 é um valor aproximado da solução positiva da equação x2 = cosx com umerro inferior a 3,12× 10−4.

Capítulo 7

Sucessões e séries

7.1 SucessõesDefinição 7.1.1 Uma sucessão real é uma função N −→ R

Notação: Se a é uma sucessão, designa-se geralmente por an e não por a(n) a imagem de n por a; designa-se tambemgeralmente a sucessão a por (an)n∈No

, ou, mais simplesmente, por (an)n.

Definição 7.1.2 Chama-se sucessão parcial de uma sucessão (an)n à composta a ◦ ϕ em que ϕ : N −→ N é umafunção estritamente crescente.

Observação: Se ϕ : N −→ N é estritamente crescente, então limn→+∞ ϕ(n) = +∞ e ∀n ∈ N, ϕ(n) ≥ n.

Proposição 7.1.3 Qualquer sucessão parcial de uma sucessão majorada (resp. minorada, crescente, decrescente,estritamente crescente, estritamente decrescente) é majorada (resp. minorada, crescente, decrescente, estritamentecrescente, estritamente decrescente).

Definição 7.1.4 Diz-se que a sucessão (an)n converge para l sse l = limn→+∞ an, isto é, sse

∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : n > n0 ⇒ |an − l| < ε.

Observações:

1. Por vezes consideram-se funções N0 −→ R ou, para n ∈ N0, funções {n ∈ N;n ≥ n0} −→ R, às quais tambem sechama sucessões; a notação usada habitualmente é respectivamente (an)∈N0 e (an)n≥n0 .

2. Usando a notação acima mencionada, a uma sucessão (an)n∈N e a um número n0 ∈ N podemos associar asucessão (an)n≥n0 (restrição de (an)n∈N a {n ∈ N;n ≥ n0}); (an)n∈N é limitada (resp. majorada, minorada,convergente) sse existe n0 ∈ N tal que (an)n≥n0 é limitada (resp. majorada, minorada, convergente), o que éainda equivalente a dizer que ∀n0 ∈ N, (an)n≥n0 é limitada (resp. majorada, minorada, convergente).

3. Conclui-se de resultados anteriores sobre funções reais de variável real, que, se (an)n∈N converge para l1 e (bn)n∈Nconverge para l2, então

• (an + bn)n∈N converge para l1 + l2;• (anbn)n∈N converge para l1l2;• se l2 6= 0, então existe n0 tal que n ≥ n0 ⇒ bn 6= 0, e (an/bn)n≥n0 converge para l1/l2.

Proposição 7.1.5 Se (an)n∈N é convergente, então (an)n∈N é limitada.

Demonstração: Seja l = limn→∞

an; existe n0 tal que n > n0 ⇒ |an− l| < 1, de onde {an;n > n0} é limitado. Como, poroutro lado, {an;n ≤ n0} é finito, é limitado, logo {an;n ∈ N} é a reunião de dois conjuntos limitados, logo limitado.�

Proposição 7.1.6 Se (an)n∈N, (bn)n∈N e (cn)n∈N são tais que

• ∃n0 ∈ N : n > n0 ⇒ an ≤ bn ≤ cn;

• (an)n∈N e (cn)n∈N são convergentes para um mesmo limite

129

130 CAPÍTULO 7. SUCESSÕES E SÉRIES

então (bn)n∈N tambem converge para esse limite.

Demonstração: Sejam l = limn→∞

an = limn→∞

cn e ε > 0; existe n1 > n0 tal que n > n1 ⇒ |an − l| < ε e |cn − l| < ε. Masentão,

n > n1 ⇒ l − ε < an ≤ bn ≤ cn < l + ε

⇒ |bn − l| < ε

Conclui-se que (bn)n∈N converge para l. �

Proposição 7.1.7 Se (an)n∈N é tal que limn→∞

an = l, com l ∈ R ∪ {+∞,−∞}, e (bn)n∈N é uma sucessão parcial de(an)n∈N, então lim

n→∞bn = l.

Demonstração: Vamos supor que l ∈ R; a demonstração é análoga nos outros casos. Sejam ϕ tal que bn = aϕ(n) eε > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |an − l| < ε. Ora

n > n0 ⇒ ϕ(n) > n0

⇒ |aϕ(n) − l| < ε

⇒ |bn − l| < ε

�

Observação: Se (an)n∈N é uma sucessão tal que as duas sucessões parciais (a2n)n∈N e (a2n−1)n∈N convergem paral, então (an)n∈N converge para l. Com feito, seja ε > 0; existem n1, n2 ∈ N tais que m > n1 ⇒ |a2n−1 − l| < ε em > n2 ⇒ |a2n− l| < ε. Se n é ímpar, então (n+1)/2 > n1 ⇒ |an− l| < ε, e se n é par, então n/2 > n2 ⇒ |an− l| < ε.Sejam n0 = 2 max{n1, n2}+ 1 e n > n0; então, ou n é ímpar, e (n+ 1)/2 > (n0 + 1)/2 = max{n1, n2}+ 1 > n1, ou né par, e n/2 > n0/2 = max{n1, n2}+ 1/2 > n2. Em qualquer dos casos, |an − l| < ε �

Definição 7.1.8 1. Diz-se que a sucessão (an)n∈N é quase constante sse existe c ∈ R tal que {n ∈ N : an 6= c}é finito (o que é equivalente a existir c ∈ R tal que ∃n0 ∈ N : n > n0 ⇒ an = c).

2. Diz-se que as sucessões (an)n∈N e (bn)n∈N são quase iguais sse {n ∈ N : an 6= bn} é finito (o que é equivalentea existir n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ an = bn).

Proposição 7.1.9 Sejam (an)n∈N e (bn)n∈N sucessões quase iguais; então (an)n∈N converge sse (bn)n∈N converge.

Demonstração: O enunciado é simétrico em relação a (an)n∈N e (bn)n∈N; suponhamos, por exemplo, que (an)n∈Nconverge e seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |an − l| < ε. Por outro lado existe n1 ∈ N tal quen > n1 ⇒ an = bn; então para n > max{n0, n1} tem-se |an − l| < ε e an = bn, logo |bn − l| < ε. �

Proposição 7.1.10 Qualquer sucessão majorada e crescente (resp. minorada e decrescente) é convergente.

Demonstração: Sejam (an)n∈N uma sucessão majorada e crescente e s = sup{an;n ∈ N}; vamos ver que (an)n∈Nconverge para s. Seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que an0 ∈]s − ε, s]; como (an)n∈N é crescente, para n > n0 tem-sean ≥ an0 , logo an ∈]s− ε, s], de onde |an − s| < ε. �

Proposição 7.1.11 Seja (an)n∈N uma sucessão tal que (|an|)n∈N converge para 0; então (an)n∈N converge para 0.


Proposição 7.1.12 Qualquer sucessão tem uma sucessão parcial monótona.

Demonstração: Sejam (an)n∈N uma sucessão e A = {n ∈ N : m > n⇒ am < an}.Se A é infinito sejam n1 < n2 < n3 < · · · os elementos de A. Então a sucessão an1 , an2 , an3 , . . . é uma sucessão

parcial decrescente de (an)n∈N.Se A é finito, seja n1 ∈ N um número maior do que qualquer elemento de A; então n1 6∈ A, portanto existe n2 > n1

tal que an2 ≥ an1 ; por sua vez, n2 6∈ A, portanto existe n3 > n2 tal que an3 ≥ an2 . . . Continuando este processo,obtemos uma sucessão parcial crescente an1 , an2 , an3 , . . . de (an)n∈N. �

Corolário 7.1.13 Qualquer sucessão limitada tem uma sucessão parcial convergente.

7.1. SUCESSÕES 131

Demonstração: Seja (an)n∈N uma sucessão limitada; pela proposição anterior, (an)n∈N tem uma sucessão parcialmonótona, sucessão parcial essa que tambem é limitada, portanto convergente. �

Exemplos:

1. an = (−1)n + (−1)n

n

(an)n∈N é limitada; não é monótona nem convergente; a sucessão parcial (a2n)n∈N (respectivamente (a2n−1)n∈N)é decrescente e convergente para 1 (respectivamente crescente e convergente para −1).

2. an = n/2n

(an)n∈N é decrescente: n+12n+1 − n

2n = 1−n2n+1 ≤ 0; (an)n∈N é minorada: todos os termos da sucessão são positivos;

logo (an)n∈N é convergente.Demonstração de que lim

n→∞an=0: tem-se an+1

an= n+1

n · 12 ; para n ≥ 2, tem-se an+1 ≤ 3

4an, de onde an ≤( 34 )n−2a2 = ( 3

4 )n−2 12 . Como limn→∞( 3

4 )n−2 12 = 0, conclui-se que lim

n→∞an ≤ 0; por outro lado, ∀n, an ≥ 0, logo

limn→∞

an ≥ 0.

3. an = n/xn, x > 1 (Observação: o exemplo anterior é um caso particular deste)Demonstração de que lim

n→∞an=0: tem-se an+1

an= n+1

n · 1x ; sejam s ∈]1/x, 1[ e n0 tais que n > n0 ⇒ n+1

n · 1x < s.

Então, para n > n0, tem-se an = an

an−1· an−1

an−2· · · · an0+1

an0· an0 < sn−n0an0 . Ora limn→∞ sn−n0an0 = 0, portanto

limn→∞

an=0.

4. an = xn/n, x ∈ R+

(an)n∈N é decrescente sse x ≤ 1; para x > 1, (an)n≥n0 com n0 ≥ 1x−1 é crescente. Se x ≤ 1, então limn→∞

xn

n = 0(basta notar que, nesse caso, xn/n ≤ 1/n); se x > 1, então limn→∞

xn

n = +∞ (basta notar que, para x > 1,limn→∞

nxn = 0 e an é sempre positivo).

5. an = xn

n! , x ∈ R+

(an)n∈N é decrescente sse x ≤ 2 (mais geralmente, (an)n≥n0 é decrescente desde que n0 seja maior ou igual ax− 1).Demonstração de que lim

n→∞an=0: seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 → x/n < 1/2 (basta tomar n0 > 2x).

Para n > n0, tem-sexn

n!=xn0

n0!· x

n0 + 1· x

n0 + 2· · · · · x

n︸︷︷︸n−n0 factores

,

logo xn

n! <xn0

n0!· 12n−n0 . Como limn→∞

12n−n0 = 0, e, por outro lado, se tem ∀nan ≥ 0, conclui-se que limn→∞

xn

n! =0.

6. an = (−6)n

n!

(an)n∈N não é monótona; limn→∞ |an| = 0 (ver o exemplo anterior), portanto (an)n∈N converge para 0.(a4+2n)n∈N é uma sucessão parcial decrescente de (an)n∈N; (a3+2n)n∈N é uma sucessão parcial crescente de(an)n∈N.

7. an ={n+ 1 se n é ímparn− 1 se n é par

limn→∞

an = +∞; (an)n∈N não é monótona; (a2n)n∈N e (a2n−1)n∈N são duas sucessões parciais crescentes de(an)n∈N; (an)n∈N não tem nenhuma sucessão parcial decrescente.

8. an =

1 + 1/n se n+ 2 é múltiplo de 31/n2 se n+ 1 é múltiplo de 32 + 2+(−1)n

n se n é múltiplo de 3

(an)n∈N não é monótona; (a3n−2)n∈N, (a3n−1)n∈N, (a6n−3)n∈N, (a6n)n∈N são sucessões parciais decrescentes de(an)n∈N (convergentes respectivamente para 1, 0, 2 e 2); (an)n∈N não tem nenhuma sucessão parcial crescente.


9. an = (−1)n(2 + 1/n)

(an)n∈N não é monótona; (a2n)n∈N (respectivamente (a2n−1)n∈N) é uma sucessão parcial decrescente (respecti-vamente crescente) convergente para 2 (respectivamente para −2); (an)n∈N não é convergente, embora (|an|)n∈Nseja convergente para 2.

10. an = 12n + 1

2n+1 + · · ·+ 13n

Tem-se

12n+ 1

+ · · · 13n

≤∫ 3n

2n

1xdx ≤ 1

2n+

12n+ 1

+ · · ·+ 13n− 1

(ver a figura).

3n-1 3n

. . .. . . (2n+1)2n 3n-1 3n

. . .. . . (2n+1)2n

Então∫ 3n

2n1x dx+ 1

3n ≤ an ≤∫ 3n

2n1x dx+ 1

2n ; mas∫ 3n

2n1x dx = log(3n)− log(2n) = log 3

2 ; conclui-se que log 32 + 1

3n ≤an ≤ log 3

2 + 12n , logo (an)n∈N converge para log 3

2 .

11. Mais geralmente, sejam p, q ∈ N com p < q, e seja an = 1pn + 1

pn+1 + · · ·+ 1qn .

Tem-se1

pn+ 1+ · · ·+ 1

qn≤∫ qn

pn

1xdx ≤ 1

pn+ · · ·+ 1

qn− 1,

e∫ qn

pn1x dx = log(qn)− log(pn) = log q

p , de onde log qp + 1

qn ≤ an ≤ log qp + 1

pn , o que implica que (an)n∈N convergepara log q

p .

12. an = nn2+1 + n

n2+22 + nn2+32 + · · ·+ n

n2+n2

=area tracejadana

1n

n-1n3

n2

n1

21+x1y=

. . .

Tem-se an = 1n ( 1

1+(1/n)2 + 11+(2/n)2 + · · ·+ 1

1+(n/n)2 ), logo an ≤∫ 1

01

1+x2 dx; por outro lado, an − 1/n1+(n/n)2 + 1

n ≥∫ 1

01

1+x2 dx. Como∫ 1

01

1+x2 dx = arctg 1 = π/4, e limn→∞( 1n −

1/n2 ) = 0, conclui-se que (an)n∈N converge para

π/4.

13. an = 1n3+1 + 1

n3+23 + · · ·+ 1n3+n3

Tem-se 0 ≤ an ≤ nn3+1 ; como ( n

n3+1 )n∈N converge para 0, conclui-se que (an)n∈N converge para 0.

14.

{a1 = 3an+1 = 3+a2

n

2an

7.1. SUCESSÕES 133

a 3

12a a-1

-2

-3

1 2 3

A figura mostra uma interpretação geométrica da sucessão: an+1 obtem-se considerando o ponto de intersecçãocom o eixo dos xx da recta tangente ao gráfico de x 7→ x2 − 3 em (an, a

2n − 3).

Tem-se3 + a2

n

2an−√

3 =3 + a2

n − 2an

√3

2an=

(an −√

3)2

2an≥ 0;

conclui-se que ∀n ∈ N : an+1 ≥√

3 (como, alem disso, a1 ≥ 3, de facto tem-se ∀n ∈ N : an ≥√

3).

Vejamos agora que (an)n∈N é decrescente. Tem-se an+1an

= 3+a2n

2a2n

= 32a2

n+ 1

2 , e 32a2

n+ 1

2 ≤ 1, porque a2n ≥ 3.

Então (an)n∈N é minorada e decrescente, logo é convergente; seja l o seu limite. Como limn→∞ an+1 =limn→∞ an, conclui-se que l = 3+l2

2l , ou seja , l =√

3.

15.{a1 = 2an+1 = 1

a2n

a2 = 1/4 e a2n+2 = a42n; conclui-se que (a2n)n∈N é decrescente e convergente para 0; a1 = 2 e a2n+1 = a4

2n−1;conclui-se que (a2n−1)n∈N é crescente e tende para +∞; logo (an)n∈N não converge.

Definição 7.1.14 Diz-se que uma sucessão (an)n∈N é uma sucessão de Cauchy sse ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : m,n > n0 ⇒|am − an| < ε.

Notação: a condição ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : m,n > n0 ⇒ |am − an| < ε escreve-se por vezes limm,n→∞

(am − an) = 0.

Proposição 7.1.15 1. Qualquer sucessão de Cauchy é limitada.

2. Se uma sucessão de Cauchy tem uma sucessão parcial convergente, então é convergente.

Demonstração:

1. Seja (an)n∈N uma sucessão de Cauchy; existe n0 ∈ N tal que m,n > n0 ⇒ |am − an| < 1. Em particular,n > n0 ⇒ |an − an0+1| < 1; conclui-se que o conjunto {an;n > n0} é limitado; como {an;n ≤ n0} é finito,tambem é limitado, logo a sucessão é limitada.

2. Sejam (an)n∈N uma sucessão de Cauchy, (aϕ(n))n∈N uma sua sucessão parcial convergente para l e ε > 0. Existen1 tal que n > n1 ⇒ |aϕ(n) − l| < ε/2; por outro lado, existe n2 tal que n,m > n2 ⇒ |am − an| < ε/2. Sejaagora n0 = max{n1, n2}; por um lado tem-se |aϕ(n0+1) − l| < ε/2, uma vez que n0 + 1 > n0; por outro, paran > n0, como ϕ(n0 + 1) ≥ n0 + 1 > n0 ≥ n2, tem-se |an − aϕ(n0+1)| < ε/2; então, para n > n0, tem-se|an − l| ≤ |an − aϕ(n0+1)|+ |aϕ(n0+1) − l| < ε/2 + ε/2 = ε, de onde se conclui que (an)n∈N converge para l. �

Teorema 7.1.16 Uma sucessão é convergente sse é uma sucessão de Cauchy.


Demonstração: Seja (an)n∈N uma sucessão convergente para l e seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |an−l| < ε/2.Então, para m,n > n0, tem-se |am − l| < ε/2 e |an − l| < ε/2, de onde |am − an| < ε/2 + ε/2 = ε, isto é, (an)n∈N éuma sucessão de Cauchy.

Suponhamos agora que (an)n∈N é uma sucessão de Cauchy. Pela proposição anterior sabemos que (an)n∈N élimitada; logo tem uma sucessão parcial convergente. Mas então (an)n∈N é uma sucessão de Cauchy com uma sucessãoparcial convergente, logo é convergente. �

Proposição 7.1.17 Seja f : A −→ R uma função contínua em a ∈ A e (an)n∈N uma sucessão em A convergente paraa. Então a sucessão (f(an))n∈N converge para f(a).

Demonstração: Seja ε > 0; queremos mostrar que existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |f(an)− f(a)| < ε. Ora, como f écontínua em a, existe δ > 0 tal que |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε; como (an)n∈N converge para a, existe n0 ∈ N talque n > n0 ⇒ |an − a| < δ; mas então n > n0 ⇒ |f(an)− f(a)| < ε, como queríamos demonstrar. �

Proposição 7.1.18 Seja f : A −→ R uma função e a ∈ A; se, para qualquer sucessão (an)n∈N de elementos de A,convergente para a, a sucessão (f(an))n∈N convergir para f(a), então f é contínua em a.

Demonstração: Suponhamos que f não é contínua em a ∈ A. Então existe ε > 0 tal que ∀δ > 0 ∃xδ ∈]a− δ, a+ δ[∩Acom |f(xδ)−f(a)| ≥ ε. Em particular, para cada n ∈ N, existe an ∈]a−1/n, a+1/n[∩A com |f(an)−f(a)| ≥ ε. Como,∀n : an ∈]a−1/n, a+1/n[, conclui-se que a sucessão (an)n∈N converge para a; por outro lado, ∀n : |f(an)−f(a)| ≥ ε,logo a sucessão (f(an))n∈N não converge para f(a). Então existe uma sucessão (an)n∈N de elementos de A, convergentepara a e tal que a sucessão (f(an)n∈N) não converge para f(a). �

7.2 SériesDefinição 7.2.1 1. Chama-se série a um par de sucessões ((an)n∈N, (sn)n∈N) em que ∀n ∈ N : sn =

∑nk=1 ak;

diz-se que a série é gerada por (an)n∈N; à sucessão (sn)n∈N chama-se sucessão das somas parciais da série.

2. Diz-se que uma série converge sse a sua sucessão das somas parciais converge.

Notação:

1. A série ((an)n∈N,(sn)n∈N) designa-se habitualmente por∑∞

n=1 an. Quando a série converge, tambem se designahabitualmente por

∑∞n=1 an o limite da sucessão das somas parciais, o que pode levar a ambiguidade; quando

for usada numa igualdade a notação∑∞

n=1 an, significará sempre o limite de (sn)n∈N.

2. Seja n0 ∈ N; dada uma sucessão (an)n≥n0 , chama-se série gerada por essa sucessão ao par de sucessões((an)n≥n0 , (sn)n∈N) em que sn =

∑n−1k=0 an0+k; dir-se-à que

∑∞n=n0

an converge sse (sn)n∈N convergir.

3. Todos os critérios de convergência que veremos em seguida para séries geradas por uma sucessão (an)n∈N têmgeneralizações óbvias para séries geradas por sucessões (an)n≥n0 .

Proposição 7.2.2 Seja (an)n∈N uma sucessão; então as condições seguintes são equivalentes:

1.∑∞

n=1 an converge;

2. ∀n0 ∈ N :∑∞

n=n0an converge;

3. ∃n0 ∈ N :∑∞

n=n0an converge.

Demonstração: 2 ⇒ 1 trivial1 ⇒ 3 trivial3 ⇒ 2 Sejam n0 ∈ N tal que

∑∞n=n0

an converge e m0 ∈ N; queremos mostrar que∑∞

n=m0an converge. Consi-

deremos então as sucessões (sn)n∈N e (tn)n∈N em que sn =∑n−1

k=0 am0+k e tn =∑n−1

k=0 an0+k. Se m0 < n0, tem-sesn = tn+n0−m0 − am0 − am0+1 − am0+2 − · · · − an0−1; se m0 > n0 tem-se sn+m0−n0 = tn + an0 + an0+1 + · · ·+ am0−1;como, por hipótese, (tn)n∈N converge, conclui-se que (sn)n∈N converge, isto é,

∑∞n=m0

an converge.Observação: Conclui-se da demonstração que, se

∑∞n=n0

an converge e m0 > n0, então∑∞

n=n0an =

∑m0−1n=n0

an +∑∞n=m0

an. �

Proposição 7.2.3 Se as séries geradas pelas sucessões (an)n∈N e (bn)n∈N convergirem, então:

1. a série gerada por (an + bn)n∈N converge e∑∞

n=1(an + bn) =∑∞

n=1 an +∑∞

n=1 bn;

7.2. SÉRIES 135

2. para qualquer c ∈ R a série gerada por (can)n∈N converge, e∑∞

n=1 can = c∑∞

n=1 an.

Demonstração:

1. Sejam (sn)n∈N, (tn)n∈N e (un)n∈N as sucessões das somas parciais das séries geradas respectivamente por (an)n∈N,(bn)n∈N e (an + bn)n∈N. Então é fácil de ver que un = sn + tn; como, por hipótese, (sn)n∈N e (tn)n∈N convergem,conclui-se que (un)n∈N converge, e lim

n→∞un= lim

n→∞sn+ lim

n→∞tn.


Proposição 7.2.4 Se a série gerada por (an)n∈N converge, então limn→∞

an=0.

Demonstração: Seja l = limn→∞ sn; então, limn→∞ sn+1 = l, de onde limn→∞(sn+1−sn) = l− l = 0; mas sn+1−sn =an+1, portanto limn→∞ an+1 = 0, logo (an)n∈N converge para 0. �

Observação: o recíproco não é verdadeiro.

Proposição 7.2.5 Para cada r ∈ R, a série∑∞

n=1 rn (série geométrica de razão r) converge sse |r| < 1, e, nesse

caso, a sua soma é r1−r .

Demonstração: Para r tal que |r| ≥ 1, não se tem limn→∞ rn = 0, portanto, pela proposição anterior,∑∞

n=1 rn não

converge.Seja r 6= 1 e (sn)n∈N a sucessão das somas parciais de Sr. Então

sn = r + r2 + · · ·+ rn−1 + rn

rsn = r2 + r3 + · · ·+ rn + rn+1,

logo sn(1− r) = r− rn+1, isto é, sn = r−rn+1

1−r . Se |r| < 1, então limn→∞ rn+1 = 0, portanto sn converge para r1−r . �

Exemplos:

1. an = 1n(n+1)

sn =∑n

k=11

k(k+1) =∑n

k=1(1k −

1k+1 ) = 1− 1

n+1

limn→∞

sn = 1, logo∑∞

n=11

n(n+1) = 1

2. an = (−1)n

sn ={−1 se n é ímpar0 se n é par

(sn)n∈N não converge, isto é,∑∞

n=1(−1)n não converge.

3. an = 1n

sn =∑n

k=11k ; para todo o m ∈ N, tem-se

a2m+1 + a2m+2 + · · ·+ a2m+1︸︷︷︸2m+1−2m=2m parcelas

=1

2m + 1+ · · ·+ 1

2m+1>

2m

2m+1=

12.

Conclui-se que

s2n =2n∑

k=1

1k

= 1 +12

+22∑

k=3

1k

+23∑

k=22+1

1k

+ · · ·+2n−1∑

k=2n−2+1

1k

+2n∑

k=2n−1+1

1k> 1 +

n

2,

logo limn→∞ s2n = +∞, isto é, a sucessão parcial (s2n)n∈N de (sn)n∈N tende para +∞, logo (sn)n∈N nãoconverge. Conclui-se que

∑∞n=1

1n não converge (embora limn→∞

1n = 0).

4. an = (−1)m

m+1 , em que m é o único número de N ∪ {0} tal que m(m+1)2 < n ≤ (m+1)(m+2)

2 ;

Observação: os primeiros 15 termos da sucessão (an)n∈N são: 1,− 12 ,−

12 ,

13 ,

13 ,

13 ,−

14 ,−

14 ,−

14 ,−

14 ,

15 ,

15 ,

15 ,

15 ,

15 .

s1 = 1, s3 = 0, s6 = 1, s10 = 0, . . .; tem-se s 2n(2n+1)2

= 0 e s 2n(2n−1)2

= 1, isto é, (sn)n∈N tem duas sucessõesparciais convergentes para limites diferentes, portanto (sn)n∈N não é convergente, ou seja

∑∞n=1 an não converge

(apesar de se ter limn→∞

an=0).


5. an = 13n−1

sn = 1− 13n

1− 13

;∑∞

n=11

3n−1 = 32

6. an = 15n

sn =15−

15n+1

1− 15

= 14 (1− 1

5n );∑∞

n=115n = 1

4

7. an = rn, n ≥ 0, r ∈ R∑∞n=0 an converge sse |r| < 1, isto é, sse r ∈]− 1, 1[; nesse caso

∑∞n=0 an = 1

1−r .

8. an = x2n, n ≥ 0, x ∈ R∑∞n=0 an converge sse |x2| < 1, isto é, sse x ∈]− 1, 1[; nesse caso,

∑∞n=0 an = 1

1−x2 (∑∞

n=1 an = x2

1−x2 ).

9. an = (x+ 3)3n, x ∈ R∑∞n=1 an converge sse |x+ 3|3 < 1, isto é, sse x ∈]− 4,−2[; nesse caso,

∑∞n=1 an = 1

1−(x+3)3 = −1x3+3x2+9x+26 .

10. Para x ∈]− 2, 2[, tem-se

x2

2 + x=x2

2· 11 + x/2

=x2

2· 11− (−x/2)

=x2

2

∞∑n=0

(−x

2

)n

=∞∑

n=0

(−1)nxn+2

2n+1.

Para x ∈]− 2, 6[, tem-se

x2

2 + x=

x2

3 + (x− 1)=x2

3· 11− 1−x

3

=x2

3

∞∑n=0

(1− x

3

)n

=

((x− 1)2 + 2(x− 1) + 1)3

∞∑n=0

(−1)n

(x− 1

3

)n

=∞∑

n=0

(−1)n

3n+1((x− 1)n+2 + 2(x− 1)n+1 + (x− 1)n).

11. Para x ∈]−√

3,−1[∪]1,√

3[, tem-se

x

3− x2=

x

1− (x2 − 2)= x

∞∑n=0

(x2 − 2)n =∞∑

n=0

x(x2 − 2)n.

Para x ∈]−√

3,√

3[, tem-se

x

3− x2=x

3

(1

1− x2/3

)=x

3

∞∑n=0

(x2

3

)n

=∞∑

n=0

x2n+1

3n+1.

12. an = n2n

sn =12

+24

+38

+ · · ·+ n− 12n−1

+n

2n

= 12 + 1

4 + 18 + · · · + 1

2n−1 + 12n

+ 14 + 1

8 + · · · + 12n−1 + 1

2n

+ 18 + · · · + 1

2n−1 + 12n

· · ·+ 1

2n−1 + 12n

+ 12n

=12 −

12n+1

12

+12

( 12 −

12n

12

)+

14

( 12 −

12n−1

12

)+

18

( 12 −

12n−2

12

)+ · · ·+ 1

2n−2

( 12 −

123

12

)+

12n−1

( 12 −

122

12

)= 1− 1

2n+

12− 1

2n+

14− 1

2n+

18− 1

2n+ · · ·+ 1

2n−1− 1

2n

= − n

2n+

1− 12n

12

= 2− n+ 22n

Como limn→∞(2− n+22n ) = 2, conclui-se que

∑∞n=1

n2n = 2.

7.2. SÉRIES 137

13. an = nrn, |r| < 1

Procedendo como no exemplo anterior, pode-se mostrar que∑n

k=1 an = r−rn+1−nrn+1+nrn+2

(1−r)2 , de onde se concluique

∑∞n=1 nr

n = r(1−r)2 .

14. an = 5n+3n

10n∑∞n=1

5n+3n

10n =∑∞

n=15n

10n +∑∞

n=13n

10n =∑∞

n=1(12 )n +

∑∞n=1(

310 )n =

12

1− 12

+310

1− 310

= 107

15. an = 45n∑∞

n=145n = 4

∑∞n=1

15n = 4 ·

15

1− 15

= 1

16. an = 1n! , n ≥ 0

Tem-se∑n

k=0 ak = Pn,0,exp(1), logo∑∞

n=01n! = e.

Observação: mais geralmente, para x ∈ R, tem-se∑∞

n=0xn

n! = ex.

17. an = (−1)nx2n+1

(2n+1)! , n ≥ 0, x ∈ R

sn =∑n

k=0(−1)kx2k+1

(2k+1)! = P2n+1,0,sen(x);∑∞

n=0(−1)nx2n+1

(2n+1)! = senx

18. an = (−1)nx2n

(2n)! , n ≥ 0, x ∈ R

sn =∑n

k=0(−1)kx2k

(2k)! = P2n,0,cos(x);∑∞

n=0(−1)nx2n

(2n)! = cosx

19. an = (−1)nx2n+1

2n+1 , n ≥ 0, x ∈ [−1, 1]

sn =∑n

k=0(−1)kx2k+1

2k+1 = P2n+1,0,arctg(x);∑∞

n=0(−1)nx2n+1

2n+1 = arctg x

20. an = (−1)n−1xn

n , x ∈]− 1, 1]

sn =∑n

k=0(−1)k−1xk

k = Pn,0,f (x) em que f : ]− 1,+∞[ −→ Rx 7→ log(1 + x)

;∑∞

n=1(−1)n−1xn

n = log(1 + x)

Observações:

1. Se∑∞

n=1 an converge e∑∞

n=1 bn não converge, então∑∞

n=1(an + bn) não converge; no entanto, se∑∞

n=1 an e∑∞n=1 bn não convergem, pode acontecer que

∑∞n=1(an + bn) seja convergente ou não; por exemplo,

∑∞n=1

1n não

converge e∑∞

n=1(1n+ 1

n ) não converge, mas∑∞

n=11n não converge,

∑∞n=1(

1n2− 1

n ) não converge e∑∞

n=1(1n+ 1

n2− 1n )

converge.

2. O exemplo 4 é um caso em que (an)n∈N converge para 0, existem sucessões parciais de (sn)n∈N que convergem,mas (sn)n∈N não converge; na proposição seguinte vamos ver que a convergência de uma sucessão parcial deum certo tipo de (sn)n∈N, juntamente com a convergência de (an)n∈N para 0, são suficientes para assegurar aconvergência de (sn)n∈N.

Proposição 7.2.6 Seja (an)n∈N uma sucessão convergente para 0 e ∀n, sn =∑n

k=1 ak. Se existir m ∈ N tal que(snm)n∈N converge para l, então (sn)n∈N converge para l.

Demonstração: Seja ε > 0; queremos ver que existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |sn − l| < ε. Para cada n > m, tem-se

|sn − l| = |sn − sm[n/m] + sm[n/m] − l| ≤ |sn − sm[n/m]|+ |sm[n/m] − l|.

Ora sm[n/m] é um termo da sucessão (snm)n∈N, logo para n suficientemente grande, a distância de sm[n/m] a l émenor do que ε/2. Por outro lado, sn − sm[n/m] é a soma de quando muito m− 1 termos da sucessão (an)n∈N; como(an)n∈N converge para 0, para n suficientemente grande, sn − sm[n/m] é menor do que ε/2. Mais precisamente existen1 ∈ N tal que [n/m] > n1 ⇒ |sm[n/m] − l| < ε/2, de onde n > mn1 + m ⇒ [n/m] > n1 ⇒ |sm[n/m] − l| < ε/2.Por outro lado, ou n = m[n/m], caso em que sn − sm[n/m] = 0, ou n > m[n/m], caso em que |sn − sm[n/m]| =|am[n/m]+1 + am[n/m]+2 + · · · + an| ≤ |am[n/m]+1| + |am[n/m]+2| + · · · + |an| (soma com, no máximo m − 1 parcelas).Então, se cada |am[n/m]+k| for menor do que ε

2m , tem-se |sn − sm[n/m]| < (m−1)ε2m < ε

2 ; mas existe n2 ∈ N talque n > n2 ⇒ |an| < ε

2m , logo, se m[n/m] > n2, tem-se |am[n/m]+k| < ε2m ; em particular, se n > n2 + m,

tem-se m[n/m] > n2, logo, para todo o k, m[n/m] + k > n2, portanto |am[n/m]+k| < ε2m . Conclui-se que para

n0 = max{n1, n2}, se tem n > n0 ⇒ |sn − l| < ε. �


Observação: Seja (bn)n∈N uma sucessão parcial de (an)n∈N e (sn)n∈N a sucessão das somas parciais da série geradapor (an)n∈N. A sucessão das somas parciais de

∑∞n=1 bn não é, em geral, uma sucessão parcial de (sn)n∈N; da

convergência de∑∞

n=1 an não se pode concluir a convergência de∑∞

n=1 bn.

Exemplo: an = (−1)n−1

n ; bn = a2n−1; (bn)n∈N é uma sucessão parcial de (an)n∈N; a sucessão das somas parciais de∑∞n=1 bn, (1+1/3+ · · ·+1/(2n−1))n∈N não é uma sucessão das somas parciais de

∑∞n=1 an, (1+1/2+ · · ·+1/n)n∈N;∑∞

n=1 an converge mas∑∞

n=1 bn não converge.

Lema 7.2.7 Sejam (an)n∈N e n0 ∈ N tais que ∀n ≥ n0 : an ≥ 0 (resp. an ≤ 0). Então∑∞

n=1 an converge sse asucessão das somas parciais é majorada (resp. minorada).

Demonstração: Sejam (sn)n∈N a sucessão das somas parciais e n0 tal que n ≥ n0 ⇒ an ≥ 0. Se (sn)n∈N não é majorada,não é convergente. Por outro lado se for majorada, como é crescente a partir de n0, conclui-se que é convergente. �

Observação: Todos os critérios de convergência que serão vistos para séries geradas por sucessões de números positivosse generalizam de maneira óbvia para séries geradas por sucessões de números negativos.

Proposição 7.2.8 (primeiro critério de comparação) Sejam (an)n∈N, (bn)n∈N e n0 ∈ N tais que ∀n ≥ n0 : 0 ≤an ≤ bn. Então

∑∞n=1 bn converge ⇒

∑∞n=1 an converge.

Demonstração: Sejam sn =∑n0+n

k=n0ak e tn =

∑n0+nk=n0

bk; como bk ≥ 0, tn é crescente; por outro lado, (tn)n∈N convergepara

∑∞n=n0

bn, portanto, para todo o n, tn ≤∑∞

n=n0bn. De an ≤ bn para n ≥ n0, conclui-se que para todo o n

sn ≤ tn; então (sn)n≥n0 é majorada (por∑∞

n=n0bn), logo converge (pelo lema anterior). �

Observação: Claro que as somas∑∞

n=1 an e∑∞

n=1 bn são em geral diferentes.

Exemplos:

1. an = 1n2

Já foi visto que∑∞

n=11

n(n+1) converge; como ∀n ∈ N : 0 ≤ 1(n+1)2 ≤ 1

n(n+1) ,∑∞

n=11

(n+1)2 converge, isto é,∑∞n=2

1n2 converge, logo

∑∞n=1

1n2 converge.

2. an = 1np , p ∈ [2,+∞[

Como p ≥ 2, tem-se np ≥ n2, logo 1np ≤ 1

n2 ; conclui-se que∑∞

n=11

np converge.

3. an = 12n−1

Já foi visto que∑∞

n=11n não converge, logo

∑∞n=1

12n tambem não converge; como ∀n ∈ N : 1

2n−1 ≥12n , conclui-se

que∑∞

n=11

2n−1 não converge.

4. an = 1np , 0 < p ≤ 1

Como p ≤ 1, tem-se np ≤ n, logo 1np ≥ 1

n ; conclui-se que∑∞

n=11

np não converge.

5. an = 1log n , n ≥ 2

Como log n ≤ n, tem-se 1log n ≥

1n , logo

∑∞n=2

1log n não converge.

6. an = 1√n2+1

Como√n2 + 1 ≤

√n2 + n2 =

√2n, conclui-se que 1√

n2+1≥ 1√

2n, logo

∑∞n=1

1√n2+1

não converge.

7. an = 1n2 log n , n ≥ 2

Para n ≥ 3, tem-se 1n2 log n ≤

1n2 , logo

∑∞n=2

1n2 log n converge.

Proposição 7.2.9 (segundo critério de comparação) Sejam (an)n∈N e (bn)n∈N tais que para todo o n an, bn > 0e limn→∞

an

bn= c ∈ R \ {0}. Então

∑∞n=1 an converge sse

∑∞n=1 bn converge.

Demonstração: Suponhamos que∑∞

n=1 bn converge, e seja n0 ∈ N tal que n ≥ n0 ⇒ an/bn < c + 1. Entãon ≥ n0 ⇒ an < (c + 1)bn; por hipótese

∑∞n=1 bn converge, logo

∑∞n=n0

(c + 1)bn converge, portanto (pelo critérioanterior)

∑∞n=n0

an converge. Conclui-se que∑∞

n=1 an converge.Suponhamos agora que

∑∞n=1 an converge. De limn→∞

an

bn= c, conclui-se que limn→∞

bn

an= 1/c, e o resto da

demonstração é análoga. �

Observações:

7.2. SÉRIES 139

1. Se limn→∞an

bn= 0, então

∑∞n=1 bn converge ⇒

∑∞n=1 an converge (de facto, a demonstração dessa implicação

não utilizou o facto de c ser diferente de 0) mas o recíproco não é verdade (basta ver o que se passa, por exemplo,para (an)n∈N = ( 1

n2 )n∈N, (bn)n∈N = ( 1n )n∈N).

2. Se limn→∞an

bn= +∞, então limn→∞

bn

an= 0, portanto

∑∞n=1 an converge ⇒

∑∞n=1 bn converge, mas o recíproco

não é verdade.

Exemplos

1. an = 5n2−3n3+1

limn→∞

5n2−3n3+1

1n

= limn→∞5n3−3nn3+1 = 5; como ∀n ∈ N : an > 0 e

∑∞n=1

1n não converge, conclui-se que

∑∞n=1

5n2−3n3+1

não converge.

2. an = 6n3n4−2

limn→∞

6n3n4−2

1n3

= limn→∞

6n4

3n4 − 2= 2; como como ∀n ∈ N : an > 0 e

∑∞n=1

1n3 converge, conclui-se que

∑∞n=1

6n3n4−2

converge.

3. an = log nn3

limn→∞

log nn3

1n2

= limn→∞

log nn

= 0; como como ∀n > 1 : an > 0 e∑∞

n=11

n2 converge, conclui-se que∑∞

n=1log nn3

converge.

4. an = 13√n− 4√n

limn→∞

13√n− 4√n

13√n

= limn→∞

3√n

3√n− 4

√n

= limn→∞

11− n1/4−1/3

= 1; como ∀n ∈ N : an > 0 e∑∞

n=113√n

não converge,

conclui-se que∑∞

n=11

3√n− 4√nnão converge.

5. an = 1√n log n

, n ≥ 2

limn→∞

1√n log n

1n

= limn→∞

√n

log n= +∞; como ∀n > 1 : an > 0 e

∑∞n=1


∑∞n=2

1√n log n

não converge.

6. an = 1√5n5−2

limn→∞

1√5n5−2

1√n5

= limn→∞

√n5

√5n5 − 2

=1√5

; como ∀n ∈ N : an > 0 e∑∞

n=11√n5 converge, conclui-se que

∑∞n=1

1√5n5−2

converge.

7. an = 1(log n)p , n ≥ 2, p > 0

limn→∞

1(log n)p

1n

= limn→∞

(n1/p

log n)p = +∞; como ∀n ∈ N : an > 0 e

∑∞n=1


∑∞n=2

1(log n)p

não converge.

8. an = (−1)n

√n

+ 1n ; bn = (−1)n

√n

Tem-se limn→∞

an

bn= 1; no entanto

∑∞n=1 an não converge (porque é a soma de uma série convergente com uma

série não convergente) e∑∞

n=1 bn converge (não existe nenhuma ordem a partir da qual an, bn > 0).

Proposição 7.2.10 (critério de Cauchy) A série gerada por (an)n∈N converge sse

∀ε > 0∃n0 ∈ N∀m,n ∈ N : m > n > n0 ⇒ |an+1 + an+2 + · · ·+ am| < ε.

Demonstração: Seja sn = a1 + · · ·+ an. A série gerada por (an)n∈N converge sse (sn)n∈N convergir, isto é, sse (sn)n∈Nfor uma sucessão de Cauchy, o que é equivalente a ∀ε > 0 ∃n0 : m,n > n0 ⇒ |sn − sm| < ε, ou ainda (uma vez que|sn−sm| = |sm−sn|), a ∀ε > 0 ∃n0 : m > n > n0 ⇒ |sn−sm| < ε. Ora para m > n, |sm−sn| é |an+1+an+2+· · ·+am|.

�


Proposição 7.2.11 (terceiro critério de comparação) Sejam (an)n∈N, (bn)n∈N e (cn)n∈N tais que ∀n ∈ N : an ≤bn ≤ cn. Se

∑∞n=1 an e

∑∞n=1 cn convergem, então

∑∞n=1 bn converge (observação: não é necessário que

∑∞n=1 an =∑∞

n=1 cn).

Demonstração: Seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que m > n > n0 ⇒{|an+1 + · · ·+ am| < ε|cn+1 + · · ·+ cm| < ε

; como ∀n : an ≤ bn ≤ cn,tem-se

−ε < an+1 + · · ·+ am ≤ bn+1 + · · ·+ bm ≤ cn+1 + · · ·+ cm < ε,

o que implica |bn+1 + · · ·+ bm| < ε. Pelo critério de Cauchy conclui-se que∑∞

n=1 bn converge. �

Exemplos

1. an = (−2)n+cos n3n

Tem-se (−2)n−13n ≤ an ≤ (−2)n+1

3n ; como∑∞

n=1(−2)n−1

3n e∑∞

n=1(−2)n+1

3n convergem (a soma destas séries érespectivamente −9/10 e 1/10) conclui-se que


2. an = senn nn2

Tem-se −1/n2 ≤ an ≤ 1/n2; como∑∞

n=1−1

n2 e∑∞

n=11

n2 convergem, conclui-se que∑∞

n=1 an converge.

3. an = 2n cos n2+n2

3n(n+1)2

Tem-se −2n+n2

3n(n+1)2 ≤ an ≤ 2n+n2

3n(n+1)2 ; como∑∞

n=1−2n+n2

3n(n+1)2 e∑∞

n=12n+n2

3n(n+1)2 convergem (o que se pode facilmentemostrar usando os critérios de comparação anteriores) conclui-se que


Proposição 7.2.12 (critério da razão) Seja (an)n∈N uma sucessão de números positivos tal que (an+1an

)n∈N con-verge para r. Se r < 1, então

∑∞n=1 an converge; se r > 1, então (an)n∈N não converge para 0 (portanto

∑∞n=1 an não

converge).

Demonstração: Suponhamos primeiro r < 1 e seja s ∈]r, 1[; como limn→∞

an+1

an= r, existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 ⇒

an+1an

< s. Então an0+1 < san0 , an0+2 < san0+1 < s2an0 , . . ., an0+k < skan0 . Como s < 1,∑∞

k=1 skan0 converge,

portanto∑∞

k=1 an0+k converge (pelo primeiro critério de comparação). Conclui-se que∑∞

n=1 an converge.Suponhamos agora que r > 1 e seja s ∈]1, r[; como lim

n→∞

an+1

an= r, existe n0 tal que n ≥ n0 ⇒ an+1

an> s. Então,

para k ∈ N, tem-se an0+k > skan0 ; como s > 1, limk→∞ skan0 = +∞, portanto limn→∞

an = +∞, logo (an)n∈N nãoconverge para 0. �

Observações:

1. Se limn→∞

an+1

an= +∞, (an)n∈N não converge para 0, logo

∑∞n=1 an não converge.

2. De limn→∞

an+1

an= 1, ou da não existência de lim

n→∞

an+1

an, não se pode concluir nada quanto à convergência da série

gerada por (an)n∈N.

Exemplos

1. an = 2n

n!

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

2n+1

(n+ 1)!· n!2n

= limn→∞

2n+ 1

= 0; logo∑∞

n=1 an converge.

Observação: mais geralmente, para x ∈ R,∑∞

n=1|x|nn! converge.

2. an = n2

3n

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(n+ 1)2

3n+1· 3n

n2=

13

; logo∑∞

n=1 an converge.

Observação: mais geralmente, para quaisquer α ∈]0, 1[, p ∈ N, a série∑∞

n=1 npαn converge; de facto, tem-se

limn→∞

(n+ 1)pαn+1

npαn= α < 1.

7.2. SÉRIES 141

3. an = n!nn

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

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

· nn

n!= lim

n→∞(

n

n+ 1)n = lim

n→∞(

11 + 1/n

)n = 1/e < 1; logo∑∞

n=1 an converge.

4. an = 1n2

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

n2

(n+ 1)2= 1; neste caso, não se pode concluir nada pelo critério da razão, mas já foi visto

que∑∞

n=1 an converge.

5. an = 1n

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

n

n+ 1= 1; neste caso não se pode concluir nada pelo critério da razão, mas já foi visto que∑∞

n=1 an não converge.

6.

a1 = 1an+1 = an/3 se n ímparan+1 = an/4 se n par

Neste caso, não existe limn→∞

an+1

an, uma vez que an+1

an={

1/3 se n ímpar1/4 se n par ; no entanto, é fácil de ver que

∀n ∈ N : an ≤ 13n−1 , portanto

∑∞n=1 an converge (primeiro critério de comparação).

7. an = x2n

n2+1 , x ∈ R \ {0}

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

x2n+2

(n+ 1)2 + 1· n

2 + 1x2n

= x2; pelo critério da razão, conclui-se que, para x tal que x2 < 1,∑∞n=1 an converge, e, para x tal que x2 > 1,

∑∞n=1 an não converge. O critério da razão não permite concluir

nada se x2 = 1, mas nesse caso an = 1n2+1 ≤

1n2 , logo


8. an = 16nx4n

n , x ∈ R \ {0}

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

16n+1x4n+4

n+ 1· n

16nx4n= 16x4; pelo critério da razão conclui-se que, se 16x4 < 1, isto é, se

|x| < 1/2, então∑∞

n=1 an converge, e se 16x4 > 1, isto é, se |x| > 1/2, então∑∞

n=1 an não converge; o critério darazão não permite concluir nada se |x| = 1/2, mas, nesse caso, an = 1/n, e já foi visto que

∑∞n=1

1n não converge.

9. an = x2nn!nn , x ∈ R \ {0}

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

x2n+2(n+ 1)!(n+ 1)n+1

· nn

x2nn!= lim

n→∞

x2

(1 + 1/n)n= x2/e; pelo critério da razão, conclui-se que∑∞

n=1 an converge se x2 < e e não converge se x2 > e. Para x2 = e, tem-se an = enn!nn ; neste caso, an+1

an=

e(1+1/n)n ; ora a sucessão ((1+1/n)n)n∈N é estritamente crescente e converge para e (para ver que esta sucessão éestritamente crescente, basta notar que (1 + 1/n)n =

∑nk=0 C

nk

1nk e (1 + 1/(n+ 1))n+1 =

∑n+1k=0 C

n+1k

1(n+1)k ; ora

Cnk /n

k = (n−1)(n−2)...(n−k+1)k!nk−1 e Cn+1

k /(n+ 1)k = n(n−1)...(n−k)k!(n+1)k ; como para i = 1, . . . , k− 1 se tem n−i

n < n+1−in+1 ,

conclui-se que, para k = 0, . . . , n, Cnk /n

k < Cn+1k /(n + 1)k, de onde (1 + 1/n)n < (1 + 1/(n + 1))n+1). Logo

∀n : (1+1/n)n < e, portanto an+1an

> 1, isto é (an)n∈N é estritamente crescente. Mas então (an)n∈N não convergepara 0, portanto

∑∞n=1 an não converge.

10. an = (n!)2

(2n)!(1+nx2) , x ∈ R

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(n+ 1)2(1 + nx2)(2n+ 2)(2n+ 1)(1 + (n+ 1)x2)

= 1/4, logo∑∞

n=1 an converge.

Proposição 7.2.13 (critério do integral) Seja f : [1,+∞[−→ R+ uma função decrescente integrável e (an)n∈N talque ∀n ∈ N : an = f(n). Então

∑∞n=1 an converge sse

∫ +∞1

f(x) dx converge.

Demonstração:


1aa 1 +...+ area sombreada=

. . .

n-2 n-1 n4321

4

3

2

a

a

a

n-2a

a 1

a n-1a n

n-1a +...+ area sombreada=

. . .

n-2 n-1 n4321

4

3

a

a

n-2a

a 1

a n-1

a 2

na

2a a n f(x) dxn

1area tracejada=

. . . n-2 n-1 n4321

4

3

a

a

n-2a

a 1

a n-1

a 2

na

Sejam bn =∫ n

1f(x)dx e sn = a1 + · · · + an. A sucessão (bn)n∈N é crescente, uma vez que f só toma valores

positivos. Por outro lado, como f é decrescente, tem-se ∀m ∈ N : am+1(= f(m + 1)) ≤∫m+1

mf(x)dx ≤ f(m) = am,

de onde a2 + · · ·+ an ≤ bn ≤ a1 + · · ·+ an−1, isto é, bn ≤ sn−1 e sn ≤ bn + a1.Se∫ +∞1

f(x) dx converge, então (bn)n∈N converge, logo (sn)n∈N é majorada, portanto convergente.

Se (sn)n∈N converge, então (bn)n∈N é majorada, logo convergente, isto é existe limn→∞

∫ n

1

f(x)dx. Como f só toma

valores positivos, isso implica que existe limR→+∞∫ R

1f(x)dx, ou seja, o integral impróprio

∫ +∞1

f(x)dx converge. �

Exemplos:

1. an = 1np , p > 0 (já foi visto que

∑∞n=1 an converge se p ≥ 2 e não converge se p ≤ 1)

Seja f : [1,+∞[ −→ R+

x 7→ 1/xp; então an = f(n), f é decrescente e é integrável. Ora

∫ +∞1

1xp dx converge sse

p > 1; conclui-se∑∞

n=1 an converge sse p > 1.

2. an = 1n(log n)p , n ≥ 2, p > 0

Seja f : [2,+∞[ −→ R+

x 7→ 1x(log x)p

; então an = f(n), f é decrescente e é integrável. Ora

∫ R

2

f(x)dx =∫ R

2

1x(log x)p

dx ={ 1

(log x)p−1(1−p ]R2 se p 6= 1log | log x|]R2 se p = 1

={ 1

(log R)p−1(1−p) −1

(log 2)p−1(1−p) se p 6= 1log(logR))− log | log 2| se p = 1

.

Ora limR→+∞ log(logR) = +∞ e limR→+∞1

(log R)p−1(1−p) ={

0 se p > 1+∞ se p < 1 , logo

∫ +∞2

f(x)dx converge sse

p > 1; conclui-se que∑∞

n=2 an converge sse p > 1.

Definição 7.2.14 Diz-se que a série gerada por (an)n∈N é absolutamente convergente sse a série gerada pelasucessão (|an|)n∈N é convergente.

Proposição 7.2.15 Qualquer série absolutamente convergente é convergente.

Demonstração: Resulta imediatamente de ∀n ∈ N : −|an| ≤ an ≤ |an| e da proposição 7.2.11. �

Observação: O recíproco não é verdadeiro.

Exemplos

1. an = sen(2n)n2

Tem-se |an| ≤ 1n2 , logo

∑∞n=1 |an| converge, portanto

∑∞n=1 an converge absolutamente.

2. an = (−1)n

n3

Tem-se |an| = 1n3 , logo

∑∞n=1 |an| converge, portanto

∑∞n=1 an converge absolutamente.

3. an = (−1)nn2

n4+3

Tem-se |an| = n2

n4+3 ≤1

n2 , logo∑∞

n=1 an converge absolutamente.

4. an = xn

n2 , x ∈ RPara x tal que |x| ≤ 1, tem-se |an| ≤ 1/n2, logo

∑∞n=1 an converge absolutamente; para x tal que |x| > 1,

(xn/n2)n∈N não converge para 0, portanto∑∞

n=1 an não converge.

7.2. SÉRIES 143

Proposição 7.2.16 (critério de Leibniz) Seja (an)n∈N uma sucessão decrescente de números positivos tal quelim

n→∞an = 0. Então

∑∞n=1(−1)n−1an converge.

Demonstração:

5

54

4

32

3

2

11ssss s = a

a

a

a

a

Seja sn =∑n

j=1(−1)j−1aj ; para qualquer k ∈ N, tem-se s2k+1 = s2k−1−a2k +a2k+1 e s2k+2 = s2k +a2k+1−a2k+2;como (an)n∈N é decrescente, a2k+1 − a2k ≤ 0, e a2k+1 − a2k+2 ≥ 0, logo a sucessão (s2k−1)k∈N é decrescente e asucessão (s2k)k∈N é crescente. Por outro lado, para k par e l ímpar, tem-se sk ≤ sl (basta observar que, se m é par em > k, l, então sk ≤ sm ≤ sm+1 ≤ sl). Conclui-se que (s2k−1)k∈N (respectivamente (s2k)k∈N) é minorada e decrescente(respectivamente majorada e crescente), portanto (s2k−1)k∈N e (s2k)k∈N são convergentes; sejam α e β respectivamenteos seus limites. É óbvio que β ≤ α. Se β < α, então existe n0 ∈ N, n0 par, tal que n > n0 ⇒ an < α− β; mas entãosn0 ≤ β ≤ α ≤ sn0+1, isto é, sn0+1 − sn0 ≥ α − β, e an0+1 < α − β, o que é absurdo. Conclui-se que α = β, logo(sn)n∈N é convergente, isto é,

∑∞n=1(−1)n−1an converge. �

Observações:

1. Na realidade, basta que (an)n∈N seja decrescente e positiva a partir de certa ordem.

2. Tem-se obviamente um resultado análogo para sucessões crescentes de números negativos.

Exemplos

1. an = (−1)n−1

n

Como (1/n)n∈N é uma sucessão de números positivos decrescente e convergente para 0, conclui-se que∑∞

n=1 an

converge. No entanto,∑∞

n=1 |an| não converge;∑∞

n=1(−1)n−1

n é, portanto, uma série convergente que não éabsolutamente convergente.

2. an = (−1)n−1

log n , n ≥ 2

Como ( 1log n )n∈N é uma sucessão de números positivos decrescente e convergente para 0, conclui-se que

∑∞n=1 an



n=1(−1)n−1

log n é, portanto, uma série convergente que não éabsolutamente convergente.

3. an = (−1)n−1√

n

Como ( 1√n)n∈N é uma sucessão de números positivos decrescente e convergente para 0, conclui-se que

∑∞n=1 an



n=1(−1)n−1√

né, portanto, uma série convergente que não é

absolutamente convergente.

4. an = (−1)nn1+n2

Como ( n1+n2 )n∈N é uma sucessão de números positivos decrescente e convergente para 0, conclui-se que

∑∞n=1 an



n=1(−1)n−1 n1+n2 é, portanto, uma série convergente que não

é absolutamente convergente.

5. an ={

1/n se n par2/n se n ímpar

(an)n∈N é uma sucessão de números positivos convergente para 0; no entanto, pondo sn =∑n

k=1(−1)n−1an, tem-

se s2n+1 = 2+∑n

k=1(−a2k+a2k+1) = 2+∑n

k=1(2

2k+1−12k ) = 2+

∑nk=1

2k−12k(2k+1) . Ora lim

n→∞

n∑k=1

2k − 12k(2k + 1)

= +∞,

uma vez que∑∞

n=12n−1

2n(2n+1) não converge, logo (sn)n∈N não converge ((an)n∈N não é decrescente).

Seja (an)n∈N uma sucessão de números reais; designa-se por (a+n )n∈N (respectivamente (a−n )n∈N) a sucessão definida

por a+n =

{an se an ≥ 00 se an < 0 (respectivamente a−n =

{an se an ≤ 00 se an > 0 ); tem-se obviamente an = a+

n + a−n .


Proposição 7.2.17 A série gerada por (an)n∈N converge absolutamente sse as séries geradas por (a+n )n∈N e (a−n )n∈N

convergem.

Demonstração: Tem-se an = a+n +a−n e |an| = a+

n −a−n , portanto an + |an| = 2a+n e an−|an| = 2a−n . Suponhamos que a

série gerada por (an)n∈N converge absolutamente. Então∑∞

n=1 an converge e∑∞

n=1 |an| converge, logo∑∞

n=1(an+|an|)converge, e

∑∞n=1(an − |an|) converge, isto é

∑∞n=1 2a+

n e∑∞

n=1 2a−n convergem.Suponhamos agora que

∑∞n=1 a

+n e

∑∞n=1 a

−n convergem. Então

∑∞n=1(a

+n−a−n ) converge, mas como a+

n−a−n = |an|,isto implica que

∑∞n=1 |an| converge, isto é, a série gerada por (an)n∈N converge absolutamente. �

Definição 7.2.18 Diz-se que a sucessão (bn)n∈N é uma reordenaçãode (an)n∈N sse existe uma bĳecção ϕ : N −→ Ntal que ∀n : bn = aϕ(n).

Proposição 7.2.19 1. Se∑∞

n=1 an converge absolutamente e (bn)n∈N é uma reordenação de (an)n∈N, então∑∞

n=1 bnconverge absolutamente e

∑∞n=1 bn =

∑∞n=1 an.

2. Se∑∞

n=1 an converge mas não converge absolutamente, para qualquer α ∈ R existe uma reordenação (bn)n∈N de(an)n∈N tal que

∑∞n=1 bn = α.

Demonstração:

1. Sejam l =∑∞

n=1 an, ϕ : N −→ N uma bĳecção tal que bn = aϕ(n), (sn)n∈N e (tn)n∈N as sucessões das somasparciais das séries

∑∞n=1 an e

∑∞n=1 bn. Para quaisquer n e m tem-se |tm − l| ≤ |tm − sn|+ |sn − l|. Seja agora

ε > 0; existe n1 ∈ N tal que n > n1 ⇒ |sn− l| < ε/2. Por outro lado, seja n0 > n1, tal que (∑∞

n=1 |an|)− (|a1|+|a2| + · · · + |an0 |) < ε/2; vamos ver que, para m suficientemente grande, se tem |tm − sn0 | < ε/2. Com efeito,seja m0 tal que {1, . . . , n0} ⊂ {ϕ(1), . . . , ϕ(m0)}; então, para m > m0, tem-se {1, . . . , n0} ⊂ {ϕ(1), . . . , ϕ(m)},logo as parcelas |a1|, . . . , |an0 | aparecem na soma |aϕ(1)|+ · · ·+ |aϕ(m)| = |b1|+ · · ·+ |bm|; ora,

|tm − sn0 | =

∣∣∣∣∣m∑

k=1

bk −n0∑

k=1

ak

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣

m∑k=1

aϕ(k) −n0∑

k=1

ak

∣∣∣∣∣= |

∑k∈{ϕ(1),...,ϕ(m)}\{1,...,n0}

ak|

≤∑

k∈{ϕ(1),...,ϕ(m)}\{1,...,n0}

|ak|

≤∞∑

n0+1

|an| = (∞∑

n=1

|an|)− (|a1|+ · · ·+ |an0 |) < ε/2

Conclui-se que, para m > m0, se tem |tm − l| < ε/2 + ε/2 = ε, de onde∑∞

n=1 bn converge para l.Falta ver que

∑∞n=1 bn converge absolutamente. Ora (|bn|)n∈N é uma reordenação de (|an|)n∈N e

∑∞n=1 an

converge absolutamente; pelo que já foi visto conclui-se que∑∞

n=1 |bn| converge e que a sua soma é∑∞

n=1 |an|.

2. Como∑∞

n=1 an não converge absolutamente, conclui-se que uma das séries∑∞

n=1 a+n e

∑∞n=1 a

−n não converge;

mas então, como∑∞

n=1 an converge e an = a+n +a−n , conclui-se que nenhuma das duas converge. Sejam (pn)n∈N a

sucessão parcial de (an)n∈N constituida pelos termos maiores ou iguais a 0 e (qn)n∈N a sucessão parcial de (an)n∈Nconstituida pelos termos menores do que 0. Como

∑∞n=1 a

+n não converge,

∑∞n=1 pn tambem não converge, e

como∑∞

n=1 a−n não converge,

∑∞n=1 qn tambem não converge, isto é, as somas parciais de

∑∞n=1 pn não são

majoradas e as somas parciais de∑∞

n=1 qn não são minoradas.Seja agora α ∈ R; existe n ∈ N tal que

∑nk=1 pk > α; sejam n1 o primeiro número natural nestas condições

e s1 =∑n1

k=1 pk. Existe m tal que s1 +∑m

k=1 qk < α; sejam m1 o primeiro número natural nestas condiçõese t1 = s1 +

∑m1k=1 qk. Podemos continuar este processo: sejam n2 o primeiro número natural a satisfazer

t1 +∑n2

k=n1+1 pk > α, s2 = t1 +∑n2

k=n1+1 pk, m2 o primeiro número natural a satisfazer s2 +∑m2

k=m1+1 qk < α,t2 = s2 +

∑m2k=m1+1 qk, etc. Para k > 1 tem-se

sk − pnk≤ α < sk e tk < α ≤ tk − qmk

;

ora∑∞

n=1 an converge, logo (an)n∈N converge para 0, portanto (pn)n∈N e (qn)n∈N convergem para 0; mas então(sk)k∈N e (tk)k∈N convergem para α.Consideremos a sucessão (un)n∈N cujos termos são

p1, p2, . . . , pn1 , q1, . . . , qm1 , pn1+1, . . . , pn2 , qm1+1, . . . , qm2 , . . .

7.2. SÉRIES 145

e seja (vn)n∈N a sucessão das somas parciais da série gerada por (un)n∈N. Tem-se então

v1 ≤ · · · ≤ vn1 = s1

t1 = vn1+m1 ≤ · · · ≤ vn1+1 ≤ s1

t1 = vn1+m1 ≤ · · · ≤ vn1+m1+n2 = s2

· · ·tk = vn1+m1+···+nk+mk

≤ · · · ≤ vn1+m1+···+nk= sk.

de onde se conclui que (vn)n∈N converge para α. Ora (un)n∈N é uma reordenação de (an)n∈N. �

Observação: Tambem é possível construir reordenações que geram séries cujas somas parciais tendem para +∞(respectivamente para −∞).

Exemplos

1. Já foi visto que log 2 = 1 − 12 + 1

3 −14 + · · ·; seja sn =

∑nk=1

(−1)k

k . Consideremos a reordenação (bn)n∈N de(1/n)n∈N em que um termo de ordem ímpar alterna com dois de ordem par:

1,−12,−1

4,13,−1

6,−1

8,15,− 1

10,− 1

12,17,− 1

14, . . .

e seja tn a sucessão das somas parciais da série gerada por (bn)n∈N. Então t2 = 12 , t3 = 1

2 −14 , t5 = 1

2 −14 + 1

6 ,t6 = 1

2 −14 + 1

6 −18 ; mais geralmente, para k ≥ 1 tem-se t3k−1 = 1

2s2k−1, t3k = 12s2k; por outro lado, para k > 1,

tem-se t3k−2 = t3k−3 + 12k−1 . É fácil de ver, então, que (tn)n∈N converge para 1

2 limn→∞

sn =12

log 2.

2. Sejam an = (−1)n−1

n e bn =

{0 se n ímpar(−1)n/2+1

n se n par; (os primeiros termos de (bn)n∈N são 0, 1

2 , 0,−14 , 0,

16 ). Tem-se

∑∞n=1 an = log 2 e

∑∞n=1 bn = 1

2 log 2; an + bn =

1/n se n ímpar−2/n se n é múltiplo de 40 se n+ 2 é múltiplo de 4

. Seja (cn)n∈N a sucessão que se

obtem de (an + bn)n∈N eliminando os termos nulos:

an + bn : 1, 0,13,−1

2,15, 0,

17,−1

4,19, 0,

111,−1

6, . . .

cn : 1,13,−1

2,15,17,−1

4,19,

111,−1

6, . . .

Então∑∞

n=1 cn =∑∞

n=1(an + bn) = 32 log 2; por outro lado, (cn)n∈N é obviamente uma reordenação de (an)n∈N

(que se obtem alternando dois termos de ordem ímpar com um termo de ordem par).

3. Seja an = (−1)n−1

n ; consideremos a reordenação (bn)n∈N de (an)n∈N em que três termos de ordem ímpar alternamcom dois termos de ordem par:

1,13,15,−1

2,−1

4,17,19,

111,−1

6,−1

8,

113,

115,

117, . . . ;

seja (sn)n∈N a sucessão das somas parciais da série gerada por (bn)n∈N. Então

s5 =6∑

k=1

(−1)k−1

k+

16

s10 =12∑

k=1

(−1)k−1

k+

110

+112

s15 =18∑

k=1

(−1)k−1

k+

114

+116

+118. . .

s5n =6n∑

k=1

(−1)k−1

k+

12

3n∑k=2n+1

1k

=6n∑

k=1

(−1)k−1

k+

(12

3n∑k=2n

1k

)− 1

2n.

Mas∑6n

k=1(−1)k−1

k converge para log 2; já foi visto que (∑3n

k=2n1k )n∈N converge para log 3

2 ; conclui-se que (s5n)n∈Nconverge para log 2 + 1

2 log 32 . Pela proposição 7.2.6, (sn)n∈N converge para log 2 + 1

2 log 32 .


Proposição 7.2.20 Sejam (an)n∈N, (bn)n∈N e (un)n∈N sucessões tais que existe uma bĳecção ϕ : N× N −→ N comuϕ(i,j) = aibj (isto é, (un)n∈N é constituida pelos produtos de um termo de (an)n∈N por um termo de (bn)n∈N). Se∑∞

n=1 an e∑∞

n=1 bn convergem absolutamente, então∑∞

n=1 un converge absolutamente e∑∞

n=1 un = (∑∞

n=1 an)(∑∞

n=1 bn).

Demonstração: Para quaisquer m,n ∈ N tem-se∣∣∣∣∣∞∑

k=1

ak

∞∑k=1

bk −n∑

k=1

uk

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣∞∑

k=1

ak

∞∑k=1

bk −m∑

k=1

ak

m∑k=1

bk

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣

m∑k=1

ak

m∑k=1

bk −n∑

k=1

uk

∣∣∣∣∣︸︷︷︸Sn,m

.

Fixado m, existe um n tal que {1, . . . ,m}×{1, . . . ,m} ⊂ ϕ−1({1, . . . n}), (isto é, {u1, . . . , un} contém todos os produtosaibj , com i, j ≤ m); para tais n e m seja In,m = ϕ−1({1, . . . n}) \ ({1, . . . ,m} × {1, . . . ,m}). Então

Sn,m =

∣∣∣∣∣∣∑

(i,j)∈In,m

aibj

∣∣∣∣∣∣ ≤∑

(i,j)∈In,m

|ai||bj |.

Seja agora ε > 0. Como∑∞

n=1 |an| e∑∞

n=1 |bn| convergem, conclui-se que a sucessão ((∑n

k=1 |ak|)(∑n

k=1 |bk|))n∈Nconverge, logo é uma sucessão de Cauchy, em particular existe p0 ∈ N tal que

p > p0 ⇒ |p∑

k=1

|ak|p∑

k=1

|bk| −p0∑

k=1

|ak|p0∑

k=1

|bk| < ε/2,

de onde se conclui que qualquer soma finita∑

k,l |ak||bl| com k, l > p0 é menor do que ε/2; em particular, m > p0 ⇒Sn,m < ε/2 (para n tal que {1, . . . ,m} × {1, . . . ,m} ⊂ ϕ−1({1, . . . n})). Existe m0 > p0 tal que∣∣∣∣∣

∞∑k=1

ak

∞∑k=1

bk −m0∑k=1

ak

m0∑k=1

bk

∣∣∣∣∣ < ε/2

(porque a sucessão (∑n

k=1 ak

∑nk=1 bk)n∈N converge para

∑∞k=1 ak

∑∞k=1 bk). Então, para n, tal que {1, . . . ,m0} ×

{1, . . . ,m0} ⊂ ϕ−1({1, . . . n}), tem-se∣∣∣∣∣∞∑

k=1

ak

∞∑k=1

bk −n∑

k=1

uk

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣∞∑

k=1

ak

∞∑k=1

bk −m0∑k=1

ak

m0∑k=1

bk

∣∣∣∣∣+ Sn,m0 < ε/2 + ε/2 = ε.

Do facto de a ordem dos termos da sucessão (un)n∈N não interferir no valor de∑∞

n=1 un, conclui-se que∑∞

n=1 un

converge absolutamente. �

Definição 7.2.21 Dadas duas sucessões (an)n∈N e (bn)n∈N, chama-se produto de Cauchy das séries geradas porestas sucessões à série gerada pela sucessão (cn)n∈N, em que cn =

∑nk=1 akbn+1−k.

Corolário 7.2.22 Se∑∞

n=1 an e∑∞

n=1 bn convergem absolutamente, então o produto de Cauchy das duas sériesconverge absolutamente e a sua soma é (

∑∞n=1 an)(

∑∞n=1 bn).

Demonstração: Sejam (cn)n∈N tal que cn =∑n

k=1 akbn+1−k, ϕ a bĳecção N× N −→ N(i, j) 7→ (i+j−1)(i+j−2)

2 + i

e (un)n∈N

a sucessão tal que uϕ(i,j) = aibj (os 10 primeiros termos de (un)n∈N são a1b1, a1b2, a2b1, a1b3, a2b2, a3b1, a1b4, a2b3,a3b2, a4b1). Pela proposição anterior,

∑∞n=1 un converge absolutamente e

∑∞n=1 un = (

∑∞n=1 an)(

∑∞n=1 bn). Sejam

(sn)n∈N e (tn)n∈N as sucessões das somas parciais das séries geradas por (un)n∈N e (cn)n∈N respectivamente. Tem-set1 = s1, t2 = a1b1 + a1b2 + a2b1 = s3, t3 = a1b1 + a1b2 + a2b1 + a1b3 + a2b2 + a3b1 = s6, tn = sn(n+1)/2, e, poroutro lado,

∑nk=1 |ck| ≤

∑n(n+1)/2k=1 |uk|. Como

∑∞n=1 un converge absolutamente, conclui-se que

∑∞n=1 cn converge

absolutamente; da convergência de (sn)n∈N para (∑∞

n=1 an)(∑∞

n=1 bn) conclui-se a convergência de (sn(n+1)/2)n∈N, e,portanto, de (tn)n∈N, para o mesmo limite. �

Exemplos

1. an = bn = (−1)n−1√

n;∑∞

n=1 an e∑∞

n=1 bn convergem, mas não absolutamente.

cn =∑n

k=1 akbn+1−k =∑n

k=1(−1)k−1√

k

(−1)n+1−k−1√

n+1−k=∑n

k=1(−1)n−1

√k√

n+1−k= (−1)n−1

∑nk=1

1√k√

n+1−k; ora, para

k ∈ {1, . . . n}, tem-se 1√k≥ 1√

ne 1√

n+1−k≥ 1√

n, logo |cn| =

∑nk=1

1√k√

n+1−k≥ n 1√

n1√n

= 1; conclui-se (cn)n∈N

não converge para 0, logo∑∞

n=1 cn não converge.

7.2. SÉRIES 147

2. an = bn = xn, x ∈]− 1, 1[

cn =∑n


k=1 xkxn+1−k =

∑nk=1 x

n+1 = nxn+1; como∑∞

n=1 an e∑∞

n=1 bn convergem absolu-tamente (para x

1−x ), conclui-se que∑∞

n=1 cn converge absolutamente para x2

(1−x)2 , isto é,∑∞

n=1 nxn+1 = x2

(1−x)2 .

3. an = xn

n! , bn = xn, x ∈]− 1, 1[

cn =∑n


k=1xk

k! xn+1−k =

∑nk=1

xn+1

k! = xn+1∑n

k=11k! ; como

∑∞n=1 an e

∑∞n=1 bn convergem

absolutamente (respectivamente para ex−1 e x1−x ) conclui-se que

∑∞n=1 cn converge absolutamente para x(ex−1)

1−x ,isto é,

∑∞n=1(

∑nk=1

1k! )x

n+1 = x(ex−1)1−x .


Capítulo 8

Sucessões e séries de funções

8.1 Sucessões de funçõesDefinição 8.1.1 Uma sucessão de funções reais de domínio A é uma função N −→ {funções de A em R}

A notação usada é análoga à usada para sucessões reais: (fn)n∈N, em que para todo o n fn : A −→ R

Exemplos

1. fn: R −→ Rx 7→ nx

2. fn: R −→ Rx 7→ cos(nx)

3. fn: R+ −→ Rx 7→ n

√x

Definição 8.1.2 Seja (fn)n∈N uma sucessão de funções de domínio A.

1. Diz-se que a sucessão (fn)n∈N converge pontualmente para f : A −→ R sse para qualquer x ∈ A se tiverlim

n→∞fn(x) = f(x). Mais geralmente, se A1 ⊂ A e A1 ⊂ A2, diz-se que (fn)n∈N converge pontualmente em A1

para f : A2 −→ R sse (fn|A1)n∈N converge pontualmente para fA1 .

2. Chama-se domínio de convergência da sucessão (fn)n∈N ao conjunto {x ∈ A : (fn(x))n∈N converge }.

3. Diz-se que (fn)n∈N converge uniformemente para f : A −→ R sse

∀ε > 0 ∃no ∈ N : n > n0 ⇒ ∀x ∈ A : |fn(x)− f(x)| < ε.

Mais geralmente, se A1 ⊂ A e A1 ⊂ A2, diz-se que (fn)n∈N converge uniformemente em A1 para f : A2 −→ Rsse (fn|A1

)n∈N converge uniformemente para fA1 .

Proposição 8.1.3 Se (fn)n∈N converge uniformemente para f , então (fn)n∈N converge pontualmente para f .


Proposição 8.1.4 A sucessão (fn)n∈N converge uniformemente para f em A sse existe uma ordem a partir da qualfn − f é limitada e lim

n→∞supx∈A

|fn(x)− f(x)| = 0.

Demonstração: Suponhamos que (fn)n∈N converge uniformemente para f em A e seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que∀n > n0,∀x ∈ A : |fn(x)− f(x)| < ε; logo, para qualquer n > n0, o conjunto D = {|fn(x)− f(x)|, x ∈ A} é majoradoe supD ≤ ε. Mas isto implica que lim

n→∞supx∈A

|fn(x)− f(x)| = 0.

Suponhamos agora que limn→∞

supx∈A

|fn(x)− f(x)| = 0 e seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ supx∈A |fn(x)−

f(x)| < ε; mas então, para n > n0 e x ∈ A, tem-se |fn(x)− f(x)| ≤ supx∈A |fn(x)− f(x)| < ε. Logo (fn)n∈N convergeuniformemente para f . �

149

150 CAPÍTULO 8. SUCESSÕES E SÉRIES DE FUNÇÕES

Observação: Se (fn)n∈N converge pontualmente para f , então, para cada x, a partir de certa ordem o ponto dográfico de fn de abcissa x está arbitrariamente próximo do ponto do gráfico de f de abcissa x; no entanto, essa ordempode ter de depender de x, caso em que os gráficos dos fn não estão globalmente próximos do gráfico de f . Pelocontrário, se a convergência for uniforme, a partir de certa ordem o gráfico de fn está globalmente arbitrariamentepróximo do gráfico de f .

Exemplos

1. fn: R −→ Rx 7→ 1/n

-2 -1 1 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1f 1f 2f 3

Para qualquer x ∈ R tem-se limn→∞

fn(x) = limn→∞

1n

= 0, portanto (fn)n∈N converge pontualmente para a fun-ção nula, f0: R −→ R

x 7→ 0. Como |fn(x) − f0(x)| = 1/n, tem-se supx∈A |fn(x) − f0(x)| = 1/n, isto é,

(supx∈R |fn(x)− f0(x)|)n∈N converge para 0, logo (fn)n∈N converge uniformemente para a função nula.

2. fn: R −→ Rx 7→ e−n(1+x2)

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

f 1

f 2

f 3

Para qualquer x ∈ R, limn→∞

e−n(1+x2) = 0, portanto (fn)n∈N converge pontualmente para a função nula, f0:

R −→ Rx 7→ 0

. Tem-se |fn(x) − f0(x)| = e−n(1+x2) ≤ e−n. Seja ε > 0; como existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒

e−n < ε (uma vez que (e−n)n∈N converge para 0), conclui-se que ∀n > n0,∀x ∈ R : |fn(x) − f0(x)| < ε, logo(fn)n∈N converge uniformemente para a função nula.

3. fn: R −→ Rx 7→ x/n

8.1. SUCESSÕES DE FUNÇÕES 151

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

f 1

f 2

Para qualquer x ∈ R, tem-se limn→∞

x/n = 0, portanto (fn)n∈N converge pontualmente para a função nula f0:R −→ Rx 7→ 0

. No entanto, para cada n ∈ N, limx→+∞

fn(x) = +∞. Então, para qualquer n0 ∈ N existe x ∈ R

(por exemplo x = n0) tal que |fn0(x) − f0(x)|(= |x/n0|) ≥ 1. Conclui-se que existe ε > 0 (por exemplo ε = 1)tal que ∀n0 ∈ N ∃x ∈ R : |fn(x)− f0(x)| ≥ ε. Logo (fn)n∈N não converge uniformemente para a função nula.No entanto, (fn)n∈N converge uniformemente para f0 em qualquer conjunto limitado; com efeito, se A é umconjunto limitado e M é tal que ∀x ∈ A : |x| < M , então x ∈ A ⇒ |fn(x) − f0(x)|(= |x|/n) < M/n, de ondesupx∈A |fn(x)− f0(x)| ≤M/n, logo lim

n→∞supx∈A

|fn(x)− f0(x)| = 0.

4. fn: R −→ Rx 7→ xn

-1 -0.5 0.5 1

Grafico de f2

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-1 -0.5 0.5 1

Grafico de f11

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-1 -0.5 0.5 1

Graficos de fn, n=1,...,7

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-1

1

1-1

Para x ∈] − ∞,−1]∪]1,+∞[, (xn)n∈N não converge; para x=1, (xn)n∈N converge para 1 e para x ∈] − 1, 1[,(xn)n∈N converge para 0. Então em ] − 1, 1] a sucessão (fn)n∈N converge pontualmente para a função f :]− 1, 1] −→ R

x 7→{

0 se x 6= 11 se x = 1

. Como, para cada n ∈ N, limx→1+

fn(x) = 1, dado qualquer ε < 1, para todo o

n0 ∈ N existe x ∈]0, 1[ tal que xn0 > ε (por exemplo n0

√1+ε2 ); isto é, existe ε > 0 tal que para qualquer n0 ∈ N

existe x ∈]0, 1[ tal que xn0 > ε. Portanto (fn)n∈N não converge uniformemente para f em ]− 1, 1]. No entanto,(fn)n∈N converge uniformemente para f em qualquer intervalo [−r, r] com r ∈]0, 1[; com efeito, para x ∈ [−r, r],tem-se |fn(x)− f(x)| = |xn| ≤ rn, e como lim

n→∞rn = 0, conclui-se que lim

n→∞sup

x∈[−r,r]

|fn(x)− f(x)| = 0.


Observação: este exemplo mostra que uma sucessão de funções contínuas pode convergir pontualmente para umafunção que não é contínua.

5. fn: [0, 1] −→ R

x 7→{

1 se x ∈ {k/2n; 1 ≤ k ≤ 2n}0 no caso contrário1f

1

1 17/83/45/81/23/81/41/8

3f

1

Seja x ∈ [0, 1]; se existe n ∈ N tal que 2nx ∈ N, então limn→∞

fn(x) = 1, caso contrário limn→∞

fn(x) = 0. Então(fn)n∈N converge pontualmente para f : [0, 1] −→ R

x 7→{

1 se ∃n ∈ N : 2nx ∈ N0 se ∀n ∈ N : 2nx 6∈ N

. A sucessão (fn)n∈N não

converge uniformemente para f ; com efeito, dado qualquer n0 ∈ N, tem-se, por um lado fn0(1

2n0+1 ) = 0, e poroutro f( 1

2n0+1 ) = 1, isto é, |fn0(1

2n0+1 )− f( 12n0+1 )| = 1. Existe, portanto, ε > 0 (qualquer ε ∈]0, 1[ serve) tal que

para todo o n0 ∈ N existe x ∈ [0, 1] com |fn0(x)− f(x)| > ε.Observação: este exemplo mostra que uma sucessão de funções integráveis pode convergir pontualmente parauma função não integrável (de facto f não é integrável, uma vez que, para qualquer partição P de [0, 1] se tem∑

(f, P ) = 0 e∑

(f, P ) = 1).

6. fn: [0, 1] −→ R

x 7→

2n2x se x ∈ [0, 12n ]

2n− 2n2x se x ∈ [ 12n ,

1n ]

0 se x ∈ [ 1n , 1]

1/51/10

5Grafico de f

1

7

6

5

4

3

2

1

, n=1,...,7nGraficos de f

1

7

6

5

4

3

2

1

Para cada x ∈]0, 1], a sucessão (fn(x))n∈N é quase constante (igual a 0), mais precisamente, se n0 é tal que1/n0 < x, então ∀n ≥ n0 : fn(x) = 0; como a sucessão (fn(0))n∈N é a sucessão constante nula, conclui-seque ∀x ∈ [0, 1] (fn(x))n∈N converge para 0, logo a sucessão (fn)n∈N converge pontualmente para a função nulaf0 : [0, 1] −→ R

x 7→ 0. No entanto, (fn)n∈N não converge uniformemente para f0. De facto, dados quaisquer

ε > 0 e n0 ∈ N, existem n > n0 e x ∈ [0, 1] tais que |fn(x) − f0(x)| > ε: basta escolher n tal que n > ε ex = 1

2n , pois fn( 12n ) = n. (uma maneira alternativa de ver que a convergência não é uniforeme é notar que

supx∈[0,1] |fn(x)− f0(x)| = n, e (n)n∈N não converge para 0).Observações:

(a) Para qualquer n ∈ N, tem-se∫ 1

0fn(x)dx = 1/2, logo lim

n→∞

∫ 1

0

fn(x)dx = 1/2 6= 0 =∫ 1

0

f0(x)dx; este

exemplo mostra que quando uma sucessão de funções integráveis (fn)n∈N definidas num intervalo [a, b]converge pontualmente para uma função f em [a, b], o integral do limite,

∫ b

af(x)dx, não é necessariamente

igual ao limite dos integrais, limn→∞

∫ b

a

fn(x)dx.

(b) Para qualquer δ > 0, a sucessão (fn)n∈N converge uniformemente para a função nula em [δ, 1]; basta notarque, desde que 1/n < δ, a função fn[δ,1] é a função nula.


7. fn: [0, 1] −→ R

x 7→

2n3x se x ∈ [0, 12n ]

2n2 − 2n3x se x ∈ [ 12n ,

1n ]

0 se x ∈ [ 1n , 1]

Este exemplo é análogo ao exemplo anterior, mas neste caso limn→∞

∫ 1

0

fn(x)dx = limn→∞

n/2 = +∞

8. fn: R −→ Rx 7→ (cosx)2n

-6 -4 -2 2 4 6

Graficos de fn, n=1,3,5,40

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

1

-6 -4 -2 642

Para x tal que | cosx| = 1, tem-se limn→∞

(cosx)2n = 1; para x tal que | cosx| < 1, tem-se limn→∞

(cosx)2n = 0. Logo(fn)n∈N converge pontualmente para a função f : R −→ R

x 7→{

1 se x ∈ {kπ, k ∈ Z}0 se x 6∈ {kπ, k ∈ Z}

. A sucessão (fn)n∈N não

converge uniformemente para f . Com efeito, para qualquer n ∈ N e k ∈ Z, limx→kπ fn(x) = 1. Logo, paraqualquer ε ∈]0, 1[, e para todo o n0 ∈ N existe x ∈ R (por exemplo x = arccos 2n0

√1+ε2 ) tal que |fn0(x)−f(x)| > ε

(uma vez que |fn0(arccos 2n0

√1+ε2 )− f(x)| = 1+ε

2 > ε).

Observações:

(a) Para qualquer δ > 0, (fn)n∈N converge uniformemente para f em R \ ∪k∈Z]kπ − δ, kπ + δ[.(b) Este exemplo mostra que existe uma sucessão de funções deriváveis que converge pontualmente para uma

função que não é contínua.

9. fn: R −→ Rx 7→

√x2 + 1/n2

-1 -0.5 0.5 1

Graficos de fn, n=1,2,3,4,30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Para qualquer x ∈ R, limn→∞

√x2 + 1/n2 =

√x2 = |x|; logo (fn)n∈N converge pontualmente para a função f :

R −→ Rx 7→ |x|

. Por outro lado,

|fn(x)− f(x)| =√x2 + 1/n2 − |x| =

√x2 + 1/n2 −

√x2

=x2 + 1/n2 − x2√x2 + 1/n2 +

√x2

=1/n2√

x2 + 1/n2 +√x2

≤ 1/n2

1/n=

1n.


Como (1/n)n∈N converge para 0, conclui-se que (fn)n∈N converge uniformemente para f .Observação: este exemplo mostra que exite uma sucessão de funções deriváveis que converge uniformementepara uma função não derivável.

10. fn: R −→ Rx 7→ sen nx

n

-6 -4 -2 2 4 6

Graficos de fn, n=1,2,3

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-6 -4 -2 2 4 6

Graficos de fn, n=1,8,20

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

Tem-se | sen nxn | ≤ 1/n, de onde se conclui que a sucessão (fn)n∈N converge uniformemente para a função nula f0:

R −→ Rx 7→ 0

.

Observação: cada fn é derivável (f ′n(x) = cosnx) e f0 tambem é derivável. No entanto, para alguns valores de x(por exemplo x = π) não existe lim

n→∞f ′n(x), e, para alguns valores de x (por exemplo x = 0), existe lim

n→∞f ′n(x)

mas este limite é diferente de f ′(x).

11. fn: R −→ Rx 7→ sen n2x

n

Esta sucessão de funções tambem converge uniformemente para a função nula f0: R −→ Rx 7→ 0

. No entanto,

tem-se limn→∞

f ′n(0) = +∞: não se tem f ′0(0) = limn→∞

f ′n(0).

12. fn: R+ −→ Rx 7→ n(

√x+ 1/n−

√x)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Graficos de f e de fn, n=1,2,3,4

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Tem-se limn→∞

fn(x) = limn→∞

n(x+ 1/n− x)√x+ 1/n+

√x

= limn→∞

1√x+ 1/n+

√x

=1

2√x

, logo (fn)n∈N converge pontual-

mente para f : R+ −→ Rx 7→ 1

2√

x

. Como

|fn(x)− f(x)| = 12√x− 1√

x+ 1/n+√x

=

√x+ 1/n−

√x

2√x(√x+ 1/n+

√x)

=1/n

2√x(√x+ 1/n+

√x)2

e, para qualquer n, limx→0+

1/n2√x(√x+ 1/n+

√x)

= +∞, conclui-se que (fn)n∈N não converge uniformemente

para f .


13. fn: [0, 1] −→ R

x 7→

{(nx−1)2

n se x ∈ [0, 1/n]0 se x ∈ [1/n, 1]

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Graficos de fn, n<=8

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tem-se |fn(x)| ≤ 1/n, portanto (fn)n∈N converge uniformemente para a função nula f0: [0, 1] −→ Rx 7→ 0

. Todas

as funções fn são deriváveis e f ′n(x) ={

2(nx− 1) se x ∈ [0, 1/n]0 se x ∈ [1/n, 1] ; (f ′n)n∈N converge pontualmente (mas não

uniformemente) para a função g: [0, 1] −→ R

x 7→{−2 se x = 00 se x 6= 0

. No entanto, f ′0(0) = 0 6= −2 = limn→∞

f ′n(0).

Teorema 8.1.5 Se (fn)n∈N é uma sucessão de funções integráveis de domínio [a, b], que converge uniformemente para

f : [a, b] −→ R, então f é integrável e∫ b

af(x)dx = lim

n→∞

∫ b

a

fn(x)dx.

Demonstração: Seja α > 0; existe n0 tal que ∀x ∈ [a, b] : |fn0(x)− f(x)| < α. Como fn0 é integrável, é limitada, logof tambem é limitada. Por outro lado, é fácil de ver que, dada qualquer partição P de [a, b], se tem∑

(fn0 , P )− α(b− a) ≤∑

(f, P ) ≤∑

(f, P ) ≤∑

(fn0 , P ) + α(b− a),

de onde∑

(f, P )−∑

(f, P ) ≤∑

(fn0 , P )−∑

(fn0 , P ) + 2α(b− a).Sejam agora ε > 0 e n0 tal que ∀x ∈ [a, b] : |fn0(x) − f(x)| < ε

4(b−a) ; como fn0 é integrável, existe uma partiçãoP0 de [a, b] tal que

∑(fn0 , P0)−

∑(fn0 , P0) < ε/2. Tem-se então, aplicando a desigualdade anterior com α = ε

4(b−a) ,∑(f, P0)−

∑(f, P0) < ε/2 + 2(b−a)ε

4(b−a) = ε; conclui-se que f é integrável.Por outro lado,

|∫ b

a

f(x)dx−∫ b

a

fn(x)dx| = |∫ b

a

(f(x)− fn(x))dx|

≤∫ b

a

|f(x)− fn(x)|dx

≤ (b− a) supx∈[a,b]

|f(x)− fn(x)|.

Como (supx∈[a,b] |f(x)− fn(x)|)n∈N converge para 0, conclui-se que limn→∞

(∫ b

a

f(x)dx−∫ b

a

fn(x)dx) = 0. �

Teorema 8.1.6 Se (fn)n∈N é uma sucessão de funções contínuas de domínio A que converge uniformemente paraf : A −→ R, então f é contínua.

Demonstração: Seja x0 um ponto de A Para quaisquer n ∈ N e x ∈ A, tem-se

|f(x)− f(x0)| = |f(x)− fn(x) + fn(x)− fn(x0) + fn(x0)− f(x0)|≤ |f(x)− fn(x)|+ |fn(x)− fn(x0)|+ |fn(x0)− f(x0)|.

Seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que ∀x ∈ A : |fn0(x)− f(x)| < ε/3; mas fn0 é contínua em x0, portanto existe δ > 0 talque |x− x0| < δ ⇒ |fn0(x)− fn0(x0)| < ε/3. Conclui-se que |x− x0| ⇒ |f(x)− f(x0)| < ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε, logo f écontínua em x0. �


Teorema 8.1.7 Seja (fn)n∈N uma sucessão de funções deriváveis em [a, b] tais que

• ∀n ∈ N, f ′n é integrável;

• (fn)n∈N converge pontualmente para uma função f : [a, b] −→ R;

• (f ′n)n∈N converge uniformemente para uma função contínua g : [a, b] −→ R.

Então f é derivável e f ′(x) = g(x)(= limn→∞

f ′n(x)).

Demonstração: Pelo teorema 8.1.5, tem-se, para x ∈ [a, b],∫ x

a

g(x)dx = limn→∞

∫ x

a

f ′n(x)dx = limn→∞

(fn(x)− fn(a)) = f(x)− f(a).

Como g é contínua, conclui-se que x 7→∫ x

ag(x)dx é derivável, de derivada x 7→ g(x), portanto f é derivável e

f ′(x) = g(x). �

8.2 Séries de funçõesDefinição 8.2.1 1. Chama-se série de funções a um par de sucessões de funções ((fn)n∈N, (σn)n∈N), em que para

todo o n, σn = f1 + · · · + fn; diz-se que a série é gerada pela sucessão (fn)n∈N; chama-se sucessão das somasparciais à sucessão (σn)n∈N. A notação usada é análoga à que é usada para séries reais.

2. Diz-se que∑∞

n=1 fn converge pontualmente para f sse a sucessão das somas parciais convergir pontualmentepara f .

3. Diz-se que∑∞

n=1 fn converge uniformemente para f sse a sucessão das somas parciais convergir uniformementepara f .

4. Chama-se domínio de convergência da série∑∞

n=1 fn ao conjunto {x ∈ R :∑∞

n=1 fn(x) converge}.

Teorema 8.2.2 Seja I um intervalo e (fn)n∈N uma sucessão de funções I −→ R.

1. Se, para todo o n, fn for contínua e∑∞

n=1 fn convergir uniformemente para f , então f é contínua.

2. Se I = [a, b], para todo o n fn for integrável e∑∞

n=1 fn convergir uniformemente para f , então f é integrável e∫ b

af(x)dx =

∑∞n=1

∫ b

afn(x)dx.

3. Se, para todo o n, fn for derivável e alem disso

• f ′n for integrável,•∑∞

n=1 fn convergir pontualmente para f ,•∑∞

n=1 f′n convergir uniformemente para uma função contínua g,

então f é derivável e, para x ∈ I, tem-se f ′(x) = g(x)(=∑∞

n=1 f′n(x)).

Demonstração: Seja (σn)n∈N a sucessão das somas parciais da série gerada por (fn)n∈N.

1. Como cada fn é contínua, σn (que é uma soma de funções contínuas) é contínua, logo, pelo teorema 8.1.6, f écontínua.

2. Para qualquer n ∈ N, σn é integrável (porque é a soma de funções integráveis) e∫ b

a

σn(x)dx =∫ b

a

(f1(x) + · · ·+ fn(x))dx =n∑

k=1

∫ b

a

fk(x)dx.

Pelo teorema 8.1.5, f é integrável e∫ b

a

f(x)dx = limn→∞

∫ b

a

σn(x)dx = limn→∞

n∑k]1

∫ b

a

fk(x)dx

=∞∑

n=1

∫ b

a

fn(x)dx

8.2. SÉRIES DE FUNÇÕES 157

3. Para qualquer n ∈ N, σn é derivável e σ′n(x) = f ′1(x) + · · ·+ f ′n(x). Como (σ′n)n∈N converge uniformemente para

g, o teorema 8.1.7 permite concluir que f é derivável e f ′(x) = limn→∞

σ′n(x) =∞∑

n=1

f ′n(x).

Exemplos:

1. fn: ]− 1, 1[ −→ Rx 7→ xn

, n ≥ 1

-1 -0.5 0.5 1

Graficos das somas parciais de ordens 1 a 5

-1

1

2

3

4

5

-1 -0.5 0.5 1

Grafico da soma parcial de ordem 9

-1

1

2

3

4

5

-1 -0.5 0.5 1

f

-1

1

2

3

4

5

Tem-se∑∞

n=1 fn(x) = x1−x , logo a série

∑∞n=1 fn converge pontualmente para f : ]− 1, 1[ −→ R

x 7→ x1−x

. Como,

para cada n,∑n

k=1 fk é limitada e f não é limitada, conclui-se que∑∞

n=1 fn não converge uniformemente paraf .

Observação: Para todo o r ∈]0, 1[,∑∞

n=1 fn converge uniformemente para f em [−r, r]; isso será demonstradomais tarde num contexto mais geral.

2. fn: R −→ Rx 7→ (2(x− [x]))n

, n ≥ 0

-1 0 1 2 3

Somas parciais de ordem <10

2

4

6

8

10

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

f

2

4

6

8

10

∑∞n=0 fn(x) converge sse |2(x − [x])| < 1; nesse caso

∑∞n=0 fn(x) = 1

1−2(x−[x]) . Como |2(x − [x])| < 1 ⇔ x ∈∪k∈Z[k, k + 1/2[, conclui-se que

∑∞n=0 fn converge pontualmente para f : ∪k∈Z[k, k + 1/2[ −→ R

x 7→ 11−2(x−[x])

.

Observação: a convergência não é uniforme.

3. fn: R −→ Rx 7→ enx

, n ≥ 0


-2 -1.5 -1 -0.5 0


2

4

6

8

10

-2 -1.5 -1 -0.5 0

f

2

4

6

8

10

∑∞n=0 e

nx converge sse |ex| < 1, isto é, sse x < 0; nesse caso∑∞

n=0 enx = 1

1−ex ;∑∞

n=0 fn converge pontualmentepara f : ]−∞, 0[ −→ R

x 7→ 11−ex

.

Observação: a convergência não é uniforme, embora seja uniforme em qualquer intervalo ]−∞,−δ], com δ > 0.

4. fn: R −→ Rx 7→ 1

1+n2x2

, n ≥ 0

-2 -1 0 1 2


2

4

6

8

10

∑∞n=0 fn(0) não converge; para x 6= 0, como lim

n→∞

11+n2x2

1n2

=1x2

, e∑∞

n=11

n2 converge, conclui-se que∑∞

n=0 fn(x)

converge. O domínio de convergência da série é portanto R \ {0}.

5. fn: R −→ Rx 7→ 1

1+n2(x−1)2(x−2)2(x−3)2

1 2 3 4

Somas parciais de ordem <=11

2

4

6

8

10

12

Este exemplo é análogo ao anterior; o domínio de convergência da série∑∞

n=1 fn é R \ {1, 2, 3}.

6. fn: R −→ Rx 7→ (sen x)n

n


-6 -4 -2 2 4 6


-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

-6 -4 -2 2 4 6

f

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

∑∞n=1 fn(x) converge sse senx ∈ [−1, 1[; conclui-se que o domínio de convergência da série é R\{2kπ+π/2, k ∈ Z}

(de facto,∑∞

n=1 fn converge para a função f : R \ {2kπ + π/2, k ∈ Z} −→ Rx 7→ − log(1− senx)

).

7. fn: R −→ Rx 7→ 1

n+n2(sen x)2n

-6 -4 -2 2 4 6


0.5

1

1.5

2

2.5

∑∞n=1 fn(x) converge sse | senx| = 1; de facto, se | senx| < 1, tem-se lim

n→∞

1n+n2(sen x)2n

1n

= limn→∞

11 + n(senx)2n

=

1, e∑∞

n=11n não converge. O domínio de convergência da série

∑∞n=1 fn é {kπ + π/2; k ∈ Z}.

8. fn: R −→ Rx 7→ (1+x2)n

n2+(1+x2)n

-6 -4 -2 2 4 6


2

4

6

8

Tem-se fn(x) = 1

1+ n2

(1+x2)n

; se x 6= 0, limn→∞

fn(x) = 1, portanto∑∞

n=1 fn(x) não converge; por outro lado,

fn(0) = 1n2+1 , portanto

∑∞n=1 fn(0) converge. O domínio de convergência de

∑∞n=1 fn é {0}.


9. fn: R −→ Rx 7→ (1+(x−1)2(x−2)2(x+1)2)n

n2+(1+(x−1)2(x−2)2(x+1)2)n

-2 -1 1 2 3


2

4

6

8

Procedendo como no exemplo anterior, conclui-se que o domínio de convergência de∑∞

n=1 fn é {−1, 1, 2}.

10. fn: R \ {−1, 1} −→ Rx 7→ x2n

1−x2n+1

, n ≥ 0

-2 -1 1 2 3


-6

-4

-2

2

4

6

-2 -1 1 2 3

f

-6

-4

-2

2

4

6

Se |x| < 1, tem-se f0(x) = x+x3+x5+x7+· · ·; f1(x) = x2+x6+x10+x14+· · ·; f2(x) = x4+x12+x20+x28+· · ·;f3(x) = x8 + x24 + x40 + x56 + · · ·; . . .; fk(x) = x2k

+ x2k+2k+1+ x2k+2.2k+1

+ x2k+3.2k+1 · · ·.

Vamos ver que, para x tal que |x| < 1, se tem∑∞

n=0 fn(x) = x1−x . Para quaisquer x ∈]−1, 1[, l ∈ N, n0, . . . nl ∈ N,

tem-se ∣∣∣∣∣l∑

k=0

fk(x)− x

1− x

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣

l∑k=0

(fk(x)− (x2k

+ x2k+2k+1+ · · ·+ x2k+nk2k+1

)

∣∣∣∣∣++

∣∣∣∣∣l∑

k=0

(x2k

+ x2k+2k+1+ · · ·+ x2k+nk2k+1

)− x

1− x

∣∣∣∣∣ .Sejam ε > 0 e m0 tal que n > m0 ⇒ |xm0+1| + · · · + |xn| < ε/2; como, se 2l > m0 e n0, n1, . . . nl >

m0−12 , as

parcelas x, x2, x3, . . . , xm0 estão “incluidas” entre as parcelas da soma∑l

k=0(x2k

+ x2k+2k+1+ · · ·+ x2k+nk2k+1

),tem-se

∣∣∣∑lk=0(x

2k

+ x2k+2k+1+ · · ·+ x2k+nk2k+1

)− x1−x

∣∣∣ < ε/2. Sejam agora n0, . . . , nl tais que, para todo o i,

ni >m0−1

2 , e para k = 0, . . . , l se tenha |(fk(x)− (x2k

+ x2k+2k+1+ · · ·+ x2k+nk2k+1

)| < ε2(l+1) ; conclui-se que,

para l tal que 2l > m0, se tem |∑l

k=0 fk(x)− x1−x | < ε, isto é,

∑∞n=0 fn(x) = x

1−x .

Por outro lado, se |x| > 1, tem-se | 1x | < 1, e fn(x) =1

x2n

1

x2n+1 −1= −fn( 1

x ), logo∑∞

n=0 fn(x) tambem converge

e∑∞

n=0 fn(x) = −∑∞

n=0 fn(1/x) = − 1/x1−1/x = 1

1−x . Conclui-se que∑∞

n=0 fn converge pontualmente para f :


R \ {−1, 1} −→ R

x 7→{ 1

1−x se x ∈]−∞,−1[∪]1,+∞[x

1−x se x ∈]− 1, 1[

.

11. fn: R −→ Rx 7→ x2n+1

2n+1 −xn+1

2n+2

, n ≥ 0

-0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1


-0.2

0.2

0.4

0.6

-0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1

f

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

Para x tal que |x| > 1, como fn(x) = xn+1( xn

2n+1 −1

2n+2 ), conclui-se que (fn(x))n∈N não converge para 0, logo∑∞n=0 fn(x) não converge. Seja agora x tal que |x| < 1. Então

∞∑n=0

x2n+1

2n+ 1=

∞∑n=0

(x2n+1

2n+ 1+x2n+2

2n+ 2

)−

∞∑n=0

x2n+2

2n+ 2

=∞∑

n=1

xn

n− 1

2

∞∑n=0

(x2)n+1

n+ 1

= − log(1− x) +12

log(1− x2) =12

log(1 + x)− 12

log(1− x)

= log

(√1 + x

1− x

).

Por outro lado,∑∞

n=0xn+1

2n+2 = 12

∑∞n=1

xn

n = − 12 log(1−x). Conclui-se que, se |x| < 1,

∑∞n=0 fn(x) = 1

2 log(1+x).

Como∑∞

n=0(−1)2n+1

2n+1 não converge e∑∞

n=0(−1)n+1

2n+2 converge, conclui-se que∑∞

n=0 fn(−1) não converge; final-mente,

∑∞n=0 fn(1) = 1− 1/2 + 1/3− 1/4 + 1/5− · · · = log 2.

Então∑∞

n=0 fn converge para f : ]− 1, 1] −→ R

x 7→{

12 log(1 + x) se x 6= 1log 2 se x = 1

.

Teorema 8.2.3 (teste M de Weierstrass) Sejam (fn)n∈N uma sucessão de funções de domínio A e (Mn)n∈N umasucessão real, tais que ∀x ∈ A : |fn(x)| ≤ Mn. Se

∑∞n=1Mn converge, então para todo o x ∈ A, a série

∑∞n=1 fn(x)

converge absolutamente, e∑∞

n=1 fn converge uniformemente para a função f : A −→ Rx 7→

∑∞n=1 fn(x)

.

Demonstração: Pelo primeiro critério de comparação, conclui-se que, para cada x ∈ A,∑∞

n=1 |fn(x)| converge, isto é,∑∞n=1 fn(x) converge absolutamente.Seja f : A −→ R

x 7→∑∞

n=1 fn(x). Para quaisquer x ∈ A, n ∈ N, tem-se

∣∣∣∣∣f(x)−n∑

k=1

fk(x)

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣

∞∑k=n+1

fk(x)

∣∣∣∣∣ ≤∞∑

k=n+1

|fk(x)| ≤∞∑

k=n+1

Mk.

Seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒∑∞

k=nMk < ε, uma vez que∑∞

n=1Mn converge; logo n > n0 ⇒|f(x)−

∑nk=1 fk(x)| < ε. Conclui-se que

∑∞n=1 fn converge uniformemente para f . �

Exemplos:


1. fn: R −→ Rx 7→ n

2n+x2

-4 -2 2 4


0.5

1

1.5

2

-4 -2 2 4

Somas parciais das derivadas de ordem <=9

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Para qualquer x ∈ R, tem-se n2n+x2 ≤ n

2n ; como∑∞

n=1n2n converge, conclui-se que

∑∞n=1 fn converge unifor-

memente para f : R −→ Rx 7→

∑∞n=1

n2n+x2

. Por outro lado, ∀n : fn é derivável e f ′n(x) = −2nx(2n+x2)2 ; ora é fácil

de verificar que |f ′n(x)| ≤ 2n22n , portanto

∑∞n=1 f

′n converge uniformemente para g: R −→ R

x 7→∑∞

n=1−2nx

(2n+x2)2

;

conclui-se que f é derivável e f ′ = g.

2. fn: R\]− δ, δ[ −→ Rx 7→ e−nx2

, δ > 0, n ≥ 0

Para qualquer x ∈ R\] − δ, δ[, tem-se e−nx2< e−nδ2 ; ora

∑∞n=0 e

−nδ2 converge, logo∑∞

n=0 fn converge unifor-memente para f : R\]− δ, δ[ −→ R

x 7→∑∞

n=0 e−nx2

= 11−e−x2

.

Por outro lado, cada fn é derivável e f ′n(x) = −2nxe−nx2 ;∑∞

n=0 f′n converge uniformemente em qualquer

conjunto do tipo {x ∈ R : δ < |x| < M}, δ > 0, M > 0, uma vez que, num tal conjunto, se tem |f ′n(x)| <2Mne−nδ2 , e

∑∞n=0 2Mne−nδ2 converge; conclui-se que f ′(x) =

∑∞n=0−2nxe−nx2 , isto é,

∑∞n=0−2nxe−nx2

=

− 2xe−x2

(1−e−x2 )2.

3. fn: R −→ Rx 7→ (arctg x)n

nπn

Para qualquer x ∈ R tem-se | (arctg x)n

nπn | < 1n2n ; ora

∑∞n=1

1n2n converge, logo

∑∞n=1 fn converge uniformemente

para f : R −→ Rx 7→

∑∞n=1

(arctg x)n

nπn = − log(1− arctg xπ )

.

4. fn: R −→ Rx 7→ (cos x)n

n!

, n ≥ 0

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5


0.5

1

1.5

2

2.5

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5

f

0.5

1

1.5

2

2.5

8.3. SÉRIES DE POTÊNCIAS 163

Para qualquer x ∈ R tem-se | (cos x)n

n! | ≤ 1n! ; como

∑∞n=0

1n! converge, conclui-se que

∑∞n=0 fn converge uniforme-

mente para f : R −→ Rx 7→

∑∞n=0

(cos x)n

n! = ecos x

.

8.3 Séries de potênciasDefinição 8.3.1 Chama-se série de potências centrada em a a uma série de funções

∑∞n=0 fn em que ∀n ∈ N0,

existe an ∈ R tal que fn: R −→ Rx 7→ an(x− a)n

.

Observação: Se∑∞

n=0 fn é uma série de potências centrada em a, então a pertence ao domínio de convergência dasérie.

Definição 8.3.2 Se f é infinitamente derivável em a, chama-se série de Taylor de f em a à série de potências∑∞n=0

f(n)(a)n! (x− a)n.

Observação: para x 6= a não se tem necessariamente f(x) =∑∞

n=0f(n)(a)

n! (x− a)n, mesmo que∑∞

n=0f(n)(a)

n! (x− a)n

seja convergente; basta ver o que se passa, por exemplo, com a função f : R −→ R

x 7→{e−1/x2 se x 6= 00 se x = 0

, em que

a série∑∞

n=0f(n)(0)

n! xn é a série nula, portanto converge para qualquer x, mas, para todo o x 6= 0 tem-se f(x) 6=∑∞n=0

f(n)(0)n! xn.

Exemplos

1.∑∞

n=0xn

n!

Domínio de convergência: R;∑∞

n=0xn

n! = ex

2.∑∞

n=0 n!xn

Para x 6= 0, tem-se limn→∞

|(n+ 1)!xn+1||n!xn|

= limn→∞

(n+ 1)|x| = +∞. Conclui-se∑∞

n=0 n!xn converge sse x = 0.

Domínio de convergência={0}

3.∑∞

n=0(x−2)n

2n


|x− 2|n+1

2n+1· 2n

|x− 2|n=|x− 2|

2; logo, para x tal que |x−2|

2 < 1,∑∞

n=0(x−2)n

2n converge

absolutamente, e para x tal que |x−2|2 > 1,

∑∞n=0

(x−2)n

2n não converge. Se |x−2|2 = 1, então ( (x−2)n

2n )n∈N nãoconverge para 0, logo

∑∞n=0

(x−2)n

2n não converge.

Domínio de convergência: ]0, 4[; para x ∈]0, 4[,∑∞

n=0(x−2)n

2n = 11− x−2

2.

4.∑∞

n=1(−1)n (x−3)n

n


|x− 3|n+1

n+ 1· n

|x− 3|n= |x − 3|; logo, se |x − 3| < 1,

∑∞n=1(−1)n (x−3)n

n converge

absolutamente, e se |x− 3| > 1∑∞

n=1(−1)n (x−3)n

n não converge. Se |x− 3| = 1, então ou x = 4, e∑∞

n=1(−1)n

nconverge, ou x = 2 e

∑∞n=1

1n não converge.

Domínio de convergência: ]2, 4]; para x ∈]2, 4],∑∞

n=1(−1)n(x−3)n

n = log(x− 2).

5.∑∞

n=1(−1)n(x+1)2n

n.3n

Para x 6= −1, limn→∞

(x+ 1)2n+2

(n+ 1)3n+1· 3nn

(x+ 1)2n=

(x+ 1)2

3. Se (x+1)2

3 < 1, então∑∞

n=1(−1)n(x+1)2n

n.3n converge

absolutamente, e se (x+1)2

3 > 1,∑∞

n=1(−1)n(x+1)2n

n.3n não converge. Se (x+1)2

3 = 1, temos∑∞

n=1(−1)n

n , queconverge.

Domínio de convergência: [−1 −√

3,−1 +√

3]; para x ∈ [−1 −√

3,−1 +√

3] tem-se∑∞

n=1(−1)n(x+1)2n

n.3n =

− log(1 + (x+1)2

3 ).


6.∑∞

n=1(x+2)n

n35n

Para x 6= −2, limn→∞

|x+ 2|n+1

(n+ 1)35n+1· n35n

|x+ 2|n=|x+ 2|

5. Se |x+2|

5 < 1, então∑∞

n=1(x+2)n

n35n converge absolutamente,

se |x+2|5 > 1,

∑∞n=1

(x+2)n

n35n não converge. Se |x+2|5 = 1, a série

∑∞n=1

|x+2|nn35n é a série

∑∞n=1

1n3 , que converge,

logo∑∞

n=1(x+2)n

n35n converge absolutamente.Domínio de convergência=[−7, 3].

7.∑∞

n=2(x−1/2)n

log n

Para x 6= 1/2, tem-se limn→∞

∣∣∣∣ (x− 1/2)n+1

log(n+ 1)

∣∣∣∣ ∣∣∣∣ log n(x− 1/2)n

∣∣∣∣ = |x − 1/2|. Se |x − 1/2| < 1,∑∞

n=2(x−1/2)n

log n converge

absolutamente; se |x− 1/2| > 1,∑∞

n=2(x−1/2)n

log n não converge. Se |x− 1/2| = 1, então ou x = 3/2 e∑∞

n=21

log n

não converge, ou x = −1/2 e∑∞

n=2(−1)n

log n converge.Domínio de convergência: [−1/2, 3/2[.

8.∑∞

n=0(n!)3xn

(3n)!5n


((n+ 1)!)3|x|n+1

(3(n+ 1))!5n+1· (3n)!5n

(n!)3|x|n= lim

n→∞

(n+ 1)3|x|5(3n+ 1)(3n+ 2)(3n+ 3)

=|x|135

. Se |x| < 135,∑∞n=0

(n!)3xn

(3n)!5n converge absolutamente; se |x| > 135,∑∞

n=0(n!)3xn

(3n)!5n não converge. Se |x| = 135,∣∣∣ (n!)3xn

(3n)!5n

∣∣∣ = 27n(n!)3

(3n)! .

Pondo an = 27n(n!)3

(3n)! , tem-se an+1an

= 27(n+1)3

(3n+1)(3n+2)(3n+3) = n+1n+1/3 ·

n+1n+2/3 > 1. Conclui-se que (an)n∈N é crescente,

logo não converge para 0, e portanto, se |x| = 135,∑∞

n=0(n!)3xn

(3n)!5n não converge.

Domínio de convergência: ]− 135, 135[.

9.∑∞

n=0(x+2)n

3n√

n!

Para x 6= −2, tem-se limn→∞

|x+ 2|n+1

3n+1√

(n+ 1)!· 3n

√n!

|x+ 2|n= lim

n→∞

|x+ 2|3√n+ 1

= 0.

Domínio de convergência=R.

Teorema 8.3.3 Sejam ∀n ∈ N0 an ∈ R, fn(x) = an(x− a)n,∑∞

n=0 fn a correspondente série de potências centradaem a, D o seu domínio de convergência e f : D −→ R

x 7→∑∞

n=0 an(x− a)n. Seja [a − δ, a + δ] um intervalo (não

reduzido a um ponto) centrado em a; se∑∞

n=0 fn converge em a− δ ou em a+ δ, e se δ0 ∈]0, δ[, então

1. •∑∞

n=0 fn converge uniformemente para f em [a− δ0, a+ δ0];•∑∞

n=0 f′n converge uniformemente em [a− δ0, a+ δ0].

2. f é derivável em ]a− δ, a+ δ[ e f ′(x) =∑∞

n=1 nanxn−1.

Demonstração:

1. Sejam x0 um dos extremos de [a−δ, a+δ] no qual a série converge e δ0 ∈]0, δ[. Como, por hipótese,∑∞

n=0 an(x0−a)n converge, a sucessão (an(x0 − a)n)n∈N converge para 0, logo é limitada; seja M tal que ∀n ∈ N0 : |an(x0 −a)n| < M . Então, ∀n ∈ N0,∀x ∈ [a− δ0, a+ δ0], tem-se

|fn(x)| = |an(x− a)n| = |an(x− a)n||x0 − a|n

· |x0 − a|n ≤M

∣∣∣∣ x− a

x0 − a

∣∣∣∣n ≤M

∣∣∣∣ δ0x0 − a

∣∣∣∣n .Como δ0 < |x0 − a|, conclui-se que

∑∞n=0M

∣∣∣ δ0x0−a

∣∣∣n converge, portanto, pelo teste M de Weierstrass, ∀x ∈[a−δ0, a+δ0] :

∑∞n=0 fn(x) converge absolutamente, e

∑∞n=0 fn converge uniformemente para f em [a−δ0, a+δ0].

Para n ≥ 1 tem-se f ′n(x) = nan(x − a)n−1 (para n = 0, f ′n(x) = 0). Então, para quaisquer n ∈ N0, x ∈[a− δ0, a+ δ0], tem-se

|f ′n(x)| = |nan(x− a)n−1| ≤ |nanδn−10 | = nan|x0 − a|n

δ0

∣∣∣∣ δ0x0 − a

∣∣∣∣n ≤ nM

δ0

∣∣∣∣ δ0x0 − a

∣∣∣∣n .Como

∣∣∣ δ0x0−a

∣∣∣ < 1, a série∑∞

n=0Mn, em que Mn = nMδ0

∣∣∣ δ0x0−a

∣∣∣n, converge, portanto conclui-se que ∀x ∈[a− δ0, a+ δ0],

∑∞n=1 f

′n(x) converge absolutamente e

∑∞n=1 f

′n converge uniformemente em [a− δ0, a+ δ0].


2. Seja x ∈]a − δ, a + δ[; existe δ0 ∈]0, δ[ tal que x ∈]a − δ0, a + δ0[. Em [a − δ0, a + δ0],∑∞

n=0 fn convergeuniformemente para f e

∑∞n=1 f

′n converge uniformemente para uma função g que é contínua, uma vez que todas

as f ′n são contínuas. Conclui-se do teorema 8.1.7 que f|[a−δ0,a+δ0] é derivável e f ′|[a−δ0,a+δ0]= g; logo f é derivável

em ]a− δ0, a+ δ0[ e f ′(x) = g(x) =∑∞

n=0 f′n(x) =

∑∞n=1 nan(x− a)n−1. �

Corolário 8.3.4 O domínio de convergência de uma série de potências centrada em a é R, {a} ou um intervalolimitado centrado em a.

Demonstração: Seja D o domínio de convergência de∑∞

n=0 an(x − a)n. Se D 6= R, seja x0 6∈ D; nesse caso D élimitado: com efeito, se x é tal que |x − a| > |x0 − a|, então

∑∞n=0 an(x − a)n não converge, pois, caso contrário,

deduzia-se do teorema anterior que∑∞

n=0 an(x0 − a)n convergia, isto é, que x0 ∈ D.Seja M = supD e m = a− (M − a); vê-se facilmente a partir do teorema anterior que ]m,M [⊂ D e que, se x < m

então∑∞

n=0 an(x− a)n não converge. Conclui-se que se verifica um dos casos seguintes:

D =]m,M [, D =]m,M ], D = [m,M [, D = [m,M ].

Observação: no caso em que M = a, tem-se D = {a}. �

Definição 8.3.5 Se o domínio de convergência D de uma série de potências∑∞

n=0 an(x− a)n é limitado, chama-seraio de convergência da série a sup{r ≥ 0 : [a − r, a + r] ⊂ D}; caso contrário diz-se que a série tem raio deconvergência infinito.

Exemplo: os raios de convergência das séries de potências vistas nos exemplos deste capítulo são respectivamente+∞, 0, 2, 1,

√3, 5 ,1, 135 e +∞.

Seja f : I −→ Rx 7→

∑∞n=0 an(x− a)n

, em que I é um intervalo aberto contido no domínio de convergência da

série. Pelo teorema 8.3.3 sabemos que f é derivável e f ′(x) =∑∞

n=1 nan(x − a)n−1; mas então, ainda pelo teorema8.3.3, conclui-se que f ′ é derivável, f ′′(x) =

∑∞n=2 n(n − 1)an(x − a)n−2, etc. Isto é, f é infinitamente derivável

e f (k)(x) =∑∞

n=k n(n − 1)(n − 2) . . . (n − k + 1)an(x − a)n−k. Conclui-se tambem que, para qualquer k ≥ 1,f (k)(a) = k(k− 1)(k− 2) . . . 2.1ak = k!ak, isto é, qualquer série de potências centrada em a convergente num intervaloaberto contendo a, é a série de Taylor em a da função definida nesse intervalo por essa série de potências.

Do facto de ak = f(k)(a)k! , e, portanto, de os coeficientes da série de potências serem determinados pelas derivadas

de f em a, conclui-se que a representação de f como série de potências centrada em a é única (isto é, se em algumintervalo aberto se tiver

∑∞n=0 an(x− a)n =

∑∞n=0 bn(x− a)n, então ∀n ∈ N0 : an = bn).

Exemplos

1. f : ]− 1, 1[ −→ Rx 7→

∑∞n=1

xn

n2

f ′(x) =∑∞

n=1nxn−1

n2 =∑∞

n=1xn−1

n ; se x 6= 0, f ′(x) = 1x

∑∞n=1

xn

n = − log(1−x)x . f ′(x) =

{− log(1−x)

x se x 6= 01 se x = 0

.

Como f(0) = 0, conclui-se que f(x) = −∫ x

0log(1−t)

t dt, isto é,∑∞

n=1xn

n2 = −∫ x

0log(1−t)

t dt.

2.∑∞

n=0(αn)xn, n ≥ 0, em que α ∈ R, e (α

n) ={

α(α−1)(α−2)...(α−n+1)n! se n 6= 0

1 se n = 0

Se α ∈ N, tem-se (αn) = 0 para n > α, logo

∑∞n=0(

αn)xn =

∑αn=0(

αn)xn = (1 + x)α.

Suponhamos agora α 6∈ N; então tem-se (αn) 6= 0, para qualquer n. Para x 6= 0 tem-se

limn→∞

∣∣∣( αn+1)xn+1

∣∣∣∣∣(αn)xn

∣∣ =

∣∣∣∣∣∣α(α−1)...(α−(n+1)+1)

(n+1)!

α(α−1)...(α−n+1)n!

x

∣∣∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣α− n

n+ 1· x∣∣∣∣ = |x|.

Conclui-se que a série converge absolutamente se |x| < 1 e não converge se |x| > 1. Consideremos a função f :]− 1, 1[ −→ R

x 7→∑∞

n=0(αn)xn

. Então

f ′(x) =∞∑

n=1

(αn).nxn−1 =

∞∑n=1

(α

n−1)(α− n+ 1)xn−1


=∞∑

n=1

(α

n−1)αxn−1 −∞∑

n=1

(α

n−1)(n− 1)xn−1

= αf(x)−∞∑

n=1

(αn)nxn = αf(x)− xf ′(x).

Conclui-se que (1 + x)f ′(x) = αf(x). Vamos ver que f(x) = (1 + x)α. Seja g(x) = f(x)(1+x)α . Então g′(x) =

f ′(x)(1+x)α−f(x)α(1+x)α−1

(1+x)2α = f ′(x)(1+x)−αf(x)(1+x)α+1 = 0. Conclui-se que g é constante; como g(0) = 1, deduz-se que,

para todo o x ∈]− 1, 1[, se tem g(x) = 1, isto é, f(x) = (1 + x)α.

3. f : ]− 1,+∞[ −→ Rx 7→ 1√

1−x

Pelo exemplo anterior conclui-se que, para x ∈] − 1, 1[, f(x) =∑∞

n=0(−1/2

n )(−x)n. Então, para x ∈] − 1, 1[,1√

1−x2 =∑∞

n=0(−1/2

n )(−1)nx2n, e arcsenx(=∫ x

01√

1−t2dt) =

∑∞n=0(

−1/2n )(−1)n x2n+1

2n+1 . Conclui-se que a série de

Taylor de arcsen em 0 é∑∞

n=0(−1/2

n )(−1)n x2n+1

2n+1 .

4. f : R −→ Rx 7→ e−x2

Prova-se que não é possível exprimir em termos de funções elementares uma primitiva de f ; no entanto, sabemosque f(x) =

∑∞n=0

(−1)nx2n

n! , portanto uma primitiva de f é a função F : R −→ Rx 7→

∑∞n=0

(−1)nx2n+1

(2n+1)n!

.

5. f : R −→ Rx 7→ senx5

Tem-se f(x) =∑∞

n=0(−1)nx5(2n+1)

(2n+1)! =∑∞

n=0(−1)nx10n+5

(2n+1)! . Então∫ x

0

f(t) dt =∞∑

n=0

∫ x

0

(−1)nt10n+5

(2n+ 1)!dt =

∞∑n=0

(−1)nx10n+6

(10n+ 6)(2n+ 1)!.

Conclui-se que uma primitiva de f é F : R −→ Rx 7→

∑∞n=0

(−1)nx10n+6

(10n+6)(2n+1)!

.

6. f : ]− 1, 1[ −→ Rx 7→

∑∞n=1

x4n

4n−3

Tem-se f(x) = x3∑∞

n=1x4n−3

4n−3 . Seja g: ]− 1, 1[ −→ Rx 7→

∑∞n=1

x4n−3

4n−3

; então g é derivável e g′(x) =∑∞

n=1 x4n−4 =

∑∞n=0 x

4n = 11−x4 . Conclui-se que g é a primitiva de x 7→ 1

1−x4 que toma o valor 0 em 0, isto é,

g(x) =∫ x

0

11− t4

dt =∫ x

0

12

(1

1− t2+

11 + t2

)dt

=12

∫ x

0

(12

(1

1− t+

11 + t

)+

11 + t2

)dt

= −14

log(1− x) +14

log(1 + x) +12

arctg x.

Logo f(x) = x3 arctg x+ x3

4 log(

1+x1−x

).

7. f : ]− 5√

2, 5√

2[ −→ Rx 7→

∑∞n=1

x5n

5n.2n

Tem-se

f ′(x) =∞∑

n=1

x5n−1

2n= x4

∞∑n=1

x5n−5

2n=x4

2

∞∑n=0

x5n

2n=x4

2· 11− x5/2

=x4

2− x5,

logo f(x) = log 25 − 1

5 log(2− x5).


8.∑∞

n=1 anxn−1, em que a1 = a2 = 1 e an+1 = an + an−1 para n ≥ 2.

É óbvio que (an)n∈N é crescente. Por outro lado, para todo o n, |an+1/an| ≤ 2; então, se |x| < 1/2, sendor ∈]|x|, 1/2[, tem-se

∣∣∣ an+1xn

anxn−1

∣∣∣ (= an+1an

|x|) < 2r < 1, de onde se conclui que∑∞

n=1 anxn−1 converge.

Consideremos f : ]− 1/2, 1/2[ −→ Rx 7→

∑∞n=1 anx

n−1; tem-se

f(x) = a1 + a2x+ a3x2 + a4x

3 + a5x4 + · · ·

xf(x) = a1x+ a2x2 + a3x

3 + a4x4 + · · ·

x2f(x) = a1x2 + a2x

3 + a3x4 + · · ·

Como, para n ≥ 2, se tem an+1 = an + an−1, conclui-se que f(x) = xf(x) + x2f(x) + 1, isto é, f(x) = 11−x−x2 .

Ora1

1− x− x2=

1√5· 1

x+ 1+√

52

− 1√5· 1

x+ 1−√

52

=1√5· 21 +

√5· 11 + x

(1+√

5)/2

− 1√5· 21−

√5· 11 + x

(1−√

5)/2

=1√5· 21 +

√5

∞∑n=0

(−1)n

( 1+√

52 )n

xn − 1√5· 21−

√5

∞∑n=0

(−1)n

( 1−√

52 )n

xn

=1√5

∞∑n=0

(−1)nxn

(2n+1

(1 +√

5)n+1− 2n+1

(1−√

5)n+1

)

=1√5

∞∑n=0

(−1)nxn

(2n+1(1−

√5)n+1 − 2n+1(1 +

√5)n+1

(−4)n+1

)

=∞∑

n=0

1√5

(1 +√

52

)n+1

−

(1−

√5

2

)n+1xn

Conclui-se que an =

(1+

√5

2

)n

−(

1−√

52

)n

√5

.

9. Determinação das funções f : R −→ R que se podem exprimir como uma série de potências centrada em 0, taisque ∀x ∈ R, f ′(x) = 1 + 2xf(x).

Seja f(x) =∑∞

n=0 anxn. Então, f ′(x) =

∑∞n=1 nanx

n−1 =∑∞

n=0(n + 1)an+1xn; como 1 + 2xf(x) = 1 +

2x∑∞

n=0 anxn = 1 +

∑∞n=0 2anx

n+1 = 1 +∑∞

n=1 2an−1xn, a condição ∀x ∈ R, f ′(x) = 1 + 2xf(x) é equivalente

a{a1 = 1(n+ 1)an+1 = 2an−1, n ≥ 1 , isto é,

{a2k+2 = 2

2k+2 = a2k

k+1

a2k+1 = 22k+1a2k+1

, portanto

{a2k = a0

k!

a2k+1 = 2k

3.5.7···(2k+1)

.

Consideremos as séries de potências∑∞

n=02n

3.5.7···(2n+1)x2n+1 e

∑∞n=0

a0n! x

2n, para a0 ∈ R. Pelo critério da razãoé fácil de ver que ambas convergem para qualquer x ∈ R; alem disso sabemos que

∑∞n=0

a0n! x

2n = a0ex2 . Seja

f0(x) =∑∞

n=02n

3.5.7···(2n+1)x2n+1. Conclui-se que as funções nas condições descritas são as funções do tipo f :

R −→ Rx 7→ f0(x) + a0e

x2, com a0 ∈ R.

Observação: a função g: R −→ Rx 7→ e−x2

verifica ∀x ∈ R, g′(x) = 2xg(x).

10. f : R −→ R

x 7→{

cos x−1x2 se x 6= 0

−1/2 se x = 0Para x 6= 0 tem-se

f(x) =

(∑∞n=0

(−1)nx2n

(2n)!

)− 1

x2=

∑∞n=1

(−1)nx2n

(2n)!

x2=

∞∑n=1

(−1)nx2n−2

(2n)!;


é trivial verificar que para x = 0 ainda se tem f(x) =∑∞

n=1(−1)nx2n−2

(2n)! . Conclui-se que f é infinitamente

derivável em 0 e que a sua série de Taylor em 0 é∑∞

n=1(−1)nx2n−2

(2n)! .

11. f : R −→ R

x 7→{

sen xx se x 6= 0

1 se x = 0

Para x 6= 0 tem-se

f(x) =

∑∞n=0

(−1)nx2n+1

(2n+1)!

x=

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n+ 1)!;

é trivial de verificar que para x = 0 ainda se tem f(x) =∑∞

n=0(−1)nx2n

(2n+1)! . Conclui-se que f é infinitamente

derivável em 0 e que a sua série de Taylor em 0 é∑∞

n=0(−1)nx2n

(2n+1)! .

Proposição 8.3.6 Seja∑∞

n=0 anxn uma série de potências que converge quando x = 1 (isto é,

∑∞n=0 an converge);

então a convergência é uniforme em [0, 1].

Demonstração: Seja ε > 0; como∑∞

n=0 an converge, existe n0 ∈ N tal que p > q > n0 ⇒ |aq + aq+1 + · · · + ap| < ε.Sejam m > n > n0; para x ∈ [0, 1] tem-se

|anxn + an+1x

n+1 + · · ·+ amxm| =

= |an(xn − xn+1) + (an + an+1)(xn+1 − xn+2) + (an + an+1 + an+2)(xn+2 − xn+3) + · · ·++(an + · · ·+ am−1)(xm−1 − xm) + (an + · · ·+ am)xm|

≤ |an|(xn − xn+1) + |an + an+1|(xn+1 − xn+2) + |an + an+1 + an+2|(xn+2 − xn+3) + · · ·++|an + · · ·+ am−1|(xm−1 − xm) + |an + · · ·+ am|xm

< ε(xn − xn+1 + xn+1 − xn+2 + xn+2 − xn+3 + · · ·+ xm−1 − xm + xm)= εxn ≤ ε.

Pondo f(x) =∑∞

n=0 anxn, tem-se então, para x ∈ [0, 1], |f(x)−

∑n0n=0 anx

n| ≤ ε, logo a convergência é uniforme. �

Corolário 8.3.7 Seja∑∞

n=0 an(x− a)n uma série de potências que converge quando x = x0 > a (resp. x = x0 < a);então a convergência é uniforme em [a, x0] (resp. [x0, a]).

Corolário 8.3.8 Seja∑∞

n=0 an(x − a)n uma série de potências que converge em [a, a + r] e f : [a, a+ r] −→ R afunção definida por f(x) =

∑∞n=0 an(x− a)n; f é contínua em a+ r.

Observação: Seja∑∞

n=0 an(x− a)n uma série de potências que converge em [a, a+ r] e f : [a, a+ r] −→ R a funçãodefinida por f(x) =

∑∞n=0 an(x − a)n; já foi visto que f é derivável em [a, a + r[ e que nesse intervalo f ′(x) =∑∞

n=1 nan(x − a)n−1. Pode acontecer que f seja derivável em a + r, mesmo que∑∞

n=1 nanrn−1 não convirja (por

exemplo, f : [0, 1] −→ Rx 7→

∑∞n=0(−1)n x2n+1

2n+1 = arctg x; f é derivável em 1, f ′(x) = 1

1+x2 , embora∑∞

n=0(−1)nx2n

não convirja quando x = 1). No entanto, tambem pode acontecer que f não seja derivável em a+ r. Por exemplo, sejaf : [0, 1] −→ R

x 7→∑∞

n=1xn+1

n(n+1)

. Para x ∈ [0, 1[, tem-se f ′(x) =∑∞

n=1xn

n = − log(1−x), logo limx→1+

f ′(x) = +∞; pelo

teorema dos valores intermédios para as derivadas, conclui-se que f não é derivável em 1 (com efeito, suponhamos quef era derivável em 1 e f ′(1) = α; como existe δ > 0 tal que 1− δ ≤ x < 1 ⇒ f ′(x) > α + 1, logo em [1− δ, 1] f ′ nãotomaria nenhum dos valores intermédios entre f ′(1− δ) (> α+ 1) e f ′(1) (= α).

Se∑∞

n=1 nanrn−1 convergir, então a convergência das derivadas é uniforme em [a, a + r], portanto f é derivável

em a+ r e f ′(a+ r) =∑∞

n=1 nanrn−1.

Exemplos

1. Cálculo de∑∞

n=11

n(2n+1)

Consideremos a série de potências∑∞

n=1x2n+1

n(2n+1) , que converge para x ∈ [−1, 1], e seja f : [−1, 1] −→ R a funçãodefinida por f(x) =

∑∞n=1

x2n+1

n(2n+1) ; tem-se∑∞

n=11

n(2n+1) = f(1). Em ]−1, 1[ f é derivável e f ′(x) =∑∞

n=1x2n

n =− log(1− x2) = − log(1− x)− log(1 + x). isto é, em ]− 1, 1[, f(x) = (1− x) log(1− x)− (1 + x) log(1 + x) + 2x.Mas f é contínua em 1, portanto f(1) = lim

x→1−f(x) = 2− 2 log 2.


2. Cálculo de∑∞

n=11

n(n+1)(n+2)

Consideremos a série de potências∑∞

n=1xn+2

n(n+1)(n+2) , que converge para x ∈ [−1, 1], e seja f : [−1, 1] −→ Ra função definida por f(x) =

∑∞n=1

xn+2

n(n+1)(n+2) ; tem-se∑∞

n=11

n(n+1)(n+2) = f(1). Em ] − 1, 1[ f é derivável,f ′(x) =

∑∞n=1

xn+1

n(n+1) e f ′′(x) =∑∞

n=1xn

n = − log(1−x). Conclui-se que em ]−1, 1[, f ′(x) = (1−x) log(1−x)+x

e f(x) = − (1−x)2

2 log(1− x) + x2

2 + (1−x)2

4 − 14 . Mas f é contínua em 1, portanto f(1) = lim

x→1−f(x) = 1/4.

Proposição 8.3.9 Sejam∑∞

n=0 an e∑∞

n=0 bn duas séries convergentes e∑∞

n=0 cn o seu produto de Cauchy; então,se∑∞

n=0 cn converge, tem-se∑∞

n=0 cn = (∑∞

n=0 an)(∑∞

n=0 bn).

Demonstração: Sejam f, g, h : [0, 1] −→ R definidas por f(x) =∑∞

n=0 anxn, g(x) =

∑∞n=0 bnx

n e h(x) =∑∞

n=0 cnxn

(observação:∑∞

n=0 cnxn é o produto de Cauchy das séries

∑∞n=0 anx

n e∑∞

n=0 bnxn). Para x ∈ [0, 1[, as séries∑∞

n=0 anxn e

∑∞n=0 bnx

n convergem absolutamente, portanto∑∞

n=0 cnxn converge absolutamente e

∑∞n=0 cnx

n =(∑∞

n=0 anxn)(∑∞

n=0 bnxn), isto é, h(x) = f(x)g(x). Mas f , g, e h são contínuas em 1, portanto h(1)(=

∑∞n=0 cn) =

limx→1−

h(x) = limx→1−

f(x)g(x) = limx→1−

f(x) limx→1−

g(x) = f(1)g(1) = (∑∞

n=0 an)(∑∞

n=0 bn). �

Proposição 8.3.10 Seja∑∞

n=0 anxn uma série de potências, convergente em algum ponto x0 > 0, e tal que a0 6= 0

(isto é, a função f : D −→ Rx 7→

∑∞n=0 anx

n, em que D é o domínio de convergência da série, é tal que f(0) 6= 0).

Então existe δ > 0 e uma série de potências∑∞

n=0 bnxn, convergente em ] − δ, δ[, tal que para x ∈] − δ, δ[ se tem

( 1f )(x) =

∑∞n=0 bnx

n (isto é, numa vizinhança de 0, 1f pode-se escrever como uma série de potências centrada em 0).

Demonstração: Podemos supor sem perda de generalidade que a0 = 1, isto é, f(0) = 1 (se não, consideremos ϕdefinida por ϕ(x) = f(x)

a0; se

∑∞n=0 βnx

n é a série de potências que representa 1ϕ , 1

a0

∑∞n=0 βnx

n é a série de potênciasque representa 1

f ). Suponhamos primeiro que existe uma série de potências∑∞

n=0 bnxn nas condições indicadas e

determinemos os coeficientes bn. Seja ξ > 0 tal que∑∞

n=0 anxn e

∑∞n=0 bnx

n convergem em ]− ξ, ξ[; então, se |x| < ξ,o produto de Cauchy das duas séries converge, e a sua soma é f(x) · 1

f(x) = 1, isto é,∑∞

n=0 cnxn converge, em que

∀n, cn =∑n

k=0 akbn−k e ∀x,∑∞

n=0 cnxn = 1. Conclui-se que

{c0 = 1cn = 0, n 6= 0 . Então

b0 = 1, b1 + a1b0 = 0, b2 + a1b1 + a2b0 = 0, . . . , bn + a1bn−1 + a2bn−2 + · · ·+ anb0 = 0, . . .

isto é, b0 = 1 e, para n ≥ 1, bn = −∑n−1

k=0 bkan−k, o que determina de maneira única os coeficientes bn.Basta-nos agora mostrar que a série

∑∞n=0 bnx

n (em que os bn são os coeficientes determinados acima), converge emalgum intervalo aberto contendo 0. Sejam x0 6= 0 tal que

∑∞n=0 anx

n0 converge e M > 1 tal que ∀n ∈ N, |anx

n0 | < M .

Vamos ver que se tem |bnxn0 | < 2n−1Mn. Com efeito, para n = 1, tem-se |b1x0| = |a1x0| < M = 20M1. Suponhamos

agora que |bpxp0| < 2p−1Mp, para p = 1, . . . ,m. Tem-se

|bm+1xm+10 | = | −

m∑k=0

am+1−kbkxm+10 | ≤

m∑k=0

|am+1−kxm−k0 bkx

k0 |

= am+1xm+10 +

m∑k=1

|am+1−kxm+1−k0 bkx

k0 | < M +

m∑k=1

M.2k−1Mk

< Mm+1 +m∑

k=1

Mm+12k−1 = Mm+1(1 + 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2m−1) = 2mMm+1.

Para qualquer x tem-se então

|bnxn| = |bnxn0 (x

x0)n| ≤ 2n−1Mn

∣∣∣∣ xx0

∣∣∣∣m ≤∣∣∣∣2Mx

x0

∣∣∣∣n ;

logo, se | 2Mxx0

| < 1 (isto é, se |x| < | x02M |),

∑∞n=0 bnx

n converge. �


Capítulo 9

Curvas em Rn

Definição 9.0.1 Chama-se curva (parametrizada) a uma aplicação c : I −→ Rn, em que I é um intervalo de R.Chama-se traço da curva ao seu contradomínio.

c(t)

t

c

nRI

I

Uma curva pode ser vista como a descrição do movimento de uma partícula em Rn: c(t) representa a posição dapartícula no instante t.

Exemplos

1. c1: [0, 2π] −→ R2

t 7→ (cos t, sen t)

1

1

11

1

11

c (11 /6)

c (3 /2)

c ( /2)

c ( /4)

c (0)=c (2 )

c

20

c (2 /3)1

c ( )1

c2: [−8√π, 8

√π] −→ R2

t 7→ (cos t2, sen t2)

c

22

2

22

c (-1)=c(1)

c (- /4)=c ( /4)

c (- 2 )=c(0)=c ( 2 )

RI

2 t < 0

t > 0

O traço de c1 e o traço de c2 são ambos a circunferência de centro (0, 0) e raio 1. No primeiro caso a circunferênciaé percorrida uma vez no sentido directo; no segundo é percorrida 32 vezes no sentido dos ponteiros de um relógioe 32 vezes no sentido directo.

2. c1: R −→ R2

t 7→ (t2 + 1, 3t2 + 4)

171

172 CAPÍTULO 9. CURVAS EM RN

1

7

4

1

4321

RI

cc (-2)=c (2)

c (-1)=c (1)

c (0)1

1

1 1

1

O traço de c1 é a semi-recta {(x, y) ∈ R2 : y = 3x + 1 e x ≥ 1}; é percorrida duas vezes, uma no sentidodescendente (para t < 0) e outra no sentido ascendente (para t > 0).c2: R −→ R2

t 7→ (t, 3t+ 1)

7

4

1

43212

2

2

RI

c (0)

c (1)

c (2)

c 2

O traço de c2 é a recta de equação y = 3x+ 1; é percorrida uma vez, no sentido ascendente.c3: R −→ R2

t 7→ ( t2

t2+1 ,4t2+1t2+1 )

O traço de c3 é o segmento de recta {(x, y) ∈ R2 : y = 3x + 1 e 0 ≤ x < 1}; é percorrido duas vezes, uma nosentido descendente (para t ≤ 0) e outra no sentido ascendente (para t ≥ 0).

3

7

4

1

4321

RI

c

3. c: [0, π] −→ R2

t 7→ (4 sen 2t, 2 cos 2t)

O traço de c é a elipse de equação (x/4)2 + (y/2)2 = 1; é percorrida uma vez no sentido dos ponteiros de umrelógio.

c

c( /2)0

c(0)

4. c: I −→ R2

t 7→ (t, f(t)), em que f é uma função I −→ R.

173

O traço de c é o gráfico de f ; o gráfico de f é percorrido de tal maneira que em cada unidade de tempo, adistância horizontal percorrida é de uma unidade.

c(t)f(t)

t

I

c

5. c: R −→ R2

t 7→ (t, sen t)(caso particular do anterior).

c

c(5 /6)Rc

6. c: R −→ R3

t 7→ (2 cos t, 2 sen t, t)

Ao traço de c chama-se hélice.

c

RI

-2 -1 0 1 2

x

-2-1

012

y

-5

0

5

z

-2-1

012

y

Observação: se c é uma função I −→ Rn, existem funções c1, c2, . . . , cn : I −→ R (únicas) tais que ∀t ∈ I c(t) =(c1(t), c2(t), . . . , cn(t)).

Definição 9.0.2 Sejam c : I −→ Rn, t0 um ponto de acumulação de I e l ∈ Rn; diz-se que limt→t0 c(t) = l sse

∀ε > 0∃δ > 0 : 0 < |t− t0| < δ ⇒ ‖c(t)− l‖ < ε

Diz-se que c é contínua em t0 ∈ I sse limt→t0 c(t) = c(t0).

Proposição 9.0.3 Sejam c: I −→ Rn

t 7→ (c1(t), c2(t), 1 . . . , cn(t))uma curva, t0 um ponto de acumulação de I e

l = (l1, l2, . . . , ln) ∈ Rn; então limt→t0 c(t) = l sse ∀i ∈ {1, . . . , n}, limt→t0 ci(t) = li.

Demonstração: Suponhamos que limt→t0 c(t) = l, e seja ε > 0; existe δ > 0 tal que 0 < |t− t0| < δ ⇒ ‖c(t)− l‖ < ε.Ora

‖c(t)− l‖ =

√√√√ n∑k=1

(ci(t)− li)2 ≥ |ci(t)− li|, ∀i ∈ {1, . . . , n},


portanto ‖c(t)−l‖ < ε⇒ ∀i ∈ {1, . . . , n}, |ci(t)−li| < ε; conclui-se que ∀i ∈ {1, . . . , n}, 0 < |t−t0| < δ ⇒ |ci(t)−li| < ε,de onde, ∀i ∈ {1, . . . , n}, limt→t0 ci(t) = li.

Suponhamos agora que ∀i ∈ {1, . . . , n}, limt→t0 ci(t) = li, e seja ε > 0. Para cada i ∈ {1, . . . , n}, existe δi > 0 talque 0 < |t− t0| < δi ⇒ |ci(t)− li| < ε. Pondo δ = min δi, tem-se

0 < |t− t0| < δ ⇒ ‖c(t)− l‖

=

√√√√ n∑k=1

(ci(t)− li)2

≤

√√√√ n∑k=1

ε2 =√nε.

Conclui-se que limt→t0 c(t) = l. �

Corolário 9.0.4 Sejam c: I −→ Rn

t 7→ (c1(t), . . . , cn(t))e t0 ∈ I; c é contínua em t0 sse ∀i ∈ {1, . . . , n}, ci é contínua

em t0.

Definição 9.0.5 Sejam c : I −→ Rn e t0 ∈ I; diz-se que c é derivável em t0 sse existe limt→t0c(t)−c(t0)

t−t0

Observação: Vendo c como a descrição do movimento de uma partícula em Rn, c′(t) é a velocidade da partículano instante t. Se c′(t0) 6= 0, então c′(t0) determina uma recta que passa por c(t0) e tem a direcção de c′(t0), a que sechama recta tangente à curva no instante t0. Se a curva for injectiva (isto é, a partícula não passa mais de uma vezpor cada ponto), pode-se mostrar que a recta tangente depende apenas do traço da curva e do ponto c(t0), portantofala-se da recta tangente ao traço da curva em p0 = c(t0).

00

0

0

c (t )

c(t)-c(t )

c(t)

c(t )

t

I

c

A menos de menção explícita em contrário, as curvas consideradas serão sempre supostas continuamente deriváveis.

Notação:

1. Designaremos por vezes c′(t) por v(t) e ‖c′(t)‖ por ve(t) (velocidade escalar no instante t).

2. Utiliza-se por vezes a notação dcdt em vez de c′.

Corolário 9.0.6 Sejam c: I −→ Rn

t 7→ (c1(t), . . . , cn(t))e t0 ∈ I; c é derivável em t0 sse ∀i ∈ {1, . . . , n}, ci é derivável

em t0; nesse caso c′(t0) = (c′1(t0), . . . , c′n(t0)).

Em algumas das figuras deste capítulo, em vez do traço da curva será indicado um conjunto finito de pontos dotraço, {c(tq)}, com tq−tq−1 constante. Pontos mais afastados no traço correspondem, pois, a maior velocidade escalar,e pontos mais próximos correspondem a menor velocidade escalar.

Exemplos

1. c: [0, 2π] −→ R2

t 7→ (2 cos t, 2 sen t)

c′(t) = (−2 sen t, 2 cos t)

-2 -1 1 2

-2

-1

1

2

-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

175

2. c: [−√

8π, 0] −→ R2

t 7→ (sen t2

4 , cos t2

4 )

c′(t) = ( t2 cos t2

4 ,−t2 sen t2

4 )

-2 -1 1

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

-3 -2 -1 1 2

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

3. c: R −→ R2

t 7→ (t2 − 1, t(t2 − 1))

c′(t) = (2t, 3t2 − 1)

-2 -1 1 2 3

-4

-2

2

4

-2 -1 1 2 3

-4

-2

2

4

4. c: R −→ R3

t 7→ (cos t, sen t, t/2)

c′(t) = (− sen t, cos t, 1/2)

-10

1

x

-1

0

1y

-2

0

2

z

-1

0

1y


Definição 9.0.7 Diz-se que a curva c : I −→ Rn é regular sse c é derivável e c′(t) nunca se anula.

Proposição 9.0.8 Sejam f, g : I −→ Rn e ϕ : I −→ R funções deriváveis; Então f + g, ϕf e f · g são deriváveis e∀t ∈ I

1. (f + g)′(t) = f ′(t) + g′(t)

2. (ϕf)′(t) = ϕ′(t)f(t) + ϕ(t)f ′(t)

3. (f · g)′(t) = f ′(t) · g(t) + f(t) · g′(t).

Se n = 3, (f × g) é derivável e (f × g)′(t) = f ′(t)× g(t) + f(t)× g′(t).

Demonstração:

1. Sejam f : I −→ Rn

t 7→ (f1(t), . . . , fn(t))e g: I −→ Rn

t 7→ (g1(t), . . . , gn(t)); como f e g são deriváveis, para todo

o i ∈ {1, . . . , n}, fi e gi são deriváveis, logo, para todo o i ∈ {1, . . . , n}, fi + gi é derivável, e ∀t ∈ I, tem-se (fi + gi)′(t) = f ′i(t) + g′i(t). Conclui-se que a função f + g: I −→ Rn

t 7→ (f1(t) + g1(t), . . . , fn(t) + gn(t))é

derivável e (f + g)′(t) = (f ′1(t) + g′1(t), . . . , f′n(t) + g′n(t)) = f ′(t) + g′(t).


t 7→ (f1(t), . . . , fn(t))e ϕ : I −→ Rn. Como f é derivável, para todo o i ∈ {1, . . . , n}, fi é

derivável, logo, para todo o i ∈ {1, . . . , n}, ϕfi é derivável, e ∀t ∈ I, (ϕfi)′(t) = ϕ′(t)fi(t) +ϕ(t)f ′i(t). Conclui-seque a função ϕf : I −→ Rn

t 7→ (ϕ(t)f1(t), . . . , ϕ(t)fn(t))é derivável e

(ϕf)′(t) = (ϕ′(t)f1(t) + ϕ(t)f ′1(t), . . . , ϕ′(t)fn(t) + ϕ(t)f ′n(t)) = ϕ′(t)f(t) + ϕ(t)f ′(t).


t 7→ (f1(t), . . . , fn(t))e g: I −→ Rn

t 7→ (g1(t), . . . , gn(t)); como f e g são deriváveis, para todo

o i ∈ {1, . . . , n}, fi e gi são deriváveis, logo, para todo o i ∈ {1, . . . , n}, figi é derivável, e ∀t ∈ I, tem-se(figi)′(t) = f ′i(t)gi(t) + fi(t)g′i(t). Conclui-se que a função f · g: I −→ R

t 7→ f1(t)g1(t) + . . .+ fn(t)gn(t)é

derivável e (f · g)′(t) = f ′(t) · g(t) + f(t) · g′(t).

A demonstração para f × g é análoga às anteriores. �

Corolário 9.0.9 Se c : I −→ Rn é derivável e tal que ‖c(t)‖ é constante, então, ∀t, c(t) e c′(t) são ortogonais.

Demonstração: Seja f : I −→ Rt 7→ ‖c(t)‖2

; como ‖c(t)‖ é constante, f é constante, portanto ∀t ∈ I, f ′(t) = 0. Mas

f(t) = c(t) · c(t), portanto f ′(t) = c′(t) · c(t) + c(t) · c′(t) = 2c(t) · c′(t). Conclui-se que c(t) · c′(t) = 0, isto é, c(t) e c′(t)são ortogonais. �

Definição 9.0.10 Sejam c : I −→ Rn e γ : J −→ Rn duas curvas; diz-se que γ é uma reparametrização de c sseγ = c ◦ ϕ para alguma função contínua ϕ : J −→ I.

Observações:

1. Se γ é uma reparametrização de c, então o traço de γ está contido no traço de c, mas o recíproco não é verdade.

2. Seja γ uma reparametrização de c; vendo c como a descrição do movimento de uma partícula, ou seja, comouma maneira de percorrer o traço de c, pode-se ver γ como uma outra maneira de percorrer uma parte do traçode c (por exemplo no sentido oposto, com velocidade diferente, repetindo partes do trajecto, etc).

Exemplos

177

1. c: R −→ R2

t 7→ (3 cos t, 3 sen t)

c corresponde a percorrer a circunferência de raio 3 centrada na origem no sentido directo, passando em (3,0)no instante 0, e com velocidade escalar constante igual a 3.

ϕ1: R −→ Rx 7→ x/3

; c ◦ ϕ1: R −→ R2

t 7→ (3 cos(t/3), 3 sen(t/3))

c ◦ ϕ1 corresponde a percorrer a mesma circunferência no sentido directo, passando em (3, 0) no instante 0, ecom velocidade escalar constante igual a 1.

ϕ2: R −→ R2

x 7→ π/3− x/2; c ◦ ϕ2: R −→ R2

t 7→ (3 cos(π/3− t/2), 3 sen(π/3− t/2))

c◦ϕ2 corresponde a percorrer a circunferência no sentido dos ponteiros de um relógio, passando em (3/2, 3√

3/2)no instante 0, e com velocidade escalar constante igual a 3/2.

ϕ3: R −→ Rx 7→ π

x2+1

; c ◦ ϕ3: R −→ R2

t 7→ (3 cos πt2+1 , 3 sen π

t2+1 )

c◦ϕ3 corresponde à semi-circunferência percorrida uma vez no sentido directo e uma vez no sentido dos ponteirosde um relógio; a velocidade escalar no instante t é 6|t|

(t2+1)2 .

-4 -2 2 4

c

-3

-2

-1

1

2

3

4

-4 -2 2 4

c1

-3

-2

-1

1

2

3

4

-4 -2 2 4

c2

-3

-2

-1

1

2

3

4

-6 -4 -2 2

c3,t<0

-4

-3

-2

-1

1

2

3

-2 0 2 4 6

c3,t>0

1

2

3

4

5

6

7

-4 -2 2 4

c3,t>0

-1

1

2

3

4

5

2. c1: [0, 2π] −→ R2

t 7→ (cos t, sen t); c2: [0, 2π] −→ R2

t 7→ (cos 2t, sen 2t)

c1 é uma reparametrização de c2: c1 = c2 ◦ ϕ em que ϕ: [0, 2π] −→ [0, 2π]x 7→ x/2

No entanto, c2 não é uma reparametrização de c1. Com efeito, suponhamos que existia ψ : [0, 2π] −→ [0, 2π]contínua tal que ∀t ∈ [0, 2π], c2(t) = c1(ψ(t)), isto é, (cos 2t, sen 2t) = (cos(ψ(t)), sen(ψ(t))). Como se tem{

cosx = cos ysenx = sen y ⇒ ∃k ∈ Z : y = x+2kπ, conclui-se que existiria uma função k : [0, 2π] −→ Z tal que ∀t, ψ(t) =

2t+ 2k(t)π; da continuidade de ψ, conclui-se a continuidade de k, logo k teria de ser constante. Mas não existenenhum k ∈ Z tal que ∀t ∈ [0, 2π], 2t+ 2kπ ∈ [0, 2π].

Observação: este exemplo mostra que duas curvas com o mesmo traço não são necessariamente reparametri-zações uma da outra.

Lema 9.0.11 Se γ = c ◦ ϕ, e c e ϕ são deriváveis, então γ é derivável e γ′(t) = c′(ϕ(t))ϕ′(t).

Demonstração: Sejam c1, . . . , cn : I −→ R tais que ∀t, c(t) = (c1(t), . . . , cn(t)). Então γ(t) = (c1(ϕ(t)), . . . , cn(ϕ(t)));como c é derivável, cada ci é derivável, logo γ é derivável e γ′(t) = (ϕ′(t)c′1(ϕ(t)), . . . , ϕ′(t)c′n(ϕ(t))) = ϕ′(t)c′(ϕ(t)). �


Seja c : [a, b] −→ Rn uma curva continuamente derivável; para cada partição P = {t0, . . . , tm} de [a, b], consideremosl(c, P ) =

∑mi=1 ‖c(ti)−c(ti−1)‖; trata-se do comprimento do caminho poligonal de c(a) a c(b) formado pelos segmentos

de recta que unem c(ti−1) a c(ti), i = 1, . . . ,m.

5

c

5

4

3

2

1

0

3210

c(t )

c(t )

c(t )c(t )

c(t )

c(t )

tttt t 4 t

Definição 9.0.12 O comprimento da curva entre a e b é lc = sup{l(c, P );P partição de [a,b]}.

Proposição 9.0.13 Sejam f1, . . . , fm : [a, b] −→ R+0 funções contínuas; para todo o ε > 0 existe δ > 0 tal que, se

P = {t0, . . . , tq} é uma partição de [a, b] com maxi∈{1,...,m}{ti − ti−1} < δ, e uij, 1 ≤ i ≤ q, 1 ≤ j ≤ m são tais queuij ∈ [ti−1, ti], então∣∣∣∣∣

∫ b

a

√f1(x) + · · ·+ fm(x)dx−

q∑i=1

(ti − ti−1)√f1(ui1) + · · ·+ fm(uim)

∣∣∣∣∣ < ε.

Demonstração: análoga à demonstração da proposição 5.17. �

Proposição 9.0.14 Se c : I −→ Rn é uma curva continuamente derivável, então lc =∫ b

a‖c′(t)‖dt

Demonstração: Sejam c1, . . . , cn : [a, b] −→ R tais que ∀t, c(t) = (c1(t), . . . , cn(t)) e P = {t0, . . . , tm} uma partição de[a, b]. Tem-se

l(c, P ) =m∑

i=1

‖c(ti)− c(ti−1)‖ =m∑

i=1

√√√√ n∑j=1

(cj(ti)− cj(ti−1))2

=m∑

i=1

(ti − ti−1)

√√√√ n∑j=1

(cj(ti)− cj(ti−1)

ti − ti−1

)2

Para cada i ∈ {1, . . . ,m}, j ∈ {1, . . . , n}, existe uij ∈]ti−1, ti[ tal que cj(ti)−cj(ti−1)ti−ti−1

= c′j(uij). Então l(c, P ) =∑mi=1(ti − ti−1)

√∑nj=1(c

′j(uij)2. Pela proposição anterior, conclui-se que para qualquer ε > 0 existe δ > 0 tal que

max{ti − ti−1} < δ ⇒

∣∣∣∣∣∣l(c, P )−∫ b

a

√√√√ n∑j=1

(c′j(t))2dt

∣∣∣∣∣∣ < ε,

de onde se conclui que lc =∫ b

a

√∑nj=1(c

′j(t))2dt =

∫ b

a‖c′(t)‖dt. �

Observações:

1. O comprimento de c entre a e b corresponde à distância efectivamente percorrida entre os instantes a e b, e nãonecessariamente à “distância entre c(a) e c(b) medida ao longo do traço de c”.

2. O comprimento de c entre a e b depende apenas da velocidade escalar, e não da direcção da velocidade.

Exemplos

1. c: [0, π/2] −→ Rt 7→ (cos t+ t sen t, sen t− t cos t)

c′(t) = (t cos t, t sen t); ‖c′(t)‖ = |t|; lc =∫ π

0|t|dt = π2/2

179

-1 -0.5 0.5 1 1.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

2. c: [−2, 2] −→ R2

t 7→ (t2, t3/3)

c′(t) = (2t, t2); ‖c′(t)‖ = |t|√

4 + t2

lc =∫ 2

−2|t|√

4 + t2dt = 2∫ 2

0t√

4 + t2dt = [23 (4 + t2)3/2]20 = 163

√8− 16

3 .

1 2 3 4

-2

-1

1

2

3. c: [0, 2π] −→ R2

t 7→ (et cos t, et sen t)

c′(t) = (et cos t− et sen t, et sen t+ et cos t); ‖c′(t)‖ = et√

2; lc =∫ 2π

0et√

2dt = e2π√

2−√

2

100 200 300 400 500

-175-150-125-100-75-50-25

4. c: [0, π/2] −→ R3

t 7→ (cos3 t, sen3 t, 2 cos2 t)

c′(t) = (−3 cos2 t sen t, 3 sen2 t cos t,−4 cos t sen t); ‖c′(t)‖ = | sen t cos t|√

9 cos2 t+ 9 sen2 t+ 16 = 5 sen t cos t =52 sen 2t.

lc =∫ π/2

05 sen t cos t dt = − 5 cos 2t

4 ]π/20 = 5/2


00.25

0.50.75

1

x

00.25

0.50.75

1y

0

0.5

1

1.5

2

z

00.25

0.50.75

1y

Proposição 9.0.15 Sejam σ : [a, b] −→ Rn e γ : [c, d] −→ Rn duas curvas deriváveis e ϕ : [a, b] −→ [c, d] uma aplica-ção bĳectiva, derivável, tal que σ = γ ◦ ϕ. Então lσ = lγ .

Demonstração: Como ϕ é bĳectiva, ou se tem ϕ(a) = c (e ϕ(b) = d) ou ϕ(a) = d (e ϕ(b) = c). Suponhamos primeiroque ϕ(a) = c; então ϕ é crescente, logo a sua derivada é sempre ≥ 0. Tem-se

lσ =∫ b

a

‖σ′(t)‖dt =∫ b

a

‖γ′(ϕ(t))ϕ′(t)‖dt =∫ b

a

‖γ′(ϕ(t))‖ϕ′(t)dt,

o que, fazendo a substituição u = ϕ(t), dá

lσ =∫ ϕ(b)

ϕ(a)

‖γ′(u)‖du =∫ d

c

‖γ′(u)‖du = lγ .

Suponhamos agora ϕ(a) = d; então ϕ é decrescente, logo a sua derivada é sempre ≤ 0. Tem-se

lσ =∫ b

a

‖σ′(t)‖dt =∫ b

a

‖γ′(ϕ(t))ϕ′(t)‖dt =∫ b

a

−‖γ′(ϕ(t))‖ϕ′(t)dt,

o que, fazendo a substituição u = ϕ(t), dá

lσ =∫ ϕ(b)

ϕ(a)

−‖γ′(u)‖du =∫ c

d

−‖γ′(u)‖du =∫ d

c

‖γ′(u)‖du = lγ .

�

Observação: Pode-se provar que, se σ : [a, b] −→ Rn e γ : [c, d] −→ Rn são duas curvas injectivas, regulares, com omesmo traço, então cada uma é uma reparametrização da outra por uma função bĳectiva derivável; logo lσ = lγ . Istoé, nesse caso, “o comprimento de um caminho não depende da maneira como é percorrido”.

Seja c : I −→ Rn uma curva regular e t0 ∈ I; consideremos a função l: I −→ Rt 7→

∫ t

t0‖c′(u)‖du

, e seja J = l(I)

(como l é contínua, J é um intervalo). Uma vez que c é regular, ‖c′(t)‖ é sempre 6= 0; como l′(t) = ‖c′(t)‖, conclui-seque l : I −→ J é bĳectiva e a inversa é derivável.

Definição 9.0.16 Seja c : I −→ Rn uma curva regular.

1. Chama-se função comprimento de arco com origem em t0 à função

l : I −→ J

t 7→∫ t

t0‖c′(u)‖du

.

2. Se l : I −→ J é uma função comprimento de arco, diz-se que c ◦ l−1 é uma reparametrização de c pelocomprimento de arco.

181

Proposição 9.0.17 Sejam c : I −→ Rn uma curva regular, t0 ∈ I, l : I −→ J a função comprimento de arco comorigem em t0 e c = c ◦ l−1. Então ∀s ∈ J, ‖c′(s)‖ = 1.

Demonstração: Tem-se

‖c′(s)‖ = ‖c′(l−1(s))(l−1)′(s)‖ = ‖c′(l−1(s))1

l′(l−1(s))‖ = ‖ c′(l−1(s))

‖c′(l−1(s))‖‖ = 1.

�

Definição 9.0.18 Diz-se que c : I −→ Rn está parametrizada pelo comprimento de arco sse ∀t ∈ I, ‖c′(t)‖ = 1

Observações:

1. Esta terminologia é obviamente coerente com a anterior; com efeito, se c é uma reparametrização pelo com-primento de arco de uma curva regular c, então c é uma curva que está parametrizada pelo comprimento dearco.

2. (interpretação geométrica da parametrização pelo comprimento de arco): Consideremos uma curva regularc : I −→ Rn, seja l o comprimento de arco com origem em t0 e c : J −→ Rn a correspondente parametrizaçãopelo comprimento de arco.A curva c associa a cada ponto s ∈ J um dos pontos do traço de c que está a uma distância |s| de c(t0) (medida“ao longo do traço de c”); a s > 0 correspondem os pontos que são imagem por c de t > t0 e a s < 0 correspondemos pontos que são imagem por c de t < t0. Referir-nos-emos por vezes a c(l−1(s)) como o ponto do traço de c adistância s de c(t0); o sinal de s determina “de que lado” de c(t0) é que está o ponto em questão.

-1ll

0

0

0

s

c(l (s))=c(s)

c(t )

c

c

s0=l(t )

l (s)t

J

I

-1

-1

3. Se c : I −→ Rn está parametrizada pelo comprimento de arco e t0 ∈ I, então a função comprimento de arcocom origem em t0 é l : t −→ t− t0, e a reparametrização de c pelo comprimento de arco com origem em t0 é c:{x ∈ R : x+ t0 ∈ I} −→ Rn

t 7→ c(t+ t0).

4. Se c : I −→ Rn é uma curva regular, l1 : I −→ J1 e l2 : I −→ J2 são as funções comprimento de arco com origemem t1 e t2 respectivamente, é fácil de ver que c ◦ l−1

2 (s) = c ◦ l−11 (s+ s0), em que s0 é a distância de c(t1) a c(t2).

Com efeito, c ◦ l−12 (s) é o ponto do traço de c “a distância s” de c(t2) e c ◦ l−1

1 (s + s0) é o ponto do traço de c“a distância s+ s0 de c(t1)”. Ora s0 é “a distância” de c(t1) a c(t2), portanto os dois pontos coincidem.

s 0

s

2

01

2

121

(l (s))c

c (l (s+s )=

c(t )

c(t )tt

c

-1

-1

Tem-se portanto, ∀k, (c◦l−12 )(k)(s) = (c◦l−1

1 )(k)(s+s0). Como l1(t) = s0+l2(t), conclui-se que (c◦l−12 )(k)(l2(t)) =

(c ◦ l−11 )(k)(l1(t)), ou seja, se c = c ◦ l−1 : J −→ Rn é uma reparametrização de c pelo comprimento de arco, as

derivadas de qualquer ordem de c em l(t) só dependem de t, isto é, são independentes da origem para a funçãocomprimento de arco.

5. Mais geralmente, pode-se provar que se σ : I −→ Rn e γ : J −→ Rn são duas curvas injectivas parametrizadaspelo comprimento de arco (logo regulares), com o mesmo traço, então existe α ∈ R tal que ∀t ∈ J, σ(t) = γ(t+α)ou ∀t ∈ J, σ(t) = γ(−t+ α).

Exemplos


1. c: [0, 2π] −→ R2

t 7→ (2 sen t, 2 cos t); determinação da reparametrização de c pelo comprimento de arco com origem

em π/2: tem-se c′(t) = (2 cos t,−2 sen t), logo∫ t

π/2‖c′(u)‖du = 2t− π. Conclui-se que a função comprimento de

arco com origem em π/2 é l: [0, 2π] −→ [−π, 3π]t 7→ 2t− π

, logo a reparametrização de c pelo comprimento de arco

com origem em π/2 é c ◦ l−1: [−π, 3π] −→ R2

s 7→ (2 sen( s+π2 ), 2 cos( s+π

2 ))

2. c: R −→ R3

t 7→ (cos(t3 + t), sen(t3 + t), t3 + t); determinação da reparametrização de c pelo comprimento de arco

com origem em 0: tem-se c′(t) = (−(3t2 + 1) sen(t3 + t), (3t2 + 1) cos(t3 + t), 3t2 + 1), ‖c′(t)‖ = (3t2 + 1)√

2, logo∫ t

0‖c′(u)‖du =

√2∫ t

0(3u2 + 1)du =

√2(t3 + t).

Conclui-se que a função comprimento de arco com origem em 0 é l: R −→ Rt 7→

√2(t3 + t)

, logo a reparametri-

zação de c pelo comprimento de arco com origem em 0 é c ◦ l−1: R −→ R3

s 7→ (cos s√2, sen s√

2, s√

2)

.

3. c: ]0,+∞[ −→ R3

t 7→ (t, 2√

23 t

32 , t2/2)

; determinação da reparametrização de c pelo comprimento de arco com

origem em 1: tem-se c′(t) = (1,√

2t, t), ‖c′(t)‖ =√

1 + 2t+ t2 = 1 + t, logo∫ t

1‖c′(u)‖du = t + t2/2 − 3/2.

Conclui-se que a função comprimento de arco com origem em 1 é l: ]0,+∞[ −→ ]− 3/2,+∞[t 7→ t2/2 + t− 3/2

, logo l−1:

]− 3/2,+∞[ −→ ]0,+∞[s 7→ −1 +

√4 + 2s

, portanto a reparametrização de c pelo comprimento de arco com origem

em 1 é

c ◦ l−1 : ]− 3/2,+∞[ −→ R3

s 7→ (−1 +√

4 + 2s, 2√

23 (−1 +

√4 + 2s)3/2, 1

2 (−1 +√

4 + 2s)2).

01

23

4x

0

2

4

6y

0

2

4

6

8

z

01

23

4x

0

2

4

6y

Seja c : I −→ Rn uma curva regular e c = c ◦ l−1 : J −→ Rn uma reparametrização pelo comprimento de arco.

Notação: A notação tradicional é algo ambígua, mas permite exprimir com grande simplicidade formal algumaspropriedades, por exemplo a regra da derivação da função inversa. Assim, s representa, conforme os casos, l(t) oua variável independente do intervalo J ; e analogamente, t tanto representa l−1(s) como a variável independente dointervalo I. Usando então a notação alternativa para as derivadas, ds

dt em vez de l′(t), a regra de derivação da funçãoinversa, (l−1)′(s) = 1

l′(l−1(s)) escreve-se dtds = 1

dsdt

. Deixa-se ao leitor o cuidado de dissecar o significado de s e t nosdois membros, e de analisar quais os pontos envolvidos.

Relativamente à composição de funções, um abuso de notação frequente consiste em escrever dcds em vez de dc

ds . Aregra de derivação da composta de duas funções escreve-se neste caso dc

ds = dcdt

dtds .

183

Definição 9.0.19 Chama-se vector tangente unitário à curva c no instante t ao vector c′(t)‖c′(t)‖ ; designaremos por

Tc a funçãoI −→ Rn

t 7→ c′(t)‖c′(t)‖

Observações:

1. (relação entre Tc e Tc): sejam t1 ∈ I e s1 ∈ J tais que s1 = l(t1). Então

Tc(s1) = c′(s1) = (c ◦ l−1)′(s1) = c′(l−1(s1))(l−1)′(s1) = c′(t1).1

l′(l−1(s1))=

c′(t1)‖c′(t1)‖

= Tc(t1),

isto é, o vector tangente unitário a c em s1 é o vector tangente unitário a c em t1 (Tc = Tc ◦ l−1).

2. Frequentemente escreve-se apenas T em vez de Tc(t), dTdt em vez de T ′c(t) e dT

ds em vez de T ′c(s).

3. Mais geralmente, se γ é uma reparametrização de c por ϕ, (i.e., c = γ ◦ ϕ), e c e γ são regulares, entãoTγ(t) = Tc(ϕ(t)) ou Tγ(t) = −Tc(ϕ(t)), conforme ϕ′(t) seja positivo ou negativo.

4. Se c é duas vezes derivável, Tc e Tc são deriváveis (consequência do lema seguinte).

5. Usando a notação mencionada acima, tem-se T = dcds = dc

dtdtds = c′(t)

‖c′(t)‖ .

Lema 9.0.20 Seja c : I −→ Rn uma curva regular duas vezes derivável; então a função ve é derivável, e v′e(t) =c′(t)·c′′(t)‖c′(t)‖ (= c′′(t) · T ).

Demonstração: ve(t) = ‖c′(t)‖ =√c′(t) · c′(t); como c′(t) nunca se anula, ve é a composta de duas funções deriváveis,

logo derivável. A expressão para v′e(t) obtem-se a partir da regra de derivação da função composta. �

Seja c : I −→ Rn uma curva duas vezes derivável. Tem-se c′(t) = ve(t)Tc(t), portanto c′′(t) = v′e(t)Tc(t)+ve(t)T ′c(t);estas duas parcelas são ortogonais, uma vez que, pelo corolário 9.0.9, T ′c(t) · Tc(t) = 0.

Definição 9.0.21 Chama-se aceleração no instante t a c′′(t), aceleração tangente no instante t a aT (t) =v′e(t)Tc(t) e aceleração normal no instante t a aN (t) = ve(t)T ′c(t).

A aceleração tangente mede a variação da velocidade escalar, enquanto que a aceleração normal mede a variaçãoda direção da velocidade.

Lema 9.0.22 aT (t) = c′(t)·c′′(t)‖c′(t)‖2 c′(t)(= (c′′(t) · T )T ) (isto é, a aceleração tangente é a projecção da aceleração sobre o

vector tangente unitário).

Demonstração: consequência imediata do lema 9.0.20. �

Sejam c = c ◦ l−1 : J −→ Rn uma reparametrização de c pelo comprimento de arco. Como a velocidade escalar dec é constante, a sua aceleração tangente é nula, logo c′′(s) = aN (s).

Definição 9.0.23 Chama-se curvatura de c em s ∈ J e designa-se por kc(s) o número ‖c′′(s)‖; se kc 6= 0, chama-sevector normal principal unitário em s a c′′(s)

‖c′′(s)‖ ; designa-se por Nc (ou só N) a função

J \ {s : kc(s) 6= 0} −→ Rn

s 7→ c′′(s)‖c′′(s)‖

.

Como c′′(s) = T ′c(s) = dTds , tem-se N =

dTds

‖ dTds ‖

.É consequência da observação 4 na página 181 que kc(l(t)) e Nc(l(t)) não dependem da escolha da função com-

primento de arco l e da correspondente reparametrização pelo comprimento de arco, o que dá sentido à definiçãoseguinte.

Definição 9.0.24 1. Chama-se curvatura de c em t e designa-se por kc(t) a curvatura de qualquer reparametri-zação pelo comprimento de arco c = c ◦ l−1 em l(t). Chama-se vector normal principal unitário de c em ta Nc(t) = Nc(l(t)).

2. Se kc(t) 6= 0, chama-se raio de curvatura de c em t a 1kc(t)

.


Observações:

1. Tem-se Nc = Nc ◦ l−1 e kc = kc ◦ l−1.

2. Pode-se provar que a recta tangente, o vector normal principal e a curvatura não dependem da parametrização,dependem apenas do traço da curva. A curvatura mede a variação da direcção da tangente.

3. Se kc(t) 6= 0, a circunferência de centro c(t) + 1kc(t)

Nc(t) e raio 1kc(t)

é a única circunferência “tangente de ordem2” ao traço de c no ponto c(t).

c(t)

N/k(t)

Proposição 9.0.25 1. T ′c(t) = ve(t)k(t)Nc(t)

2. aN (t) = v2e(t)kc(t)Nc(t)

Demonstração: Sejam c = c ◦ l−1 uma reparametrização de c pelo comprimento de arco e s0, t0 tais que l(t0) = s0.

1. Tem-se

T ′c(t) = (Tc ◦ l)′(t) = T ′c(l(t))l′(t)

= ve(t)T ′c(l(t)) = ve(t)c′′(l(t))= ve(t)kc(l(t))Nc(l(t)) = ve(t)kc(t)Nc(t).

2. Tem-se aN (t) = ve(t)T ′c(t) = v2e(t)kc(t)Nc(t).

(aN = veT′ = ds

dtdTdt = (ds

dt )2 dT

ds = v2ekN).

�

Observação: De 2., decorre que aN (t) e Nc(t) têm a mesma direção e sentido, portanto, como Nc(t) é unitário,tem-se Nc(t) = aN (t)

‖aN (t)‖ .

Exemplos

1. c: R −→ R3

t 7→ (2t− 1, t+ 3,−2t+ 5)

c′(t) = (2, 1,−2); função comprimento de arco com origem em 1: s = l(t) =∫ t

13du = 3t−3; reparametrização pelo

comprimento de arco com origem em 1: l−1: R −→ Rs 7→ s/3 + 1

, c: R −→ R3

s 7→ (2s/3 + 1, s/3 + 4,−2s/3 + 3).Tc(t) = (2/3, 1/3,−2/3); Tc(s) = (2/3, 1/3,−2/3); como ∀s, c′′(s) = (0, 0, 0), conclui-se que ∀s, kc(s) = 0, logo∀t, kc(t)(= kc(l(t))) = 0.

O traço de c é a recta de equações{x+ z = 42y + z = 11 .

2. c: R −→ R2

t 7→ (5 cos t, 5 sen t)

c′(t) = (−5 sen t, 5 cos t); função comprimento de arco com origem em 0: s = l(t) =∫ t

05du = 5t; reparame-

trização pelo comprimento de arco com origem em 0: c: R −→ R2

s 7→ (5 cos s5 , 5 sen s

5 ); Tc(t) = (− sen t, cos t),

Tc(s) = (− sen s5 , cos s

5 ); c′′(s) = (− 15 cos s

5 ,−15 sen s

5 ); kc(s) = ‖c′′(s)‖ = 15 ; kc(t) = kc(l(t)) = 1

5 ; Nc(s) =(− cos s

5 ,− sen s5 ); Nc(t) = (− cos t,− sen t); c′′(t) = (−5 cos t,−5 sen t).

185

Como ‖c′(t)‖ é constante, a aceleração tangente é nula; aN (t) = c′′(t).

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

6 c’(t)

c’’(t)

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

6

T

N

3. c: R −→ R2

t 7→ (t, t2)

c′(t) = (1, 2t); T = 1√1+4t2

(1, 2t); c′′(t) = (0, 2);

aT (t) = c′′(t)·c′(t)‖c′(t)‖2 c′(t) = 4t

1+4t2 (1, 2t); aN (t) = c′′(t)− aT (t) = ( −4t1+4t2 ,

21+4t2 );

Nc(t) = aN (t)‖aN (t)‖ = 1√

1+4t2(−2t, 1); kc(t) = ‖aN (t)‖

v2e(t) = 2√

(1+4t2)3.

-3 -2 -1 1 2 3

2

4

6

8

c’(t)

c’’(t)a T

a N

TN

-3 -2 -1 1 2 3

grafico da curvatura

0.5

1

1.5

2

4. c: R −→ R3

t 7→ (t, t2, 2t3/3)

c′(t) = (1, 2t, 2t2); ‖c′(t)‖ = 1 + 2t2; T = 11+2t2 (1, 2t, t2); c′′(t) = (0, 2, 4t)

aT = 4t+8t3

(1+2t2)2 (1, 2t, 2t2) = 4t1+2t2 (1, 2t, 2t2); aN = (0, 2, 4t)− 4t

1+2t2 (1, 2t, 2t2) = 21+2t2 (−2t, 1− 2t2, 2t);

N = 1(1+2t2) (−2t, 1− 2t2, 2t); k = 2

(1+2t2)2 .

5. c: R −→ R2

t 7→ (t cos t, t sen t)

c′(t) = (cos t− t sen t, sen t+ t cos t); ‖c′(t)‖ =√

1 + t2; T = 1√1+t2

(cos t− t sen t, sen t+ t cos t);

c′′(t) = (−2t sen t − t cos t, 2 cos t − t sen t); aT = t1+t2 (cos t − t sen t, sen t + t cos t); aN = 2+t2

1+t2 (− sen t −t cos t, cos t− t sen t);

N = 1√1+t2

(− sen t− t cos t, cos t− t sen t); k = 2+t2

(√

1+t2)3.


-10 -5 5 10

-10

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

c’(t)c’’(t)a

N

T

N

-6 -4 -2 2 4 6

velocidade escalar

1

2

3

4

5

6

-10 -5 5 10


0.5

1

1.5

2

-3 -2 -1 1 2 3

vectores (1/k)N em varios pontos

-3

-2

-1

1

6. c: R −→ R2

t 7→ (et cos t, et sen t)

c′(t) = (et cos t − et sen t, et cos t + et sen t) =√

2et(cos(t + π/4), sen(t + π/4)); ‖c′(t)‖ =√

2et; T = (cos(t +π/4), sen(t+ π/4))

c′′(t) = (−2et sen t, 2et cos t); aT = (et cos t − et sen t, et cos t + et sen t); aN = (−et cos t − et sen t, et cos t −et sen t) =

√2et(− sen(t+ π/4), cos(t+ π/4)); N = (− sen(t+ π/4), cos(t+ π/4)); k(t) =

√2et

(√

2et)2= 1√

2et.

100 200 300 400 500

velocidade

-200

-150

-100

-50

100 200 300 400 500

Aceleracao

-150

-100

-50

50

100

150

100 200 300 400 500

Aceleracao tangente e normal

-200

-100

100

7. c: R+0 −→ R2

t 7→ (cos t+ t sen t, sen t− t cos t)

187

-1 -0.5 0.5 1 1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

c(t)

t

Consideremos um fio enrolado à volta da circunferência de raio 1 centrada em (0, 0) (no sentido dos ponteiros deum relógio) de maneira a que a ponta está em (1, 0). Ao desenrolar o fio, mantendo-o sempre esticado, a pontadescreve o traço e c. Mais precisamente, c(t) é a posição da ponta do fio depois de ter sido desenrolado até aoponto da circunferência correspondente ao ângulo t.c′(t) = (t cos t, t sen t); ‖c′(t)‖ = t; para t 6= 0, tem-se T = (cos t, sen t);c′′(t) = (cos t − t sen t, sen t + t cos t); para t 6= 0, tem-se aT = T ; aN = (−t sen t, t cos t); N = (− sen t, cos t);k(t) = 1/t.

-5 -2.5 2.5 5 7.5 10

Velocidade e aceleracao

-6

-4

-2

2

-4 -3 -2 -1 1


-6

-4

-2

2

8. c: R −→ R2

t 7→ (t− sen t, 1− cos t)

Consideremos uma circunferência de raio 1, que rola sem deslizar ao longo do eixo dos xx, e que no instantet = 0 é tangente ao eixo dos xx em (0, 0). Seja P o ponto da circunferência que , no instante t = 0 está emcontacto com o eixo dos xx. Então c(t) é a posição do ponto P no instante em que P tiver rodado um ângulo tem relação ao centro da circunferência (a esta curva chama-se cicloide).

C

P t

t

1

c(t)

P


2 4 6 8 10 12

0.51

1.52

c′(t) = (1 − cos t, sen t); ‖c′(t)‖ =√

2− 2 cos t; comprimento de um arco da cicloide:∫ 2π

0

√2− 2 cosu du =∫ 2π

02 sen u

2 du = 8; c′′(t) = (sen t, cos t)

Observação: c não é regular; c′(t) = (0, 0) quando cos t = 1.

Para t tal que c′(t) 6= (0, 0), tem-se T = 1√2−2 cos t

(1 − cos t, sen t); aT = sen t2−2 cos t (1 − cos t, sen t); aN =

12 (sen t, cos t− 1); N = 1√

2−2 cos t(sen t, 1− cos t); k(t) = 1

2√

2−2 cos t.

0 1 2 3 4 5 6

0.250.50.75

11.251.51.75

2

1 2 3 4 5 6


-2

-1

1

2

0 2 4 6 8 10 12

curvatura

0.51

1.52

2.53

3.54

Mais geralmente, podemos considerar um círculo de raio a, com uma haste de comprimento b fixa ao centro,rolando ao longo do eixo dos xx, e o trajecto descrito pelo extremo P da haste (o caso que foi visto correspondea a = b = 1).

189

b<a

P

a<b

P

Nesse caso, a posição de P quando o círculo tiver rodado de um ângulo t é (at− b sen t, a− b cos t).

Exemplo de um caso com b < a:

2 4 6 8 10 12

0.51

1.52

P

0 2 4 6 8 10 120.250.50.7511.251.51.752

2 4 6 8 10 12

curvatura

2

4

6

Exemplo de um caso com a < b:

2 4 6 8 10 12

0.51

1.52

P

2 4 6 8 10 12-0.5

0.51

1.52

2.5

2 4 6 8 10 12

curvatura

2

4

6

8


9. c: R −→ R2

t 7→ (2 cos t+ cos 2t, 2 sen t+ sen 2t)

Consideremos uma circunferência de raio 1, C, que rola sem deslizar em torno de uma circunferência de raio 1centrada em (0, 0), C0, de tal maneira que no instante t = 0 C é tangente a C0 em (1, 0). A curva c descreve otrajecto do ponto P de C que no instante 0 está em (3, 0); mais precisamente, c(t) é a posição de P quando oponto de tangência entre C e C0 é (cos t, sen t). A esta curva chama-se cardioide.

P

P’

P

P’

t t

tt

t

-1 1 2 3

-2

-1

1

2

3

P

P

c′(t) = (−2 sen t− 2 sen 2t, 2 cos t+ 2 cos 2t); ‖c′(t)‖ =√

8 + 8 sen t sen 2t+ 8 cos t cos 2t =√

8 + 8 cos(2t− t) =√

8√

2 cos2 t2 = 4| cos t

2 |;

Observação: c não é regular: c′(t) = 0 quando t ∈ {(2k + 1)π, k ∈ Z}.

comprimento da cardioide:∫ 2π

04| cos u

2 |du =∫ π

04 cos u

2 du−∫ 2π

π4 cos u

2 du = 16.

-1 1 2 3

vectores (1/k)N

-2

-1

1

2

0 1 2 3 4 5 6

1

2

3

4

5

6

7

Mais geralmente, podemos considerar um círculo de raio b, com uma haste de comprimento c fixa ao centro,rolando em torno de uma circunferência de raio a centrada em (0, 0), de tal maneira que no instante t = 0 oextremo da haste está em (a + b + c, 0). Nesse caso, o trajecto do extremo da haste é descrito pela curva c:R −→ R2

t 7→ ((a+ b) cos t+ c cos(t+ atb ), (a+ b) sen t+ c sen(t+ at

b ))(o caso que foi visto corresponde a a =

b = c = 1).

Exemplo com a = 2, b = 4/3, c = 1.7

191

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

-4 -2 2 4

vectores (1/k)N

-4

-2

2

4

Exemplo com a = 2, b = 2/3, c = .5

-2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

-4 -2 2

vectores (1/k)N

-6

-4

-2

2

Proposição 9.0.26 Seja c : I −→ Rn uma curva regular; o traço de c está contido numa recta sse ∀t ∈ I, kc(t) = 0

Demonstração: Suponhamos primeiro que o traço de c está contido numa recta. Então é óbvio que T é constante, logoT ′ é nulo, portanto a curvatura é sempre nula.

Reciprocamente, suponhamos que a curvatura é nula, e seja c = c◦l−1 uma reparametrização de c pelo comprimentode arco. Como kc é nula, kc tambem é nula, isto é, c′′ é nula, logo c′ é constante, de onde se conclui que c é da formas 7→ p + sv, em que p, v ∈ Rn. Portanto, o traço de c está contido numa recta, de onde se conclui que o traço de ctambem está contido na mesma recta. �

Exemplo c: ]0, π/4[ −→ R3

t 7→ (3 cos2 t, sen2 t,− cos 2t)c′(t) = (−6 cos t sen t, 2 sen t cos t,−2 sen 2t) = (−3 sen 2t, sen 2t,−2 sen 2t); c′′(t) = (−6 cos 2t, 2 cos 2t,−4 cos 2t).Como c′′(t) e c′(t) são sempre colineares, conclui-se que a aceleração normal é nula, portanto a curvatura é nula.

Conclui-se que o traço de c está contido numa recta. Para obter equações da recta, basta determinar dois dos seuspontos, ou então notar que (3 cos2 t, sen2 t,− cos 2t) = (3 cos2 t, 1− cos2 t, 1− 2 cos2 t) = (0, 1, 1) + cos2 t(3,−1,−2).

Proposição 9.0.27 Seja c : I −→ Rn uma curva regular de traço plano. O traço de c está contido numa circunferênciade raio r sse ∀t ∈ I, kc(t) = 1/r.

Demonstração: Comecemos por ver que no caso de uma curva plana se tem N ′c(t) = −v′e(t)kc(t)Tc(t). Com efeito,

como N tem norma constante, N e N’ são ortogonais, logo N ′ é múltiplo de T . Por outro lado, de T ·N = 0, deduz-seT ′ ·N + T ·N ′ = 0, ou seja, T ·N ′ = −T ′ ·N = −vekN ·N = −vek. Conclui-se que N ′ = −vekT .

Suponhamos agora em primeiro lugar que o traço de c está contido na circunferência de centro C e raio r; tem-se então, ∀t, ‖c(t) − C‖ = r, isto é, (c(t) − C) · (c(t) − C) = r2. Derivando, obtem-se 2c′(t) · (c(t) − C) = 0 ec′′(t) · (c(t)−C) = −‖c′(t)‖2. De c′(t) · (c(t)−C) = 0, conclui-se que c(t)−C e T são ortogonais, logo c(t)−C é sempremúltiplo de N , isto é, c(t)−C = α(t)N . Para determinar α(t), basta notar que de α(t)N · c′′(t) = −‖c′(t)‖2, se concluique α(t)N · (v′eT + v2

ekN) = −v2e , ou seja α(t) = −1/k. Tem-se então c(t) − C = − 1

kc(t)Nc(t). Como, por um lado,

‖c(t)− C‖ = r e por outro ‖c(t)− C‖ = 1kc(t)

, conclui-se que kc é constante = 1r .

Suponhamos reciprocamente que a curvatura de c é constante = 1r , e consideremos a função

C : I −→ Rn

t 7→ c(t) + rNc(t).


Tem-seC′(t) = c′(t) + rN ′

c(t) = c′(t) + r(−ve1rT ) = c′(t)− veT = 0.

Conclui-se que C é constante; seja p ∈ Rn a sua imagem. Tem-se então, ∀t, c(t) + rN = p, logo c(t) − p = −rN , deonde ‖c(t)− p‖ = r, isto é, ∀t, c(t) pertence à circunferência de centro p e raio r. �

Curvas em R3

Vamos considerar agora curvas em R3, e suporemos sempre que são infinitamente deriváveis. Curvas em R2 serãovistas como um caso particular, considerando a inclusão natural de R2 em R3 ((x, y) ↪→ (x, y, 0)).

Proposição 9.0.28 kc(t) = ‖c′(t)×c′′(t)‖‖c′(t)‖3

Demonstração: Tem-se c′′(t) = v′eT + v2ekN , portanto c′(t) × c′′(t) = veT × (v′eT + v2

ekN) = v3ek(T × N), logo

‖c′(t)× c′′(t)‖ = v3ek. Conclui-se que k = ‖c′(t)×c′′(t)‖

v3e

= ‖c′(t)×c′′(t)‖‖c′(t)‖3 . �

Seja c : I −→ R3 uma curva regular com curvatura não nula em todos os pontos. Temos então as funçõesTc : I −→ R3 e Nc : I −→ R3.

Definição 9.0.29 Chama-se vector binormal no instante t ao vector Bc(t) = Tc(t)×Nc(t).

Definição 9.0.30 Chama-se triedro de Frenet à base ortonormal de R3 formada por T , N e B.

Seja c : I −→ R3 e seja c = c ◦ l−1 uma reparametrização pelo comprimento de arco. Tem-se dTc

ds = kcNc. ComoNc e dNc

ds são ortogonais, dNc

ds é combinação linear de Tc e Bc, logo existem funções α e τc (de l(I) em R) tais quedNc

ds = αTc + τcBc (observação: α =dNc

ds · Tc e τc =dNc

ds ·Bc, logo α e τc são deriváveis).

Definição 9.0.31 Chama-se torção de c em s a τc(s).

Lema 9.0.32 Para todo o s, tem-se α(s) = −kc.

Demonstração: Tem-se ∀s, Tc(s) · Nc(s) = 0; derivando, obtem-se dTc

ds · Nc + Tc ·dNc

ds = 0, de onde kcNc · Nc + Tc ·(αTc + τcBc) = 0, isto é, kc + α = 0. �

Para definir a torção de c em t, basta notar que τc(l(t)) não depende da escolha da função comprimento de arco,nem da correspondente reparametrização pelo comprimento de arco, uma vez que é definida a partir de T , N e dassuas derivadas.

Definição 9.0.33 Chama-se torção de c em t (τc(t)) a τc(l(t)), em que c = c ◦ l−1 é qualquer reparametrização de cpelo comprimento de arco.

Proposição 9.0.34 dBc

ds = −τcNc.

Demonstração: Tem-se Bc = Tc ×Nc, logo

dBc

ds=dTc

ds×Nc + Tc ×

dNc

ds= −kcNc ×Nc + Tc × (−kcTc + τcBc) = τcTc ×Bc = −τcNc.

�

As fórmulasdT

ds= kN

dN

ds= −kT + τB

dB

ds= −τN

chamam-se fórmulas de Frenet.

Observação: Tem-se dTdt = vekN , dN

dt = −vekT + veτB, dBdt = −veτN .

193

Proposição 9.0.35 τc(t) = c′′′(t)·(c′(t)×c′′(t))‖c′(t)×c′′(t)‖2

Demonstração: De c′(t) = veT , conclui-se que c′′(t) = v′eT + v2ekN , de onde c′′′(t) = v′′eT + v′e

dTdt + (v2

ek)′N +

v2ek

dNdt = v′′eT + v′evekN + (v2

ek)′N − v3

ek2T + v3

ekτB. Por outro lado, c′(t) × c′′(t) = veT × v2ekN = v3

ekB, de onde‖c′(t)× c′′(t)‖ = v3

ek. Logo c′′′(t) · (c′(t)× c′′(t)) = v6ek

2τ = ‖c′(t)× c′′(t)‖2τ . �

Exemplos

1. c: R −→ R3

t 7→ (t, t2, 2t3

3 )(ver o exemplo 4 na página 185)

-2 -1 0 1 2

x

01

234

y

-5

-2.5

0

2.5

5

z

01

234

y

B = 12(1+2t2)2 (1, 2t, 2t2)× (−4t, 2− 4t2, 4t) = 1

2(1+2t2)2 (4t2 + 8t4,−8t3 − 4t, 2 + 4t2) = 11+2t2 (2t2,−2t, 1)

τ(t) = (0,0,4)·(4t2,−4t,2)4(1+2t2)2 = 2

(1+2t2)2

2. c: R −→ R3

t 7→ (4 cos t, 4 sen t, 3t)

-4-2 0 2 4

x

-4-2

024

y

-10

0

10

z

-4-2

024

y

c′(t) = (−4 sen t, 4 cos t, 3); c′′(t) = (−4 cos t,−4 sen t, 0); c′′′(t) = (4 sen t,−4 cos t, 0)

T = (− 45 sen t, 4

5 cos t, 35 ); aT = 0; aN = c′′(t); B = ( 3

5 sen t,− 35 cos t, 4

5 ).

k(t) = ‖c′(t)×c′′(t)‖‖c′(t)‖3 (= ‖c′(t)‖‖c′′(t)‖

‖c′(t)‖3 porque c′(t) e c′′(t) são ortogonais) = 425

τ(t) =

∣∣∣∣∣∣4 sen t −4 cos t 0−4 sen t 4 cos t 3−4 cos t −4 sen t 0

∣∣∣∣∣∣‖c′(t)‖2‖c′′(t)‖2 = 48

25.16 = 325 .


Mais geralmente, dada a curva c: R −→ R3

t 7→ (a cos t, a sen t, bt), a curvatura é constante = a

a2+b2 e a torção é

constante = ba2+b2 .

Observação: este exemplo mostra que “a curvatura ser constante” não é uma condição suficiente para o traçoestar contido numa circunferência.

3. c: R −→ R2

t 7→ (a cos t, b sen t)

c′(t) = (−a sen t, b cos t); c′′(t) = (−a cos t,−b sen t)

k(t) = ‖(−a sen t,b cos t,0)×(−a cos t,−b sen t,0)‖√(a2 sen2 t+b2 cos2 t)3

= ab√(a2 sen2 t+b2 cos2 t)3

.

Caso a = 2 e b = 1:

-2 -1 1 2

velocidade e aceleracao

-1

-0.5

0.5

1

-2 -1 1 2

(1/k)N

-3

-2

-1

1

2

-2 -1 1 2

aceleracao tangente e normal

-1

-0.5

0.5

1

0 1 2 3 4 5 6

velocidade escalar

0.250.5

0.751

1.251.5

1.752

1 2 3 4 5 6


0.5

1

1.5

2

4. c: R −→ R2

t 7→ (et + e−t, et − e−t)

c′(t) = (et − e−t, et + e−t); c′′(t) = (et + e−t, et − e−t);

k(t) = ‖(et−e−t,et+e−t,0)×(et+e−t,et−e−t,0)‖‖(et−e−t,et+e−t,0)‖3 = 4√

(2e2t+2e−2t)3.

Tem-se (et + e−t)2 = e2t + e−2t + 2 e (et − e−t)2 = e2t + e−2t − 2, de onde se conclui que o traço de c estácontido na hiperbole de equação x2 − y2 = 4. De facto, é fácil de ver que o traço de c é o ramo dessa hiperbolecorrespondente a x > 0.

195

1 2 3 4 5 6

T

-4

-2

0

2

4

2 4 6 8 10 12

(1/k)N

-6

-4

-2

0

2

4

6

5. c: R −→ R3

t 7→ (et, e−t,√

2t)

c′(t) = (et,−e−t,√

2); ‖c′(t)‖ =√e2t + e−2t + 2 = et + e−t; T = 1

et+e−t (et,−e−t,√

2).

c′′(t) = (et, e−t, 0); aT = (et − e−t)T = et−e−t

et+e−t (et,−e−t,√

2); aN = 1et+e−t (2, 2,−

√2(et − e−t)); ‖aN‖ =

√2;

N = aN

‖aN‖ = 1et+e−t (

√2,√

2, e−t − et); B = 1et+e−t (−e−t, et,

√2);

k(t) = ‖aN‖v2

e=

√2

(et+e−t)2 ; τ(t) = (et,−e−t,0)·(−√

2e−t,√

2et,2)

‖(−√

2e−t,√

2et,2)‖2 = −√

2(et+e−t)2 .

0

2

4

6x

0

2

4

6y

-2

0

2

z

0

2

4

6x

0

2

4

6y

-2 -1 1 2

curvatura

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35-2 -1 1 2

torcao

-0.35

-0.3

-0.25

-0.2

-0.15

-0.1

-0.05

6. c: R −→ R3

t 7→ (t cos t, t sen t, t)


-10-5

05

10

x

-10

-5

0

5y

-10

0

10

z

-10

-5

0

5y

-10 -5 5 10

curvatura

0.2

0.4

0.6

0.8

1

-10 -5 5 10

torcao

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

7. c: R −→ R3

t 7→ (4 cos t, 4 sen t, 2 cos 5t)

-4

-2

0

2

4

x -4

-2

0

2

4

y

-2

0

2

z

-4

-2

0

2

4

x

1 2 3 4 5 6

curvatura

0.5

1

1.5

2

2.5

3

1 2 3 4 5 6

torcao

-2

-1

1

2

Proposição 9.0.36 Seja c : I −→ R3 uma curva regular tal que ∀t, k(t) 6= 0. Então o traço de c está contido numplano sse a torção é constante nula.

197

Demonstração: Suponhamos primeiro que o traço de c está contido num plano. Então, T e N são paralelos ao plano,logo B é um vector unitário ortogonal ao plano, portanto, por continuidade, B é constante. Conclui-se que dB

ds = 0,de onde, pela terceira fórmula de Frenet, τ = 0.

Suponhamos agora que a torção é constante nula. Então dBds = 0, isto é, B é constante. Consideremos a função f

definida por f(t) = c(t) · B; tem-se f ′(t) = c′(t) · B + c(t) · B′ = c′(t) · B = veT · B = 0, logo f é constante. Seja α aimagem de f ; o traço de c está contido no plano {u ∈ R3 : u ·B = α}. �

Exemplos

1. c: R −→ R3

t 7→ (6 + 3√

2 cos t−√

6 sen t, 6− 3√

2 cos t−√

6 sen t, 6 + 2√

6 sen t)

c′(t) = (−3√

2 sen t−√

6 cos t, 3√

2 sen t−√

6 cos t, 2√

6 cos t); ‖c′(t)‖ = 6;

T = (− 1√2

sen t− 1√6

cos t, 1√2

sen t− 1√6

cos t,√

2√3

cos t)

c′′(t) = (−3√

2 cos t +√

6 sen t, 3√

2 cos t +√

6 sen t,−2√

6 sen t); como aT = 0, tem-se N = c′′(t)‖c′′(t)‖ = 1

6c′′(t) e

k(t) = 16 ; B = (− 1√

3,− 1√

3,− 1√

3); como B é constante, a torção é nula, e a curva é plana.

Por o traço da curva estar contido num plano e a curvatura ser constante = 16 , conclui-se que o traço da curva

está contido numa circunferência de raio 6. O centro da circunferência é dado por c(t) + 16N = (6, 6, 6). Para

determinar uma equação do plano no qual está contida, basta notar que o vector B = (− 1√3,− 1√

3,− 1√

3) lhe é

ortogonal, portanto uma equação do plano é (− 1√3,− 1√

3,− 1√

3) · (x− 6, y− 6, z− 6) = 0, ou seja, x+ y+ z = 18.

0

2.5

5

7.5

10

x

02.5

57.5

10y

0

2.5

5

7.5

10

z

0

2.5

5

7.5

10

x

02.5

57.5

10y

2. c: R −→ R3

t 7→ (t, 2t, sen t)

c′(t) = (1, 2, cos t); c′′(t) = (0, 0,− sen t); c′′′(t) = (0, 0,− cos t); k(t) =√

5| sen t|√5+cos2 t

;

τ(t) = (0,0,− cos t)·(−2 sen t,sen t,0)

(√

5 sen t)3= 0.

Como a torção é nula, a curva é plana; é fácil de ver que o traço de c está contido no plano de equaçãoy = 2x. Seja u = ( 1√

5, 2√

5, 0) e v = (0, 0, 1). O traço de c é o conjunto {

√5tu + (sen t)v}, isto é, o conjunto

{xu+ yv : y = sen x√5}.

0

2

4

6x

0

5

10

y

-1-0.5

00.51

z

0

2

4

6x

1 2 3 4 5 6


0.2

0.4

0.6

0.8

1


x

y

z

uv

z

v

u

Apêndice A

Coordenadas polares

Seja P um ponto de R2 \{(0, 0)}. A posição de P pode ser determinada a partir de um número ρ que mede a distânciade P à origem e de um número θ a que está associado o ângulo que o segmento OP faz com o eixo dos xx.

P

A distância ρ é determinada pelo ponto P , mas θ é apenas determinado a menos de um múltiplo de 2π. Ascoordenadas cartesianas de P são obviamente (ρ cos θ, ρ sen θ).

Por outro lado, se P é a origem, a distância de P à origem é 0; neste caso não faz sentido falar no ângulo θ dosegmento OP com o eixo dos xx, mas a informação ρ = 0 é suficiente para caracterizar P (P fica completamentedeterminado pela condição distância(P,O) = 0).

Definição A.0.1 Diz-se que (ρ, θ), com ρ ≥ 0, é um par de coordenadas polares do ponto P = (x, y) sse{x = ρ cos θy = ρ sen θ . Nesse caso escrever-se-á P = (ρ, θ)p.

Observações:

1. Embora faça sentido falar do ponto com coordenadas polares (ρ, θ) (uma vez que ρ e θ determinam um únicoponto), rigorosamente não faz sentido falar nas coordenadas polares (ρ, θ) de um ponto, uma vez que cada pontotem uma infinidade de pares de coordenadas polares. No entanto, por abuso de linguagem, usa-se muitas vezesa designação “as coordenadas polares de P” quando se quer dizer “um par de coordenadas polares de P”.

2. A qualquer par de números reais (ρ, θ) podemos associar o ponto (ρ cos θ, ρ sen θ), mesmo que ρ seja negativo(nesse caso, a distância à origem seria dada por |ρ|). Pode-se portanto considerar coordenadas polares em que aprimeira coordenada pode ser negativa, e essa opção é feita em alguns textos; aqui consideraremos sempre ρ ≥ 0.

Exemplos:(1, 1) = (

√2, π/4)p = (

√2, 9π/4)p = (

√2,−7π/4)p; (−5,−5) = (5

√2, 5π/4)p = (5

√2,−3π/4)p; (−2, 2

√3) =

(4, 2π/3)p = (4, 8π/3)p = (4,−16π/3)p.

Exemplos de subconjuntos do plano determinados por condições sobre as coordenadas polares.

Em todos os exemplos seguintes limitamo-nos a justificar que as condições expressas em termos das coordenadaspolares implicam as condições expressas em termos das coordenadas cartesianas. Para alguns dos exemplos, o recíprocotambem é verdadeiro, embora não seja dada nenhuma justificação.

1. ρ = 5

199

200 APÊNDICE A. COORDENADAS POLARES

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

Em coordenadas cartesianas: x2 + y2 = 25.

2. θ = 5π6

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5

0.25

0.5

0.75

1

1.25

1.5

1.75

Em coordenadas cartesianas: y = − x√3, x ≤ 0.

3. 1 ≤ ρ ≤ 2, − 3π4 ≤ θ ≤ −π

4

-1 -0.5 0.5 1

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

-1 -0.5 0.5 1

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

Em coordenadas cartesianas: 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, y ≤ −|x|.

4. ρ = 2cos θ

0.5 1 1.5 2 2.5 3

-3

-2

-1

1

2

3

Em coordenadas cartesianas: x = 2.

5. ρ = − 3sen θ

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-3

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

Em coordenadas cartesianas: y = −3.

6. ρ = 33 cos θ−sen θ

201

0.5 1 1.5 2

-3

-2

-1

1

2

3

Em coordenadas cartesianas: 3ρ cos θ − ρ sen θ = 3, 3x− y = 3.

7. ρ = 3 sen θ

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Em coordenadas cartesianas:{x = ρ cos θ = 3 cos θ sen θ = 3

2 sen 2θy = ρ sen θ = 3 sen2 θ = 3

2 −32 cos 2θ ; x2 + (y − 3

2 )2 = 94 .

8. ρ = −2 cos θ

-2 -1.5 -1 -0.5

-1

-0.5

0.5

1

Em coordenadas cartesianas:{x = ρ cos θ = −2 cos2 θ = −1− cos 2θy = ρ sen θ = −2 cos θ sen θ = − sen 2θ ; (x+ 1)2 + y2 = 1.

9. ρ = 2 cos θ + sen θ

ρ =√

5( 2√5

cos θ + 1√5

sen θ) =√

5 cos(θ − arccos 2√5

0.5 1 1.5 2

-0.5

0.5

1

1.5

Em coordenadas cartesianas: ρ2 = 2ρ cos θ + ρ sen θ; x2 + y2 = 2x+ y, (x− 1)2 + (y − 12 )2 =

√5

2 .

10. ρ = 21+cos θ

-15 -10 -5

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

Em coordenadas cartesianas:{x = 2 cos θ

1+cos θ

y = 2 sen θ1+cos θ

; y2 = 2 sen2 θ(1+cos θ)2 = 2(1−cos2 θ)

(1+cos θ)2 = 2(1−cos θ)1+cos θ = 2(1 − 2 cos θ

1+cos θ ); y2 =

2(1− x).

11. ρ = 53+2 sen θ


-2 -1 1 2

-5

-4

-3

-2

-1

1


3+2 sen θ

y = 5 sen θ3+2 sen θ

; (y + 2)2 = (9 sen θ+6)2

(3+2 sen θ)2 = 81 sen2 θ+108 sen θ+36(3+2 sen θ)2 ; x2 = 25 cos2 θ

(3+2 sen θ)2 ;

(y+2)2

9 + x2

5 = 1.

12. ρ = 31+2 cos θ

-6 -4 -2

-15

-10

-5

5

10

15


1+2 cos θ

y = 3 sen θ1+2 cos θ

; (x− 2)2 − y2

3 = 1.

Observação: neste caso, a equação cartesiana indicada representa um conjunto maior do que o dado pela equaçãoem coordenadas polares.

13. ρ = 1− sen t

-1 -0.5 0.5 1

-2

-1.5

-1

-0.5

14. a) ρ = cos 2θ; b) ρ = | cos 2θ|

-1 -0.5 0.5 1

-0.2

-0.1

0.1

0.2

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

15. ρ = 1 + cos θ2

-1 -0.5 0.5 1 1.5 2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

16. a) ρ2 = cos θ; b) ρ2 = | cos θ

203

0.2 0.4 0.6 0.8 1

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

-1 -0.5 0.5 1

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

17. a) ρ2 = 4 sen 5θ; b) ρ2 = 4 | sen 5θ|

-2 -1 1 2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

-2 -1 1 2

-2

-1

1

2

18. a) ρ = θ; b) ρ = 1θ ; c) ρ = eθ/10.

-15 -10 -5 5 10 15

-15

-10

-5

5

10

0.5 1 1.5

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

-4 -2 2

-3

-2

-1

1

2

3

4

Dadas duas funções ρ : I −→ R+0 , θ : I −→ R, existe uma única curva c : I −→ R2 tal que para t ∈ I se tem

c(t) = (ρ(t), θ(t))p; a continuidade (resp. derivabilidade) de ρ e θ implicam a continuidade (resp. derivabilidade) de c.

Proposição A.0.2 Seja c: I −→ R2 \ {(0, 0)}t 7→ (x(t), y(t))

uma curva contínua, t0 ∈ I, e θ0 ∈ R uma segunda coordenada

polar de c(t0). Então existem funções contínuas (únicas) ρ : I −→ R+0 e θ : I −→ R tais que θ(t0) = θ0 e, para todo o

t, c(t) = (ρ(t), θ(t))p (isto é, c(t) = (ρ(t) cos θ(t), ρ(t) sen θ(t))).

Omitiremos a demonstração desta proposição.Observação: ρ(t) é determinado por ρ(t) =

√x(t)2 + y(t)2, e a função ρ está definida mesmo que o traço de c

contenha a origem. No entanto, se o traço de c contiver a origem, não se pode garantir a existência de θ contínua,como mostra o seguinte exemplo.

Exemplo: c: R −→ R2

t 7→ (t, t2)Suponhamos que existe θ : R −→ R2 contínua tal que c(t) = (ρ(t), θ(t))p (isto é, c(t) = (ρ(t) cos θ(t), ρ(t) sen θ(t))).

Então, para t 6= 0, tem-se cos θ(t) = t√t2+t4

. Como limt→0+t√

t2+t4= 1, conclui-se que limt→0+ θ(t) é um múltiplo

de 2π; como limt→0−t√

t2+t4= −1, conclui-se que limt→0− θ(t) é da forma 2nπ + π; mas isso é incompatível com a

continuidade de θ.

Exemplos

1.{ρ(t) = 2 sen2 4t

3θ(t) = t

, t ∈ R


-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2.{ρ(t) = 3 + sen 5tθ(t) = t

, t ∈ R

-4 -2 2 4

-3

-2

-1

1

2

3

4

3.{ρ(t) = tθ(t) = cos t , t ≥ 0

5 10 15 20 25 30

-20

-10

10

20

4.{ρ(t) = tθ(t) = t sen 3t , t ≥ 0

-6 -4 -2 2 4 6 8

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

5.{ρ(t) = 2 + cos(8t− π

4 )θ(t) = sen t , t ∈ R

205

1.5 2 2.5 3

-2

-1

1

2

A cada ponto do plano, P = (ρ, θ)p, com ρ 6= 0, vamos associar os vectores Eρ(P ) = (cos θ, sen θ) e Eθ(P ) =(− sen θ, cos θ) (observação: embora θ apenas esteja determinado a menos de um múltiplo de 2π, Eρ(P ) e Eθ(P ) ficamperfeitamente determinados pelo ponto P , e não dependem da escolha da segunda coordenada polar). Frequentementeescreve-se apenas Eρ e Eθ em vez de Eρ(P ) e Eθ(P ).

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

E

E

EE

E

E

E

E

EE

E

E

E

E

0-

0-

0-

0-0-

0-

0-

Podemos ver Eρ e Eθ como funções de θ. Tem-se então dEρ

dθ = Eθ e dEθ

dθ = −Eρ.Vamos ver agora como podemos exprimir a velocidade e a aceleração de uma curva c: I −→ R2 \ {(0, 0)}

t 7→ (ρ(t), θ(t))p

no

instante t em termos dos vectores Eρ(c(t)) e Eθ(c(t)).

EE

EE

EE

E

E

0-

0- 0-

0-

c’(t)

Observação: se c é derivável, então ρ e θ são deriváveis.

Para cada t, tem-se c(t) = ρ(t)Eρ(c(t)); derivando, temos

c′(t) = ρ′(t)Eρ + ρ(t)dEρ

dt

= ρ′(t)Eρ + ρ(t)dEρ

dθ

dθ

dt= ρ′(t)Eρ + ρ(t)θ′(t)Eθ

(de onde se conclui, em particular, que ve(=√c′(t) · c′(t)) =

√(ρ′(t))2 + (ρ(t)θ′(t))2). Derivando mais uma vez,


temos

c′′(t) = ρ′′(t)Eρ + ρ′(t)dEρ

dt+ ρ′(t)θ′(t)Eθ + ρ(t)θ′′(t)Eθ + ρ(t)θ′(t)

dEθ

dt

= ρ′′(t)Eρ + ρ′(t)dEρ

dθ

dθ

dt+ ρ′(t)θ′(t)Eθ + ρ(t)θ′′(t)Eθ + ρ(t)θ′(t)

dEθ

dθ

dθ

dt

= ρ′′(t)Eρ + ρ′(t)θ′(t)Eθ + ρ′(t)θ′(t)Eθ + ρ(t)θ′′(t)Eθ + ρ(t)(θ′(t))2(−Eρ)= (ρ′′(t)− ρ(t)(θ′(t))2)Eρ + (2ρ′(t)θ′(t) + ρ(t)θ′′(t))Eθ

Observação: Seja c: I −→ R2

t 7→ (ρ(t), θ(t))p

uma curva tal que ρ e θ são funções contínuas.

1. Se ρ(t0) = 0, não estão definidos os vectores Eρ(c(t0)) e Eθ(c(t0)). No entanto, pondo Etρ = (cos θ(t), sen θ(t))

e Etθ = (− sen θ(t), cos θ(t)), temos vectores definidos para todo o t e que coincidem com os anteriormente

definidos quando ρ(t) 6= 0. Se ρ e θ são suficientemente deriváveis, tem-se ainda c′(t) = ρ′(t)Eρ + ρ(t)θ′(t)Eθ,ve =

√(ρ′(t))2 + (ρ(t)θ′(t))2 e c′′(t) = (ρ′′(t)− ρ(t)(θ′(t))2)Eρ + (2ρ′(t)θ′(t) + ρ(t)θ′′(t))Eθ.

2. Se ρ(t0) = 0, então ρ tem um mínimo local em t0 (uma vez que ∀t, ρ(t) ≥ 0), logo, se ρ é derivável em t0, tem-seρ′(t0) = 0.

Exemplos

1.{ρ(t) = 2− 2 cos tθ(t) = t

, 0 ≤ t ≤ 2π

-4 -3 -2 -1

-2

-1

1

2

c′(t) = 2 sen tEρ+(2−2 cos t)Eθ; c′′(t) = (4 cos t−2)Eρ+4 senEθ; ve =√

(2− 2 cos t)2 + 4 sen2 t =√

8− 8 cos t =√16 sen2 t

2 = 4| sen t2 |.

comprimento=∫ 2π

04| sen t

2 | dt =∫ 2π

04 sen t

2 dt = 16

2.{ρ(t) = tθ(t) = log t , 1 ≤ t ≤ e2π

100 200 300 400 500

-175-150-125-100-75-50-25

c′(t) = Eρ + Eθ; c′′(t) = − 1tEρ + 1

tEθ; ve =√

2

comprimento=∫ e2π

1

√2dt =

√2(e2π − 1)

3.{ρ(t) = cos3 t

3θ(t) = t

, − 3π2 ≤ t ≤ 3π

2

207

-0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

c′(t) = − cos2 t3 sen t

3Eρ + cos3 t3Eθ; ve =

√cos4 t

3 sen2 t3 + cos6 t

3 = | cos2 t3 |;

comprimento=∫ 3π

2− 3π

2cos2 t

3 dt = 12

∫ 3π2

− 3π2

cos 2t3 + 1 dt 12 [ 32 sen 2t

3 + t]3π2− 3π

2= 3π

2

Cálculo de áreas

Consideremos a região do plano definida por ρ ≤ f(θ), a ≤ θ ≤ b, em que f : [a, b] −→ R+0 é uma função contínua

e b− a ≤ 2π.

a

b

Para calcular a área A dessa região vamos considerar partições P = {θ0, . . . , θn} de [a, b]; para cada i, sejammi = infθ∈[θi−1,θi] f(θ), Mi = supθ∈[θi−1,θi] f(θ), Si a região definida por ρ ≤ mi, θi−1 ≤ θ ≤ θi e Ti a região definidapor ρ ≤Mi, θi−1 ≤ θ ≤ θi (ver a figura).

S i

i i-10- 0-

T i

i i-10- 0-

A área de Si é m2i

2 (θi − θi−1) e área de Ti é M2i

2 (θi − θi−1). Tem-se portanto

n∑i=1

m2i

2(θi − θi−1) ≤ A ≤

n∑i=1

M2i

2(θi − θi−1);

como m2i = infθ∈[θi−1,θi] f

2(θ) e M2i = supθ∈[θi−1,θi] f

2(θ), conclui-se que A =∫ b

af(θ)2

2 dθ.

Exemplos

1. ρ ≤ 2− 2 cos θ


-4 -3 -2 -1

-2

-1

1

2

-4 -3 -2 -1

-2

-1

1

2

A =∫ 2π

0(2−2 cos θ)2

2 dθ =∫ 2π

0(2− 4 cos θ + 2 cos2 θ) dθ = 6π.

2. ρ ≤ | sen 3θ|

-0.75 -0.5 -0.25 0.25 0.5 0.75

-1

-0.5

0.5

1

-0.75 -0.5 -0.25 0.25 0.5 0.75

-1

-0.5

0.5

1

A =∫ 2π

0sen2 3θ

2 dθ =∫ 2π

01−cos 6θ

4 dθ = π2

3. ρ ≤ 2 cos θ, ρ ≤ 2 sen θ

-1 -0.5 0.5 1 1.5 2

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

A =∫ π/4

04 cos2 θ

2 dθ +∫ π/2

π/44 sen2 θ

2 dθ =∫ π/4

01 + cos 2θ dθ +

∫ π/2

π/41− cos 2θ dθ = 1 + π/2

4. ρ ≤ 1, ρ ≤ 2 sen θ

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

+-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

A =∫ π/6

04 sen2 θ

2 dθ +∫ 5π/6

π/612 dθ +

∫ π

5π/64 sen2 θ

2 dθ =∫ π/6

02 sen2 θ dθ + π

3 +∫ π

5π/62 sen2 θ dθ = 2π

3 −√

32

5. ρ ≤ sen θ4 , θ ∈ [0, π] ∪ [3π, 4π]

209

-0.75 -0.5 -0.25 0.25 0.5 0.75 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

-0.75 -0.5 -0.25 0.25 0.5 0.75 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

A =∫ π

0

sen θ4

2 dθ +∫ 4π

3π

sen θ4

2 dθ =∫ π

0

1−cos θ4

4 dθ +∫ 4π

3π

1−cos θ4

4 dθ = π2 − 1.

6. ρ = sen θ5 ; cálculo da área da região sombreada

-1 -0.5 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-1 -0.5 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-1 -0.5 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-1 -0.5 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

+-1 -0.5 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-1 -0.5 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

−-1 -0.5 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

-1 -0.5 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

A =∫ 3π/2

π/2

sen2 θ5

2 dθ +∫ 9π/2

7π/2

sen2 θ5

2 dθ −∫ π/2

0

sen2 θ5

2 dθ −∫ 5π

9π/2

sen2 θ5

2 dθ = [ θ4 −

58 sen 2θ

5 ]3π/2π/2 + [ θ

4 −58 sen 2θ

5 ]9π/27π/2 −

[ θ4 −

58 sen 2θ

5 ]π/20 − [ θ

4 −58 sen 2θ

5 ]5π9π/2 = π

4 −54 sen 3π

5 + 52 sen π

5 .


Apêndice B

Funções exponenciais e logaritmos

Dado a ∈ R e n ∈ N, define-se an como sendo o produto a× a× · · · × a︸︷︷︸n vezes

. Verifica-se facilmente que para quaisquer

números naturais m e n se tem am+n = aman (de onde se conclui que para quaisquer números naturais m e n setem (am)n = amn). O objectivo deste apêndice é mostrar como se pode, no caso de a > 0, definir ax para qualquernúmero real x de modo que se tenham ainda aquelas propriedades e que a função expa: R −→ R

x 7→ axseja contínua

e derivável.Seja então a ∈ R+.

Definição B.0.1 a1 = a e ∀n ∈ N an+1 = ana

Lema B.0.2 Sejam a, b ∈ R+. Então

1. ∀n,m ∈ N am+n = aman;

2. ∀n,m ∈ N (am)n = amn;

3. ∀n ∈ N (ab)n = anbn.

Demonstração:

1. Fixemos m ∈ N. Por definição tem-se am+1 = ama e a = a1, logo, para p = 1 tem-se am+n = amap. Suponhamosque am+p = amap; então

am+(p+1) = a(m+p)+1 = am+pa = (amap)a = am(apa) = amap+1.

Está então demonstrado por indução que para qualquer n ∈ N se tem am+n = aman.

2. Fixemos m ∈ N. É trivial que para p = 1 se tem (am)p = amp. Suponhamos que (am)p = amp; então

(am)p+1(am)pam = ampam = amp+m = am(p+1).

Está então demonstrado por indução que para qualquer n ∈ N se tem (am)p = amp.

3. Para p = 1 é trivial que (ab)p = apbp. Suponhamos que (ab)p = apbp; então

(ab)p+1 = (ab)p(ab) = apbpab = apabpb = ap+1bp+1.

Está então demonstrado por indução que para qualquer n ∈ N se tem (ab)n = anbn. �

Seja agora n ∈ Z; queremos definir an de modo que para quaisquer m,n ∈ Z se tenha am+n = aman. Em particular,ter-se-á a0 = a0+0 = a0a0 e, para n ∈ N, a0 = a−n+n = a−nan. É então natural a seguinte definição.

Definição B.0.3 1. a0 = 1;

2. se n ∈ N, a−n = 1an (observação: tem-se an > 0, ∀n ∈ N).

Lema B.0.4 1. ∀n ∈ Z (ab)n = anbm; (em particular ( 1a )n = 1

an )

2. ∀m,n ∈ Z am+n = aman;

211

212 APÊNDICE B. FUNÇÕES EXPONENCIAIS E LOGARITMOS

3. ∀m,n ∈ Z (am)n = amn.

Demonstração:

1. Para n > 0 o resultado já foi demonstrado; para n = 0 é trivial a partir da definição de a0. Se n < 0 então(ab)n = 1

(ab)−n = 1a−nb−n = 1

a−n1

b−n = anbn.

2. Para m,n > 0 o resultado j’a foi demonstrado; se m = 0 ou n = 0 o resultado é trivial.Suponhamos primeiro que m < 0 e n < 0; então am+n = a−(−m−n) 1

a−m+(−n) = 1a−ma−n = 1

a−m1

an = aman.Suponhamos agora que m < 0 en > 0. Se n ≥ −m, tem-se an(= am+n−m) = am+na−m (uma vez quem + n ≥ 0 e −m > 0), logo am+n = an 1

a−m = anam; se n ≤ −m, tem-se 1a−m (= 1

a−m−n+n ) = 1a−m−nan , logo

am+n = 1a−m−n = an 1

a −m = anam. Analogamente se trata o caso m > 0 e n < 0.

3. Para m,n > 0 o resultado já foi demonstrado; se m = 0 ou n = 0 é trivial.Suponhamos primeiro m > 0 e n < 0; então

(am)n =1

(am)−n=

1am(−n)

=1

a−mn= amn.

Suponhamos agora m < 0 e n > 0; então

(am)n = (1

a−m)n = ((

1a)−m)n = (

1a)−mn =

1a−mn

= amn.

Suponhamos finalmente m < 0 e n < 0. Tem-se

(am)n =1

(am)−n=

1a−mn

= amn.

�

Sejam agora a ∈ R+ e x =∈ Q, x = pq com p ∈ Z, q ∈ N. Queremos definir ax de modo que seja verdade que para

quaisquer x, y ∈ Q se tem ax+y = axay e (ax)y = axy. Então ter-se-á (apq )q = ap; torna-se portanto natural definir a

pq

como q√ap. É no entanto necessário verificar que se p

q = mn (p,m ∈ Z, q, n ∈ N, então q

√ap = n

√am. Ora de p

q = mn

conclui-se que pn = mq, de onde

( q√ap)qn = (( q

√ap)q)n = (ap)n = apn = amq = (am)q = (( n

√am)n)q = ( n

√am)qn,

portanto q√ap = n

√am.

Definição B.0.5 Para x ∈ Q, x = pq com p ∈ Z, q ∈ N define-se a

pq como q

√ap; em particular a

1q = q

√a.

Observação: ax > 0, ∀x ∈ Q.

Proposição B.0.6 Sejam a, b ∈ R+.

1. ∀x ∈ Q (ab)x = axbx;

2. ∀x, y ∈ Q ax+y = axay;

3. ∀x, y ∈ Q axy = (ax)y.

Demonstração:

1. Sejam p ∈ Z e q ∈ N tais que x = pq ; então

((ab)pq )q = ( q

√(ab)p)q = (ab)p = apbp = ( q

√ap)q( q

√bp)q = ( q

√ap q√bp)q = (a

pq b

pq )q.

Conclui-se que (ab)pq = a

pq b

pq .

2. Sejam p,m ∈ Z, q, n ∈ N tais que x = pq e y = m

n ; então

ax+y = apq + m

n = apn+mq

qn = qn√apn+mq.

Conclui-se que (ax+y)qn = apn+mq. Por outro lado,

(axay)qn = (ax)qn(ay)qn = ((ax)q)n((ay)n)q = (( q√ap)q)n(( n

√am)n)q = (ap)n(am)q = apnamq = apn+mq,

isto é, (axay)qn = (ax+y)qn, logo ax+y = axay.

213

3. Sejam p,m ∈ Z, q, n ∈ N tais que x = pq e y = m

n . Tem-se

((ax)y)qn = (((apq )

mn )n)q = (( n

√(a

pq )m)n)q = ((a

pq )m)q = (a

pq )mq = ((a

pq )q)m = (( q

√ap)q)M = (ap)m = apm.

Conclui-se que (ax)y = qn√apm = a

pmqn = axy. �

Corolário B.0.7 Para quaisquer a ∈ R+ e x ∈ Q tem-se 1ax = a−x.

Demonstração: Tem-se axa−x = a0 = 1. �

Lema B.0.8 Se c > −1, então, para qualquer n ∈ N, tem-se (1 + c)n ≥ 1 + nc.

Demonstração: O resultado é trivial para n = 1. Suponhamos (1 + c)p ≥ 1 + pc; então, como 1 + c > 0, tem-se(1 + c)p+1 ≥ (1 + pc)(1 + c) = 1 + pc+ c+ pc2 ≥ 1 + (p+ 1)c. Está portanto demonstrado que para qualquer n ∈ N setem (1 + c)n ≥ 1 + nc. �

Proposição B.0.9 Seja a > 0 e ϕ: Q −→ Rx 7→ ax

.

1. Se a > 1 (resp. a < 1) então ϕ é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente);

2. Se a > 1 (resp. a < 1) então limx→+∞

ϕ(x) = +∞ (resp. 0) e limx→−∞

ϕ(x) = 0 (resp. +∞);

3. limx→0

ϕ(x) = 1;

4. ϕ é contínua.

Demonstração:

1. Sejam a > 1 e x = pq ∈ Q. Se x > 0, i.e., p > 0, tem-se ap > 1 e portanto q

√ap > 1, de onde ax > 1.

Sejam agora x1, x2 ∈ Q tais que x1 < x2; então x2 − x1 > 0, logo ax2−x1 > 1, portanto ax2(= ax2−x1+x1 =ax2−x1ax1) > ax1 .Se a < 1, então 1

a > 1, e o resultado é consequência do que se acabou de ver e de ax = 1( 1

a )x .

2. Comecemos por ver que limn→∞

a1n = 1. Seja a > 1; tem-se, para qualquer n ∈ N, n

√a > 1. Por outro lado

n√a = 1 + n

√a− 1, de onde

a = (1 + n√a− 1)n > 1 + n( n

√a− 1),

ou seja, n√a < a−1

n + 1. Como limn→∞

a− 1n

= 0, conclui-se de 1 < n√a < 1 + a−1

n que limn→∞

n√a = 1.

Seja agora a < 1; então

limn→∞

a1n = lim

n→∞

11

a1n

= limn→∞

1( 1

a )1n

=1

limn→∞( 1a )

1n

=11

= 1.

Seja agora a > 1 e vejamos que limx→0

ax = 1. Seja ε > 0; existe n0 ∈ N tal que |a 1n − 1| < ε (porque lim

n→∞a

1n = 1).

Então, para x ∈]0, 1n0

[∩Q, tem-se 1 < ax < a1

n0 < 1+ε. Por outro lado, se x ∈]− 1n0, 0[∩Q, tem-se −x ∈]0, 1

n0[∩Q,

portanto 1 < a−x < 1 + ε, logo 1ε <

1a−x < 1, isto é, 1

1+ε <1

ax < 1, logo 1 − ε < ax < 1 (porque 1 − ε < 11+ε .

Conclui-se que limx→0

ax = 1.

Se a < 1, então limx→0

ax = limx→0

1a−x

= limx→0

(1a)−x = 1.

Se a = 1, ϕ é a função constante que toma sempre o valor 1, logo limx→0

ax = 1.

3. Seja a > 1; então an = (1+a−1)n ≥ 1+n(a−1). Como limn→∞

1+n(a−1) = +∞, conlui-se que limn→∞

an = +∞.De ϕ ser estritamente crescente conclui-se que lim

x→+∞ϕ(x) = +∞.

Por outro lado, limx→−∞

ϕ(x) = limx→+∞

ϕ(−x) = limx→+∞

1ϕ(x)

= 0.

Se a < 1, tem-se 1a > 1, logo lim

x→+∞(1a)x(= lim

x→+∞

1ax

) = +∞, de onde limx→+∞

ax = 0. De limx→−∞

(1a)x(=

limx→+∞

1ax

) = 0 e de ax > 0,∀x ∈ Q, conclui-se que limx→−∞

ax = +∞.


4. Seja x0 ∈ Q e vejamos que ϕ é contínua em x0. Seja ε > 0; queremos encontrar δ > 0 tal que |x − x0| < δ ⇒|ax − ax0 | < ε. Ora |ax − ax0 | = |ax0(ax−x0 − 1)| = ax0 |ax−x0 − 1|. Como lim

x→0ax = 1, existe δ > 0 tal que

|x− x0| < δ ⇒ |ax−x0 − 1| < 1ax0 ε; então |x− x0| < δ ⇒ |ax − ax0 | < ax0 ε

ax0 ε

Vamos em seguida ver como, dado a > 0, se pode prolongar a aplicação ϕ: Q −→ Rx 7→ ax

de maneira contínua a

uma função expa : R −→ R A ideia é a seguinte: se isso for possível e (xn)n∈N for uma sucessão de números racionais,convergente para x0, a sucessão (axn)n∈N terá de convergir para expa(x0). Pode-se tentar então definir expa(x0) comoo limite de (axn)n∈N, em que (xn)n∈N é qualquer sucessão de números racionais convergente para x0. No entanto, épreciso começar por verificar que esta definição faz sentido, isto é, que dada uma sucessão (xn)n∈N convergente parax0, (axn)n∈N converge, e que o seu limite não depende da escolha da sucessão.

Proposição B.0.10 Seja a ∈ R+ e seja (xn)n∈N uma sucessão de números racionais convergente para x0 ∈ R; então(axn)n∈N converge. Se (yn)n∈N também é uma sucessão de números racionais convergente para x0, então (axn)n∈N e(ayn)n∈N têm o mesmo limite.

Demonstração: Suponhamos a > 1 (a demonstração é análoga para a < 1 e trivial para a = 1); vamos ver que(xn)n∈N é uma sucessão de Cauchy. Como (xn)n∈N converge, (xn)n∈N é limitada, logo existe M ∈ Q tal que paraqualquer número natural n se tem |xn| < M . Para quaisquer m,n ∈ N tem-se |axn − axm | = axm |axn−xm − 1| <aM |axn−xm − 1|. Como (xn)n∈N converge, (xn)n∈N é uma sucessão de Cauchy, portanto podemos tornar |xn − xm|arbitrariamente pequeno, desde que n e m sejam suficientemente grandes. Seja então ε > 0; como lim

x→0ϕ(x) = 0, existe

δ > 0 tal que |x| < δ ⇒ |ax− 1| < εaM , portanto |xn − xm| < δ ⇒ aM |axn−xm − 1| < ε. Como (xn)n∈N é uma sucessão

de Cauchy, existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ |xn − xm| < δ. Então, se n > n0, tem-se aM |axn−xm − 1| < ε, de onde|axn − axm | < ε. Conclui-se que (axn)n∈N úma sucessão de Cauchy, logo converge.

Sejam agora (xn)n∈N, (yn)n∈N duas sucessões de números racionais convergentes para x0; pelo que acabámos de

ver, as sucessões (axn)n∈N e (ayn)n∈N convergem. A sucessão definida por{z2n = xn

z2n−1 = ynainda converge para x0,

portanto (azn)n∈N também converge. A sucessão (xn)n∈N é uma sucessão parcial de (zn)n∈N, portanto (axn)n∈N éuma sucessão parcial de (azn)n∈N, logo lim

n→∞axn = lim

n→∞azn . Por outro lado, (yn)n∈N também é uma sucessão parcial

de (zn)n∈N, logo limn→∞

ayn = limn→∞

azn . Conclui-se que limn→∞

axn = limn→∞

ayn . �

Definição B.0.11 Seja a ∈ R+ e x ∈ R; define-se ax como limn→∞

axn , em que (xn)n∈N é qualquer sucessão de númerosracionais que converge para x0. À função expa: R −→ R

x 7→ axchama-se função exponencial de base a.

Observação: A proposição anterior garante que esta definição faz sentido e que para x ∈ Q coincide com a anterior.

Proposição B.0.12 Sejam a, b ∈ R+.

1. ∀x ∈ R ax > 0;

2. ∀x, y ∈ R ax+y = axay (portanto a−x = 1ax );

3. ∀x ∈ R (ab)x = axbx (portanto(

1a

)x = 1ax );

4. se a > 1 (resp. a < 1) então expa é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente);

5. expa é contínua;

6. ∀x, y ∈ R (ax)y = axy;

7. se a > 1 (resp. a < 1) então limx→+∞

expa(x) = +∞ (resp. 0) e limx→−∞

expa(x) = 0 (resp. +∞).

Demonstração: Só serão feitas as demonstrações no caso a > 1; o caso a < 1 é semelhante.

1. Seja x ∈ R e (xn)n∈N uma sucessão de números racionais convergente para x; como (xn)n∈N é limitada, existeM ∈ Q tal que para qualquer n se tem −M < xn < M . Então para qualquer n tem-se a−M < axn < aM ;conclui-se que lim

n→∞axn ≥ a−M ; como M ∈ Q, já foi visto que a−M > 0, portanto lim

n→∞axn > 0, isto é, ax > 0.

2. Sejam x, y ∈ R, (xn)n∈N e (yn)n∈N sucessões de números racionais convergentes respectivamente para x e y;então (xn + yn)n∈N converge para x+ y. Tem-se portanto

ax+y = limn→∞

axn+yn = limn→∞

(axnayn) = limn→∞

axn limn→∞

ayn = axay.

215

3. Seja (xn)n∈N uma sucessão de números racinoais convergente para x; tem-se

(ab)x = limn→∞

(ab)xn = limn→∞

(axnbxn) = limn→∞

axn limn→∞

bxn = axbx.

4. Sejam x, y ∈ R tais que x < y, (xn)n∈N, (yn)n∈N sucessões de números racionais convergentes respectivamentepara x e y e r1, r2 ∈ Q tais que x < r1 < r2 < y; existe n0 ∈ N tal que para n > n0 se tem xn < r1 e r2 < yn.Tem-se então axn < ar1 < ar2 < ayn , portanto lim

n→∞axn ≤ ar1 < ar2 ≤ lim

n→∞ayn , de onde ax < ay.

5. Vejamos primeiro que expa é contínua em 0. Seja ε > 0; expa|Q é contínua, portanto existe δ > 0 tal que|x| < δ e x ∈ Q → |ax − 1| < ε. Mas se |x| < δ, existem r1, r2 ∈ Q tais que −δ < r1 < r2 < δ; entãoar1 < ax < ar2 , |ar1 − 1| < ε e |ar2 − 1| < ε. Conclui-se que |ax − 1| < ε e expa é contínua em 0.Seja agora x0 ∈ R; vejamos que expa é contínua em x0; tem-se |ax − ax0 | = ax−0|ax−x0 − 1|. Seja ε > 0;existe δ > 0 tal que |x| < δ ⇒ |ax − 1| < ε

ax0 , porque expa é contínua em 0. Mas então |x − x0| < δ implica|ax−x0 − 1| < ε

ax0 , o que implica |ax − ax0 | < ε. Conclui-se que expa é contínua em x0.

6. Suponhamos primeiro que y ∈ Q e seja (xn)n∈N uma sucessão de números racionais convergente para x. Entãopara qualquer n ∈ N, (axn)y = axny. Por um lado lim

n→∞axny = axy, porque x, y ∈ Q e lim

n→∞xny = xy; por outro

lado, como (axn)n∈N converge para ax e a função f : R+ −→ R+

x 7→ xyé contínua, tem-se lim

n→∞(axn)y = (ax)y.

Conclui-se que (ax)y = (ax)y.Sejam agora x, y ∈ R quaiquer e (yn)n∈N uma sucessão de números racionais convergente para y; tem-se

(ax)y = limn→∞

(ax)yn = limn→∞

axyn = axy

(a segunda igualdade é consequência do que foi visto anteriormente e a terceira é consequência de a sucessão(xyn)n∈N convergir para xy).

7. Consequência imediata da monotonia, de limx→+∞,x∈Q

ax = +∞ e de limx→−∞,x∈Q

ax = 0

�

Corolário B.0.13 Se a ∈ R+ e a 6= 1, então expa: R −→ R+x 7→ ax

é bĳectiva.

Demonstração: A função expa é estritamente monótona, logo é injectiva. Se a > 1 (resp. a < 1), limx→+∞

expa(x) = +∞(resp. 0) e lim

x→−∞expa(x) = 0 (resp. +∞); como expa é contínua, conclui-se da proposição 3.2.11 que expa é sobrejectiva.

�

Definição B.0.14 Seja a ∈ R+ \ {1}; chama-se função logaritmo na base a à função loga : R −→ R+ que é a inversade expa: R −→ R+

x 7→ ax.

Observação: para qualquer a ∈ R \ {1} tem-se loga 1 = 0.

Proposição B.0.15 Sejam a, b ∈ R \ {1}.

1. ∀x, y ∈ R + loga(xy) = loga x+ loga y;

2. ∀x ∈ R, y ∈ R + loga(xy) = y loga x;

3. ∀x ∈ R+ loga x = logb xlogb a ;

4. (loga b)(logb a) = 1;

5. Se a > 1 (resp. a<1) então loga é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente);

6. Se a > 1 (resp. a<1) então limx→+∞

loga(x) = +∞ (resp. −∞) e limx→0+

loga(x) = −∞ (resp. −∞).

Demonstração:

1. Tem-se aloga x+loga y = aloga xaloga y = xy, logo loga(xy) = loga x+ loga y.


2. Tem-se ay loga x = (aloga x)y = xy, portanto loga(xy) = y loga x.

3. Tem-se bloga x loga b = (blogb a)loga x = aloga x = x, portanto logb x = loga x logb a, logo loga x = logb xlogb a .

4. Tem-se a(loga b)(logb a) = (aloga b)logb a = blogb a = a = a1; conclui-se que (loga b)(logb a) = 1.

5. Consequência da continuidade de expa.

6. Consequência da propriedade análoga para expa.

7. Consideremos o caso a > 1 (o caso a < 1 é análogo) e vejamos primeiro que limx→+∞

loga x = +∞. Seja M ∈ R;

queremos mostrar que existe L ∈ R tal que x > L ⇒ loga x > M . Ora loga x > M ⇔ x > aM , logo bastatomar L = aM . Vejamos agora que lim

x→0+loga x = −∞. Seja M ∈ R; queremos mostrar que existe δ > 0 tal que

0 < x < δ ⇒ loga x < M . Ora loga x < M ⇔ 0 < x < aM , logo basta tomar δ = aM . �

Vamos mostrar em seguida que para qualquer a ∈ R+ a função expa é derivável, começando por alguns resultadospreliminares.

Lema B.0.16 Seja a ∈ R+.

1. A sucessão (a1n −11n

)n∈N é decrescente;

2. A função Q \ {0} −→ Rx 7→ ax−1

x

é crescente;

3. A função fa: R \ {0} −→ Rx 7→ ax−1

x

é crescente e existe limx→0

fa(x).

Demonstração:

1. Queremos mostrar que, para qualquer n ∈ N, se tem a1

n+1−11

n+1≤ a

1n −11n

. Ora

a1

n+1 − 11

n+1

≤ a1n − 1

1n

⇔ (n+ 1)(a1

n+1 − 1) ≤ n(a1n − 1)

⇔ (n+ 1)(a1

n+1 − a1n )− n− 1 ≤ −a 1

n − n

⇔ (n+ 1)(a1

n+1 − a1n ) ≤ 1− a−

1n

⇔ (n+ 1)(a1

n+1−1n − 1) ≤ a−

1n − 1

⇔ a−1n ≥ 1 + (n+ 1)(a

1n+1−

1n−1)

⇔ a1−n+1n ≥ 1 + (n+ 1)(a

1n+1−

1n−1)

⇔ a( 1n+1−

1n )(n+1) ≥ 1 + (n+ 1)(a

1n+1−

1n−1)

⇔ (a1

n+1−1n )n+1 ≥ 1 + (n+ 1)(a

1n+1−

1n−1)

e (a1

n+1−1n )n+1 ≥ 1 + (n+ 1)(a

1n+1−

1n−1) (basta aplicar o lema B.0.8 com c = a

1n+1−

1n − 1.

2. Sejam a, a1 ∈ R+; pela alínea anterior deduz-se que para qualquer b ∈ R+ e p, q ∈ N, q ≥ p ⇒ q(b1q − 1) ≤

p(b1p − 1). Em particular, para b = ap

1 vem q(apq − 1) ≤ p(a1 − 1), isto é, a

pq1 −1

pq

≤ a1 − 1. Conclui-se que, paraqualquer a∈R+ e r ∈ Q∩]0, 1],

ar1 − 1r

≤ a1 − 1. (B.1)

Vamos mostrar agora que, para r1, r2 ∈ Q+,

r1 ≤ r2 ⇒ar1 − 1r1

≤ ar2 − 1r2

,

ou seja,r1 ≤ r2 ⇒

ar1 − 1r1r2

≤ ar2 − 1,

217

ou aindar1r2≤ 1 ⇒ (a

1r2 )

r1r2 − 1

r1r2

≤ (a1

r2 )r2 − 1;

mas isso resulta da equação (B.1).

Sejam agora r1, r2 ∈ Q− com r1 ≤ r2; então −r2 ≤ −r1 e tem-se ar1−1r1

= − ( 1a )−r1−1

−r1e ( 1

a )−r1−1

−r1≥ ( 1

a )−r2−1

−r2,

portantoar1−1r1

≤ − ( 1a )−r2−1

−r2= ar2−1

r2.

Falta ver o que se passa se r1 < 0 < r2. Como r2 − r1 ≥ −r1 ≥ 0, tem-se ar2−r1−1r2−r1

≥ 1−ar1

−r1, ou ainda

−r1ar2 + r1ar1 ≥ r2 − r1 − r2a

r1 + r1ar1 , logo r2(ar1 − 1) ≥ r1(ar2 − 1), de onde se conclui que ar1−1

r1≤ ar2−1

r2.

3. Sejam x, y ∈ R tais que x < y e (xn)n∈N (resp. (yn)n∈N) uma sucessão de números racionais convergente para x(resp. y). Como fa é contínua, tem-se fa(x) = lim

n→∞fa(xn) e fa(y) = lim

n→∞fa(yn); como x < y, existe n0 ∈ N tal

que n > n0 ⇒ xn < yn, logo fa(xn) < fa(yn); então limn→∞

fa(xn) ≤ limn→∞

fa(yn), isto é, fa(x) ≤ fa(y), logo fa écrescente.De fa ser crescente , conclui-se que existe lim

x→0+fa(x) e lim

x→0−fa(x); resta verificar que estes limites são iguais.

Oralim

x→0−

ax − 1x

= limx→0+

a−x − 1−x

= limx→0+

a−x(1− ax)−x

= limx→0+

1ax

limx→0+

ax − 1x

,

e limx→0+

1ax

=1

limx→0+

ax = 1 �

Proposição B.0.17 Para qualquer a ∈ R+, a função expa : R −→ R+ é derivável e para qualquer x ∈ R tem-seexp′a(x) = exp′a(0) expa(x).

Demonstração: Seja x0 ∈ R. Tem-se ax−ax0

x−x0= ax0 (ax−x0−1)

x−x0. Já foi visto que existe lim

h→0

ah − a0

h(= lim

h→0

ah − 1h

), logoexpa é derivável em 0; tem-se então

limx→x0

ax − ax0

x− x0= ax0 lim

x→x0

ax−x0 − 1x− x0

= ax0 limx−x0→0

ax−x0 − 1x− x0

= ax0 exp′a(0).

�

Corolário B.0.18 Afunção expa : R −→ R+ é indefinidamente derivável.

Observação: Se exp′a(0) = 0, então para qualquer x ∈ R se tem exp′a(x) = 0, logo expa é constante. Se exp′a(0) > 0(resp. < 0), então para qualquer x ∈ R se tem exp′a(x) > 0 (resp. < 0), logo expa é estritamente crescente (resp.estritamente decrescente). Como já foi visto que expa é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) quandoa > 1 (resp. a < 1) conclui-se que exp′a(0) > 0 (resp. exp′a(0) < 0) quando a > 1 (resp. a < 1); exp′a(0) = 0 quandoa = 1.

Lema B.0.19 Sejam a ∈ R+, b ∈ R+ \ {1}; exp′a(0) = exp′b(0) logb a.

Demonstração: Para a = 1, o resultado é consequência da observação anterior. Suponhamos então a 6= 1. Tem-se

ax − 1x

=bx logb a − 1

x= logb a

bx logb a − 1x logb a

.

Entãolimx→0

ax − 1x

= logb a limx→0

bx logb a − 1x logb a

= logb a exp′b(0),

portanto exp′a(0) = exp′b(0) logb a. �

Proposição B.0.20 A função g : R+ −→ Ra 7→ exp′a(0)

é contínua, estritamente crescente e bĳectiva.

Demonstração: Fixemos a0 ∈]1,+∞[; tem-se g(a) = exp′a0(0) loga0

a. Como a > 1, tem-se expa0(0) > 0; por outro

lado, lima→0−

loga0a = −∞ e lim

a→0+loga0

a = +∞, portanto lima→0−

g(a) = −∞ e lima→0+

g(a) = +∞. Como loga0é

estritamente crescente, conclui-se que g é estritamente crescente, portanto injectiva; como loga0é contínua, conclui-se

que g é contínua, logo, de lima→0−

g(a) = −∞ e lima→0+

g(a) = +∞ deduz-se que é sobrejectiva. �


Definição B.0.21 Designa-se por e o único número de R+ tal que exp′e = expe (isto é, tal que exp′e(0) = 1).

Notação: Escreve-se geralmente ex ou exp x em vez de expe(x) e log x em vez de loge(x).Observações:

1. Para qualquer a ∈ R+ tem-se ax = ex log a e loga x = log xlog a ;

2. Para qualquer a ∈ R+ tem-se exp′a(0) = exp′(0) log a, logo exp′a(x) = ax log a.

Proposição B.0.22 Para qualquer a ∈ R+ \ {1}, loga é derivável e log′a(x) = 1x loga

(em particular, log′(x) = 1x).

Demonstração: Uma vez que loga é a inversa de expa e expa é uma funç ao derivável cuja derivada nunca se anula,conclui-se que loga é derivável e

log′a(x) =(

=1

(log−1a )′(loga x)

)=

1exp′a(loga x)

=1

(log a)aloga x=

1x log a

.

�

Proposição B.0.23 Para qualquer z ∈ R, tem-se ez = limx→+∞

(1 +z

x)x (em particular, e = lim

x→+∞(1 +

1x

)x).

Demonstração: Tem-se (1+ zx )x = ex log(1+ z

x ) = e

log(1+ zx

)1x (desde que x seja suficientemente grande para que 1+ z

x > 0).

Ora, usando a regra de l’Hôpital, concluimos que limy→0

log(1 + zy)y

= limy→0

z1+zy

1= z, portanto lim

x→ 1x

log(1 +z

x= z. Como

exp é uma função contínua, tem-se limx→+∞

e

log(1+ zx

)1x = e

limx→+∞log(1+ z

x)

1x = ez. �

Observação: Da proposição anterior conclui-se que para qualquer z ∈ R a sucessão ((1 + zn )n)n∈N converge e o

seu limite é ez; em particular, e = limn→∞

(1 +1n

)n.

Seguem-se os gráficos de expa e loga, para vários valores de a.

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

exp

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

log

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

exp 10

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

log 10

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

219

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

exp 1.2

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

log 1.2

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

exp 1.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

log 1.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

exp 0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

log 0.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

exp 0.8

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

log 0.8

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2


O par de gráficos seguinte compara no mesmo sistema de eixos os gráficos de expa e loga, para vários valores de a.

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

Apêndice C

Funções trigonométricas

As funções seno e cosseno são geralmente “definidas” de um modo geométrico pouco rigoroso; o objectivo deste apêndiceé mostrar como podem ser definidas rigorosamente de maneira a corresponder à ideia geométrica.

Começa-se em geral por definir o seno de um ângulo e não o seno de um número real. Um ângulo é determinadopor um par ordenado de semi-rectas com origem comum; dado um referencial ortonormado do plano, com origem emO pode-se escolher como primeira semi-recta a “metade positiva” do primeiro eixo; há então uma bĳecção entre osângulos e as semi-rectas com origem em O. Como há uma bĳecção entre o conjunto das semi-rectas com origem emO e os pontos da circunferência C de raio 1 centrada em O (a cada semi-recta associa-se o seu ponto de intersecçãocom a circunferência), conclui-se que cada ponto dessa circunferência determina um ângulo e, reciprocamente, a cadaângulo corresponde um ponto da circunferência. Define-se o seno de um ângulo como a segunda coordenada do pontocorrespondente na circunferência.

sen

1

Queremos agora definir o seno de um número real; para isso vamos associar a cada número real um ponto de C (oque é equivalente a associar a cada número real um ângulo). Consideremos a aplicação

r : R −→ C

x 7→ o ponto de C obtido percorrendo uma distância de{x no sentido directo se x ≥ 0−x no sentido inverso se x < 0

sen x P=r(x)

x

O seno do número real x será o seno do ângulo determinado pelo ponto r(x); teremos então uma função R −→[−1, 1]. A restrição dessa função a [−c, c], em que c é o comprimento de um quarto de C é bĳectiva; a inversa (arcsen)será a função que a y ∈ [0, 1] (resp. y ∈ [−1, 0]) associa o comprimento (resp. o simétrico do comprimento) do arco decircunferência entre (1, 0) e (

√1− y2, y).

221

222 APÊNDICE C. FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS

arcsen(y)

y

Ora, se y > 0, esse comprimento é o comprimento do gráfico da função ϕ: [−1, 1] −→ Rt 7→

√1− t2

entre 0 e y;

ϕ é derivável em [0, 1[ e ϕ′(t) = −t√1−t2

, portanto, para y < 1, esse comprimento é∫ y

0

√1 + ( −t√

1−t2)2 dt, que é igual a∫ y

01√

1−t2dt. Analogamente, se y < 0, o simétrico daquele comprimento é tambem

∫ y

01√

1−t2dt. O integral impróprio∫ 1

01√

1−t2dt converge, pois 1√

1−t2= 1√

1−t√

1+t≤ 1√

1−te∫ 1

01√1−t

converge; analogamente se verifica que o integralimpróprio

∫ 0

−11√

1−t2dt converge.

Observações:

1. É consequência da proposição 5.6.1 que a função ψ : [−1, 1] −→ Ry 7→

∫ y

01√

1−t2dt

é contínua; alem disso ψ é

derivável em ]− 1, 1[ e ψ′(y) = 1√1−t2

para y ∈]− 1, 1[. Conclui-se que ψ é estritamente crescente.

2. Como [−1, 1] −→ Rt 7→

√1− t2

é uma função par, ψ é uma função ímpar; em particular,∫ 1

01√

1−t2dt =

∫ 0

−11√

1−t2dt.

Definição C.0.1 π = 2∫ 1

01√

1−t2dt (=

∫ 1

−11√

1−t2dt)

(isto é, π é o comprimento de uma semi-circunferência de raio 1).

Observação: É consequência desta definição que ψ([−1, 1]) = [π2 ,

π2 ].

As considerações feitas motivam a seguinte definição.

Definição C.0.2 A função arcsen é definida por arcsen: [−1, 1] −→ [−π2 ,

π2 ]

x 7→∫ x

01√

1−t2dt

.

Observação: Resulta do que foi visto anteriormente que arcsen é uma função ímpar, contínua, estritamente crescente,bĳectiva derivável em ]− 1, 1[, e que para x ∈]− 1, 1[ se tem arcsen′(x) = 1√

1−X2 .

-1 -0.5 0.5 1

arcsen

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

Definição C.0.3 A função seno, sen : R −→ R é definida por{sen|[−π

2 , π2 ] é a inversa da função arcsen : [−1, 1] −→ [−π

2 ,π2 ];

sen(x+ π) = − senx, para qualquer x ∈ R

Observações:

1. A restrição da função seno ao intervalo [−π2 ,

π2 ] é injectiva, estritamente crescente e o seu contradomínio é [−1, 1]

(portanto o contradomínio do seno tambem é [−1, 1]).

223

2. A função seno é periódica; com efeito sen(x+ 2π) = sen(x+ π + π) = − sen(x+ π) = senx.

3. A função seno é ímpar (resulta do facto de arcsen ser ímpar e da periodicidade do seno).

4. Para qualquer x ∈ R tem-se sen(π−x) = senx; com efeito, sen(π−x) = − sen(x−π) = −(− sen(x−π+π)) = senx.

5. A função seno é estritamente crescente nos intervalos [2kπ− π2 , 2kπ+ π

2 ] e estritamente decrescente nos intervalos[2kπ + π

2 , 2kπ + 3π2 ], k ∈ Z (é estritamente crescente em [−π

2 ,π2 ] uma vez que aí é a inversa de uma função

estritamente crescente; os outros intervalos são fáceis de analizar usando a propriedade sen(x+ π) = − senx e aperiodicidade). Conclui-se que a função seno tem um máximo (resp. mínimo) local estrito nos pontos 2kπ + π

2(resp. 2kπ − π

2 ), k ∈ Z.

6. Como arcsen 0 = 0, tem-se sen 0 = 0, e 0 é o único zero da função seno no intervalo [−π2 ,

π2 ]; conclui-se que o

zeros da função seno são os elementos do conjunto {kπ, k ∈ Z}.

7. Da análise dos zeros e dos intervalos de monotonia da função seno conclui-se que ela é estritamente positiva nosintervalos ]2kπ, 2kπ + π[, k ∈ Z e que é estritamente negativa nos intervalos ]2kπ − π, 2kπ[, k ∈ Z.

8. Como arcsen 1 = π2 (resp. arcsen(−1) = −π

2 ) tem-se sen π2 = 1 (resp. sen(−π

2 ) = −1); alem disso, π2 (resp. −π

2 ) éo único elemento de [−π

2 ,π2 ] no qual a função seno toma o valor 1 (resp. −1). Se x ∈ [π

2 ,3π2 ], senx = − sen(x−π),

portanto senx = 1 (resp. −1) sse sen(x− π) = −1 (resp. 1); como x− π ∈ [−π2 ,

π2 ], isto quer dizer que senx = 1

(resp. −1) sse x − π = −π2 (resp. π

2 ), ou seja x = π2 (resp. 3π

2 ). O único valor de [−π2 ,

3π2 ] onde o seno toma o

valor 1 (resp. −1) é portanto π2 (resp. 3π

2 . A periodicidade do seno permite concluir que os pontos onde o senotoma o valor 1 (resp. -1) são os elementos de {2kπ + π

2 , k ∈ Z} (resp. {2kπ − π2 , k ∈ Z}).

9. O seno não tem nenhum período inferior a 2π, como se pode concluir, por exemplo, a partir do conjunto dospontos onde ela toma o valor 1.

Proposição C.0.4 A função seno é contínua e derivável.

Demonstração: Como arcsen é contínua, conclui-se que a restrição do seno a [−π2 ,

π2 ] é contínua, ou seja, que o seno

é contínuo em ] − π2 ,

π2 [, contínua à esquerda em −π

2 e contínua à direita em π2 . Da condição sen(x + π) = − senx

conclui-se que a restrição do seno a qualquer intervalo [kπ − π2 , kπ + π

2 , k ∈ Z é contínua.Vejamos agora que o seno é contínuo em π

2 ; para isso basta ver que limx→π

2−

senx = limx→π

2+

senx. Ora

limx→π

2+

senx = limx→π

2+(− sen(x− π) = − lim

x→π2

+sen(x− π)

= − limx−π→−π

2+

sen(x− π) = − limx→−π

2+

senx = − sen(−π2

) = 1 = senπ

2= lim

x→π2−

senx

Analogamente se verifica que o seno é contínuo em −π2 .

O seno é portanto contínuo em ] − 3π2 ,−

π2 [, em ] − −pi

2 , π2 [, em ]pi

2 ,3π2 [, em −π

2 e em π2 , portanto é contínua em

] − 3π2 ,

3π2 [. Como este intervalo tem amplitude superior a 2π e 2π é um período da função, conclui-se que esta é

contínua em R.Estudemos agora a derivabilidade do seno. Como arcsen é derivável em ]− 1, 1[, conclui-se que o seno é derivável

em ]− π2 ,

π2 [. Alem disso, para x ∈]− π

2 ,π2 [,

sen ′x =1

arcsen′(senx)=

11√

1−sen2 x

=√

1− sen2 x.

Então limx→π

2

sen′(x) = limx→π

2

√1− sen2 x = 0, e lim

x→−π2

sen′(x) = limx→−π

2

√1− sen2 x = 0. Conclui-se da proposição 4.3.14

que o seno é derivável à esquerda (resp. á direita) em π2 (resp. em −π

2 ) e ambas as derivadas são iguais a 0.Por outro lado, em ]π

2 ,3π2 [, (resp. em ]− 3π

2 ,−π2 [) o seno é derivável e

sen′(x) = − sen′(x− π) = −√

1− sen2(x− π) = −√

1− sen2 x

(resp.sen′(x) = − sen′(x+ π) = −

√1− sen2(x+ π) = −

√1− sen2 x)


portanto limx→π

2+

sen′(x) = limx→π

2+(−√

1− sen2 x) = 0 e limx→−π

2−

sen′(x) = limx→−π

2−(−√

1− sen2 x) = 0. Conclui-se da

proposição 4.3.14 que o seno é derivável à direita (resp. à esquerda) em π2 (resp. −π

2 e sen′(π2 ) = sen′(−−π

2 ) = 0.Então o seno é derivável em ]− 3π

2 ,3π2 [; como este intervalo tem amplitude superior a 2π e 2π é um período da função,

conclui-se que esta é derivável em R. �

Observação: Conclui-se da demonstração anterior que se tem sempre sen2 +(sen′)2x = 1. Deduz-se que os zeros desen′ são os elementos de {x ∈ R : sen 2x = 1}, isto é, {kπ + π

2 , k ∈ Z}.

-6 -4 -2 2 4 6

sen

-1-0.5

0.51

Vamos em seguida definir a função cosseno. O cosseno de um ângulo é a primeira coordenada do ponto correspon-dente na circunferência de centro C. Analogamente ao que foi feito para o seno, para x ∈ R, o cosseno de x será ocosseno do ângulo determinado pelo ponto r(x).

cos 1 cos x

P=r(x)

x

Podíamos, como foi feito para o seno, começar por definir a função arccos à custa do comprimento de um arco dacircunferência. Vamos, no entanto definir o cosseno à custa do seno; os desenhos seguintes dão a motivação geométricapara a definição.

sen x

cos x

x

- x2

- x2

2- xsen( )

x

Definição C.0.5 Define-se a função cosseno por cos: R −→ Rx 7→ sen(π

2 − x).

Tem-se cos(π2 − x) = sen(π

2 − (π2 − x)) = senx.

Observação: Das propriedades vistas para o seno deduzem-se imediatamente as seguintes propriedades para o cosseno.

1. A restrição do cosseno ao intervalo [0, π] é injectiva, estritamente decrescente, e o seu contradomínio é [−1, 1](portanto o contradomínio do cosseno é [−1, 1]); define-se a função arccos : [−1, 1] −→ [0, π] como a inversa decos|[0,π] : [0, π] −→ R.

225

2. O cosseno periódico; de facto, cos(x+ 2π) = sen(π2 − (x+ 2π)) = sen(π

2 − x).

3. O cosseno é uma função par: tem-se cos(−x) = sen(π2 −(−x)) = − sen(−x− π

2 ) = sen(−x− π2 +π) = sen(π

2 −x) =cosx.

4. Para qualquer x ∈ R tem-se cos(π − x) = − cosx; de facto cos(π − x) = sen(π2 − (π − x)) = sen(x − π

2 ) =− sen(π

2 − x) = − cosx.O facto de a função seno não ter nenhum período inferior a 2π implica obviamente que a função cosseno tambemnão tem.

5. O cosseno é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) nos intervalos [2kπ − π, 2kπ], k ∈ Z (resp.[2kπ, 2kπ + π], k ∈ Z).Conclui-se que o cosseno tem um máximo (resp. mínimo) local estrito nos pontos 2kπ(resp. 2kπ + π), k ∈ Z.

6. Tem-se

cosx = 0 ⇔ sen(π

2− x) = 0

⇔ existe k1 ∈ Z :π

2− x = k1π

⇔ existe k1 ∈ Z : x = −k1π +π

2.

Os zeros do cosseno são portanto os elementos de {kπ + π2 , k ∈ Z}.

7. Dos zeros e dos intervalos de monotonia ddo cosseno conclui-se que é estritamente positiva (resp. estritamentenegativa) nos intervalos ]2kπ − π

2 , 2kπ + π2 [ (resp. ]2kπ + π

2 , 2kπ + 3π2 [), k ∈ Z.

8. Tem-se cosx = 1 sse sen(π2 − x) = 1, isto é, sse existe k1 ∈ Z tal que π

2 − x = 2k1π + π2 , ou ainda, sse existe

k1 ∈ Z tal que x = −2k1π. Os pontos onde o cosseno toma o valor 1 são portanto os elementos de {2kπ, k ∈ Z}.Tem-se cosx = −1 sse sen(π

2 − x) = −1, isto é, sse existe k1 ∈ Z tal que π2 − x = 2k1π − π

2 , ou ainda, sseexiste k1 ∈ Z tal que x = −2k1π + π. Os pontos onde o cosseno toma o valor 1 são portanto os elementos de{2kπ + π, k ∈ Z}.

9. Da continuidade e derivabilidade do seno resultam a continuidade e a derivabilidade do cosseno.

-6 -4 -2 2 4 6

cos

-1-0.5

0.51

Proposição C.0.6 Para qualquer x ∈ R, sen2 x+ cos2 x = 1.

Demonstração: Comecemos pela demonstração no caso em que x ∈ [0, π2 ]; neste caso tambem π

2 − x ∈ [0, π2 ]. Tem-se

π

2− x =

π

2− arcsen(senx) =

π

2−∫ sen x

0

1√1− t2

dt =∫ 1

0

1√1− t2

dt−∫ sen x

0

1√1− t2

dt =∫ 1

sen x

1√1− t2

dt.

Por outro lado,

π

2− x = arcsen(sen(

π

2− x)) =

∫ sen( π2−x)

0

1√1− t2

dt =∫ cos x

0

1√1− t2

dt

=∫ 1

√1−cos2 x

1√1− u2

du (fazendo a substituição t =√

1− u2).

Então∫ 1

sen x1√

1−t2dt =

∫ 1√1−cos2 x

1√1−u2 du, de onde se conclui que senx =

√1− cos2 x, logo sen2 x+ cos2 = 1.


Para x ∈ [π2 , π], tem-se

sen2 x+ cos2 x = sen2(x− π) + cos2(x− π) (porque sen(x− π) = senx e cos(x− π) = cosx)

= 1 (porque x− π ∈ [0,π

2]

Para x ∈ [π, 2π], tem-se sen2 x+ cos2 x = sen2(x− π) + cos2(x− π) = 1 (x− π ∈ [0, π]).O facto de 2π ser um período da função seno e da função cosseno permite conclui que para qualquer x ∈ R se tem

sen2 x+ cos2 x = 1. �

Proposição C.0.7 1. ∀x ∈ R sen′ x = cosx

2. ∀x ∈ R cos′ x = − senx

Demonstração:

1. Já foi visto que, para x ∈ [0, π2 ] se tem cosx =

√1− sen2 x e sen′ x =

√1− sen2 x, logo sen′ x = cosx. Para

x ∈ [−π2 , 0], deduz-se de senx = − sen(−x) e x ∈ [0, π

2 ] que sen′ x = −− sen′(−x) = sen′(−x) = cos(−x) = cosx;para x ∈ [π

2 ,3π2 ], deduz-se de senx = − sen(x− π) e x− π ∈ [−π

2 ,π2 ]que sen′ x = − sen′(x− π) = − cos(x− π) =

cosx. Da periodicidade do seno (que implica a periodicidade de sen′) e da periodicidade do cosseno deduz-seque, para qualquer x ∈ R, sen′ x = cosx.

2. De cosx = sen(π2 − x) deduz-se que cos′ x = − sen′(π

2 − x) = − cos(π2 − x) = − senx. �

Observações:

1. Deduz-se da proposição anterior que as funções seno e cosseno são indefinidamente deriváveis.

2. Para x ∈ [−1, 1] tem-se arcsenx + arccosx = π2 ; de facto, x = cos(arccosx) = sen(π

2 − arccosx), portantoarcsenx = arcsen(sen(π

2 − arccosx)) = π2 − arccosx.

3. De cos′ = − sen deduz-se que a derivada do cosseno não se anula em ]0, π[, portanto arccos é derivável; tem-searccos′ x = 1

cos′(arccos x) = −1sen(arccos x) . Ora sen2(arccosx) + cos2(arccosx) = 1, isto é, sen2(arccosx) = 1 − x2;

para x ∈] − 1, 1[, arccosx ∈]0, π[, portanto sen(arccosx) > 0, logo sen(arccosx) =√

1− x2. Conclui-se quearccos′ x = −1√

1−x2 .

4. As funções seno e cosseno são soluções da equação (funcional) f ′′+f =função nula, visto que sen′′ = cos′ = − sene cos′′ = (− sen) = − cos.

Proposição C.0.8 Se f : R −→ R é uma função duas vezes derivável e

f + f ′′ é a função nulaf(0) = 0f ′(0) = 0

, então f é a

função nula.

Demonstração: De f + f ′′ =função nula, deduz-se que ff ′ + f ′′f ′ =função nula; mas 2ff ′ é a derivada de f2 e 2f ′f ′′

é a derivada de (f ′)2, portanto (f2 + (f ′)2)′ (que é 2ff ′ + 2f ′f ′′) é a função nula. Conclui-se daqui que f2 + (f ′)2 éconstante, isto é, existe c ∈ R tal que, para qualquer x ∈ R, (f(x))2 + (f ′(x))2 = c; ora como f(0) = 0 e f ′(0) = 0,tem-se c = 0, ou seja, para qualquer x ∈ R, (f(x))2 + (f ′(x))2 = 0. Então, para qualquer x ∈ R, f(x) = 0 e f ′(x) = 0,portanto f é a função nula.

Proposição C.0.9 1. ∀x, y ∈ R sen(x+ y) = senx cos y + cosx sen y;

2. ∀x, y ∈ R sen(x− y) = senx cos y − cosx sen y;

3. ∀x, y ∈ R cos(x+ y) = cosx cos y − senx sen y;

4. ∀x, y ∈ R cos(x− y) = cosx cos y + senx sen y.

Demonstração:

1. Fixemos um número real qualquer, y, e consideremos a função ϕ: R −→ Rx 7→ sen(x+ y)− senx cos y − cosx sen y.

Tem-se ϕ′(x) = cos(x + y) − cos y cosx + sen y senx e ϕ′′(x) = − sen(x + y) + cos y senx + sen y cosx, por-tanto, para qualquer x ∈ R, ϕ′′(x) + ϕ(x) = 0. Por outro lado, ϕ(0) = sen y − sen 0 cos y − sen y cos 0 eϕ′(0) = cos y − cos y cos 0 + sen y sen 0 = 0. Pela proposição anterior, conclui-se que ϕ é a função nula, isto é,para qualquer x ∈ R, sen(x+ y) = senx cos y + cosx sen y.

227

2. sen(x− y) = sen(x+ (−y)) = senx cos(−y) + cosx sen(−y) = senx cos y − cosx sen y.

3. cos(x+ y) = sen(π2 − x− y) = sen(π

2 − x) cos y − cos(π2 − x) sen y = cosx cos y − senx sen y.

4. cos(x− y) = cos(x+ (−y)) = cosx cos(−y)− senx sen(−y) = cosx cos y + senx sen y. �

Corolário C.0.10 1. ∀x ∈ R cos 2x = cos2 x− sen2 x = 1− 2 sen2 x = 2 cos2 x− 1

2. ∀x ∈ R sen 2x = 2 senx cosx

Demonstração:

1. cos 2x = cos(x + x) = cosx cosx − senx senx = cos2 x − sen2 x = cos2 x − (1 − cos2 x) = 2 cos2 x − 1 =2(1− sen2 x)− 1 = 1− 2 sen2 x.

2. sen 2x = sen(x+ x) = senx cosx+ cosx senx = 2 senx cosx. �

Definição C.0.11 A função tangente (resp. cotangente é definida por tg: R \ {kπ + π2 , k ∈ Z} −→ R

x 7→ sen xcos x

(resp. cotg: R \ {kπ, k ∈ Z} −→ Rx 7→ cos x

sen x

).

Observações:

1. As funções tangente e cotangente sc̃ontínuas e deriváveis.

2. As funções tangente e cotangente são ímpares: tg(−x) = sen(−x)cos(−x) = − sen x

cos x = − tg x; cotg(−x) = cos(−x)sen(−x) =

− cos xsen x = − cotg x.

3. As funções tangente e cotangente são periódicas e o mínimo dos períodos é π. Com efeito, por um lado,tg(x + π) = sen(x+π)

cos(x+π) = − sen x− cos x = tg x. Por outro lado, os únicos zeros da tangente são os zeros do seno: kπ,

k ∈ Z; como não há dois zeros a uma distância inferior a π, não existe nenhum período inferior a π. A verificaçãoé análoga para a cotangente.

4. As funções tangente e cotangente são estritamente positivas (resp. estritamente negativas) nos pontos onde oseno e o cosseno têm o mesmo sinal (resp. sinais opostos), ou seja, nos intervalos ]kπ, kπ+ π

2 [ (resp. ]kπ− π2 , kπ[),

k ∈ Z.

5. A função tangente (resp. cotangente) é estritamente crescente (resp. estritamente decrescente) em qualquerintervalo em que esteja definida. De facto tg′ x = cos x cos x+sen x sen x

cos2 x = 1cos2 x , logo para qualquer x ∈ R \ {kπ +

π2 , k ∈ Z} tem-se tg′ x > 0; analogamente, cotg′ x = − 1

sen2 x , logo para qualquer x ∈ R \ {kπ, k ∈ Z}, cotg′ x < 0.Atenção: A função tangente (resp. cotangente) não é crescente (resp. decrescente).

6. Para qualquer k ∈ Z tem-se limx→kπ+ π

2+

tg x = limx→kπ−

cotg x = −∞ e limx→kπ+ π

2−

tg x = limx→kπ+

cotg x = +∞.

7. Para qualquer k ∈ Z, tg|]kπ−π2 ,kπ+ π

2 [ :]kπ − π2 , kπ + π

2 [−→ R e cotg|]kπ,(k+1)π[ :]kπ, (k + 1)π[−→ R são bĳectivas.

8. Define-se arctg : R −→]− π2 ,

π2 [ como a inversa de tg|]−π

2 , π2 [ :]− π

2 ,π2 [−→ R. Como a derivada da tangente

nunca se anula, a função arctg é derivável; tem-se arctg′ x = 1tg′(arctg x) = cos2(arctg x). Ora 1

cos2(arctg x) =sen2(arctg x)+cos2(arctg x)

cos2(arctg x) = tg2(arctg x) + 1 = x2 + 1; portanto, arctg′ x = 11+x2 .

9. Se x, y, x+ y ∈ R \ {kπ + π2 , k ∈ Z}, então tg(x+ y) = tg x+tg y

1−tg x tg y . Com efeito,

tg(x+ y) =sen(x+ y)cos(x+ y)

=senx cos y + cosx sen ycosx cos y − senx sen y

=sen xcos x + sen y

cos y

1− sen x sen ycos x cos y

=tg x+ tg y

1− tg x tg y.

Conclui-se que tg(x− y) = tg x+tg y1+tg x tg y .

10. Analogamente ao que foi feito para a tangente se mostra que, se x, y, x+y ∈ R\{kπ, k ∈ Z}, se tem cotg(x+y) =cotg x cotg y−1cotg x+cotg y .


-4 -2 2 4

tg

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-2 2 4 6

cotg

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5

arctg

-1.5-1

-0.5

0.51

1.5

Definição C.0.12 Definem-se as funções secante (resp. cossecante) por sec: R \ {kπ + π2 } −→ R

x 7→ 1cos x

(resp.

cosec: R \ {kπ, k ∈ Z} −→ Rx 7→ 1

sen x

.

Observações:

1. A função secante (resp. cossecante) é par (resp. ímpar).

2. As funções secante e cossecante são periódicas de período 2π, e nunca se anulam.

3. sec ′x = secx tg x e cosec ′x = − cosecx cotg x.

4. Para x ∈ R\{kπ+ π2 , k ∈ Z}, tem-se sec2 x = 1+tg2 x e cosec2 x = 1+cotg2 x; ambas as igualdades se deduzem

facilmente de sen2 x+ cos2 x = 1.

-4 -2 2 4 6 8

sec

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-2 2 4 6 8

cosec

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

Proposição C.0.13 1. sen π4 = cos π

4 =√

22

2. sen π3 =

√3

2 ; cos π3 = 1

2

3. sen π6 = 1

2 ; cos π6 =

√3

2

Demonstração:

1. Tem-se cos π2 = 1 − 2 sen2 π

4 , portanto sen2 π4 = 1

2 ; como π4 ∈]0, π

2 [, tem-se sen π4 > 0, logo sen π

4 =√

12 =

√2

2 ;

cos π4 = sen(π

2 −π4 ) = sen π

4 =√

22 .

2.

senπ = sen(2π3

+π

3) = sen

2π3

cosπ

3+ cos

2π3

senπ

3= 2 sen

π

3cos

π

3cos

π

3+ (1− 2 sen2 π

3) sen

π

3= 2 sen

π

3(1− sen2 π

3) + sen

π

3− 2 sen3 π

3= −4 sen3 π

3+ 3 sen

π

3= sen

π

3(−4 sen2 π

3+ 3)

229

Como senπ = 0, conclui-se que sen π3 = 0 ou sen2 π

3 = 34 ; como sen π

3 > 0 (uma vez que π3 ∈]0, π

2 [), deduz-se quesen π

3 =√

32 . Então cos π

3 =√

1− sen2 π3 =

√1− 3

4 = 12 .

3. Tem-se sen π6 = sen(π

2 −π3 ) = cos π

3 = 12 e cos π

6 = cos(π2 −

π3 ) = sen π

3 =√

32 . �


Índice alfabético

aceleração, 183normal, 183tangente, 183

comprimento de uma curva parametrizada, 178conjunto

limitado, 2inferiormente, 2superiormente, 2

majorado, 2minorado, 2

contradomínio, 9coordenadas polares, 199curva parametrizada, 171

contínua num ponto, 173derivável num ponto, 174pelo comprimento de arco, 181regular, 176

curvatura, 183

domínio de convergência, 149

e, 218

funçãoarco seno, 222bĳectiva, 9comprimento de arco, 180côncava, 59contínua, 35convexa, 59cossecante, 228cosseno, 224cotangente, 227crescente, 16

num ponto, 19decrescente, 16

num ponto, 19derivável à direita num ponto, 42derivável à esquerda num ponto, 42derivável num ponto, 42derivada, 42estritamente crescente, 16

num ponto, 19estritamente decrescente, 16

num ponto, 19estritamente monótona, 16exponencial de base a, 214ímpar, 13ínfimo de uma, 17injectiva, 9

integrável, 75inversa

à direita de uma, 15à esquerda de uma, 15

inversa de uma, 15limitada, 17logaritmo na base a, 215minimo de uma, 17maximo de uma, 17majorada, 17minorada, 17monótona, 16par, 13periódica, 13prolongamento de uma, 10restrição de uma, 10secante, 228seno, 222sobrejectiva, 9supremo de uma, 17tangente, 227

funções tangentes de ordem n, 116

gráfico, 20

imagem de um conjunto, 10imagem recíproca de um conjunto, 10ínfimo, 3

de uma função, 17integral, 75

impróprio, 98inversa, 15

à direita, 15à esquerda, 15

limite, 27à direita, 28à esquerda, 28

majorante, 2máximo

de uma função, 17estrito global, 18estrito local, 18global, 17local, 18

mínimode uma função, 17estrito global, 18estrito local, 18global, 17

231

232 ÍNDICE ALFABÉTICO

local, 18minorante, 2módulo, 2

partição, 71π, 222polinómio de Taylor, 111ponto crítico, 51ponto de acumulação, 27

à direita, 27à esquerda, 27bilateral, 27

ponto de inflexão, 60primitiva, 85produto de Cauchy, 146prolongamento, 10

raio de convergência, 165raio de curvatura, 183reordenação, 144reparametrização, 176

pelo comprimento de arco, 180resto de ordem n, 123restrição, 10

série, 134absolutamente convergente, 142convergente, 134de funções, 156

pontualmente convergente, 156uniformemente convergente, 156

de potências, 163soma

inferior, 72superior, 72

sucessãoconvergente, 129das somas parciais de uma série, 134de Cauchy, 133de funções reais, 149

pontualmente convergente, 149uniformemente convergente, 149

parcial, 129quase constante, 130real, 129

sucessões quase iguais, 130supremo, 3

de uma função, 17

torção, 192triedro de Frenet, 192

valor absoluto, 2vector

binormal, 192normal principal unitário, 183tangente unitário, 183

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