análise matemática em r - w3.ualg.ptw3.ualg.pt/~holivei/analise_matematica_r.pdf · conjunto dos...

Análise Matemática em R

Hermenegildo Borges de Oliveira

Julho de 2017

Conteúdo

1 Introdução 1

1.1 Corpo dos números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Generalidades sobre funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Estudo das funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4 Funções elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5 Ficha de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Sucessões numéricas 19

2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.1 Formas de designar uma sucessão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.2 Representação grá�ca de uma sucessão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2 Princípio de indução matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.3 Exemplos Importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.4 Propriedades principais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4.1 Sucessão limitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4.2 Monotonia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.4.3 Subsucessão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.5 Convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.5.1 Sucessão convergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.5.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.5.3 Sucessão de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.5.4 Critérios de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.6 Limites de sucessões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.6.1 A recta acabada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.6.2 Indeterminações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.6.3 Cálculo de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.6.4 Limites importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46


ii

3 Séries Numéricas 56

3.1 Somatórios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.2 Séries numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.3 Propriedades gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.4 Séries de termos não negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.5 Séries de termos positivos e negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.6 Convergência absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75


4 Complementos de Funções Reais de Variável Real 81

4.1 Funções exponencial e logarítmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4.2 Funções trigonométricas e suas inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

4.3 Funções hiperbólicas e suas inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.4 Apêndice: Trigonometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102


5 Limites e Continuidade 111

5.1 Noções de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.2 Propriedades dos limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

5.3 Limites importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5.4 Cálculo de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5.5 Funções contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

5.6 Propriedades das funções contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125


6 Cálculo Diferencial 131

6.1 Regras de derivação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

6.2 Fórmulas de derivação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

6.3 Teoremas principais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

6.4 Derivadas de ordem superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

6.5 Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

6.6 Aplicações geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155


7 Primitivas 165

7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

7.2 Primitivas imediatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

7.3 Primitivação por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R

7.4 Primitivação por substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

7.5 Primitivas de funções racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

7.6 Primitivas de funções irracionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

7.7 Primitivas de binómios diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181


8 Integrais 186

8.1 Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

8.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

8.3 Teorema fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

8.4 Cálculo de integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

8.5 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195


9 Séries de Funções 200

9.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

9.2 Critérios de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

9.3 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

9.4 Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

9.5 Série de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

9.6 Produto de séries de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

9.7 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225


10 Integrais impróprios 230

10.1 Noções principais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

10.2 Valor principal de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

10.3 Princípio de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

10.4 Integrais impróprios de funções não-negativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

10.5 Integral impróprio de primeira espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

10.6 Integral impróprio de segunda espécie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

10.7 Convergência absoluta ou condicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

10.8 Função Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

10.9 Função Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

10.10Ficha de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

Bibliogra�a 260

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Capítulo 1

Introdução

Neste primeiro capítulo, iremos introduzir os conceitos fundamentais usados no estudo de funções reaisde variável real. Iremos também rever algumas funções elementares estudadas anteriormente. Para oestudo que iremos fazer, pressupomos que o leitor conhece o corpo dos números reais, bem como asoperações algébricas entre os seus elementos.

1.1 Corpo dos números reais

Recordemos que N denota o conjunto dos números naturais, i.e.

N = {1, 2, 3, . . . } .

Este conjunto apareceu das necessidades naturais de contagem do Homem. No entanto, revelou-se insu�-ciente para a operação de subtracção entre números naturais, motivadas essencialmente pelas necessidadesde comércio. Por exemplo, a equação

x+ 2 = 1

é impossível de resolver no conjunto N. Assim, nasceu o conjunto dos números inteiros, que, para alémdos naturais, contém o 0 e os inteiros negativos. Denotamos este conjunto por Z e temos

Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . } ,

ou, usando uma escrita abreviada,Z = {inteiros} .

Os conjuntos de números seguintes apareceram também pela impossibilidade de resolver equações noconjunto prévio. Assim, o conjunto dos números racionais Q surge pela impossibilidade de resolverequações como

2x+ 1 = 4

no conjunto dos números inteiros Z. O conjunto Q contém, pois, todos os números inteiros, bem comotodas as fracções, positivas ou negativas. Usando uma escrita abreviada, podemos escrever

Q = {inteiros} ∪ {fraccões} .

Por �m, o conjunto dos números reais R, aparece pela impossibilidade de resolver algumas equações queenvolvem potências no conjunto dos números racionais Q. Por exemplo, em Q, é impossível de resolvera equação

x3 = 2 .

A solução desta equação é a dízima in�nita não periódica 1.25991050 . . . que se denota por 3√

2. Estesnúmeros não podem ser escritos como fracções. Apenas conseguimos escrever, como fracções, dízimasin�nitas periódicas como 0.3333333333 . . . que, na forma de fracção, é 1

3 . Usando a mesma escritaabreviada, temos

R = {racionais} ∪ {irracionais} .

1

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 1. INTRODUÇÃO

Convém frisar que a sistematização deste conhecimento só foi feito algumas centenas de anos, senãomesmo milénios, depois do conhecimento ter sido adquirido e difundido. O prosseguimento do raciocínioanterior, leva-nos a questionar sobre a impossibilidade de resolver equações do tipo

x2 + 1 = 0

em R. De facto, para resolvermos esta equação, temos de a considerar num novo conjunto de números, oconjunto dos números complexos C. Este conjunto, além dos números reais, contém também os númerosdesignados imaginários. Um número imaginário é denotado por a i, onde a é um número real e i éde�nido por i2 = −1. A forma geral de um número complexo é z = x + yi, onde x é a parte real donúmero complexo e y (número real) a sua parte imaginária. Os números complexos deram origem a umadas áreas mais bonitas da Análise Matemática, a Análise Complexa que, por falta de tempo, não poderáser abordada no decorrer deste curso.

Os números racionais representam-se numa recta horizontal, orientada da esquerda para a direita e quese designa por eixo numérico. O zero é esboçado a meio deste eixo, �cando os números negativos àesquerda e os positivos à direita. Para fazer a correspondência de cada ponto do eixo numérico a umnúmero racional, temos de �xar uma unidade de medida. A representação dos irracionais pode ser feitaà custa da representação de números racionais de referência a observações exteriores, por exemplo decariz geométrico. De um modo mais simples, fazemos uma aproximação do irracional em questão porum racional.

Os subconjuntos de R podem ser discretos ou contínuos. Por exemplo, o subconjunto dos naturais édiscreto, embora com cardinalidade in�nita, e representa-se, como vimos, por

{1, 2, 3, . . . } .

Os subconjuntos contínuos representam-se habitualmente por intervalos ou por reuniões destes. Porexemplo, [a, b] representa o subconjunto de todos os números reais compreendidos entre a e b, isto é

[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} .

Os números a e b são designados por limite inferior e superior, respectivamente, do intervalo. A notaçãofechada sobre os limites a e b indica que o intervalo contém estes números e, por isso, se designa deintervalo fechado. A notação (a, b) indica que o intervalo é aberto, ou seja, que os limites inferior esuperior do intervalo não fazem parte do conjunto considerado, isto é,

(a, b) = {x ∈ R : a < x < b} .

Por vezes, os intervalos podem ser fechados num limite e abertos noutro. Por exemplo,

[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b} ,

(a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b} .

Muitos autores utilizam o parêntesis recto aberto sobre o limite a ou b para indicar que o intervalo éaberto nesse limite do intervalo. Com esta notação, os intervalos (a, b), [a, b) e (a, b] anteriores escrevem-sena forma ]a, b[, [a, b[ e ]a, b], respectivamente.

Módulo

No conjunto dos números reais, de�nimos o módulo, ou valor absoluto, de um número como sendo adistância desse número à origem. Na de�nição seguinte de�nimos este conceito analiticamente.

De�nição 1.1.1. Seja x ∈ R. De�nimos o módulo, ou valor absoluto, de x do modo seguinte:

|x| ={−x se x < 0x se x ≥ 0 .

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Uma forma equivalente de de�nir o módulo de um número é:

|x| = max{−x, x} .

Na proposição seguinte, estabelecemos as primeiras propriedades do módulo as quais se demonstram apartir da de�nição anterior.

Proposição 1.1.1. Seja a ≥ 0 um número real. Temos:

1. |x| = a⇔ x = −a ∨ x = a⇔ x = ±a. Em particular, |x| = 0⇔ x = 0;

2. |x| ≤ a⇔ x ≥ −a ∧ x ≤ a⇔ −a ≤ x ≤ a;

3. |x| ≥ a⇔ x ≤ −a ∨ x ≥ a.

Demonstração: Nesta demonstração iremos usar a de�nição equivalente de módulo de x como sendoo máximo entre −x e x.1. |x| = a⇔ max{−x, x} = a⇔ −x = a ∨ x = a⇔ x = ±a.Em particular, se a = 0, então |x| = 0⇔ max{−x, x} = 0⇔ −x = 0 ∨ x = 0⇔ x = 0.2. |x| ≤ a⇔ max{−x, x} ≤ a⇔ −x ≤ a ∧ x ≤ a⇔ x ≥ −a ∧ x ≤ a⇔ −a ≤ x ≤ a.3. |x| ≥ a⇔ max{−x, x} ≥ a⇔ −x ≥ a ∨ x ≥ a⇔ x ≤ −a ∨ x ≥ a.Também poderíamos ter usado a De�nição 1.1.1, mas, neste caso, as justi�cações seriam mais demoradas.

As duas últimas propriedades da proposição anterior, são, ainda, válidas no caso de desigualdades estritas,ou seja,

|x| < a⇔ x > −a ∧ x < a⇔ −a < x < a

e|x| > a⇔ x < −a ∨ x > a .

Proposição 1.1.2. Sejam x , y ∈ R. Temos:

1. |xy| = |x| |y|;

2. Se y 6= 0,

∣∣∣∣xy∣∣∣∣ =|x||y|

;

3. |x+ y| ≤ |x|+ |y|.

Demonstração: 1. Se x > 0 e y > 0, ou x < 0 e y < 0, então xy > 0 e |xy| = xy = |x||y| ou|xy| = xy = (−x)×(−y) = |x||y|. Se x > 0 e y < 0, ou x < 0 e y > 0, então xy < 0 e |xy| = −xy = |x||y|,ou |xy| = −xy = x× (−y) = |x||y|. No caso particular de x = 0 ou y = 0, então |xy| = 0 = 0× y = |x||y|ou |xy| = 0 = x× 0 = |x||y|.2. Usando a alínea anterior e sabendo que y 6= 0, temos

|x| =∣∣∣∣yxy

∣∣∣∣ = |y|∣∣∣∣xy∣∣∣∣⇔ ∣∣∣∣xy

∣∣∣∣ =|x||y|.

3. Da De�nição 1.1.1, sai que −|x| ≤ x ≤ |x| e −|y| ≤ y ≤ |y|. Somando estas duas inequações, obtemos− (|x|+ |y|) ≤ x+ y ≤ |x|+ |y|, e da Proposição 1.1.1-2 sai que |x+ y| ≤ ||x|+ |y|| = |x|+ |y|.

A última propriedade da proposição anterior, tem o nome de desigualdade triangular, porque, quandogeneralizada a dimensões superiores, a�rma que o comprimento de um lado qualquer de um triângulo émenor ou igual do que a soma dos comprimentos dos outros dois.

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1.2 Generalidades sobre funções

Sejam A e B dois subconjuntos de R. Chamamos correspondência de A para B a qualquer processoque a um elemento de A faz relacionar outro de B. Nesta condições, ao conjunto A chama-se conjuntode partida e B é o conjunto de chegada.

De�nição 1.2.1. Uma função é uma correspondência entre dois conjuntos, que a cada elementode um desses conjuntos, digamos A, faz corresponder um único elemento do outro, digamos B.

As funções são habitualmente denotadas por letras minúsculas, por exemplo f , g, h, etc. O subconjuntode A onde uma função, digamos f , está de�nida designa-se por domínio da função e denota-se porDf . O subconjunto de B onde a função f toma valores designa-se por contra-domínio da função edenota-se por D′f . Aos elementos do domínio de uma função chamamos objectos e aos elementos docontra-domínio chamam-se imagens. Se denotarmos uma função por f , os objectos são habitualmentedenotados pelas letras x, y, z, etc. e as respectivas imagens por f(x), f(y), f(z), etc. Dizemos que umafunção é real, se todos os valores que assume são números reais e diz-se de variável real, se o seudomínio é um subconjunto de R.

Existem diferentes formas de representar uma função. O diagrama sagital ou a tabela de entradassão os mais indicados para funções cujos domínios e contra-domínios sejam conjuntos �nitos.

Exemplo 1.2.1. Consideremos a função f tal que a cada elemento do conjunto de partida A ={α, β, γ, δ} faz corresponder um elemento do conjunto de chegada B = {©,�,4} da forma seguinte:

α 7→ �, β 7→ 4, γ 7→ �, δ 7→ ©.

label=() Da representação indicada, podemos inferir que Df = {α, β, γ, δ} e D′f = {©,�,4}.

lbbel=() A função f pode ser representada por meio do diagrama sagital representado na Figura 1.1.

lcbel=() Na Tabela 1.1 apresentamos outra forma de representar a função f .

α

�β

4γ

�

δ

©

Figura 1.1: Diagrama sagital.

© � 4α •β •γ •δ •

Tabela 1.1: Tabela de entradas.

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Existem situações em que conseguimos encontrar uma única expressão através da qual podemos rela-cionar qualquer objecto no domínio da função com a correspondente imagem no contra-domínio. Estaforma para representar as funções é muito útil, não só como simpli�cação da escrita, mas também porimpossibilidade de escrever relações entre todos os objectos e imagens correspondentes quando o domínioou o contra-domínio são conjuntos com cardinalidade in�nita. À expressão que nos permite represen-tar assim uma função, designamos por expressão designatória da função. Por exemplo, a expressãodesignatória f(x) = 2x representa a função que a cada objecto x faz corresponder o seu dobro.

Exemplo 1.2.2. Considere a função f tal que a cada elemento do conjunto de partida A ={−2,−1, 0, 1, 2} faz corresponder um elemento do conjunto de chegada B = {0, 1, 4} da formaseguinte:

−2 7→ 4, −1 7→ 1, 0 7→ 0, 1 7→ 1, 2 7→ 4,

Indicar uma expressão designatória possível para a função f . Observando que cada imagem é oquadrado do objecto que lhe corresponde, podemos escrever f(x) = x2, onde x ∈ A.

A expressão designatória vai ser a forma mais comum de representarmos uma função e, sempre quenão se disser nada em contrário, será esta a forma que iremos considerar. Nesta representação, vamosconsiderar todas as funções com conjuntos de partida e de chegada iguais a R. Assim escrevemos parauma função qualquer f :

f : R −→ R

x 7−→ y = f(x);

onde f(x) indica a expressão designatória da função. Sempre que não haja ambiguidade na escrita,escrevemos simplesmente a expressão designatória de f(x). Convém referir que, nesta representação, sefaz um pequeno abuso de escrita. O domínio da função não é necessariamente igual ao seu conjuntode partida, assim como o contra-domínio pode ser diferente do conjunto de chegada. Assim, aquandodo estudo de uma função representada desta forma, o primeiro procedimento a fazer é indicar qual odomínio de validade da função.

Exemplo 1.2.3. Determinar o domínio e o contra-domínio das funções representadas por

f(x) = 2x+ 1 e g(x) = x2 .

Como as operações envolvidas na de�nição de cada função são possíveis em R, temos que Df = R

e Dg = R. Relativamente ao contra-domínio, sabemos que este será igual ao domínio da funçãoinversa, quando a função é injectiva, ou da inversa da maior restrição da função que seja injectiva.No caso de f , temos

y = 2x+ 1⇔ x =y − 1

2⇒ f−1(x) =

x− 1

2e D′f = Df−1 = R.

Para a função g, temos

y = x2 ⇔ x = ±√y ⇒ f−1|[0,∞)(x) =

√x, f−1

|(−∞,0](x) = −√x

eD′f = Df−1

|[0,∞)= Df−1

|(−∞,0]= [0,∞).

A determinação do contra-domínio, pode, por vezes, ser bastante mais simples do que o modo de resoluçãohabitual. Por exemplo, no caso do exemplo anterior, poderíamos ter observado que

g(x) = x2 ≥ 0 ∀ x ∈ R ⇒ D′f = [0,∞).

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De�nição 1.2.2. Sejam f1, f2 duas funções reais de variável real com domínios Df1 e Df2 , respec-tivamente. Chama-se função soma de f1 com f2 à função denotada por f1 +f2 e que está de�nidaem Df1 ∩Df2 por:

(f1 + f2)(x) = f1(x) + f2(x) .

De forma análoga se de�ne, em Df1 ∩Df2 , a função diferença f1 − f2, a função produto f1 f2

e a função quociente f1/f2, esta última apenas nos pontos x ∈ Df1 ∩ Df2 tais que f2(x) 6= 0,respectivamente, por:

(f1 − f2)(x) = f1(x)− f2(x), (f1 × f2)(x) = f1(x)× f2(x),

(f1

f2

)(x) =

f1(x)

f2(x).

As funções vão ser representadas num referencial cartesiano1, i.e num sistema de dois eixos ortogonaiscom a mesma unidade de medida, um horizontal orientado da esquerda para a direita e outro verticalorientado de baixo para cima. O eixo horizontal designa-se por eixo das abcissas ou eixo dos xxe o vertical por eixo das ordenadas ou eixo dos yy. Neste sistema de eixos, qualquer função serárepresentada por pontos (x, y), onde para cada objecto x, y será a respectiva imagem por meio de f , i.e.f(x). Deste modo, o referencial cartesiano também é designado por sistema de eixos coordenados.O ponto (x, y) será designado por ponto de coordenadas de abcissa x e ordenada y. Ao ponto onde osdois eixos se intersectam, fazemos corresponder os zeros de ambos os eixos e, no plano, este ponto deintersecção designa-se por origem do referencial cartesiano.

De�nição 1.2.3. O grá�co de uma função, digamos f , esboçado num referencial cartesianoconsiste no conjunto de todos os pontos do plano correspondentes a pares (x, y), com y = f(x) epara x ∈ Df . Denotamos o grá�co de uma função f por Gra(f) e representá-mo-lo por:

Gra(f) ={

(x, y) ∈ R2 : y = f(x), x ∈ Df}.

Observemos que para os propósitos deste curso o que interessa é uma aproximação do grá�co da função,aquilo que designaremos por esboço, e não o grá�co mais ou menos exacto obtido por uma calculadoragrá�ca ou algum programa computacional.

A análise geométrica do esboço do grá�co de uma função vai permitir-nos tirar muitas conclusões sobre aprópria função. Por exemplo, podemos dizer que uma correspondência é uma função, se qualquerrecta paralela ao eixo dos yy, e secante ao grá�co da correspondência, intersectar essegrá�co num só ponto.

Exemplo 1.2.4. Na Figura 1.2 fazemos a representação grá�ca das funções f(x) = 2x + 1 eg(x) = x2.

No que se segue, estamos a supor que f é uma função real de variável real. O conjunto de partida é A,o conjunto de chegada é B, o domínio é Df e o contra-domínio é D′f .

De�nição 1.2.4. Diz-se que um ponto x ∈ Df é um zero ou uma raiz da função f , se f(x) = 0.

Se uma função f tem um zero num ponto x = a, f(a) = 0 e então o seu grá�co intersecta oeixo dos xx no ponto (a, 0).

1O nome deve-se ao �lósofo, e também matemático, francês René Descartes (1596-1650).

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− 12

1x

y

(a) f(x) = 2x+ 1

−2 2

4

x

y

(b) g(x) = x2

Figura 1.2: Grá�cos das funções f(x) = 2x+ 1 e g(x) = x2.

Exemplo 1.2.5. Determinar os zeros das funções f(x) = 2x+ 1 e g(x) = x2 + 3x− 4. No caso def , temos

f(x) = 0⇔ 2x+ 1 = 0⇔ x = −1

2.

Para a função g, temos

g(x) = 0⇔ x2 + 3x− 4 = 0⇔ x =−3±

√9 + 16

2⇔ x = 1 ∨ x = −4.

De�nição 1.2.5. Diz-se que f é uma função injectiva, se quaisquer dois objectos distintos,digamos x1 e x2, de Df tiverem imagens distintas, isto é, se

x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2) . (1.2.1)

De forma equivalente, podemos dizer que f é injectiva se imagens iguais corresponderem ao mesmoobjecto

f(x1) = f(x2)⇔ x1 = x2.

Em termos grá�cos, veri�camos que uma função f é injectiva, se qualquer recta paralela ao eixo dos xxintersecta o grá�co de f em apenas um ponto.

Exemplo 1.2.6. Veri�car se as funções f(x) = 2x + 1 e g(x) = x2 são injectivas. Sendo x1 e x2

dois objectos arbitrários no domínio de f , temos

f(x1) = f(x2)⇔ 2x1 + 1 = 2x2 + 1⇔ x1 = x2.

Logo, a função f é injectiva. Se, agora, x1 e x2 forem dois objectos arbitrários no domínio de g,temos

g(x1) = g(x2)⇔ x21 = x2

2 ⇔ x1 = ±√x2

2 = ±|x2|.

Deste modo, veri�camos que dois objectos distintos, x1 = |x2| e x1 = −|x2| (com x2 6= 0) têm amesma imagem. Assim, a função g não é injectiva.

De�nição 1.2.6. Diz-se que f é uma função sobrejectiva, se cada elemento do conjunto de

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chegada de f for a imagem de, pelo menos, um elemento do domínio de f , isto é,

∀ y ∈ B ∃ x ∈ Df : y = f(x).

Esta de�nição diz-nos que uma função é sobrejectiva, se o contra-domínio coincidir com o conjunto dechegada, isto é, se D′f = B.

Exemplo 1.2.7. Veri�car se as funções f(x) = 2x + 1 e g(x) = x2 são sobrejectivas. No caso dafunção f(x), temos

y = f(x)⇔ y = 2x+ 1⇔ x =y − 1

2⇒ f−1(x) =

x− 1

2,

pelo que D′f = Df−1 = R e a função é sobrejectiva. Já para a função g(x), facilmente se observaque g(x) ≥ 0 para todo x ∈ R, donde D′g = [0,+∞) e concluímos que g não é sobrejectiva.

Uma função que seja injectiva e sobrejectiva, diz-se bijectiva. Em termos da notação matemática, umafunção f diz-se bijectiva, se

∀ y ∈ B ∃1 x ∈ Df : y = f(x).

Exemplo 1.2.8. Pelo que foi resolvido nos Exemplos 1.2.6 e 1.2.7, podemos concluir que a funçãof(x) = 2x+ 1 é bijectiva, mas a função g(x) = x2 não.

De�nição 1.2.7. Diz-se que f é uma função par, se para cada x ∈ Df , f(−x) = f(x). A funçãof é ímpar, se para cada x ∈ Df , f(−x) = −f(x).

No caso de existir algum x ∈ Df tal que f(−x) 6= f(x) e f(−x) 6= −f(x), dizemos que a função não é parnem ímpar. Num referencial cartesiano, uma função par é simétrica relativamente ao eixodos yy e uma função ímpar é simétrica relativamente à origem do referencial. Esta últimanoção quer dizer que existem pontos do grá�co da função diametralmente opostos, mas equidistantes, àorigem do referencial.

Exemplo 1.2.9. Estudar as funções f(x) = 2x+1, g(x) = x2 e h(x) = x3 quanto à paridade. Paracada uma destas funções tem-se

f(−x) = 2(−x) + 1 = −2x+ 1 6= f(x) e f(−x) 6= −f(x),

g(−x) = (−x)2 = x2 = g(x) e h(−x) = (−x)3 = −x3 = −h(x),

pelo que g é uma função par, h é ímpar e f não é par nem ímpar.

De�nição 1.2.8. Sejam f e g duas funções reais de variáveis reais tais que Df ⊆ D′g. De�ne-se acomposição das funções, f com g, à função que a cada elemento x ∈ Dg faz corresponder um únicoelemento no conjunto de chegada de f . Denotamos a composição de f com g por f ◦ g, lê-se f apósg e de�ne-se por

(f ◦ g)(x) = f [g(x)] .

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A composição de funções é associativa, isto é, (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) para quaisquer funções f , g e h.No entanto, não é comutativa, isto é, existem funções f e g tais que f ◦ g 6= g ◦ f .

Exemplo 1.2.10. Considere a função f(x) = 3x e g(x) = x2. Determinar expressões analíticaspara as funções compostas f ◦ g e g ◦ f . Tem-se

(f ◦ g)(x) = f [g(x)] = f(x2) = 3x2,

(g ◦ f)(x) = g[f(x)] = g(3x) = (3x)2 = 9x2,

pelo que se conclui que f ◦ g 6= g ◦ f .

1.3 Estudo das funções

De�nição 1.3.1. Diz-se que uma função real de variável real f é monótona crescente numsubconjunto D de Df , se f(x1) ≤ f(x2) para quaisquer x1, x2 ∈ D tais que x1 ≤ x2, isto é:

x1 ≤ x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2) ∀ x1, x2 ∈ D. (1.3.2)

Dizemos que f émonótona decrescente em D ⊆ Df , se f(x1) ≥ f(x2) para quaisquer x1, x2 ∈ Dtais que x1 ≤ x2, isto é:

x1 ≤ x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2) ∀ x1, x2 ∈ D. (1.3.3)

No caso de termosx1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) ∀ x1, x2 ∈ D,

dizemos que f é monótona crescente em sentido estrito. De forma análoga, se

x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) ∀ x1, x2 ∈ D,

dizemos que f é monótona decrescente em sentido estrito. Sempre que não se diga mais nadasobre a monotonia, subentende-se que estamos a falar de monotonia no sentido da de�nição anterior, oque muitas vezes e para a distinguir da monotonia estrita nos referimos como sendo monotonia emsentido lato. Sempre que não se faça menção ao subconjunto Df onde f é monótona, deve entender-seque f satisfaz essa propriedade em todo o seu domínio.

No que se segue, estamos a supor que f é uma função real de variável real. O conjunto de partida é A,o conjunto de chegada é B, o domínio é Df e contra-domínio é D′f .

De�nição 1.3.2. Diz-se que f é uma função minorada, se f(Df ) é um conjunto minorado, i.e.,se

∃ m ∈ R : f(x) ≥ m ∀ x ∈ Df .

A função f é majorada, se f(Df ) é um conjunto majorado, i.e.,

∃ M ∈ R : f(x) ≤M ∀ x ∈ Df .

No caso da função f ser minorada e majorada, i.e.,

∃ m, M ∈ R : m ≤ f(x) ≤M ∀ x ∈ Df ,

dizemos que a função é limitada.

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Aos valores m e M designamos, respectivamente, por minorante e majorante de f . Como se observadesta de�nição, uma função pode ter vários, ou mesmo in�nitos, minorantes e ou majorantes. Chama-se ín�mo da função f , e denota-se por inf f(x), ao maior dos minorantes de f . Chama-se supremoda função f , e denota-se por sup f(x), ao menor dos majorantes de f . Observe-se que os minorantes,majorantes, ín�mo e supremo de f dizem respeito ao conjunto f(Df ). Se a função f não é minorada,dizemos que o seu ín�mo é −∞. No caso de não ser majorada, diz-se que o seu supremo é +∞. Quando oín�mo ou o supremo forem valores que a função f assume no domínio Df , dizemos, respectivamente, quef tem um máximo ou um mínimo no seu domínio Df . Neste caso, denotamos o mínimo ou o máximo,respectivamente, por min f(x) ou max f(x). Todas esta noções podem ser adaptadas para qualquersubconjunto D de Df , fazendo apenas referência nas notações que estas quantidades são obtidas emD. Desta forma, uma função pode ter vários mínimos ou máximos consoante os diferentes subdomíniosque estamos a considerar. Assim, este máximos e mínimos dizem-se relativos ao subdomínio quese considera. Ao maior dos vários máximos relativos, chamamos máximo absoluto. Ao menor dosmínimos relativos, chama-se mínimo absoluto.

Proposição 1.3.1. Seja f uma função real de variável real. A função f é limitada se e só se

∃ C ∈ R+ : |f(x)| ≤ C ∀ x ∈ Df . (1.3.4)

Demonstração: Suponhamos que f é uma função limitada. Então, por de�nição, existem duas cons-tantes reais, digamos m e M , tais que

m ≤ f(x) ≤M ∀ x ∈ Df .

De�nindo K = max{m,M} e C = |K|, temos

−C ≤ f(x) ≤ C ⇔ |f(x)| ≤ C ∀ x ∈ Df .

Reciprocamente, se (1.3.4) é veri�cada, então, da de�nição de módulo, podemos a�rmar que

∃ C ∈ R+ : −C ≤ f(x) ≤ C ∀ x ∈ Df .

Então C é um majorante de f e −C um minorante, pelo que f é limitada.

De�nição 1.3.3. Seja f uma função real de variável real injectiva com domínio Df . Designa-se porfunção inversa da função f à função que a cada imagem y = f(x) faz corresponder o respectivoobjecto x que lhe deu origem.

A noção de função inversa está intimamente ligada à propriedade de função injectiva. Se esta não severi�car, não existe função inversa. Se f não fosse injectiva, então existiriam dois objectos x1 6= x2 emDf tais que f(x1) = f(x2). Neste caso, admitindo que era possível inverter a função, então obteríamosuma correspondência que ao mesmo objecto y = f(x1) = f(x2) faria relacionar duas imagens distintasx1 e x2. No entanto esta correspondência não é uma função como se depreende da De�nição 1.2.1

De�nição 1.3.4. Seja D um subconjunto do domínio Df de uma função f . Designa-se por imagemou transformado do conjunto D por meio de f , e denota-se por f(D), ao conjunto de todos osvalores que f assume em pontos x ∈ D, i.e.

f(D) = {y ∈ R : y = f(x), x ∈ D}.

Representando a função f da de�nição anterior por

f : R −→ R

x 7−→ y = f(x),

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então a função inversa da função f representa-se por

f−1 : R −→ R

y 7−→ x = f−1(y),tal que (f−1 ◦ f)(x) = x e (f ◦ f−1)(y) = y.

Se o domínio da função f é Df e o contra-domínio da função f é D′f , então

Df−1 = f(Df ) e D′f−1 = Df ,

onde f(Df ) é o conjunto transformado por meio de f do conjunto Df .

Exemplo 1.3.1. Considerar as funções f(x) = 2x + 1 e g(x) = x2. Justi�car se é possível ounão inverter estas funções em todo o seu domínio. Em caso negativo, indicar o maior subdomíniopossível onde é possível inverter cada uma. Obter expressões analíticas para essas funções inversas.

Pelo Exemplo 1.2.6, sabemos que a função f é injectiva, mas g não. Por outro lado, vimos noExemplo 1.2.3, que, apesar de g não ser injectiva em todo o seu domínio, as suas restrições aosintervalos [0,∞) ou (−∞, 0] são injectivas. Temos então

f−1(x) =x− 1

2, g−1

|[0,∞)(x) =√x, g−1

|(−∞,0](x) = −√x.

O grá�co da função inversa f−1, pode-se obter a partir do grá�co da função f fazendo uma simetria emrelação à bissectriz dos quadrantes ímpares (recta y = x).

Proposição 1.3.2. Seja f uma função real de variável real. Se f é uma função monótona e injectiva,então a função inversa f−1 também é estritamente monótona, crescente ou decrescente, consoantef .

Demonstração: Suponhamos que f é uma função monótona e injectiva. Sejam x1, x2 ∈ Df e y1 =f(x1), y2 = f(x2) Dado que f é injectiva, podemos usar a invertibilidade de f para escrever

x1 = f−1(y1) e x2 = f−1(y2).

Admitamos que f é monótona crescente e suponhamos que y1 > y2. Claramente se tem f−1(y1) >f−1(y2), pois, caso contrário, teríamos x1 < x2, o que contraria o facto de f ser monótona crescente.De forma análoga se prova que f−1 é estritamente decrescente no caso de f ser monótona decrescente.

Observemos que o facto da função f ser injectiva implica que a sua monotonia é estrita.

Proposição 1.3.3. Seja f uma função real de variável real. Se f é uma função ímpar e injectiva,então a função inversa f−1 também é ímpar.

Demonstração: Suponhamos que f é uma função ímpar e injectiva. Então

f(−x) = −f(x) ∀ x ∈ Df

e existe a função inversa f−1. Logo, se y = f(−x), então x = −f−1(y). Por outro lado, do facto de fser ímpar, resulta que y = −f(x) ⇔ x = f−1(−y). Assim, temos que f−1(−y) = −f−1(y) e, portanto,f−1 é uma função ímpar.

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Exemplo 1.3.2. Consideremos as funções do Exemplo 1.3.1. A partir dos grá�cos destas funções,podemos esboçar os grá�cos das funções inversas aí encontradas conforme a Figura 1.3.

1

1

y = 2x + 1

y = x−12

x

y

(a) f−1(x) = x−12

−2 2 4

2

4y = x2

y =√x

y = −√x

x

y

(b) g−1(x) = ±√x

Figura 1.3: Grá�cos das funções inversas de f(x) = 2x+1 e deg(x) = x2.

1.4 Funções elementares

Nesta secção vamos introduzir algumas das funções que mais comummente se utilizam, tanto em Mate-mática como nas outras ciências fundamentais e também nas aplicações. Estas funções são designadaspor funções elementares no sentido que se podem representar por uma soma �nita de expressões designa-tórias. Observemos que as funções que aqui iremos estudar são funções reais de variável real. Deixaremospara outro capítulo o estudo das funções exponenciais e trigonométricas, bem como as suas inversas.

Funções polinomiais

Os exemplos mais simples de funções que começamos por estudar, englobam a grande classe de funçõesa que habitualmente chamamos polinómios.

De�nição 1.4.1. Um polinómio é uma função que é de�nida por uma equação da forma:

P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0;

onde a0, a1, . . . , an ∈ R, com an 6= 0, e n ∈ N0.

As letras a0, a1, . . . , an denotam constantes reais e designam-se por coe�cientes do polinómio. Aonúmero inteiro não negativo n chama-se grau do polinómio. No âmbito deste curso, vamos designaros polinómios por funções polinomiais e iremos usar a notação habitual das funções:

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0.

Como a equação acima faz corresponder um valor f(x) (ou P (x)) para cada valor de x, o domínio de fé todo R. Contudo, o contra-domínio pode ser R ou qualquer seu subconjunto.

Se n = 0, obtemos a designada função constante f(x) = a0, que comummente se denota por

f(x) = c

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e para a qual se tem Df = R e D′f = {c}.

Se n = 1, obtemos a conhecida função a�m, ou também designada função linear, f(x) = a1x+a0,que habitualmente se denota por

f(x) = ax+ b.

O grá�co da função a�m é uma recta de equação y = ax + b, onde a nos indica o declive da recta e aordenada na origem é b.

Se a = 0, recuperamos a função constante f(x) = b.

Se a 6= 0, tem-se Df = R e D′f = R. Neste caso, a função é monótona estritamente crescente oudecrescente, consoante a > 0 ou a < 0, respectivamente.

No caso de a 6= 0, o zero da função é dado por x = − ba .

No caso n = 2, obtemos a designada função quadrática f(x) = a2x2 + a1x+ a0, que usualmente

se denota porf(x) = ax2 + bx+ c.

Tal como para qualquer polinómio, temos Df = R. Se a = 0, recuperamos a função a�m f(x) = ax+ b.Se a 6= 0, o problema maior que se nos coloca é como calcular os eventuais zeros da função quadrática.Para este cálculo, tem muito interesse a relação seguinte entre os coe�cientes da função quadrática,designada por discriminante:

4 = b2 − 4ac.

Proposição 1.4.1. Seja f(x) = ax2 + bx+ c, com a 6= 0.

1. No caso de 4 < 0, a função não tem zeros.

2. Se 4 = 0, a função tem apenas um zero que é dado por x = − b2a .

3. Se 4 > 0, a função tem dois zeros que são dados por

x1 =−b+

√4

2a≡ −b+

√b2 − 4ac

2ae x2 =

−b−√4

2a≡ −b−

√b2 − 4ac

2a.

Demonstração: Supondo que a 6= 0, temos

f(x) = 0⇔ ax2 + bx+ c = 0⇔ a

(x2 +

b

ax+

c

a

)= 0⇔ x2 +

b

ax+

c

a= 0

⇔(x+

b

2a

)2

− b2

4a2+c

a= 0⇔

(x+

b

2a

)2

=b2 − 4ac

4a2⇔ x =

−b±√b2 − 4ac

2a.

Se ∆ < 0, então a equação(x+ b

2a

)2= b2−4ac

4a2 é impossível em R, pelo que f não tem zeros. Caso

∆ = 0, temos(x+ b

2a

)2= 0 ⇔ x = − b

2a . Se ∆ > 0, é possível resolver a equação(x+ b

2a

)2= b2−4ac

4a2

em R e as solução são dadas por x1 e x2.

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Resulta desta proposição as consequências seguintes:

• o grá�co da função quadrática (com a 6= 0) é uma parábola de eixo vertical e estritamente monótonaem qualquer um dos intervalos (

−∞,− b

2a

)e

(− b

2a,+∞

);

• o ponto de coordenadas(− b

2a , c−b2

4a

)é o ponto onde a função quadrática atinge o máximo ou o

mínimo e designa-se por vértice da parábola;

• se a > 0, D′f =[c− b2

4a ,+∞)e a função atinge o seu mínimo (absoluto) no ponto x = − b

2a de

valor y = c − b2

4a . Neste caso, dizemos que o grá�co da função tem a concavidade voltada paracima;

• se a < 0, D′f =(−∞, c− b2

4a

]e a função atinge o seu máximo (absoluto) no ponto x = − b

2a de

valor y = c − b2

4a . Neste caso, dizemos que o grá�co da função tem a concavidade voltada parabaixo.

Funções racionais

No sentido mais abrangente possível, função racional é qualquer função em cuja expressão designatóriaapenas estão envolvidas operações racionais. Assim, as funções polinomiais, que estudamos na secçãoanterior, são os casos mais simples das funções racionais. A extensão natural das operações algébricasentre números reais aos polinómios resulta, com excepção das divisões que não são exactas, na origemde novos polinómios. À divisão de polinómios que não der outro polinómio, vamos designar por funçãoracional propriamente dita.

De�nição 1.4.2. Consideremos dois polinómios não divisíveis entre si:

P (x) = a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ anx

n e Q(x) = b0 + b1x+ b2x2 + · · ·+ bmx

m;

onde n em são dois inteiros não negativos, não necessariamente iguais. À função R(x) = P (x)/Q(x),que à luz da notação das funções, denotamos por

f(x) =a0 + a1x+ a2x

2 + · · ·+ anxn

b0 + b1x+ b2x2 + · · ·+ bmxm,

designamos por função racional.

Como, em R, não sabemos dividir por 0, a função f(x) = P (x)/Q(x) para estar bem de�nida, isto é,para ser uma função, tem de se garantir que Q(x) 6= 0. Deste modo, o domínio de f pode não ser todoR. Mais exactamente,

Df = {x ∈ R : Q(x) 6= 0} ≡{x ∈ R : b0 + b1x+ b2x

2 + · · ·+ bmxm 6= 0

}.

Os zeros da função racional são dados pelos zeros da função polinomial P (x) (numerador da fracção).

A função tem sinal positivo nos pontos x ∈ R tais que P (x) > 0 e Q(x) > 0, ou P (x) < 0 e Q(x) < 0.Tem sinal negativo no caso contrário, isto é, quando P (x) e Q(x) têm sinais contrários.

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Exemplo 1.4.1. Considere a função

f(x) =1

xn, n ∈ N0.

label=() Se n = 0, f(x) = 1, pelo que Df = R e D′f = {1}. No caso de n ∈ N, Df = R \ {0} eD′f = (0,∞) se n é par, ou D′f = R \ {0} se n é ímpar.

lbbel=() A função não tem zeros, pois f(x) > 0 independentemente do valor de n.

lcbel=() Se n é ímpar, a função é injectiva pois, para quaisquer objectos x1, x2 ∈ Df , tem-se

f(x1) = f(x2)⇔ 1

xn1=

1

xn2⇔ xn1 = xn2 ⇔ x1 = n

√xn2 ⇔ x1 = x2.

Já se n é par, a função não é injectiva, pois, para quaisquer x1, x2 ∈ Df ,

f(x1) = f(x2)⇔ 1

xn1=

1

xn2⇔ xn1 = xn2 ⇔ x1 = ± n

√xn2 ⇔ x1 = ±|x2|.

Pela análise do contra-domínio feita em a), conclui-se que a função não é sobrejectiva, sejaqual for o valor do inteiro não negativo n.

ldbel=() No caso de n ser par ou ímpar, a função é par ou ímpar, respectivamente, pois

f(−x) =1

(−x)n=

− 1

xn= −f(x) se n é ímpar, ou

1

xn= f(x) se n é par

lebel=() Quanto aos grá�cos, podemos fazer a representação de acordo com a Figura 1.4.

−1 1

1x

y

(a) f(x) = 1xn

se n é ímpar

−1 1

1x

y

(b) f(x) = 1xn

se n é par

Figura 1.4: Grá�co da função f(x) = 1xn

em função do parâ-metro n.

Funções inversas

Antes de introduzirmos as inversas das funções até agora estudadas, convém recordar que intimamenteligada com a noção de função inversa está a noção de função injectiva. De�nimos a função inversaapenas de funções injectivas. No entanto, uma função poderá não ser injectiva em todo o seu domínio,mas apenas em algum subconjunto estritamente contido no seu domínio. Neste caso, podemos restringira função a esse subdomínio e aí considerar a sua inversa.

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ANÁLISE MATEMÁTICA EM R Ficha de exercícios no 1

Para obtermos a inversa de uma dada função (injectiva) f , resolvemos a equação

f(x) = y

em ordem a x. Como a função original é injectiva, a resolução desta equação, em ordem a x, daráorigem a uma única expressão designatória em função de y, expressão essa que será nada mais que aexpressão designatória da função inversa procurada. Como convencionamos o eixo dos xx como sendo odas abcissas e o dos yy como o das ordenadas, convém fazer uma mudança da variável y para a variávelx e obtermos, assim, uma expressão designatória para f−1(x).

A função constante f(x) = c não tem inversa, excepto se restringirmos o seu domínio a um único ponto.

A função linear f(x) = ax + b, com a, b ∈ R, é invertível em todo o seu domínio Df = R se e só sea 6= 0. Neste caso, a expressão designatória da inversa da função é dada por

f−1(x) =x− ba

.

No caso de polinómios de grau superior ou igual a 2, quando fazemos o mesmo procedimento para obteras suas inversas, deparamo-nos com o problema de as funções encontradas eventualmente já não seremfunções racionais. Em muitos casos, as expressões designatórias das funções inversas vão fazer envolver,não só operações racionais, mas também operações irracionais. Nestes casos, as funções encontradaspertencem à grande classe de funções irracionais. Deste modo, as funções irracionais surgem por umanecessidade de encontrar as inversas de funções racionais.

A função quadrática f(x) = x2, é invertível em [0,+∞) e a expressão designatória da sua inversa é dadapor

f−1|[0,∞)(x) =

√x.

Uma função irracional será, então, uma função representada por

f(x) = n√R(x),

onde R(x) é uma função racional. Mais geralmente, designamos por função irracional qualquer funçãocuja expressão designatória resulta de aplicarmos operações irracionais a uma ou mais das funções porúltimo referidas.

Exemplo 1.4.2. Considere a função f(x) = xn, com n ∈ N0 �xo.

label=() Determinar a inversa da função f e indicar o seu domínio de validade em função de n.

lbbel=() A partir do grá�co de f , esboçar o grá�co de f−1.

(a) Temos

y = f(x)⇔ xn = y ⇔ x =

{x = n

√y se n é ímpar

x = ± n√y se n é par.

Se n é ímpar, a função é invertível em todo o seu domínio e tem inversa de�nida por f−1(x) = n√x.

No caso de n ser par, a função é invertível apenas quando restringida a um dos intervalos, (−∞, 0]ou [0,∞), sendo, nesses casos, as inversas de�nidas por f−1

|(−∞,0](x) = − n√x ou f−1

|[0,∞)(x) = n√x,

respectivamente.(b) Neste caso, os grá�cos das funções inversas são representados como na Figura 1.5.

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1

1

y = xn

y = n√xx

y

(a) f(x) = xn se n é ímpar

1

1

y = xn

y = n√x

y = − n√x

x

y

(b) f(x) = xn se n é par

Figura 1.5: Grá�cos das funções inversas de f(x) = xn.

1.5 Ficha de exercícios

*

1. Mostre que:

(a) x2 + 2px+ q = 0 =⇒ x = −p±√p2 − q;

(b) Se x1 e x2 são as raízes da equação: ax2 + bx+ c = 0, a 6= 0, então

i. x1+ x2 = − ba

e x1 x2 =c

a(Fórmulas de Viéte)

ii. ax2 + bx+ c = a (x− x1) (x− x2)

(c)

√a2 − 4ab+ 4b2√a2 + 4ab+ 4b2

− 8ab

a2 − 4b2+

2b

a− 2b=

a

2b− a, onde 0 < a < 2b;

(d)x2 + 4x− 5 + (x− 5)

√x2 − 1

x2 − 4x− 5 + (x+ 5)√x2 − 1

=

√x− 1

x+ 1, onde x > 1;

(e)√x+ 1

x√x+ x+

√x

:1

x2 −√x

= x− 1, onde x > 1;

2. Determine os conjuntos de soluções das (in)equações seguintes:

(a) |x− 3| = 2|x|;(b) |2x+ 1| < 1;

(c) |x− 1| < |x+ 1|;

(d) |x2 − 1| = 3;

(e) |2x− 5| > x+ 1;

(f) |x2 − 4| = x+ 2.

3. Mostre que:

(a) |xn| = |x|n para todo n ∈ N;(b) |x− y| ≥ ||x| − |y|| .

4. Determine f(0), f(− 3

4

), f(−y) e f

(1x

)no caso de f(x) =

√1 + x2.

5. Determine f(x+ 1) e f(

1x

)se f(x− 1) = x2.

6. Determine a função linear f sabendo que f(−1) = 2 e f(2) = −3.

7. Determine a função quadrática f sabendo que f(0) = 1, f(1) = 0 e f(3) = 5.

8. Considere as funções seguintes:

f(x) = 1− x+ x2 ; g(x) =√−x+

1√2 + x

; h(x) =1 + x

1− x;

i(x) =x+ |x|

2; j(x) = x2 +

1

x; k(x) =

√x− |x| .

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(a) Determine o domínio de cada.

(b) Determine, caso existam, os zeros de cada.

9. Estude as funções seguintes quanto à paridade:

g(x) = 1− x2 ; h(x) =1 + x

1− x; i(x) = 3

√(x+ 1)2 − 3

√(x− 1)2 ;

j(x) = (1 + x)(1− x) ; k(x) =1

1− x− 1

1 + x; l(x) = x3 + x2 .


f(x) = 2x+ 3 ; g(x) =2

x; h(x) = x3 ;

i(x) =3√

1− x3 ; j(x) =√

4− x2 ; k(x) =1 + x

1− x.

(a) Estude estas funções quanto à injectividade e sobrejectividade.

(b) Determine a função inversa e indique o maior domínio de validade de cada.

11. Recorrendo apenas ao grá�co de funções já conhecidas, esboce o grá�co das funções seguintes,assim como o das suas inversas no caso de existirem.

(a) f(x) = 2x− 5;

(b) f(x) = x3 − 3x+ 2;

(c) f(x) =1

1− x;

(d) f(x) =x− 2

x+ 2;

(e) f(x) = x+1

x2;

(f) f(x) = x2 +1

x;

(g) f(x) =3√x2;

(h) f(x) =1

2(x+ |x|);

(i) f(x) = x4 − 2x+ 5.

12. Para as funções do exercício anterior e recorrendo simplesmente à análise dos seus grá�cos, indique,caso existam, o conjunto de majorantes, de minorantes, o supremo, o ín�mo, o máximo e o mínimo.

Soluções

2: (a) C.S.= {−3, 1}; (b) C.S.= (−1, 0); (c) C.S.= (0,∞); (d) C.S.= {−2, 2}; (e) C.S.=(−∞, 4

3

)∪ (6,∞); (f)

C.S.= {−2, 1, 3}; 4: f(0) = 1; f(− 3

4

)= 5

4; f(−y) =

√1 + y2; f

(1x

)=

√1+x2

|x| ; 5: f(x + 1) = (x + 2)2;

f(1x

)=

(x+1)2

x2; 6: f(x) = − 5

3x + 1

3; 7: f(x) = 7

6x2 − 13

6x + 1; 8: a) Df = R; Dg = (−2, 0); Dh = R \ {1};

Di = R; Dj = R \ {0}; Dk = [0,∞); b) f e g não têm zeros; h(x) = 0 ⇔ x = −1; i(x) = 0 ⇔ −∞ < x ≤ 0;j(x) = 0 ⇔ x = −1; k(x) = 0 ⇔ 0 ≤ x < ∞. 9: Pares: g e j; Ímpares: i e k; 10: a) Injectivas: f , g, h, i, k;Sobrejectivas: f , h, i; b) xf = y−3

2; xg = 2

y, y 6= 0; xh = 3

√y; xi = 3

√1− y3; xj =

√4− y2 para y ∈ [0, 2],

xj = −√

4− y2 para y ∈ [−2, 0] ; xk = y−1y+1

, y 6= 1.

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Capítulo 2

Sucessões numéricas

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

2.1 Introdução

De�nição 2.1.1 (Sucessão numérica). Uma sucessão numérica in�nita de termos reais é uma funçãode variável natural e com valores reais. Usando a escrita habitual para as funções, uma sucessão,digamos f , escreve-se da forma seguinte:

f : N −→ R

n 7→ f(n).

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

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

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

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

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

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

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

(u v)n = un vn e(uv

)n

=unvn

(vn 6= 0 ∀ n ∈ N) .

2.1.1 Formas de designar uma sucessão

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

19

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 2. SUCESSÕES NUMÉRICAS

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

1, 3, 5, . . . .

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

un =1

n, n ∈ N,

permite-nos obter a sucessão seguinte de termos ordenados:

1,1

2,

1

3, . . . .

A fórmulavn = 1, n ∈ N,

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

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

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

un =

1

n2se n = 2k − 1

n2 se n = 2k ,

onde k ∈ N, de�ne a sucessão cujos oito primeiros termos ordenados são

1, 4,1

9, 16,

1

25, 36,

1

49, 64, . . . .

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

1,1

9,

1

25,

1

49, . . .

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

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

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

u1 = u2 = 1, un+1 = un + un−1, n ∈ N,

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

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

Uma sucessão determinada por este processo, diz-se uma sucessão de�nida por recorrência.

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

2.1.2 Representação grá�ca de uma sucessão

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

{(n, un) : n ∈ N}.

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

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Exemplo 2.1.1. Fazer a representação grá�ca dos seis primeiros termos da sucessão

un =(−1)n

n, n ∈ N.

Resolução: Calculando estes termos, temos:

u1 = −1, u2 =1

2, u3 = −1

3, u4 =

1

4, u5 = −1

5, u6 =

1

6.

Representando os termos num referencial cartesiano, obtemos o grá�co seguinte:

1 2 4 6

−1

1

n

un

2.2 Princípio de indução matemática

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

Se

(1) P (n) é veri�cada para n = 1;

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

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

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

De�nição 2.2.1 (Princípio de indução matemática). Se:

(1) P (n1) é veri�cada;

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(2) P (n)⇒ P (n+ 1), n > n1;

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

Exemplo 2.2.1. Mostrar que para todo o natural n a igualdade seguinte é veri�cada:

1 + 3 + 5 + · · ·+ 2n− 1 = n2 . (2.2.1)

Resolução: Para n = 1, observamos trivialmente que 1 = 12. Suponhamos que para qualquern > 1 se veri�ca (2.2.1), que passa a ser a nossa hipótese de indução. Tentemos mostrar a nossatese de indução:

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

De facto, usando a hipótese de indução, temos

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

Assim, podemos concluir, pelo Princípio de Indução Matemática, que (2.2.1) é veri�cada para todoo natural n.

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

Proposição 2.2.1. Para quaisquer a , b ∈ R

(a+ b)n =an + nan−1b+n(n− 1)

2an−2b2 + · · ·+ n!

k!(n− k)!an−kbk + · · ·+ n(n− 1)

2a2bn−2 + nabn−1 + bn

(2.2.2)

=

n∑k=0

n!

k!(n− k)!an−kbk . (2.2.3)

Demonstração: Para n = 1, facilmente se veri�ca, pois

a+ b =

1∑k=0

n!

k!(n− k)!an−kbk ⇔ a+ b =

1!

0!(1− 0)!a1−0b0 +

1!

1!(1− 1)!a1−1b1 ⇔ a+ b = a+ b .

Suponhamos, agora, que a fórmula (2.2.2) é válida para um certo n ∈ N (hipótese de indução) e a partirdaqui tentemos mostrar que também é válida para o seu sucessor n+1 (tese). Temos então, pela hipótesede indução,

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

n∑k=0

n!

k!(n− k)!an+1−kbk +

n∑k=0

n!

k!(n− k)!an−kbk+1

=

n∑k=0

n!


n∑k=0

n!

k![(n+ 1)− (k + 1)]!a(n+1)−(k+1)bk+1

=an+1 +

n∑k=1

n!


n+1∑k=1

n!

(k − 1)![(n+ 1)− k]!a(n+1)−kbk

=an+1 +

n∑k=1

[n!

k!(n− k)!+

n!

(k − 1)![(n+ 1)− k]!

]an+1−kbk + bn+1

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

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=

n+1∑k=0

(n+ 1)!

k![(n+ 1)− k]!an+1−kbk .

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

n!

k!(n− k)!+

n!

(k − 1)![(n+ 1)− k]!=

(n+ 1)!

k![(n+ 1)− k]!,

como facilmente se comprova.

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

� triângulo de números naturais em que cada linha n, a começar em n = 0, representa os coe�cientesdo binómio (a + b)n. O triângulo é limitado por 1 nos lados direito e esquerdo, e cada entrada interioré a soma das duas entradas imediatamente acima. Este triângulo foi popularizado por Pascal nos seustrabalhos de Cálculo Combinatório, mas existem evidências de que já era conhecido centenas, ou mesmomilhares, de anos antes por diversas civilizações, como na Antiga Índia, na China Medieval e na Idade deOuro Islâmica, até chegar à Itália por volta do Renascimento. Por exemplo, a última linha do Triângulode Pascal da Figura 2.1, permite-nos conhecer, de uma forma muito rápida, todos os coe�cientes daexpansão do polinómio (a+ b)8 em potências de a e b:

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

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

Figura 2.1: Triângulo de Pascal para n = 8.

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

Proposição 2.2.2. Para quaisquer x ∈ [−1,∞) e n ∈ N, tem-se:

(1 + x)n ≥ 1 + nx . (2.2.4)

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

talentosos.

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Demonstração: Para n = 1, é imediato. Suponhamos que a fórmula (2.2.4) é válida para um determi-nado n ∈ N (hipótese de indução) e a partir daqui tentemos mostrar que também é válida para o seusucessor n+ 1 (tese). Temos, pela hipótese de indução,

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

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

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

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

Mg := n

√√√√ n∏i=1

ai ,

enquanto a média aritmética é de�nida por

Ma :=1

n

n∑i=1

ai .

Proposição 2.2.3. Se n ∈ N e a1, a2, . . . , an ∈ R+, então

n

√√√√ n∏i=1

ai ≤1

n

n∑i=1

ai.

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

n

√√√√ n∏i=1

ai =1

n

n∑i=1

ai.

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

√a1a2 ≤

a1 + a2

2⇔ (√a1 −

√a2)

2 ≥ 0,

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

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

n+1

∑n+1i=1 ai, sabemos que

mini∈{1,...,n,n+1}

ai ≤Ma ≤ maxi∈{1,...,n,n+1}

ai ,

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

a1 < Ma < an+1 ⇒ (a1 −Ma)(Ma − an+1) > 0⇔ a1an+1 < Ma(a1 + an+1 −Ma). (2.2.5)

Por de�nição da média aritmética, temos

Ma :=1

n+ 1

n+1∑i=1

ai ⇔n∑i=2

ai + (a1 + an+1 −Ma) = nMa .

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

n

√√√√(a1 + an+1 −Ma)

n∏i=2

ai ≤Ma.

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

Ma(a1 + an+1 −Ma)

n∏i=2

ai ≤Mn+1a . (2.2.6)

Finalmente, usando (2.2.5) e depois (2.2.6), obtemos

n+1∏i=1

ai = a1

n∏i=2

aian+1 < Ma(a1 + an+1 −Ma)

n∏i=2

ai ≤Mn+1a ,

como queríamos demonstrar.

2.3 Exemplos Importantes

De�nição 2.3.1 (Progressão aritmética). Uma progressão aritmética é uma sucessão cuja fórmulapara o seu termo geral é

un = u1 + (n− 1)r, n ∈ N,

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

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

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

Deste modo, podemos de�nir tal sucessão por recorrência:{u1 = aun+1 = un + r;

sendo a e r 6= 0 reais conhecidos.

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

1 2 3 4 5 6

1

2

3

4

5

n

un

Proposição 2.3.1. A soma Sn dos primeiros n termos de uma progressão aritmética un é dadapor

Sn =u1 + un

2× n. (2.3.7)

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

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

A soma dos primeiros n termos é dada por

Sn = a+ (a+ r) + · · ·+ [a+ (n− 2)r] + [a+ (n− 1)r]. (2.3.8)

Invertendo a ordem desta soma, temos

Sn = [a+ (n− 1)r] + [a+ (n− 2)r] + · · ·+ (a+ r) + a. (2.3.9)

Somando (2.3.8) e (2.3.9) termo a termo, obtemos

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

= [2a+ (n− 1)r]n = {a+ [a+ (n− 1)r]}n

⇔ Sn =u1 + un

2n,

o que conclui a demonstração.

Exemplo 2.3.1. Calcular a soma, S100, dos primeiros 100 termos da progressão aritmética un = n,com n ∈ N.

Resolução: De facto, un é uma progressão aritmética de razão r = 1 já que un+1−un = n+1−n =1. Assim, por (2.3.7), temos

S100 =u1 + u100

2× 100 =

1 + 100

2× 100 = 5050 .

De�nição 2.3.2 (Progressão geométrica). Uma progressão geométrica é uma sucessão cuja fórmulapara o seu termos geral é

un = u1rn−1, n ∈ N,

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

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

un+1

un= r ∀ n ∈ N (r = constante 6= 1).

Podemos, assim, de�nir tal sucessão também por recorrência:{u1 = aun+1 = unr;

sendo a e r 6= 1 reais conhecidos.

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

3n ,temos:

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1 2 3 4 5

13

19

127 n

un

Proposição 2.3.2. A soma Sn dos primeiros n termos de uma progressão geométrica un de razãor 6= 1 é dada por

Sn = u11− rn

1− r. (2.3.10)

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

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

A soma dos primeiros n termos é dada por

Sn = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1. (2.3.11)

Multiplicando (2.3.11) por (1− r), obtemos

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

)= a− arn = u1(1− rn)

⇔ Sn = u11− rn

1− r,


Exemplo 2.3.2. Calcular a soma dos primeiros 100 termos da progressão geométrica

un =

(1

2

)n, n ∈ N.

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

2n+112n

= 12 . Assim, de

(2.3.10), temos

S100 = u1 ×1− r100

1− r=

1

2×

1−(

12

)100

1− 12

= 1− 1

2100.

2.4 Propriedades principais

2.4.1 Sucessão limitada

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

∃ L ∈ R : un ≤ L ∀ n ∈ N.

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

∃ l ∈ R : un ≥ l ∀ n ∈ N.

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

De�nição 2.4.1 (Sucessão limitada). Uma sucessão un é limitada, se

∃ L, l ∈ R : l ≤ un ≤ L ∀ n ∈ N. (2.4.12)

Exemplo 2.4.1. Veri�car se as sucessões seguintes são limitadas:

(a) un = n, n ∈ N; (b) vn =1

n, n ∈ N.

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

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

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

a sucessão vn é limitada.

Proposição 2.4.1. Uma sucessão un é limitada se e só se

∃ C ∈ R+ : |un| ≤ C ∀ n ∈ N. (2.4.13)

Demonstração: Suponhamos que un é limitada. Sendo C = max{|l|, |L|}, concluímos facilmente que(2.4.12) implica (2.4.13). Reciprocamente, se (2.4.13) é veri�cada, então

−C ≤ un ≤ C ∀ n ∈ N.

Assim, podemos tomar l = −C e L = C para obter (2.4.12).

2.4.2 Monotonia

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

De�nição 2.4.2. Uma sucessão un diz-se monótona crescente, se

un ≤ un+1 ∀ n ∈ N.

A sucessão un diz-se monótona decrescente, se

un ≥ un+1 ∀ n ∈ N.

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No caso de termosun < un+1 ∀ n ∈ N,

dizemos que un é uma sucessão monótona estritamente crescente. Se

un > un+1 ∀ n ∈ N,

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

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

un+1

un

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

Exemplo 2.4.2. Estudar as sucessões seguintes quanto à monotonia:

(a) un = 2n− 1, n ∈ N; (b) vn =1

n2, n ∈ N.

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

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

Logo un é uma sucessão monótona crescente.

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

vn+1

vn=

1(n+1)2

1n2

=

(1− 1

n+ 1

)2

< 1 ∀ n ∈ N .

Então vn é uma sucessão monótona decrescente.

2.4.3 Subsucessão

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

(u ◦ v)k = uvk .

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De�nição 2.4.3 (Subsucessão). Sejam un uma sucessão de termos reais e kn uma sucessão determos naturais estritamente crescente. A sucessão composta (u ◦ k)n designa-se por subsucessãoda sucessão un e o seu termo geral é denotado por ukn .

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

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

vn = un.

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

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

vn = u2n

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

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

vn = u2n−1.

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

Exemplo 2.4.3. Determinar duas subsucessões da sucessão seguinte:

−1,1

2,−1

3,

1

4,−1

5, . . . .

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

−1,−1

3,−1

5, . . . e

1

2,

1

4,

1

6, . . . .

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

nk = 2k − 1, k ∈ N e mk = 2k, k ∈ N.

Podemos então fazer as associações seguintes:

unk = (u ◦ n)k =(−1)nk

nk= − 1

2k − 1para os termos − 1,−1

3,−1

5, . . . ;

umk = (u ◦m)k =(−1)mk

mk=

1

2kpara os termos

1

2,

1

4,

1

6, . . . ;

onde k ∈ N.

2.5 Convergência

2.5.1 Sucessão convergente

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

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

un −→ A.

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

De�nição 2.5.1 (sucessão convergente). Uma sucessão un converge para a ∈ R, se

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p )⇒ |un − a| < ε. (2.5.14)

Usando a de�nição de módulo, podemos escrever a expressão (2.5.14) na forma seguinte

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n ∈ N ∧ n > p )⇒ a− ε < un < a+ ε. (2.5.15)

O real a da de�nição anterior chama-se limite da sucessão e, habitualmente, escrevemos

limn→+∞

un = a.

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

√2:

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

Escolhendo ε = 10−4, determinemos, para este ε, a partir de que ordem p a de�nição anterior se veri�ca.Resolvendo, temos

|un −√

2| < 10−4 ⇔ un ≥ 1.41421⇒ n ≥ 5 .

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

Exemplo 2.5.1. Usando a de�nição, mostre que

limn→+∞

1

n= 0.

Resolução: De facto, temos que

n ≥ p⇒∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ =1

n≤ 1

p

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

1

p< ε⇔ p >

1

ε.

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Deste modo, a de�nição (2.5.14) é satisfeita para estes valores de p:

∀ ε > 0 ∃ p =

[1

ε

]: n > p⇒

∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ε ,

onde[

1ε

]designa a parte inteira (característica) do número 1

ε .

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

De�nição 2.5.2. Uma sucessão un tende para +∞, se

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

ε. (2.5.16)

Uma sucessão un tende para −∞, se

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

ε. (2.5.17)

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

limn→+∞

un = +∞ e limn→+∞

un = −∞,

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

Exemplo 2.5.2. Usando a de�nição, mostrar que:

(a) limn→+∞

2(n+ 1) = +∞; (b) limn→+∞

1− n2

= −∞.

Resolução: (a) Neste caso, temos

n ≥ p⇒ 2n+ 2 ≥ 2p+ 2 ∧ 2p+ 2 >1

ε⇔ p >

1

2ε− 1 .

Assim, a de�nição (2.5.16) é satisfeita para estes valores de p:

∀ ε > 0 ∃ p =

[1

2ε− 1

]: n > p⇒ 2(n+ 1) >

1

ε.

(b) Aqui, temos

n ≥ p⇒ 1− n2≤ 1− p

2∧ 1− p

2< −1

ε⇔ p > 1 +

2

ε.

Assim, a de�nição (2.5.17) é satisfeita para estes valores de p:

∀ ε > 0 ∃ p =

[1 +

2

ε

]: n > p⇒ 1− n

2< −1

ε.

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

un −→ +∞.

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Diz-se que é um in�nitamente grande negativo, se tender para −∞:

un −→ −∞.

Chama-se in�nitésimo, ou in�nitamente pequeno, a uma sucessão un que tenda para 0:

un −→ 0.

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

De�nição 2.5.3. O maior dos sublimites de uma sucessão un designa-se por limite superior ede�nimo-lo por:

lim supn→+∞

un = sup{a : a é sublimite de un}.

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

lim infn→+∞

un = inf{a : a é sublimite de un}.

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

lim infn→+∞

un ≤ lim supn→+∞

un.

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

Exemplo 2.5.3. Determine os limites superior e inferior da sucessão

un =(−1)nn

n+ 1.

Resolução: Focando-nos no factor (−1)n, temos com a ajuda do Exemplo 2.5.1:

un =

n

n+ 1= 1− 1

n+ 1−→ 1 , quando n→ +∞ e n é par,

−nn+ 1

= −1 +1

n+ 1−→ −1 , quando n→ +∞ e n é ímpar.

Deste modo,lim supn→+∞

un = 1 e lim infn→+∞

un = −1 ,

pelo que não existe limn→+∞ un.

2.5.2 Propriedades

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

Proposição 2.5.1. Sejam un uma sucessão e a, b ∈ R. Se

limn→+∞

un = a ∧ limn→+∞

un = b,

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então a = b.

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

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

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

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

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

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

|a− b| ≤ 0⇒ a− b = 0⇔ a = b,

como queríamos demonstrar.

Proposição 2.5.2. Se un é uma sucessão convergente, então un é limitada.

Demonstração: Seja un uma sucessão convergente, digamos para a ∈ R. Então de (2.5.14) sai quepara todo n > p

a− ε < un < a+ ε.

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

m := min{u1, u2, . . . , up}, M := max{u1, u2, . . . , up}.

Temos então para todo n ∈ N

min{a− ε,m} ≤ un ≤ max{a+ ε,M},

o que mostra, de acordo com (2.4.12), que un é limitada.

A a�rmação recíproca da proposição anterior é falsa como mostra o contra-exemplo seguinte.

Exemplo 2.5.4. Mostre que a sucessão un = (−1)n é limitada, mas divergente.

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

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

para k ∈ N.

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

Proposição 2.5.3. Se un é uma sucessão monótona e limitada, então un é convergente. Mais:

• se un é crescente, entãolim

n→+∞un = sup{un : n ∈ N};

• se un é decrescente, entãolim

n→+∞un = inf{un : n ∈ N}.

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

a := sup{un : n ∈ N}.

Pela caracterização do supremo, podemos escrever

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

Assim, pela monotonia crescente, vem que

n > p∗ ⇒ a− ε < up∗ ≤ un ≤ a < a+ ε.

Deste modo, (2.5.14) é veri�cada, ou seja, un é convergente.

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

Exemplo 2.5.5. Usando a proposição anterior, mostrar que a sucessão seguinte é convergente ecalcular o seu limite: {

u1 = 1un+1 =

√2 + un .

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

1 ≤ un < 2 ∀ n ∈ N .

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

1 < un+1 =√

2 + un+1 =

√2 +√

2 + un <

√2 +√

2 + 2 = 2 ,

como pretendido.

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

un+1 ≥ un ⇔√

2 + un ≥ un ∀ n ∈ N.

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

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

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

2 + un ≥ u2n ⇔ −

√2 + un ≤ un ≤

√2 + un .

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

3. Concluímos então, pela Proposição 2.5.3, que un é convergente, digamos para L. Podemos entãopassar ao limite n→ +∞ na equação un+1 =

√2 + un e obtemos

L =√

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

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

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

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Exemplo 2.5.6. Mostrar que a sucessão seguinte é convergente, mas não é monótona:

un =(−1)n

n.

Resolução: A convergência resulta de usar o Exemplo 2.5.1, pois:

un =

− 1

n−→ 0 , quando n→ +∞ e n é ímpar,

1

n−→ 0 , quando n→ +∞ e n é par.

⇒ limn→+∞

un = 0 .

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

Proposição 2.5.4. Uma sucessão un é convergente se e só se qualquer sua subsucessão unk convergepara o mesmo limite.

Demonstração: Suponhamos que un é uma sucessão convergente, digamos para a ∈ R. Seja unk umasubsucessão de un. Então nk é uma subsucessão de naturais estritamente crescente, pelo que nk ≥ kpara todo k ∈ N. Usando (2.5.14), juntamente com o facto de unk ser uma subsucessão de un, temos

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

Portanto, unk converge para a.

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

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

Proposição 2.5.5. Seja un uma sucessão (de termos reais). Então existe, pelo menos, uma sub-sucessão unk monótona.

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

n > nj ⇒ unj > un .

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

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

> um2.

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

Proposição 2.5.6. Seja un uma sucessão limitada. Então un tem, pelo menos, uma subsucessãounk convergente.

Demonstração: Se un é uma sucessão limitada, então qualquer sua subsucessão também é limitada.Pela Proposição 2.5.5, sabemos que de un podemos extrair uma subsucessão unk monótona. Então,sendo unk monótona e limitada, pela Proposição 2.5.3, unk é convergente.

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

lim infn→+∞

un = lim supn→+∞

un.

Exemplo 2.5.7. Mostrar que a sucessão un = (−1)n é divergente.

Resolução: De facto, veri�ca-se imediatamente que

un =

−1 , quando n é ímpar

1 , quando n é par⇒ lim inf

n→+∞un = −1 6= 1 = lim sup

n→+∞un .

Logo, a sucessão un é divergente.

2.5.3 Sucessão de Cauchy

Por vezes, torna-se muito difícil provar, pela De�nição 2.5.1, que uma sucessão é convergente, apesarde veri�carmos que converge usando técnicas de cálculo de limites de que iremos escrever mais adiante.Torna-se, portanto, útil encontrar formas equivalentes de provar que uma sucessão é convergente. Nesseintuito, introduzimos de seguida o conceito de sucessão de Cauchy.7

De�nição 2.5.4 (Sucessão de Cauchy). Diz-se que uma sucessão un é de Cauchy, se

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ m, n ∈ N ∧ m, n ≥ p )⇒ |um − un| < ε. (2.5.18)

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

Exemplo 2.5.8. Mostrar que a sucessão un = 1n é de Cauchy.

Resolução: Para esta sucessão, temos

m, n ≥ p⇒ |um − un| =∣∣∣∣ 1

m− 1

n

∣∣∣∣ ≤ 1

m+

1

n≤ 2

p.

Escolhendo p ∈ N tal que2

p< ε⇔ p >

2

ε,

conseguimos estabelecer (2.5.18) com p =[

2ε

].

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

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

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Proposição 2.5.7. Toda a sucessão de Cauchy é limitada.

Demonstração: Por (2.5.18), podemos escolher p ∈ N tão grande de modo que

m, n > p⇒ |um − un| < 1.

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

Assim, para todo n ∈ N temos

|un| ≤ max{|u1|, |u2|, · · · , |up|}+ 1

e, por (2.4.13), un é limitada.

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

Proposição 2.5.8. Uma sucessão é convergente se e só se for sucessão de Cauchy.

Demonstração: Seja un uma sucessão convergente. Então, de (2.5.14), temos para todo m > p e todon > p

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

Portanto, (2.5.18) é veri�cada e, assim, un é uma sucessão de Cauchy.

Reciprocamente, se un é uma sucessão de Cauchy, vem de (2.5.18) que

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

2.

Por outro lado, pela Proposição 2.5.7, un é limitada e, pela Proposição 2.5.6, un tem, pelo menos, umasubsucessão, digamos unk , convergente para algum u ∈ R. Logo

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

2.

Tomemos, agora, p = max{p1, p2} e observemos que

nk ≥ k , k > p⇒ k, nk > p1, nk > p2 .

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

ε

2+ε

2= ε ,

o que mostra que (2.5.14) é veri�cada e, portanto, un é convergente.

Dada a equivalência entre as noções de sucessão convergente e de sucessão de Cauchy, por vezes a de�niçãode sucessão de Cauchy é designada por Princípio Geral de Convergência de Cauchy. Existem mesmomuitos autores que falam de de�nição de sucessão convergente no sentido de Cauchy. Neste sentido, epara a distinguir, a primeira (De�nição 2.5.1) é designada por noção de sucessão convergente no sentidode Heine8. O exemplo seguinte mostra-nos a grande utilidade da noção de sucessão de Cauchy.

Exemplo 2.5.9. Usando a noção de sucessão de Cauchy, mostrar que a sucessão seguinte é diver-gente:

sn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n.

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

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Resolução: De facto, veri�ca-se para os termos sn e s2n que

|s2n − sn| =∣∣∣∣ 1

n+ 1+ · · ·+ 1

n+ n

∣∣∣∣ > n

n+ n=

1

2.

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

ordem n que se considere. Deste modo, (2.5.18) não é satisfeita para valores de ε : 0 < ε ≤ 12 e para

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

2.5.4 Critérios de convergência

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

Proposição 2.5.9. Sejam un e vn duas sucessões convergentes para a e b, respectivamente. Se, apartir de certa ordem, un ≤ vn, então a ≤ b.

Demonstração: Se un e vn são duas sucessões convergentes, respectivamente, para a e b, temos a partirde (2.5.14)

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

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

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

Observe-se que p1, p2 e p3 poderão ser distintos. De�nindo p := max{p1, p2, p3}, temos pelas a�rmaçõesanteriores

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

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

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

Proposição 2.5.10 (Critério da Sucessão Enquadrada). Sejam un, vn, xn sucessões tais que, apartir de certa ordem, un ≤ vn ≤ xn. Se un e xn são convergentes e

limn→+∞

un = a = limn→+∞

xn, a ∈ R,

então vn é convergente elim

n→+∞vn = a.

Demonstração: Se un e xn são duas sucessões convergentes, ambas para a, temos, por (2.5.15),

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

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

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

De�nindo p := max{p1, p2, p3}, temos pelo exposto acima

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

Pela de�nição (2.5.14), sai que vn é uma sucessão convergente para a.

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Exemplo 2.5.10. Usando o critério anterior, mostrar que a sucessão seguinte é convergente ecalcular o seu limite:

un =1

n2 + 1+ · · ·+ 1

n2 + n.

Resolução: Na expressão de un, comecemos por observar que a primeira parcela é a maior detodas as parcelas e a última é a menor de todas. Assim, tendo em conta que un tem n parcelas eusando o Exemplo 2.5.1, podemos escrever:

un <1

n2 + 1+ · · ·+ 1

n2 + 1=

n

n2 + 1=

1n

1 +(

1n

)2 −→ 0 quando n→ +∞;

un >1

n2 + n+ · · ·+ 1

n2 + n=

n

n2 + n=

1n

1 + 1n

−→ 0 quando n→ +∞ .

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

O resultado da Proposição 2.5.9 pode estender-se, em determinadas condições, ao caso em que os limitessão in�nitos

Proposição 2.5.11 (Critério de Comparação). Sejam un e vn sucessões tais que, a partir de certaordem, un ≤ vn.

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

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

Demonstração: Suponhamos que

∃ p1 ∈ N : n > p1 ⇒ un ≤ vn.

Se vn tende para −∞, temos por (2.5.17)

∀ ε > 0 ∃ p2 ∈ N : n > p2 ⇒ vn < −1

ε.

Tomando p := max{p1, p2} tem-se pelo exposto

n > p⇒ un ≤ vn < −1

ε,

pelo que un tende para −∞.

Se un tende para +∞, por (2.5.16) tem-se

∀ ε > 0 ∃ p3 ∈ N : n > p3 ⇒ un >1

ε.

Tomando agora p := max{p1, p3}, temos

n > p⇒ vn ≥ un >1

ε

e, portanto, vn tende para +∞.

Exemplo 2.5.11. Usando o critério anterior, mostre que a sucessão un = 2(n + 1)2 tende para+∞.

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

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

un = +∞ .

O resultado seguinte diz-nos que a a�rmação recíproca da Proposição 2.5.9 também é válida.

Proposição 2.5.12. Sejam un e vn duas sucessões convergentes e suponhamos que

limn→+∞

un ≤ limn→+∞

vn.

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

Demonstração: Se un e vn são sucessões convergentes, digamos para a e b, respectivamente, então por(2.5.14) temos

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

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

Suponhamos que a ≤ b. Então, tomando p := max{p1, p2}, temos pelo exposto acima

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

≤ |un − a|+ |vn − b| < 2ε.

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

A proposição seguinte diz-nos que o produto de um in�nitésimo por uma sucessão limitada é, ainda, umin�nitésimo.

Proposição 2.5.13. Sejam un uma sucessão limitada e vn uma sucessão convergente tal que

limn→+∞

vn = 0.

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

limn→+∞

un vn = 0.

Demonstração: Suponhamos que vn é uma sucessão convergentes para 0. Então de (2.5.14) sai que

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ |vn| < ε.

Por outro lado, se un é uma sucessão limitada, podemos conjugar a a�rmação anterior com (2.4.13) paraobter

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

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

Exemplo 2.5.12. Usando a proposição anterior, mostrar que a sucessão seguinte é um in�nitésimo:

un =(−1)n

n.

Resolução: Podemos escrever

un = (−1)n × 1

n.

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Como (−1)n é uma sucessão limitada, já que |(−1)n| ≤ 1 para todo o natural n, e, pelo Exem-plo 2.5.1, 1

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

2.6 Limites de sucessões

2.6.1 A recta acabada

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

−∞ < x < +∞ ∀ x ∈ R.

De�nição 2.6.1 (Recta acabada). De�ne-se a recta acabada e denota-se por R como sendo oconjunto seguinte:

R = R ∪ {−∞,+∞}.

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

De�nição 2.6.2 (operações com +∞ e −∞). Para a adição tem-se:

a+ (+∞) = +∞, a+ (−∞) = −∞ ∀ a ∈ R;

(+∞) + (+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞.

Para a multiplicação tem-se:

a× (+∞) = +∞, a× (−∞) = −∞ ∀ a > 0;

a× (+∞) = −∞, a× (−∞) = +∞ ∀ a < 0;

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

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

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

(+∞)− (−∞) = (+∞) + (+∞) = +∞.

E para a divisão tem-se:+∞a

= +∞, −∞a

= −∞ ∀ a ≥ 0;

+∞a

= −∞, −∞a

= +∞ ∀ a < 0.

Pela sua importância, também consideramos a operação de potenciação:

ab, a ≥ 0.

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

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+∞ e −∞, temos:

a+∞ =

{0 se 0 ≤ a < 1

+∞ se a > 1; a−∞ =

1

a+∞ =

{+∞ se 0 ≤ a < 1

0 se a > 1;

(+∞)b =

{0 se b < 0

+∞ se b > 0.

2.6.2 Indeterminações

Pelo exposto acima, veri�ca-se a existência de omissões na de�nição das operações algébricas entre algunselementos de R. Em R já conhecemos as situações seguintes em que as operações não estão de�nidas:

0

0e 00.

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

De�nição 2.6.3 (Indeterminações). As indeterminações em R são dos tipos:

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

• 0×∞0× (+∞), 0× (−∞);

• 1∞

1+∞, 1−∞ =1

1+∞ ;

• ∞0

(+∞)0.

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

• ∞∞

∞∞

=1

∞×∞ = 0×∞;

• 0

0- já existente em R

0

0= 0× 1

0= 0×∞;

• 00 - já existente em R

00 =

(1

+∞

)0

=1

(+∞)0.

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

0+∞ = 0, 0−∞ =1

0+∞ =1

0= +∞;

(+∞)+∞ = +∞; (+∞)−∞ =1

(+∞)+∞ =1

+∞= 0.

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2.6.3 Cálculo de limites

Nesta altura podemos, então, de�nir as operações algébricas entre os limites de sucessões, limites essesque poderão ser in�nitos.

Proposição 2.6.1. Sejam un e vn sucessões e a, b ∈ R tais que

limn→+∞

un = a e limn→+∞

vn = b.

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

(1) limn→+∞

(αun + βvn) = αa+ β b ∀ α, β ∈ R;

(2) limn−→∞

(un × vn) = a× b;

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

(unvn

)=a

b;

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

(unvn) = ab.

Demonstração: Suponhamos que un e vn são sucessões convergentes para números reais a e b, respec-tivamente. Então, por (2.5.14), temos:

∀ ε > 0 ∃ p1 ∈ N : n > p1 ⇒ |un − a| < ε; (2.6.19)

∀ ε > 0 ∃ p2 ∈ N : n > p2 ⇒ |vn − b| < ε. (2.6.20)

(1) Se α e β forem ambos zero, é imediato. Suponhamos então que, pelo menos, um deles, α ou β, édiferente de zero. Temos assim, para p := max{p1, p2},

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

quando se substitui, em (2.6.19)-(2.6.20), ε por ε(|α|+|β|) .

(2) Neste caso, sabemos, pela Proposição 2.5.2, que as sucessões un e vn são limitadas. Então, pelaProposição 2.4.1, existem constantes positivas Ca e Cb tais que |un| ≤ Ca e |vn| ≤ Cb para todo n ∈ N.Consideremos também o caso em que a e b são diferentes de zero, pois se a = b = 0, é imediato. Temosassim, para o mesmo natural p de�nido em (1), e no caso de b 6= 0,

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

quando se toma ε2|Cb| e

ε2|b| no lugar de ε em (2.6.19) e (2.6.20), respectivamente. Se porventura fosse

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

(3) Comecemos por observar que unvn

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

mostramos que

limn→+∞

1

vn=

1

b. (2.6.21)

Como b 6= 0, temos que, por (2.6.20), existe um natural p∗ tal que

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

|b|2⇔ |b|

2< |vn| .

Usando este facto, temos

n > p∗ ⇒∣∣∣∣ 1

vn− 1

b

∣∣∣∣ =|b− vn||vn| |b|

<2|vn − b||b|2

< ε ,

quando se toma |b|2

2 ε no lugar de ε na de�nição (2.5.14). Deste modo, (2.6.21) �ca demonstrado.

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

ln[

limn−→∞

(unvn)]

= limn−→∞

[ln (unvn)] = lim

n−→∞[vn ln (un)]

= limn−→∞

vn ln(

limn−→∞

un

)= b ln (a) .

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

ln[

limn−→∞

(un + δ)vn+ζ]

= limn−→∞

[ln(un + δ) vn+ζ

]= limn−→∞

[(vn + ζ) ln ((un + δ))]

= limn−→∞

(vn + ζ) ln(

limn−→∞

un + δ)

= (b+ ζ) ln (a+ δ) .

Deste modo, temoslim

n−→∞(un + δ) vn+ζ = δb+ζ ,

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

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

pela Proposição 2.5.12, que vn + ζ > 0 a partir de certa ordem.

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

No cálculo de limites podemos usar a Proposição 5.2.2 sempre que não obtenhamos indeterminações. Mas,em muitas situações de cálculo de limites, surgem indeterminações. Ao processo de resolver determinadaindeterminação, vamos designar por levantamento da indeterminação.

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

∞−∞,

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

Exemplo 2.6.1. Calcular os limites seguintes:

(a) limn→+∞

(n2 − 2n); (b) limn→+∞

(√n+ 1−

√n).

Resolução: Resolvendo, temos:

(a) limn→+∞

(n2 − 2n) =∞−∞ (indeterminação)

= limn→+∞

n2

(1− 2

n

)= (+∞)2 ×

(1− 2

+∞

)= +∞ ;

(b) limn→+∞

(√n+ 1−

√n)

=∞−∞ (indeterminação)

= limn→+∞

(√n+ 1−

√n)×√n+ 1 +

√n√

n+ 1 +√n

= limn→+∞

(√n+ 1)2 − (

√n)2

√n+ 1 +

√n

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= limn→+∞

1√n+ 1 +

√n

=1√

+∞+ 1 +√

+∞= 0 .

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

0×∞, ∞∞,

0

0,

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


(a) limn→+∞

3√n3 + 2

n− 1; (b) lim

n→+∞

32n − 5n+1

7n+1 + 22n.

Resolução: Resolvendo, temos:

(a) limn→+∞

3√n3 + 2

n− 1=∞∞

(indeterminação)

= limn→+∞

3√n3+2nn−1n

= limn→+∞

3

√1 + 2

n3

1− 1n

=

3

√1 + 2

(+∞)3

1− 1+∞

=3√

1 + 0

1− 0= 1 ;

(b) limn→+∞

32n − 5n+1

7n+1 + 22n=∞−∞∞

(indeterminação)

= limn→+∞

9n − 5× 5n

7× 7n + 4n= limn→+∞

9n−5×5n

9n

7×7n+4n

9n

= limn→+∞

1− 5×(

59

)n7×

(79

)n+(

49

)n=

1− 5×(

59

)+∞7×

(79

)+∞+(

49

)+∞ =1− 5× 0

7× 0 + 0= +∞ .

2.6.4 Limites importantes

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

Proposição 2.6.2. A sucessão

un =

(1 +

1

n

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

limn→+∞

(1 +

1

n

)n= limn→+∞

(1 + 1 +

1

2+

1

6+ · · ·+ 1

n!

). (2.6.22)

Demonstração: Comecemos por mostrar que un é monótona crescente. Pelo Binómio de Newton(Proposição 2.2.1), temos, depois de simpli�carmos,(

1 +1

n

)n= 1 +

1

1!+

1

2!

n− 1

n+

1

3!

(n− 1)(n− 2)

n2+ · · ·+ 1

(n− 1)!

(n− 1)!

nn−2+

1

n!

(n− 1)!

nn−1

= 1 +1

1!+

1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

[(1− 1

n

)(1− 2

n

)]+ · · ·+

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1

(n− 1)!

[(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n− 2

n

)]+

1

n!

[(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n− 1

n

)].

> 1 +1

1!+

1

2!

(1− 1

n− 1

)+

1

3!

[(1− 1

n− 1

)(1− 2

n− 1

)]+ · · ·

+1

(n− 1)!

[(1− 1

n− 1

)(1− 2

n− 1

)· · ·(

1− n− 2

n− 1

)]= 1 +

1

1!+

1

2!

n− 2

n− 1+

1

3!

(n− 2)(n− 3)

(n− 1)2+ · · ·+ 1

(n− 1)!

(n− 2)!

(n− 1)n−2=

(1 +

1

n− 1

)n−1

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

(n− 1)!

(n− (k + 1))!nk=

(n− 1)(n− 2) · · · (n− k)

nk=

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− k

n

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

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

un ≥ u1 = 2 ∀n ∈ N ,

o que também pode ser mostrado à custa da Desigualdade de Bernoulli (2.2.4). Por outro lado, aexpansão do Binómio de Newton como foi feita acima e o facto de k! > 2k−1 para todo k ≥ 3, bem comoas propriedades das progressões geométricas, implicam

(1 +

1

n

)n= 1 +

1

1!+

1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+ · · ·

+1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n− 1

n

).

< 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

< 1 +1

1+

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n= 2 +

1

2

1−(

12

)n1− 1

2

= 3− 1

2n< 3.

Assim, 2 ≤ un < 3 para todo n ∈ N e, portanto, un é limitada. Nesta primeira parte mostramos que uné monótona e limitada. Logo, pela Proposição 2.5.3, un é convergente.

Para provar (2.6.22), comecemos por observar que, tal como viramos acima,(1 +

1

n

)n< 1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

e (1 +

1

n

)n= 1 +

1

1!+

1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+ · · ·+

1

k!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− k − 1

n

)+ · · ·+ 1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n− 1

n

).

Fazendo n→ +∞ na última expressão, temos

limn→+∞

(1 +

1

n

)n≥ 1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

k!.

Pelo exposto, temos então

1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

k!≤ limn→+∞

(1 +

1

n

)n< limn→+∞

(1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

).

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Fazendo agora k → +∞, temos

limk→+∞

(1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

k!

)≤ limn→+∞

(1 +

1

n

)n< limn→+∞

(1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

).

Como k e n são variáveis mudas, pelo Critério da Sucessão Enquadrada (Proposição 2.5.10) provamosque a igualdade (2.6.22) é veri�cada.

De�nição 2.6.4 (Número de Neper). De�ne-se o número de Neper e como sendo o limite �nitoseguinte:

limn→+∞

(1 +

1

n

)n= e.

A existência do limite anterior resulta da proposição seguinte. O valor do número de Neper que habitu-almente se utiliza é obtido à custa do resultado expresso na proposição anterior. De facto, somando oscinco primeiros termos da sucessão do segundo membro de (2.6.22), obtemos uma aproximação às casasdas centésimas do número de Neper9

e ' 2, 71 ;

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

Proposição 2.6.3. Sejam a ∈ R e un uma sucessão tal que

limn→+∞

|un| = +∞.

Então

limn→+∞

(1 +

a

un

)un= ea. (2.6.23)

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

limn→+∞

(1 +

1

n

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

(1 +

1

n

)n< e+ ε.

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

∃q ∈ N : n > q ⇒ un > p ⇒ e− ε <(

1 +1

un

)un< e+ ε.

No caso de un ser qualquer, de�namos uma nova sucessão por

vn := max{z ∈ Z : z ≤ un}.

Facilmente se veri�ca que o facto de un → +∞ implica que também vn → +∞. Daqui e da de�nição devn sai que

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

vn + 1< 1 +

1

un≤ 1 +

1

vn.

Isto implica (1 +

1

vn + 1

)vn<

(1 +

1

un

)un≤(

1 +1

vn

)vn+1

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

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

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⇔(

1 +1

vn + 1

)−1(1 +

1

vn + 1

)vn+1

<

(1 +

1

un

)un≤(

1 +1

vn

)vn (1 +

1

vn

).

Usando o caso anterior, podemos passar ao limite nesta última desigualdade e, usando o Critério daSucessão Enquadrada (Proposição 2.5.10), provamos (2.6.23) quando a = 1 e un → +∞.

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

1

un

)un=

(1 +

1

−(un + 1)

)−(un+1)(1 +

1

−(un + 1)

)→ e× 1 = e,

dado que un + 1→ −∞.

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

a

un

)un=

[(1 +

1una

)una

]a−→ ea,

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

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

1∞

podem, normalmente, ser levantadas usando a De�nição 2.6.4 ou a Proposição 2.6.3.

Exemplo 2.6.3. Calcular o limite seguinte:

limn→+∞

(1−√

2

n3

)4n3+1

.

Resolução: Pelas Proposições 2.6.3 e 5.2.2-4, temos:

limn→+∞

(1−√

2

n3

)4n3+1

= 1+∞ (indeterminação)

= limn→+∞

(1 +−√

2

n3

)n34n3+1

n3

=

limn→+∞

(1 +−√

2

n3

)n3limn→+∞4n3+1

n3

=(e−√

2)4

= e−4√

2 .

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

Proposição 2.6.4. Sejam a ∈ R+0 ∪ {+∞} e un uma sucessão de termos positivos tal que

limn→+∞

un+1

un= a.

Entãolim

n→+∞n√un = a.

2014/2015 49 c© HBO


Demonstração: Suponhamos que un+1

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

(2.5.15) temos

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : n ≥ p⇒ a− ε < un+1

un< a+ ε.

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

a− ε < unun−1

< a+ ε⇔ (a− ε)un−1 < un < (a+ ε)un−1

⇔(a− ε)un−1

un−2un−2 < un < (a+ ε)

un−1

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

⇔· · ·

⇔(a− ε)n−(p+1)up+1

upup < un < (a+ ε)n−(p+1)up+1

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

Assim,

0 < ε < a ∧ n > p⇒ (a− ε)n up(a− ε)p

< un < (a+ ε)nup

(a+ ε)p

⇒ (a− ε) n

√up

(a− ε)p< n√un < (a+ ε) n

√up

(a+ ε)p.

Como

limn→+∞

n

√up

(a− ε)p= limn→+∞

n

√up

(a+ ε)p= 1,

tem-se, pelo Critério da Sucessão Enquadrada (Proposição 2.5.10), que limn→∞ n√un = a. A restrição

ε < a pode ser levantada, porque na de�nição (2.5.14) o que é importante é que ε seja arbitrariamentepequeno.

Se a = 0, temos

n ≥ p⇒∣∣∣∣unup

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ unun−1

∣∣∣∣ ∣∣∣∣un−1

un−2

∣∣∣∣ · · · ∣∣∣∣up+1

up

∣∣∣∣ < εn−p ⇒ −ε n√upεp

< n√un < ε n

√upεp.

Como ε > 0 é arbitrário e

limn→+∞

n

√upεp

= 1,

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

Finalmente, se a = +∞, temos

n ≥ p⇒ unup

=unun−1

un−1

un−2· · · up+1

up>

1

εn−p⇒ n√un >

1

εn√up εp

e como limn→+∞ n√up εp = 1, vem, pela Proposição 2.5.11 que limn→∞ n

√un = +∞.

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

(+∞)0

podem, normalmente, ser levantadas usando a Proposição 2.6.4.

Exemplo 2.6.4. Calcular o limite seguinte:

limn→+∞

n√n2 + 1.

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Resolução: Calculando, temos

limn→+∞

n√n2 + 1 = (+∞)0 (indeterminação) .

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

limn→+∞

un+1

un= limn→+∞

(n+ 1)2 + 1

n2 + 1= limn→+∞

n2 + 2n+ 2

n2 + 1=∞∞

(indeterminação)

= limn→+∞

n2+2n+2n2

n2+1n2

= limn→+∞

1 + 2n + 2

n2

1 + 1n2

=1 + 2

+∞ + 2(+∞)2

1 + 1(+∞)2

= 1 .

Então, pela Proposição 2.6.4, também limn→+∞n√n2 + 1 = 1.

Existem muitas outras possibilidades de levantar indeterminações. Por exemplo, para levantar indeter-minações do tipo∞×0,∞/∞ ou 0/0, por vezes, temos de conjugar os resultados do Critério da SucessãoEnquadrada (Proposição 2.5.10) e da Proposição 2.6.4.

Proposição 2.6.5. Sejam a > 1 um real e p ∈ N arbitrários. Temos:

(a) limn→+∞

np

an= 0; (b) lim

n→+∞

an

n!= 0; (c) lim

n→+∞

n!

nn= 0.

Demonstração: (a) Usando a Proposição 2.6.4, podemos mostrar que, dados um real a > 1 e p ∈ N,se tem

(n+ 1)p

np=

(1 +

1

n

)p→ 1⇒ n

√np → 1⇒ n

√np

an=

n√np

a−→ 1

a< 1.

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

n > p∗ ⇒ 0 < n

√np

an< 1− ε⇒ 0 <

np

an< (1− ε)n −→ 0.

Logo, pelo Critério da Sucessão Enquadrada (Proposição 2.5.10), limn→+∞np

an = 0.

(b) Novamente pela Proposição 2.6.4, podemos mostrar que para um dado real a > 1 se tem

(n+ 1)!

n!= n+ 1→ +∞⇒ n

√n!→ +∞⇒ n

√an

n!=

an√n!−→ 0.

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

n > p∗ ⇒ 0 < n

√an

n!< ε⇒ 0 <

an

n!< εn −→ 0

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

n! = 0.

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

0 <n!

nn=n

n× n− 1

n× · · · × 2

n× 1

n≤ nn−1

nn=

1

n−→ 0.

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

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

limn→+∞

np

n!= 0 ∀ p ∈ N.

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

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ANÁLISE MATEMÁTICA EM R Ficha de exercícios

Proposição 2.6.6. Os limites seguintes são válidos:

(1) limn→+∞

n(n√e− 1

)= 1;

(2) limn→+∞

n ln

(1 +

1

n

)= 1;

(3) limn→+∞

n sen

(1

n

)= 1;

(4) limn→+∞

(ln n)a

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

Demonstração: O limite (2) resulta de usar a continuidade da função logarítmo e de aplicar a Propo-sição 2.6.3, enquanto que (3) é uma consequência da Proposição 2.5.3, já que

∣∣ sen(

1n

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

Usando, a Proposição 2.6.5, bem como o número (4) da Proposição 2.6.6, podemos estabelecer umarelação de ordem entre os princiais tipos de in�nitamente grandes.

Proposição 2.6.7. Quando n→ +∞, temos

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

Demonstração: Observando que, pela Proposição 2.6.6-(4), se tem

limn→+∞

ln(n)

nb= 0,

a demonstração resulta deste facto e da Proposição 2.6.5.


1. Calcule os cinco primeiros termos das sucessões seguintes:

(a) un =n+ (−1)n

n;

(b) vn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

2n−1;

(c) xn = (−1)n+1 n2 + 2

2n+ 3;

(d) yn =1

n!;

(e) wn =1

n2+

2

n2+

3

n2+ · · ·+ 1

n;

(f) zn =

{z1 = 1zn+1 =

√2 + zn

.

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

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

(b) 1,1

2,

1

4,

1

8, . . . ;

(c) 1, −1

4,

1

9, − 1

16,

1

25, . . . ;

(d)3

7,

8

11,

13

15,

18

19, . . . ;

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

(f) 0,3

2,

2

3,

5

4,

4

5, . . . .

3. Usando o Princípio de Indução Matemática, prove as a�rmações seguintes:

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(a) 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2;

(b)1

1.3+

1

3.5+

1

5.7+ · · ·+ 1

(2n− 1)(2n+ 1)=

n

2n+ 1;

(c) 12 + 22 + 32 + · · ·+ (n− 1)2 <n3

3∀ n ∈ N;

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

(e) 2n > n2 ∀ n ≥ 5.

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

(a) un = 2n− 1;

(b) vn =2

3n−1;

(c) xn = (−1)n;

(d) yn =2

3(n+ 1).

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

(a) un = 1 +1

2+ · · ·+ 1

2n−1; (b) vn :

{v1 = 1, v2 = 2,

vn+2 = vn+vn+1

2 .

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

7. Estude as sucessões seguintes quanto à monotonia:

(a) sn =n+ 1

2n+ 4;

(b) tn =√n+ 1−

√n;

(c) un =n

2n;

(d) vn =n!

nn;

(e) xn = 1 + 1 +1

2+

1

3!+ · · ·+ 1

n!;

(f) yn :

{y1 = 1,yn+1 = 1

1+yn.

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8. Calcule os limites seguintes:

(a) limn→+∞

2n+ 3

3n− 1;

(b) limn→+∞

n2 − 1

n4 + 3;

(c) limn→+∞

√n2 + 7n− 1

n+ 2;

(d) limn→+∞

(√n(n+ 1)−

√n(n− 1)

);

(e) limn→+∞

2n + 1

2n − 1;

(f) limn→+∞

32n + 4n+1

5n − 22n.


(a) limn→+∞

n√

2n + 3n;

(b) limn→+∞

n√

(n+ 1)!− n!;

(c) limn→+∞

n

√n2 + n− 1

n− 3;

(d) limn→+∞

1

nn

√n!

n+ 1.


(a) limn→+∞

(1 +

1

n2

)n3

;

(b) limn→+∞

(2n+ 1

2n+ 3

)4n

;

(c) limn→+∞

(2n2 − 5n+ 2

2n2 + 3n+ 1

)2n

;

(d) limn→+∞

nn2

(1 + n2)−n2

2 .

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

(a) limn→+∞

(1

n2+

1

(n+ 1)2+ · · ·+ 1

(2n)2

);

(b) limn→+∞

(1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ · · ·+ 1√n2 + n

);

(c) limn→+∞

1 +√

2 + · · ·+√n

n2 + 1;

(d) limn→+∞

n!

nn;

(e) limn→+∞

n+ sen(n)

n;

(f) limn→+∞

n√

3n + 5n.


(a) limn→+∞

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

);

(b) limn→+∞

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

2n

);

(c) limn→+∞

un, un :

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

(d) limn→+∞

vn, vn :

{v1 = 1,vn+1 = 1

1+vn.

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

(a) un =n√n(−1)n ;

(b) vn =(−1)nn2 + 1

n2 + 2;

(c) xn = n(−1)n+1;

(d) yn =n+ sen

(nπ2)

n;

(e) wn = 1 + cos ((n+ 1)π);

(f) zn =

(n2 + cos(nπ)

n2

)n2+1

.

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Soluções

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

3, u4 = 5

4, u5 = 4

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

2, v3 = 7

4, v4 = 15

8, v5 = 31

16; (c) u1 = 3

5,

u2 = − 67, u3 = 11

9, u4 = − 18

11, u5 = 27

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

2, u3 = 1

6, u4 = 1

24, u5 = 1

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

4,

u3 = 23, u4 = 5

8, u5 = 3

5; (f) u1 = 1, u2 =

√3, u3 =

√2 +√

3, u4 =

√2 +

√2 +√

3, u5 =

√2 +

√2 +

√2 +√

3.

2: (a) un = 3n− 1; (b) un = 12n

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

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

(f) un =n+(−1)n

n. 4: (a) S10 = 100; (b) S10 = 3− 1

39= 59048

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

3. 5 (a) S5 = 129

16; (b)

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

2⇒ 0 ≤ un ≤ 3

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

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

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

observe que tn = 1√n+1+

√n, pelo que tn+1 − tn = 1√

n+2+√n+1

− 1√n+1+

√n< 0, ou

tn+1

tn=

√n+1+

√n√

n+2+√n+1

< 1,

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

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

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

e4; (c) 1

e8; (d) 1√

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

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

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

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Capítulo 3

Séries Numéricas

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

3.1 Somatórios

Os somatórios surgem como uma necessidade de simpli�cação da escrita de somas de termos de umasucessão.

De�nição 3.1.1 (Somatório). Sejam uk uma sucessão de termos reais e n ∈ N. O símbolo desomatório

n∑k=1

uk

de�ne-se por recorrência da forma seguinte:

n∑k=1

uk = u1 se n = 1 en∑k=1

uk =

n−1∑k=1

uk + un se n > 1.

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

q∑k=p

uk

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

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

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

Sn =

n∑k=1

uk.

56

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 3. SÉRIES NUMÉRICAS

Proposição 3.1.1. Sejam uk e vk sucessões de termos reais e c ∈ R. Então são válidas as propri-edades seguintes:

1. Aditivan∑k=1

(uk + vk) =

n∑k=1

uk +

n∑k=1

vk;

2. Homogénean∑k=1

(c uk) = c

n∑k=1

uk;

3. Telescópican∑k=1

(uk − uk−1) = un − u0.

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

3.2 Séries numéricas

A noção de série numérica in�nita é introduzida para permitir a generalização do conceito de somatóriocom uma in�nidade de parcelas numéricas.

De�nição 3.2.1 (Série numérica). Seja un uma sucessão numérica. Designa-se por série numéricain�nita o par formado pela sucessão un:

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

e pela sucessão Sn seguinte:

S1 = u1, S2 =

2∑k=1

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

n∑k=1

uk = u1 + u2 + · · ·+ un, . . . .

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

u1 + u2 + · · ·+ un + . . . ,

+∞∑n=1

un,∑n≥1

un,∑

un.

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

De�nição 3.2.2 (Convergência). Seja∑un uma série e Sn a sucessão das suas somas parciais.

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

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

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

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

limn−→+∞

Sn = S.

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

+∞∑n=1

un = S.

De�nição 3.2.3 (Série �nita). Uma série �nita é uma série (in�nita), digamos∑un, com os termos

quase todos nulos, isto é, para a qual:

∃ p ∈ N : n > p⇒ un = 0.

Proposição 3.2.1. Toda a série �nita é convergente e, no caso do Exemplo 3.2.3, a soma da sérieé dada por:

S =

p∑n=1

un = u1 + u2 + · · ·+ up.

Demonstração: Se∑un é uma série �nita, então

(∃ p ∈ N : n > p⇒ un = 0)⇒+∞∑n=1

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

e, portanto, S ∈ R.

De�nição 3.2.4 (Série geométrica). Designa-se por série geométrica toda a série da forma:

+∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + · · · ;

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

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

+∞∑n=1

xn = x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + · · · .

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

Proposição 3.2.2. A série geométrica

+∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + · · ·

é convergente para |x| < 1 e divergente para |x| ≥ 1. Mais, no caso em que é convergente, a sua

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soma é dada por:

S =1

1− x.

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

Sn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn.

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

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

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

(1− x)Sn = 1− xn+1 ⇔ Sn =1− xn+1

1− x=

1− xnx1− x

.

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

limn→+∞

xn =

{0, se |x| < 1∞, se |x| > 1

⇒ limn→+∞

Sn =

{1

1−x , se |x| < 1

∞, se |x| > 1.

Por �m, quando x = −1, tem-se

Sn =1− (−1)n+1

1− (−1)=

1 + (−1)n

2=

{1, se n é par0, se n é ímpar

.

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

Se a série geométrica aparecer escrita na forma

+∞∑n=1

xn = x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + · · ·

e for convergente, então a sua soma é dada por

S =x

1− x.

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

+∞∑n=p

xn = xp+∞∑n=0

xn ⇒ S =xp

1− x.

Exemplo 3.2.1. Veri�car que a série seguinte é convergente e calcular a sua soma:

+∞∑n=0

1

3n.

Como∑+∞n=0

13n =

∑+∞n=0

(13

)né uma série geométrica de razão r = 1

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

S =1

1− 13

=3

2.

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De�nição 3.2.5 (Série de Mengolia). Designa-se por série de Mengoli, ou série redutível ou, ainda,série telescópica, a toda a série da forma:

+∞∑n=1

(un − un+1) .

aPietro Mengoli (1626-1686), matemático italiano natural de Bolonha.

Proposição 3.2.3. A série de Mengoli∑

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

S = u1 − limn−→+∞

un+1 .

Demonstração: A sucessão das somas parciais é

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

LogoS = lim

n→+∞Sn = u1 − lim

n−→+∞un+1

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

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

+∞∑n=1

(un − un+p) .

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

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

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

S =

p∑k=1

(uk − lim

n−→+∞un+k

)= u1 + u2 + · · ·+ up − lim

n−→+∞(un+1 + un+2 + · · ·+ un+p)

= u1 + u2 + · · ·+ up − p limn−→+∞

un.

Exemplo 3.2.2. Mostrar que a série seguinte é convergente e calcular a sua soma:

+∞∑n=2

1

n(n− 1).

Pelo método dos coe�cientes indeterminados, podemos ver facilmente que

1

n(n− 1)=

1

n− 1− 1

n.

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

Sn =

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

n− 2− 1

n− 1

)+

(1

n− 1− 1

n

)=1− 1

n−→ 1, quando n→ +∞ .

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

3.3 Propriedades gerais

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

Proposição 3.3.1 (Critério Geral de Cauchy). Uma série∑un é convergente se e só se

∀ ε > 0 ∃ p = p(ε) ∈ N : ( ∀ n, k ∈ N e n > p)⇒ |Sn+k − Sn| < ε. (3.3.1)

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

∑un é convergente equivale

a dizer que a sucessão das somas parciais Sn é convergente que, por sua vez, equivale a dizer que Sn éuma sucessão de Cauchy e esta última é equivalente à a�rmação (3.3.1).

Observe-se que em (3.3.1) se tem

|Sn+k − Sn| =

∣∣∣∣∣k∑i=1

un+i

∣∣∣∣∣ = |un+1 + un+2 + · · ·+ un+k|.

De�nição 3.3.1 (Série harmónica). Designa-se por série harmónica, à série seguinte:

+∞∑n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n+ · · · .

Proposição 3.3.2. A série harmónica é divergente.

Demonstração: Para a série harmónica, temos

S2n − Sn = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n+

1

n+ 1+ · · ·+ 1

n+ n−(

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n

)=

1

n+ 1+ · · ·+ 1

n+ n

≥ 1

n+ n+ · · ·+ 1

n+ n=

n

n+ n=

1

2.

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

1

2,

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

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

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Proposição 3.3.3. Se∑un é uma série convergente, então un −→ 0.

Demonstração: Se∑un é convergente, então, pelo Critério Geral de Cauchy, (3.3.1) é satisfeita. Em

particular, tomando m = n+ 1 em (3.3.1), temos

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

Ora sai daqui e de (3.3.1) que

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

un = 0,


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

se un 9 0, então∑un é divergente.

Observe-se que se un −→ 0, nada podemos inferir sobre a natureza da série. Vejam-se os exemplosda série geométrica do Exemplo 3.2.1 e da série harmónica (Exemplo 3.3.1), cujos termos gerais ambostendem para 0 e somente a série geométrica é convergente.

Exemplo 3.3.1. Estudar a natureza da série seguinte:

+∞∑n=0

n!

2n.

Mostremos que se trata de uma série divergente. Para tal, de�namos un = n!2n e calculemos

limn→+∞ un. Temos:

(n+ 1)!

n!= n+ 1 −→ +∞ ⇒ n

√n!

2n=

1

2n√n! −→ +∞ .

Daqui podemos inferir que

∃ p0 ∈ N : n > p0 ⇒n

√n!

2n> 2⇒ n!

2n> 2n −→ +∞ ⇒ lim

n→+∞un = +∞ .

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

Proposição 3.3.4. Sejam∑un e

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

seja c ∈ R. Então:

1. A série∑

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

2. A série∑

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

Demonstração: Sejam∑un e

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

Consideremos a série∑

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

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

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

Portanto, a série∑

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

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

(c un), temos

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

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

Exemplo 3.3.2. Calcule a soma da série seguinte:

+∞∑n=1

2n+1 + 3n−1

6n.

Começando por usar a propriedade aditiva das séries, podemos escrever

+∞∑n=1

2n+1 + 3n−1

6n=

+∞∑n=1

2n+1

6n+

+∞∑n=1

3n−1

6n= 2

+∞∑n=1

(1

3

)n+

1

6

+∞∑n=1

(1

2

)n−1

=2

3

+∞∑n=0

(1

3

)n+

1

6

+∞∑n=0

(1

2

)n=

2

3

1

1− 13

+1

6

1

1− 12

= 1 +1

3=

4

3.

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

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

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

Proposição 3.3.5. Sejam∑un uma série convergente e

∑vn uma série divergente. Então a série∑

(un + vn) é divergente.

Demonstração: Suponhamos que∑un é uma série convergente e

∑vn é uma série divergente. Admi-

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

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

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

∑(un + vn−un) =

∑vn

e a série∑vn é divergente por hipótese.

Exemplo 3.3.3. Justi�car que a série seguinte é divergente:

+∞∑n=1

n+ 2n

n 2n.

Procedendo de modo igual ao do exemplo anterior, temos:

+∞∑n=1

n+ 2n

n 2n=

+∞∑n=1

1

2n+

+∞∑n=1

1

n=

+∞∑n=1

(1

2

)n+

+∞∑n=1

1

n.

A série∑+∞n=1

(12

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

2 < 1. Noentanto, como a série

∑+∞n=1

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

é divergente.

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

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Proposição 3.3.6. Sejam∑un e

∑vn duas séries tais que

∃ k ∈ Z : vn = un+k . (3.3.2)

Então as duas séries têm a mesma natureza.

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

∑un e

∑vn, respectivamente.

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

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : m, n > p⇒ |Sum − Sun | < ε. (3.3.3)

Então, por (3.3.2) e (3.3.3), tem-se

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

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

De forma análoga se prova que, nas condições de (3.3.2), se∑un é divergente, então

∑vn também é

divergente.

Exemplo 3.3.4. Veri�car que as séries seguintes têm a mesma natureza:

a)+∞∑n=0

1

2ne

+∞∑n=0

1

2n−1; b)

+∞∑n=1

1

ne

+∞∑n=0

1

n+ 2.

De facto, temos:

a)+∞∑n=0

1

2n−1= 2

+∞∑n=0

1

2n; b)

+∞∑n=0

1

n+ 2=

+∞∑n=2

1

n=

+∞∑n=1

1

n− 1;

pelo que as séries indicadas têm a mesma natureza, sendo convergente em a), porque se tratam deséries geométricas de razão r = 1

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

3.4 Séries de termos não negativos

As séries de termos não negativos convêm ser estudadas em separado, uma vez que, neste caso, é maisfácil estabelecer critérios de convergência. Começamos por observar que, para estas séries, podemosobter um critério de convergência mais fraco do que o enunciado na Proposição 3.3.1.

Proposição 3.4.1. Seja∑un uma série de termos não negativos e Sn a respectiva sucessão das

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

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

parciais Sn é convergente, logo limitada.

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

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

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

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

S = limn→+∞

Sn = sup{Sn : n ∈ N}.

Portanto, a série∑un é convergente.

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

Exemplo 3.4.1. Usando a proposição anterior, mostrar que a série seguinte é convergente:

+∞∑n=0

1

n!.

Considerando a sucessão das somas parciais desta série, observando que para todo n ≥ 2 se tem1n ≤

12 e usando a soma da progressão geométrica, obtemos:

Sn =1 +1

1+

1

2× 1+

1

3× 2× 1+

1

4× 3× 2× 1+ · · ·+ 1

n!

≤1 + 1 +1

2+

1

2× 2+

1

2× 2× 2+ · · ·+ 1

2× 2× 2× · · · × 2

=2 +1

2+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2n−1= 2 +

1

2

1− 12n−1

1− 12

= 3− 1

2n−1< 3 ∀ n ∈ N .

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

Proposição 3.4.2 (Critério Geral de Comparação). Sejam∑un e

∑vn séries de termos não

negativos. Suponhamos que, a partir de certa ordem, un ≤ vn. Tem-se:

1. Se∑vn é convergente, então

∑un também é convergente.

2. Se∑un é divergente, então

∑vn também é divergente.

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

∑vn, de termos

não negativos e suponhamos que∃ p ∈ N : n > p⇒ un ≤ vn. (3.4.4)

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

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

crescente eSv = lim

n→+∞Svn = sup{Svn : n ∈ N} < +∞. (3.4.5)

Por outro lado, pelo facto de∑un também ser uma série de termos não negativos e por (3.4.4) e (3.4.5),

tem-se para todo n > p

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

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

≤ u1 + · · ·+ up + Sv.

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

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

∑un uma série de termos não negativos,

Sun é crescente eSu = lim

n→+∞Sun = sup{Sun : n ∈ N} = +∞. (3.4.6)

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Então, usando o facto de∑vn também ser uma série de termos não negativos, (3.4.4) e (3.4.6), temos

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

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

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

Donde se conclui que a série∑vn é divergente.

Exemplo 3.4.2. Usando a proposição anterior, mostre que as séries seguintes são, respectivamente,convergente e divergente:

a)+∞∑n=1

1

nn; b)

+∞∑n=1

1√n.

a) Comecemos por observar que

n ≥ 2 ⇒ 1

nn=

1

n× n× · · · × n≤ 1

2× 2× · · · × 2=

1

2n=

(1

2

)n.

Como∑+∞n=1

(12

)né uma série geométrica de razão r = 1

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

b) Neste caso, temos:√n ≤ n ⇒ 1√

n≥ 1

n∀ n ∈ N ;

e como∑+∞n=1

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

divergente.

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

Proposição 3.4.3 (Critério de Comparação). Sejam∑un uma série de termos não negativos e∑

vn uma série de termos positivos tais que

limn−→+∞

unvn

= L. (3.4.7)

Se 0 < L < +∞, então as séries∑un e

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

ou ambas divergentes.

Demonstração: Sejam un e vn os termos gerais de duas séries. Se (3.4.7) é veri�cada, então a sucessãodada pelo quociente un

vné limitada. Como

∑un e

∑vn são séries, respectivamente, de termos não

negativos e de termos positivos, e unvn

é limitada, então

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

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

∑vn têm a mesma natureza.

No caso de, na proposição anterior, se veri�car L = 0, então

∃ p ∈ N : n > p⇒ un ≤ vn .

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

∑un

e da divergência de∑un a de

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

∃ p ∈ N : n > p⇒ un ≥ vn ,

podendo deduzir da convergência de∑un a de

∑vn e da divergência de

∑vn a de

∑un. Nos outros

casos, porém, nada podemos concluir.

Exemplo 3.4.3. Usar o resultado anterior para mostrar que as séries seguintes são, respectiva-mente, divergente e convergente:

a)∞∑n=1

1

2n− 1; b)

∞∑n=1

1

n2.

a) Como

limn→+∞

12n−1

1n

= limn→+∞

n

2n− 1=

1

2

e a série∑∞n=1

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

∑∞n=1

12n−1

é divergente.

b) Neste caso, tem-se:

limn→+∞

1n2

1n(n−1)

= limn→+∞

n2 − nn2

= 1 .

Como a série∑∞n=2

1n(n−1) é convergente (ver Exemplo 3.2.2), pelo Critério de Comparação a série∑∞

n=11n2 é convergente.

Exemplo 3.4.4 (Série de Dirichleta). Designa-se por série de Dirichlet toda a série da forma:

+∞∑n=1

1

nα= 1 +

1

2α+

1

3α+ · · ·+ 1

nα+ · · · ;

onde α é um real.aJohann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859), matemático alemão com ascendência belga, natural de

Düren.

Observemos que a série harmónica, referida no Exemplo 3.3.1, é um caso particular da série de Dirichletcom α = 1.

Proposição 3.4.4. A série de Dirichlet é convergente para α > 1 e divergente para α ≤ 1.

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

α ≤ 1⇒ 1

nα≥ 1

n∀n ∈ N.

Como a série (harmónica)∑

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

∑1nα

é divergente.

2014/2015 67 c© HBO


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

S2n+1−1 = 1 +1

2α+

1

3α+

1

4α+

1

5α+

1

6α+

1

7α+ · · ·+

1

(2n+1 − 1)α

= 1 +

(1

2α+

1

3α

)+

(1

4α+

1

5α+

1

6α+

1

7α

)+ · · ·+

1

(2n+1 − 1)α

= 1 +

[1

(21)α+

1

(21+1 − 1)α

]+

[1

(22)α+ · · ·+

1

(22+1 − 1)α

]+ · · ·+

[1

(2n)α+ · · ·+

1

(2n+1 − 1)α

].

Observemos que para cada p ∈ N se tem

1

(2p)α+ · · ·+ 1

(2p+1 − 1)α≤(2p+1 − 2p

) 1

(2p)α=

(1

2α−1

)p.

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

2n+1 − 1 > n ∀ n ∈ N.

Temos então, pelo exposto acima e pelo facto de∑

1nα ser uma série de termos positivos, que

0 < Sn < S2n+1−1 ≤ 1 +1

2α−1+

(1

2α−1

)2

+ · · ·+ · · ·+(

1

2α−1

)n<

+∞∑n=0

(1

2α−1

)n= limn→+∞

1−(

12α−1

)n1− 1

2α−1

=2α−1

2α−1 − 1.

As últimas igualdades resultam do facto de∑(

12α−1

)nser uma série geométrica convergente, pois α > 1

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

termos positivos, é convergente.

Pela sua simplicidade no cálculo de limites, utilizam-se muitas vezes as séries de Dirichlet no Critério deComparação (Proposição 3.4.3).

Proposição 3.4.5 (Comparação com as séries de Dirichlet). Seja∑un uma série de termos não

negativos. Tem-se:

1. Se existe um real α > 1 tal que

limn−→+∞

un1nα

= limn−→+∞

(nαun) < +∞,

então a série∑un é convergente.

2. Se existe um real α ≤ 1 tal que

limn−→+∞

un1nα

= limn−→+∞

(nαun) > 0,

então a série∑un é divergente.

Demonstração: A demonstração é uma consequência imediata da Proposição 3.4.3.

Exemplo 3.4.5. Usando a proposição anterior, mostrar que as séries seguintes são, respectiva-mente, convergente e divergente:

a)+∞∑n=1

√n

n2 + 1; b)

+∞∑n=1

√n+ 1

n.

2014/2015 68 c© HBO


a) Comecemos por observar que:

√n

n2 + 1

√n

n2=

1

n32

, quando n→ +∞ ⇔ limn→+∞

√n

n2+11

n32

= limn→+∞

n2

n2 + 1= 1 .

Como a série 1

n32é convergente (série de Dirichlet com α = 3

2 > 1), pelo Critério de Comparação,

a série dada é convergente.

b) Neste caso, tem-se:

√n+ 1

n

√n

n=

1

n12

, quando n→ +∞ ⇔ limn→+∞

√n+1n1

n12

= limn→+∞

√n2 + n

n= 1 .

Ora, sendo a série∑+∞n=1

1

n12

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

Comparação a série dada é divergente.

Em muitas situações de aplicação prática torna-se muito complicado utilizar o Critério de Comparação.Nesses casos, podemos recorrer a um dos dois critérios que enunciamos a seguir e cuja aplicação é maisfácil.

Proposição 3.4.6 (Critério da Razão - D'Alemberta). Seja∑un uma série de termos positivos.

Tem-se:

1. Selim supn−→+∞

un+1

un< 1 , (3.4.8)


2. Se∃ p ∈ N : n > p⇒ un+1

un≥ 1 , (3.4.9)


Em particular, se existe o limitelim

n−→+∞

un+1

un= L ,

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

aJean le Rond d'Alembert (1717-1783), �lósofo, matemático e físico francês, natural de Paris.

Demonstração: 1. Se (3.4.8) é veri�cada, então

∃ r ∈ (0, 1) : lim supn→+∞

un+1

un≤ r.

Logo∃ p ∈ N : n > p⇒ un+1

un< r ⇔ un+1

rn+1<unrn,

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

∃ p∗ ∈ N : n > p∗ ⇒unrn

< C ⇔ un ≤ Crn , com C =up∗rp∗

.

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

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

2014/2015 69 c© HBO


2. Se (3.4.9) é veri�cada, então un é uma sucessão monótona crescente a partir da ordem p. Logo, como∑un é uma série de termos positivos, teremos que un 9 0. Portanto, a série

∑un é divergente.

Exemplo 3.4.6. Usando a proposição anterior, mostrar que as séries seguintes são, respectiva-mente, convergente e divergente:

a)+∞∑n=1

n2

2n; b)

+∞∑n=1

n!

3n.

a) Como

un =n2

2n⇒ lim

n→+∞

un+1

un= limn→+∞

(n+1)2

2n+1

n2

2n

= limn→+∞

(n+ 1)2

n2

2n

2n+1

=1

2lim

n→+∞

n2 + 2n+ 1

n2=

1

2< 1 ,

pelo Critério da Razão a série dada é convergente.

b) Neste caso, temos:

vn =n!

3n⇒ lim

n→+∞

vn+1

vn= limn→+∞

(n+1)!3n+1

n!3n

= limn→+∞

(n+ 1)!

n!

3n

3n+1

=1

3lim

n→+∞(n+ 1) = +∞ > 1 .

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

Proposição 3.4.7 (Critério da Raiz - Cauchy). Seja∑un uma série de termos não negativos.

Tem-se:


n√un < 1 , (3.4.10)



n√un > 1 , (3.4.11)



n−→+∞n√un = L ,

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

Demonstração: 1. Se (3.4.10) é veri�cada, então

∃ r ∈ [0, 1) : lim supn→+∞

n√un ≤ r,

o que implica∃ p ∈ N : n > p ⇒ n

√un ≤ r ⇒ un ≤ rn.

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

ração, a série∑un também é convergente.

2. Se se veri�ca (3.4.11), então

∃ p ∈ N : n > p ⇒ n√un > 1 ⇒ un > 1.

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

un é divergente.

Exemplo 3.4.7. Usando a proposição anterior, mostre que as séries seguintes são, respectivamente,convergente e divergente:

a)+∞∑n=1

1

(n+ 1)n; b)

+∞∑n=1

(n+ 1

n

)n2

.

a) Neste caso, temos:

un =1

(n+ 1)n⇒ lim

n→+∞n√un = lim

n→+∞n

√1

(n+ 1)n= limn→+∞

1

n+ 1= 0 < 1 .

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

b) Aqui,

vn =

(n+ 1

n

)n2

⇒ limn→+∞

n√vn = lim

n→+∞

n

√(n+ 1

n

)n2

= limn→+∞

(1 +

1

n

)n= e > 1 .

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

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

Exemplo 3.4.8. Veri�que que, para a série seguinte, a aplicação do Critério da Razão ou doCritério da Raiz não permite tirar nenhuma conclusão quanto à sua natureza:

+∞∑n=1

en n!

nn.

Comecemos por observar que:

un =en n!

nn⇒ un+1

un=

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

en n!nn

=en+1 (n+ 1)!nn

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

nn

(n+ 1)n= e

(1− 1

n+ 1

)n.

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Daqui podemos então inferir que:

vn =en n!

nn⇒ lim

n→+∞n√vn = lim

n→+∞n

√en n!

nn= limn→+∞

un+1

un

=e limn→+∞

(1− 1

n+ 1

)n= e× e−1 = 1 .

Assim, o Critério da Raiz não permite discernir qual a natureza desta série. No entanto e apesarde ser um exercício mais envolvente, pode-se mostrar que esta série divergea.

aAplicar o Critério de Raabe. Ver, por exemplo, Creighton Buck p. 233.

3.5 Séries de termos positivos e negativos

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

De�nição 3.5.1 (Série alternada). Uma série diz-se alternada, se for possível escrevê-la da formaseguinte:

+∞∑n=1

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

onde un é uma sucessão de termos não negativos.

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

+∞∑n=1

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

Para estas séries existe o critério seguinte de convergência, devido a Leibniz1.

Proposição 3.5.1 (Critério de Leibniz). Suponhamos que un é uma sucessão monótona decrescentepara 0, isto é:

limn−→+∞

un = 0 e u1 ≥ u2 ≥ u3 ≥ · · · ≥ un ≥ . . . . (3.5.12)

Então a série∑

(−1)nun é convergente.

Demonstração: Seja un uma sucessão satisfazendo às condições de (3.5.12). Consideremos as sucessõesdas somas parciais de ordens par e ímpar da série alternada

∑(−1)nun, isto é

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

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

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

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

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

]= u2n+2 − u2n+1 ≤ 0

1Gottfried Wilhelm von Leibniz (1646-1716), advogado, �lósofo e matemático alemão, natural de Leipzig.

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e

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

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

]= u2n − u2n+1 ≥ 0.

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

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

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

]= −u2n ≤ 0.

Pelo exposto acima, temos

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

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

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

S2n − S2n−1 = u2n → 0.

Assim,∃ S ∈ R : lim

n→+∞S2n = S = lim

n→+∞S2n−1 ⇒ lim

n→+∞Sn = S,

pelo que a série∑

(−1)nun é convergente.

Na demonstração anterior, se de�nirmos a série alternada por

+∞∑n=1

(−1)n−1un ,

podemos provar de forma inteiramente análoga que

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

Exemplo 3.5.1. Estudar a natureza da série seguinte:

+∞∑n=1

(−1)n

n.

Comecemos por observar que∑+∞n=1

(−1)n

n =∑+∞n=1(−1)n un, onde un = 1

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

limn→+∞

un = limn→+∞

1

n= 0;

un+1

un=

1n+1

1n

=n

n+ 1= 1− 1

n+ 1< 1 ∀ n ∈ N .

Então, pelo referido critério, a série é convergente.

Observe-se que a condição de monotonia decrescente enunciada no Critério de Leibniz é necessária paraa convergência simples de uma série alternada, mas não é su�ciente. De facto existem séries alternadasconvergentes que não obedecem à condição de monotonia decrescente como é o caso da série

∞∑n=1

(1

(2n− 1)3− 1

(2n)3

),

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já que o valor absoluto do seu termo geral não é monótono decrescente. Isto será melhor apreendidomais adiante com o estudo da convergência absoluta das séries.

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

Proposição 3.5.2 (Critério de Dirichlet). Seja∑un uma série cuja sucessão das somas parciais,

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

∃ C > 0 : |Sun | ≤ C ∀ n ∈ N, v1 ≥ v2 ≥ v3 ≥ · · · ≥ vn ≥ . . . e limn−→+∞

vn = 0.

Então a série∑un vn é convergente.

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

Cauchy (Proposição 3.3.1). Queremos, portanto, mostrar que a sucessão das somas parciais de∑un vn,

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

un = Sun − Sun−1 ∀ n ∈ N.

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

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

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

= −vn+1Sun + (vn+1 − vn+2)S

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

Usando os factos de Sun ser uma sucessão limitada e de vn ser uma sucessão monótona decrescente, temos

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

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

∑un vn é convergente.

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

Exemplo 3.5.2. Usar o Critério de Dirichlet para justi�car que a série seguinte é convergente:

+∞∑n=1

cos(n)

n.

Sejam

vn =1

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

Pelo Exemplo 3.5.1 sabemos que vn é monótona decrescente para 0. Mostremos agora que Sn éuma sucessão limitada. Usando a fórmula trigonométrica

sen(α) cos(β) =1

2[ sen(α+ β) + sen(α− β)] ,

2014/2015 74 c© HBO


temos:

sen

(1

2

)Sn = sen

(1

2

)cos(1) + sen

(1

2

)cos(2) + · · ·+ sen

(1

2

)cos(n− 1) + sen

(1

2

)cos(n)

=1

2

[sen

(1

2+ 1

)+ sen

(1

2− 1

)]+

1

2

[sen

(1

2+ 2

)+ sen

(1

2− 2

)]+ · · ·+

1

2

[sen

(1

2+ n− 1

)+ sen

(1

2− (n− 1)

)]+

1

2

[sen

(1

2+ n

)+ sen

(1

2− n

)]=

1

2

[sen

(3

2

)− sen

(1

2

)]+

1

2

[sen

(5

2

)− sen

(3

2

)]+ · · ·+

=1

2

[sen

(n− 1

2

)− sen

(n− 3

2

)]+

1

2

[sen

(n+

1

2

)− sen

(n− 1

2

)]=

1

2

[sen

(n+

1

2

)− sen

(1

2

)]Isto implica que∣∣∣∣ sen

(1

2

)Sn

∣∣∣∣ ≤ 1

2

(∣∣∣∣ sen

(n+

1

2

)∣∣∣∣+

∣∣∣∣ sen

(1

2

)∣∣∣∣) ≤ 1 ⇔ |Sn| ≤∣∣∣∣ sen

(1

2

)∣∣∣∣−1

.

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

3.6 Convergência absoluta

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

De�nição 3.6.1. Uma série∑un diz-se absolutamente convergente, se a série

∑|un| é con-

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

se∑un é convergente, mas

∑|un| é divergente.

Exemplo 3.6.1. Justi�car que a série seguinte é simplesmente convergente:

+∞∑n=1

(−1)n

n.

Já vimos no Exemplo 3.5.1 que esta série é convergente. Mostremos, então, que a série não éabsolutamente convergente. De facto a série dos módulos é a série harmónica, que é divergente:

+∞∑n=1

∣∣∣∣ (−1)n

n

∣∣∣∣ =

+∞∑n=1

1

n.

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

2014/2015 75 c© HBO


Proposição 3.6.1. Se∑|un| é uma série convergente, então

∑un é convergente e tem-se:∣∣∣∣∣

+∞∑n=1

un

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑n=1

|un|.

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

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

Pelo Critério Geral de Cauchy (Proposição 3.3.1), temos

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

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

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

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

+∞∑n=1

un

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ limk→+∞

k∑n=1

un

∣∣∣∣∣ = limk→+∞

∣∣∣∣∣k∑

n=1

un

∣∣∣∣∣ ≤ limk→+∞

k∑n=1

|un| =+∞∑n=1

|un|,


Exemplo 3.6.2. Estude a convergência da série seguinte:

+∞∑n=1

sen(n)

n2.

Comecemos por analisar a convergência absoluta. Para tal, consideramos a série dos módulos:

+∞∑n=1

∣∣∣∣ sen(n)

n2

∣∣∣∣ =

+∞∑n=1

| sen(n)|n2

.

Como

| sen(n)|n2

≤ 1

n2∀ n ∈ N e

+∞∑n=1

1

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

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

Pela Proposição 3.6.1, o estudo da convergência de grande parte das séries numéricas irá reduzir-se aoestudo da convergência de séries de termos não negativos. Deste modo, convém adaptar os Critérios deComparação, da Razão e da Raiz para o estudo da convergência absoluta.

Proposição 3.6.2 (Critério de Comparação). Sejam∑un uma série qualquer e

∑vn uma série

de termos positivos tais que

limn−→+∞

|un|vn

= L.

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

∑un é absolutamente convergente.

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Demonstração: É uma consequência imediata do Critério de Comparação estabelecido na Proposi-ção 3.4.3.

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

un.

Exemplo 3.6.3. Estude a convergência simples e absoluta da série seguinte:

+∞∑n=1

cos(n)

n3.

Observemos que

limn→+∞

∣∣∣ cos(n)n3

∣∣∣1n2

= limn→+∞

|cos(n)|n

= 0

e a série∑+∞n=1

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

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

Proposição 3.6.3 (Critério da Razão - D'Alembert). Seja∑un uma série de termos não nulos.

Tem-se:

1. Se

lim supn−→+∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ < 1 ,

então a série∑un é absolutamente convergente.

2. Se

∃ p ∈ N : n > p⇒∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ ≥ 1 ,


Em particular, se existe o limite

limn−→+∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ = L ,

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

Demonstração: É uma consequência imediata do Critério da Razão estabelecido na Proposição 3.4.6,

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

∣∣∣un+1

un

∣∣∣ = |un+1||un| .

Exemplo 3.6.4. Usando o critério anterior, estude a série seguinte quanto à convergência absoluta:

+∞∑n=1

(−1)nn2

1 + n2.

2014/2015 77 c© HBO


Como

un = (−1)nn2

1 + n2⇒

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣ (−1)n+1 (n+1)2

1+(n+1)2

(−1)n n2

1+n2

∣∣∣∣∣∣ =1 + n2

n2

(n+ 1)2

1 + (n+ 1)2

=

(1 +

1

n2

)(1− (n+ 1)2

1 + (n+ 1)2

)=1 +

1 + 2n

n2[1 + (n+ 1)2]> 1 ∀ n ∈ N ,

pelo Critério da Razão a série dos módulos é divergente. Por consequência, a série dada nãoé absolutamente convergente. Também não converge simplesmente, porque, quando n → +∞,un → −1 se n é ímpar e un → 1 se n é par, o que contraria a Proposição 3.3.3.

Proposição 3.6.4 (Critério da Raiz - Cauchy). Seja∑un uma série qualquer. Tem-se:


n√|un| < 1 ,

então a série∑un é absolutamente convergente.


n√|un| > 1 ,



n−→+∞n√|un| = L ,

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

Demonstração: É uma consequência imediata do Critério da Raiz estabelecido na Proposição 3.4.7,pois

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

Exemplo 3.6.5. Usando o critério anterior, estude a série seguinte quanto à convergência absoluta:

+∞∑n=1

(−1)n(

2n+ 100

3n+ 1

)n.

Sendo

un = (−1)n(

2n+ 100

3n+ 1

)n,

temos:

limn→+∞

n√|un| = lim

n→+∞n

√∣∣∣∣(−1)n(

2n+ 100

3n+ 1

)n∣∣∣∣= limn→+∞

n

√(2n+ 100

3n+ 1

)n= limn→+∞

2n+ 100

3n+ 1=

2

3< 1 .

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

2014/2015 78 c© HBO


Observemos que, tal como no caso da convergência simples, nada se pode concluir se L = 1 nas Propo-sições 3.6.3 e 3.6.4.


1. Indique uma expressão para o termo geral das séries seguintes:

a) 2 +4

2+

8

6+

16

24+ · · · ; b)

10

7+

100

9+

1000

11+

10000

13+ · · · ;

c) − 1

11+

2

101− 3

1001+

4

10001− · · · ; d) 0, 6 + 0, 51 + 0, 501 + 0, 5001 + · · · ;

e) 1− 1

3+

1

5− 1

7+ · · · ; f)

1

2+

1

3+

1

4+

1

9+

1

8+

1

27+ · · · .

2. Indique as sucessões das somas parciais das séries geométricas seguintes e calcule a soma das quesão convergentes:

a)

+∞∑n=0

2−n ; b)

+∞∑n=0

(−1)n+1 ; c)

+∞∑n=0

3

10n;

d)

+∞∑n=0

3−(5n+1) ; e)

+∞∑n=1

4n−1

3n; f)

∞∑n=0

(2

π

)n.

3. Usando o conhecimento da soma das séries geométricas, escreva as dízimas in�nitas periódicasseguintes na forma de números racionais:

a) 0, 4444 . . . ; b) 1, 9999 . . . ; c) 0, 515151 . . . ; d) 0, 123123123 . . . .

4. Indique as sucessões das somas parciais das séries de Mengoli seguintes e calcule a soma das quesão convergentes:

a)

+∞∑n=1

1

n(n+ 2); b)

+∞∑n=2

1

(n− 1)n(n+ 1); c)

+∞∑n=1

1√n+ 1 +

√n

;

d)+∞∑n=1

√n+ 1−

√n√

n2 + n; e)

+∞∑n=2

ln

(1 +

1

n

); f)

∞∑n=1

(−1)n−1(2n+ 1)

n(n+ 1).

5. Justi�que que as séries seguintes são divergentes:

a)

+∞∑n=1

1n√n2 + 1

; b)

+∞∑n=0

3n + 2n−1

2n − 3n+1; c)

+∞∑n=1

nn

n!.

6. Usando o Critério Geral de Comparação, estude a natureza das séries seguintes:

a)

+∞∑n=1

1√n

; b)

+∞∑n=0

1

n2 + 1; c)

+∞∑n=0

n

n2 + n− 1;

d)

+∞∑n=1

n!

(n+ 2)!; e)

+∞∑n=1

1√n(n+ 1)

; f)

+∞∑n=0

1

2n + 1.

7. Usando o Critério de Comparação com as séries de Dirichlet, estude a natureza das séries seguintes:

a)

+∞∑n=2

1 +√n

n2 − n; b)

+∞∑n=0

(√n2 + 1− n) ; c)

+∞∑n=1

sen2(n)

n2;

d)

+∞∑n=1

n−√n

n2 + 5ne)

+∞∑n=0

1

(4n− 3)(4n− 1); f)

+∞∑n=0

1 +√

2 + · · ·+√n

n2 + 1.

2014/2015 79 c© HBO


8. Usando o Critério da Razão (de D'Alembert), estude a natureza das séries seguintes:

a)

+∞∑n=0

1

n!; b)

+∞∑n=1

n2

2n; c)

+∞∑n=1

n!

nn

d)

+∞∑n=1

(n!)2 15n2

(2n)!; e)

+∞∑n=1

n

en2 ; f)

+∞∑n=0

1.3 . . . (2n+ 1)

4.8 . . . (4n+ 4).

9. Usando o Critério da Raiz (de Cauchy), estude a natureza das séries seguintes:

a)

+∞∑n=1

1

nn2

; b)

+∞∑n=1

n 2−(2n+1) ; c)

+∞∑n=1

(2n− 1

2n+ 1

)n(n−1)

d)

+∞∑n=1

3n+1

(n+ 2

n+ 3

)n2

e)

+∞∑n=1

2n n!

nn; f)

+∞∑n=1

1

[3 + (−1)n]2n .

10. Estude a natureza das séries alternadas seguintes:

a)

+∞∑n=1

(−1)n

n2; b)

+∞∑n=1

(−1)n√n

; c)

+∞∑n=1

(−1)nn

n+ 2;

d)

+∞∑n=0

(−1

2

)n; e)

+∞∑n=1

(−1)n(

2n+ 100

3n+ 1

)n; f)

+∞∑n=0

(−n)n

(2n)!.

11. Usando o Critério de Dirichlet, mostre que as séries seguintes são convergentes:

a)

+∞∑n=1

sen(n)

n; b)

+∞∑n=1

cos(nx)

n, x ∈ R.

12. Estude as séries seguintes quanto à convergência calculando, sempre que possível, a soma dasconvergentes:

a)

+∞∑n=1

πn − en

4n; b)

+∞∑n=1

3n n!

nn; c)

+∞∑n=1

(n√n− 1

)n;

d)

+∞∑n=1

2n + n2 + n

2n+1 n(n+ 1); e)

+∞∑n=1

nn+ 1n(

n+ 1n

)n ; f)

+∞∑n=0

(−1)n√n+ 1 +

√n

;

g)

+∞∑n=1

n3[√

2 + (−1)n]n

3n; h)

+∞∑n=1

(−1)n(n−1)

2

2n; i)

+∞∑n=1

2.5 . . . (3n+ 2)

2n(n+ 1)!.

13. Estude as séries seguintes quanto à convergência absoluta e simples (condicionada):

a)

+∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)(2n+ 2); b)

+∞∑n=1

(−1)n

ln(en + e−n);

c)

+∞∑n=0

(−1)n√n+ 1 +

√n

; d)

+∞∑n=1

sen(n)

n2;

e)

+∞∑n=1

(−1)n−1 3.5.7 . . . (2n+ 1)

2.5.8 . . . (3n− 1); f)

+∞∑n=0

(−1)n

n+ 1

[1 +

(−1)n

n+ 1

];

g)

+∞∑n=1

(−1)n3.7.11 . . . (4n− 1)

4.7.10 . . . (3n+ 1); h)

+∞∑n=0

(−2)n+1

(n+ 1

n+ 2

)n2

.

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Capítulo 4

Complementos de Funções Reais de

Variável Real

As funções racionais e irracionais que abordamos no Capítulo 1 são de�nidas directamente pelas opera-ções elementares de cálculo. No entanto, existem funções cujas de�nições transcendem estas operaçõeselementares de cálculo. Por isso, é frequente designar esta funções por funções transcendentes. Asfunções transcendentes, tal como as racionais e irracionais, também pertencem ao grande grupo de fun-ções elementares no sentido em que se podem escrever como somas �nitas de expressões designatórias. Agrande fonte para as funções transcendentes reside na Geometria, a primeira área da Matemática a serestudada. Nesta secção iremos falar de praticamente todas as funções transcendentes conhecidas: expo-nencial, trigonométricas, hiperbólicas, bem como as suas inversas. Em matemática elementar é comumpassar por cima de algumas di�culdades inerentes à de�nição destas funções até se conseguir explicá-lasmelhor com métodos de análise matemática que são adquiridos a posteriori.

4.1 Funções exponencial e logarítmica

As primeiras funções transcendentes a serem estudadas são a função exponencial e a sua inversa, a funçãologarítmica.

De�nição 4.1.1. Seja a um número real positivo. De�ne-se a função exponencial de base apor

f(x) = ax.

• Domínio: Df = R.

• Contra-domínio: D′f = (0,+∞).

• Zeros: não tem.

• Variação de sinal: é sempre positiva.

• Monotonia: é estritamente crescente se a > 1; é estritamente decrescente se 0 < a < 1; é constan-temente igual a 1 se a = 1.

• Injectividade: é injectiva em todo o seu domínio se a 6= 1.

• Grá�cos: Ver Figura 4.1.

Observemos que a função exponencial está de�nida apenas para valores de a positivos. Não pode estarde�nida para valores de a negativos, porque quando x assume valores como 1/2, a potência a1/2 =

√a

81

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 4. COMPLEMENTOS DE FUNÇÕES

1x

y

(a) base 0 < a < 1

1x

y

(b) base a > 1

Figura 4.1: Funções exponenciais.

não está de�nida para valores de a negativos. Por outro lado, se a = 0, quando x = 0 não sabemos oque é 00.

A base da função exponencial com mais interesse é a = e, onde e = 2, 71 . . . é o número de Neper:

f(x) = ex.

Por vezes designamos a função exponencial de base e como a função exponencial de base natural.

Como vimos aquando do estudo das séries numéricas, o número e pode ser rigorosamente de�nido por:

e =

+∞∑n=0

1

n!.

Proposição 4.1.1. Seja a um número real positivo. Então:1. a0 = 1;2. ax+y = ax ay.

Demonstração: A demonstração usa o desenvolvimento da função exponencial em série de potênciasde x - ver, por exemplo, Campos Ferreira, pp. 241-247. Outra possibilidade, é usar as propriedades dafunção logarítmica - ver, por exemplo, Serge Lange, p. 123.

Pela análise anterior da função exponencial, veri�camos que, independentemente da base que se considere,à excepção de a = 1, esta função é injectiva em todo o seu domínio. Sendo assim, podemos determinara sua função inversa.

De�nição 4.1.2. Seja a um número real positivo diferente de 1. De�ne-se a função logarítmicade base a por

f(x) = loga x.

• Domínio: Df = (0,+∞).

• Contra-domínio: D′f = R.

• Zeros: tem um zero em x = 1.

2014/2015 82 c© HBO


• Variação de sinal: Se 0 < a < 1, é negativa para x ∈ (1,+∞) e positiva para x ∈ (0, 1). Se a > 1 énegativa para x ∈ (0, 1) e positiva para x ∈ (1,+∞);

• Monotonia: é estritamente crescente se a > 1; é estritamente decrescente se 0 < a < 1.

• Injectividade: é injectiva em todo o seu domínio.

• Grá�cos: Ver Figura 4.2.

1

x

y

(a) base 0 < a < 1

1

x

y

(b) base a > 1

Figura 4.2: Funções logarítmicas.

Sendo a função logarítmica a inversa da função exponencial, temos a equivalência seguinte:

y = ax ⇔ x = loga y. (4.1.1)

Tal como para a função exponencial, a base da função logarítmica com mais interesse é a = e, onde e éo número de Neper:

f(x) = loge x.

Neste caso, designamos a função logarítmica como a função logarítmica de base natural e usamosa notação lnx em vez de loge x.

Proposição 4.1.2. Sejam a e b números reais positivos diferentes de 1 e n um inteiro. Então:1. loga a = 1;2. loga 1 = 0;3. loga(xy) = loga x+ loga y;4. loga(xn) = n loga x;

5. loga

(x

y

)= loga x− loga y;

6. loga x = loga b logb x.

Demonstração: A partir da Proposição 4.1.1 e da relação (4.1.1), a demonstração é imediata - ver, porexemplo, Campos Ferreira, pp. 247-249. Outra possibilidade, é usar noções do Cálculo Diferencial - ver,por exemplo, Serge Lange, pp. 120-122.

Muitos autores de�nem primeiro a função logarítmica e só depois a função exponencial como função in-versa da primeira. Isto deve-se ao facto da demonstração de algumas propriedades da função exponencialserem mais fáceis de mostrar recorrendo à função logarítmica. Mas aqui temos o problema de ter de usarmétodos da análise matemática que apenas são ensinados a posteriori - ver, por exemplo, Serge Lang.

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4.2 Funções trigonométricas e suas inversas

Funções seno e arco-seno

De�nição 4.2.1. De�ne-se a função seno por

f(x) = sen(x).


• Contra-domínio: D′f = [−1, 1].

• Paridade: é uma função ímpar.

• Zeros: x = kπ, k ∈ Z.

• Periodicidade: é uma função periódica de período 2π.

• Variação de sinal: é positiva para x ∈ (2kπ, (2k + 1)π) e negativa para x ∈ ((2k − 1)π, 2kπ), comk ∈ Z.

• Monotonia: é estritamente crescente para x ∈(−π2 + 2kπ, π2 + 2kπ

)e estritamente decrescente

para x ∈(π2 + 2kπ, 3π

2 + 2kπ), com k ∈ Z.

• Extremos: tem o valor máximo y = 1 nos pontos x = π2 + 2kπ, k ∈ Z; tem o valor mínimo y = −1

nos pontos x = −π2 + 2kπ, k ∈ Z.

• Injectividade: Não é injectiva.

• Grá�co: Ver Figura 4.3

−2π − 3π2

−π −π2π2

π 3π2

2π

−1

1

x

y

Figura 4.3: Função seno.

Como resulta das propriedades da função seno, veri�ca-se que esta não é injectiva, se considerarmostodo o seu domínio. No entanto, observa-se que a função seno é injectiva se a restringirmos a um dosintervalos da forma [

−π2

+ 2kπ,π

2+ 2kπ

]k∈Z

ou[π

2+ 2kπ,

3π

2+ 2kπ

]k∈Z

.

Podemos, então, considerar a restrição da função seno a um destes intervalos e aí vai ser possível de-terminar a sua função inversa. Ao intervalo

[−π2 ,

π2

]vamos designar por ramo principal da função

seno.

De�nição 4.2.2. De�ne-se a função arco-seno como sendo a inversa da função seno, quando

2014/2015 84 c© HBO


restringida ao intervalo[−π2 ,

π2

], e denota-se por:

f(x) = arcsen(x).

• Domínio: Df = [−1, 1].

• Contra-domínio: D′f = [−π2 ,π2 ].


• Zeros: x = 0.

• Variação de sinal: é positiva para x ∈ (0, 1) e é negativa para x ∈ (−1, 0).

• Monotonia: é estritamente crescente em todo o seu domínio.

• Extremos: tem o valor máximo y = π2 em x = 1; tem o valor mínimo y = −π2 em x = −1.


−1 1

−π2

π2

x

y

Figura 4.4: Função arco-seno.

A expressão arcsen(x), lê-se arco cujo seno é x e, fazendo a inversão da Tabela 4.7 dos valores principaisdo seno, obtemos a Tabela 4.1 com os valores principais da função arco-seno.

x 01

2

√2

2

√3

21

arcsen(x) 0π

6

π

4

π

3

π

2

Tabela 4.1: Valores principais do arco-seno.

Funções coseno e arco-coseno

De�nição 4.2.3. De�ne-se a função coseno por

f(x) = cos(x).


• Contra-domínio: D′f = [−1, 1].

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• Paridade: é uma função par.

• Zeros: x = π2 + kπ, k ∈ Z.


• Variação de sinal: é positiva para x ∈(−π2 + 2kπ, π2 + 2kπ

)e negativa para x ∈

(π2 + 2kπ ,

3π2 + 2kπ

), com k ∈ Z.

• Monotonia: é estritamente crescente para x ∈ ((2k − 1)π, 2kπ) e estritamente decrescente parax ∈ (2kπ, (2k + 1)π), com k ∈ Z.

• Extremos: tem o valor máximo y = 1 nos pontos x = 2kπ, k ∈ Z; tem o valor mínimo y = −1 nospontos x = (2k + 1)π, k ∈ Z.


• Grá�co: Ver Figura 4.5.

−2π − 3π2

−π π2

π2

π 3π2

2π

−1

1

x

y

Figura 4.5: Função coseno.

Tal como a função seno, também a função coseno não é injectiva se considerarmos todo o seu domínio.Contudo, veri�ca-se que a função coseno é injectiva, se a restringirmos a um dos intervalos da forma

[−π + 2kπ, 2kπ]k∈Z ou [2kπ, π + 2kπ]k∈Z .

Podemos, então, considerar a restrição da função coseno a um destes intervalos e aí vai ser possíveldeterminar a sua inversa. Ao intervalo [0, π] vamos designar por ramo principal da função coseno.

De�nição 4.2.4. De�ne-se a função arco-coseno como sendo a inversa da função coseno, quandorestringida ao intervalo [0, π], e denota-se por:

f(x) = arccos(x).

• Domínio: Df = [−1, 1].

• Contra-domínio: D′f = [0, π].

• Paridade: é uma função que não é par nem ímpar.

• Zeros: x = 1.

• Variação de sinal: é não-negativa no seu domínio.

• Monotonia: é estritamente decrescente em todo o seu domínio.

• Extremos: tem o valor máximo y = π em x = −1; tem o valor mínimo y = 0 em x = 1.


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−1 1

π

π2

x

y

Figura 4.6: Função arco-coseno.

x 1

√3

2

√2

2

1

20

arccos(x) 0π

6

π

4

π

3

π

2

Tabela 4.2: Valores principais do arco-coseno.

A expressão arccos(x) lê-se arco cujo coseno é x e, fazendo a inversão da Tabela 4.7 dos valores principaisdo coseno, obtemos a Tabela 4.2 com os valores principais da função arco-coseno.

Da relação entre as funções seno e coseno, resultam as propriedades da proposição seguinte.

Proposição 4.2.1. Sempre que as expressões estejam de�nidas, as igualdades seguintes são veri�-cadas:

1. sen(arccos(x)) = cos( arcsen(x)) =√

1− x2;

2. arcsen(cos(x)) = arccos( sen(x)).

Demonstração: Para provar a primeira a�rmação, usamos a Fórmula Fundamental da Trigonometria(Proposição 4.4.1-1) para escrever:

sen(arccos(x)) =√

1− [cos(arccos(x))]2 =√

1− x2 ,

cos( arcsen(x)) =√

1− [ sen( arcsen(x))]2 =√

1− x2 .

Para a segunda, fazemos

arcsen(cos(x)) = y ⇔ cos(x) = sen(y)⇒ 1− sen2(x) = 1− cos2(y)

⇒ sen(x) = cos(y)⇔ y = arccos( sen(x)) ,


Funções tangente e arco-tangente

De�nição 4.2.5. De�ne-se a função tangente por

f(x) = tg(x) ≡ sen(x)

cos(x).

2014/2015 87 c© HBO


• Domínio: Df = R \{π2 + kπ : k ∈ Z

}.



• Zeros: x = kπ, k ∈ Z.

• Periodicidade: é uma função periódica de período π.

• Variação de sinal: é positiva para x ∈(kπ, π2 + kπ


(−π2 + kπ, kπ

), com k ∈ Z.

• Monotonia: é estritamente crescente em todo o domínio.



− 3π2−π −π2

π2

π 3π2

x

y

Figura 4.7: Função tangente.

Tal como para as funções seno e coseno, também a função tangente não é injectiva em todo o seu domínio.Mas, restringido-a a um dos intervalos da forma(

−π2

+ kπ,π

2+ kπ

)k∈Z

,

a função tangente é injectiva. Ao intervalo(−π2 ,

π2

)vamos designar por ramo principal da função

tangente.

De�nição 4.2.6. De�ne-se a função arco-tangente como sendo a inversa da função tangente,quando restringida ao intervalo

(−π2 ,

π2

), e denota-se por:

f(x) = arctg(x).


• Contra-domínio: D′f =(−π2 ,

π2

).


• Zeros: x = 0.

• Variação de sinal: é positiva para x ∈ (0,+∞) e negativa para x ∈ (−∞, 0).

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−π2

π2

x

y

Figura 4.8: Função arco-tangente.



A expressão arctg(x) lê-se arco cuja tangente é x e, fazendo a inversão da Tabela 4.8 dos valores principaisda tangente, obtemos a Tabela 4.3 com os valores principais da função arco-tangente.

x 0

√3

31√

3

arctg(x) 0π

6

π

4

π

3

Tabela 4.3: Valores principais do arco-tangente.

Funções cotangente e arco-cotangente

De�nição 4.2.7. De�ne-se a função cotangente por

f(x) = cotg(x) ≡ cos(x)

sen(x).

• Domínio: Df = R \ {kπ : k ∈ Z}.



• Zeros: x = π2 + kπ, com k ∈ Z.

• Periodicidade: é uma função periódica de período π.

• Variação de sinal: é positiva para x ∈(kπ, π2 + kπ


(π2 + kπ, (k + 1)π

), com

k ∈ Z.




Observa-se que a cotangente não é uma função verdadeiramente nova, pois

cotg(x) =1

tg(x).

2014/2015 89 c© HBO


− 3π2−π −π2

π2

π 3π2

x

y

Figura 4.9: Função cotangente.

Do mesmo modo que a função tangente, também a função cotangente não é injectiva em todo o seudomínio. Mas, a sua restrição a um dos intervalos da forma

(kπ, (k + 1)π)k∈Z ,

é uma função injectiva. O intervalo (0, π) vai ser designado por ramo principal da função cotangente.

De�nição 4.2.8. De�ne-se a função arco-cotangente como sendo a inversa da função cotangente,quando restringida ao intervalo (0, π), e denota-se por:

f(x) = arccotg(x).


• Contra-domínio: D′f = (0, π).






π2

π

x

y

Figura 4.10: Função arco-cotangente.

A expressão arccotg(x) lê-se arco cuja cotagente é x e, fazendo a inversão da Tabela 4.8 dos valoresprincipais da cotangente, obtemos a Tabela 4.4 com os valores principais da função arco-cotangente.

2014/2015 90 c© HBO


x√

3 1

√3

30

arccotg(x)π

6

π

4

π

3

π

2

Tabela 4.4: Valores principais do arco-cotangente.

Da relação entre as funções tangente e cotangente, podemos retirar as propriedades expressas na propo-sição seguinte.

Proposição 4.2.2. Sempre que as expressões estejam de�nidas, as igualdades seguintes são veri�-cadas:

1. arccotg(x) = arctg(

1x

);

2. cotg( arctg(x)) = 1x = tg( arccotg(x)).

Demonstração: Para a primeira a�rmação, fazemos

arccotg(x) = y ⇔ x = cotg(y) =1

tg(y)⇔ tg(y) =

1

x⇔ y = arctg

(1

x

).

Para a segunda, temos

cotg( arctg(x)) =1

tg( arctg(x))=

1

xe tg( arccotg(x)) =

1

cotg( arccotg(x))=

1

x,


Funções secante e arco-secante

De�nição 4.2.9. De�ne-se a função secante por

f(x) = sec(x) ≡ 1

cos(x).

• Domínio: Df = R \{π2 + kπ : k ∈ Z

}.

• Contra-domínio: D′f = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).




• Variação de sinal: é positiva para x ∈(−π2 + 2kπ, π2 + 2kπ


(π2 + 2kπ,

3π2 + 2kπ

), com k ∈ Z.

• Monotonia: é estritamente crescente para x ∈(2kπ, π2 + 2kπ

)∪(π2 + 2kπ, π + 2kπ

)e estritamente

decrescente para x ∈(−π2 + 2kπ, 2kπ

)∪(π + 2kπ, 3π

2 + 2kπ).

• Extremos: tem mínimos locais com valor y = 1 em x = 2kπ, com k ∈ Z; tem máximos locais comvalor y = −1 em x = (2k + 1)π, com k ∈ Z.

2014/2015 91 c© HBO


− 3π2−π −π2

π2

π 3π2

1 x

y

Figura 4.11: Função secante.



Da de�nição resulta que a secante não é uma função verdadeiramente nova, já que se trata do inversomultiplicativo da função coseno. Tal como nos casos anteriores, também a função secante não é injectivaem todo o seu domínio. Mas, a sua restrição a um dos conjuntos da forma(

2kπ,π

2+ 2kπ

)∪(π

2+ 2kπ, π + 2kπ

)k∈Z

,

é uma função injectiva. O conjunto (0, π) \{π2

}vai ser designado por ramo principal da função

secante.

De�nição 4.2.10. De�ne-se a função arco-secante como sendo a inversa da função secante,restringida ao conjunto (0, π) \

{π2

}, e denota-se por:

f(x) = arcsec(x).

• Domínio: Df = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).

• Contra-domínio: [0, π] \{π2

}.


• Zeros: x = 1.

• Variação de sinal: é sempre não-negativa.



A expressão arcsec(x) lê-se arco cuja secante é x e, fazendo a inversão da Tabela 4.9 dos valores principaisda secante, obtemos a Tabela 4.5 com os valores principais da função arco-secante.

Funções cosecante e arco-cosecante

2014/2015 92 c© HBO


−1 1

π2

π

x

y

Figura 4.12: Função arco-secante.

x 12√

3

3

√2 2

arcsec(x) 0π

6

π

4

π

3

Tabela 4.5: Valores principais do arco-secante.

De�nição 4.2.11. De�ne-se a função cosecante por

f(x) = cosec(x) ≡ 1

sen(x).

• Domínio: Df = R \ {kπ : k ∈ Z}.

• Contra-domínio: D′f = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).




• Variação de sinal: é positiva para x ∈ (2kπ, (2k + 1)π) e negativa para x ∈ ((2k − 1)π, 2kπ), comk ∈ Z.

• Monotonia: é estritamente crescente para x ∈((2k − 1)π,−π2 + 2kπ

)∪(π2 + 2kπ, (2k + 1)π

)e

estritamente decrescente para x ∈(−π2 + 2kπ, 2kπ

)∪(2kπ, π2 + 2kπ

).

• Extremos: tem mínimos locais com valor y = 1 em x = π2 + 2kπ, com k ∈ Z; tem máximos locais

com valor y = −1 em x = −π2 + 2kπ, com k ∈ Z.



Também da de�nição, observamos que a cosecante não é uma função verdadeiramente nova, pois se podeescrever como sendo o inverso multiplicativo da função seno. A função cosecante não é injectiva em todoo seu domínio. Mas, a sua restrição a um dos conjuntos da forma(

−π2

+ 2kπ,π

2+ 2kπ

)\ {2kπ},

com k ∈ Z, já é uma função injectiva. O conjunto(−π2 ,

π2

)\ {0} vai ser designado por ramo principal

da função cosecante.

De�nição 4.2.12. De�ne-se a função arco-cosecante como sendo a inversa da função cosecante,

2014/2015 93 c© HBO


− 3π2−π −π2

π2

π 3π2

1 x

y

Figura 4.13: Função cosecante.

quando restringida ao conjunto(−π2 ,

π2

)\ {0}, e denota-se por:

f(x) = arccosec(x).

• Domínio: Df = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).

• Contra-domínio: [−π2 ,π2 ] \ {0}.


• Zeros: x = 1.

• Variação de sinal: é sempre não-negativa.



1−π2

π2

x

y

Figura 4.14: Função arco-cosecante.

A expressão arccosec(x) lê-se arco cuja cosecante é x e, fazendo a inversão da Tabela 4.9 dos valoresprincipais da cosecante, obtemos a Tabela 4.6 com os valores principais da função arco-cosecante.

Das relações entre as funções secante e cosecante com as funções trigonométricas anteriormente estudadas,podemos estabelecer a proposição seguinte.

Proposição 4.2.3. Sempre que as relações estejam de�nidas, as igualdades seguintes são válidas:

1. arcsec(x) = arccos(

1x

)e arccosec(x) = arcsen

(1x

);

2014/2015 94 c© HBO


x 12√

3

3

√2 2

arccosec(x)π

2

π

3

π

4

π

6

Tabela 4.6: Valores principais do arco-cosecante.

2. tg( arcsec(x)) =√x2 − 1 = cotg( arccosec(x));

3. sec( arctg(x)) =√x2 + 1 = cosec( arccotg(x)).

Demonstração: Para a primeira a�rmação, fazemos

arcsec(x) = y ⇔ x = sec(y) =1

cos(y)⇔ cos(y) =

1

x⇔ y = arccos

(1

x

),

arccosec(x) = y ⇔ x = cosec(y) =1

sen(y)⇔ sen(y) =

1

x⇔ y = arcsen

(1

x

).

Relativamente à segunda, usamos a segunda parte da Proposição 4.4.1-1 para mostrar que:

tg( arcsec(x)) =√

[sec( arcsec(x))]2 − 1 =√x2 − 1 ,

cotg( arccosec(x)) =√

[ cosec( arcsec(x))]2 − 1 =√x2 − 1 .

Para a terceira, procedemos de modo análogo para obter

sec( arctg(x)) =√

[ tg( arctg(x))]2 + 1 =√x2 + 1 ,

cosec( arccotg(x)) =√

[ cotg( arccotg(x))]2 + 1 =√x2 + 1 ,


4.3 Funções hiperbólicas e suas inversas

Funções seno hiperbólico e argumento do seno hiperbólico

De�nição 4.3.1. De�ne-se a função seno hiperbólico por

f(x) = senh(x) ≡ ex − e−x

2.




• Zeros: x = 0.



• Injectividade: É injectiva.


2014/2015 95 c© HBO


−1

1x

y

Figura 4.15: Função seno hiperbólico.

A função seno hiperbólico, sendo injectiva em todo o seu domínio, vai admitir função inversa sem restri-ções.

De�nição 4.3.2. De�ne-se a função argumento do seno hiperbólico como sendo a inversa dafunção seno hiperbólico e denota-se por:

f(x) = argsh(x).


• Contra-domínio: Df = R.


• Zeros: x = 0.




−1

1x

y

Figura 4.16: Função argumento doseno hiperbólico.

A expressão argsh(x) lê-se argumento cujo seno hiperbólico é x.

Funções coseno hiperbólico e argumento do coseno hiperbólico

2014/2015 96 c© HBO


De�nição 4.3.3. De�ne-se a função coseno hiperbólico por

f(x) = cosh(x) ≡ ex + e−x

2.


• Contra-domínio: Df = [1,+∞).




• Monotonia: é estritamente crescente para x ∈ (0,+∞) e estritamente decrescente para x ∈ (−∞, 0).



1x

y

Figura 4.17: Função coseno hiperbó-lico.

Portanto, a função seno hiperbólico, bem como a sua inversa, não são funções verdadeiramente novas,pois a sua escrita é feita à custa de funções já conhecidas.

Veri�ca-se que a função coseno hiperbólico é injectiva, se a restringirmos aos intervalos (−∞, 0] ou[0,+∞). Fixando o intervalo [0,+∞) podemos aí considerar a inversa da função coseno hiperbólico.

De�nição 4.3.4. De�ne-se a função argumento do coseno hiperbólico como sendo a inversada função coseno hiperbólico, restringida ao intervalo [0,+∞), e denota-se por

f(x) = argch(x).

• Domínio: Df = [1,+∞).

• Contra-domínio: Df = [0,+∞).

• Zeros: x = 1.

• Variação de sinal: é sempre não negativa.

2014/2015 97 c© HBO


1

x

y

Figura 4.18: Função argumento do co-seno hiperbólico.



A expressão argch(x) lê-se argumento cujo coseno hiperbólico é x.

Na proposição seguinte mostramos qual a relação entre o seno e o coseno hiperbólicos e apresentamosexpressões mais simples para as suas funções inversas.

Proposição 4.3.1. Sempre que as expressões estejam de�nidas, as igualdades seguintes são válidas:

1. 1 + senh2(x) = cosh2(x);

2. argsh(x) = ln(x+√x2 + 1);

3. argch(x) = ln(x+√x2 − 1).

Demonstração: Para a primeira igualdade, temos:

1 + senh2(x) = 1 +

(ex − e−x

2

)2

=(ex)2 + 2 + (e−x)2

4=

(ex + e−x

2

)2

= cosh2(x) .

Para as outras duas expressões, usamos as funções directas e determinamos as suas inversas, mas agorafazendo uso da exponencial e do logaritmo. Procedendo deste modo, obtemos:

senh(x) = y ⇔ ex − e−x

2= y ⇔ (ex)2 − 2yex − 1 = 0

⇔ex =2y ±

√4y2 + 4

2⇒ ex = y +

√y2 + 1⇔ x = ln

(y +

√y2 + 1

);

cosh(x) = y ⇔ ex + e−x

2= y ⇔ (ex)2 − 2yex + 1 = 0

⇔ex =2y ±

√4y2 − 4

2⇒ ex = y +

√y2 − 1⇔ x = ln

(y +

√y2 − 1

);


Funções tangente hiperbólica e argumento da tangente hiperbólica

2014/2015 98 c© HBO


De�nição 4.3.5. De�ne-se a função tangente hiperbólica por

f(x) = tgh(x) ≡ senh(x)

cosh(x)≡ ex − e−x

ex + e−x.


• Contra-domínio: Df = (−1, 1).


• Zeros: x = 0.

• Variação de sinal: é positiva para x ∈ (0,∞) e negativa para x ∈ (−∞, 0).




−1

1x

y

Figura 4.19: Função tangente hiperbó-lica.

Como a função tangente hiperbólica é injectiva em todo o seu domínio, vai admitir função inversa semqualquer tipo de restrição.

De�nição 4.3.6. De�ne-se a função argumento da tangente hiperbólica como sendo a funçãoinversa da função tangente hiperbólica e denota-se por:

f(x) = argtgh(x).

• Domínio: Df = (−1, 1).

• Contra-domínio: Df = R.


• Zeros: x = 0.




A expressão argtgh(x) lê-se argumento cuja tangente hiperbólica é x.

2014/2015 99 c© HBO


−1 1

x

y

Figura 4.20: Função argumento datangente hiperbólica.

Funções cotangente hiperbólica e argumento da cotangente hiperbólica

De�nição 4.3.7. De�ne-se a função cotangente hiperbólica por

f(x) = cotgh(x) ≡ cosh(x)

senh(x)≡ ex + e−x

ex − e−x.

• Domínio: Df = R \ {0}.

• Contra-domínio: (−∞,−1) ∪ (1,+∞).







−1

1x

y

Figura 4.21: Função cotangente hiper-bólica.

Como a função cotangente hiperbólica é injectiva no seu domínio, vai ter inversa sem restrição alguma.

2014/2015 100 c© HBO


De�nição 4.3.8. De�ne-se a função argumento da cotangente hiperbólica como sendo ainversa da função cotangente hiperbólica e denota-se por:

f(x) = argcotgh(x).

• Domínio: Df = (−∞,−1) ∪ (1,+∞).

• Contra-domínio: D′f = R \ {0}.



• Variação de sinal: é positiva para x ∈ (1,∞) e negativa para x ∈ (−∞,−1).



−1 1

x

y

Figura 4.22: Função argumento da co-tangente hiperbólica.

A expressão argcotgh(x), lê-se argumento cuja cotangente hiperbólica é x.

Na estabelece-se a relação entre a tangente e a cotangente hiperbólicas e apresentamos relações deutilização mais simples, em cálculos numéricos, para as suas funções inversas.

Proposição 4.3.2. Sempre que as expressões estejam de�nidas, as igualdades seguintes são válidas:

1. cotgh(x) = 1tgh(x) ;

2. argtgh(x) = 12 ln

(1+x1−x

);

3. argcotgh(x) = 12 ln

(1+xx−1

).

Demonstração: Para a primeira relação, temos

cotgh(x) =ex + e−x

ex − e−x=

1ex−e−xex+e−x

=1

tgh(x).

2014/2015 101 c© HBO


Para as outras duas, invertemos as funções directas usando a exponencial e o logaritmo:

y = tgh(x) =ex − e−x

ex + e−x=

(ex)2 − 1

(ex)2 + 1⇔ (ex)2 =

1 + y

1− y

⇒ex =

√1 + y

1− y⇔ x =

1

2ln

(1 + y

1− y

);

y = cotgh(x) =ex + e−x

ex − e−x=

(ex)2 + 1

(ex)2 − 1⇔ (ex)2 =

y + 1

y − 1

⇒ex =

√y + 1

y − 1⇔ x =

1

2ln

(y + 1

y − 1

);


Observação. Muitos autores designam as inversas das funções hiperbólicas como sendo arcos e denotam-nas por arcsh(x), arcch(x), arctgh(x) e arcctgh(x), ou algo similar em que aparece o pre�xo arc. Apesarde se perceber a analogia destas designações e notações com as das inversas das funções trigonométricas,convém frisar que as funções hiperbólicas não têm as mesmas motivações geométricas que as funçõestrigonométricas. Por isso, a utilização das notações com o pre�xo arc será, neste caso, um abuso deescrita.

Seguindo o mesmo procedimento anterior, podemos fazer, também, um estudo análogo para as funçõessecante hiperbólica e tangente hiperbólica, bem como as suas inversa.

4.4 Apêndice: Trigonometria

Antes de introduzirmos as funções trigonométricas, convém recordar as relações trigonométricas maisimportantes. Consideremos um triângulo rectângulo de vértices A, B e C, onde, apenas para �xarnotação supomos que o ângulo recto é o ângulo formado pelas semi-rectas

−−→AB e

−→AC. Seja θ o ângulo

formado pelas semi-rectas−−→AB e

−−→BC. Neste triângulo rectângulo, o lado BC designa-se por hipotenusa

AB

C

θ

Figura 4.23: Triângulo rectângulo ABC.

e os lados AB e AC designam-se, respectivamente, por cateto adjacente e cateto oposto relativamenteao ângulo θ. De�nimos o seno e o coseno do ângulo θ, respectivamente, por

sen(θ) =cateto opostohipotenusa

=AC

BCe cos(θ) =

cateto adjacentehipotenusa

=AB

BC.

Consideremos um círculo de centro na origem do referencial cartesiano e com raio 1, o qual habitualmentese designa por círculo unitário. Inscrevamos o triângulo rectângulo anteriormente considerado noprimeiro quadrante deste círculo. Fazemos coincidir o vértice B com a origem do referencial e o vérticeC sobre a circunferência que limita o círculo. Isto implica que a hipotenusa BC = 1. Para este triângulorectângulo assim inscrito no círculo considerada, tem-se:

sen(θ) = AC e cos(θ) = AB.

Observe-se que, como sabemos da geometria, a amplitude do um ângulo é medida em graus, �xandoque um círculo, ou ângulo giro, mede 360o. Um semi-círculo, ou ângulo raso, mede 180o, um quarto

2014/2015 102 c© HBO


x

y

1AB

C

θ

Figura 4.24: Triângulo rectângulo no cícrculo unitário.

de círculo, ou ângulo rectângulo mede 90o. No entanto para a análise matemática, torna-se mais útilintroduzir outra medida para medir a amplitude dos ângulos. Esta medida designa-se por radiano e estárelacionada com o grau de tal modo que 2π = 360o e, por consequência, π = 180o e π/2 = 90o.

Designemos agora as coordenadas do vértice C por (x, y). Por uma simples análise, veri�ca-se que x é amedida do cateto adjacente, lado BA, e y é a medida do cateto oposto, lado CA. Como inscrevemos otriângulo rectângulo num círculo de raio 1 centrado na origem do referencial, x e y vão variar entre 0 e1. Com esta notação, temos

sen(θ) = y e cos(θ) = x.

Neste sentido, podemos dizer que o seno se lê no eixo dos yy e o coseno no dos xx. Usando um poucode geometria e cálculo numérico, conseguimos obter a Tabela 4.7 dos denominados valores principaisdo seno e do coseno.

radianos 0π

6

π

4

π

3

π

2

seno 01

2

√2

2

√3

21

coseno 1

√3

2

√2

2

1

20

graus 0o 30o 45o 60o 90o

Tabela 4.7: Valores principais do seno e do coseno.

Esta análise que �zemos para o triângulo rectângulo inscrito no primeiro quadrante pode ser estendidapara o mesmo triângulo inscrito em qualquer um dos outros três quadrantes, inscrevendo o lado BAsobre os semi-eixos positivo dos yy, negativo dos xx, negativo dos yy, ou positivo dos xx. Nestes casos,considera-se um ângulo ω compreendido entre o semi-eixo positivo dos xx e a semi-recta

−−→BC. Consoante

o ângulo ω atinja o primeiro, segundo, terceiro, ou o quarto quadrante, podemos relacionar ω com umângulo θ inscrito no primeiro quadrante. Isto é, se 0 ≤ θ ≤ π/2, temos as possibilidades seguintes paraω:

• no primeiro quadrante: ω = θ ou ω = π2 − θ;

2014/2015 103 c© HBO


• no segundo quadrante: ω = π2 + θ ou ω = π − θ;

• no terceiro quadrante: ω = π + θ ou ω = 3π2 − θ;

• no quarto quadrante: ω = 3π2 + θ ou ω = 2π − θ.

Como vimos acima, no círculo unitário, sen(θ) = y e cos(θ) = x. Então, podemos dizer, que o seno épositivo nos primeiro e segundo quadrantes e é negativo nos terceiro e quarto quadrantes, tal como y. Ocoseno vai ser positivo no primeiro e quarto quadrantes e negativo no segundo e terceiro quadrantes, talcomo x. Desta forma, considerando 0 ≤ θ ≤ π/2, facilmente obtemos as relações seguintes:

• sen(π2 − θ

)= cos(θ), cos

(π2 − θ

)= sen(θ) ;

• sen(π2 + θ

)= cos(θ), cos

(π2 + θ

)= − sen(θ) ;

• sen (π − θ) = sen(θ) ; cos (π − θ) = − cos(θ) ;

• sen (π + θ) = − sen(θ) ; cos (π + θ) = − cos(θ) ;

• sen(

3π2 − θ

)= − cos(θ) ; cos

(3π2 − θ

)= − sen(θ) ;

• sen(

3π2 + θ

)= − cos(θ) ; cos

(3π2 + θ

)= sen(θ) ;

• sen (2π − θ) = sen(−θ) = − sen(θ) ; cos (2π − θ) = cos(−θ) = cos(θ) .

Usando o facto de sen(θ) = y e cos(θ) = x e usando, ainda, as relações anteriores, podemos concluir,também, que:

sen (θ) = 0 ⇔ θ = 0, θ = π ou θ = 2π;

cos (θ) = 0 ⇔ θ =π

2ou θ =

3π

2.

O seno e o coseno são as expressões trigonométricas mais importantes. No entanto, existem outrasexpressões trigonométricas, que, por vezes, são muito úteis. Tenhamos presentes as considerações sobre ocírculo unitário e o triângulo rectângulo nele inscrito feitas acima. De�nimos a tangente e a cotangentedo ângulo θ, respectivamente, por:

tg(θ) =sen(θ)

cos(θ)=

cateto opostocateto adjacente

=CA

BA=y

x,

cotg(θ) =1

tg(θ)=

cos(θ)

sen(θ)=

cateto adjacentecateto oposto

=BA

CA=x

y.

Destas expressões, podemos a�rmar que a tangente não está de�nida quando cos (θ) = 0, isto é, quandoθ = π/2 e θ = 3π/2. A cotangente não vai estar de�nida quando sen (θ) = 0, isto é, quando θ = 0, θ = πe θ = 2π. Por outro lado,

tg (θ) = 0 ⇔ sen (θ) = 0 ⇔ θ = 0, θ = π ou θ = 2π;

cotg (θ) = 0 ⇔ cos (θ) = 0 ⇔ θ =π

2ou θ =

3π

2.

Da tabela dos valores principais do seno e do coseno, podemos também obter os valores principais datangente e da cotangente, conforme Tabela 4.8.

Existem, ainda, outras expressões trigonométricas que, apesar de não serem tão utilizadas como asanteriores, têm, também, alguma importância. Novamente, tenhamos presentes as considerações sobre ocírculo unitário e o triângulo rectângulo nele inscrito feitas no início desta secção. De�nimos a secantee a cosecante do ângulo θ, respectivamente, por:

sec(θ) =1

cos(θ)=

1

cateto adjacente=

1

BA=

1

x,

2014/2015 104 c© HBO


radianos 0π

6

π

4

π

3

π

2

tangente 0

√3

31

√3 n.d.

cotangente n.d.√

3 1

√3

30


Tabela 4.8: Valores principais da tangente e da cotangente.

cosec(θ) =1

sen(θ)=

1

cateto oposto=

1

CA=

1

y.

Resulta desta de�nição que a secante não está de�nida quando cos(θ) = 0, ou seja, quando θ = π/2 eθ = 3π/2. A cosecante não está de�nida para sen(θ) = 0, isto é, quando θ = 0, θ = π e θ = 2π. Tambémaqui, da tabela dos valores principais do seno e do coseno, podemos obter os valores principais dasecante e da cosecante, conforme Tabela 4.9.

radianos 0π

6

π

4

π

3

π

2

secante 12√

3

3

√2 2 n.d.

cosecante n.d. 2√

22√

3

31


Tabela 4.9: Valores principais da secante e dacosecante.

Na proposição seguinte apresentamos, sem demonstração, as principais identidades trigonométricas quejá deverão ser conhecidas do leitor.

Proposição 4.4.1. 1. Seja θ um ângulo qualquer. Então:

sen2(θ) + cos2(θ) = 1;

e sempre que as expressões trigonométricas em causa estejam de�nidas:

tg2(θ) + 1 = sec2(θ); 1 + cotg2(θ) = cosec2(θ).

2. Seja θ o ângulo oposto ao lado AC de um triângulo de vértices A, B e C. Então:

AC2

= AB2

+BC2 − 2ABBC cos(θ).

3. Sejam θ e φ dois ângulos quaisquer. Então:

sen(θ ± φ) = sen(θ) cos(φ)± sen(φ) cos(θ), cos(θ ± φ) = cos(θ) cos(φ)∓ sen(φ) sen(θ).

Demonstração: A primeira a�rmação sai imediatamente pelo Teorema de Pitágoras. Para a segundaa�rmação, a prova mais simples é veri�car a identidade entre o comprimento de um dos lados do triângulocom o comprimento da diferença entre os outros dois. Outro modo, é aplicar o Teorema de Pitágoras. Por�m, a demonstração da terceira a�rmação resulta de de�nir o seno e o coseno em termos da hipotnusae dos catetos e usar simetria geométrica. Ver, por exemplo, Boyce & DiPrima, pp. 46-49.

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A primeira propriedade enunciada na proposição anterior, designa-se por Fórmula Fundamental daTrigonometria. A segunda é a Lei dos Cosenos e a terceira dá-nos as fórmulas do seno e do cosenoda soma e da diferença de ângulos. Observe-se que na Lei dos Cosenos, o triângulo não é necessaria-mente rectângulo. Esta lei generaliza o Teorema de Pitágoras a qualquer triângulo (não necessariamenterectângulo).

A Figura 4.25 permite-nos compreender melhor todas as expressões trigonométricas que aqui estuda-mos. Nesta �gura, substituímos as notações dos vértices A, B e C, anteriormente feitas, pelas notaçõesC, O e P , respectivamente, que são mais habituais no estudo de ângulos inscritos ao centro de umacircunferência.

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Figura 4.25: Expressões trigonométricas no círculo unitário.

A partir da noção trigonométrica do seno, podemos fazer a associação entre o circulo unitário e umreferencial cartesiano como o que apresentamos na Figura 4.26.

x

y

1

1

θ

sen(θ

)

π6

π3

2π3

5π6

7π6

4π3

5π3

11π6

π2

3π2

π 2π

π6

π3

π2

2π3

5π6

π 7π6

4π3

3π2

5π3

11π6

2π

−1

− 12

12

1

Figura 4.26: Origem da função seno.

Também a partir a noção trigonométrica de coseno, podemos fazer a associação entre o circulo unitárioe um sistema de eixos cartesianos tal como o que apresentamos na Figura 4.27.

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x

y

1

1

cos(θ)θ

π6

π3

2π3

5π6

7π6

4π3

5π3

11π6

π2

3π2

π 2π

π6

π3

π2

2π3

5π6

π 7π6

4π3

3π2

5π3

11π6

2π

−1

− 12

12

1

Figura 4.27: Origem da função coseno.

As relações trigonométricas estudadas aqui vão dar origem a uma vasta classe de funções trigonométricascuja principal característica é o facto de serem periódicas. Além das motivações geométricas, estas novasfunções poderão ter expressão importante na explicação de fenómenos que se repetem.

De�nição 4.4.1. Diz-se que f é uma função periódica, se para cada x ∈ Df , o valor de f(x) é omesmo de f(x + p), sendo p o menor número real não nulo, denominado período da função, talque f(x+ p) = f(x) para todo x ∈ Df .


1. Tendo por base de demonstração as fórmulas de duplicação do seno e do coseno, mostre que:

(a) sen(−x) = − sen(x) e cos(−x) = cos(x);

(b) sen(2x) = 2 sen(x) cos(x) e cos(2x) = cos2(x)− sen2(x);

(c) cos2(x) =1

2[1 + cos(2x)] e sen2(x) =

1

2[1− cos(2x)];

(d) sen(kπ) = 0; cos(kπ) = (−1)k, k ∈ Z;

(e) as funções seno e coseno são periódicas com período 2π, isto é,

sen (x+ 2π) = sen(x) ∀x ∈ R, cos (x+ 2π) = cos(x) ∀x ∈ R.

(f) sen(π

2± x)

= cos(x) e cos(π

2± x)

= ∓ sen(x);

(g) sen (π ± x) = ∓ sen(x) e cos (π ± x) = − cos(x);

(h) cos(x) cos(t) =1

2[cos (x− t) + cos (x+ t)];

(i) sen(x) sen(t) =1

2[cos (x− t)− cos (x+ t)];

(j) sen(x) cos(t) =1

2[ sen (x− t) + sen (x+ t)];

(k) cos(x) + cos(t) = 2 cos

(x− t

2

)cos

(x+ t

2

);

(l) cos(x)− cos(t) = −2 sen

(x− t

2

)sen

(x+ t

2

);

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(m) sen(x)− sen(t) = 2 sen

(x− t

2

)cos

(x+ t

2

);

(n) sen(x) + sen(t) = 2 cos

(x− t

2

)sen

(x+ t

2

).


f(x) = ln

(2x

1 + x

); g(x) =

√1− sen(x) ; h(x) = arccos

(1 + x

1− x

);

i(x) = tg(x)− cotg(x) ; j(x) = sec(x)− 1 ; k(x) = senh(x− 1)− 2 ;

l(x) = 2π + arctg(x− 3) ; m(x) = tgh(2x− 3) + 1 ; n(x) = argch(x− 2) + 1 .

(a) Determine o domínio e o contra-domínio de cada.

(b) Determine os zeros de cada.

(c) Estude-as quanto à paridade.

(d) Indique o período das que são periódicas.

3. Considere a função seguinte:

f(x) = ln

(1 + x

1− x

).

(a) Determine o domínio Df de f .

(b) Mostre que, para quaisquer x, y ∈ Df , se tem

f(x) + f(y) = f

(x+ y

1 + xy

).

4. Considere a função de�nida a seguir:

f(x) =

{arcsen(x) −1 ≤ x ≤ 0arctg(x) 0 < x ≤ 1

.

(a) Calcule f(−1), f(0) e f(1).

(b) Esboce o grá�co de f .

5. Usando a Fórmula Fundamental da Trigonometria, mostre que:

(a) 1 + tg2(x) = sec2(x); (b) 1 + cotg2(x) = cosec2(x).


f(x) = arcsen(x); g(x) =π

2− arccos(x).

(a) Determine o domínio e o contradomínio de f e g.

(b) Esboce os respectivos grá�cos.

(c) O que pode concluir sobre as funções f e g.

7. Considere, agora, as funções seguintes:

f(x) = arctg(x); g(x) =π

2− arccotg(x).




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8. Considere, ainda, as funções seguintes:

f(x) = arcsec(x); g(x) =π

2− arccosec(x).




9. Determine as expressões designatórias das inversas das funções a seguir indicadas:

f(x) =x√

2x−2 ; g(x) = ln

(x− 1

x+ 4

);

h(x) = cos((2x+ 3)π) ; i(x) = 4 arcsen(x−6) .

10. Usando as de�nições das funções seno e coseno hiperbólicos, mostre que:

(a) senh(x+ y) = senh(x) cosh(y) + senh(y) cosh(x);

(b) cosh(x+ y) = cosh(x) cosh(y) + senh(x) senh(y).

11. Recorrendo apenas ao conhecimento do grá�co das funções elementares já estudadas, esboce osgrá�cos das funções seguintes:

d(x) = e3−x + 2 ; e(x) = 1 + | ln(x− 1)| ; f(x) = 1 + sen(2x− π) ;

g(x) = x sen(x) ; h(x) = 3− 5 cos(x+

π

2

); i(x) = tg2(x)− 1 ;

l(x) = 2π + arctg(x− 3) ; j(x) = x cosec(x)− 1 ; k(x) = x sen

(1

x

);

l(x) = 1− | senh(x+ 2)| ; m(x) = max( sen(x), cos(x)) ; n(x) = 3− cosh(2x− 1) .

Soluções

2: a) Df = (−∞,−1) ∪ (0,+∞), xf = ey

2−ey ⇒ D′f = R \ {ln 2}; Dg = R, xg = − arcsen(y2 − 1) (y ∈[−1, 1]) ⇒ D′g = [0,

√2]; Dh = (−∞, 0], xh =

cos(y)−1cos(y)+1

(y ∈ [0, π]) ⇒ D′h = [0, π); Di = R \⋃k∈Z{

π2

+ kπ, kπ},xi = 1

2arccotg

(− y

2

)⇒ D′i = R; Dj = R \

⋃k∈Z{

π2

+ 2kπ}, xj = arcsec(y + 1) (y ∈ (−∞,−1] ∪ [1,∞)) ⇒D′j = (−∞,−2] ∪ [0,∞); Dk = R, D′k = R; Dl = R, xl = tg(y − 2π) + 3 (y ∈

(−π

2, π2

)) ⇒ D′l =

(3π2, 5π

2

);

Dm = R, xm = 32

+ 14

ln(

y2−y

)⇒ D′m = (0, 2); Dn = [3,∞), xn = 2 + cosh(y + 1) (y ∈ [1,∞) ⇒ D′n = [2,∞);

b) Zeros: f(x) = 0⇔ x = 1, g(x) = 0⇔ x = π2

+ kπ, k ∈ Z, h(x) = 0⇔ x = 0, i(x) = 0⇔ x = π4

+ kπ, k ∈ Z,j(x) = 0⇔ x = 0; k(x) = 0⇔ x = 1+ln

(2 +√

5); Não têm zeros: i,m, n; c) Pares: j; Ímpares: g, i; d) Periódicas:

g com T = 2π; i com T = π; 3: a) Df = (−1, 1); 4: a) f(−1) = −π2; f(0) = 0, f(1) = π

4; 6: a) Df = Dg = [−1, 1];

D′f = D′g =[−π

2, π2

]; 7: a) Df = Dg = R; D′f = D′g =

(−π

2, π2

); 8: a) Df = Dg = (−∞,−1] ∪ [1,∞);

D′f = D′g = [0, π] \ {π2}; 9: a) xf =

2 log2(2)log2(2)−log2(y)

; xg = 4ey+11−ey ; xh =

arccos(y)2π

− 32; xi = 6 + sen (log4(y)).

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Capítulo 5

Limites e Continuidade

Aquando do estudo de limites de sucessões, já introduzimos a recta acabada R = [−∞,+∞]. Asde�nições das operações algébricas que aí �zemos entre os elementos +∞ e −∞ com os números reais,bem como entre si, mantêm-se. Do mesmo modo, mantêm-se as novas indeterminações lá de�nidas.

5.1 Noções de limites

No que se segue, iremos considerar sempre funções reais de uma variável real com domínios contidos emR. Por exemplo, f será uma função real de variável real com domínio Df ⊆ R.

De�nição 5.1.1. Diz-se que um número real b é o limite de uma função f no ponto x = a, ouquando x tende para a, e escreve-se

limx→a

f(x) = b,

se∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x (x ∈ Df ∧ |x− a| < δ ⇒ |f(x)− b| < ε) . (5.1.1)

A de�nição anterior tem o signi�cado geométrico seguinte:

• para qualquer x ∈ Df numa qualquer vizinhança (proximidade) de x = a, no caso de haver limite,vai existir sempre uma vizinhança de y = b que contém a imagem f(x).

Desta forma, o conceito de limite vai ter relevância do ponto de vista microscópico, o qual em AnáliseMatemática se diz ponto de vista in�nitesimal.

Se não existir o número real b da De�nição 5.1.1, vamos dizer que a função não tem limite no pontox = a. No caso de b = +∞ ou b = −∞, o limite não existe, mas, por vezes, comete-se um abuso delinguagem e de escrita dizendo que o limite é +∞ ou −∞. Tendo presente que se trata de um abuso deescrita, podemos adaptar a de�nição anterior para escrever o seguinte:

• limx→a

f(x) = +∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ |x− a| < δ ⇒ f(x) >

1

ε

);

• limx→a

f(x) = −∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ |x− a| < δ ⇒ f(x) < −1

ε

).

Observe-se que sobre o ponto x = a onde se calcula o limite não impusemos nenhuma condição. A ideiaé que se possa sempre chegar até a por pontos interiores ao domínio Df . Isto corresponde a dizer que

111

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 5. LIMITES E CONTINUIDADE

a é um ponto de acumulação1 do domínio Df . Por isso, convém referir que o ponto x = a não pertencenecessariamente ao domínio Df . Se, porventura, a pertencer a Df , então o cálculo do limite resume-sea substituir na expressão designatória da função f a variável x por a:

limx→a

f(x) = f(a) ∀ a ∈ Df .


a) limx→ 1

2

arccos(x); b) limx→0

tgh(x).

Temos Da) = [−1, 1] e Db) = R, pelo que o ponto x = 0, onde se calcula cada limite, pertence aodomínio de ambas as funções. Então, temos:

a) limx→ 1

2

arccos(x) = arccos

(1

2

)=π

3e b) lim

x→0tgh(x) = lim

x→0

ex − e−x

ex + e−x=e0 − e−0

e0 + e−0= 0.

No caso do ponto x = a não pertencer ao domínio Df , o cálculo do limite já vai ser mais complicado.Aqui convém distinguir as situações em que a ∈ R e aquelas quando a = +∞ ou a = −∞. Nestasúltimas, temos de adaptar a De�nição 5.1.1 para termos de�nições de limites apropriadas.

De�nição 5.1.2. Diz-se que um número real b é o limite de uma função f quando x tende para+∞, e escreve-se

limx→+∞

f(x) = b,

se

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ x >

1

δ⇒ |f(x)− b| < ε

). (5.1.2)

Diz-se que um número real b é o limite de uma função f quando x tende para −∞, e escreve-se

limx→−∞

f(x) = b,

se

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ x < −

1

δ⇒ |f(x)− b| < ε

). (5.1.3)

Os dois casos da de�nição anterior têm, respectivamente, os signi�cados geométricos seguintes:

• para qualquer x ∈ Df in�nitamente grande positivo, no caso de haver limite, vai existir sempreuma vizinhança de y = b que contém a imagem f(x);

• para qualquer x ∈ Df in�nitamente grande negativo, no caso de haver limite, vai existir sempreuma vizinhança de y = b que contém a imagem f(x).

Re�ra-se que, aqui, não faz sentido dizer que +∞ ou −∞ são pontos de acumulação de Df , a não ser nosentido de se poder ir para +∞ ou −∞ por pontos interiores a Df .

Se não existir o número real b da De�nição 5.1.2, vamos dizer que a função não tem limite no pontox = a. No caso de b = +∞ ou b = −∞, o limite não existe, e novamente costuma-se abusar da linguagem

1Diz-se que a é um ponto de acumulação do conjunto A ⊂ R, se todo o intervalo aberto (a − ε, a + ε), com ε > 0,contém, pelo menos, um ponto de A distinto de a.

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e da escrita dizendo que o limite é +∞ ou −∞. Adaptando a de�nição anterior, podemos escrever oseguinte:

• limx→+∞

f(x) = +∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ x >

1

δ⇒ f(x) >

1

ε

);

• limx→−∞

f(x) = +∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ x < −

1

δ⇒ f(x) >

1

ε

);

• limx→−∞

f(x) = −∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ x < −

1

δ⇒ f(x) < −1

ε

);

• limx→+∞

f(x) = −∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ x >

1

δ⇒ f(x) < −1

ε

).


a) limx→−∞

(x+ 1)2; b) limx→+∞

arccotg(x).

Temos Da) = R e Db) = R, pelo que se podem calcular os limites quando x→ ±∞. Temos, então:

a) limx→−∞

(x+ 1)2 = (−∞+ 1)2 = +∞ e b) limx→+∞

arccotg(x) = arccotg(+∞) = 0.

No caso do ponto x = a, onde se pretende calcular o limite, não pertencer a Df mas pertencer a R, podeacontecer uma situação completamente diferente. Por exemplo, no caso de existirem pontos x ∈ Df taisque x > a e x < a. Quando se passa ao limite, convém saber por que valores de x ∈ Df nos vamosaproximar do ponto x = a: se por valores x > a ou x < a. É que, dependendo da função, o resultado�nal pode ser diferente se nos aproximarmos por valores x > a ou x < a.

De�nição 5.1.3. Diz-se que um número real b é o limite de uma função f no ponto x = a, ouquando x tende para a, por valores à direita de a e escreve-se

limx→a+

f(x) = b,

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

Diz-se que um número real b é o limite de uma função f no ponto x = a, ou quando x tende paraa, por valores à esquerda de a e escreve-se

limx→a−

f(x) = b,

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

No caso de b = +∞ ou b = −∞, o limite respectivo não existe, e novamente costuma-se abusar dalinguagem e da escrita dizendo que o limite é +∞ ou −∞. Tendo presente que se trata de um abuso deescrita, podemos escrever o seguinte:

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• limx→a+

f(x) = +∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ a < x < a+ δ ⇒ f(x) >

1

ε

);

• limx→a+

f(x) = −∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ a < x < a+ δ ⇒ f(x) < −1

ε

);

• limx→a−

f(x) = +∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ a− δ < x < a⇒ f(x) >

1

ε

);

• limx→a−

f(x) = −∞⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ a− δ < x < a⇒ f(x) < −1

ε

).

Os limites da De�nição 5.1.3 são designados por limites laterais, à direita e à esquerda, e habitual-mente denotam-se por f(a+) e f(a−), respectivamente:

f(a+) = limx→a+

f(x) ; f(a−) = limx→a−

f(x) .

Neste caso, vamos dizer que a função tem limite no ponto x = a e com valor y = b (a, b ∈ R), sef(a+) = f(a−) = b. Observe-se que poderão existir os limites laterais f(a+) e f(a−), mas não existir olimite de f em x = a, por se ter f(a+) 6= f(a−).

Exemplo 5.1.3. Calcular f(0+) e f(0−) para a função

f(x) =

{0 x < 01 x ≥ 0 .

Temos f(0+) = limx→0+ f(x) = 1 e f(0−) = limx→0− f(x) = 0.

5.2 Propriedades dos limites

Proposição 5.2.1. O limite de uma função, quando existe, é único.

Demonstração: Seja f uma função contínua de variável real e a um ponto de acumulação do seudomínio. Suponhamos que

limx→a

f(x) = b1 e limx→a

f(x) = b2.

No caso de a, b1 e b2 serem �nitos, sai de (5.1.1) que

∀ ε > 0 ∃ δ1 > 0 : ∀ x (x ∈ Df ∧ |x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− b| < ε) ,

∀ ε > 0 ∃ δ2 > 0 : ∀ x (x ∈ Df ∧ |x− a| < δ2 ⇒ |f(x)− b| < ε) .

Tomando δ := min{δ1, δ2}, temos, pelas expressões anteriores,

|x− a| < δ ⇒ |x− a| < δ1 ∧ |x− a| < δ2 ⇒ |b1 − b2| ≤ |b1 − f(x)|+ |f(x)− b2| < 2ε.

Pela arbitrariedade de ε, podemos fazer ε → 0 e concluímos que b1 = b2. Nos casos de b1 e b2 serem�nitos e a = +∞ ou a = −∞, usamos (5.1.2) ou (5.1.3) e a demonstração é análoga. Se b1 ou b2 éin�nito, usamos as correspondentes de�nições para estes casos e a demonstração é, ainda, análoga.

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Proposição 5.2.2. Sejam f e g duas funções reais de uma variável real e x = a um ponto deacumulação de Df ∩Dg, ou eventualmente +∞ ou −∞. Suponhamos que existem os limites de fe g quando x tende para a e se tem

limx→a

f(x) = b, e limx→a

g(x) = c, com b, c ∈ R.

Então, existem os limites de f + g, f − g, fg quando x tende para a e tem-se:

limx→a

[f(x) + g(x)] = b+ c; limx→a

[f(x)− g(x)] = b− c; limx→a

f(x)g(x) = b c.

Se g(x) 6= 0 para todo x ∈ Dg e c 6= 0, então também existe o limite de f/g quando x tende para ae tem-se:

limx→a

f(x)

g(x)=b

c.

Demonstração: Nas condições do enunciado desta proposição, a propriedade do limite da soma ou dadiferença de duas funções f e g, resulta de

|f(x) + g(x)− (b+ c)| ≤ |f(x)− b|+ |g(x)− c|

e|f(x)− g(x)− (b− c)| = |f(x)− b+ c− g(x)| ≤ |f(x)− b|+ |g(x)− c|.

Para a prova do limite do produto, primeiro observamos que, pela propriedade anterior, podemos escrever

limx→a

f(x)g(x) = limx→a

[f(x)− b] [g(x)− c] + limx→a

cf(x) + limx→a

bg(x)− limx→a

bc.

Como| [f(x)− b] [g(x)− c]− 0| = |f(x)− b||g(x)− c|,

|cf(x)− cb| = |c||f(x)− b|, |bg(x)− bc| = |b||g(x)− c| e |bc− bc| = 0,

temoslimx→a

f(x)g(x) = 0 + cb+ bc− bc = bc.

A prova da propriedade do quociente, demonstra-se a partir da observação de que

limx→a

f(x)

g(x)= limx→a

f(x) limx→a

1

g(x)

e de que su�cientemente próximo de x = a

|c| < |c|2

+ |g(x)| ⇒∣∣∣∣ 1

g(x)− 1

c

∣∣∣∣ =1

|cg(x)||c− g(x)| ≤ 2

c2|g(x)− c|,


Os resultados expressos na proposição anterior poderão ainda ser generalizados para o caso de f e oug terem limites in�nitos, com excepção dos casos em que se obtêm indeterminações. Obviamente estesresultados são válidos no caso particular de f ou g serem funções constantes.

Proposição 5.2.3. Sejam f e g duas funções reais de variável real tais que D′g ⊆ Df , x = aum ponto de acumulação de Dg, eventualmente +∞ ou −∞, e b um ponto de acumulação de Df ,eventualmente +∞ ou −∞. Suponhamos que existem os limites de g quando x tende para a e def quando y tende para b e que se tem:

limx→a

g(x) = b e limy→b

f(y) = c.

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Então, existe o limite de f ◦ g quando x tende para a e tem-se:

limx→a

(f ◦ g) (x) = c.

Demonstração: Por de�nição de limite, temos

limy→a

f(y) = b⇔ ∀ ε > 0 ∃ δf > 0 : ∀ y (y ∈ Df ∧ |y − b| < δf ⇒ |f(y)− c| < ε) . (5.2.4)

Como D′g ⊆ Df , podemos tomar em particular y = g(x) em (5.2.4) e temos

∀ ε > 0 ∃ δf > 0 : ∀ x (x ∈ Dg ∧ |g(x)− b| < δf ⇒ |f(g(x))− c| < ε) . (5.2.5)

Por outro lado, também por de�nição de limite, temos

limx→a

g(x) = b⇔ ∀ ε > 0 ∃ δg > 0 : ∀ x (x ∈ Dg ∧ |x− a| < δg ⇒ |g(x)− b| < ε) .

Em particular,∃ δg > 0 : ∀ x (x ∈ Dg ∧ |x− a| < δg ⇒ |g(x)− b| < δf ) . (5.2.6)

Conjugando (5.2.6) com (5.2.5), obtemos

∀ ε > 0 ∃ δg > 0 : ∀ x (x ∈ Dg ∧ |x− a| < δg ⇒ |f(g(x))− c| < ε) ,

o que mostra o resultado pretendido.

Proposição 5.2.4. Sejam a ∈ R, e f , g, h funções reais de variável real cujos domínios contenhamuma vizinhança de x = a e tais que nessa vizinhança se tenha

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x).

Suponhamos que existem os limites de f e h quando x tende para a e se tem:

limx→a

f(x) = limx→a

h(x) = b.

Então, também existe o limite de g quando x tende para a e tem-se:

limx→a

g(x) = b.

Demonstração: Sejam G(x) = g(x) − f(x) e H(x) = h(x) − f(x). Na vizinhança de x = a ondef(x) ≤ g(x) ≤ h(x), temos

0 ≤ G(x) ≤ H(x).

Da igualdade dos limites de f(x) e h(x) em x = a, tem-se

limx→a

H(x) = 0⇔ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x (x ∈ DH ∧ |x− a| < δ ⇒ |H(x)| < ε) .

Da relação entre G(x) e H(x) acima temos então

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x (x ∈ DG ∧ |x− a| < δ ⇒ |G(x)| < ε)⇔ limx→a

G(x) = 0.

Como consequência, o limite de g(x) é igual ao de f(x), e por consequência ao de h(x), todos emx = a.

O resultado anterior ainda permite a generalização seguinte para limites in�nitos.

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Proposição 5.2.5. Sejam a ∈ R, e f , g funções reais de variável real cujos domínios contenhamuma vizinhança de x = a e tais que nessa vizinhança se tenha

f(x) ≤ g(x).

Então

limx→a

f(x) = +∞⇒ limx→a

g(x) = +∞ e limx→a

g(x) = −∞⇒ limx→a

f(x) = −∞.

Demonstração: No caso de a ∈ R, temos, pela de�nição de limite,

limx→a

f(x) = +∞⇔ ∀ ε > 0 ∃ δf > 0 : ∀ x(x ∈ Df ∧ |x− a| < δf ⇒ f(x) >

1

ε

),

limx→a

g(x) = −∞⇔ ∀ ε > 0 ∃ δg > 0 : ∀ x(x ∈ Dg ∧ |x− a| < δg ⇒ g(x) < −1

ε

).

Da relação f(x) ≤ g(x) numa vizinhança de x = a, tem-se

∀ ε > 0 ∃ δf > 0 : ∀ x(x ∈ Dg ∧ |x− a| < δf ⇒ g(x) >

1

ε

)⇔ lim

x→ag(x) = +∞,

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

ε

)⇔ lim

x→af(x) = −∞,

o que conclui a demonstração. No caso de a = +∞ ou a = −∞, a demonstração é análoga.

A proposição seguinte é muito importante não só para o cálculo de limites de expressões onde intervémo logaritmo, como também nos facilita de sobremaneira a demonstração de algumas propriedades doslimites.

Proposição 5.2.6. Sejam g uma função real de variável real, x = a um ponto de acumulação deDg, eventualmente +∞ ou −∞, tal que limx→a g(x) = b. Se c ∈ R+, então

limx→a

[ln(g(x))] = ln[

limx→a

g(x)]≡ ln(b).

Demonstração: É uma consequência imediata da Proposição 5.2.3, fazendo aí f(y) = ln(y) e y =g(x).

Proposição 5.2.7. Sejam f e g duas funções reais de uma variável real e x = a um ponto deacumulação de Df ∩Dg, ou eventualmente +∞ ou −∞. Suponhamos que existem os limites de fe g quando x tende para a e se tem

limx→a

f(x) = b, e limx→a

g(x) = c, com b, c ∈ R.

Se f(x) > 0 para todo x ∈ Df , então também existe o limite de fg quando x tende para a e tem-se:

limx→a

[f(x)g(x)

]= bc.

Demonstração: Usando a Proposição 5.2.6, temos

ln(

limx→a

[f(x)g(x)

])= limx→a

ln([f(x)g(x)

])= limx→a

[g(x) ln (f(x))]

= limx→a

g(x) ln(

limx→a

f(x))

= c ln(b) = ln(bc)

⇔ limx→a

[f(x)g(x)

]= bc,

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Apêndice 1: A recta acabada

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

−∞ < x < +∞ ∀ x ∈ R.

De�nição 5.2.1 (Recta acabada). De�ne-se a recta acabada e denota-se por R como sendo oconjunto seguinte:

R = R ∪ {−∞,+∞}.

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

De�nição 5.2.2 (operações com +∞ e −∞). Para a adição tem-se:

a+ (+∞) = +∞, a+ (−∞) = −∞ ∀ a ∈ R;

(+∞) + (+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞.

Para a multiplicação tem-se:

a× (+∞) = +∞, a× (−∞) = −∞ ∀ a > 0;

a× (+∞) = −∞, a× (−∞) = +∞ ∀ a < 0;

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

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

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

(+∞)− (−∞) = (+∞) + (+∞) = +∞.E para a divisão tem-se:

+∞a

= +∞, −∞a

= −∞ ∀ a ≥ 0;

+∞a

= −∞, −∞a

= +∞ ∀ a < 0;

Pela sua importância, também consideramos a operação de potenciação:

ab, a ≥ 0.

Nos casos em que o expoente b é um natural, a potenciação não é mais do que uma multiplicação repetida.As potências entre números reais de�nem-se como habitualmente. No caso em que intervêm os elementos+∞ e −∞, temos:

a+∞ =

{0 se 0 ≤ a < 1

+∞ se a > 1; a−∞ =

1

a+∞ =

{+∞ se 0 ≤ a < 1

0 se a > 1;

(+∞)b =

{0 se b < 0

+∞ se b > 0.

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Apêndice 2: Indeterminações

Pelo exposto na secção anterior, veri�ca-se a existência de omissões na de�nição das operações algébricasentre alguns elementos de R. Em R já conhecemos as situações seguintes em que as operações não estãode�nidas:

0

0e 00.

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

De�nição 5.2.3 (Indeterminações). As indeterminações em R são dos tipos:

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

• 0×∞0× (+∞), 0× (−∞);

• 1∞

1+∞, 1−∞ =1

1+∞ ;

• ∞0

(+∞)0.

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

• ∞∞

∞∞

=1

∞×∞ = 0×∞;

• 0

0- já existente em R

0

0= 0× 1

0= 0×∞;

• 00 - já existente em R

00 =

(1

+∞

)0

=1

(+∞)0.

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

0+∞ = 0, 0−∞ =1

0+∞ =1

0= +∞;

(+∞)+∞ = +∞; (+∞)−∞ =1

(+∞)+∞ =1

+∞= 0.

5.3 Limites importantes

No cálculo de limites, usam-se muitas vezes resultados sobre limites já conhecidos. Pela sua importânciano cálculo de limites, vamos designar estes limites por limites notáveis.

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Exemplo 5.3.1. Mostremos que:limx→0

senx

x= 1.

De facto, pelas relações no círculo unitário, temos, para 0 < x < π2 ,

sen(x) < x < tg(x)⇔ 1 <x

sen(x)<

1

cos(x).

Então, pela Proposição 5.2.4, temos

limx→0+

1

cos(x)= 1⇒ lim

x→0+

senx

x= 1.

Para −π2 < x < 0, temos

tg(x) < x < sen(x)⇔ 1

cos(x)<

x

sen(x)< 1,

o que implica, pela Proposição 5.2.4,

limx→0−

1

cos(x)= 1⇒ lim

x→0−

senx

x= 1.

O limite pretendido sai então pela conjugação dos dois casos.

Exemplo 5.3.2. Tem-se:

limx→∞

(1 +

1

x

)x= e.

Este resultado demonstra-se de forma análoga ao de limites de sucessões e fazendo aproximar x(supostamente positivo, pois x → +∞) por uma sucessão de números racionais positivos n

kntais

que limn→+∞ kn = k 6= ∞ e, por �m, fazer n → ∞. Pode-se fazer uma prova muito simples destelimite usando técnicas que iremos abordar mais adiante no capítulo sobre o Cálculo Diferencial.

Exemplo 5.3.3. Mostremos que

limx→0

1− cosx

x2=

1

2.

Com efeito, usando o limite notável do Exemplo 5.3.1, temos

limx→0

1− cosx

x2= limx→0

1− cos2 x

x2(1 + cosx)= limx→0

sen2x

x2× limx→0

1

1 + cosx= 12 × 1

2=

1

2.

Exemplo 5.3.4. Vejamos que

limx→0

ln(x+ 1)

x= 1.

De facto, usando a Proposição 5.2.6 e o limite notável do Exemplo 5.3.2, tem-se

limx→0

ln(x+ 1)

x= limx→0

ln(x+ 1)1x = ln

[limx→0

(1 +

11x

) 1x

]= ln(e1) = 1.

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Exemplo 5.3.5. Usando os limites notáveis anteriores, mostremos que:

limx→0

tgx

x= 1; lim

x→0

ex − 1

x= 1.

No primeiro caso, temos

limx→0

senx

x= 1⇒ lim

x→0

tgx

x= limx→0

senx

x× limx→0

1

cosx= 1× 1

cos 0= 1.

No segundo, fazendo a mudança de variável y = ex − 1 e observando que y → 0, quando x → 0,temos

limx→0

ex − 1

x= limy→0

y

ln(y + 1)=

1

limy→0

ln(y + 1)

y

=1

1= 1 .

5.4 Cálculo de limites

No cálculo de limites podemos usar a Proposição 5.2.2 sempre que não obtenhamos indeterminações. Mas,em muitas situações de cálculo de limites, surgem indeterminações. Ao processo de resolver determinadaindeterminação, vamos designar por levantamento da indeterminação.

Regra 5 (levantamento de indeterminações do tipo ∞−∞). As indeterminações dos tipos

∞−∞,

podem, normalmente, ser levantadas pondo em evidência o termo de maior grau, o que em muitassituações corresponde a simpli�car a expressão. No caso dos limites em que intervêm raízes, bastamultiplicar pelo conjugado.


limx−→0

(1

x2− 2

x

)e lim

x−→+∞

(√x+ 1−

√x).

No primeiro exemplo, há que separar os casos em que x→ 0− ou x→ 0+, pois

limx−→0−

(1

x2− 2

x

)=∞+∞ =∞ e lim

x−→0+

(1

x2− 2

x

)=∞−∞ (indeterminação).

Para levantar a indeterminação, pomos em evidência o termo 1x2 , obtendo

limx−→0+

(1

x2− 2

x

)= limx−→0+

1

x2(1− 2x) =∞× 1 =∞.

Deste modo, podemos concluir que

limx−→0

(1

x2− 2

x

)=∞ .

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No segundo exemplo, começamos por multiplicar e dividir a expressão pelo conjugado de√x+ 1−√

x, i.e. por√x+ 1 +

√x, tendo

limx−→+∞

(√x+ 1−

√x)

= limx−→+∞

1√x+ 1 +

√x

=1

∞= 0 .

Regra 6 (levantamento de indeterminações do tipo 0×∞). As indeterminações dos tipos

0×∞, ∞∞,

0

0,

podem, normalmente, ser levantadas pondo em evidência os termos de maior grau. Em muitassituações, novamente, bastará simpli�car a expressão dada.


limx−→1−

1− x2

√1− x4

e limx−→+∞

32x − 5x+1

4x+1 + 22x.

Comecemos por observar que no primeiro caso apenas podemos calcular o limite quando x → 1−,pois D = (−1, 1). Neste caso, temos

limx−→1−

1− x2

√1− x4

= limx−→1−

1− x2√(1− x2)(1 + x2)

= limx−→1−

√1− x2

1 + x2= 0 .

No segundo exemplo, observamos que o termo com crescimento mais rápido, quando x → ∞, é32x = 9x. Dividindo o numerador e o denominador por estes termo, temos

limx−→+∞

32x − 5x+1

4x+1 + 22x= limx−→+∞

9x − 5× 5x

4× 4x + 4x= limx−→+∞

1− 5×(

59

)x4×

(49

)x+(

49

)x =1− 0

0 + 0=∞.

Regra 7 (Levantamento de indeterminações do tipo 1∞). As indeterminações do tipo

1∞

podem, normalmente, ser levantadas usando o limite notável de Neper.

Exemplo 5.4.3. Calcular o limite

limx−→+∞

(1−√

2

x3

)4x3

.

Usando o limite Neperiano, temos

limy→∞

(1 +

1

y

)y= e⇒ lim

x−→+∞

(1−√

2

x3

)4x3

=

limx−→+∞

(1 +

1

− x3√2

)− x3√2

−4√

2

= e−4√

2.

Como é evidente, sempre que seja possível, podemos usar os limites notáveis conhecidos para levantar

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alguma indeterminação. Contudo, existem situações em que se torna muito difícil ou bastante demoradoo cálculo de um limite e o levantamento de uma indeterminação vai originar nova indeterminação. Paraestas situações, temos ainda ao nosso dispor uma técnica muito simples, mas muito poderosa, para ocálculo de limites. Esta técnica vai envolver o conceito de in�nitésimos da mesma ordem que de�nimosa seguir.

De�nição 5.4.1. Seja f uma função real de variável real e x = a um ponto de acumulação do seudomínio Df , eventualmente +∞ ou −∞. Diz-se que f é um in�nitésimo quando x tende para a,se

limx→a

f(x) = 0.

Sejam, agora, f e g dois in�nitésimos quando x tende para a. Dizemos que f e g são in�nitésimosda mesma ordem, quando x tende para a, se

limx→a

f(x)

g(x)= c, com c = constante 6= 0.

No caso de c = 1, as funções f e g dizem-se assimptoticamente iguais, quando x tende para ae escrevemos

f(x) g(x) quando x tende para a.

Exemplo 5.4.4. Quando x tende para 0, temos as funções assimptoticamente iguais seguintes:

sen(x) x; 1− cos(x) x2

2; ln(1 + x) x; ex − 1 x.

De facto, de acordo com os Exemplos 5.3.1, 5.3.2, 5.3.4 e 5.3.5, temos, respectivamente:

limx→0

senx

x= 1⇔ sen(x) x, quando x→ 0;

limx→0

1− cosx

x2=

1

2⇔ 1− cosx

x2

2, quando x→ 0;

limx→0

ln(1 + x)

x= 1⇔ ln(1 + x) x, quando x→ 0;

limx→0

ex − 1

x= 1⇔ ex − 1 x, quando x→ 0.

A utilidade da proposição anterior no cálculo dos limites, reside na possibilidade de, num limite, podermossubstituir uma função por outra mais simples e assimptoticamente igual, quando x tende para o pontoonde se está a calcular o limite, e, desse modo, simpli�car o cálculo do limite.

Exemplo 5.4.5. Recorrendo a relações entre in�nitésimos da mesma ordem, calcule os limitesseguintes:

a) limx→0

sen(3x) sen(5x)

(x− x3)2; b) lim

x→0

1− e1−cos(x)

ln(1− x) + ln(1 + x).

Usando o facto de seny y, quando y → 0, temos no primeiro caso

a) limx→0

sen(3x) sen(5x)

(x− x3)2= limx→0

3x× 5x

(x− x3)2= 15 lim

x→0

1

(1− x2)2= 15.

No segundo exemplo, começamos por usar as propriedades da função logaritmo e o facto de 1 −cos(y) y2

2 , quando y → 0. A seguir usamos ey − 1 y e ln(y + 1) y, ambas quando y → 0,

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para obter

limx→0

1− e1−cos(x)

ln(1− x) + ln(1 + x)= limx→0

1− e x2

2

ln(1− x2)= limx→0

−x2

2

−x2=

1

2.

5.5 Funções contínuas

Os grá�cos das funções elementares de que já falamos, no Capítulo 1 e na Secção 1 deste capítulo, exibemuma propriedade de grande importância em Análise Matemática, a continuidade. A ideia de continuidadeestá subjacente na utilização corrente que fazemos de grande parte da matemática elementar. Intuiti-vamente, a noção de continuidade de uma função, digamos f , signi�ca que uma pequena variação davariável independente x implica somente uma pequena variação na variável dependente y = f(x).

De�nição 5.5.1. Sejam f uma função real de variável real, com domínio Df , e a um ponto deacumulaçãoa de Df . Diz-se que a função f é contínua no ponto x = a, se

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

aVer nota de roda-pé da página 112.

A continuidade da função f no ponto x = a tem o signi�cado geométrico seguinte:

• f(x) difere arbitrariamente muito pouco de f(a) desde que x esteja su�cientemente próximo de a.

Se, na de�nição anterior, �zermos a mudança de variável h = x − a, obtemos a forma equivalente denoção de continuidade:

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ h (a+ h ∈ Df ∧ |h| < δ ⇒ |f(a+ h)− f(a)| < ε) .

Para de�nir a noção de continuidade, também podemos usar a noção de limite de uma função num ponto.Deste modo, dizemos que a função f é contínua no ponto x = a, se existir o limite limx→a f(x) e se setiver

limx→a

f(x) = f(a).

Vamos dizer que uma função é contínua, sem especi�car onde, se for contínua em todos os pontos doseu domínio. Neste caso, o grá�co de uma tal função consiste de uma única curva2. Do estudo que�zemos das funções elementares, podemos dizer que toda a função elementar é contínua no seu domíniode de�nição. Intuitivamente, percebe-se que esta a�rmação é verdadeira. No entanto, para sermosrigorosos, deveríamos demonstrá-la em cada caso de função elementar, recorrendo à de�nição anterior.

Os pontos onde a função não for contínua, são designados por pontos de descontinuidade. Os pontos dedescontinuidade de uma função podem ser classi�cados em três classes distintas:

• x = a é um ponto de descontinuidade de primeira espécie da função f , se existem os limiteslaterais:

f(a+) = limx→a+

f(x) e f(a−) = limx→a−

f(x);

mas f(a+) 6= f(a−).

• x = a é um ponto de descontinuidade de segunda espécie da função f , se, pelo menos, umdos limites laterais, f(a−) ou f(a+), não existe.

2Desde que o seu domínio seja um conjunto conexo, isto é, um conjunto que não resulta da reunião disjunta de doisoutros conjuntos sem fronteiras comuns.

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• x = a é um ponto de descontinuidade removível da função f , se existem e são iguais os limiteslaterais f(a+) e f(a−), mas são distintos de f(a).

Existe, ainda, uma quarta classe de pontos de descontinuidade que, apesar de não ser muito comum, temtambém a sua relevância:

• x = a é um ponto de descontinuidade oscilatória da função f , se em vizinhanças muitopróximas de a, f(x) oscila entre valores muito distintos.

Exemplo 5.5.1. Mostrar que as funções seguintes têm, respectivamente, descontinuidades de pri-meira espécie, de segunda espécie, oscilatória e removível no ponto x = 0:

a) f(x) = sinal(x) ≡

−1 se x < 00 se x = 01 se x > 0

b) g(x) =1

x2;

c) h(x) = sen

(1

x

); d) i(x) =

sen(x)

x.

De facto, temos:

a) f(0−) = limx→0− f(x) = −1, f(0+) = limx→0+ f(x) = 1 e f(0) = 0, pelo que x = 0 é um pontode descontinuidade de 1a espécie da função f ;

b) limx→01x2 =∞ e x = 0 é um ponto de descontinuidade de 2a espécie da função g;

c) limx→0 sen(

1x

)= sen(∞) não existe já que, quando x→ 0, a função seno vai variando (cada vez

mais rapidamente e de forma contínua) no intervalo [−1, 1], sem se �xar. Logo x = 0 é um pontode descontinuidade oscilatória da função h;

d) limx→0senxx = 1, pelo que x = 0 é um ponto de descontinuidade removível da função i. Neste

caso, é possível rede�nir a função i de modo a remover este ponto de descontinuidade:

i(x) =

{senxx x 6= 01 x = 0.

5.6 Propriedades das funções contínuas

A de�nição de continuidade que introduzimos na subsecção anterior, deve-se a Cauchy. Na proposiçãoseguinte, apresentamos uma de�nição equivalente de continuidade, a qual se deve a Heine. Veja-se oCapítulo 2 para se perceber a analogia entre estas de�nições e as de�nições de sucessão convergentesegundo Cauchy e segundo Heine.

Proposição 5.6.1. Sejam f uma função real de variável real, com domínio Df , e a um ponto deacumulação de Df . A função f é contínua no ponto x = a se e só se qualquer que seja a sucessãoun, de termos em Df , convergente para x = a, a sucessão f(un) converge para f(a).

Demonstração: Suponhamos primeiro que f é uma função contínua no ponto x = a. Seja un umasucessão numérica arbitrária tal que un → a quando n → +∞. Então, pela De�nição 2.8.1, podemosescrever

∀ δ > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ |un − a| < δ. (5.6.7)

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Por outro lado, pela De�nição 5.5.1, temos

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

Combinando esta última expressão com (5.6.7), tem-se que f(un) converge para f(a), pois

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

Reciprocamente, suponhamos que f(un) converge para f(a) sempre que un tenda para a e provemos quef é contínua em x = a. Admitamos, com vista a um absurdo, que f não era contínua em x = a. Istoqueria dizer que existia um ε > 0 tal que a De�nição 5.5.1 não era válida se δ = 1, i.e.

∃ u1 ∈ Df : |u1 − a| < 1 e |f(u1)− f(a)| > ε.

Analogamente, existiria ε > 0 tal que a De�nição 5.5.1 não era válida se δ = 12 , i.e.

∃ u2 ∈ Df : |u2 − a| <1

2e |f(u2)− f(a)| > ε.

Por este processo, conseguimos construir uma sucessão un convergindo para a, mas cujas imagens f(un)vão permanecer afastadas de f(a). Portanto, assim não podíamos ter f(un) a convergir para f(a), o queé um absurdo.

Proposição 5.6.2. Sejam f e g funções reais de variáveis reais, com domínios Df e Dg, respec-tivamente. Suponhamos que f e g são funções contínuas num ponto de acumulação a ∈ Df ∩ Dg.Então, também, são contínuas, em x = a, as funções f + g, f − g, fg. Mais, se g(a) 6= 0, também écontínua, em x = a, a função f/g.

Demonstração: É inteiramente análoga à demonstração da Proposição 5.2.2, bastando fazer aí b = f(a)e c = g(a).

Proposição 5.6.3. Sejam f e g funções reais de variáveis reais, com domínios Df e Dg, respecti-vamente, e tais que D′g ⊆ Df . Suponhamos que g é contínua num ponto de acumulação a ∈ Dg eque f é contínua em d = g(a), sendo d um ponto de acumulação de Df . Então, a função f ◦ g écontínua em x = a.

Demonstração: Basta substituir b = g(a) e c = f(d) na demonstração da Proposição 5.2.3.

Proposição 5.6.4 (Teorema do Valor Intermédio). Sejam f uma função contínua no seu domínioDf e a e b números reais pertencentes a um intervalo I ⊂ Df tais que f(a) 6= f(b). Então, paratodo ξ entre f(a) e f(b), existe um ponto c entre a e b tal que ξ = f(c).

Demonstração: Seja ξ um número arbitrário entre f(a) e f(b) e consideremos o conjunto

S := {x ∈ [a, b] : f(y) ≤ ξ ∀ y ∈ [a, x]} .

Observemos que S 6= ∅, pois, pelo menos, a ∈ S. Por outro lado, S é um conjunto majorado, já ques ≤ b para todo s ∈ S. Então existe o supremo do conjunto S, que designamos por c: c := sup S. Pelade�nição de S, podemos mostrar que

f(c) ≤ ξ.De facto, se c = a, então sai imediatamente da de�nição do conjunto S que f(c) ≤ ξ. Se c > a, como fé contínua em c (porque c ∈ (a, b]) e f(y) ≤ ξ quando a ≤ y < c, temos f(c) ≤ ξ. Vejamos, agora, quenão se pode ter f(c) < ξ. Se porventura f(c) < ξ, haveria, pela continuidade de f em c, pontos x ∈ (c, b]para os quais se teria f(y) < ξ em todo o intervalo [a, x]. Mas isto contraria o facto de c ser o supremodo conjunto S. Portanto, só pode ser ξ = f(c).

2014/2015 126 c© HBO


Podemos escrever a a�rmação da proposição anterior na forma simbólica seguinte:

∀ ξ (f(a) < ξ < f(b) ∨ f(b) < ξ < f(a)) ∃ c (a < c < b ∨ b < c < a) : ξ = f(c).

O Corolário seguinte é um caso particular do resultado anterior e que é muito conveniente para locali-zarmos raízes de equações que não se resolvam facilmente.

Corolário 5.6.1. Seja f uma função nas condições do Teorema do Valor Intermédio (Proposi-ção 5.6.4) e tal que

f(a)f(b) < 0 .

Então a função f tem, pelo menos, um zero no intervalo de extremos a e b.

Demonstração: Suponhamos que f(a)f(b) < 0, isto é que f tem valor positivo em x = a e negativoem x = b, ou vice-versa. Portanto, a imagem ξ = 0 vai estar entre f(a) e f(b). Logo, pelo Teorema doValor Intermédio, existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = 0.

O corolário anterior é conhecido por Teorema de Bolzano3.

Exemplo 5.6.1. Mostrar que a função f(x) = sen(2x) + x tem, pelo menos, um zero no intervalo[−π2 ,

π2

].

De facto, tem-se f(−π2)

= −π2 e f(π2

)= π

2 , pelo que f(−π2)× f

(π2

)< 0. Como f é contínua no

intervalo[−π2 ,

π2

], resulta do Teorema de Bolzano que existe, pelo menos, um zero da função f no

intervalo[−π2 ,

π2

].

A proposição seguinte a�rma-nos algo que já experimentámos no estudo das funções elementares.

Proposição 5.6.5. Seja f uma função real de variável real, com domínio Df , e injectiva numintervalo I ⊆ Df . Se f é contínua, então a função inversa f−1 também é contínua (em f(I)).

Demonstração: Suponhamos que f contínua num número arbitrário a ∈ I. Então, pela Proposi-ção 5.6.1, tem-se para qualquer sucessão un de termos em I que

un → a⇒ f(un)→ f(a).

Consideremos um número arbitrário em f(I) e seja vn uma sucessão qualquer de termos em f(I) tal que

vn → b.

Por outro lado, podemos garantir que existem uma sucessão αn e um número α em I tais que

vn = f(αn) e b = f(α).

Usando a injectividade de f , podemos inverter estas relações e obter

αn = f−1(vn) e α = f−1(b).

Pela continuidade de f em x = a tem-se necessariamente que

αn → α,

pois, caso contrário, f(αn) 9 f(α). Portanto, mostramos que

vn → b⇒ f−1(vn)→ f−1(b),

ou seja que f−1 é contínua em y = b.

3Bernard Placidus Johann Nepomuk Bolzano (1781�1848), matemático, teólogo e �lósofo natural de Praga.

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Proposição 5.6.6. Sejam f uma função real de variável real, com domínio Df , e I ⊆ Df umconjunto limitado e fechado. Se f é contínua em I, então o conjunto f(I) também é limitado efechado.

Demonstração: A demonstração deste resultado envolve noções topológicas que não fazem parte doâmbito deste curso. Ver, por exemplo, Campos Ferreira, p. 319.

Proposição 5.6.7 (Teorema de Weierstrasse). Sejam f uma função real de variável real, comdomínio Df , e I ⊆ Df um conjunto limitado, fechado e não vazio. Se f é contínua em I, então afunção f tem máximo e mínimo em I.

Demonstração: Consideremos o conjunto

S := {y ∈ R : y = f(x), x ∈ I} .

O facto de I ser um conjunto limitado implica que S também o é. Então, podemos considerar o supremode S:

M := sup S.

Se não existirem números x em I tais que f(x) = M , então f(x) < M em I. Por consequência, a função

g(x) :=1

M − f(x)

é contínua em I. Contudo, para qualquer ε > 0, existe sempre algum x ∈ I tal queM−f(x) < ε, porqueM é o supremo de S. Deste modo,

g(x) >1

ε,

o que signi�ca que g(x) não é limitada, contradizendo o facto de g ser contínua (conforme Proposi-ção 5.6.6). Portanto, tem de existir um ponto x ∈ I tal que f(x) = M , isto é, M é o máximo de f emI. De forma análoga se mostra que f tem um mínimo m em I.


Limites


(a) limx→0

1−√

1− x2

x2;

(b) limx→1

2x2 − 3x+ 1

x− 1;

(c) limh→0

(t+ h)2 − t2

h;

(d) limx→1

√x− 1

x− 1;

(e) limx→1

3√x− 1

4√x− 1

;

(f) limx→+∞

(x2 + 2

2x2 + 1

)x2

.


(a) limx→0

tg x

sen x;

(b) limx→0

x

arcsen(2x);

(c) limx→1

1− x2

sen(πx);

(d) limx→0

arctg(2x)

3x;

(e) limx→0

cos(x)− cos(2x)

1− cos(2x);

(f) limx→π

4

sen(x)− cos(x)

4x− π;

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(g) limx→π

4

sen(x)− cos(x)

1− tg(x); (h) lim

x→0x sen

(1

x

).


(a) limx→+∞

(x2 + 2

x2 + 1

)x2

;

(b) limx→1

ln(x)

1− x;

(c) limx→−∞

tgh(x);

(d) limx→+∞

x[ln(x+ 1)− ln x];

(e) limx→0

1

xln

(√1 + x

1− x

);

(f) limx→0

(1 + sen x)1x .

4. Estude os limites seguintes em função de a:

a) limx→a

|x|x

; para a = −1; a = 0; a = −∞; a = +∞ ;

b) limx→a

x4 − 1

x3 − 1; para a ∈ [−∞,+∞] .

5. Recorrendo a relações entre in�nitésimos da mesma ordem, calcule os limites seguintes:

(a) limx→0

cos(x)− cos(2x)

1− cos(2x);

(b) limx→0

ln(3 + x) + ln(3− x)− 2 ln 3

x2;

(c) limx→0

arcsen(

x√1−x2

)ln(1− x)

;

(d) limx→0

arctg(2x)

sen(3x);

(e) limx→0

arctg(

x2

1−x2

)1− e1−cos(x)

;

(f) limx→0

ln(1− x)

e arcsen(x) − 1;

(g) limx→0

arcsen(

x2√

1−x2

)x(1− e sen(x)

) .

6. Calcule f(a+) e f(a−), se:

(a) f(x) = sinal(x2 + x), a = −1;

(b) f(x) = sinal

(x2 + 3x+ 2

x− 1

), a = −1;

(c) f(x) = x− [x], a = 2;

(d) f(x) = sinal([x] + 1), a = −1;

onde

sinal(x) =

−1 se x < 00 se x = 01 se x > 0

e [x] designa a parte inteira do número x.

Continuidade

1. Estude as funções seguintes quanto à continuidade:

(a) f(x) =x+ 1

x3 + x;

(b) f(x) =√x− 1

x2 + x;

(c) f(x) =x

|x|;

(d) f(x) =|x2 − 1|x2 − 1

.

2. Determine os valores de a de modo que as funções seguintes sejam contínuas em x = 0:

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(a) f(x) =

3x− a1− x

x ≤ 0

x− 1

x+ 1x > 0 ;

(b) f(x) =

sen(ax)

xx 6= 0

1 x = 0

.

3. Determine os valores de a de modo que as funções seguintes sejam contínuas no ponto indicado:

(a) f(x) =

x2 − 4

x− 2x 6= 2

a x = 2 ;

(b) f(x) =

x sen

(1

x

)x 6= 0

a x = 0 ;

(c) f(x) =

arcsen

(x2

√1−x2

)x(1− e sen(x)

) , x 6= 0

a , x = 0 ;

(d) f(x) =

1− e1−cos(x)

ln(1− x) + ln(1 + x), x 6= 0

a , x = 0 .

4. Determine as descontinuidades das funções seguintes e classi�que-as quanto ao tipo:

(a) f(x) =senx

|x|;

(b) f(x) = cos(πx

);

(c) f(x) = e−1x2 ;

(d) f(x) =(1 + x)5 − 1

x;

(e) f(x) = arctg

(1

x

);

(f) f(x) = e1

1+x .

5. Mostre que a equaçãosen3x+ cos3 x = 0

tem, pelo menos, uma raiz no intervalo aberto (0, π).

6. Mostre que a função f(x) = 2x3 − x2 − 8x+ 4 tem, pelo menos, um zero no intervalo [0, 1].

7. Prove que a equação x+ senh(x) = 0 tem, pelo menos, uma raiz real.

8. Mostre que a equaçãox7 − 2x6 + 3x5 − 4x4 + 5x3 − 6x2 + 2 = 0

tem, pelo menos, uma raiz no intervalo [0, 1].

9. Prove que todo o polinómio de grau ímpar tem, pelo menos, uma raiz real (∗).

10. Mostre que a equação x3 + 3x− 1 = 0 tem uma raiz no intervalo (0, 1).

11. Seja f uma função contínua num intervalo [a, b] tal que f([a, b]) ⊂ [a, b]. Prove que f tem, pelomenos, um ponto �xo no intervalo [a, b] (∗).

Soluções

3.1 Limites

1: a) 12, b) 1, c) 2t, d) 1

2, e) 4

3, f) 0; 2: a) 1, b) 1

2, c) 2

π, d) 2

3, e) 3

4, f)

√24, g) −

√2

2, h) 0; 3: a) e, b) −1, c) −1, d)

1, e) 1, f) e; 5. a) 34, b) − 1

9, c) −1, d) 2

3, e) −2, f) −1, g) −1; 6: a) f(−1+) = −1, f(−1−) = 1, b) f(−1+) = −1,

f(−1−) = 1, c) f(2+) = 0, f(2−) = 1, d) f(−1+) = 0, f(−1−) = −1.3.2 Continuidade

2: a) a = −1, b) a = 1; 3: a) a = 4, b) a = 0, c) a = −1, d) a = 12; 4: a) x = 0 é de 1a espécie, b) x = 0 é de

2a espécie, c) x = 0 é removível, d) x = 0 é removível, e) x = 0− e x = 0+ são removíveis; f) x = −1+ é de 2a

espécie e x = −1− é removível.

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Capítulo 6

Cálculo Diferencial

Consideremos uma função real de variável real f , com domínio Df , e seja x = a um ponto interior aoconjunto Df . Designamos por razão incremental da função f no ponto x = a a expressão seguinte:

f(x)− f(a)

x− a.

A razão incremental dá-nos a taxa de variação da função f no intervalo de extremos x e a. Geometri-camente, a razão incremental é interpretada como sendo a tangente trigonométrica do ângulo de�nidopela recta secante ao grá�co da função f nos pontos x e a e pelo eixo das abcissas.

a x

f(a)

f(x)

0

Secante

x− a

f(x)− f(a)

θ′θ

Tangente

P

Q

Figura 6.1: Razão incremental.

De facto, de acordo com a Figura 6.1, temos:

tg(θ′) =cateto oposto

cateto adjacente=f(x)− f(a)

x− a.

De�nição 6.0.1. Sejam f uma função real de variável real, com domínio Df , e x = a um pontointerior ao conjunto Df . Chama-se derivada da função f no ponto x = a, e denota-se por f ′(a), aolimite seguinte, quando existe:

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)

x− a.

Portanto, a derivada de uma função num ponto interior ao seu domínio, é o limite da razão incremental dafunção nesse ponto. Geometricamente, f ′(a) representa a tangente trigonométrica do ângulo θ de�nido

131

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 6. CÁLCULO DIFERENCIAL

pela recta tangente ao grá�co da função f no ponto x = a e pelo eixo das abcissas. Na verdade, e deacordo com a Figura 6.1, temos:

tg(θ) = limQ→P

tg(θ′) = limx→a

f(x)− f(a)

x− a= f ′(a) .

Assim, temostg(θ) = f ′(a)⇔ θ = arctg(f ′(a)) .

Deste modo, a derivada f ′(a) é interpretada como sendo o declive da recta tangente ao grá�co da funçãof no ponto x = a.

Como a noção de derivada faz intervir o conceito de limite, também aqui vamos ter as noções de derivadaslaterais.

De�nição 6.0.2. Sejam f uma função real de variável real, com domínio Df , e x = a um pontointerior a Df . Chamam-se, respectivamente, derivada lateral à esquerda de f e derivada lateral àdireita da função f no ponto x = a aos limites seguintes, quando existem:

f ′(a+) = limx→a+

f(x)− f(a)

x− ae f ′(a−) = lim

x→a−f(x)− f(a)

x− a.

No caso da de�nição anterior, vamos dizer que a função tem derivada no ponto x = a, se f ′(a+) = f ′(a−).Neste caso, ou se, no da de�nição precedente, existir f ′(a), dizemos que a função f é derivável no pontox = a.

Se, na de�nição de derivada, �zermos a mudança de variável x = a+h, obtemos a fórmula seguinte paraf ′(a), que, por vezes, é mais prática:

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h. (6.0.1)

Vamos dizer que uma função é derivável, sem especi�car onde, se for derivável em todos os pontosinteriores ao seu domínio. Neste caso, podemos de�nir a função derivada da função f por f ′(x). Emmuitas situações podemos usar a notação seguinte para a função derivada da função f :

d f

d x;

onde d f corresponde ao diferencial de f : ∆ f(x) = f(x)− f(a); e d x ao diferencial de x: ∆x = x− a.Por vezes, os diferenciais ∆ f e ∆x são designados por acréscimos de f e x, respectivamente, no intervalode extremos x e a. Usando esta notação, pode-se, por vezes, de�nir a noção de derivada de uma funçãof num ponto x = a, recorrendo à seguinte expressão:

f ′(a) = lim∆ x→0

f(a+ ∆x)− f(a)

∆x.

Uma consequência da de�nição de derivada, é que toda a função derivável é contínua.

Proposição 6.0.1. Seja f uma função real de variável real, com domínio Df . Se f é derivável numponto x = a interior a Df , então f é contínua em x = a.

Demonstração: Suponhamos que f é uma função derivável no ponto x = a. Então, pela De�nição 6.0.1,temos

f(x)− f(a) =f(x)− f(a)

x− a(x− a)→ f ′(a)× 0 = 0, quando x→ a.

Então limx→a f(x) = f(a) e, portanto, f é contínua no ponto x = a.

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No entanto, a recíproca da proposição anterior não é verdadeira, como mostra o contra-exemplo doexercício seguinte.

Exemplo 6.0.1. Mostre que, no ponto x = 0, a função f(x) = |x| é contínua, mas não é derivável.

De acordo com a de�nição de módulo, sabemos que f(x) = −x se x < 0 e f(x) = x se x ≥ 0. Destemodo, temos:

f(0+) = limx→0+

f(x) = limx→0+

x = 0 ;

f(0−) = limx→0−

f(x) = limx→0−

x = 0 .

Logo a função é contínua em x = 0. Quanto à derivabilidade, temos:

f ′(0+) = limx→0+

f(x)− f(0)

x− 0= limx→0+

x

x= 1 ;

f ′(0−) = limx→0−

f(x)− f(0)

x− 0= limx→0−

−xx

= −1 .

Portanto, a função não é derivável em x = 0.

6.1 Regras de derivação

Nesta secção estabelecemos as regras que nos irão permitir calcular as derivadas das funções elementaresjá estudadas.

Proposição 6.1.1.

1. Se f(x) = c, onde c = constante, então f ′(x) = 0.

2. Se f(x) = xn, onde n ∈ N0, então f ′(x) = nxn−1.

3. Se f(x) = ax, onde a ∈ R+, então f ′(x) = ln(a) ax.

4. Se f(x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).

5. Se f(x) = cos(x), então f ′(x) = − sen(x).

Demonstração: Usemos na demonstração a de�nição de derivada expressa em (6.0.1). Seja x um pontoarbitrário interior ao domínio da função f . 1. Se f(x) = c, temos

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0

c− ch

= 0.

2. Se f(x) = xn, temos, pela utilização do Binómio de Newton

(x+ h)n =

n∑k=0

n!

k!(n− k)!xn−khk

=xn + nxn−1h+ n(n− 1)xn−2h2 + · · ·+ n(n− 1)x2hn−2 + nxhn−1 + hn ,

que

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0

(x+ h)n − xn

h

= limh→0

(nxn−1 + n(n− 1)xn−2h+ · · ·+ n(n− 1)x2hn−3 + nxhn−2 + hn−1

)= nxn−1.

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3. Se f(x) = ax, onde a = constante > 0, temos

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0

ax+h − ax

h= ax lim

h→0

ah − 1

h

= ln(a) ax limh→0

eln(a)h − 1

ln(a)h= ln(a) ax × 1 = ln(a) ax.

4. Se f(x) = sen(x), usando a fórmula do seno da soma de ângulos, temos

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0

sen(x+ h)− sen(x)

h

= limh→0

sen(x) cos(h) + cos(x) sen(h)− sen(x)

h

= sen(x) limh→0

cos(h)− 1

h+ cos(x) lim

h→0

sen(h)

h

= sen(x)× 0 + cos(x)× 1 = cos(x).

5. Se f(x) = cos(x), usando a fórmula do coseno da soma de ângulos, temos

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= limh→0

cos(x+ h)− cos(x)

h

= limh→0

cos(x) cos(h)− sen(x) sen(h)− cos(x)

h

= cos(x) limh→0

cos(h)− 1

h− sen(x) lim

h→0

sen(h)

h

= cos(x)× 0− sen(x)× 1 = − sen(x),


Em particular, sai da propriedade 3 da proposição anterior que

se f(x) = ex, então f ′(x) = ex.

Na proposição seguinte estabelecemos as regras que nos permitem determinar as derivadas de somas,produtos e quocientes de funções, quando se conhece a derivada de cada função factor.

Proposição 6.1.2. Sejam f(x) e g(x) duas funções reais de variável real, deriváveis e com funçõesderivadas f ′(x) e g′(x). Então:

1. (f + g)(x) é derivável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x);

2. (f g)(x) é derivável e (f g)′(x) = f ′(x) g(x) + f(x) g′(x);

3. se g(x) 6= 0, (f/g)(x) é derivável e(f

g

)′(x) =

f ′(x) g(x)− f(x) g′(x)

[g(x)]2 .

Demonstração: Nesta demonstração vamos usar, também, a de�nição de derivada expressa em (6.0.1).Seja x um ponto arbitrário interior à intercepção dos domínios das funções f e g. Para a derivada dasoma, temos

(f + g)′(x) = limh→0

(f + g)(x+ h)− (f + g)(x)

h= limh→0

f(x+ h) + g(x+ h)− f(x)− g(x)

h

= limh→0

f(x+ h)− f(x)

h+ limh→0

g(x+ h)− g(x)

h= f ′(x) + g′(x).

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Para a derivada do produto, vem

(fg)′(x) = limh→0

(fg)(x+ h)− (fg)(x)

h= limh→0

f(x+ h)g(x+ h)− f(x)g(x)

h

= limh→0

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

h

= limh→0

f(x+ h)− f(x)

hlimh→0

g(x+ h) + f(x) limh→0

g(x+ h)− g(x)

h

=f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Para a derivada do quociente, admitimos que g(x) 6= 0 e usamos a regra de derivação do produto paraescrever (

f

g

)′(x) =

(f × 1

g

)′(x) = f ′(x)

(1

g

)(x) + f(x)

(1

g

)′(x).

Por outro lado,

(1

g

)′(x) = lim

h→0

(1g

)(x+ h)−

(1g

)(x)

h= limh→0

1g(x+h) −

1g(x)

h=

1

g(x)limh→0

g(x)− g(x+ h)

hg(x+ h)

=− 1

g(x)limh→0

g(x+ h)− g(x)

hlimh→0

1

g(x+ h)= − g′(x)

[g(x)]2.

Então (f

g

)′(x) = f ′(x)

1

g(x)− f(x)

g′(x)

[g(x)]2=f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)

[g(x)]2,

o que termina a demonstração.

Em particular, usando 1 e 2 da proposição anterior, obtemos para a diferença que:

(f − g)(x) é derivável e (f − g)′(x) = f ′(x)− g′(x) .

Por outro lado, conjugando a derivada da função constante com 2 da proposição anterior, temos paraqualquer constante c ∈ R

(c f)(x) é derivável e (c f)′(x) = c f ′(x) .

Com o auxílio das duas proposições precedentes, vamos conseguir provar as regras de derivação dasfunções elementares que resultam de operações algébricas entre funções estudadas na Proposição 6.1.1.

Proposição 6.1.3. 1. Se f(x) = x−n, onde n ∈ N0, então f ′(x) = −nx−(n+1);

2. Se a = constante > 0 e f(x) = a−x, então f ′(x) = − ln(a) a−x;

3. Se f(x) = tg(x), então f ′(x) = sec2 x;

4. Se f(x) = cotg(x), então f ′(x) = − cosec2(x);

5. Se f(x) = sec(x), então f ′(x) = tg(x) sec(x);

6. Se f(x) = cosec(x), então f ′(x) = − cotg(x) cosec(x);

7. Se f(x) = senh(x), então f ′(x) = cosh(x);

8. Se f(x) = cosh(x), então f ′(x) = senh(x).

Demonstração: Usando a regra de derivação do quociente e os factos já demonstrado de que 1′ = 0,(xn)′ = nxn−1 e (ax)′ = ln(a) ax, temos

(x−n)′ =

(1

xn

)′=

1′ × xn − 1× (xn)′

(xn)2=−nxn−1

x2n= − n

xn+1= −nx−(n+1),

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(a−x)′ =

(1

ax

)′=

1′ × ax − 1× (ax)′

(ax)2=− ln(a) ax

a2x= − ln(a)

ax= − ln(a) a−x.

Também pela regra de derivação do quociente e usando os factos já demonstrados de que ( sen(x))′ =cos(x) e (cos(x))′ = − sen(x), e, ainda, a Fórmula Fundamental da Trigonometria, temos

[ tg(x)]′ =

(sen(x)

cos(x)

)′=

( sen(x))′ cos(x)− sen(x)(cos(x))′

[cos(x)]2

=sen(x) sen(x)− cos(x)[− cos(x)]

cos2(x)=

1

cos2(x)= sec2(x),

[ cotg(x)]′ =

(cos(x)

sen(x)

)′=

(cos(x))′ sen(x)− cos(x)( sen(x))′

[ sen(x)]2

=− sen(x) sen(x)− cos(x) cos(x)

sen2(x)= − 1

sen2(x)= − cosec2(x),

[sec(x)]′ =

(1

cos(x)

)′=

1′ × cos(x)− 1× (cos(x))′

[cos(x)]2

=0× cos(x) + sen(x)

cos2(x)=

sen(x)

cos(x)

1

cos(x)= tg(x) sec(x),

[ cosec(x)]′ =

(1

sen(x)

)′=

1′ × sen(x)− 1× ( sen(x))′

[ sen(x)]2

=0× sen(x)− cos(x)

sen2(x)= − cos(x)

sen(x)

1

sen(x)= − cotg(x) cosec(x).

Pela regra de derivação da soma e da diferença e usando os factos já demonstrados de que (ex)′ = ex e(e−x)′ = −ex, temos

[ senh(x)]′ =

(ex − e−x

2

)′=

1

2

[(ex)′ − (e−x)′

]=

1

2

(ex + e−x

)= cosh(x),

[cosh(x)]′ =

(ex + e−x

2

)′=

1

2

[(ex)′ + (e−x)′

]=

1

2

(ex − e−x

)= senh(x),


Na proposição seguinte vamos provar o resultado que nos irá permitir estabelecer as regras de derivaçãopara as funções inversas das funções elementares.

Proposição 6.1.4 (Teorema de derivação da função inversa). Sejam f uma função real de variávelreal, injectiva num intervalo I ⊆ Df e f−1 a função inversa de f , quando restringida ao intervaloI, f−1 : f(I) → I. Se f é derivável num ponto a interior ao intervalo I e f ′(a) 6= 0, então f−1 éderivável no ponto b = f(a) e tem-se:(

f−1)′

(b) =1

f ′(f−1(b)).

Demonstração: Seja a um ponto arbitrário interior ao intervalo I ⊆ Df . É claro que a imagemb = f(a) pertence ao interior do conjunto f(I) ⊆ D′f . Como f é uma função injectiva, existe a inversaf−1 : f(I)→ I e tem-se a = f−1(b). Consideremos a função que de�ne a razão incremental em x = a,

R(x) =f(x)− f(a)

x− a,

e a função que resulta da composição desta última com a função inversa f−1, i.e.

G(y) = (R ◦ f−1)(y) = R(f−1(y)) =f(f−1(y))− f(f−1(b))

f−1(y)− a=

y − bf−1(y)− f−1(b)

.

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Pelo resultado do limite da composição de duas funções (Proposição 5.1.3), temos

limy→b

G(y) = limx→a

R(x) = f ′(a).

Então, pela relação entre G e a razão incremental de f−1 e como f ′(a) 6= 0, temos

(f−1

)′(b) = lim

y→b

f−1(y)− f−1(b)

y − b= limy→b

1

G(y)=

1

f ′(a)=

1

f ′(f−1(b))

e podemos concluir que f−1 é derivável no ponto y = b.

Para usarmos este resultado no cálculo de derivadas de inversas de funções elementares, fazemos primei-ramente (

f−1)′

(y) =1

f ′(x)

e, só depois, é que passamos à variável original através da relação

1

f ′(x)=

1

f ′(f−1(y)).

Na prática, torna-se mais útil fazer x = f−1(y), o que equivale a fazer y = f(x), e aplicamos o resultadoanterior na forma seguinte:

x′ =1

y′;

voltando no �nal à variável original. Assim, com o auxílio da proposição anterior e das regras de derivaçãojá demonstradas, podemos estabelecer as regras de derivação para as inversas das funções elementaresconhecidas.

Proposição 6.1.5. 1. Se f(x) = x1k , onde k ∈ Z \ {0}, então f ′(x) =

1

kx

1−kk ;

2. Se f(x) = loga(x), onde a ∈ R+, então f ′(x) =1

ln a

1

x;

3. Se f(x) = arcsen(x), então f ′(x) =1√

1− x2;

4. Se f(x) = arccos(x), então f ′(x) = − 1√1− x2

;

5. Se f(x) = arctg(x), então f ′(x) =1

1 + x2;

6. Se f(x) = arccotg(x), então f ′(x) = − 1

1 + x2.

Demonstração: Se f(x) = x1k , fazemos

y = x1k ⇔ x = yk

e pelo Teorema de Derivação da Função Inversa (TDFI),

y′ =1

x′.

Se k ∈ Z+, i.e. k ∈ N, temos x′ = (yk)′ = kyk−1. Se k ∈ Z−, então existe n ∈ N tal que k = −n etemos x′ = (yk)′ = (y−n)′ = −ny−n−1 = kyk−1. Em qualquer dos casos obtemos

y′ =1

x′=

1

kyk−1=

1

kxk−1k

=1

kx

1−kk .

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Se f(x) = loga(x), onde a ∈ R+, fazemos

y = loga(x)⇔ x = ay.

Sabendo que (ay)′ = ln(a) ay, vem, pelo TDFI,

y′ =1

x′=

1

ln(a) ay=

1

ln(a)x.

No caso de f(x) = arcsen(x) ou f(x) = arccos(x), fazemos

y = arcsen(x)⇔ x = sen(y) ou y = arccos(x)⇔ x = cos(y) .

Aplicando o TDFI, obtemos, usando no �nal a Fórmula Fundamental da Trigonometria,

y′ =1

x′=

1

[ sen(y)]′=

1

cos(y)=

1√1− sen2(y)

=1√

1− x2,

y′ =1

x′=

1

[cos(y)]′=

1

− sen(y)= − 1√

1− cos2(y)= − 1√

1− x2.

Finalmente, para f(x) = arctg(x) ou f(x) = arccotg(x), fazemos

y = arctg(x)⇔ x = tg(y) ou y = arccotg(x)⇔ x = cotg(y) .

Pelo TDFI, vem

y′ =1

x′=

1

[ tg(y)]′=

1

sec2(y)=

1

1 + tg2(y)=

1

1 + x2,

y′ =1

x′=

1

[ cotg(y)]′=

1

− cosec2(y)= − 1

1 + cotg2(y)= − 1

1 + x2.

Nestes dois últimos casos, usamos, na parte �nal, as relações 1 + tg2(x) = sec2(x) e 1 + cotg2(x) =cosec2(x).

Observe-se que, da propriedade 1 da proposição anterior, se pode tirar, quando k ∈ N, a relação seguintepara derivadas de raízes:

se f(x) = k√x, então f ′(x) =

1

kk√xk−1

.

Existem, no entanto, situações em que não é possível obter uma expressão explícita para a inversa de umafunção. Nestes casos, podemos ainda determinar formalmente a derivada da função inversa. De facto,se f é uma função dada pela relação y = f(x) e admite função inversa, mas não é possível obter umaexpressão explícita sua, então pode-se escrever a derivada da sua inversa do modo abreviado seguinte,mas bastante sugestivo:

d x

d y=

1d yd x

.

Exemplo 6.1.1. Determine a derivadadx

dyda função inversa x = x(y) da função y = sen(x)−ex−3.

De acordo com o Teorema de Derivação da Função Inversa, temos

dx

dy=

1dydx

=1

( sen(x)− ex−3)′=

1

cos(x)− ex−3.

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6.2 Fórmulas de derivação

Nesta secção vamos apresentar a tabela com as fórmulas de derivação de todas as funções elementaresque estudamos. Aqui, vamos admitir que o argumento das funções elementares pode ser uma função realde variável real qualquer. Deste modo, subentendemos que as funções que iremos analisar são funçõescompostas de, pelo menos, duas funções reais de variável real.

Proposição 6.2.1 (Teorema de derivação da função composta). Sejam f e g duas funções reais devariável real tais que Df ⊆ D′g. Se g é derivável no ponto x interior a Dg e f é derivável no pontoy = g(x) interior a Df , então a função composta f ◦ g é derivável em x e tem-se:

(f ◦ g)′(x) ≡ [f(g(x))]′

= f ′(g(x)) g′(x).

Demonstração: Seja x um ponto interior a Dg e tal que y = g(x) é um ponto interior a Df . Dado queg é uma função derivável no ponto x, podemos de�nir uma nova função

v =g(x+ h)− g(x)

h− g′(x) .

De modo análogo, sabendo que f é uma função derivável no ponto y = g(x), de�nimos outra função

w =f(y + k)− f(y)

k− f ′(y) .

Observamos que v depende de h e w depende de k, tendo-se

limh→0

v = 0 e limk→0

w = 0 .

Pelas de�nições de v e w, podemos escrever

g(x+ h) = g(x) + [g′(x) + v]h e f(y + k) = f(y) + [f ′(y) + w]k .

Usando a primeira destas equações e depois a segunda com k = [g′(x) + v]h, temos

f(g(x+ h))) = f(g(x) + [g′(x) + v]h) = f(g(x)) + [f ′(g(x)) + w][g′(x) + v]h .

⇔f(g(x+ h))− f(g(x))

h= [f ′(g(x)) + w][g′(x) + v] .

Passando ao limite h→ 0,

limh→0

f(g(x+ h))− f(g(x))

h= [f ′(g(x)) + lim

h→0w][g′(x) + lim

h→0v] = f ′(g(x))g′(x) .

Observe-se que, no último passo, se usa o facto de h→ 0 implicar k = [g′(x) + v]h→ 0, quando h→ 0,pelo que limh→0 w = 0.

Grosso modo, podemos dizer que a derivada da composição de duas funções é igual ao produto daderivada da função que está por fora (da composição) pela derivada da que está por dentro.

Exemplo 6.2.1. Determine a derivada da função seguinte no ponto x = 0:

f(x) = g( sen2(x))− g(cos2(x));

sabendo que g é uma função derivável no ponto x = 0.

Usando o Teorema de Derivação da Função Composta, temos:

f ′(x) =g′( sen2(x))( sen2(x))′ − g′(cos2(x))(cos2(x))′

=2 sen(x) cos(x)g′( sen2(x))− 2 cos(x) sen(x)g′(cos2(x))

=2 sen(x) cos(x)[g′( sen2(x))− g′(cos2(x))

].

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Ora como sen(0) = 0, temos f ′(0) = 2 sen(0) cos(0)[g′( sen2(0))− g′(cos2(0))

]= 0.

Como corolário das fórmulas de derivação demonstradas anteriormente e do teorema de derivação dafunção composta, podemos apresentar a Tabela 6.1 com todas as fórmulas de derivação das funçõeselementares. Nesta tabela, u e v são duas funções reais de variável real, com domínios tais que as funçõeselementares envolvidas estão bem de�nidas. Re�ra-se que as fórmulas compreendidas entre os números28 e 37 são muito pouco utilizadas, razão pela qual são omitidas pela maioria dos autores.

6.3 Teoremas principais

Nos teoremas principais que iremos considerar aqui nesta secção, vão ter papel de relevo as funções quesão contínuas num intervalo fechado [a, b], com a < b, e deriváveis no intervalo aberto (a, b). Comecemospor estabelecer um resultado cuja interpretação geométrica é trivial.

Proposição 6.3.1. Seja f uma função real de variável real, derivável num ponto x = a interior aDf . Se f tem um extremo local em x = a, então f ′(a) = 0.

Demonstração: Suponhamos que f tem um extremo local num ponto x = a interior a Df . Comecemospor de�nir uma nova função

g(x) =

f(x)− f(a)

x− a, x 6= a

f ′(a), x = a .

Pela derivabilidade de f em x = a, existe f ′(a), e, como limx→a g(x) = f ′(a), a função g é contínua noponto x = a. Queremos mostrar que f ′(a) = 0. Pela de�nição de g, isto é equivalente a mostrar queg(a) = 0. Mostremos que não pode acontecer g(a) > 0 nem g(a) < 0. Suponhamos, com vista a umabsurdo, que g(a) > 0. Então, pela continuidade de g em x = a, existe um intervalo de centro x = aonde g(x) > 0. Nesse intervalo temos então, pela de�nição de g,

f(x) > f(a) se x > a ou f(x) < f(a) se x < a .

Mas isto contradiz o facto de x = a ser um extremo local de f . Portanto, não se pode ter g(a) > 0.De modo análogo se mostra que também não se pode ter g(a) < 0. Fica, portanto, demonstrado quef ′(a) = 0.

A proposição anterior dá-nos uma condição necessária da existência de extremo, mas que não ésu�ciente, como iremos ver mais adiante.

Proposição 6.3.2 (Teorema de Rolle). Seja f uma função real de variável real, contínua no intervalofechado [a, b] e derivável no intervalo aberto (a, b), tal que f(a) = f(b). Então existe, pelo menos,um ponto c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.

Demonstração: Supondo que f é uma função contínua num intervalo fechado e limitado [a, b], então,pelo Teorema de Weiertrasse (Proposição 5.2.7), f tem máximo e mínimo neste intervalo. Se o máximoe o mínimo são atingidos nos extremos do intervalo [a, b], então, dado que f(a) = f(b), f é uma funçãoconstante neste intervalo. Neste caso, f ′(x) = 0 em todos os pontos do intervalo [a, b]. Se f(x) 6=constante no intervalo [a, b], então f tem um máximo ou um mínimo, ou ambos, no intervalo aberto(a, b). Seja c um ponto de (a, b) onde f tem um máximo ou um mínimo. Então, pelo resultado anterior,f ′(c) = 0.

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1. c′ = 0, c = constante 2. x′ = 1

3. (u± v)′ = u′ ± v′ 4. (c u)′ = c u′, c = constante

5. (u v)′ = u′v + u v′ 6.(uv

)′=

u′v − u v′

v2

7. (ur)′ = r ur−1u′, r ∈ R 8. ( n√u)′ =

u′

nn√un−1

9. (eu)′ = u′eu 10. (au)′ = auu′ ln a, a ∈ R+

11. (ln(u))′ =u′

u12. (loga(u))

′ =1

ln a

u′

u

13. (uv)′ = uvv′ ln(u) + v uv−1u′

14. ( sen(u))′ = u′ cos(u) 15. (cos(u))′ = −u′ sen(u)

16. ( tg(u))′ =u′

cos2(u)= u′ sec2(u) 17. ( cotg(u))′ = − u′

sen2(u)= −u′ cosec2(u)

18. (sec(u))′ = u′ sec(u) tg(u) 19. ( cosec(u))′ = −u′ cosec(u) cotg(u)

20. ( arcsen(u))′ =u′√

1− u221. (arccos(u))′ = − u′√

1− u2

22. ( arctg(u))′ =u′

1 + u223. ( arccotg(u))′ = − u′

1 + u2

24. ( arcsec(u))′ =u′

u√1 + u2

25. ( arccosec(u))′ = − u′

u√1− u2

26. ( senh(u))′ = u′ cosh(u) 27. (cosh(u))′ = u′ senh(u)

28. ( tgh(u))′ =u′

cosh2(u)= u′ sech2(u) 29. ( cotgh(u))′ = − u′

senh2(u)= −u′ cosech2(u)

30. ( sech(u))′ = −u′ tgh(u) sech(u) 31. ( cosech(u))′ = −u′ cotgh(u) cosech(u)

32. ( argsh(u))′ =u′√

u2 + 133. ( argch(u))′ =

u′√u2 − 1

34. ( argtgh(u))′ =u′

1− u235. ( argcotgh(u))′ =

u′

1− u2

36. ( argsech(u))′ = − u′

u√1− u2

37. ( argcosech(u))′ = − u′

u√1 + u2

Tabela 6.1: Fórmulas de derivação.

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O teorema de Rolle1 tem muita importância, não só porque nos possibilita demonstrar outros teoremasfundamentais do cálculo diferencial, mas também porque nos permite mostrar a unicidade de zeros deuma função, ou a unicidade raízes de uma equação, num dado intervalo.

Corolário 6.3.1 (Teorema de Rolle). Suponhamos que as condições do Teorema de Rolle sãoveri�cadas. Então:

1. Entre dois zeros consecutivos de uma função derivável num intervalo aberto, existe, pelomenos, um zero da função derivada;

2. Entre dois zeros consecutivos da derivada de uma função derivável num intervalo aberto, nãopode haver mais do que um zero da função.

Demonstração: Seja f uma função nas condições do Teorema de Rolle. Se x1, x2 ∈ (a, b) são doiszeros consecutivos de f , aplicamos o Teorema de Rolle no intervalo [x1, x2], dado que f(x1) = f(x2), emostramos que existe, pelo menos, um c ∈ (x1, x2) ⊂ (a, b) tal que f ′(c) = 0. Para mostrar a segundaa�rmação, supomos que entre dois zeros consecutivos da derivada, digamos c1 e c2, existiam dois zerosda função, digamos x1 e x2. Admitindo que x1 < x2, tem-se c1 < x1 < x2 < c2. Aplicando o Teoremade Rolle no intervalo [x1, x2], mostra-se que existe um c ∈ (x1, x2) tal que f ′(c) = 0. Temos então trêszeros da derivada pela ordem c1 < c < c2. Isto contraria o facto de c1 e c2 serem dois zeros consecutivosda derivada.

Exemplo 6.3.1. Mostre que, independentemente do valor de c, a equação x3 − 3x + c = 0 tem,quanto muito, uma raiz no intervalo [−1, 1].

Seja f(x) = x3 − 3x+ c e calculemos os zeros da sua função derivada:

f ′(x) = 0⇔ 3x2 − 3 = 0⇔ x = ±1 .

Como os zeros da derivada, x = −1 e x = 1, estão nos extremos do intervalo [−1, 1], o Corolário2 do teorema de Rolle garante-nos que não pode haver mais do que um zero da função f(x). Porconsequência, a equação referida tem, quanto muito, uma raiz no intervalo [−1, 1].

Em determinadas situações, podemos recorrer ao Teorema do Valor Intermédio para mostrar que aderivada de uma função tem, pelo menos, um zero num dado intervalo. Neste sentido, se assumirmosque a derivada f ′ de uma função f é continua num intervalo [a, b] e se f ′(a) f ′(b) < 0, então existe, pelomenos, um zero da função derivada f ′(x) no intervalo [a, b]. Este resultado é, por vezes, designado naliteratura como o Teorema de Darboux2.

A derivada de uma função, calculada num ponto, re�ecte propriedades da função apenas nesse ponto.Por outro lado, a razão incremental de uma função num ponto vai re�ectir propriedades da função nointervalo onde a razão incremental é considerada.

Proposição 6.3.3 (Teorema de Lagrange). Seja f uma função real de variável real, contínua nointervalo fechado [a, b] e derivável no intervalo aberto (a, b). Então existe, pelo menos, um pontoc ∈ (a, b) tal que

f(b)− f(a)

b− a= f ′(c).

1Michel Rolle (1652-1719), matemático francês natural de Ambert.2Jean Gaston Darboux (1842-1917), matemático francês natural de Nimes.

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Demonstração: Consideremos a função

g(x) =f(b)− f(a)

b− ax− f(x) .

Pelas hipóteses feitas sobre f , também a função g é contínua em [a, b] e derivável em (a, b). Além disso,tem-se

g(a) =af(b)− bf(a)

b− a= g(b) .

Então, pelo Teorema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que

g′(c) = 0⇔ f(b)− f(a)

b− a− f ′(c) = 0⇔ f(b)− f(a)

b− a= f ′(c) ,


O Teorema de Lagrange3 é o principal resultado do Cálculo Diferencial e é frequentemente designadopor teorema do valor médio da derivada. Em alguma literatura, este resultado é designado por teoremados acréscimos �nitos.

Exemplo 6.3.2. Usando o Teorema de Lagrange, mostre que

| sen(x)| ≤ |x| para todo x ∈ R.

Sejam x, y ∈ R arbitrários e tais que y < x. Consideremos a função f(t) = sen(t) de�nida nointervalo [y, x]. É fácil veri�car que esta função satisfaz as condições do Teorema de Lagrange.Então, por este teorema,

∃ c ∈ (y, x) :f(x)− f(y)

x− y= f ′(c)⇔ sen(x)− sen(y)

x− y= cos(c) .

Aplicando módulos na última equação e usando o facto de que | cos(c)| ≤ 1 para todo o c ∈ R,obtemos

| sen(x)− sen(y)| ≤ |x− y| .

Finalmente, tomando y = 0, obtemos a relação pretendida.

O caso y > x resolve-se de forma análoga.

O Teorema de Lagrange tem consequências imediatas no estudo da monotonia das funções que deixaremospara uma secção mais adiante. Por outro lado, tem também a extensão que apresentamos a seguir e que,como iremos ver, tem muita utilidade em exercícios práticos de cálculo de limites.

Proposição 6.3.4 (Teorema de Cauchy). Sejam f e g duas funções reais de variável real, contínuasno intervalo fechado [a, b] e deriváveis no intervalo aberto (a, b). Então existe, pelo menos, um pontoc ∈ (a, b) tal que

g′(c) [f(b)− f(a)] = f ′(c) [g(b)− g(a)] .

Demonstração: De�namos a função

h(x) = g(x)[f(b)− f(a)]− f(x)[g(b)− g(a)] .

Pelas hipóteses feitas sobre as funções f e g, também a função h é contínua em [a, b] e derivável em (a, b).Por outro lado,

h(a) = f(b)g(a)− f(a)g(b) = h(b) .

3Joseph-Louis Lagrange (1736-1813), matemático francês nascido em Itália com o nome de Giuseppe Lodovico Lagrangia.

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Então, pelo Teorema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que

h′(c) = 0⇔g′(c)[f(b)− f(a)]− f ′(c)[g(b)− g(a)] = 0

⇔g′(c)[f(b)− f(a)] = f ′(c)[g(b)− g(a)] ,


Em particular, sempre que as divisões sejam possíveis, a fórmula do valor médio expressa no Teoremade Cauchy, pode ser escrita na forma seguinte:

f(b)− f(a)

g(b)− g(a)=f ′(c)

g′(c).

Uma das consequências mais importante do Teorema de Cauchy, é uma regra que nos permite calculara grande maioria dos limites que dêem indeterminações dos tipos 0/0.

Proposição 6.3.5 (Regra de Cauchy). Sejam f e g duas funções reais de variável real, deriváveisnum intervalo aberto (a, b), com a < b e possivelmente in�nitos, e x0 um dos extremos do intervalo(a, b). Suponhamos que:1. g′(x) 6= 0 para todos x ∈ (a, b);2. lim

x→x0

f(x) = limx→x0

g(x) = 0 ou limx→x0

g(x) =∞.

Então,

limx→x0

f(x)

g(x)= limx→x0

f ′(x)

g′(x), (6.3.2)

desde que o limite do segundo membro exista em R.

Demonstração: Sejam f e g duas funções nas condições do enunciado e x0 um dos extremos do in-tervalo aberto (a, b). Comecemos por considerar o caso x0 = a. Se x0 = b, a demonstração é análoga.Suponhamos que

limx→x0

f ′(x)

g′(x)= L . (6.3.3)

Se L ∈ R, existem ε > 0 e 0 < δ < b− a tais que

L− ε ≤ f ′(x)

g′(x)≤ L+ ε ∀ x ∈ (a, a+ δ) .

Então, pelo Teorema de Cauchy, resulta que

L− ε ≤ f(x)− f(y)

g(x)− g(y)≤ L+ ε ∀ x, y ∈ (a, a+ δ), x 6= y . (6.3.4)

Se limx→a f(x) = limx→a g(x) = 0, então fazendo y → 0 na relação anterior, temos

L− ε ≤ f(x)

g(x)≤ L+ ε ∀ x ∈ (a, a+ δ) ,

o que implica (9.4.10). No caso de limx→a g(x) =∞, deduz-se da relação (6.3.4) que

(L− ε)(

1− g(y)

g(x)

)≤ f(x)

g(x)− f(y)

g(x)≤(

1− g(y)

g(x)

)(L+ ε) (6.3.5)

para todos x, y ∈ (a, a+ δ), com x 6= y. Para y ∈ (a, a+ δ), observamos que

limx→a

g(x) =∞ ⇒ limx→a

f(y)

g(x)= 0 e lim

x→a

g(y)

g(x)= 0 .

Tomando os limites superior e inferior em (6.3.5) e usando as relações anteriores, obtemos

L− ε ≤ lim infx→a

f(x)

g(x)≤ lim sup

x→a

f(x)

g(x)≤ L+ ε .

2014/2015 144 c© HBO


Como ε é arbitrário, sai desta última relação

L = lim infx→a

f(x)

g(x)= lim sup

x→a

f(x)

g(x)⇒ L = lim

x→a

f(x)

g(x)

e, como consequência, obtemos (9.4.10).

Finalmente, se L =∞, veri�ca-se, a partir de (6.3.3), que f ′(x) 6= 0 em (a, a+λ) para algum 0 < λ < b−a.Então este caso reduz-se ao precedente trocando f com g.

Observe-se que a proposição anterior contém, de modo implícito, o caso de indeterminações do tipo ∞∞ .Por outro lado, sendo x0 um dos extremos do intervalo (a, b), os limites da Regra de Cauchy são, naverdade, limites laterais. Observe-se, ainda, que, como x0 pode eventualmente ser in�nito, a Regra deCauchy permanece ainda válida no caso de

limx→∞

f(x) = limx→∞

g(x) = 0 ou limx→∞

f(x) = limx→∞

g(x) =∞ .

Outra regra muito importante, mas que é aplicável somente às indeterminações do tipo 0/0 é a Regrade L'Hôpital4.

Proposição 6.3.6 (Regra de L'Hôpital). Sejam f e g duas funções reais de variável real, contínuasno intervalo fechado [a, b] e deriváveis no intervalo aberto (a, b), com a < b, e seja x0 um dosextremos do intervalo [a, b]. Suponhamos que f(x0) = g(x0) = 0 e g′(x0) 6= 0. Então,

limx→x0

f(x)

g(x)=f ′(x0)

g′(x0).

Demonstração: Sejam f e g duas funções nas condições do enunciado e x0 um dos extremos do intervaloaberto (a, b). Se f(x0) = g(x0) = 0 e g′(x0) 6= 0, então, pelo Teorema de Cauchy, temos

limx→x0

f(x)

g(x)= limx→x0

f(x)− f(x0)

g(x)− g(x0)= limx→x0

f(x)−f(x0)x−x0

g(x)−g(x0)x−x0

=f ′(x0)

g′(x0),


A Regra de L'Hôpital admite, ainda, a extensão g′(x0) = 0 e f ′(x0) 6= 0. Neste caso, o limite é in�nito.Observe-se que a Regra de L'Hôpital não é igual à Regra de Cauchy - as hipóteses são diferentes. Estaduas regras dão-nos uma das ferramentas mais poderosas da Análise Matemática para o cálculo de limitesde quocientes entre funções elementares. Para o cálculo dos limites, iremos designá-las no único nomede Regra de Cauchy-L'Hôpital.

Exemplo 6.3.3. Usando a Regra de Cauchy-L'Hôpital, calcule o limite seguinte:

limx→0

x− tg(x)

x− sen(x).

4Guillaume François Antoine (1661-1704), Marquês de L'Hôpital, matemático francês nascido em Paris.

2014/2015 145 c© HBO


Calculando, obtemos:

limx→0

x− tg(x)

x− sen(x)=

0

0(Indeterminação)

= limx→0

(x− tg(x))′

(x− sen(x))′ (Pela Regra de Cauchy-L'Hôpital)

= limx→0

1− 1cos2(x)

1− cos(x)=

0

0(Indeterminação)

= limx→0

(1− cos−2(x)

)′(1− cos(x))′

(Pela Regra de Cauchy-L'Hôpital)

= limx→0

−2 cos−3(x) sen(x)

sen(x)= −2 lim

x→0

1

cos3(x)= −2 .

As indeterminações 0×∞ e ∞−∞, que podem surgir no cálculo de limites de um produto f(x)g(x) oude uma soma f(x) + g(x), reduzem-se às indeterminações 0/0 ou ∞/∞ pelas transformações

f(x) + g(x) = f(x)g(x)

(1

g(x)+

1

f(x)

), f(x)g(x) =

f(x)

1/g(x)=

g(x)

1/f(x).

Deste modo, podemos usar a Regra de Cauchy-L'Hôpital para a grande maioria das indeterminações.

Exemplo 6.3.4. Usando a Regra de Cauchy-L'Hôpital, calcule o limite seguinte:

limx→+∞

x1x .

Neste caso, temoslim

x→+∞x

1x = (+∞)0 (Indeterminação) .

Para levantar esta indeterminação, vamos calcular o logaritmo deste limite. Atendendo ao facto deque o logaritmo é uma função contínua, podemos trocar o logaritmo com o limite. Temos então:

ln

(lim

x→+∞x

1x

)= limx→+∞

(lnx

1x

)= limx→+∞

ln(x)

x=

+∞+∞

(Indeterminação)

= limx→+∞

(ln(x))′

x′(Pela Regra de Cauchy-L'Hôpital)

= limx→+∞

1

x= 0 .

Assim, temos que

ln

(lim

x→+∞x

1x

)= 0⇔ lim

x→+∞x

1x = e0 = 1 .

Apesar da Regra de Cauchy-L'Hôpital ser muito e�caz no cálculo de limites, existem situações em que asua aplicação não permite calcular o limite pretendido.

Exemplo 6.3.5. Mostre que o limite seguinte não pode ser calculado pela Regra de Cauchy-L'Hôpital. Calcule-o usando outros métodos.

limx→+∞

x− sen(x)

x+ cos(x).

2014/2015 146 c© HBO


Comecemos por ver que a Regra de Cauchy-L'Hôpital não nos ajuda neste caso. Observando que

limx→+∞

x− sen(x)

x+ cos(x)=

+∞+∞

(Indeterminação) ,

e usando a Regra de Cauchy-L'Hôpital, obtemos

limx→+∞

x− sen(x)

x+ cos(x)= limx→+∞

(x− sen(x))′

(x+ cos(x))′

= limx→+∞

1− cos(x)

1− sen(x)=

1− cos(+∞)

1− sen(+∞).

No entanto o limite obtido não existe, no sentido em que não sabemos o que são sen(+∞) e cos(+∞).

Apesar disto, o limite pode facilmente ser calculado usando outras técnicas. Pondo x em evidência,obtemos

limx→+∞

x− sen(x)

x+ cos(x)= limx→+∞

x(1− 1

x sen(x))

x(1 + 1

x cos(x)) =

1− 0

1 + 0= 1 .

6.4 Derivadas de ordem superior

Seja f uma função real de variável real, derivável e com função derivada f ′. Se a função f ′ é derivávelnum ponto x = a interior a Df ′ ⊆ Df , então dizemos que a função f é duas vezes derivável no pontox = a. Esta derivada designa-se por derivada de segunda ordem, ou segunda derivada, da função f emx = a e de�ne-se por:

f ′′(a) = limx→a

f ′(x)− f ′(a)

x− a.

Por um processo indutivo, podemos de�nir a derivada de qualquer ordem superior a 2.

De�nição 6.4.1. Sejam f uma função real de variável real e n ∈ N. Diz-se que f é uma funçãon-vezes derivável no ponto x = a, se a função f for (n-1)-vezes derivável numa vizinhança doponto x = a e se existir o limite

f (n)(a) = limx→a

f (n−1)(x)− f (n−1)(a)

x− a.

Por convenção, dizemos que a derivada de ordem zero de uma função é a própria função: f (0)(a) = f(a).Se, para qualquer n ∈ N, f é n-vezes derivável num intervalo I interior ao seu domínio, então f diz-seuma função inde�nidamente derivável em I.

Proposição 6.4.1. Sejam f e g duas funções reais de variável real, n-vezes deriváveis num pontox = a interior à intercepção dos seus domínios. Então:

1. f + g é n-vezes derivável em x = a e

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

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2. f g é n-vezes derivável em x = a e

(f g)(n)(a) =

n∑k=0

(nk

)f (n−k)(a) g(k)(a). (Regra de Leibniz)

Demonstração: Usemos indução matemática em n para mostrar as duas a�rmações. Comecemos peladerivada de ordem n da soma entre f e g. Se n = 1, tem-se, pela derivada (de ordem n = 1) da somade duas funções que (f + g)′(a) = f ′(a) + g′(a). Admitindo que a fórmula é válida para n (hipótese deindução), mostremos que também é verdadeira para n+1 (tese). De facto, usando a hipótese de induçãoe a derivada (de ordem n = 1) da soma, temos

(f + g)(n+1)(a) = [(f + g)(n)(a)]′ = [f (n)(a) + g(n)(a)]′ = f (n+1)(a) + g(n+1)(a).

Vejamos, agora, a derivada do produto. Se n = 1, tem-se, pela derivada (de ordem n = 1) do produtode duas funções que

(fg)′(a) = f ′(a)g(a) + f(a)g′(a) =

1∑k=0

(1k

)f (1−k)(a) g(k)(a) .

Suponhamos que a fórmula é válida para n (hipótese de indução) e mostremos que também é verdadeirapara n+ 1 (tese). Usando a hipótese de indução, o caso anterior e a derivada (de ordem n = 1), tem-se

(fg)(n+1)(a) =[(fg)(n)(a)]′ =

[n∑k=0

(nk

)f (n−k)(a) g(k)(a)

]′

=

n∑k=0

(nk

)[f (n+1−k)(a) g(k)(a) + f (n−k)(a) g(k+1)(a)

]=f (n+1)(a) g(a) +

n∑k=1

(nk

)f (n+1−k)(a) g(k)(a)+

n∑k=1

(n

k − 1

)f (n+1−k)(a) g(k)(a) + f(a) g(n+1)(a)

=

n+1∑k=0

(n+ 1k

)f (n+1−k)(a) g(k)(a) .

Na última igualdade usamos, ainda, a relação(nk

)+

(n

k − 1

)=

(n+ 1k

),

que se demonstra por indução em k.

Pela proposição anterior, saem facilmente expressões para as derivadas de ordem n da diferença e doquociente.

Exemplo 6.4.1. Recorrendo à de Regra de Leibniz, determine a derivada de ordem n da funçãoseguinte:

f(x) =ex

x.

Usando a Regra de Leibniz, obtemos(ex

x

)(n)

=

(ex

1

x

)(n)

=

n∑k=0

(nk

)(ex)

(n−k)

(1

x

)(k)

.

Falta-nos agora determinar expressões gerais para as derivadas de ordem n − k e de ordem n

das funções intervenientes na Regra de Leibniz. Facilmente se vê que (ex)(n−k)

= ex para todos

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n, k ∈ N0, com n > k. Por outro lado, temos

1

x= x−1 ,(1

x

)′= −x−2 ,(

1

x

)′′= 2x−3 ,(

1

x

)′′′= −2× 3x−4 ,

· · ·(1

x

)(k)

= (−1)kk!x−(k+1) .

Substituindo estas expressões na fórmula de Leibniz anterior, obtemos(1

xex)(n)

=

n∑k=0

n!

k!(n− k)!ex(−1)kk!x−(k+1) = ex

n∑k=0

(−1)kn!

(n− k)!

1

xk+1.

6.5 Fórmula de Taylor

Nesta secção vamos desenvolver um método que nos permite calcular os valores das funções elementarescomo o seno ou a exponencial. Este método tem por base uma aproximação das funções elementares porpolinómios com um termo que nos dá o erro e que é facilmente estimado.

Comecemos por recordar que a derivada de uma função f num ponto x = a nos dá o declive da rectatangente ao grá�co da função nesse ponto. Muito próximo do ponto x = a a função f e a sua rectatangente vão ter valores aproximados. Por uma simples análise geométrica da noção de derivada (verFigura 6.1), vemos que a expressão designatória da recta tangente ao grá�co da função no ponto x = a é

y = f(a) + f ′(a)(x− a).

Deste modo, numa vizinhança do ponto x = a onde a função f seja derivável, podemos escrever aigualdade seguinte:

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + r1(x);

onde r1(x) é o erro que se comete na aproximação. Se f for duas vezes derivável no ponto x = a, usandoa expressão anterior, podemos escrever:

f ′(x) = f ′(a) + f ′′(a)(x− a) + r(x);

onde r(x) é o erro que se comete nesta aproximação. Conjugando as duas expressões anteriores, obtemos

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + f ′′(a)(x− a)2

2+ r2(x);

onde r2(x) expressa o erro neste caso. Observe-se que os termos de segunda ordem vêm a dividir por 2,porque se derivarmos esta última expressão temos de obter a anterior. Prosseguindo com este raciocínio,podemos generalizar este resultado na proposição seguinte.

Proposição 6.5.1 (Fórmula de Taylor). Seja f uma função de�nida num intervalo aberto I ⊆ R,e n vezes derivável num ponto a ∈ I. Tem-se então, para qualquer x ∈ I,

f(x) = f(a)+f ′(a)(x−a)+f ′′(a)

2(x−a)2+

f ′′′(a)

3!(x−a)3+· · ·+ f (n)(a)

n!(x−a)n+rn(x−a) , (6.5.6)

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onde

limx−→a

rn(x− a)

(x− a)n= 0 . (6.5.7)

Demonstração. De�namos o polinómio de ordem n seguinte

Tn(x) := f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2(x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n . (6.5.8)

Por simples derivação, mostra-se que Tn(x) é o único polinómio de ordem, quanto muito, igual a n talque

T (k)n (a) = f (k)(a) ∀ k ∈ {0, 1, . . . , n} , (6.5.9)

onde T (k)n (a) denota a derivada de ordem k de Tn(x) no ponto x = a. Mostremos que, quando x tende

para a, rn(x− a) := f(x)−Tn(x) é um in�nitésimo quando comparado com (x− a)n, i.e. que se veri�ca(9.4.6). Pelas hipóteses feitas sobre f e tendo em conta (9.4.8), podemos aplicar sucessivamente a Regrade Cauchy e obtemos

limx−→a

rn(x− a)

(x− a)n= limx−→a

f(x)− Tn(x)

(x− a)n= limx−→a

f ′(x)− T ′n(x)

n(x− a)n−1= . . .

= limx−→a

f (n)(x)− T (n)n (a)

n!=f (n)(a)− f (n)(a)

n!= 0 ,


Observemos que, no caso de n = 0, basta que f seja contínua. A fórmula anterior, chama-se fórmula deTaylor5 de ordem n da função f no ponto x = a. A função rn(x− a) designa-se por resto de ordem ne, de entre as várias expressões possíveis, a mais usada é indicada na proposição a seguir.

Proposição 6.5.2. Seja f uma função de�nida num intervalo aberto I ⊆ R e a ∈ I. Suponhamosque f e as suas derivadas até à ordem n+ 1 são funções contínuas em I. Então existe um ponto ξentre a e x ∈ I tal que o resto da Fórmula de Taylor de ordem n de f em x = a é dado por

rn(x− a) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− a)n+1 . (6.5.10)

Demonstração. Consideremos o polinómio Tn(x) de�nido na demonstração da proposição anterior em(9.4.7) e de�namos

g(x) := f(x)− T (n)n (x) e h(x) := (x− a)n+1 . (6.5.11)

Observemos que g(k)(a) = 0 e h(k)(a) = 0 para todo k ∈ {0, 1, . . . , n}, g(n+1)(x) = f (n+1)(x) para todox ∈ I e h(n+1)(a) = (n + 1)!. Tendo isto em conta, usando as hipóteses feitas sobre f e aplicando oTeorema de Cauchy, mostramos que existe ξ1 entre a e x tal que

g(x)

h(x)=g(x)− g(a)

h(x)− h(a)=g′(ξ1)

h′(ξ1).

Do mesmo modo, existe ξ2 entre a e ξ1 tal que

g′(ξ1)

h′(ξ1)=g′(ξ1)− g′(a)

h′(ξ1)− h′(a)=g′′(ξ2)

h′′(ξ2).

Prosseguindo este raciocínio até à derivada de ordem n+1, chegamos eventualmente a um ponto ξ = ξn+1

tal queg(x)

h(x)= · · · = g(n+1)(ξ)

h(n+1)(ξ)=f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!.

Multiplicando esta equação por (x−a)n+1 e usando as expressões de g e h de�nidas em (9.4.11), obtemosa Fórmula de Taylor com o resto dado por (9.4.9).

5Brook Taylor (1685-1731), matemático inglês natural de Londres.

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O resto da fórmula de Taylor expresso em (9.4.9) é conhecido na literatura como Resto de Lagrange ea correspondente fórmula de Taylor, como Fórmula de Taylor-Lagrange. Existem diferentes expressõespara o resto da Fórmula de Taylor, mas todas elas satisfazem à condição fundamental (9.4.6) (ver, porexemplo, Santos Guerreiro, pp. 137-140).

No caso particular de a = 0, a fórmula de Taylor reduz-se a

f(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)

2x2 +

f ′′′(0)

3!x3 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn + rn(x) , (6.5.12)

onde

limx−→0

rn(x)

xn= 0 . (6.5.13)

Neste caso, a fórmula de Taylor recebe o nome de fórmula de Maclaurin6.

Proposição 6.5.3 (Fórmulas Fundamentais). As funções elementares seguintes admitem as fór-mulas de Maclaurin de ordem n indicadas:

1.1

1− x= 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + rn(x);

2. ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ xn

n!+ rn(x);

3. ln(1 + x) = x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ rn(x);

4. (1 + x)α = 1 + αx+

(α2

)x2 + · · ·+

(αn

)xn + rn(x), α ∈ R;

5. sen(x) = x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ sen

(nπ2

) xnn!

+ rn(x);

6. cos(x) = 1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ cos

(nπ2

) xnn!

+ rn(x).

Demonstração. 1. Se f(x) = 11−x , determinando as sucessivas derivadas, temos

f ′(x) =1

(1− x)2⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) =2

(1− x)3⇒ f ′′(0) = 2 ,

f ′′′(x) =2× 3

(1− x)4⇒ f ′′′(0) = 2× 3 ,

· · ·

f (n)(x) =n!

(1− x)n+1⇒ f (n)(0) = n!, n ≥ 0 .

Então, substituindo na fórmula de Maclaurin (6.5.12), obtemos

1

1− x=1 + x+

2

2x2 +

3!

3!x3 + · · ·+ n!

n!xn + rn(x)

=1 + x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + rn(x) .

Falta apenas ver que (9.4.6) é satisfeita. De facto, usando a de�nição (9.4.9) para o resto, temos

limx−→0

rn(x)

xn= limx−→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx−→0

(n+1)!(1−ξ)n+2

(n+ 1)!x = lim

x−→0

x

(1− ξ)n+2= 0 .

6Colin Maclaurin (1698-1746), matemático escocês natural de Kilmodan.

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A última igualdade resulta do facto de ξ estar entre 0 e x e de que, por de�nição da função, x 6= 1.

2. Para f(x) = ex, temos f (n)(x) = ex ⇒ f (n)(0) = 1 para todo n ∈ N. Substituindo em (6.5.12), oobtemos a fórmula de Maclaurin respectiva. Para ver que (9.4.6) é satisfeita, usamos a de�nição (9.4.9)para o resto e obtemos

limx−→0

rn(x)

xn= limx−→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx−→0

eξ

(n+ 1)!x = 0 .

3. Se f(x) = ln(1 + x), temos

f ′(x) =1

1 + x⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) = − 1

(1 + x)2⇒ f ′′(0) = −1 ,

f ′′′(x) =2

(1 + x)3⇒ f ′′′(0) = 2 ,

f (iv)(x) = − 2× 3

(1 + x)4⇒ f (iv)(0) = −2× 3 ,

· · ·

f (n)(x) = (−1)n−1 (n− 1)!

(1 + x)n⇒ f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)!, n ≥ 1 .

Substituindo em (6.5.12), tem-se

1

1− x=0 + 1× x+

−1

2x2 +

2

3!x3 +

−3!

4!x4 + · · ·+ (−1)n(n− 1)!

n!xn + rn(x)

=x− x2

2+x3

3− x4

4+ · · ·+ (−1)n

xn

n+ rn(x) .

Vejamos que (9.4.6) é satisfeita, usando a de�nição (9.4.9) para o resto. De facto, temos:

limx−→0

rn(x)

xn= limx−→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx−→0

(−1)n n!(1+ξ)n+1

(n+ 1)!x = lim

x−→0

(−1)n

(1 + ξ)n+1(n+ 1)x = 0 .

4. No caso de α ∈ R e f(x) = (1 + x)α, tem-se

f ′(x) = α(1 + x)α−1 ⇒ f ′(0) = α ,

f ′′(x) = α(α− 1)(1 + x)α−2 ⇒ f ′′(0) = α(α− 1) ,

f ′′′(x) = α(α− 1)(α− 2)(1 + x)α−3 ⇒ f ′′′(0) = α(α− 1)(α− 2) ,

. . .

f (n)(x) = α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)](1 + x)α−n

⇒ f (n)(0) = α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)], n ≥ 1 .

Substituindo em (6.5.12) e usando a escrita abreviada sugerida pela identidade

α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (k − 1)] =α!

(α− k)!= k!

(αk

)(quando α, k ∈ N) ,

obtemos

(1 + x)α =1 + αx+α(α− 1)

2x2 +

α(α− 1)(α− 2)

3!x3 + . . .

+α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)]

n!xn + rn(x)

=1 + αx+

(α2

)x2 +

(α3

)x3 + · · ·+

(αn

)xn + rn(x) .

2014/2015 152 c© HBO



limx−→0

rn(x)

xn= limx−→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx−→0

α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)](1 + ξ)α−n

(n+ 1)!x = 0 .

Observe-se que a última igualdade resulta do facto de ξ estar entre 0 e x e de que, por de�nição dafunção, x 6= −1.

5. Seja, agora, f(x) = sen(x). Temos

f ′(x) = cos(x) = sen(x+

π

2

)⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) = − sen(x) = sen

(x+

2π

2

)⇒ f ′′(x) = 0 ,

f ′′′(x) = − cos(x) = sen

(x+

3π

2

)⇒ f ′′′(0) = −1 ,

f (iv)(x) = sen(x) = sen

(x+

4π

2

)⇒ f (iv)(0) = 0 ,

f (v)(x) = cos(x) = sen

(x+

5π

2

)⇒ f (v)(0) = 1 ,

. . .

f (n)(x) = sen(x+

nπ

2

)⇒ f (n)(0) =

{0 , se n par±1 se n ímpar

, n ≥ 0 .

Substituindo em (6.5.12), temos

sen(x) =0 + 1× x+0

2x2 +

−1

3!x3 +

0

4!x4 +

1

5!x5 + · · ·+

sen(nπ2

)n!

xn + rn(x)

=x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ sen

(nπ2

) xnn!

+ rn(x) .

Vejamos, agora, que (9.4.6) é satisfeita. De facto, usando a de�nição (9.4.9) para o resto, temos

limx−→0

rn(x)

xn= limx−→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx−→0

sen(ξ + nπ

2

)(n+ 1)!

x = 0 .

6. Finalmente, no caso de f(x) = cos(x), tem-se

f ′(x) = − sen(x) = cos(x+

π

2

)⇒ f ′(0) = 0 ,

f ′′(x) = − cos(x) = cos

(x+

2π

2

)⇒ f ′′(x) = −1 ,

f ′′′(x) = sen(x) = cos

(x+

3π

2

)⇒ f ′′′(0) = 0 ,

f (iv)(x) = cos(x) = cos

(x+

4π

2

)⇒ f (iv)(0) = 1 ,

f (v)(x) = − sen(x) = cos

(x+

5π

2

)⇒ f (v)(0) = 0 ,

. . .

f (n)(x) = cos(x+

nπ

2

)⇒ f (n)(0) =

{0 , se n ímpar±1 se n par

, n ≥ 0 .


cos(x) =1 + 0× x+−1

2x2 +

0

3!x3 +

1

4!x4 +

0

5!x5 + · · ·+

cos(nπ2

)n!

xn + rn(x)

=1− x2

2+x4

4!+ · · ·+ cos

(nπ2

) xnn!

+ rn(x) .

2014/2015 153 c© HBO


Para ver que (9.4.6) é satisfeita, usamos a de�nição (9.4.9) para obter

limx−→0

rn(x)

xn= limx−→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx−→0

cos(ξ + nπ

2

)(n+ 1)!

x = 0 ,


Exemplo 6.5.1. Determinar a fórmula de Maclaurin de ordem n da função seguinte:

f(x) = sen2(x) , x = 0 .

Comecemos por observar que

f(x) = sen2(x) =1− cos(2x)

2.

Então, usando a Fórmula 6 da Proposição 6.5.3, obtemos

f(x) =1

2− 1

2

[n∑k=0

(−1)k(2x)2k

(2k)!+ rn(2x)

]=

n∑k=1

(−1)k+1 22k−1

(2k)!x2k +Rn(x) , (6.5.14)

onde Rn(x) = − 12rn(2x). Para ver que (9.4.6) é satisfeita, basta fazer uma mudança de variável

y = 2x para obtermos

limx−→0

Rn(x)

xn=

1

2limx−→0

rn(2x)

(2x)n=

1

2limy−→0

rn(y)

yn= 0 .

Assim, (9.4.19) é a Fórmula de Maclaurin da função dada.

No caso particular de f(x) ser um polinómio de grau menor ou igual a n, então rn(x) = 0 em (6.5.12).

Exemplo 6.5.2. Determinar a fórmula de Taylor de ordem n do polinómio seguinte em torno doponto indicado:

g(x) = x3 − 2x2 + 3x+ 5 , x = 2 .

Neste caso, temos:

g(x) = x3 − 2x2 + 3x+ 5 ⇒ g(2) = 11 ,

g′(x) = 3x2 − 4x+ 3 ⇒ g′(2) = 7 ,

g′′(x) = 6x− 4 ⇒ g′′(2) = 8 ,

g′′′(x) = 6 ⇒ g′′′(2) = 6 ,

g(n)(x) = 0 ∀ n ≥ 4 ⇒ g(n)(0) = 0 ∀ n ≥ 4 .

Então para todo n ≥ 3, rn(x− 2) = 0 e

g(x) = 11 + 7(x− 2) +8

2!(x− 2)2 +

6

3!(x− 2)3 = 11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + (x− 2)3 .

Se, por exemplo, n = 2, temos

g(x) = 11 + 7(x− 2) +8

2!(x− 2)2 + r2(x) = 11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + r2(x− 2) ,

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onde, usando (9.4.9), se tem

limx→2

r2(x− 2)

(x− 2)2= limx→2

g′′′

(ξ)3! (x− 2)3

(x− 2)2= limx→2

(x− 2) = 0 ,

onde ξ é um ponto entre x e 2.

6.6 Aplicações geométricas

A principal aplicação geométrica das derivadas é o estudo grá�co de funções. Vamos ver que os resultadosda secção anterior nos vão permitir obter informação, por exemplo, relativamente à monotonia ou aosextremos de funções.

De�nição 6.6.1. Seja f uma função real de variável real, com domínio Df , derivável num pontox = a interior a Df e seja b = f(a). A equação da recta tangente ao grá�co da função f noponto de coordenadas (a, b) é:

y = f(a) + f ′(a)(x− a).

Chama-se normal ao grá�co da função f no ponto de coordenadas (a, b), à recta que passa nesseponto e é perpendicular à recta tangente ao grá�co de f em (a, b). A equação da recta normalé dada por:

y = f(a)− 1

f ′(a)(x− a), f ′(a) 6= 0.

Se f ′(a) = 0, a recta normal é x = a.

xa

f(a)

y

0

y = f(x)

Recta tangente

Recta normal

Figura 6.2: Rectas tangente e normal.

Exemplo 6.6.1. Determine as equações das rectas tangente e normal ao grá�co da função f(x) =√1− x2 no ponto x =

√2

2 .

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Comecemos por calcular os valores da função e da sua derivada no ponto indicado:

f(x) =√

1− x2 ⇒ f

(√2

2

)=

√√√√1−

(√2

2

)2

=

√2

2;

f ′(x) =−2x

2√

1− x2⇒ f ′

(√2

2

)=

−2×√

22√

1−(√

22

)2= −1 .

Assim, temos:

yT = f

(√2

2

)+ f ′

(√2

2

)(x−√

2

2

)=√

2− x

yN = f

(√2

2

)− 1

f ′(√

22

) (x− √2

2

)= x .

Como já abordámos anteriormente, o Teorema de Lagrange, que vimos numa secção anterior, vai-nospermitir obter informação sobre a monotonia de uma função.

Corolário 6.6.1 (Teorema de Lagrange). Suponhamos que as condições do Teorema de Lagrangesão veri�cadas.

1. Se f ′(x) = 0 em todos os pontos de (a, b), então f(x) = constante em (a, b).

2. Se f ′(x) > 0 em todos os pontos de (a, b), então f é estritamente crescente em (a, b).

3. Se f ′(x) < 0 em todos os pontos de (a, b), então f é estritamente decrescente em (a, b).

Demonstração: Sejam x1 e x2 pontos arbitrários do intervalo (a, b) tais que x1 < x2. Pelo Teorema deLagrange,

∃ c ∈ (x1, x2) :f(x2)− f(x1)

x2 − x1= f ′(c) .

Se f ′(x) = 0 em todos os pontos de (a, b), então f(x2) = f(x1) para quaisquer pontos x1, x2 ∈ (a, b).Logo, f é uma função constante em (a, b). No caso de f ′(x) > 0 em todos os pontos de (a, b), entãof(x2) > f(x1) para quaisquer pontos x1, x2 ∈ (a, b) com x2 > x1. Portanto, f é estritamente crescenteem (a, b). Por �m, se f ′(x) < 0 em todos os pontos de (a, b), então f(x2) < f(x1) para quaisquer pontosx1, x2 ∈ (a, b) com x2 > x1. Assim, f é estritamente decrescente em (a, b).

Exemplo 6.6.2. Determine os intervalos de monotonia da função f(x) = x− 2 sen(x) de�nida em[0, 2π].

Comecemos por determinar a derivada da função:

f ′(x) = 1− 2 cos(x) .

A função é monótona estritamente crescente quando

f ′(x) > 0⇔ cos(x) <1

2⇔ x >

π

3+ 2kπ ∧ x <

5π

3+ 2kπ , k ∈ Z .

Como estamos a trabalhar apenas no intervalo [0, 2π], a função é crescente quando π3 < x < 5π

3 .

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Por complementaridade, a função é monótona estritamente decrescente quando 0 < x < π3 ou

quando 5π3 < x < 2π.

No corolário seguinte, mostramos como o Teorema de Lagrange pode, ainda, ser aplicado para averiguarda natureza dos pontos extremos de uma função.

Corolário 6.6.2 (Teorema de Lagrange). Seja f uma função real de variável real, contínua numintervalo fechado [a, b] e derivável em todos os pontos do intervalo aberto (a, b), com a possívelexcepção de um ponto x = c.

1. Suponhamos que f ′(x) > 0 para todos x < c e f ′(x) < 0 para todos x > c. Então f tem ummáximo relativo em x = c.

2. Suponhamos que f ′(x) > 0 para todos x > c e f ′(x) < 0 para todos x < c. Então f tem ummínimo relativo em x = c.

Demonstração: Comecemos por mostrar a primeira a�rmação. Se f ′(x) > 0 para todos x < c, então,pela Proposição anterior, f é estritamente crescente num intervalo (c − ε, c), com ε > 0. Do mesmomodo, se f ′(x) < 0 para todos x > c, então f é estritamente decrescente num intervalo (c, c + ε), comε > 0. Por consequência, f tem um máximo relativo em x = c. Para a segunda a�rmação, prosseguimoscom o mesmo raciocínio. Neste caso, se f ′(x) > 0 para todos x > c, então, pela Proposição anterior,f é estritamente crescente num intervalo (c, c + ε), com ε > 0. Se f ′(x) < 0 para todos x < c, entãof é estritamente decrescente num intervalo (c − ε, c), com ε > 0. Por consequência, f tem um mínimorelativo em x = c.

Exemplo 6.6.3. A partir da resolução do exercício anterior, determine os extremos da funçãof(x) = x− 2 sen(x) de�nida em [0, 2π].

Pelo exercício anterior, sabemos que a função é crescente quando π3 < x < 5π

3 e é decrescente se0 < x < π

3 ou se 5π3 < x < 2π. Como a função é contínua em [0, 2π], podemos inferir que x = 5π

3 éum ponto de máximo local com valor

y =5π

3− 2 sen

(π3

)=

5π

3+√

3 ,

e que x = π3 é um ponto de mínimo local com valor

y =π

3− 2 sen

(π3

)=π

3−√

3 .

Por outro lado, atendendo a que estamos apenas a considerar o intervalo [0, 2π], o ponto x = 0 éum ponto de máximo local, com valor y = 0− 2 sen(0) = 0, e y = 2π é um ponto de mínimo local,com valor y = 2π − 2 sen(2π) = 2π.

Contudo, veri�ca-se que o estudo dos extremos de muitas função, a partir do Teorema de Lagrange, torna-se demasiado moroso ou, mesmo, não pode ser feito. Por outro lado, sabemos que a Proposição 6.3.1 nosdá uma condição necessária da existência de extremo. No entanto, este resultado não é su�ciente para aexistência de extremos, como mostra o contra-exemplo do exercício seguinte.

Exemplo 6.6.4. Veri�que que, para f(x) = x3, f ′(0) = 0, mas f não tem nenhum extremo emx = 0.

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De facto, a derivada anula-se no ponto x = 0, já que

f ′(x) = 0⇔ 3x2 = 0⇔ x = 0 .

No entanto, em x = 0 a função não tem nenhum extremo, porque é uma função crescente em todoo seu domínio. De facto,

f ′(x) = 3x2 ≥ 0 ∀ x ∈ R .

Portanto, existem pontos onde a derivada de uma função se anula, mas que não são pontos extremosda função. Os pontos onde a derivada de uma função se anular, vão ser designados por pontos deestacionariedade ou pontos críticos da função. Os pontos de estacionariedade de uma função quenão forem pontos extremos vão ser pontos onde a concavidade do grá�co da função passa de côncava aconvexa, ou vice-versa. Estes pontos, são designados por pontos de in�exão da função.

De�nição 6.6.2. Sejam f uma função real de variável real, com domínio Df , derivável num pontox = a interior a Df . Diz-se que f é uma função convexa no ponto x = a, se, numa vizinhançade x = a, o grá�co de f está por cima da recta tangente ao grá�co da função de f em x = a. Se,numa vizinhança de x = a, o grá�co de f está por baixo da recta tangente ao grá�co da função def em x = a, diz-se que f é uma função côncava em x = a.

Por vezes dizemos que uma função tem a concavidade voltada para cima num ponto, querendosigni�car que ela é convexa nesse ponto. De igual modo, diz-se que uma função tem a concavidadevoltada para baixo num ponto, com o signi�cado de que ela é côncava nesse ponto.

Proposição 6.6.1. Seja f uma função real de variável real, com domínio Df , e 2-vezes derivávelnum intervalo I estritamente contido em Df .

1. Se f ′′(x) > 0 para x ∈ I, então f é convexa em I.

2. Se f ′′(x) < 0 para x ∈ I, então f é côncava em I.

Demonstração: Consideremos a fórmula de Taylor de ordem n = 2 num ponto arbitrário x = a interiora I:

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2(x− a)2 + r2(x) , onde lim

x−→a

r2(x)

(x− a)2= 0 ;

e a recta tangente ao grá�co de f em x = a:

yT = f(a) + f ′(a)(x− a).

Se f ′′(a) > 0, então f(x) > yT próximo de x = a, pelo que f é convexa em x = a. Já se f ′′(a) < 0, entãof(x) < yT próximo de x = a, pelo que f é côncava em x = a.

Da proposição anterior, sai que, se x = c for um ponto interior a um intervalo [a, b] ⊆ Df tal quef ′′(x) > 0 para a < x < c e f ′′(x) < 0 para c < x < b, ou vice-versa, então x = c é um ponto dein�exão da função f . Em particular, podemos dizer que, se x = c é um ponto de in�exão da função f ,então f ′′(c) = 0.

A proposição seguinte mostra como, conjugando a Proposição 6.3.1 e a Fórmula de Taylor, é possívelobter uma condição su�ciente de máximo ou mínimo de uma função, assim como de ponto de in�exão.

Proposição 6.6.2. Seja f uma função real de variável real, com domínio Df , n-vezes derivável noponto x = a interior a Df . Suponhamos que f (n)(a) é, das sucessivas derivadas de f , a primeira

2014/2015 158 c© HBO


que não se anula no ponto x = a, isto é:

f ′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0 e f (n)(a) 6= 0.

Nestas condições:

1. Se n é par, f tem um extremo em x = a, que será máximo se f (n)(a) < 0, ou mínimo sef (n)(a) > 0;

2. Se n é ímpar, f tem um ponto de in�exão em x = a.

Demonstração: Consideremos a fórmula de Taylor de ordem n de f em x = a:

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2(x− a)2 +

f ′′′(a)

3!(x− a)3 + · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n + rn(x) ,

onde

limx−→a

rn(x)

(x− a)n= 0 .

Suponhamos que f ′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0 e f (n)(a) 6= 0. Então a fórmula de Taylor anterior reduz-sea

f(x) = f(a) +f (n)(a)

n!(x− a)n + rn(x) .

Se n é par, temos (x − a)n > 0. Se, além disso, f (n)(a) > 0, então f(x) > f(a), pelo que x = a é umponto de mínimo para f . No caso de f (n)(a) < 0, vem f(x) < f(a), pelo que x = a é um ponto demáximo para f . Se n é ímpar, o sinal de (x − a)n será positivo se x > a e negativo se x < a e, porconsequência, o sinal de f(x)− f(a) vai depender do sentido pelo qual se aproxima de x = a. Portanto,x = a é um ponto de in�exão.

A primeira a�rmação da proposição anterior, permite-nos, também, dizer que, se n ≥ 2, a funçãof é convexa ou côncava em x = a, consoante f (n)(a) > 0 ou f (n)(a) < 0, respectivamente. Estaa�rmação dá-nos uma condição su�ciente da convexidade ou concavidade de uma função num ponto,independentemente da função ter extremo ou ponto de in�exão nesse ponto.

Exemplo 6.6.5. Determine a natureza dos pontos de estacionariedade da função f(x) = e−x2

.Indique os intervalos de convexidade e concavidade.

Comecemos por determinar os pontos de estacionariedade:

f ′(x) = 0⇔ −2xe−x2

= 0⇔ x = 0 .

Calculando a segunda derivada no ponto x = 0, obtemos

f ′′(x) = (4x2 − 2)e−x2

⇒ f ′′(0) = −2 < 0 .

Então, a função dada tem um máximo (que será absoluto) no ponto x = 0 e com o valor y = 1 .

Para estudar o sentido das concavidades, temos de analisar o sinal da segunda derivada. A funçãotem a concavidade voltada para cima (convexa), quando

f ′′(x) > 0⇔ 4x2 − 2 > 0⇔ x < −√

2

2∨ x >

√2

2.

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Por complementaridade, a função tem a concavidade voltada para baixo (côncava), quando

f ′′(x) < 0⇔ −√

2

2< x <

√2

2.

Do estudo do sentido das concavidades e atendendo a que a função é contínua em todo o R, podemosinferir que nos pontos x = ±

√2

2 a função in�ecte o sentido da sua concavidade. Neste pontos, afunção toma o valor

y = f

(±√

2

2

)= e−(±√

22

)2

= e−12 =

√e

e.

De�nição 6.6.3. Seja f uma função real de variável real de�nida num intervalo não limitado daforma (a,+∞) ou (−∞, a), com a ∈ R. Diz-se que a recta y = mx + p é uma assímptota nãovertical ao grá�co da função f quando x tende para +∞, se

f(x) = mx+ p+ r(x), limx→+∞

r(x) = 0.

É uma assímptota não vertical ao grá�co da função f quando x tende para −∞, se

f(x) = mx+ p+ r(x), limx→−∞

r(x) = 0.

A assímptota y = mx+ p, a existir, é única e tem-se:

m = limx→±∞

f(x)

x, p = lim

x→±∞[f(x)−mx] ;

com x a tender para +∞ ou −∞ no caso de ser assímptota quando x tende para +∞ ou −∞, respecti-vamente.

Por complementaridade, diz-se que a recta x = a é uma assímptota vertical quando x tende para a,se veri�car, pelo menos, um dos casos seguintes:

limx→a−

f(x) =∞; limx→a+

f(x) =∞.

Exemplo 6.6.6. Determine as assímptotas da função f(x) = e−x2

.

Comecemos por observar que a função não tem assímptotas verticais, porque Df = R.

Procuremos, então, por assímptotas não verticais. Comecemos por ver as assímptotas à direita, i.e.quando x→∞. Neste caso, temos:

m = limx→+∞

f(x)

x= limx→+∞

e−x2

x= 0 ;

p = limx→+∞

[f(x)−mx] = limx→+∞

e−x2

= 0 .

Portanto, a recta y = 0 é uma assímptota ao grá�co da função à direita.

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Como a função é par, facilmente se mostra que a recta y = 0 também é uma assímptota ao grá�coda função à esquerda, i.e. quando x→ −∞.


Derivadas

1. Determine as derivadas das funções seguintes usando a de�nição:

(a) f(x) = 2x− 1;

(b) g(x) = 2x3;

(c) h(x) = ln(3x+ 1);

(d) i(x) = sen(x2).

2. Determine as derivadas laterais das funções seguintes, nos pontos indicados, usando a de�nição:

(a) f(x) = |x| , x = 0;

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

(c) h(x) = x− [x] , x = 2;

(d) i(x) = x [x] , x = 2.

3. Deduzir as fórmula aproximadas seguintes (para os valores de |∆x| pequenos em comparação comx) e com essas fórmulas calcule os valores aproximados das expressões indicadas:

(a)√x+ ∆x '

√x+

∆x

2√x

;√

5,√

15,√

70;

(b) ln(x+ ∆x) ' ln(x) +∆x

x; ln(2), ln(3), ln(10);

(c) arctg(x+ ∆x) ' arctg(x) +∆x

1 + x2; arctg

(1

2

), arctg

(3

2

).

4. Usando o Teorema de Derivação da Função Composta, determine as derivadas das funções seguintes:

(a) f(x) = sen(ln x);

(b) g(x) = xx2−1;

(c) h(x) = ln(coshx);

(d) i(x) = cot(sec(5x− 2));

(e) j(x) = arcsen(cosx);

(f) k(x) =√

ln(x2 + 1).

5. Sabendo que f é uma função derivável, calcule o valor da derivada de g(x) no ponto x = 0, se:

(a) g(x) = f( tg2x) ; (b) g(x) = f( senh2x) + f(cosh2 x) ; (c) g(x) = ef( sen2x) .

6. Usando o Teorema de Derivação da Função Inversa, conjugado com o Teorema de Derivação daFunção Composta, determine as derivadas das funções seguintes:

(a) f(x) = 3√

2x− 3 ; (b) g(x) = log10(x− 1) ; (c) h(x) = arctg(3x+ 1) ;

(d) i(x) = argsh(5x− 2) ; (e) j(x) = arcsen

(x− 1

x+ 1

); (f) k(x) =

√ln(x+ 1) .

7. Determine o maior domínio onde cada uma das funções seguintes é derivável e, nesse domínio,indique uma expressão para a respectiva função derivada:

(a) f(x) =x

1 + e1x

; (b) g(x) = e−|x| ; (c) h(x) =ln(x+ 1)

x;

(d) i(x) =

{ x

1 + e1x

x 6= 0

0 x = 0; (e) j(x) =

{ln(x+ 1)

xx 6= 0

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

{ sen x

xx 6= 0

1 x = 0 .

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8. Usando a tabela das derivadas, determine as derivadas das funções seguintes:

(a) f(x) =4

34

√x− 1

x+ 2; (b) g(x) = tg(x)− x ; (c) h(x) =

x+ cosx

1− sen x;

(d) i(x) = sen x cosx tg x ; (e) j(x) = e arctg x ; (f) k(x) = cosh(cosx) senh( senx) ;

(g) l(x) = (lnx)x ; (h) m(x) = cos( arcsenx) ; (i) n(x) = xxx−1

.

Teoremas principais

1. Veri�que que o Teorema de Rolle não é válido para a função f(x) =3√x2 no intervalo [−1, 1].

Como explica este facto?

2. Prove que a função x3 + 3x− 1 tem uma única raíz real e que esta pertence ao intervalo (0, 1).

3. Prove, usando o Teorema de Lagrange, que:

(a) ln(1 + x)− lnx <1

x, ∀ x > 0 ; (b) tg x ≥ x , ∀ x ∈

[0,π

2

);

(c) lnx < x , ∀ x ≥ 1 ; (d) cosx ≤ 1 + |x| , ∀ x ∈ R .

4. Calcule os limites seguintes, usando a Regra de Cauchy-L'Hospital:

(a) limx→0

2x − 3x

x; (b) lim

x→0+

(1

xe−

1x

); (c) lim

x→0+

x(1− lnx)

ln(1− x);

(d) limx→+∞

x1x ; (e) lim

x→0

1− cos(x2)

x3 sen x; (f) (∗) lim

x→+∞

[3√x6 + 3x5 − x(1 + x)

];

(g) limx→0

sen x+ cosx− ex

ln(1 + x2); (h) lim

x→0(cotx) senx ; (i) lim

x→0+xx .

5. Mostre que os limites:

(a) limx→0

x2 sen(

1x

)senx

; (b) limx→+∞

x− senx

x+ senx;

(c) limx→+∞

ex + e−x

ex − e−x; (d) lim

x→+∞

x1/2 + x−1/2

x1/2 − x−1/2;

não podem ser calculados pela Regra de Cauchy-L'Hospital. Calcule-os por outros métodos.

6. Deduza fórmulas explícitas de cálculo para as seguintes derivadas de ordem n:

(a) Dn(e2x−1

); (b) Dn

(1

3x+ 1

); (c) Dn [cos(5x− 2)] ;

(d) Dn [ln(2x+ 1)] ; (e) Dn

[sen

(x+ 1

3

)]; (f) Dn [ senh(x) cosh(x)] .

7. Determine as fórmulas de Maclaurin de ordem n das funções seguintes:

(a) f(x) = e2x−1 ; (b) g(x) =√

1 + x ; (c) h(x) = ln(2 + x) ;

(d) (∗) i(x) = tg(x) ; (e) j(x) = senh(x) ; (f) (∗) k(x) = arcsen(x) .

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8. Determine as fórmulas de Taylor de ordem n das funções seguintes em torno dos pontos indicados:

(a) f(x) = x lnx , x0 = 1 ; (b) (∗) g(x) =arctgx

x, x0 = 0 ;

(c) h(x) =(x− 1)2

x2, x0 = 1 ; (d) i(x) = sen(x) cos(x) , x0 = 0 ;

(e) j(x) = cosh(2x− 1) , x0 =1

2; (f) k(x) = ln

(√1 + x

1− x

), x0 = 0 .

9. Calcule os limites seguintes, usando a Fórmula de Taylor:

(a) limx→0

senx− xx2

; (b) limx→0

ln(1 + x)− xx2

; (c) limx→0

1− cosx

x2;

(d) limx→0

senh(x)− xx2

; (e) limx→0

1− coshx

x2; (f) lim

x→0

1− cos(2x)− 2x2

x4.

10. Duas funções f e g têm primeira e segundas derivadas no ponto x = 0 e satisfazem as relações:

f(0) =2

g(0), f ′(0) = 2g′(0) = 4g(0) , g′′(0) = 5f ′′(0) = 6f ′(0) = 3 .

a) se h(x) = f(x)g(x) , calcule h

′(0).b) se k(x) = f(x) g(x), calcule k′(0).c) Calcule o limite

limx→0

g′(x)

f ′(x).

Aplicações geométricas

1. Estude as funções seguintes quanto à monotonia e extremos:

(a) f(x) =x

x2 + 1; (b) g(x) =

1

1 + sen2x; (c) h(x) = e−x

2

;

(d) i(x) = |x2 − 5x+ 6| ; (e) j(x) = |x| 1

e|x−1| ; (f) k(x) = senx+ cosx .

2. Considere a curva:y = x3 − 6x2 + 8x .

(a) Mostre que a recta y = −x é tangente a esta curva.

(b) Determine o ponto de tangência.

(c) A recta y = −x é tangente à curva em mais algum ponto?

3. Determine as equações das rectas tangentes e das rectas normais às curvas seguintes nos pontosindicados:

(a) y = arcsenx , x0 =1

2; (b) y = x2 − cosx , x0 = −π ;

(c) y = x+ senx cosx , x0 =π

2; (d) y = 4x3 + senx , x0 = 0 ;

(e) y = arctgx , x0 = −1 ; (f) y =1 + cosx

eπ− ex−π + x− 1 , x0 = π .

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4. Determine o sentido das concavidades das funções seguintes:

(a) f(x) =x

ex; (b) g(x) =

sen(2x)

1− cos(2x); (c) h(x) = arccos

(x− 7

x− 3

);

(d) i(x) = arctg(√x2 − 1) ; (e) j(x) = | senx|+ x ; (f) k(x) = e

− 11−x2 .

5. Determine as equações das assímptotas não verticais das funções seguintes:

(a) f(x) =x2 − 4

x; (b) g(x) =

ex + e−x

ex − e−x; (c) h(x) =

x2 − 7x+ 7

x2 − 3x+ 3;

(d) i(x) = arctg(x+√x2 − 1) ; (e) j(x) = ln(1 + e−x) ; (f) k(x) = x

ex − e−x

ex + e−x.

Soluções

4.1 Derivadas

1: (a) f ′(x) = 2; (b) g′(x) = 6x2; (c) h′(x) = 33x+1

; (d) i′(x) = 2x cos(x2).

2: (a) f ′(0−) = −1, f ′(0+) = 1; (b) g′(0−) = g′(0+) = 0; (c) h′(2−) = +∞, h′(2+) = 1; (d) i′(2−) = +∞,i′(2+) = 2.3: (a)

√5 '√

4 + 12√4

= 54,√

15 '√

16 − 12√16

= 318,√

70 '√

64 + 62√64

= 678; (b) ln(2) ' ln(e) − e−2

e= 2

e,

ln(3) ' ln(e) + 3−ee

= 3e

ln(10) ' ln(e2) + 10−e2e2

= 1 + 10e2; (c) arctg

(12

)' arctg(1)−

12

1+12= π−1

4, arctg

(32

)'

arctg(1) +12

1+12= π+1

4.

4: (a) f ′(x) = 1x

cos(ln(x)); (b) g′(x) = xx2−1

(2x ln(x) + x2−1

x

); (c) h′(x) =

senh(x)cosh(x)

; (d) i′(x) = −5 sec2(5x −2) cosec(5x− 2); j′(x) = −1; k′(x) = x

(x2+1)√

ln(x2+1).

5: (a)-(c) g′(0) = 0.6: (a) f ′(x) = 2

3 3√

(2x−3)2; (b) g′(x) = 1

ln(10)(x−1), g′(0−) = 1, g′(0+) = −1; (c) h′(x) = 3

9x2+6x+2; (d)

i′(x) = 5√25x2−20x+5

; (e) j′(x) = 1(x+1)

√x; (f) k′(x) = 1

2(x+1)√

ln(x+1).

7: (a) f ′(x) = 1

1+e1x

+ e1x

x

(1+e

1x

)2 se x 6= 0; (b) g′(x) = ex se x < 0, g′(x) = −e−x se x > 0; (c) h′(x) =

1(x+1)x

− ln(x+1)

x2se x ∈ (−1,∞) \ {0}; (d) i′(0+) = 0, i′(0−) = 1; (e) j′(0) = − 1

2; (f) k′(0) = 0.

8: (a) f ′(x) = 1(x+2)2

4

√(x+2x−1

)3; (b) g′(x) = 1

cos2(x)− 1; (c) h′(x) = 1 +

[x+cos(x)] cos(x)

[1− sen(x)]2;

(d) i′(x) = sen(2x); (e) j′(x) = e arctg(x)

1+x2; (f) k′(x) = − sen (x) senh (cos (x)) senh ( sen (x)) +

cos (x) cosh (cos (x)) cosh ( sen (x)); (g) l′(x) = (ln (x))x−1 [ln (x) ln (ln (x)) + 1]; (h) m′(x) = − x√1−x2

; (i)

n′(x) = xxx−1

[xx−1

(ln (x) + x−1

x

)ln (x) + xx−1

x

].

4.2 Teoremas principais

4: (a) ln(23

); (b) 0; (c) −∞; (d) 1; (e) 1

2; (f) −1; (g) −1; (h) 1; (i) 1.

5: (a) 0; (b) 1; (c) 1; (d) 1.

4.3 Aplicações geométricas

1: (a) ↗ (−1, 1), ↘ (−∞,−1)∪ (1,∞), M = 1, m = −1; (b) ↗⋃k∈Z

(π2

+ kπ, π + kπ), ↘

⋃k∈Z

(kπ, π

2+ kπ

),

M = kπ, m = π2

+ k; (c) ↗ (−∞, 0), ↘ (0,+∞), M = 0; (d) ↗(2, 5

2

)∪ (3,∞), ↘ (−∞, 2) ∪

(52, 3), M = 5

2,

m = 2, 3; (e) ↗ (−∞,−1) ∪ (0, 1), ↘ (−1, 0) ∪ (1,∞), M = −1, 1, m = 0; (f) ↗⋃k∈Z

(− 3π

4+ 2kπ, π

4+ 2kπ

),

↘⋃k∈Z

(π4

+ 2kπ, 5π4

+ 2kπ,), M = π

4+ 2kπ, M = − 3π

4+ 2kπ.

2: x = −3.3: (a) yT = 2

√3

3x+ π

6−√

33, yN = −

√3

2x+ π

6+√3

4; (b) yT = −2πx+ 1− π2, yN = 1

2πx+ π2 + 3

2; (c) yT = π

2,

xN = π2; (d) yT = x, yN = −x; (e) y = 1

2x+ 1

2− π

2, yN = −2x− 2− π

4; (f) yT = π − 2, xN = π.

4: (a) ↑ (0,∞), ↓ (−∞, 0); (b) ↑⋃k∈Z

(kπ, π

2+ kπ

), ↓⋃k∈Z

(π2π + kπ, π + kπ

); (c) ↑ [5,∞); (d) ↓ (−∞,−1] ∪

[1,∞); (e) ↓ (−∞,∞); (f) ↑ (−∞,−1) ∪(−1,−

4√33

3

)∪(

4√33

3, 1

)∪ (1,∞), ↓

(−

4√33

3,

4√33

3

).

5: (a) x→ ±∞ : y = x; (b) x→∞ : y = 1, x→ −∞ : y = −1; (c) x→ ±∞ : y = 1; (d) x→ ±∞ : y = π2; (e)

x→∞ : y = 0, x→ −∞ : y = x; (f) x→∞ : y = x, x→ −∞ : y = −x.

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Capítulo 7

Primitivas

7.1 Introdução

De�nição 7.1.1. Seja f uma função de�nida num intervalo I de R. Chama-se função primitivade f em I ou, somente, primitiva de f , a qualquer função g de�nida em I que veri�que a equação

g′(x) = f(x) ∀ x ∈ I.

Dizemos que uma função f é primitivável em I, se existir, pelo menos, uma função g : I → R tal queg′ = f . Denotamos o conjunto de todas as primitivas de uma função f (num intervalo I) por um dossímbolos seguintes: ∫

f(x) dx ou P [f(x)] (com x ∈ I).

Quando se utiliza a notação∫f(x) dx para a primitiva de uma função f(x), muitos autores designam as

primitivas por integrais inde�nidos. Resulta desta de�nição que a primitiva de uma função f , de�nidanum intervalo I de R, é derivável em todos os pontos interiores a I e, em cada ponto extremo desteintervalo, tem derivada lateral �nita.

Proposição 7.1.1. Seja F uma primitiva de uma função f num intervalo I de R. Então, o conjuntode todas as primitivas de f em I é constituído por todas as funções da forma

F (x) + c, c = constante.

Demonstração: Se g(x) = F (x) + c, onde c é uma constante, então g′(x) = (F (x) + c)′

= F ′(x). Logog(x) = F (x) + c é, de facto, uma primitiva de f(x). Se h(x) for outra primitiva de f(x), temos, porde�nição, h′(x) = f(x). Como também F ′(x) = f(x), vem h′(x) = F ′(x), pelo que g(x) difere de F (x)apenas de uma constante. Portanto, todas as primitivas de f(x) têm a forma F (x) + c.

No caso particular de se saber o valor da primitiva num ponto do intervalo I, então tal primitiva é única.

Proposição 7.1.2. Sejam x0 ∈ I e y0 ∈ R. Se f é uma função primitivável num intervalo I de R,então existe uma única primitiva F de f tal que F (x0) = y0.

Demonstração: Pela proposição anterior, o conjunto de todas as primitivas de f(x) é dado por F (x)+c,onde c é uma constante. Suponhamos que existiam duas primitivas F1(x) = F (x)+c1 e F2(x) = F (x)+c2

165

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 7. PRIMITIVAS

de f(x) tais que F1(x0) = y0 e F2(x0) = y0, isto é, F1(x0) = F2(x0). Então F1(x0) = F (x0)+c1 = y0 +c1e F2(x0) = F (x0) + c2 = y0 + c2 implicam c1 = c2, pelo que F1(x) = F2(x).

Da proposição anterior, resulta que a diferença entre quaisquer duas primitivas de uma mesma função éconstante. Por outro lado, pode-se provar que, dados x0 ∈ I e y0 ∈ R, existe uma única primitiva F dafunção f veri�cando a condição F (x0) = y0.

Proposição 7.1.3 (Propriedade linear). Sejam f e g duas funções primitiváveis num intervalo Ide R e α uma constante real. Então:

1.∫

[f(x) + g(x)] dx =

∫f(x) dx+

∫g(x) dx;

2.∫

[αf(x)] dx = α

∫f(x) dx.

Demonstração: Sejam F (x) + c e G(x) + c os conjuntos de todas as primitivas de f(x) e g(x), respec-tivamente. Se H(x) + c é o conjunto de todas as primitivas de h(x) = f(x) + g(x), temos, por de�nição,H ′(x) = h(x) = f(x) + g(x) = F ′(x) + G′(x), o que prova a primeira a�rmação. De modo análogo, seI(x) + c é o conjunto de todas as primitivas de i(x) = α f(x), então I ′(x) = i(x) = α f(x) = αF ′(x), oque prova a segunda a�rmação.

7.2 Primitivas imediatas

Pelo exposto anteriormente, veri�ca-se que a primitivação é, pois, a operação funcional inversa da deriva-ção. Neste sentido, as primitivas são, por vezes, designadas por anti-derivadas e as primeiras fórmulasde primitivas são obtidas por inversão das fórmulas de derivação. As primitivas obtidas desta forma (verTabela 7.1) são designadas por primitivas imediatas.

Existem, contudo, funções que não sendo imediatamente primitiváveis, podem ser reduzidas a primitivasimediatas, usando primeiro propriedades dessas funções. Estão neste caso algumas funções trigonomé-tricas e hiperbólicas. Estas primitivas são habitualmente designadas por primitivas quase imediatas.Para as funções trigonométricas, convém utilizar as fórmulas já conhecidas:

sen2(x) + cos2(x) = 1, 1 + tg2(x) = sec2(x), 1 + cotg2(x) = cosec2(x).

Para as funções hiperbólicas, podemos usar as fórmulas seguintes:

1 + senh2(x) = cosh2(x), 1− tgh2(x) = sech2(x), cotgh2(x)− 1 = cosech2(x).

Exemplo 7.2.1. Determinar as primitivas seguintes:

a)

∫cos2(x) dx ; b)

∫senh3(x) dx.

No primeiro caso, temos

cos2(x) =1 + cos(2x)

2

a implicar que∫cos2(x) dx =

1

2

(∫1 dx+

∫cos(2x) dx

)=

1

2x+

1

4sen(2x) + C =

1

2x+

1

2sen(x) cos(x) + C.

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1.∫

0 dx = C

2.∫

1 dx = x+ C

3.∫u′ur dx = 1

r+1ur+1 + C, r ∈ R, r 6= 1

4.∫u′

u dx = ln |u|+ C

5.∫u′eu dx = eu + C

6.∫auu′ dx = 1

ln aau + C, a ∈ R+

7.∫u′ sen(u) dx = − cos(u) + C

8.∫u′ cos(u) dx = sen(u) + C

9.∫u′ sec2(u) dx = tg(u) + C

10.∫u′ cosec2(u) dx = − cotg(u) + C

11.∫u′ sec(u) tg(u) dx = sec(u) + C

12.∫u′ cosec(u) cotg(u) dx = − cosec(u) + C

13.∫u′ senh(u) dx = cosh(u) + C

14.∫u′ cosh(u) dx = senh(u) + C

15.∫u′ sech2(u) dx = tgh(u) + C

16.∫u′ cosech2(u) dx = − cotgh(u) + C

17.∫

u′√1−u2

dx = arcsen(u) + C = − arccos(u) + C

18.∫

u′

1+u2 dx = arctg(u) + C = −arccotg(u) + C

19.∫

u′

u√u2−1

dx = arcsec(u) + C = −arccosec(u) + C

20.∫

u′√u2+1

dx = argsh(u) + C ≡ ln∣∣u+

√u2 + 1

∣∣+ C

21.∫

u′√u2−1

dx = argch(u) + C ≡ ln∣∣u+

√u2 − 1

∣∣+ C

22.∫

u′

1−u2 dx = argtgh(u) + C = −argcotgh(u) + C ≡ 12 ln

∣∣∣ 1+u1−u

∣∣∣+ C

Tabela 7.1: Fórmulas de primitivas imediatas.

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No segundo, tem-se

cosh2(x) = 1 + senh2(x)⇒ senh3(x) = senh(x) cosh2(x)− senh(x),

pelo que∫senh3(x) dx =

∫senh(x) cosh2(x) dx−

∫senh(x) dx =

1

3cosh3(x)− cosh(x) + C.

Para determinar as primitivas de funções que façam envolver secantes e cosecantes, trigonométricas ouhiperbólicas, precisamos de saber as primitivas dessas funções.

Exemplo 7.2.2. Seja u uma função real de variável real derivável. Mostrar que:

a)∫

u′

cos(u)dx ≡

∫u′ sec(u) dx = ln | sec(u) + tg(u)|+ ≡ ln

∣∣∣∣1 + sen(u)

cos(u)

∣∣∣∣+ C ;

b)∫

u′

sen(u)dx ≡

∫u′ cosec(u) dx = − ln | cosec(u) + cotg(u)|+ C ≡ − ln

∣∣∣∣1 + cos(u)

sen(u)

∣∣∣∣+ C .

Pelas relações 1 + tg2(x) = sec2(x) e 1 + cotg2(x) = cosec2(x), temos:

a)

∫u′ sec(u) dx =

∫u′ sec(u)

sec2(u)− tg2(u)dx =

∫u′ sec(u)

sec(u) + tg(u)

sec2(u)− tg2(u)

sec(u)− tg(u)dx

=

∫u′[sec2(u) + sec(u) tg(u)

]tg(u) + sec(u)

dx = ln | sec(u) + tg(u)|+ C;

e, de forma análoga,

b)

∫u′ cosec(u) dx =

∫u′ cosec(u)

cosec2(u)− cotg2(u)dx =

∫u′[

cosec2(u) + cosec(u) cotg(u)]

cotg(u) + cosec(u)dx

= − ln | cosec(u) + cotg(u)|+ C;

7.3 Primitivação por partes

O denominado método de primitivação por partes dá-nos uma forma de podermos determinar a primitivade uma expressão que envolve o produto de duas ou mais funções.

Proposição 7.3.1 (Método de primitivação por partes). Sejam f uma função primitivável numintervalo I de R e g outra função, derivável no mesmo intervalo. Então a função produto f g éprimitivável no intervalo I e a sua primitiva é determinada da forma seguinte:∫

(f(x) g(x)) dx =

∫f(x) dx g(x)−

∫ (∫f(x) dx g′(x)

)dx.

Demonstração: Sejam F (x) e g(x) duas funções deriváveis tais que F ′ = f . Pela Regra de Derivaçãodo Produto, temos

(Fg)′

= F ′g + Fg′.

Primitivando esta equação, obtemos

Fg =

∫F ′g dx+

∫Fg′ dx .

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Ora, como

F ′ = f ⇒ F (x) =

∫f(x)dx ,

temos ∫F ′g dx = Fg −

∫Fg′ dx⇔

∫fg dx =

∫f dx g −

∫ (∫f dx

)g dx ,


A fórmula do método de primitivação por partes, pode, ainda, aparecer numa das formas equivalentesseguintes: ∫

u′ v dx = u v −∫u v′ dx;

∫v du = u v −

∫u dv;

onde se supõe que u e v são funções de x.

De um modo geral, o sucesso da aplicação deste método, reside na escolha da função que se vai derivar.Regra geral, esta função deve ser escolhida de modo que a expressão, que surge no segundo termo dafórmula de primitivação por partes, mais se simpli�que.

Exemplo 7.3.1. Determinar as primitivas:

a)

∫x ex dx, b)

∫x cos(x) dx.

a) Escolhendo v = x como função a derivar e u = ex como função a primitivar, temos, pelo Métodode Primitivação por Partes,∫

x ex dx = x ex −∫ex × 1 dx = xex − ex + C.

b) Procedendo como em a), escolhendo v = x e u = cos(x), tem-se∫x cos(x) dx = x sen(x)−

∫sen(x)× 1 dx = x sen(x) + cos(x) + C.

Existem outras situações em que é preciso usar o método de primitivação por partes mais do que umavez e, mesmo assim, é necessário alguma subtileza para se determinar a primitiva.

Exemplo 7.3.2. Determinar a primitiva:∫ex sen(x) dx.

Neste exemplo, é indiferente a escolha das funções a derivar e a primitivar. Tomando u = ex ev = sen(x), temos, aplicando o Método de Primitivação por Partes duas vezes.∫

ex sen(x) dx = ex sen(x)−∫ex cos(x) dx = ex sen(x)− ex cos(x)−

∫ex sen(x) dx .

Daqui sai que

2

∫ex sen(x) dx = ex ( sen(x)− cos(x))⇔

∫ex sen(x) dx = ex

sen(x)− cos(x)

2,

2014/2015 169 c© HBO


pelo que ∫ex sen(x) dx = ex

sen(x)− cos(x)

2+ C.

Por �m, o método de primitivação pode ser utilizado para determinar as primitivas de expressões que en-volvam uma só função. Aqui não há dúvidas quanto à função a primitivar ou qual a derivar: escolhemospara derivar a única função da expressão e para primitivar a função identicamente igual a 1. Este racio-cínio é particularmente útil para determinar todas as primitivas das inversas das funções trigonométricase das funções hiperbólicas, assim como para a função logaritmo.


a)

∫ln(x) dx; b)

∫arcsen(x) dx.

Nestes casos, a função a primitivar só pode ser u = 1. Assim, temos:

a)

∫ln(x) dx =

∫1× ln(x) dx = x ln(x)−

∫x× 1

xdx = x ln(x)− x+ C;

b)

∫arcsen(x) dx =

∫1× arcsen(x) dx = xarcsen(x)−

∫x× 1√

1− x2dx

= xarcsen(x) +1

2

∫−2x

(1− x2

)− 12 dx = xarcsen(x) +

√1− x2 + C .

7.4 Primitivação por substituição

O método de primitivação por substituição, consiste numa mudança de variável de modo à primitivapretendida ser mais fácil de determinar. Este método é uma consequência directa do teorema de derivaçãoda função composta.

Proposição 7.4.1 (Primitivação por substituição). Sejam I e J dois intervalos de R, f : I → Juma função primitivável e ϕ : J → I uma função bijectiva e derivável. Então a primitiva da funçãof pode ser determinada pela fórmula seguinte:∫

f(x) dx =

∫f(ϕ(t))ϕ′(t) dt.

Demonstração: Sejam φ : I −→ R, com t 7→ x = ϕ(t), e ϕ : J −→ R, com x 7→ y = φ(x), duas funçõesderiváveis tais que ϕ(J) ⊆ I. Consideremos a função composição

φ ◦ ϕ : J 7→ R .

Pelo Teorema de Derivação da Função Composta, φ ◦ ϕ é derivável em J e tem-se

φ′(x) ≡ [φ(x)]′

= [φ(ϕ(t))]′

= φ′(ϕ(t))ϕ′(t) .

Seja, agora, f uma função tal que f(x) = φ′(x) para x ∈ I. Então f é primitivável em I, assim comof ◦ ϕ ≡ φ′ ◦ ϕ é primitivável em J . Por consequência, podemos escrever∫

f(x) dx =

∫f(ϕ(t))ϕ′(t) dt ,


2014/2015 170 c© HBO


Observemos que, depois de determinada a primitiva por este método, voltamos à variável inicial, fazendoa substituição:

t = ϕ−1(x).

Exemplo 7.4.1. Fazendo as mudanças de variáveis indicadas, determinar as primitivas seguintes:

a)

∫dx

ex + 1, x = − ln(t); b)

∫x√x+ 1

dx,√x+ 1 = t.

a) Fazendo a substituição x = − ln(t)⇒ dx = (− ln(t))′dt = −dtt , temos∫dx

ex + 1=

∫ −dtte− ln(t) + 1

= −∫

dt

1 + t= − ln |1 + t|+C = − ln(1 + e−x) +C = x− ln(ex+ 1) +C .

b) Fazendo a substituição√x+ 1 = t⇒ x = t2 − 1⇒ dx = (t2 − 1)′dt = 2tdt, temos∫

x√x+ 1

dx =

∫t2 − 1

t2t dt = 2

∫(t2 − 1) dt =

2

3t3 − 2t+ C

=2

3(x+ 1)

√x+ 1− 2

√x+ 1 + C =

2

3(x− 2)

√x+ 1 + C .

Substituições importantes

Algumas das substituições mais importantes são indicadas a seguir. Se a função a integrar contém oradical:

•√a2 − x2, a = constante, faz-se a substituição

x = a sen(t) ou x = a cos(t),

de modo a usar a Fórmula Fundamental da Trigonometria:

sen2(x) + cos2(x) = 1;

•√x2 + a2, a = constante, faz-se a substituição

x = a tg(t), x = a cotg(t), ou x = a senh(t),

de modo a usar, respectivamente, as fórmulas

1 + tg2(x) = sec2(x), 1 + cotg2(x) = cosec2(x) ou 1 + senh2(x) = cosh2(x);

•√x2 − a2, a = constante, faz-se a substituição

x = a sec(t), x = a cosec(t), ou x = a cosh(t),

de modo a usar as fórmulas anteriores, agora escritas na forma seguinte:

sec2(x)− 1 = tg2(x), cosec2(x)− 1 = cotg2(x) ou cosh2(x)− 1 = senh2(x).

Exemplo 7.4.2. Fazendo as mudanças de variáveis indicadas, determinar as primitivas seguintes:

a)

∫dx√

x(1− x), x = cos2(t); b)

∫dx√

9 + x2, x = 3 senh(t).

2014/2015 171 c© HBO


a) Fazendo x = cos2(t)⇒ d x = −2 cos(t) sen(t) dt, temos∫dx√

x(1− x)=

∫−2 cos(t) sen(t) dt√cos2(t)[1− cos2(t)]

= −2

∫1 dt = −2t+ C = arccos(

√x) + C .

b) Fazendo x = 3 senh(t) ⇒ dx = 3 cosh(t) dt e usando o facto de que 1 + senh2(t) = cosh2(t),temos ∫

dx√9 + x2

=

∫3 cosh(t) dt√9 + 9 senh2(t)

=

∫1 dt = t+ C = argsh

(x3

)+ C

= ln

∣∣∣∣∣x3 +

√1 +

(x3

)2∣∣∣∣∣+ C = ln

∣∣∣x+√

9 + x2∣∣∣+ C .

Em muitas situações, uma mesma primitiva pode ser determinada usando o Método de Primitivação porPartes ou usando o Método de Primitivação por Substituição.

Exemplo 7.4.3. Determinando a primitiva da Exercício 7.4.1, alínea b), usando o Método dePrimitivação por Partes, temos:∫

x√x+ 1

dx =

∫1√x+ 1

× x dx =

∫(x+ 1)−

12 dx× x−

∫ [∫(x+ 1)−

12 dx× x′

]dx

= 2x√x+ 1− 2

∫(x+ 1)

12 dx = 2x

√x+ 1− 4

3(x+ 1)

√x+ 1 + C

=2

3(x− 2)

√x+ 1 + C .

Existem, contudo, situações em que temos de usar o Método de Primitivação por Partes conjugado como Método de Primitivação por Substituição para podermos determinar a primitiva de algumas funções.

Exemplo 7.4.4. Determinar a primitiva seguinte:∫x arcsen(x) dx .

Neste caso, começamos por usar o Método de Primitivação por Partes do modo seguinte:∫x arcsen(x) dx =

x2

2arcsen(x)−

∫x2

2× 1√

1− x2dx

=1

2x2 arcsen(x) +

1

2

∫ √1− x2 dx− 1

2

1√1− x2

dx

=1

2x2 arcsen(x) +

1

2

∫ √1− x2 dx− 1

2arcsen(x) + C .

Fazendo a substituição x = sen(t) ⇒ dx = cos(t) dt na primitiva que resta, obtemos∫ √1− x2 dx =

∫cos2(t) dt =

1

2

∫(1 + cos(2t)) dx

=1

2t+

1

4sen(2t) + C =

1

2t+

1

2sen(t) cos(t) + C .

Voltando à variável inicial, temos∫ √1− x2 dx =

1

2arcsen(x) +

1

2x√

1− x2 + C .

2014/2015 172 c© HBO


Substituindo na primitiva principal, obtemos∫x arcsen(x) dx =

1

2x2 arcsen(x)− 1

4arcsen(x) +

1

4x√

1− x2 + C .

7.5 Primitivas de funções racionais

Recordemos que uma função racional é uma função da forma

f(x) =Pn(x)

Qm(x),

onde

Pn(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0 e Qm(x) = bmxm + bm−1x

m−1 + · · ·+ b1x+ b0

são polinómios de graus n e m - naturais - e de coe�cientes an, an−1, . . . , a1, a0 e bm, bm−1, . . . , b1, b0- reais.

Para determinar as primitivas de funções racionais seguimos os passos que a seguir descrevemos.

1o Passo: Se grau [Pn(x)] ≥ grau [Qm(x)]

Neste caso, é possível dividir os polinómios e é isso que se começa por fazer.

Exemplo 7.5.1. Determinar a primitiva seguinte:∫x4 − 2

x2 + 1dx.

Dividindo os polinómios, temosx4 − 2

x2 + 1= x2 − 1− 1

x2 + 1,

pelo que ∫x4 − 2

x2 + 1dx =

∫x2 dx−

∫1 dx−

∫1

1 + x2dx =

x3

3− x− arctg(x) + C .

2o Passo: Se grauPn(x) = grauQm(x)− 1

Aqui, podemos usar sempre primeiro a fórmula de primitivação imediata∫u′

udx = ln |u|+ C.

Exemplo 7.5.2. Determinar a primitiva seguinte:∫x− 1

x2 + 1dx.

2014/2015 173 c© HBO


Fazendo um rearranjo do numerador, a primitiva decompõe-se em duas outras imediatas:∫x− 1

x2 + 1dx =

1

2

∫2x

x2 + 1dx−

∫1

1 + x2dx =

1

2ln(x2 + 1)− arctg(x) + C.

3o Passo: Se grauPn(x) < grauQm(x)− 1

Agora, temos de analisar outros factos da função a primitivar.

(i) Se o polinómio Qm(x) tem m raízes reais distintas: x1, x2, . . . , xm

Neste caso, podemos escrever a função a integrar na forma seguinte:

f(x) =Pn(x)

(x− x1)(x− x2) · · · (x− xm).

Neste caso, usamos o denominado Método dos Coe�cientes Indeterminados para decompor a função f(x)em fracções mais simples:

f(x) =A1

x− x1+

A2

x− x2+ · · ·+ Am

x− xm, (7.5.1)

onde A1, A2, . . . , Am são os coe�cientes a determinar.

Proposição 7.5.1. Os coe�cientes A1, A2, . . . , Ak da igualdade (7.5.1) são determinados pelafórmula

Ai =

[Pn(x)

Qm−1(x)

]x=xi

, Qm−1(x) =Qm(x)

x− xi, para todo i = 1, 2, . . . ,m.

Demonstração: De facto, a partir de (7.5.1), obtemos

Pn(x) =A1(x− x2)(x− x3) · · · (x− xm) +A2(x− x1)(x− x3) · · · (x− xm)

+ · · ·+Am(x− x1)(x− x2) · · · (x− xm−1).

Por exemplo, para determinar A2, substituímos na expressão anterior x por x2 e obtemos

Pn(x2) = A2(x2 − x1)(x2 − x3) · · · (x2 − xm)⇔ A2 =Pn(x2)

(x2 − x1)(x2 − x3) · · · (x2 − xm).

Neste caso em concreto, obviamente que Qm−1(x) = (x− x1)(x− x3) · · · (x− xm). Para determinar umAi qualquer, substituímos na mesma expressão x por xi e obtemos

Pn(x2) = Ai(xi − x1) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xm)

⇔Ai =Pn(x2)

(xi − x1) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xm).

Neste caso, Qm−1(x) = (x− x1) . . . (x− xi−1)(x− xi+1) · · · (x− xm).

Exemplo 7.5.3. Determinar a primitiva seguinte:∫1

x2 + 2x− 3dx.

Decompondo o polinómio do denominador, temos x2 + 2x− 3 = (x− 1)(x+ 3). Usando o Método

2014/2015 174 c© HBO


dos Coe�cientes indeterminados, temos

1

x2 + 2x− 3=

A

x− 1+

B

x+ 3⇔ 1 = A(x+ 3) +B(x− 1)

⇔1 = (A+B)x+ 3A−B ⇔{A+B = 03A−B = 1

⇔{B = −A4A = 1

⇔{B = − 1

4A = 1

4

Então podemos escrever1

x2 + 2x− 3=

1

4

1

x− 1− 1

4

1

x+ 3,

pelo que ∫1

x2 + 2x− 3dx =

1

4

∫1

x− 1dx− 1

4

∫1

x+ 3dx

=1

4ln |x− 1| − 1

4ln |x+ 3|+ C =

1

4ln

∣∣∣∣x− 1

x+ 3

∣∣∣∣+ C .

De outro modo, podíamos ter determinado os coe�cientes A e B pelas fórmulas dadas acima. Nestecaso, teríamos

A =

[1

x+ 3

]x=1

=1

4e B =

[1

x− 1

]x=−3

= −1

4.

(ii) Se o polinómio Qm(x) tem k ≤ m raízes reais repetidas: x

Assim, podemos escrever a função a integrar na forma seguinte:

f(x) =Pn(x)

(x− x)kQm−k(x), Qm−k(x) =

Qm(x)

(x− x)k.

Aqui usamos o Método dos Coe�cientes Indeterminados para decompor a função f(x) nas fracções maissimples:

f(x) =A1

x− x+

A2

(x− x)2+ · · ·+ Ak

(x− x)k+

R(x)

Qm−k(x), (7.5.2)

ondeR(x) é um polinómio com grau inferior ao do polinómioQm−k(x) e A1, A2, . . . , Ak são os coe�cientesa determinar.

Proposição 7.5.2. Os coe�cientes A1, A2, . . . , Ak da igualdade (7.5.2) são determinados pelafórmula

Ai =1

(k − i)!D(k−i)

[Pn(x)

Qm−k(x)

]x=x

, para todo i = 1, 2, . . . , k.

Demonstração: De facto, a partir de (7.5.2), obtemos

Pn(x)

Qm−k(x)= A1(x− x)k−1 +A2(x− x)k−2 + · · ·+Ak−1(x− x) +Ak.

Para determinar Ai, derivamos a igualdade anterior (k − i)-vezes, para i ≥ 1, e obtemos[Pn(x)

Qm−k(x)

](k−i)

=(k − 1)!

(i− 1)!A1(x− x)i−1 +

(k − 2)!

(i− 2)!A2(x− x)i−2 + · · ·+ (k − i)!Ai .

Substituindo na igualdade anterior x por x, obtemos[Pn(x)

Qm−k(x)

](k−i)

= (k − i)!Ai ⇔ Ai =1

(k − i)!

[Pn(x)

Qm−k(x)

](k−i)

,

o que conclui a prova.

2014/2015 175 c© HBO


Exemplo 7.5.4. Determinar a primitiva seguinte:∫x− 1

(x+ 1)2(2x+ 3)dx.

Usando o Método dos Coe�cientes Indeterminados, temos:

x− 1

(x+ 1)2(2x+ 3)=

A1

x+ 1+

A2

(x+ 1)2+

B

2x+ 3

⇔x− 1 = A1(2x+ 3)(x+ 1) +A2(2x+ 3) +B(x+ 1)2

⇔x− 1 = (2A1 +B)x2 + (5A1 + 2A2 + 2B)x+ 3A1 + 3A2 +B

⇔

2A1 +B = 05A1 + 2A2 + 2B = 13A1 + 3A2 +B = −1

⇔ · · · ⇔

A1 = 5A2 = −2B = −10

.

Então, podemos escrever

x− 1

(x+ 1)2(2x+ 3)=

5

x+ 1− 2

(x+ 1)2− 10

2x+ 3,

pelo que ∫x− 1

(x+ 1)2(2x+ 3)dx =5

∫1

x+ 1dx− 2

∫1

(x+ 1)2dx− 10

∫1

2x+ 3dx

=5 ln |x+ 1|+ 2

x+ 1− 5 ln |2x+ 3|+ C

=5 ln

∣∣∣∣ x+ 1

2x+ 3

∣∣∣∣+2

x+ 1+ C .

De outro modo, também poderíamos ter determinado os coe�cientes A1, A2 e B usando as fórmulasacima:

A1 =

[x− 1

2x+ 3

]′x=−1

=

[5

(2x+ 3)2

]x=−1

= 5

e

B =

[x− 1

(x+ 1)2

]x=− 3

2

= −10 , A2 =

[x− 1

2x+ 3

]x=−1

= −2 .

(iii) Se o polinómio Qm(x) não tem raízes reais

Aqui, podemos inferir1 que m = 2k, com k ∈ N, e a função a integrar escreve-se na forma seguinte:

f(x) =Pn(x)

(x2 + bx+ c)k, com n < 2k,

e onde b e c são parâmetros conhecidos. Usando o Método dos Coe�cientes Indeterminados, decompomosa função f(x) do modo seguinte:

f(x) =b1x+ c1

x2 + bx+ c+

b2x+ c2(x2 + bx+ c)2

+ · · ·+ bkx+ ck(x2 + bx+ c)k

.

Nos casos mais simples: k = 1 e n = 0 ou n = 1; a primitiva é determinada imediatamente, ou bastandofazer uma mudança de variável conveniente.

1Todo o polinómio de grau ímpar tem, pelo menos, uma raiz real.

2014/2015 176 c© HBO



x2 + 2x+ 5dx .

Começamos por observar que o polinómio x2 + 2x+ 5 não pode ser decomposto, visto que não temraízes reais. Neste caso, fazemos a aproximação seguinte

1

x2 + 2x+ 5=

1

4 + (x+ 1)2=

1

4

1

1 +(x+1

2

)2e a primitiva pode ser calculada fazendo a substituição simples

x+ 1

2= t⇒ dx = 2 dt .

Pelo que obtemos ∫1

x2 + 2x+ 5dx =

1

4

∫1

1 +(x+1

2

)2 dx =1

2

∫1

1 + t2dt

=1

2arctg(t) + C =

1

2arctg

(x+ 1

2

)+ C .

No caso de k > 1, a situação é mais delicada, pois necessitamos de saber primitivar as funções do tiposeguinte:

g(x) =bix+ ci

(x2 + bx+ c)qi, qi = k − i ≥ 2 pois i = 1, . . . , k − 2.

Nestes casos, a primitiva é determina fazendo uma mudança de variável que nos leva a um novo tipo defunções a primitivar:

h(x) =1

(1 + x2)q, onde �zemos q = qi.

As primitivas deste tipo, serão determinadas usando o Método de Primitivação por Partes, como mostraa proposição seguinte.

Proposição 7.5.3. Para qualquer natural q ≥ 2, tem-se:∫1

(1 + x2)qdx =

1

2q − 2

x

(1 + x2)q−1+

2q − 3

2q − 2

∫1

(1 + x2)q−1dx .

Demonstração: Primeiro, começamos por observar que∫1

(1 + x2)qdx =

∫1

(1 + x2)q−1dx−

∫x2

(1 + x2)qdx .

A seguir, admitindo que q ≥ 2, usamos o Método de Primitivação por Partes para decompor a segundaprimitiva do segundo termo,∫

x2

(1 + x2)qdx =

∫x

(1 + x2)q× x dx =∫

x(1 + x2)−q dx× x−∫ [∫

x(1 + x2)−q dx× x′]dx =

1

2

(1 + x2)−q+1

−q + 1x− 1

2

∫(1 + x2)−q+1

−q + 1dx =

− 1

2(q − 1)

x

(1 + x2)q−1+

1

2(q − 1)

∫1

(1 + x2)q−1dx .

2014/2015 177 c© HBO


Substituindo na igualdade anterior, obtemos∫1

(1 + x2)qdx =∫

1

(1 + x2)q−1dx+

1

2(q − 1)

x

(1 + x2)q−1− 1

2(q − 1)

∫1

(1 + x2)q−1dx =

1

2q − 2

x

(1 + x2)q−1+

2q − 3

2q − 2

∫1

(1 + x2)q−1dx ,



(x2 + 2x+ 5)2dx .

Procedendo como no Exemplo 7.5.5, escrevendo x2+2x+5 = 4[1 +

(x+1

2

)2]e fazendo a substituição

x+12 = t, obtemos∫

1

(x2 + 2x+ 5)2dx =

∫1

16[1 +

(x+1

2

)2]2 dx =1

8

∫1

(1 + t2)2dt .

Usando a Proposição 7.5.3 com q = 2, vem∫1

(1 + t2)2dt =

1

2

t

1 + t2+

1

2

∫1

1 + t2dt =

1

2

t

1 + t2+

1

2arctg(t) + C .

Substituindo na expressão anterior e voltando à variável original, temos∫1

(x2 + 2x+ 5)2dx =

1

16

t

1 + t2+

1

16arctg(t) + C

=1

16

x+12

1 +(x+1

2

)2 +1

16arctg

(x+ 1

2

)+ C

=1

8

x+ 1

x2 + 2x+ 5+

1

16arctg

(x+ 1

2

)+ C

Em muitos exercícios de aplicação prática, temos de percorrer vários passos dos anteriormente descritos

Exemplo 7.5.7. Determinar a primitiva seguinte:∫x4

x4 − 1dx .

Começando por dividir os polinómios, temos∫x4

x4 − 1dx =

∫1 dx+

∫1

x4 − 1dx = x+

∫1

x4 − 1dx .

Fixemo-nos, agora, na primitiva do segundo membro. Aqui, vamos usar o Método dos Coe�cientesIndeterminados para escrever a função racional como soma de outras mais simples:

1

x4 − 1=

1

(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)=

A

x− 1+

B

x+ 1+Cx+D

x2 + 1.

2014/2015 178 c© HBO


Os coe�cientes A e B podem ser facilmente determinados por

A =

[1

(x+ 1)(x2 + 1)

]x=1

=1

4, B =

[1

(x− 1)(x2 + 1)

]x=−1

= −1

4.

Agora, vamos usar os valores de A e B para determinar C e D como se segue

1

(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)=

1/4

x− 1+−1/4

x+ 1+Cx+D

x2 + 1

⇔1 =1

4(x+ 1)(x2 + 1)− 1

4(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x2 − 1)

⇔1 = Cx3 +

(D +

1

2

)x2 − Cx−D +

1

2⇔{C = 0D = − 1

2 .

Podemos então escrever1

x4 − 1=

1

4

1

x− 1− 1

4

1

x+ 1− 1

2

1

x2 + 1,

pelo que ∫1

x4 − 1dx =

1

4

∫1

x− 1dx− 1

4

∫1

x+ 1dx− 1

2

∫1

x2 + 1dx

=1

4ln |x− 1| − 1

4ln |x+ 1| − 1

2arctg(x) + C

=1

4ln

∣∣∣∣x− 1

x+ 1

∣∣∣∣− 1

2arctg(x) + C .

Finalmente, podemos responder que a primitiva original é dada por∫x4

x4 − 1dx = x+

1

4ln

∣∣∣∣x− 1

x+ 1

∣∣∣∣− 1

2arctg(x) + C .

7.6 Primitivas de funções irracionais

Uma função irracional é uma função representada por

f(x) = n√R(x),

onde R(x) é uma função racional. Mais geralmente, designamos por função irracional qualquer funçãocuja expressão designatória resulta de aplicarmos operações racionais a uma ou mais das funções porúltimo referidas. Antes de indicarmos métodos de resolver primitivas de funções irracionais, observemosque a ideia principal é reduzir as primitivas de funções irracionais a primitivas de funções racionais.Depois, para estas últimas, podemos utilizar os conhecimentos da secção anterior.

De seguida, vamos indicar métodos para determinar as primitivas de alguns tipos de funções irracionais.

1o TIPO Se nos diferentes radicais que intervêm na função irracional surgir sempre a função racional

R(x) =ax+ b

cx+ d,

fazemos a mudança de variávelax+ b

cx+ d= tn ,

onde n é o mínimo múltiplo comum dos diferentes radicais.

2014/2015 179 c© HBO


Exemplo 7.6.1. Determinar a primitiva seguinte:∫ √2x− 1

2x− 1 + 3√

(2x− 1)2dx .

2o TIPO Consideremos agora o caso de funções irracionais da forma seguinte:

f(x) =Pn(x)√

ax2 + bx+ c,

onde Pn(x) é um polinómio de grau n e a, b e c são coe�cientes reais.

(i) Se n = 0, estamos perante uma função do tipo

f(x) =1√

ax2 + bx+ c.

Neste caso mais simples, faz-se uma das transformações seguintes:

• ax2 + bx+ c = 1− u2 para usar∫

u′√1− u2

dx = arcsen(u) + C ;

• ax2 + bx+ c = u2 + 1 para usar∫

u′√u2 + 1

dx = argsh(u) + C ;

• ax2 + bx+ c = u2 − 1 para usar∫

u′√u2 − 1

dx = argch(u) + C .

A escolha da transformação é sugerida pelos coe�cientes a, b e c. No caso da primeira trans-formação, convém ter em conta a igualdade seguinte:

arcsen(u) = − arccos(u) + C onde C =π

2.


a)

∫dx√

3− 2x− x2dx ; b)

∫dx√

x2 + 2x+ 2dx ; c)

∫dx√

x2 − 4x− 5dx .

(ii) No caso de n ≥ 1, a primitiva da função

f(x) =Pn(x)√

ax2 + bx+ c

é determinada supondo que∫Pn(x)√

ax2 + bx+ cdx = Qn−1(x)

√ax2 + bx+ c+ λ

∫1√

ax2 + bx+ cdx , (7.6.3)

onde Qn−1(x) é um polinómio de grau n − 1 com coe�cientes indeterminados e λ é umaconstante real, também a determinar. Os coe�cientes do polinómio Qn−1(x) e a constante λsão determinados derivando a identidade (7.6.3). Depois, e no caso de λ 6= 0, a primitiva dosegundo membro de (7.6.3) é determinada usando as técnicas de (i).

Exemplo 7.6.3. Determinar a primitiva seguinte:∫x3

√1− x2

dx .

2014/2015 180 c© HBO


Em muitas situações, este tipo de primitivas pode ser determinado usando o Método dePrimitivação por Partes e ou usando o Método de Primitivação por Substituição. Sempre queseja possível, é preferível usar um destes métodos em vez da identidade (7.6.3). Esta escolhanão é determinada pela maior ou menor rapidez destes métodos, mas sim porque são métodosmais gerais e aos quais já estamos habituados.

Exemplo 7.6.4. Determine a primitiva do Exemplo 7.6.3, usando:a) O Método de Primitivação por Partes;b) O Método de Primitivação por Substituição.

3o TIPO Se a função a primitivar for do tipo seguinte:

f(x) =1

(x− d)n√ax2 + bx+ c

;

onde a, b, c são coe�cientes reais, d é uma constante real e n é um natural, fazemos a mudança devariável seguinte:

1

x− d= t ,

Deste modo, obtemos uma primitiva do tipo 2 acima referida:∫dx

(x− d)n√ax2 + bx+ c

= −∫

tn−1√αx2 + βx+ γ

,

onde α = (a+ 1)d2 + bd, β = 2ad+ b, γ = a.

Exemplo 7.6.5. Determinar a primitiva seguinte:∫dx

(x+ 1)4√x2 + 2x

.

7.7 Primitivas de binómios diferenciais

As primitivas de binómios diferenciais são um vasto grupo de primitivas que incluem primitivas de funçõesracionais e primitivas de funções irracionais. Vamos designar por primitiva de um binómio diferencial atoda a primitiva da forma ∫

xm(a+ bxn)pq dx ,

onde a e b são coe�cientes reais, m e n são racionais e p e q são inteiros não nulos. As primitivas destasfunções são determinadas da forma seguinte:

(i) Se pq é um inteiro, então estamos perante uma primitiva de uma função racional e podemos usar os

métodos descritos na Secção 7.5.

(ii) Se pq não é um inteiro, mas:

• m+ 1

né um inteiro ⇒ fazer mudança de variável a+ bxn = tq ;

• m+ 1

n+p

qé um inteiro ⇒ fazer mudança de variável a+ bxn = xntq .

2014/2015 181 c© HBO


Observe-se que no último caso, podemos fazer a substituição na forma equivalente seguinte

ax−n + b = tq .

Nestes dois casos as primitivas são transformadas em primitivas de funções racionais e, novamente,podemos usar os métodos descritos na Secção 7.5. Este resultado é conhecido na literatura comoTeorema de Tchebychev.

Se pq ,

m+1n e m+1

n + pq são todos não inteiros, então não é possível determinar a primitiva como combinação

linear �nita de funções elementares. Nestas situações especiais, que não iremos tratar neste curso,as primitivas são determinadas usando o desenvolvimento em série de Taylor da função a primitivar.

Exemplo 7.7.1. Determine as primitivas seguintes:

a)

∫ √x√

1 +√xdx ; b)

∫x2(x2 − 1)−

32 dx .

Convém ter em mente, que, por vezes, existem substituições mais simples que nos permitem determinara primitiva de forma mais célere.

Exemplo 7.7.2. Determine a primitiva da alínea a do Exemplo 7.7.1 usando uma substituiçãotrigonométrica, ou hiperbólica, conveniente.


Primitivas imediatas

1. Determine as primitivas seguintes:

(a)∫x5 dx ;

(b)∫dx

x2;

(c)∫

2

xdx ;

(d)∫

3√x dx ;

(e)∫

(2x2 − 5x+ 3) dx ;

(f)∫

(3x+ 4)2 dx ;

(g)∫x(x+ a)(x+ b) dx ;

(h)∫

(a+ bx3)2 dx , a, b ∈ R ;

(i)∫

dxn√x, n ∈ N ;

(j)∫

(nx)1−nn dx , n ∈ N ;

(k)∫ (

a23 − x 2

3

)3

dx, a ∈ R ;

(l)∫

sen2x dx ;

(m)∫

cosh2 x ;

(n)∫

(x3 − x2)2

√x

dx ;

(o)∫

tg2x sec2 x dx ;

(p)∫ex cotg(ex) dx .

2. Determine as primitivas seguintes com os valores particulares indicados:

(a) F (x) =

∫1

xdx , com F (e) = 2;

2014/2015 182 c© HBO


(b) F (x) =

∫x

1 + x2dx , com F (0) = 1;

(c) F (x) =

∫sen(2x) dx , com F (π) = 0;

(d) F (x) =

∫2−x dx , com F (0) = − 1

ln(2);

(e) F (x) =

∫(2x3 − 5x2 + 3x− 1) dx , com F (1) = 0;

(f) F (x) =

∫tg(x) dx , com F

(π3

)= 1 + ln(2);

(g) F (x) =

∫senh(3x− 1) dx , com F

(1

3

)= 1;

(h) F (x) =

∫1

x3dx , com F (2) = −1

4.

Primitivação por partes

1. Determine as primitivas seguintes, usando o método de primitivação por partes:

(a)∫

lnx dx ;

(b)∫

arctgx dx ;

(c)∫

arcsenx dx ;

(d)∫x senx dx ;

(e)∫

cos2 xdx ;

(f)∫x2−x dx ;

(g)∫xnex dx , n ∈ N ;

(h)∫ex senx dx ;

(i)∫

3x cosx dx ;

(j)∫xα lnx dx , α ∈ R;

(k)∫xe−x dx ;

(l)∫

sen(lnx) dx ;

(m)∫

ln(√

1 + x2)dx ;

(n)∫x senx cosx dx .

Primitivação por substituição

1. Determine as primitivas seguintes, usando a mudança de variável indicada:

(a)∫

dx

x√x2 − 1

, x =1

t;

(b)∫

x√2− 3x

dx , 2− 3x = s2 ;

(c)∫x(5x2 − 3)7 dx, 5x2 − 3 = t ;

(d)∫x√

1 + 3x dx , y =√

1 + 3x ;

(e)∫

cosx√1 + sen2x

dx, t = sen(x) ;

(f)∫

dx√x(1− x)

, x = sen2(t) ;

(g)∫ √

π − x2 dx, x =√π sen(θ) ;

(h)∫ √

x2 + 4

xdx , x = 2 tg(φ) ;

(i)∫ √

x2 − 9 dx, x = 3 cosh(t) ;

(j)∫

dx

x√x2 − 1

, x = sec(θ) .

2. Determine as primitivas seguintes usando primitivação por partes e uma substituição adequada:

2014/2015 183 c© HBO


(a)∫x arccos(x) dx ;

(b)∫ √

x arcsen(√x) dx ;

(c)∫x ln(x+

√x2 + 1) dx ;

(d)∫x ln(x+

√x2 − 1) dx .

Primitivação de funções racionais

1. Determine as primitivas seguintes:

(a)∫

dx

x2 − 2x+ 2;

(b)∫

dx

x2 + 2x;

(c)∫

3x− 2

x2 − 4x+ 5dx ;

(d)∫

x

x4 − 4x2 + 3dx ;

(e)∫x4 − 6x3 + 12x2 + 6

x3 − 6x2 + 12x− 8dx ;

(f)∫

dx

(x− 1)(x+ 2)(x+ 3);

(g)∫

2x2 + 41x− 91

(x− 1)(x+ 3)(x− 4)dx ;

(h)∫

x2 − 8x+ 7

(x2 − 3x− 10)2dx ;

(i)∫x3 + x+ 1

x3 + xdx ;

(j)∫

dx

x3 + 1;

(k)∫

x3

x3 − 1dx ;

(l)∫

dx

(x2 − 4x+ 3)(x2 + 4x+ 5);

(m)∫

5x2 + 6x+ 9

(x− 3)2(x+ 1)2dx ;

(n)∫

x2 + 2x

(x− 1)(x2 − 4x+ 5)dx .

(o)∫

1

(x2 + 1)(x2 + 2)dx ;

(p)∫

x2

(x+ 1)(x2 + 1)2dx .

2. Determine as primitivas seguintes usando as substituições indicadas e o método dos coe�cientesindeterminados:

(a)∫

1

cos(x)dx , sen(x) = t; (b)

∫1

sen(x)dx , cos(x) = t.

Primitivação de funções irracionais

Determine as primitivas seguintes de funções irracionais:

1.∫

dx

1 +√x

;

2.∫

x3

√x− 1

dx ;

3.∫

x3√x− 4

dx ;

4.∫

4√x√

x+ 3√xdx ;

5.∫

x 3√

2 + x

x+ 3√

2 + xdx ;

6.∫x

√x− 1

x+ 1dx ;

7.∫

dx√x+ 1 + (x+ 1)

√x+ 1

;

8.∫

3x− 6√x2 − 4x+ 5

dx ;

9.∫

dx√x− x2

;

10.∫x3(1 + 2x2)−

32 dx ;

11.∫

dx

x4√

1 + x2;

12.∫

dx

x2(2 + x3)53

;

13.∫

2x− 8√1− x− x2

dx .

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Soluções

5.1 Primitivas imediatas

1: (a) x6

6+ C; (b) − 1

x+ C; (c) ln(x2) + C; (d) 3

4x 3√x + C; (e) 2

3x3 − 5

2x2 + 3x + C; (f) (3x+4)3

9+ C; (g)

x4

4+ a+b

3x3 + ab

2x2 + C; (h) a2x + ab

2x4 + b2

7x7 + C; (i) ln |x| + C se n = 1, n

n−1

n√xn−1 + C se n > 1; (j)

x + C se n = 1, n√nx + C se n > 1; (k) a2x − 9

5a

43 x

53 + 9

7a

23 x

73 − 1

3x3 + C; (l) 1

2[x− sen(x) cos(x)] + C; (m)

12

[x+ senh(x) cosh(x)] + C; (n) x2√x(

213x4 − 4

11x3 + 2

5

)+ C; (o) tg3(x)

3+ C; (p) ln | sen (ex) |+ C.

2: (a) F (x) = ln |x| + 1; (b) F (x) = 12

ln(1 + x2) + 1; (c) F (x) = − 12

cos(2x) + 12; (d) F (x) = − 1

ln(2)2−x; (e)

F (x) = 12x4− 5

3x3 + 3

2x2−x+ 2

3; (f) F (x) = − ln | cos(x)|+1; (g) F (x) = 1

3cosh(3x−1)+ 2

3; (h) F (x) = − 1

2x2− 1

8.

5.2 Primitivas por partes

1: (a) x ln(x)−x+C; (b) x arctg(x)− 12

ln(1+x2)+C; (c) x arcsen(x)+√

1− x2 +C; (d) sen(x)−x cos(x)+C; (e)12

cos(x) sen(x)+ x2

+C; (f) − 1+x ln(2)

ln2(2)2−x+C (g)

∑nk=0

n!(n−k)!x

n−kex+C; (h) − 12ex cos(x)+ 1

2ex sen(x)+C; (i)

11+ln2(3)

[ln(3) sen(x)− cos(x)]3x +C; (j) xα+1

α+1

(ln(x)− 1

α+1

)+C se α 6= −1, 1

2ln2(x) +C; (k) −(1 + x)e−x +C;

(l) −x2

cos(ln(x))+ x2

sen(ln(x))+C; (m) x ln(1+x2)−x+ arctg(x)+C; (n) −x2

cos2(x)+ 14

cos(x) sen(x)+ x4

+C.5.3 Primitivas por substituição

1: (a) arcsen(1x

)+ C = − arccos

(1x

)+ C = − arctg

(1√x2−1

)+ C; (b) − 8+6x

27

√2− 3x + C; (c) (5x2−3)8

80+ C;

(d) 2135

(1 + 3x)√

1 + 3x(9x − 2) + C; (e) ln | sen(x) +√

1 + sen2(x)| + C; (f) arcsen(√x) + C; (g) x

2

√π − x2 +

π2

arcsen(x√π

)+C; (h)

√x2 + 4−2 ln

∣∣∣∣ 2+√x2+4x

∣∣∣∣+C; (i)−x2√x2 − 9+ 92

ln∣∣∣x+

√x2 − 9

∣∣∣+C; (j) arcsen(1x

)+C =

− arccos(1x

)+ C = − arctg

(1√x2−1

)+ C.

2: (a) x2

2arccos(x)− x

4

√1− x2− 1

4arccos(x)+C; (b) 2

3x√x arcsen(

√x)+ 2x+4

9

√1− x+C; (b) x

2

2ln(x+

√x2 + 1)−

x4

√x2 + 1 + 1

4ln(x+

√x2 + 1) + C; (c) x2

2ln(x+

√x2 − 1)− x

4

√x2 − 1 + 1

4ln(x+

√x2 − 1) + C.

5.4 Primitivas racionais

1: (a) arctg (x− 1); (b) 12

ln∣∣∣ xx+2

∣∣∣+ C; (c) − 16

ln |x− 1| − 56

ln |x+ 1|+ C; (d) 14

ln∣∣∣x2−3x2−1

∣∣∣+ C; (e) x2

2− 8x−2−

11(x+2)2

+ C; (f) 112

ln |x − 1| + 14

ln |x + 3| − 13

ln |x + 2| + C; (g) 4 ln |x − 1| − 7 ln |x + 3| + 5 ln |x − 4| + C; (h)30343

ln |x − 5| + 849

1x−5

− 30343

ln |x + 2| − 2749

1x+2

+ C; (i) x + ln |x| − 12

ln(x2 + 1) + C; (j) − 16

ln(x2 − x + 1) +

1√3

arctg(

2x−1√3

)+ 1

3ln |x + 1| + C; (k) x − 1

6ln(x2 + x+ 1

)−√33

arctan(

(2x+ 1)√33

)+ 1

3ln |x− 1| + C; (l)

152

ln |x−3|− 120

ln |x−1|+ 165

ln(x2 + 4x+ 5) + 7130

arctg(x+ 2) +C; (m) − 92

1x−3− 1

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

2ln |x−1|−

14

ln(x2− 4x+ 5) + 132

arctg(x− 2) +C; (o) arctg(x)− 1√2

arctg(x√2

)+C; (p) 1

4ln |x+ 1|− 1

8ln(x2 + 1)− 1

4x+1x2+1

.

2: (a) 12

ln∣∣∣ 1+ sen(x)1− sen(x)

∣∣∣+ C; (b) 12

ln∣∣∣ 1−cos(x)1+cos(x)

∣∣∣+ C.

2014/2015 185 c© HBO

Capítulo 8

Integrais

8.1 Integral de Riemann

Comecemos por introduzir a noção de partição de um intervalo de R.

De�nição 8.1.1. Seja [a, b] um intervalo contido em R de extremos a e b, com a < b. Designa-sepor partição do intervalo [a, b] a um conjunto �nito de pontos, digamos x0, x1, . . . , xn, quedivide [a, b] em subintervalos tais que:

a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b,

onde n é um número natural arbitrário.

O intervalo considerado pode ser aberto e a partição, de�nida desta forma, vai ser denotada por P eescreve-mo-la do modo seguinte:

P : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b.

Esta partição determina n intervalos [xi−1, xi] cujos comprimentos são dados por

4xi = xi − xi−1.

A localização dos pontos x0, x1, . . . , xn, e a consequente divisão do intervalo [a, b] é arbitrária. Emparticular, os subintervalos [xi−1, xi] não têm necessariamente o mesmo comprimento.

De�nição 8.1.2. Seja f uma função de�nida num intervalo [a, b] ⊂ R. Designamos por soma deRiemann da função f no intervalo [a, b] à quantidade seguinte:

n∑i=1

f(ξi)4xi ≡ f(ξ1)4x1 + f(ξ2)4x2 + · · ·+ f(ξn)4xn ;

onde ξi são pontos seleccionados aleatoriamente nos intervalos [xi−1, xi].

Para a noção de integral, interessa-nos que as partições sejam muito �nas. De�nimos a quantidade quede�ne a �nura de dada partição P de um intervalo [a, b] ⊂ R por

|P| = maxi4xi.

Observemos que |P| é o comprimento do maior intervalo contido na partição P.

186

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 8. INTEGRAIS

x

y

f(ξi)

y = f(x)

ξix0 · · · xi−1 xi · · · xn

Figura 8.1: Soma de Riemann entre x0 = a e xn = b.

De�nição 8.1.3. Sejam f uma função de�nida num intervalo [a, b] ⊂ R e

P : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b.

uma partição arbitrária de [a, b]. Diz-se que a função f é integrável (à Riemann) no intervalo[a, b], se existir (e for �nito) o limite seguinte:

lim|P|→0

n∑i=1

f(ξi)4xi,

independentemente de como a partição P do intervalo [a, b] é formada, ou de como os pontos ξipertencentes aos subintervalos [xi−1, xi] são escolhidos.

No caso de existir, o limite da de�nição anterior designa-se por integral da função f e denota-se por∫ b

a

f(x) dx ou∫

[a,b]

f(x) dx.

Neste caso, a função f designa-se por função integranda, a e b são, respectivamente, os limitesinferior e superior de integração, e

∫é o símbolo de integração. A variável x joga o mesmo papel

que o índice dos somatórios e, habitualmente, dizemos que é uma variável muda no sentido que pode sersubstituída por outra variável, não alterando o valor do integral.

A noção de função integrável que acabamos de introduzir, estende-se a qualquer função de�nida numconjunto limitado D ⊂ R que não seja propriamente um intervalo. Apenas temos de considerar umintervalo [a, b] que contenha D e aí fazer a análise anterior. O único cuidado a tomar para a de�niçãofazer sentido, é �xar o valor de f(ξi) igual a zero quando ξi não pertencer a D.

Usando a noção de limite, dizemos que o número I é o integral (de Riemann) da função f no intervalo[a, b], se

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 :

∣∣∣∣∣I −n∑i=1

f(ξi)4xi

∣∣∣∣∣ < ε

para qualquer partição P do intervalo [a, b] tal que |P| < δ e qualquer escolha dos pontos ξi.

Para a demonstração de muitos resultados teóricos, é conveniente a de�nição equivalente de limite queusa o denominado Critério de Cauchy.

2014/2015 187 c© HBO


De�nição 8.1.4. Seja f uma função de�nida num intervalo [a, b] ⊂ R. A função f é integrável (àRiemann) no intervalo [a, b], se

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 :

∣∣∣∣∣n∑i=1

f(ξ1i )4x1

i −n∑i=1

f(ξ2i )4x2

i

∣∣∣∣∣ < ε

para quaisquer duas partição P1 e P2 do intervalo [a, b] formadas por pontos distintos e tais que|P1| < δ e |P2| < δ.

x

y

∫ b

a

f(x) dx y = f(x)

a b

Figura 8.2: Integral de f(x) entre x = a e x = b.

A questão que agora se coloca é a de saber se é possível indicar condições para dizer se determinadafunção é integrável ou não. A proposição seguinte dá-nos uma condição necessária para que uma funçãoseja integrável.

Proposição 8.1.1. Seja f uma função de�nida num intervalo [a, b] ⊂ R. Se a função f é integrável(à Riemann) no intervalo [a, b], então é limitada em [a, b].

Demonstração: Se f não fosse limitada, então para qualquer partição do intervalo [a, b]:

P : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b;

existiria, pelo menos, um intervalo, digamos [xi−1, xi], onde f não é limitada. Deste modo, escolhendo oponto ξ∗i ∈ [xi−1, xi] de modos diferentes, podemos fazer a quantidade

f(ξ∗i )∆xi = f(ξ∗i )(xi − xi−1)

tão grande quanto se queira. Por consequência, alterando apenas a escolha do ponto ξ∗i ∈ [xi−1, xi], asoma de Riemann

∑ni=1 f(ξ∗i )4xi será tão grande quanto se queira. Então

lim|P|→0

n∑i=1

f(ξ∗i )4xi = +∞,


Exemplo 8.1.1. Mostrar que a função f(x) = 1x não é integrável no intervalo (0, 1).

SejaP : 0 = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = 1

uma partição arbitrária do intervalo [0, 1]. Veri�ca-se que, independentemente da escolha de x1,no intervalo [0, x1] podemos escolher o ponto ξ∗1 de modo que f(ξ∗1)∆ ξ1 seja tão grande quanto se

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queira. Logo, a soma de Riemann∑ni=1 f(ξ∗i )4xi vai ser tão grande quanto se queira. Deste modo,

lim|P|→0

n∑i=1

f(ξ∗i )4xi = +∞.

Então, pela proposição anterior, qualquer função que não seja limitada no respectivo intervalo de inte-gração, não é integrável nesse intervalo. Como iremos ver a condição necessária de integrabilidade obtidaestá longe de ser su�ciente. Contudo, permite-nos restringir o estudo a funções limitadas. A proposiçãoseguinte dá-nos uma condição su�ciente para que uma função seja integrável.

Proposição 8.1.2. Seja f uma função de�nida num intervalo [a, b]. Se f é contínua em [a, b], entãof é integrável em [a, b].

Demonstração: Consideremos duas partições distintas do intervalo [a, b]:

P1 : a = x10 < x1

1 < · · · < x1n−1 < x1

n = b;

P2 : a = x20 < x2

1 < · · · < x2m−1 < x2

m = b;

tais que |P1| < δ e |P2| < δ. Consideremos a partição:

P = P1 ∪ P2 : a = x0 < x1 < · · · < xj−1 < xj = b;

que é um re�namento das duas partições P1 e P2. Tem-se

j ≤ n+m e f(ξkj )∆xkj =

2∑i=1

f(ξkj )∆xij para k = 1, 2.

Para k = 1, 2, temos∣∣∣∣∣∣l∑

j=1

2∑i=1

f(ξij)∆xij −l∑

j=1

f(ξkj )∆xkj

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣l∑

j=1

2∑i=1

f(ξij)∆xij −l∑

j=1

2∑i=1

f(ξkj )∆xij

∣∣∣∣∣∣

Observemos que, no caso da proposição anterior, o facto da função ser contínua no intervalo (fechado),implica que, nesse intervalo, também seja limitada.

Exemplo 8.1.2. Mostre que a função f(x) = 2 é integrável no intervalo [0, 1] e calcule o respectivointegral.

Proposição 8.1.3. Seja f uma função limitada num intervalo [a, b]. Se f é contínua em [a, b],excepto, quanto muito, num número �nito de pontos, então f é integrável em [a, b].

Demonstração: Usar a Proposição 8.1.2.

Neste caso, é necessária a hipótese da função ser limitada, pois poder-se-á dar o caso da função não serlimitada em algum ponto de descontinuidade.

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Exemplo 8.1.3. Mostre que a função seguinte não é integrável no intervalo [0, 1]:

f(x) =

{1 se x ∈ [0, 1] ∩Q0 se x ∈ [0, 1] \Q .

Neste último exemplo, observamos que a função não é contínua no domínio considerado. Mais do queisso, o conjunto dos pontos de descontinuidade desta função tem cardinalidade in�nita. No entanto, sópor isso, não podemos dizer que uma função com um conjunto de pontos de descontinuidade in�nitonão seja integrável. A proposição seguinte permite-nos dizer que algumas funções nestas condições sãointegráveis.

Proposição 8.1.4. Seja f uma função monótona num intervalo fechado [a, b]. Então f é integrávelem [a, b].

Demonstração: Ver, por exemplo, Campos Ferreira p. 522.

Exemplo 8.1.4. A função seguinte é integrável no intervalo [0, 1] apesar de aí ter um conjunto depontos de descontinuidade contavelmente in�nito:

f(x) =

1− 12n−1 se 1− 1

2n−1 ≤ x ≤ 1− 12n , n ∈ N .

1 se x = 1

Todos os resultados anteriores podem ser enunciados para intervalos abertos (a, b), ou semi-abertos [a, b)e (a, b]. Apenas temos de exigir que a função seja limitada no ou nos extremos do intervalo considerado.

Para concluir esta secção e pelo que foi exposto, podemos dizer que todas as funções elementares conhe-cidas são integráveis em intervalos limitados contidos nos seus domínios de de�nição.

8.2 Propriedades

Nesta secção, vamos apresentar as propriedades mais importantes do integral.

Proposição 8.2.1. Sejam f e g duas funções integráveis num intervalo [a, b] e tais que f(x) = g(x)para quase todo x ∈ [a, b]. Então ∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

g(x) dx.

Demonstração:

O resultado anterior expressa o facto do integral de uma função não ser afectado por uma quantidade�nita de pontos.

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Proposição 8.2.2. Sejam f e g duas funções integráveis num intervalo [a, b] e c uma constantereal. Então as funções f + g e c f também são integráveis em [a, b] e tem-se:

1.∫ ba

[f(x) + g(x)] dx =∫ baf(x) dx+

∫ bag(x) dx;

2.∫ ba

[c g(x)] dx = c∫ baf(x) dx.

Demonstração:

Esta proposição, diz-nos que o integral é um operador linear, o que é muito útil no cálculo de integrais.Na proposição seguinte estabelece-se a denominada propriedade aditiva dos integrais.

Proposição 8.2.3. Sejam a, b e c números reais tais que a < c < b. Se dois dos integrais seguintesexistem, o terceiro também existe e tem-se:∫ c

a

f(x) dx+

∫ b

c

f(x) dx =

∫ b

a

f(x) dx.

Demonstração:

Na proposição seguinte e Corolário a seguir estabelecem-se propriedades relacionadas com a monotoniado integral como função do integrando.

Proposição 8.2.4. Seja f uma função integrável em [a, b]. Então

f(x) ≥ 0 ∀ x ∈ [a, b] ⇒∫ b

a

f(x) dx ≥ 0.

Demonstração:

Corolário 8.2.1. Sejam f e g funções integráveis no intervalo [a, b]. Então:

1. f(x) ≤ g(x) ∀ x ∈ [a, b] ⇒∫ baf(x) dx ≤

∫ bag(x) dx ;

2.∣∣∣∫ ba f(x) dx

∣∣∣ ≤ ∫ ba |f(x)| dx.

Demonstração: Usar a Proposião 8.2.4.

Ainda como consequência da monotonia dos integrais podemos provar o resultado seguinte que, decerto modo, está relacionado com o Teorema do Valor Intermédio. Este resultado pode ser interpretadogeometricamente, dizendo que existe sempre um rectângulo de base o intervalo de integração e cuja áreacoincide com o integral dado.

Proposição 8.2.5 (Teorema da média do integral). Seja f uma função contínua num intervalo

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[a, b], com a < b. Então existe, pelo menos, um ponto c ∈ (a, b) tal que

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x) dx.

Demonstração:

8.3 Teorema fundamental

Nesta secção, vamos ver como se relaciona a integração de funções com a respectiva derivação. Estarelação constitui um dos mais importantes teoremas da Análise Matemática e é comummente designadopor Teorema Fundamental da Análise.

Consideremos uma função f integrável num intervalo [a, b] e a função seguinte:

F (x) =

∫ x

a

f(s) ds, a ≤ x ≤ b;

a qual é designada por integral inde�nido da função f . Observe-se que a variável x da função F éo limite superior do integral inde�nido e, por isso, tivemos necessidade de alterar a variável muda dointegral.

Proposição 8.3.1. Seja f uma função integrável num intervalo [a, b]. Então, a função

F (x) =

∫ x

a

f(s) ds, a ≤ x ≤ b,

é contínua em [a, b].

Demonstração:

Proposição 8.3.2 (Teorema Fundamental). Seja f uma função integrável num intervalo [a, b] econtínua em (a, b). Então, a função

F (x) =

∫ x

a

f(s) ds, a ≤ x ≤ b,

é derivável em cada ponto de (a, b) e tem-se:

F ′(x) = f(x) para todo x ∈ (a, b).

Demonstração:

Esta proposição, diz-nos que a integração de uma função f , contínua num intervalo com limite superiorvariável x, dá origem a uma função F , que não é mais do que a primitiva da função f .

Proposição 8.3.3 (Fórmula de Newton-Leibniz). Seja f uma função limitada num intervalo [a, b]e contínua em (a, b). Se F é uma função contínua em [a, b] e tal que

F ′(x) = f(x) em (a, b),

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então ∫ b

a

f(x) dx = F (b)− F (a).

Demonstração:

A fórmula expressa na proposição anterior é, também, muitas vezes designada por Fórmula de Newton-Leibniz e permite-nos tirar a propriedade seguinte dos integrais:∫ b

a

f(x) dx = −∫ a

b

f(x) dx.

A proposição anterior dá-nos, �nalmente, um método e�caz de calcular os integrais de funções contínuase limitadas num intervalo.

Exemplo 8.3.1. Calcule o integral seguinte:∫ 1

0

x√x2 + 1 dx.

Como consequência dos resultados anteriores, obtemos o resultado seguinte, por vezes designado porTeorema de Derivação do Integral Paramétrico.

Corolário 8.3.1. Seja f uma função integrável num intervalo [a, b] e contínua em (a, b). Se ξ e ϕsão funções deriváveis, então

d

d t

(∫ ϕ(t)

ξ(t)

f(x) dx

)= f(ϕ(t))ϕ′(t)− f(ξ(t))ξ′(t).

Demonstração: Usar o Teorema Fundamental.

Exemplo 8.3.2. Determine f(π/2) sabendo que∫ x2

0

f(t) dt =√

1 + x2 − 1.

8.4 Cálculo de integrais

Para o cálculo de integrais, iremos recorrer ao Teorema Fundamental e à consequente Fórmula de Newton-Leibniz. O resultado da proposição seguinte conjuga o teorema fundamental com o método de primiti-vação por partes.

Proposição 8.4.1. Sejam f uma função contínua em [a, b] e g uma função com derivada contínua

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em [a, b]. Então fg é integrável em [a, b] e tem-se:∫ b

a

f(x)g(x) dx =

[∫f(x) dx g(x)

]x=b

x=a

−∫ b

a

(∫f(x) dx

)g′(x) dx.

Demonstração:

Por vezes, este resultado é referido como o Método de Integração por Partes.

Exemplo 8.4.1. Usando o Método de Integração por Partes, calcule o integral seguinte:∫ 1

0

x

exdx.

Na proposição seguinte conjugam-se o teorema fundamental e o método de primitivação por substituição.

Proposição 8.4.2 (Teorema de Mudança de Variável). Sejam f uma função contínua em [a, b] eϕ uma aplicação bijectiva sobre [a, b]. Se ϕ é uma função derivável com derivada contínua, entãotem-se: ∫ b

a

f(x) dx =

∫ ϕ−1(b)

ϕ−1(a)

f(ϕ(t))ϕ′(t) dt.

Demonstração:

O resultado da proposição anterior é muitas vezes designado por Método de Integração por Subs-tituição.

Exemplo 8.4.2. Usando o Método de Integração por Substituição, calcule o integral seguinte:∫ 2

1

1√x+ x

dx.

Para a resolução de exercícios, bem como para a demonstração de alguns resultados teóricos, têm interesseespecial as mudanças de variável indicadas a seguir.

Translação: x = t− t0, em que t0 ∈ R:∫ b

a

f(x) dx =

∫ b+t0

a+t0

f(t− t0) dt;

Simetria: x = −t: ∫ b

a

f(x) dx = −∫ −b−a

f(−t) dt;

Homotetia: x = kt, em que k ∈ R \ {0}:∫ b

a

f(x) dx = k

∫ bk

ak

f(kt) dt.

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Como consequência do Teorema de Mudança de Variável, podemos facilmente demonstrar as propriedadesenunciadas a seguir e que têm muito interesse na resolução de exercícios práticos.

Corolário 8.4.1. Seja a um número real não nulo e f uma função integrável no intervalo [−a, a].Temos:

1. Se f é uma função ímpar em [−a, a], então∫ a−a f(x) dx = 0 ;

2. Se f é uma função par em [−a, a], então∫ a−a f(x) dx = 2

∫ a0f(x) dx .

Demonstração: Usar a Proposição 8.2.3 e o Teorema de Mudança de Variável.

Exemplo 8.4.3. Veri�que que as identidades integrais seguintes são válidas:

a)

∫ 1

−1

x3 dx = 0 ; b)

∫ 1

−1

x2 dx = 2

∫ 1

0

x2 dx .

Corolário 8.4.2. Seja f uma função integrável e a ∈ R arbitrário. Se f é uma função periódica deperíodo T , então ∫ T+a

T

f(x) dx =

∫ a

0

f(x) dx.

Demonstração: Usar o Teorema de Mudança de Variável.

Exemplo 8.4.4. Veri�que que as identidades integrais seguintes são válidas:

a)

∫ 7π3

π3

sen(x) dx =

∫ 2π

0

sen(x+

π

3

)dx = 0 ; b)

∫ 11π4

7π4

cos(x) dx =

∫ 3π4

−π4cos(x) dx =

√2 .

8.5 Aplicações

Intuitivamente a noção de integral está associada à ideia do cálculo de uma área. Deste modo, a fórmulaexpressa na de�nição seguinte, e que se torna muito útil para o cálculo de áreas, é imediata.

De�nição 8.5.1. Seja f uma função contínua e não negativa num intervalo [a, b]. A área daregião R limitada pelas rectas verticais x = a e x = b, pela recta horizontal y = 0 e pelo grá�co def(x) é dada por:

A(R) =

∫ b

a

f(x) dx.

No caso de uma função f , eventualmente negativa, ou sem sinal de�nido, consideramos na fórmulaanterior |f(x)| em vez de f(x). Assim, para uma função contínua f qualquer, a área é dada por:

A(R) =

∫ b

a

|f(x)| dx.

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Exemplo 8.5.1. Usando integrais, calcule a área da �gura limitada pelas curvas y =√

4− x2 ey = 0.

Se a região R estiver compreendida entre quaisquer duas funções contínuas f(x) e g(x), com x ∈ [a, b],então a área de R é dada por

A(R) =

∫ b

a

|f(x)− g(x)| dx.

x

y

y = f(x)

y = g(x)

a b

Figura 8.3: Área entre f(x) e g(x).

Exemplo 8.5.2. Usando integrais, calcule a área da �gura limitada pelas curvas y =√

2− x2 ey = x2.

Outra aplicação dos integrais é o cálculo do comprimento de arco de curvas com derivadas contínuas.

De�nição 8.5.2. Seja f uma função derivável com derivada contínua num intervalo [a, b]. Ocomprimento de arco s da curva (grá�co) y = f(x) entre x = a e x = b é dado por:

s =

∫ b

a

√1 + [f ′(x)]

2dx.

x

y

y = f(x)

x0 · · · xi−1 xi · · · xn

∆xi

∆ yi

Figura 8.4: Comprimento de arco entre x0 = a e xn = b.

Exemplo 8.5.3. Usando integrais, calcule o comprimento (de arco) da curva y =√

4− x2 entre ospontos x = 0 e x = 2.

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1. Calcule os integrais imediatos seguintes:

(a)∫ 2

1

(x2 − 2x+ 3) dx ;

(b)∫ e

1

sen(ln x)

xdx ;

(c)∫ x

1

cos t dt ;

(d)∫ x

−xet dt ;

(e)∫ e2

e

dx

x ln x;

(f)∫ √5

√2

x√x2 − 1

dx ;

(g)∫ 1

0

cosh x dx ;

(h)∫ ln(π4 )

ln(π6 )eθ sec

(eθ)dθ ;

(i)∫ 1

0

x

1 + x4dx.

2. Calcule os integrais seguintes:

(a)∫ 3

−2

f(x) dx , f(x) =

{6 x > 13x2 x ≤ 1 ;

(b)∫ 3

−2

f(x) dx , f(x) =

0 x = −22x2 −2 < x ≤ 11− 2x 1 < x ≤ 3 ;

(c)∫ 4

0

f(x) dx , f(x) =

x 0 ≤ x < 1

1 + (x− 2)√

1− (x− 2)2 1 ≤ x ≤ 3−x+ 4 3 < x ≤ 4

(d)∫ 3

0

|3x− 5| dx ;

(e)∫ 2

−2

x |x| dx ;

(f)∫ 1

−2

sinal(x2 + x) dx ;

(g)∫ 2

0

[x] dx ;

(h)∫ 2

−1

x− [x] dx .

(i)∫ 2

0

x[x] dx .

3. Calcule os integrais seguintes usando o método de integração por partes:

(a)∫ π

2

0

θ cos θ dθ ;

(b)∫ e

1

ln x dx ;

(c)∫ 1

0

x3e2x dx ;

(d)∫ x

0

tarctg t dt ;

(e)∫ 1

2

0

√1− x2 dx ;

(f)∫ √3

0

x3

√1 + x2

dx ;

(g)∫ π

2

π4

sen2x dx ;

(h)∫ 1

0

argshx dx .

4. Calcule os integrais seguintes usando uma mudança de variável:

(a)∫ 4

0

dx

1 +√x

;

(b)∫ 1

0

x2√x+ 1 dx ;

(c)∫ 1

0

ex

1 + e2xdx ;

(d)∫ √

22

0

dx√1− x2

;

(e)∫ 29

3

(x− 2)23

(x− 2)23 + 3

dx ;

(f)∫ π

4

0

sec θ dθ ;

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(g)∫ 1

0

4√x

3√x+√xdx ; (h)

∫ 1

0

y2√y6 + 4

dy .

5. Justi�que porque é que não se pode efectuar a mudança de variável x = cos t no integral seguinte:∫ 2

0

3√

1− x2 dx .

6. Determine o valor médio das funções seguintes nos intervalos indicados:

(a) f(x) = 2 3√x+ 3x sobre o intervalo [1, 3];

(b) g(t) = t2 − 5t+ 6 cos(π t) sobre o intervalo[−1, 5

2

];

(c) h(θ) = e1−cos(2θ) sen(2θ) sobre o intervalo [−π, π];

(d) i(t) = 12 + 4 sen(π t182

)sobre o intervalo [0, 182].


F (x) =

∫ x

1

et2+1t

tdt , com x > 0 .

Mostre que F(

1x

)= −F (x).


φ(x) =

∫ x

1

t

(1 + t2)2ln t dt , x > 0.

(a) Calcule φ(2).

(b) Mostre que φ é derivável e determine φ′(x).

9. Determine f(π2

)sabendo que ∫ x

0

tf(t) dt = x2 + x senx+ cosx− 1.

10. Calcule as áreas delimitadas pelas curvas seguintes:

(a) y = x2

2 , y = 0, x = 1 e x = 3;

(b) y = 4x− x2 e y = 0;

(c) y = 2− x2, y3 = x2 e y ≥ 0;

(d) y = lnx, y = 0 e x = e;

(e) y = sen(x), y = cos(x), x = 0 e x = π2 ;

(f) x2 + y2 = 1;

(g) x23 + y

23 = 1;

(h) y = tg(x), y = cotg(x), y = 0, x = 0 e x = π2 ;

(i) y = x2 e y =√x;

(j) y = sen(x), y = − cos(x), x = 0 e x = π.

11. Calcule os comprimentos de arco das curvas seguintes:

(a) y2 = x3 entre a origem e x = 4;

(b) y = 14x

2 − 12 ln(x) desde x = 1 até x = e;

(c) y = arcsen(e−x) entre x = 0 e x = 1;

(d) y = lnx entre x =√

3 e x =√

8;

(e) x2 + y2 = 1;

(f) 4y3 = 9x2 entre os pontos de coordenadas (0, 0) e (2, 3√

9);

(g) y =√

4− (x− 1)2 entre x = −1 e x = 3.

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Soluções

1: (a) 73; (b) 1− cos(1); (c) sen(x)− sen(1); (d) ex − e−x; (e) ln(2); (f) 1; (g) e2−1

2e; (h) ln

(1+√2√

3

); (i) π

8.

2: (a) 21; (b) 0; (c) 3; (d) 416; (e) 0: (f) 3; (g) 1; (h) 1

2; (i) 3

2.

3: (a) π2− 1; (b) 1; (c) e2+3

8; (d) x2+1

2arctg(x)− x

2; (e)

√3

8+ π

12; (f) 4

3; (g) π+2

8; (h) ln(1 +

√2)−

√2 + 1.

4: (a) 4−2 ln(3); (b) 44√2−16

105; (c) arctg(e)− π

4; (d) π

4; (e) 3

√3

2π+8; (f) ln(1+

√2) (g) 1052

105−3π; (h) 1

3ln(

1+√5

2

).

6: (a)3√93+21

4; (b) − 13

6+ 12

7sen (1) + 12

7sen

(52

); (c) 0; (d) 12 + 8

π.

8: φ(2) = 1320

ln (2)− 14

ln (5).

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Capítulo 9

Séries de Funções

9.1 Introdução

Neste capítulo, iremos estudar séries que, no termo geral, para além de envolverem uma parte numérica,contêm também uma potência que depende de uma variável contínua, digamos x, ou, mais geralmente,x− x0, para certo x0 ∈ R �xo.

De�nição 9.1.1 (Série de potências). Designa-se por série de potências de x toda a série da forma

+∞∑n=0

an xn = a0 + a1 x+ a2 x

2 + · · ·+ an xn + . . . ,

onde an é uma sucessão numérica e x é um real.

Os termos da sucessão an são designados por coe�cientes da série de potências. Se na série depotências anterior substituirmos x por (x− x0), onde x0 é um real �xo, obtemos a série de potências de(x− x0) seguinte:

+∞∑n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + · · ·+ an (x− x0)n + . . . .

Um facto importante a reter, desde já, é que, se nada for dito em contrário e sempre que o termogeral da série de potências estiver de�nido em R, o limite inferior da série será 0. Observemos que,quando concretizamos a variável x, a série de potências torna-se numa série numérica, tal como iremosver mais adiante. Deste modo, muito do que foi dito para as séries numéricas, em particular as noçõesde convergência, bem como alguns resultados de convergência, ainda são válidos aqui, com as devidasadaptações.

De�nição 9.1.2 (Convergência). Diz-se que a série de potências∑+∞n=0 an x

n é convergente numponto x ∈ R, se a sucessão das somas parciais associada

S0(x) = a0, S1(x) = a0 + a1x, . . . , Sn(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn, . . .

for convergente nesse ponto x.

No caso da série convergir num ponto x ∈ R, a sucessão de funções das somas parciais converge, nesse

200

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 9. SÉRIES DE FUNÇÕES

ponto, para a designada função soma da série, denotada por S(x), isto é,

limn−→+∞

Sn(x) = S(x).

Neste caso, podemos escrever+∞∑n=0

an xn = S(x).

Se a sucessão das somas parciais Sn(x) for divergente no ponto x, a série∑an x

n diz-se divergenteem x. A série

∑an x

n é absolutamente convergente no ponto x, se∑|an xn| é convergente em x.

Se∑|an xn| é divergente num ponto x, mas

∑an x

n é convergente nesse ponto x, a série∑an x

n diz-sesimplesmente convergente, ou condicionalmente convergente, no ponto x ∈ R. Tal como paraas séries numéricas, a noção de convergência absoluta é mais forte do que a de convergência simples.

Proposição 9.1.1. Seja∑an x

n uma série de potências. Se∑|an xn| é convergente num ponto

x ∈ R, então também∑an x

n é convergente em x e tem-se:∣∣∣∣∣+∞∑n=0

an xn

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑n=0

|an| |x|n. (9.1.1)

Demonstração: Comecemos por considerar as sucessões das somas parciais das séries∑an x

n e∑|anxn|,

Sn(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ,

S|·|n (x) = |a0|+ |a1x|+ · · ·+ |anxn| .

Suponhamos que∑|anxn| é convergente num ponto x ∈ R. Então, nesse ponto, temos, pelo Critério

Geral de Cauchy,

∀ ε > 0 ∃ p ∈ N : m, n > p⇒∣∣∣S|·|m(x)− S|·|n (x)

∣∣∣ < ε .

Admitindo, sem perda de generalidade, que m > n, tem-se∣∣∣S|·|m(x)− S|·|n (x)∣∣∣ = |an+1x

n+1|+ · · ·+ |amxm| < ε .

Ora, como

|Sm(x)− Sn(x)| = |an+1xn+1 + · · ·+ amx

m| ≤ |an+1xn+1|+ · · ·+ |amxm| < ε ,

vem que a série∑an x

n também é convergente no ponto x. Para mostrar (9.1.1), basta observar que∣∣∣∣∣+∞∑n=0

anxn

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ limn→+∞

Sn(x)

∣∣∣∣ ≤ limn→+∞

S|·|n (x) =

+∞∑n=0

|anxn| ,


De�nição 9.1.3 (Série �nita). Uma série �nita de potências é uma série de potências∑an x

n comos termos quase todos nulos, isto é, tal que

∃ p ∈ N : n > p⇒ an = 0.

É imediato que qualquer série �nita é (absolutamente) convergente para todo x ∈ R. De facto, se n = pfor a ordem da maior potência da série que se supõe �nita, então

+∞∑n=0

an xn = a0 + a1 x+ a2 x

2 + · · ·+ ap xp .

Este facto permite-nos dizer que as séries de potências de x podem ser encaradas como uma generalizaçãodos polinómios em x.

2014/2015 201 c© HBO


Exemplo 9.1.1. Escrever os polinómios seguintes como séries (�nitas) das potências indicadas:

(a) f(x) = x2 + 3x− 2, x− 1; (b) f(x) = 2x5 − 11x4 + 5x3 − x2 + 1, x− 3.

Resolução: (a) Escrevendo a função em termos de potências de x− 1, temos:

x2+3x−2 = (x−1+1)2+3(x−1+1)−2 = (x−1)2+2(x−1)+1+3(x−1)+3−2 = (x−1)2+5(x−1)+2.

(b) Desenvolvendo em potências de x− 3, temos:

f(x) = 2(x− 3 + 3)5 − 11(x− 3 + 3)4 + 5(x− 3 + 3)3 − (x− 3 + 3)2 + 1

= 2[(x− 3)5 + 5(x− 3)4 × 3 + 10(x− 3)3 × 32 + 10(x− 3)2 × 33 + 5(x− 3)× 34 + 35

]− 11

[(x− 3)4 + 4(x− 3)3 × 3 + 6(x− 3)2 × 32 + 4(x− 3)× 33 + 34

]+ 5

[(x− 3)3 + 3(x− 3)2 × 3 + 3(x− 3)× 32 + 33

]−[(x− 3)2 + 2(x− 3)× 3 + 32

]+ 1

= 2(x− 3)5 + 19(x− 3)4 + 53(x− 3)3 − 10(x− 3)2 − 249(x− 3)− 278 .

De�nição 9.1.4 (Série geométrica). Uma série geométrica de potências é uma série de potências∑an x

n tal que an = 1 para todo n ∈ N:

+∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + . . . .

Como vimos aquando do estudo das séries numéricas, a série de potências∑xn é absolutamente con-

vergente para |x| < 1 e divergente para |x| ≥ 1. No caso de convergir, a função soma é

S(x) =1

1− x

e podemos escrever+∞∑n=0

xn =1

1− x.

9.2 Critérios de convergência

O problema que se coloca nas séries de potências, é o de saber em que condições a série converge e, alémdisso, se convergir, para que valores de x converge. Vamos ver que os Critérios da Razão e da Raiz,podem-nos ajudar a estudar a natureza das séries de potências.

Proposição 9.2.1 (Critério da Razão - D'Alembert). Sejam∑an x

n uma série de potências e

R :=1

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn−→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ .

(1) A série∑an x

n converge absolutamente se |x| < R, isto é, se x ∈ (−R, R).

(2) A série∑an x

n diverge se |x| > R, isto é, se x ∈ (−∞, −R) ∪ (R, +∞).

2014/2015 202 c© HBO


Em particular, se R = +∞, a série converge absolutamente para todo x ∈ R.

Demonstração: Consideremos a série dos módulos∑|an xn| e seja un = |an xn|, onde, para já, x é um

ponto arbitrário de R. Temos

limn→+∞

un+1

un= limn→+∞

∣∣an+1 xn+1∣∣

|an xn|= limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ |x| .Então, pelo Critério da Razão, a série

∑|an xn| é convergente, se

limn→+∞

un+1

un< 1⇔ lim

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ |x| < 1⇔ |x| < 1

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = R

e é divergente, se

limn→+∞

un+1

un> 1⇔ lim

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ |x| > 1⇔ |x| > limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = R .

O caso R = +∞ é uma consequência trivial.

O número R, eventualmente +∞, designa-se por raio de convergência da série e o intervalo (−R, R)por intervalo de convergência (absoluta) da série.

Exemplo 9.2.1. Usando o critério anterior, determinar o raio de convergência da série seguinte:

+∞∑n=1

xn

n.

Resolução: Comecemos por escrever

+∞∑n=1

xn

n=

+∞∑n=1

anxn , onde an =

1

n.

Pela proposição anterior, temos:

R =1

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

limn−→+∞

∣∣∣∣∣ 1n+1

1n

∣∣∣∣∣=

1

limn−→+∞

n

n+ 1

= 1 .

Observe-se que para podermos aplicar o critério anterior, tem de existir, em R, o limite lim∣∣∣ anan+1

∣∣∣.Proposição 9.2.2 (Critério da Raiz - Cauchy). Sejam

∑an x

n uma série de potências e

R :=1

lim supn−→+∞

n√|an|

.

(1) A série∑an x

n converge absolutamente se |x| < R, isto é, se x ∈ (−R, R).

(2) A série∑an x

n diverge se |x| > R, isto é, se x ∈ (−∞, −R) ∪ (R, +∞).

Em particular, se R = +∞, a série converge absolutamente para todo x ∈ R.

2014/2015 203 c© HBO


Demonstração: Seja x um ponto arbitrário deR e consideremos a série dos módulos∑|an xn|. Fazendo

un = |an xn|, temoslim

n→+∞n√un = lim

n→+∞n√|an xn| = lim

n→+∞n√|an| |x| .

Pelo Critério da Raiz, a série∑|an xn| é convergente se

lim supn→+∞

n√un < 1⇔ lim sup

n→+∞

n√|an||x| < 1⇔ |x| < 1

lim supn→+∞

n√|an|

= R ,

e é divergente se

lim supn→+∞

n√|an||x| > 1⇔ lim

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ |x| > 1⇔ |x| > 1

lim supn→+∞

n√|an|

= R .

Também aqui, o caso R = +∞ é uma consequência trivial do exposto acima.

Exemplo 9.2.2. Usando o critério anterior, determinar o raio de convergência da série seguinte:

+∞∑n=1

2n xn.

Resolução: Escrevamos

+∞∑n=1

2n xn =

+∞∑n=1

anxn , onde an = 2n .

Pela proposição anterior, temos:

R =1

lim supn−→+∞

n√|an|

=1

lim supn−→+∞

n√

2n=

1

2.

Observe-se que para podermos aplicar o critério anterior não é necessário que exista o limite: lim n√|an|.

Basta que exista o limite superior: lim sup n√|an|.

Em ambos os critérios enunciados acima nada se diz no caso de |x| = R, isto é, se x = ±R, admitindoR 6= +∞. No caso particular de R = 0, temos

|x| = 0⇔ x = 0,

pelo que a série é obviamente convergente nesta situação. Se R 6= 0, tem-se no Critério da Razão e noda Raiz, respectivamente,

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

anx

∣∣∣∣ = 1 e lim supn−→+∞

n√|an xn| = 1 .

Assim, nada se pode concluir, porque a série pode ser convergente ou divergente. Por isso, torna-senecessário fazer um estudo da série de potências nos pontos x = ±R, o que nos leva ao estudo de sériesnuméricas.

Exemplo 9.2.3. Estudar a natureza da série seguinte quanto à convergência simples e absolutaem todos os pontos de R:

+∞∑n=1

(−1)nxn√n.

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Resolução: 1. Primeiro, vamos estudar a convergência absoluta, começando por escrever:

+∞∑n=1

(−1)nxn√n

=

+∞∑n=1

anxn , onde an =

(−1)n√n

.

Temos:R =

1

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

limn−→+∞

∣∣∣∣∣∣(−1)n+1

√n+1

(−1)n√n

∣∣∣∣∣∣=

1

limn−→+∞

√n√

n+ 1

= 1 .

Pelo Critério da Razão, podemos inferir que a série converge absolutamente para |x| < 1 ⇔ −1 <x < 1 e diverge para |x| > 1⇔ x > 1 ∨ x < −1.

Analisemos, agora, o que se passa em x = ±1.

2. Se x = −1, temos:+∞∑n=1

(−1)nxn√n

=

+∞∑n=1

(−1)n(−1)n√

n=

+∞∑n=1

1

n12

.

Trata-se de uma série de termos positivos do tipo de Dirichlet com α = 12 < 1, logo divergente.

3. Se x = 1, então+∞∑n=1

(−1)nxn√n

=

+∞∑n=1

(−1)n1√n.

A série dos módulos é:+∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n1√n

∣∣∣∣ =

+∞∑n=1

1

n12

.

Pelo caso anterior, podemos concluir que a série não converge absolutamente em x = 1. No entanto,pelo Critério de Leibniz, a série converge simplesmente. De facto, sendo un = 1√

n, facilmente se

mostra que un ↘ 0, quando n→ +∞.

4. Pelo estudo feito acima, podemos então concluir que:

(a) a série converge absolutamente para x ∈ (−1, 1);

(b) a série converge simplesmente para x ∈ (−1, 1];

(c) a série diverge para x ∈ (−∞,−1] ∪ (1,+∞).

Tudo o que foi dito para as séries de potências de x, permanece válido para qualquer série de potênciasde (x− x0), com x0 ∈ R �xo. Em particular, a série

+∞∑n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + · · ·+ an (x− x0)n + . . .

é convergente para

|x− x0| < R ⇔ x0 −R < x < x0 +R,

e divergente para

|x− x0| > R ⇔ x < x0 −R ou x > x0 +R,

onde R é o raio de convergência. Do mesmo modo, para

|x− x0| = R⇔ x = x0 ±R,

tem de se fazer um estudo local.

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Exemplo 9.2.4. Estudar a natureza da série seguinte quanto à convergência simples e absolutaem todos os pontos de R :

+∞∑n=0

(x− 3)n

2n.

Resolução: 1. Começando por estudar a convergência absoluta, escrevamos:

+∞∑n=0

(x− 3)n

2n=

+∞∑n=1

an(x− 3)n , onde an =1

2n.

Temos:R =

1

lim supn−→+∞

n√|an|

=1

lim supn−→+∞

n

√∣∣∣∣ 1

2n

∣∣∣∣=

112

= 2 .

Pelo Critério da Raiz, a série converge absolutamente para |x− 3| < 2⇔ 1 < x < 5 e diverge para|x− 3| > 2⇔ x > 5 ∨ x < 1.

Analisemos, agora, o que se passa em x = 1 e em x = 5.

2. Se x = 1, então+∞∑n=0

(x− 3)n

2n=

+∞∑n=0

(−2)n

2n=

+∞∑n=0

(−1)n .

Como (−1)n 9 0, quando n→ +∞, a série é divergente.

3. Se x = 5, obtemos+∞∑n=0

(x− 3)n

2n=

+∞∑n=0

2n

2n= +∞ .

Logo a série é divergente.

4. Pelo estudo feito acima, podemos concluir que:

(a) a série converge absolutamente para x ∈ (1, 5);

(b) a série diverge para x ∈ (−∞, 1] ∪ [5,+∞).

Podemos, ainda, considerar uma série de potências escrita numa forma mais geral:

+∞∑n=0

an (αx+ x0)n = a0 + a1 (αx+ x0) + a2 (αx+ x0)2 + · · ·+ an (αx+ x0)n + . . . .

O caso α = 1 reduz-se ao anterior e se α = 0 obtemos uma série numérica. Se α 6= 0, a série é convergentepara

|αx+ x0| < R ⇔ −x0 −Rα

< x <−x0 +R

α,

e divergente para

|αx+ x0| > R ⇔ x <−x0 −R

αou x >

−x0 +R

α,

onde R é o raio de convergência. Do mesmo modo, para

|αx+ x0| = R⇔ x =−x0 ±R

α

2014/2015 206 c© HBO


tem de se fazer um estudo local. Observemos que, se α 6= 0, o estudo desta série pode reduzir-se aoanterior, fazendo

+∞∑n=0

an (αx+ x0)n =

+∞∑n=0

bn (x− y0)n , onde bn = anαn , y0 = −x0

α.

Exemplo 9.2.5. Estudar a natureza da série seguinte quanto à convergência simples e absolutaem todos os pontos de R :

+∞∑n=1

(−1)n(2x+ 1)n

n.

Resolução: 1. Para estudar a convergência absoluta, esrevamos:

+∞∑n=1

(−1)n(2x+ 1)n

n=

+∞∑n=1

an(2x+ 1)n , onde an =(−1)n

n.

Temos:R =

1

limn−→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

limn−→+∞

∣∣∣∣∣∣(−1)n+1

n+1

(−1)n

n

∣∣∣∣∣∣=

1

limn−→+∞

n

n+ 1

= 1 .

Pelo Critério da Razão, a série converge absolutamente para |2x+ 1| < 1 ⇔ −1 < x < 0 e divergepara |2x+ 1| > 1⇔ x > 0 ∨ x < −1.

Analisemos, agora, o que se passa em x = −1 e em x = 0.

2. Se x = −1, temos:

+∞∑n=1

(−1)n(2x+ 1)n

n=

+∞∑n=1

(−1)n(−1)n

n=

+∞∑n=1

1

n.

Trata-se da série harmónica que é divergente.

3. Se x = 0, então+∞∑n=1

(−1)n(2x+ 1)n

n=

+∞∑n=1

(−1)n1

n.

A série dos módulos resulta na série harmónica, que é divergente:

+∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n1

n

∣∣∣∣ =

+∞∑n=1

1

n.

Logo a série não converge absolutamente em x = 0. Por outro lado, facilmente se mostra que 1n ↘ 0,

quando n→ +∞. Então, pelo Critério de Leibniz, a série é convergente em x = 0.

4. Podemos então concluir que:

(a) a série converge absolutamente para x ∈ (−1, 0);

(b) a série converge simplesmente para x ∈ (−1, 0];

(c) a série diverge para x ∈ (−∞,−1] ∪ (0,+∞).

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9.3 Propriedades

Nesta secção, vamos estabelecer as propriedades mais importantes das séries de potências. Comecemospor considerar uma série de potências arbitrária

+∞∑n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + · · ·+ an (x− x0)n + . . . ,

com x0 ∈ R �xo. Na proposição seguinte, vamos ver que podemos garantir a continuidade da funçãosoma no intervalo de convergência da série.

Proposição 9.3.1. Seja S(x) a função soma de uma série de potências∑an(x − x0)n de raio

de convergência R. Se R > 0, então a função soma S(x) é contínua em qualquer ponto x ∈(x0 −R, x0 +R).

Demonstração: Consideremos apenas o caso particular de x0 = 0, já que para x0 6= 0 a demonstraçãoé análoga. Seja y ∈ (−R, R) um ponto arbitrário e tomemos ε > 0 tal que |y| < ε < R. Temos

S(x)− S(y) =

+∞∑n=0

an (xn − yn) = a1 (x− y) + a2 (x2 − y2) + · · ·+ an (xn − yn) + . . . .

Observando quexn − yn = (x− y)

(xn−1 + yxn−2 + · · ·+ yn−2x+ yn−1

), (9.3.2)

vem|x| < ε e |y| < ε ⇒ |an (xn − yn)| < nεn−1 |an| |x− y| .

Então, usando (9.1.1) e (9.3.2), temos

|S(x)− S(y)| ≤+∞∑n=0

|an (xn − yn)| < |x− y|+∞∑n=0

n εn−1 |an| ≤ C |x− y| ,

onde C é uma constante positiva. Daqui se deduz a continuidade de S(x) em y. Para justi�car queC é uma constante positiva, basta veri�car que

∑n εn−1 |an| é uma série convergente. De facto, se

bn = n εn−1 |an|, tem-se, pelo Critério da Razão,

R 6= 0⇒ limn→+∞

bn+1

bn= limn→+∞

(n+ 1)εn |an+1|nεn−1|an|

= ε limn→+∞

n+ 1

nlim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣−1

=ε

R< 1 ,


A próxima proposição prende-se com a derivada de uma série de potências e da relação desta com a sérieoriginal, assim como a derivabilidade da função soma da série de potências.

Proposição 9.3.2. Seja S(x) a função soma de uma série de potências∑an(x − x0)n de raio

de convergência R. Se R > 0, então a função soma S(x) é derivável em qualquer ponto x ∈(x0 −R, x0 +R) e tem-se

S′(x) =

+∞∑n=1

nan (x− x0)n−1 ∀ x ∈ (x0 −R, x0 +R). (9.3.3)

Demonstração: Consideremos, apenas, o caso particular de x0 = 0. No caso de x0 6= 0, aplicamoso resultado do caso x0 = 0 juntamente com o Teorema de Derivação da Função Composta. Sendo

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x ∈ (−R, R) um ponto arbitrário, queremos mostrar que existe o limite, quando h tende para 0, darazão incremental de S(x). Usando a de�nição de limite, isto equivale a mostrar que

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : |h| < δ ∧ |x|+ |h| < R ⇒

∣∣∣∣∣S(x+ h)− S(x)

h−

+∞∑n=1

nan xn−1

∣∣∣∣∣ < ε . (9.3.4)

Pela utilização do Binómio de Newton

(x+ h)n =

n∑k=0

n!

k!(n− k)!xn−khk

=xn + nxn−1h+n(n− 1)

2xn−2h2 + · · ·+ n(n− 1)

2x2hn−2 + nxhn−1 + hn ,

podemos escrever

S(x+ h)− S(x)

h−

+∞∑n=1

nan xn−1 =

+∞∑n=0

an(x+ h)n − xn

h−

+∞∑n=1

nan xn−1

=

+∞∑n=0

an

(nxn−1 +

n(n− 1)

2xn−2h+ · · ·+ n(n− 1)

2x2hn−3 + nxhn−2 + hn−1 − nxn−1

)

=

+∞∑n=0

anh

(n∑k=2

n!

k!(n− k)!xn−khk

)=

+∞∑n=0

anh

(n∑k=2

n!

k!(n− k)!xn−khk−2

)

=

+∞∑n=0

anh

(n−2∑k=0

n!

(k + 2)!(n− 2− k)!xn−2−khk

).

Usando o facto den!

(k + 2)!(n− 2− k)!≤ n(n− 1)

(n− 2)!

k!(n− 2− k)!,

novamente o Binómio de Newton e a hipótese de |h| < δ, temos∣∣∣∣∣S(x+ h)− S(x)

h−

+∞∑n=1

nan xn−1

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑n=0

|an| |h|n(n− 1)

(n−2∑k=0

(n− 2)!

k!(n− 2− k)!|x|n−2−k|h|k

)

= |h|+∞∑n=0

|an|n(n− 1) (|x|+ |h|)n−2< δ C .

A série numérica da última desigualdade é convergente pelo Critério da Razão e, portanto, limitada poruma constante C, pois

R 6= 0 ∧ |x|+ |h| < R⇒ limn→+∞

(n+ 1)n |an+1| (|x|+ |h|)n−1

n(n− 1) |an| (|x|+ |h|)n−2 =

(|x|+ |h|) limn→+∞

n+ 1

n− 1lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣−1

=|x|+ |h|

R< 1 .

Escolhendo δ = ε/C, concluímos a demonstração de (9.3.4). Daqui se deduz a derivabilidade de S(x),assim como (9.3.3).

Na proposição seguinte mostramos que a série que tem por função soma S′(x) tem o mesmo raio deconvergência da série de soma S(x).

Proposição 9.3.3. Seja S(x) a função soma da série de potências∑an (x− x0)n e

+∞∑n=1

nan (x− x0)n−1 = a1 + 2a2 (x− x0) + 3a2 (x− x0)2 + · · ·+ nan (x− x0)n−1 + . . .

a série que se obtém derivando termo a termo a série∑an (x−x0)n. Então as séries

∑an (x−x0)n

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e∑nan (x− x0)n−1 têm o mesmo raio de convergência.

Demonstração: Sejam R e RD os raios de convergência das séries∑an (x−x0)n e

∑nan (x−x0)n−1,

respectivamente. Seja, ainda, aDn = nan. Temos:

limn→+∞

n

n+ 1= 1⇒ RD = lim

n→+∞

∣∣∣∣ aDnaDn+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ nan(n+ 1) an+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ limn→+∞

n

n+ 1= R ;

limn→+∞

n√n = 1⇒ RD =

1

lim supn→+∞

n

√|aPn |

=1

lim supn→+∞

n√|nan|

=1

limn→+∞

n√n lim sup

n→+∞

n√|an|

= R .

Então, pelo Critério da Razão ou da Raiz, o resultado segue.

O resultado anterior ainda é válido no intervalo [x0 −R, x0 +R], desde que a função soma S(x) estejade�nida nos pontos x0 ±R.

Exemplo 9.3.1. Usando a proposição anterior, determinar a soma da série seguinte e indicar omaior intervalo aberto onde a igualdade é válida:

+∞∑n=1

xn

n.

Resolução: Sendo an = 1n , esta série converge absolutamente para valores de x tais que:

|x| < R =1

limn→+∞

an+1

an

=1

limn→+∞

1n+1

1n

=1

limn→+∞

n

n+ 1

= 1⇔ −1 < x < 1 .

Considerando a série que se obtém derivando, termo a termo, a série dada e recordando a soma dasérie geométrica, obtemos:

+∞∑n=1

(xn

n

)′=

+∞∑n=1

xn−1 =

+∞∑n=0

xn =1

1− x.

Este desenvolvimento é válido também para valores de x tais que |x| < 1⇔ −1 < x < 1. Então:

+∞∑n=1

xn

n=

∫ x

0

1

1− tdt = − ln(1− x) ∀ x ∈ (−1, 1) .

Proposição 9.3.4. Seja S(x) a função soma de uma série de potências∑an(x− x0)n e

+∞∑n=0

ann+ 1

(x− x0)n+1 = a0 (x− x0) +a1

2(x− x0)2 +

a2

3(x− x0)3 + · · ·+ an

n+ 1(x− x0)n+1 + . . .

a série que se obtém por primitivar, termo a termo e a menos de uma constante aditiva, a série∑an (x− x0)n. Então:

(1) As séries∑an (x− x0)n e

∑ ann+1 (x− x0)n+1 têm o mesmo raio de convergência R;

2014/2015 210 c© HBO


(2) A primitiva de S(x) que vale zero em x = x0 é dada por∫S(x) dx =

+∞∑n=0

ann+ 1

(x− x0)n+1 ∀ x ∈ (x0 −R, x0 +R) .

Demonstração: Sejam R e RP os raios de convergência das séries∑an (x−x0)n e

∑ ann+1 (x−x0)n+1,

respectivamente. Seja, ainda, aPn = ann+1 . Para mostrar a primeira a�rmação, basta observar que, pelos

Critérios da Razão ou da Raiz se tem, respectivamente:

limn→+∞

n+ 2

n+ 1= 1⇒ RP = lim

n→+∞

∣∣∣∣ aPnaPn+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣ann+1an+1

n+2

∣∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ limn→+∞

n+ 2

n+ 1= R ;

limn→+∞

n√n+ 1 = 1⇒ RP =

1

lim supn→+∞

n

√|aPn |

=1

lim supn→+∞

n

√∣∣∣∣ ann+ 1

∣∣∣∣=

limn→+∞

n√n+ 1

lim supn→+∞

n√|an|

= R .

A segunda a�rmação é imediata, já que, por de�nição de primitiva e pela Proposição 9.3.2, se tem

S(x) =

(∫S(x) dx

)′=

+∞∑n=0

an(x− x0)n ∀ x ∈ (x0 −R, x0 +R) .

Fica, portanto, demonstrada a proposição.

Exemplo 9.3.2. Usando os resultado da proposição anterior, determinar a soma da série seguintee indicar o maior intervalo aberto onde a igualdade é válida:

+∞∑n=1

(n+ 1)xn .

Resolução: Se an = n+ 1, a série dada converge absolutamente para valores de x tais que:

|x| < R =1

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

limn→+∞

n+ 1

n

= 1⇔ −1 < x < 1 .

Considerando a série que se obtém primitivando a série dada termo a termo e recordando mais umavez a soma da série geométrica, obtemos:

+∞∑n=1

∫ x

0

(n+ 1)tn dt =

+∞∑n=1

xn+1 = x2+∞∑n=0

xn =x2

1− x.

Este desenvolvimento é válido também para valores de x tais que |x| < 1⇔ −1 < x < 1. Então:

+∞∑n=1

(n+ 1)xn =

(x2

1− x

)′=

2x

(1− x)2− x2

(1− x)2∀ x ∈ (−1, 1) .

9.4 Fórmula de Taylor

Nesta secção vamos desenvolver um método que nos permite calcular valores aproximados de funçõeselementares e que é muito útil, em particular, para cálculos com funções transcendentes tais como o seno

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ou a exponencial. Este método tem por base uma aproximação das funções elementares por polinómioscom um termo que nos dá o erro e que é facilmente estimado.

Comecemos por recordar que a derivada de uma função f num ponto x = x0 nos dá o declive da rectatangente ao grá�co da função nesse ponto. Muito próximo do ponto x = x0 a função f e a sua rectatangente vão ter valores aproximados. Por uma simples análise geométrica da noção de derivada (verFigura 9.1), vemos que a expressão designatória da recta tangente ao grá�co da função no ponto x = x0

éy = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

xx0

f(x0)

y

0

y = f(x)

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

Figura 9.1: Recta tangente ao grá�co de uma função.

Deste modo, numa vizinhança do ponto x = x0 onde a função f seja derivável, podemos escrever aigualdade seguinte:

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + r1(x);

onde r1(x) é o erro que se comete na aproximação. Se f for duas vezes derivável no ponto x = x0, usandoa expressão anterior, podemos escrever:

f ′(x) = f ′(x0) + f ′′(x0)(x− x0) + r(x);

onde r(x) é o erro que se comete nesta aproximação. Conjugando as duas expressões anteriores, obtemos

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + f ′′(x0)(x− x0)2

2+ r2(x);

onde r2(x) expressa o erro neste caso. Observe-se que os termos de segunda ordem vêm a dividir por 2,porque se derivarmos esta última expressão temos de obter a anterior. Prosseguindo com este raciocínio,podemos generalizar este resultado na proposição seguinte.

Proposição 9.4.1 (Fórmula de Taylor). Seja f uma função de�nida num intervalo aberto I ⊆ R,e n vezes derivável num ponto x0 ∈ I. Tem-se então, para qualquer x ∈ I,

f(x) = f(x0)+f ′(x0)(x−x0)+f ′′(x0)

2(x−x0)2+

f ′′′(x0)

3!(x−x0)3+· · ·+f (n)(x0)

n!(x−x0)n+rn(x−x0) ,

(9.4.5)onde

limx−→x0

rn(x− x0)

(x− x0)n= 0 . (9.4.6)

Demonstração: De�namos o polinómio de ordem n seguinte

Tn(x) := f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2 + · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n . (9.4.7)

Por simples derivação, mostra-se que Tn(x) é o único polinómio de ordem, quanto muito, igual a n talque

T (k)n (x0) = f (k)(x0) ∀ k ∈ {0, 1, . . . , n} , (9.4.8)

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onde T (k)n (x0) denota a derivada de ordem k de Tn(x) no ponto x = x0. Mostremos que, quando x tende

para x0, rn(x − x0) := f(x) − Tn(x) é um in�nitésimo quando comparado com (x − x0)n, i.e. que severi�ca (9.4.6). Pelas hipóteses feitas sobre f e tendo em conta (9.4.8), podemos aplicar sucessivamentea Regra de Cauchy e obtemos

limx−→x0

rn(x− x0)

(x− x0)n= limx−→x0

f(x)− Tn(x)

(x− x0)n= limx−→x0

f ′(x)− T ′n(x)

n(x− x0)n−1= . . .

= limx−→x0

f (n)(x)− T (n)n (x0)

n!=f (n)(x0)− f (n)(x0)

n!= 0 ,


Observemos que, no caso de n = 0, basta que f seja contínua. A fórmula anterior, chama-se fórmula deTaylor1 de ordem n da função f no ponto x = x0. A função rn(x− x0) designa-se por resto de ordemn e, de entre as várias expressões possíveis, apresentamos, na proposição seguinte, aquelas que têm maisinteresse neste texto.

Proposição 9.4.2. Seja f uma função de�nida num intervalo aberto I ⊆ R e x0 ∈ I. Suponhamosque f e as suas derivadas até à ordem n+ 1 são funções contínuas em I. Então existe um ponto ξentre x0 e x ∈ I tal que o resto da Fórmula de Taylor de ordem n de f em x = x0 é dado por umadas fórmulas seguintes:

rn(x− x0) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)n+1 , (9.4.9)

rn(x− x0) =f (n+1)(ξ)

n!(x− ξ)n(x− x0) . (9.4.10)

Demonstração: Consideremos o polinómio Tn(x) de�nido na demonstração da proposição anterior em(9.4.7) e de�namos

F (t) := f(t) +

n∑k=1

f (k)(t)

k!(x− t)k . (9.4.11)

Observemos que F (x) = f(x) e F (x0) = Tn(x), pelo que

rn(x− x0) = F (x)− F (x0) . (9.4.12)

Por outro lado, derivando (9.4.11) e, depois, usando as propriedades das somas telescópicas, obtemos

F ′(t) = f ′(t) +

n∑k=1

[f (k+1)(t)

k!(x− t)k − f (k)(t)

(k − 1)!(x− t)k−1

]=f (n+1)(t)

n!(x− t)n . (9.4.13)

Sem perda de generalidade, consideremos o caso de x > x0, sendo que o caso x0 < x é inteiramenteanálogo. Consideremos, agora, uma função arbitrária G, mas tal que G é contínua em [x0, x] e derivávelem (x0, x), e, ainda, tal que G′(t) 6= 0 para todo t ∈ (x0, x). Então, pelo Teorema do valor médio deCauchy, existe ξ ∈ (x0, x) tal que

F (x)− F (x0)

G(x)−G(x0)=F ′(ξ)

G′(ξ)(9.4.14)

Para provarmos (9.4.9) ou (9.4.10), basta considerarmos, em (9.4.14), G(t) = (x− t)n+1 ou G(t) = x− t,respectivamente, e usar as identidades (9.4.12) e (9.4.13).

Observe-se que a condição de que f (n+1) seja contínua no intervalo I não é de todo necessária para ademonstração da Proposição 9.4.2. Basta assumir que f (n+1) exista e que f (n) seja contínua, ambas nointervalo I.

1Brook Taylor (1685-1731), matemático inglês natural de Londres.

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Os restos da fórmula de Taylor expressos em (9.4.9) e em (9.4.10) são conhecidos na literatura, respec-tivamente, como Resto de Lagrange e Resto de Cauchy. As correspondentes fórmulas de Taylor, sãodesignadas por Fórmula de Taylor-Lagrange e Fórmula de Taylor-Cauchy, respectivamente. Existemvárias outras possibilidades para expressar o resto da Fórmula de Taylor, mas todas elas devem satisfa-zer à condição (9.4.6). Tal como iremos ver na demonstração da proposição seguinte, e principalmenteaquando falarmos dos desenvolvimentos em série de Taylor, o resto de Lagrange é útil em situaçõesem que consigamos majorar |f (n+1)(ξ)| por alguma constante positiva (independente de n), digamos C,porque, neste caso, iremos ter∣∣∣∣f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)n+1

∣∣∣∣ ≤ C |x− x0|n+1

(n+ 1)!−→ 0, quando n→ +∞. (9.4.15)

Por sua vez, o resto de Cauchy permite desbloquear situações em que não conseguimos majorar |f (n+1)(ξ)|,o que acontece, por exemplo, quando na expressão de f (n+1)(ξ) aparecem expressões do tipo n! no nu-merador.

No caso particular de x0 = 0, a fórmula de Taylor reduz-se a

f(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)

2x2 +

f ′′′(0)

3!x3 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn + rn(x) , (9.4.16)

onde

limx→0

rn(x)

xn= 0 . (9.4.17)

Neste caso, a fórmula de Taylor recebe o nome de fórmula de Maclaurin2.

Proposição 9.4.3 (Fórmulas Fundamentais). As funções elementares seguintes admitem as fór-mulas de Maclaurin de ordem n indicadas:

(1)1

1− x= 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + rn(x);

(2) ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ xn

n!+ rn(x);

(3) ln(1 + x) = x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ rn(x);

(4) (1 + x)α = 1 + αx+

(α2

)x2 + · · ·+

(αn

)xn + rn(x), α ∈ R;

(5) sen(x) = x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ sen

(nπ2

) xnn!

+ rn(x);

(6) cos(x) = 1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ cos

(nπ2

) xnn!

+ rn(x).

Na Fórmula Fundamental (4) da proposição anterior, estendemos a notação binomial de números inteirosnão negativos para um número real α qualquer,(

αn

)=

α!

n!(α− n)!=α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)]

n!. (9.4.18)

Observe-se que esta expressão só tem expressão em função de α no caso de n ≥ 1. Por outro lado, note-se

que, tal como iremos ver na demonstração a seguir, no caso de α ∈ N, subentende-se que(αn

)= 0

para todo n > α. Usando uma notação mais abreviada, podemos escrever a Fórmula de Taylor (4) naforma seguinte

(1 + x)α = 1 +

n∑k=1

k∏i=1

[α− (i− 1)]xk

k!.

2Colin Maclaurin (1698-1746), matemático escocês natural de Kilmodan.

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Demonstração: (1) Se f(x) = 11−x , determinando as sucessivas derivadas, temos

f ′(x) =1

(1− x)2⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) =2

(1− x)3⇒ f ′′(0) = 2 ,

f ′′′(x) =2× 3

(1− x)4⇒ f ′′′(0) = 2× 3 ,

· · ·

f (n)(x) =n!

(1− x)n+1⇒ f (n)(0) = n!, n ≥ 0 .

Então, substituindo na fórmula de Maclaurin (9.4.16), obtemos

1

1− x=1 + x+

2

2x2 +

3!

3!x3 + · · ·+ n!

n!xn + rn(x)

=1 + x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + rn(x) .


limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

(n+1)!(1−ξ)n+2

(n+ 1)!x = lim

x→0

x

(1− ξ)n+2= 0 .

A última igualdade resulta do facto de ξ estar entre 0 e x (que, por de�nição, é diferente de 1) e, porisso, ξ −→ 0 quando x −→ 0.

(2) Para f(x) = ex, temos f (n)(x) = ex ⇒ f (n)(0) = 1 para todo n ∈ N. Substituindo em (9.4.16),obtemos a fórmula de Maclaurin respectiva. Para ver que (9.4.6) é satisfeita, usamos a de�nição (9.4.9)para o resto e obtemos

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

eξ

(n+ 1)!x = 0 .

(3) Se f(x) = ln(1 + x), temos

f ′(x) =1

1 + x⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) = − 1

(1 + x)2⇒ f ′′(0) = −1 ,

f ′′′(x) =2

(1 + x)3⇒ f ′′′(0) = 2 ,

f (iv)(x) = − 2× 3

(1 + x)4⇒ f (iv)(0) = −2× 3 ,

· · ·

f (n)(x) = (−1)n−1 (n− 1)!

(1 + x)n⇒ f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)!, n ≥ 1 .

Substituindo em (9.4.16), tem-se

1

1− x=0 + 1× x+

−1

2x2 +

2

3!x3 +

−3!

4!x4 + · · ·+ (−1)n(n− 1)!

n!xn + rn(x)

=x− x2

2+x3

3− x4

4+ · · ·+ (−1)n

xn

n+ rn(x) .

Vejamos que (9.4.6) é satisfeita, usando a de�nição (9.4.9) para o resto. De facto, observando que ξ −→ 0quando x −→ 0, temos:

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

(−1)n n!(1+ξ)n+1

(n+ 1)!x = lim

x→0

(−1)n

(1 + ξ)n+1(n+ 1)x = 0 .

2014/2015 215 c© HBO


(4) No caso de α ∈ R e f(x) = (1 + x)α, tem-se

f ′(x) = α(1 + x)α−1 ⇒ f ′(0) = α ,

f ′′(x) = α(α− 1)(1 + x)α−2 ⇒ f ′′(0) = α(α− 1) ,

f ′′′(x) = α(α− 1)(α− 2)(1 + x)α−3 ⇒ f ′′′(0) = α(α− 1)(α− 2) ,

. . .

f (n)(x) = α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)](1 + x)α−n

⇒ f (n)(0) = α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)], n ≥ 1 .

Substituindo em (9.4.16) e usando a escrita abreviada sugerida pela identidade

α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (k − 1)] =α!

(α− k)!= k!

(αk

)(α, k ∈ N e α ≥ k) ,

obtemos

(1 + x)α =1 + αx+α(α− 1)

2x2 +

α(α− 1)(α− 2)

3!x3 + . . .

+α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)]

n!xn + rn(x)

=1 + αx+

(α2

)x2 +

(α3

)x3 + · · ·+

(αn

)xn + rn(x) .

Falta apenas ver que (9.4.6) é satisfeita. De facto, usando a de�nição (9.4.9) para o resto, observandoque x 6= −1 e novamente que ξ −→ 0 quando x −→ 0, temos

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

α(α− 1)(α− 2) . . . [α− (n− 1)](1 + ξ)α−n

(n+ 1)!x = 0 .

(5) Seja, agora, f(x) = sen(x). Temos

f ′(x) = cos(x) = sen(x+

π

2

)⇒ f ′(0) = 1 ,

f ′′(x) = − sen(x) = sen

(x+

2π

2

)⇒ f ′′(x) = 0 ,

f ′′′(x) = − cos(x) = sen

(x+

3π

2

)⇒ f ′′′(0) = −1 ,

f (iv)(x) = sen(x) = sen

(x+

4π

2

)⇒ f (iv)(0) = 0 ,

f (v)(x) = cos(x) = sen

(x+

5π

2

)⇒ f (v)(0) = 1 ,

. . .

f (n)(x) = sen(x+

nπ

2

)⇒ f (n)(0) =

{0 , se n par±1 se n ímpar

, n ≥ 0 .


sen(x) =0 + 1× x+0

2x2 +

−1

3!x3 +

0

4!x4 +

1

5!x5 + · · ·+

sen(nπ2

)n!

xn + rn(x)

=x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ sen

(nπ2

) xnn!

+ rn(x) .

Vejamos, agora, que (9.4.6) é satisfeita. De facto, usando a de�nição (9.4.9) para o resto, temos

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

sen(ξ + nπ

2

)(n+ 1)!

x = 0 .

2014/2015 216 c© HBO


(6) Finalmente, no caso de f(x) = cos(x), tem-se

f ′(x) = − sen(x) = cos(x+

π

2

)⇒ f ′(0) = 0 ,

f ′′(x) = − cos(x) = cos

(x+

2π

2

)⇒ f ′′(x) = −1 ,

f ′′′(x) = sen(x) = cos

(x+

3π

2

)⇒ f ′′′(0) = 0 ,

f (iv)(x) = cos(x) = cos

(x+

4π

2

)⇒ f (iv)(0) = 1 ,

f (v)(x) = − sen(x) = cos

(x+

5π

2

)⇒ f (v)(0) = 0 ,

. . .

f (n)(x) = cos(x+

nπ

2

)⇒ f (n)(0) =

{0 , se n ímpar±1 se n par

, n ≥ 0 .


cos(x) =1 + 0× x+−1

2x2 +

0

3!x3 +

1

4!x4 +

0

5!x5 + · · ·+

cos(nπ2

)n!

xn + rn(x)

=1− x2

2+x4

4!+ · · ·+ cos

(nπ2

) xnn!

+ rn(x) .

Para ver que (9.4.6) é satisfeita, usamos a de�nição (9.4.9) para obter

limx→0

rn(x)

xn= limx→0

f(n+1)(ξ)(n+1)! x

n+1

xn= limx→0

cos(ξ + nπ

2

)(n+ 1)!

x = 0 .

Concluímos assim a demonstração.

Exemplo 9.4.1. Determinar a fórmula de Maclaurin de ordem n da função seguinte:

f(x) = sen2(x) , x = 0 .

Resolução: Comecemos por observar que

f(x) = sen2(x) =1− cos(2x)

2.

Então, usando a Fórmula 6 da Proposição 9.4.3, obtemos

f(x) =1

2− 1

2

[n∑k=0

(−1)k(2x)2k

(2k)!+ rn(2x)

]=

n∑k=1

(−1)k+1 22k−1

(2k)!x2k +Rn(x) , (9.4.19)

onde Rn(x) = − 12rn(2x), com limx→0

rn(2x)(2x)n = 0. Para ver que (9.4.6) é satisfeita, basta ver que

limx→0

Rn(x)

xn= −1

2limx→0

rn(2x)

xn= −2n−1 lim

x→0

rn(2x)

(2x)n= 0 .

Assim, (9.4.19) é a Fórmula de Maclaurin da função dada.

No caso particular de f(x) ser um polinómio de grau menor ou igual a n, então rn(x) = 0 em (9.4.16).

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Exemplo 9.4.2. Determinar a fórmula de Taylor de ordem n do polinómio seguinte em torno doponto indicado:

g(x) = x3 − 2x2 + 3x+ 5 , x = 2 .

Resolução: Neste caso, temos:

g(x) = x3 − 2x2 + 3x+ 5 ⇒ g(2) = 11 ,

g′(x) = 3x2 − 4x+ 3 ⇒ g′(2) = 7 ,

g′′(x) = 6x− 4 ⇒ g′′(2) = 8 ,

g′′′(x) = 6 ⇒ g′′′(2) = 6 ,

g(n)(x) = 0 ∀ n ≥ 4 ⇒ g(n)(0) = 0 ∀ n ≥ 4 .

Então para todo n ≥ 3, rn(x− 2) = 0 e

g(x) = 11 + 7(x− 2) +8

2!(x− 2)2 +

6

3!(x− 2)3 = 11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + (x− 2)3 .

Se, por exemplo, n = 2, temos

g(x) = 11 + 7(x− 2) +8

2!(x− 2)2 + r2(x) = 11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + r2(x− 2) ,

onde, usando (9.4.9), se tem

limx→2

r2(x− 2)

(x− 2)2= limx→2

g′′′

(ξ)3! (x− 2)3

(x− 2)2= limx→2

(x− 2) = 0 ,

sendo ξ um ponto entre x e 2.

As funções cujas fórmulas de Taylor, em torno de determinado ponto, têm restos cada vez mais pequenosà medida que a ordem n aumenta, dizem-se analíticas e serão estudadas na secção seguinte.

9.5 Série de Taylor

Comecemos por observar que quando uma série de potências∑an (x − x0)n, com x0 ∈ R, converge,

então a série pode ser representada, no intervalo de convergência (x0−R, x0 +R), pela sua função soma,digamos S(x). Assim, podemos dizer que a série de potências

∑an (x− x0)n de�ne a função S(x) cujo

valor, em cada ponto x do seu intervalo de convergência, é dado por

S(x) =

+∞∑n=0

an (x− x0)n .

A série∑an (x− x0)n é, assim, designada por expansão em série de potências da função S(x) em

torno do ponto x = x0.

Existem dois problemas fundamentais que se levantam sobre a expansão em série de potências:

(1) O primeiro tem a ver com as propriedades da função soma de uma dada série de potências;

(2) No segundo problema, pretendemos saber em que condições é possível ou não representar uma dadafunção por uma série de potências.

O primeiro problema já foi analisado na Secção 9.3 com o estudo das propriedades principais das sériesde potências. Para respondermos ao segundo problema, e que é o mais interessante do ponto de vistadas aplicações, convém ter presente a noção de Fórmula de Taylor de ordem n em torno de um ponto

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x = x0. Na de�nição seguinte, vamos estender esta noção para qualquer ordem e, assim, escrever umafórmula com in�nitas parcelas.

De�nição 9.5.1 (Série de Taylor). Sejam f(x) uma função inde�nidamente derivável num intervaloaberto I ⊆ R e x0 ∈ I. Designa-se por série de Taylor de f(x) no ponto x = x0 à série de potênciasseguinte:

+∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)n = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +

f ′′(x0)

2(x− x0)2 + · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n + . . . .

No caso de x0 = 0, a série anterior recebe o nome de série de Maclaurin.

A questão que se coloca agora, é a de saber se a série de Taylor∑ f(n)(x0)

n! (x− x0)n converge no pontox = x0 e se, em algum intervalo I contendo x0, tem soma S(x) = f(x).

De�nição 9.5.2 (Função analítica). Seja f(x) uma função de�nida num intervalo aberto I ⊆ R ex0 ∈ I. Diz-se que f(x) é uma função analítica no ponto x = x0, se existe uma série de potências∑an (x− x0)n tal que, para qualquer x pertencendo a um subintervalo de I contendo x0, se tem

f(x) =

+∞∑n=0

an(x− x0)n .

A proposição seguinte dá-nos um critério geral de desenvolvimento de uma função em série de Taylor.

Proposição 9.5.1. Seja f(x) uma função de�nida num intervalo aberto I ⊆ R e inde�nidamentederivável em I, e seja x0 ∈ I. Tem-se

f(x) =

+∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)n ∀ x ∈ (x0 − ε, x0 + ε) ⊆ I, ε > 0 , (9.5.20)

se e só se o resto de oredm n da Fórmula de Taylor (9.4.5) satisfaz a

limn−→+∞

rn(x− x0) = 0 . (9.5.21)

Demonstração: Consideremos a sucessão Sn(x) das somas parciais de ordem n da série de Taylor∑ f(n)(x0)n! (x− x0)n:

Sn(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2 +

f ′′′(x0)

3!(x− x0)3 + · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n .

Usando a fórmula de Taylor de ordem n da função f(x) no ponto x = x0 (ver (9.4.5)), podemos escrever

f(x) = Sn(x) + rn(x− x0) , onde limx−→x0

rn(x− x0)

(x− x0)n.

Fazendo n→ +∞, temos

f(x) =

+∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)n + lim

n→+∞rn(x− x0) = 0 .

Assim, a igualdade (9.5.20) acontece se e só se o limite do segundo membro na equação anterior for zero,ou seja se e só (9.5.21) se veri�car.

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Convém notar que o limite de rn(x−x0) é tomado quando n tende para +∞ e não quando x tende parax0, o qual é sempre 0 para todo n. Pelo exposto acima, pode acontecer que, por um lado, determinadafunção seja a soma de uma série de potências e, por outro, admita um desenvolvimento em série deTaylor. Neste caso, a proposição seguinte diz-nos que a série obtida, num caso ou no outro, é a mesma.

Proposição 9.5.2. Sejam x0 ∈ R e ε > 0. Se S(x) é a soma de uma série de potências∑an (x−

x0)n num intervalo (x0−ε, x0 +ε), e, por outro lado,∑an (x−x0)n é a expansão em série de Taylor

de uma função f(x) em torno do ponto x = x0, então S(x) = f(x) para todo x ∈ (x0 − ε, x0 + ε)e, em particular,

a0 = f(x0) , a1 = f ′(x0) , a2 =f ′′(x0)

2, . . . , an =

f (n)(x0)

n!, . . . .

Demonstração: Suponhamos que num intervalo (x0 − ε, x0 + ε), com ε > 0, se tem

S(x) =

+∞∑n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + · · ·+ an (x− x0)n + . . . . (9.5.22)

Como a série do segundo membro de (9.5.22) é a expansão em série de Taylor de uma função f(x) emtorno do ponto x = x0, é imediato que S(x) = f(x) para todo x ∈ (x0 − ε, x0 + ε). Observando isto,sai imediatamente de (9.5.22) que f(x0) = a0. Derivando (9.5.22) e observando que S(x) = f(x) nointervalo (x0 − ε, x0 + ε), temos

f ′(x) =

+∞∑n=1

nan (x− x0)n−1 = a1 + 2a2 (x− x0) + 3a3 (x− x0)2 + · · ·+ nan (x− x0)n−1 + . . . , (9.5.23)

pelo que f ′(x0) = a1. Derivando agora (9.5.23), temos

f ′′(x) =

+∞∑n=2

n(n− 1)an (x− x0)n−2 = 2a2 + 3× 2a3 (x− x0) + · · ·+ n× (n− 1)an xn−2 + . . .

e f ′′(x0) = 2a2. Prosseguindo este raciocínio, conseguimos mostrar que f (n)(x0) = n! an.

Concluímos esta secção com alguns desenvolvimentos fundamentais em série de Taylor.

Proposição 9.5.3 (Desenvolvimentos Fundamentais). As funções seguintes admitem os desenvol-vimentos em série de Maclaurin seguintes nos intervalos indicados:

(1)1

1− x=

+∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + . . . , |x| < 1;

(2) ex =

+∞∑n=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2+ · · ·+ xn

n!+ . . . , |x| < +∞;

(3) ln(1 + x) =

+∞∑n=1

(−1)n−1xn

n= x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ . . . , |x| < 1;

(4) (1 + x)α =

+∞∑n=0

(αn

)xn = 1 + αx+

(α2

)x2 + · · ·+

(αn

)xn + . . . , |x| < 1;

(5) sen(x) =

+∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!= x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ . . . , |x| < +∞;

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(6) cos(x) =

+∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!= 1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ . . . , |x| < +∞.

Recordando o que observamos sobre a Fórmula de Taylor (9.4.18) correspondente ao DesenvolvimentoFundamental (4) da proposição anterior, este desenvolvimento é melhor apreendido quando escrito naforma seguinte:

(1 + x)α =

1 +

+∞∑n=1

n∏k=1

[α− (k − 1)]xn

n!= 1 +

+∞∑n=1

α(α− 1)(α− 2) · · · [α− (n− 1)]xn

n!=

1 + αx+ α(α− 1)x2

2!+ α(α− 1)(α− 2)

x3

3!+ · · ·+ α(α− 1)(α− 2) · · · [α− (n− 1)]

xn

n!+ . . . .

(9.5.24)

Observe-se que o termo de ordem zero foi separado da série para se garantir que o seu valor é 1. Casocontrário, podemos usar a notação

(1 + x)α =

+∞∑n=0

n∏k=1

[α− (k − 1)]xn

n!

com o signi�cado de que∏nk=1[pk− (p− 1)] = 1 quando n = 0, tal como muitos programas de resolução

numérica o fazem. Tal como para a Fórmula de Taylor respectiva, no caso de α ser um inteiro positivo,subentende-se que (

αn

)=

∏nk=1[α− (k − 1)]

n!= 0 ∀ n > α.

No caso particular de α = − 1p , com p ∈ N2, a expressão (9.5.24) simpli�ca-se do modo seguinte,

1p√

1 + x=1 +

+∞∑n=1

(−1)n∏nk=1[pk − (p− 1)]

pnn!xn

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n1 · (p+ 1) · (2p+ 1) · (3p+ 1) · · · ((n− 1)p+ 1)

pnn!xn .

Por exemplo, para p = 2, temos, no caso de α = − 12 ,

1√1 + x

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n∏nk=1(2k − 1)

pnn!xn

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n− 1)

2nn!xn .

Já no caso de α = 1p , com p ∈ N2, a expressão (9.5.24) pode ser escrita na forma

p√

1 + x =1 +

+∞∑n=1

(−1)n∏nk=1[pk − (p+ 1)]

pnn!xn

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n+1 (p− 1) · (2p− 1) · (3p− 1) · · · ((n− 1)p− 1)

pnn!xn .

Por exemplo, para p = 2, temos, no caso de α = 12 ,

√1 + x =1 +

+∞∑n=1

(−1)n∏nk=1(2k − 3)

pnn!xn

=1 +

+∞∑n=1

(−1)n+1 1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)

2nn!xn .

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Demonstração: Pela Proposição 9.4.3, as fórmulas de Maclaurin de ordem n seguintes são válidas:

(1)1

1− x= 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + rn(x);

(2) ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ xn

n!+ rn(x);

(3) ln(1 + x) = x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ rn(x);

(4) (1 + x)α = 1 + αx+

(α2

)x2 + · · ·+

(αn

)xn + rn(x), α ∈ R;

(5) sen(x) = x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ sen

(nπ2

) xnn!

+ rn(x);

(6) cos(x) = 1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ cos

(nπ2

) xnn!

+ rn(x);

onde, em cada um dos casos, se tem

limx→0

rn(x)

xn= 0 .

Daqui resulta que os desenvolvimentos em série de Maclaurin (1)-(6) são válidos, se conseguirmos mostrar,em cada caso, que

limn→+∞

rn(x) = 0

nos domínios de x considerados. Comecemos por mostrar que as séries de Taylor indicadas são con-vergentes nos domínios correspondentes. Designando por an a parte numérica em cada uma das séries,temos:

(1)+∞∑n=0

xn ⇒ R = limn→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = 1;

(2)+∞∑n=0

xn

n!⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣ 1n!1

(n+1)!

∣∣∣∣∣ = limn→+∞

(n+ 1) = +∞;

(3)+∞∑n=1

(−1)n−1xn

n⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣(−1)n−1

n(−1)n

n+1

∣∣∣∣∣ = limn→+∞

n+ 1

n= 1;

(4)+∞∑n=0

(αn

)xn ⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣∣α(α−1)(α−2)...[α−(n−1)]

n!α(α−1)(α−2)...(α−n)

(n+1)!

∣∣∣∣∣∣ = limn→+∞

n+ 1

|α− n|= 1;

(5)+∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣∣(−1)n

(2n+1)!

(−1)n+1

(2n+3)!

∣∣∣∣∣∣ = limn→+∞

(2n+ 3)(2n+ 2) = +∞;

(6)+∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!⇒ R = lim

n→+∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣∣∣(−1)n

(2n)!

(−1)n+1

(2n+2)!

∣∣∣∣∣∣ = limn→+∞

(2n+ 2)(2n+ 1) = +∞.

Mostremos, então, que limn→+∞ rn(x) = 0 nos domínios de x considerados em cada caso. Para mos-trarmos isto, vamos considerar a expressão para o resto rn(x) dado pela fórmula de Lagrange (9.4.9)em todos os desenvovimentos, com excepção de (1). Devido a di�culdades técnicas em mostrar quelimn→+∞ rn(x) = 0 no caso (1) quando se considera (9.4.9), vamos usar, em alternativa, a expressãopara o resto de ordem n dada pelo resto de Cauchy (9.4.10). Recorde-se o que abordamos aquandoda explicação de (9.4.15). No exposto a seguir, vamos usar, também, os cálculos para a obtenção dasfórmulas de Maclaurin desenvolvidos na demonstração da Proposição 9.4.3.

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(1) Se f(x) =1

1− xe |x| < 1, então, usando (9.4.10), temos

rn(x) =f (n+1)(ξ)

n!(x− ξ)nxn =

(n+1)!(1−ξ)n+2

n!(x− ξ)nxn = (n+ 1)

(x− ξ1− ξ

)nxn

(1− ξ)2−→ 0,

porque ξ → 0 e a sucessão (n+ 1)an → 0, em ambos quando n→ +∞, e a segunda sempre que |a| < 1.De facto, para a := x−ξ

1−ξ , temos 0 < a < 1 se 0 < ξ < x < 1 e −1 < a < 0 se −1 < x < ξ < 0.

(2) Se f(x) = ex e |x| <∞, então usamos (9.4.9) para obter

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

eξ

(n+ 1)!xn+1 −→ 0, quando n→ +∞,

já que a sucessão xn

n! −→ 0, quando n→ +∞, para qualquer x ∈ R.

(3) Se f(x) = ln(1 + x) e |x| < 1, usamos também (9.4.9), neste caso para obter, quando n→ +∞,

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

(−1)n n!(1+ξ)n+1

(n+ 1)!xn+1 =

(−1)n

n+ 1

(x

1 + ξ

)n+1

−→ 0,

porque para a := x1+ξ se tem 0 < a < 1 se 0 < ξ < x < 1 e −1 < a < 0 se −1 < x < ξ < 0.

(4) Se f(x) = (1 + x)α e |x| < 1, usamos outra vez (9.4.9) para obter

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

α(α− 1)(α− 2) . . . (α− n)(1 + ξ)α−(n+1)xn+1

(n+ 1)!

=α!

[α− (n+ 1)]!(n+ 1)!(1 + ξ)α

(x

1 + ξ

)n+1

−→ 0, quando n→ +∞,

com as mesmas justi�cações que demos para o caso (3).

(5) Se f(x) = sen(x) e |x| <∞, então usamos (9.4.9) para mostrar que

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

sen(ξ + (n+1)π

2

)(n+ 1)!

xn+1 −→ 0, quando n→ +∞.

Observe-se que | sen(y)| ≤ 1 para todo y ∈ R e, tal como vimos em (2), a sucessão xn

n! −→ 0, quandon→ +∞, para qualquer x ∈ R.

(6) Se f(x) = cos(x) e |x| <∞, então, de forma análoga ao caso (5), obtém-se

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!xn+1 =

cos(ξ + (n+1)π

2

)(n+ 1)!

xn+1 −→ 0, quando n→ +∞ ,


Exemplo 9.5.1. Determinar a série de Maclaurin de ordem n da função seguinte e indique o maiorintervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

f(x) = arctg(x) , x = 0 .

Resolução: De modo análogo ao que �zemos no Exemplo 9.4.1, começamos por determinar a sériede Maclaurin de ordem n da derivada de f(x). Usando a fórmula (1) da Proposição 9.5.3 com −x2

em vez de x, temos:

f ′(x) =1

1 + x2=

1

1− (−x2)=

+∞∑n=0

(−x2)n =

+∞∑n=0

(−1)nx2n , |x| < 1 .

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Integrando a expressão anterior entre t = 0 e t = x, obtemos:

arctg(x) =

+∞∑n=0

∫ x

0

(−1)nt2n dt =

+∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1

e este desenvolvimento também é válido para valores de x tais que |x| < 1⇔ −1 < x < 1.

Observe-se que, para determinar a série de Maclaurin de f ′(x), também poderíamos ter usado afórmula (4) da Proposição 9.5.3 com α = −1 e −x2 em vez de x.

Observemos que, em (4) da Proposição 9.5.3, α ∈ R. Se α é um natural, então a série referida tem apenasum número �nito de parcelas. Por outro lado, a expansão em série de Taylor de qualquer polinómio éuma série �nita.

Exemplo 9.5.2. Determine a série de Taylor de ordem n do polinómio seguinte em torno do pontoreferido e indique o maior intervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

g(x) = x3 − 2x2 + 3x+ 5 , x = 2 .

Resolução: De acordo com o que foi feito no Exemplo 9.4.2, sabemos que g(n)(0) = 0 para todon ≥ 4, pelo que

g(x) =

+∞∑n=0

g(n)(0)

n!(x− 2)n = 11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + (x− 2)3 +

+∞∑n=4

g(n)(0)

n!(x− 2)n

=11 + 7(x− 2) + 4(x− 2)2 + (x− 2)3 .

Mais, este desenvolvimento é válido para todo x ∈ R. Por outro lado, como rn(x−2) = 0 para todon ≥ 4, então trivialmente se tem limn→+∞ rn(x− 2) = 0 para qualquer x ∈ R.

9.6 Produto de séries de potências

Em vários processos demonstrativos é necessário usar produtos de séries de potências. Por exemplo, aregra das potências exey = ex+y é habitualmente demonstrada expandindo a função exponencial em sériede Taylor e depois usando o produto de séries de potências.

De�nição 9.6.1. Sejam∑+∞k=0 ak (x−x0)k e

∑+∞m=0 bm (x−x0)m duas séries de potências de x−x0.

De�ne-se o produto de Cauchy das séries de potências∑+∞k=0 ak (x− x0)k e

∑+∞m=0 bm (x− x0)m da

seguinte forma:

+∞∑k=0

ak (x− x0)k ×+∞∑m=0

bm (x− x0)m =

+∞∑n=0

cn (x− x0)n , onde cn =

n∑i=0

aibn−i . (9.6.25)

Mais geralmente, o produto de Cauchy de duas séries de potências distintas, digamos∑+∞k=0 ak (x− x0)k

e∑+∞m=0 bm (y − y0)m, de�ne-se como

+∞∑k=0

ak (x− x0)k ×+∞∑m=0

bm (y − y0)m =

+∞∑n=0

n∑i=0

ai(x− x0)ibn−i(y − y0)n−i . (9.6.26)

O resultado seguinte diz-nos em que condições converge o produto de Cauchy de duas séries de (asmesmas) potências.

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Proposição 9.6.1. Sejam∑+∞k=0 ak (x − x0)k e

∑+∞m=0 bm (x − x0)m duas séries de potências de

x− x0, com raios de convergência absoluta Ra e Rb, respectivamente. Então o produto de Cauchy(9.6.25) das séries de potências

∑+∞k=0 ak (x − x0)k e

∑+∞m=0 bm (x − x0)m também converge e tem

raio de convergênciaR ≥ min{Ra, Rb}.

Demonstração: O facto de que o produto de Cauchy também converge (absolutamente), é uma con-sequência directa da Proposição 2.8.2. Por outro lado, admitindo que

+∞∑k=0

ak (x− x0)k = a(x) , |x− x0| < Ra e+∞∑m=0

bm (x− x0)m = b(x) , |x− x0| < Rb ,

então, pela Proposição 2.8.2, o produto de Cauchy destas duas séries converge absolutamente para c(x) =a(x)b(x) sempre que |x− x0| < Ra ou |x− x0| < Rb, ou seja para |x− x0| < R e R ≥ min{Ra, Rb}.

Na proposição seguinte vamos ver como o produto de Cauchy pode ser usado para determinar expansõesem série de potências para algumas funções.

Exemplo 9.6.1. Usando o produto de Cauchy (9.6.26), determine a representação em série depotências de x da função seguinte

f(x) =1

(1− x)2, |x| < 1 .

Resolução: Sabemos, a partir de Proposição 9.5.3, que

1

1− x=

+∞∑n=0

xn , |x| < 1.

Então, usando a noção de produto de Cauchy, podemos escrever

1

(1− x)2=

(+∞∑n=0

xn

)2

=

+∞∑n=0

n∑i=0

xn =

+∞∑n=0

(n+ 1)xn

para |x| < 1.

9.7 Aplicações

Como exemplo de aplicação das séries de potências, começamos por ver a sua importante ajuda no cálculode valores aproximados dos números irracionais π e e. Para o número π, usamos, por exemplo, a sériede Maclaurin da função arctg(x), com x = 1, obtida no Exemplo 9.5.1:

π =4 arctg(1) = 4

+∞∑n=0

(−1)n1

2n+ 1= 4

(1− 1

3+

1

5− 1

7+

4

9− . . .

)=4− 4

3+

4

5− 4

7+ · · · = 4− 1, 333333333...+ 0, 8− 0, 5714285714 + 0, 4444444444− · · ·

=3, 339682540 + · · ·

Observe-se que pudemos usar a série∑+∞n=0(−1)n x

2n+1

2n+1 em x = 1, já que a série daí resultante, i.e.∑+∞n=0(−1)n 1

2n+1 é convergente pelo Critério de Leibniz. Esta série vai ter uma convergência muitolenta, como se depreende da aproximação obtida do valor de π.

2014/2015 225 c© HBO


Para o cálculo de e, usamos a série de Maclaurin (2) da Proposição 9.5.3 com x = 1:

e =

+∞∑n=0

1

n!= 1 + 1 +

1

2+

1

6+

1

8+ . . .

=2 + 0, 5 + 0, 1666666667 + 0, 04166666667 + · · · = 2, 708333334 + · · · .

Outra aplicação, é o cálculo de valores aproximados de integrais de potências que não têm primitivaselementares. Por exemplo, usando a série de Maclaurin da função sen(x), obtida na Proposição 9.5.3,temos:∫ 1

0

sen(x)

xdx = lim

τ→0+

∫ 1

τ

1

x

(+∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!

)dx = lim

τ→0+

∫ 1

τ

(+∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n+ 1)!

)dx

=

+∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!

(limτ→0+

∫ 1

τ

x2n dx

)=

+∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!

(limτ→0+

[x2n+1

2n+ 1

]x=1

x=τ

)

=

+∞∑n=0

(−1)n

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

=1− 1

18+

1

600− · · · = 0, 9461111111 + · · · .

Mostremos, agora, como a noção de produto de Cauchy de�nida em (9.6.25) nos permite mostrar aseguinte propriedade da função exponencial,

exey = ex+y ∀ x, y ∈ R .

De facto, usando a fórmula (2) da Proposição 9.5.3 juntamente com a fórmula do Binómio de Newton,temos

exey =

+∞∑k=0

xk

k!

+∞∑m=0

ym

m!=

+∞∑n=0

n∑i=0

xi

i!

yn−i

(n− i)!

=

+∞∑n=0

1

n!

n∑i=0

n!

i!(n− i)!xiyn−i =

+∞∑n=0

1

n!(x+ y)n = ex+y ,

expressão que é válida para |x| <∞ e |y| <∞.


1. Estude a natureza das séries de potências seguintes e indique, no caso de serem não vazios, ossubconjuntos de R onde são absolutamente convergentes, simplesmente convergentes e divergentes:

(a)+∞∑n=1

xn

n2n;

(b)+∞∑n=1

xn

n(n+ 1);

(c)+∞∑n=1

n!xn ;

(d)+∞∑n=1

(−2)nn+ 2

n+ 1xn ;

(e)+∞∑n=1

(x− 1)n

2n−1;

(f)+∞∑n=1

[2 + (−1)n]n+1

n+ 1(x− 2)2n ;

(g)+∞∑n=1

πn[(3n)!]2

(6n)!

(x− 4

π

)n;

(h)+∞∑n=1

3n2

xn2

;

(i)+∞∑n=1

(4nx2 + x4

9n+ x2

)n.

2. Usando os resultados sobre derivação e primitivação de séries de potências, determine as funçõessoma das séries seguintes e indique o maior intervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

2014/2015 226 c© HBO


(a)+∞∑n=1

(−1)n−1xn

n;

(b)+∞∑n=1

x2n−1

2n− 1;

(c)+∞∑n=1

(−1)n−1(2n−1)x2n−2 ;

(d)+∞∑n=1

(−1)n+1

2n− 1x2n−1 ;

(e)+∞∑n=1

n(n+ 1)xn−1 ;

(f)+∞∑n=1

(−1)nxn+1

n(n+ 1).

3. Determine as fórmulas de Maclaurin de ordem n das funções seguintes:

(a) f(x) = e2x−1 ;

(b) g(x) =√

1 + x ;

(c) h(x) = ln(2 + x) ;

(d) i(x) = 1−xex ;

(e) j(x) = senh(x) ;

(f) k(x) = (1 + x) ln(1 + x) .

4. Determine as fórmulas de Taylor de ordem n das funções seguintes em torno dos pontos indicados:

(a) f(x) = 5x4 − 2x3 − 7x2 + 4x− 1 , x = 2 ;

(b) g(x) = x ln(x) , x = 1 ;

(c) h(x) = cosh(2x− 1) , x = 12 ;

(d) i(x) = (x−1)2

x2 , x = 1 .

5. Usando os desenvolvimentos fundamentais, represente por uma série de Mac-Laurin as funçõesseguintes, indicando o maior intervalo aberto onde cada desenvolvimento é válido:

(a) 12−x ;

(b) 1(1+x)2 ;

(c) x1+x−2x2 ;

(d)√

1− 2x ;

(e) senh(x) ;

(f) 2x ;

(g) sen2(x) ;

(h) ln(1 + 2x) ;

(i) ln(

1+x1−x

);

(j) x cosx+ ln(x+ 1) ;

(k) x+32−x ;

(l) sen(x) cos(x) .

6. Usando os desenvolvimentos fundamentais, represente por uma série de Maclaurin as funções se-guintes, indique o maior intervalo aberto onde cada desenvolvimento é válido e mostre que os limitesnotáveis indicados são válidos:

(a)senx

x, lim

x−→0

senx

x= 1 ; (b)

ex − 1

x, lim

x−→0

ex − 1

x= 1 ;

(c)ln(x+ 1)

x, lim

x−→0

ln(x+ 1)

x= 1 e lim

x−→+∞

(1 +

a

x

)x= ea ∀ a ∈ R .

2014/2015 227 c© HBO


7. Represente as funções seguintes por uma série de potências indicadas a seguir (série de Taylor) eindique o maior intervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

(a) 1x , x− 1 ;

(b) lnx , x− 1 ;

(c) ex , x+ 2 ;

(d) cos2 x , x− π2 ;

(e)√x , x− 4 ;

(f) x3−2x2−5x−2 , x+4 ;

(g) x ln(x) , x− 1 ;

(h) (x−1)2

x2 , x− 1 ;

(i) cosh(2x− 1) , x− 12 .

8. Usando os desenvolvimentos fundamentais, determine a função soma das séries seguintes e indiqueo maior intervalo aberto onde o desenvolvimento é válido:

(a)+∞∑n=0

(−1)nx2n ;

(b)+∞∑n=1

2nxn

n;

(c)+∞∑n=0

(−1)nx3n

n!;

(d)+∞∑n=0

(−1)nx2n

22nn!;

(e)+∞∑n=0

(−1)nx2n

32n(2n)!;

(f)+∞∑n=1

(x− 1)n

2n−1;

(g)+∞∑n=0

(−1)n1.3.5 . . . (2n− 1)

2nn!x2n ;

(h)+∞∑n=0

(x− 1)n

(n+ 2)!;

(i)+∞∑n=0

(−1)nx−n

(2n+ 1)!;

(j)+∞∑n=0

(−1)n−122n

(2n+ 1)!(x− π)2n+1 ;

(k)+∞∑n=0

(n+ 1)x+ (−1)nn!

(n+ 1)!xn ;

(l)+∞∑n=0

[1 + (−1)n2n+1

]xn ;

(m)+∞∑n=2

n+ (−1)n

n(2x+ 1)n ;

9. Usando os desenvolvimentos fundamentais e eventualmente derivação e primitivação, obtenha osdesenvolvimentos em série de potências de x das funções seguintes, indicando o maior intervaloaberto onde o desenvolvimento é válido:

topsep=0pt,1temsep=1ex,p1rtopsep=1ex,p1rsep=1exf(x) =arccotg(x) ;

topsep=0pt,2temsep=2ex,p2rtopsep=2ex,p2rsep=2exg(x) =arcsen(x) ;

topsep=0pt,3temsep=3ex,p3rtopsep=3ex,p3rsep=3ex

h(x) =x2 arccos(x) ;

topsep=0pt,4temsep=4ex,p4rtopsep=4ex,p4rsep=4exi(x) =x+ln(1−x) ;

topsep=0pt,5temsep=5ex,p5rtopsep=5ex,p5rsep=5exj(x) =

1(2−x)2 ;

topsep=0pt,6temsep=6ex,p6rtopsep=6ex,p6rsep=6exi(x) =

1(1−2x)

√1−2x

.

10. Usando os desenvolvimentos em série de Maclaurin, calcule valores aproximados às centesimas de:

(a) ln(2) ;

(b) e3 ;

(c) cos(2) ;

(d) sen(

12

);

(e) arccos(

14

);

(f) arctg(− 1

2

).

11. Usando os desenvolvimentos em série de Maclaurin, calcule um valor aproximado às centesimas dosintegrais seguintes:

(a)∫ 1

0

1

1 + x10dx ;

(b)∫ 1

0

3√x cos(x) dx ;

(c)∫ 4

0

√x ex dx ;

(d)∫ 1

0

4√

1 + x3 dx;

(e)∫ 2

1

e−x2

dx ;

(f)∫ 1

0

ln(1 + x)

xdx .

2014/2015 228 c© HBO


Soluções

1: (a) CA: [−2, 2), D: (−∞,−2) ∪ [2,+∞); (b) CA: [−1, 1], D: (−∞,−1) ∪ (1,+∞); (c) CA: {0}, D: R \ {0}; (d)CA:

(− 1

2, 12

), D:

(−∞,− 1

2

]∪[12,+∞

); (e) CA:

[12, 32

], D:

(−∞, 1

2

)∪(32,+∞

); (f) CA:

(2−

√3

3, 2 +

√33

), D:(

−∞, 2−√3

3

]∪[2 +

√3

3,+∞

); (g) CA:

(− 60π, 60π

), D:

(−∞,− 60

π

]∪[60π,+∞

); (h) CA:

(− 1

3, 13

), D:

(−∞,− 1

3

]∪[

13,+∞

); (i) CA:

(− 3

2, 32

), D:

(−∞,− 3

2

]∪[32,+∞

). 2: (a) ln(1 + x), |x| < 1; (b) 1

2ln(

1+x1−x

), |x| < 1; (c)

1−x2(1+x2)2

, |x| < 1; (d) arctg(x), |x| < 1; (e) 2(1−x)3 , |x| < 1; (f) x − (1 + x) ln(1 + x), |x| < 1. 3: (a)

n∑k=0

2kxk

e k!+

rn(x); (b)n∑k=0

(−1)k1.3.5...(2k − 3)

2kk!xk + +rn(x); (c)

n∑k=1

(−1)k−1xk

k2k+ rn(x); (d)

n∑k=0

(−1)k(k + 1)

k!xk + rn(x); (e)

n∑k=0

x2k+1

(2k + 1)!+ r2n+1(x); (f) x+

n∑k=0

(−1)k+2xk+2

(k + 2)(k + 1)+ rn(x). 4: (a) 43 + 112(x− 2) + 101(x− 2)2 + 38(x− 2)3 +

5(x− 2)4, onde rn(x− 2) = 0 se n > 4; (b) x+

n∑k=0

(−1)k+2(x− 1)k+2

(k + 2)(k + 1)+ rn(x− 1); (c)

n∑k=1

4k

(2k)!

(x−

1

2

)2n

+

r2n

(x−

1

2

); (d)

n∑k=2

(−1)k(k − 1)(x − 1)k + rn(x). 5: (a)+∞∑n=0

xn

2n+1, |x| < 2; (b)

+∞∑n=0

(−1)n(n + 1)xn, |x| < 1;

(c)+∞∑n=0

1− (−1)n+12n+1

3xn, |x| < 1

2; (d) 1 − x −

+∞∑n=2

1.3.5...(2n− 3)

n!xn, |x| < 1

2; (e)

+∞∑n=0

x2n+1

(2n+ 1)!, |x| <

∞; (f)+∞∑n=0

lnn(2)

n!xn, |x| < 1

ln(2); (g)

+∞∑n=1

(−1)n−1 22n−1

(2n)!x2n, |x| < ∞; (h)

+∞∑n=1

(−1)n−1 2n

nxn, |x| < 1

ln(2);

(i)+∞∑n=0

2

2n+ 1x2n+1, |x| < 1; (j)

+∞∑n=1

(−1)n−1

[xn

n+

x2n−1

(2n− 2)!

], |x| < 1; (k) −1 + 5

+∞∑n=0

xn

2n+1, |x| < 2; (l)

+∞∑n=0

(−1)n22nx2n+1

(2n+ 1)!, |x| < ∞. 6: (a)

+∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n+ 1)!, x 6= 0; (b)

+∞∑n=1

xn−1

n!, x 6= 0; (c)

+∞∑n=1

(−1)n−1 xn−1

n,

|x| < 1 e x 6= 0. 7: (a)+∞∑n=0

(−1)n(x − 1)n, |x − 1| < 1; (b)+∞∑n=1

(−1)n−1 (x− 1)n

n, |x − 1| < 1; (c)

+∞∑n=0

(x+ 2)n

n!,

|x| < ∞; (d)+∞∑n=0

(−1)n22n+1

(2n+ 2)!

(x−

π

2

)2n+2, |x| < ∞; (e) 2 +

1

4(x − 4) +

+∞∑n=2

(−1)n−1 1.3.5...(2n− 3)

23n−1n!(x −

4)n, |x − 4| < 1; (f) −78 + 59(x + 4) − 14(x + 4)2 + (x + 4)3; (g)+∞∑n=2

(−1)n+1

n(n+ 1)(x − 1)n+1, |x − 1| < 1; (h)

+∞∑n=2

(−1)n(n− 1)(x− 1)n, |x− 1| < 1; (i)+∞∑n=0

4n

(2n)!

(x−

1

2

)2n

, |x| <∞. 8: (a) 11+x2

, |x| < 1; (b) − ln(1− 2x),

|x| < 12; (c) e−x

3, |x| < ∞; (d) e

−x24 , |x| < ∞; (e) cos

(x3

), |x| < ∞; (f) 2(x−1)

3−x , −1 < x < 3; (g) 1√1+x2

,

|x| < 1; (h) ex−1−x(x−1)2

, x 6= 1; (i)√x sen

(1√x

), x > 0; (j) − sen(x) cos(x), |x| < ∞; (k) xex +

ln(x+1)x

, |x| < 1

e x 6= 0; (l) 2+x(1−x)(1+2x)

, |x| < 12; (m) − 2x+1

2x− ln(2x + 1), −1 < x < 0. 9: (a)

+∞∑n=0

(−1)n+1 x2n+1

(2n+ 1)!,

|x| < 1; (b) x +

+∞∑n=1

1.3.5 . . . (2n− 1)

2nn!

x2n+1

2n+ 1, |x| < 1; (c)

π

2x2 − x3 −

+∞∑n=1

1.3.5 . . . (2n− 1)

2nn!

x2n+3

2n+ 1, |x| < 1; (d)

−+∞∑n=2

xn

n, |x| < 1; (e)

+∞∑n=0

(n+ 1)

2n+2xn, |x| < 2; (f)

+∞∑n=0

1.3.5 . . . (2n+ 1)

n!xn, |x| < 1

2. 10: (a)

+∞∑n=1

(−1)n

n' 0.69

(n = 160); (b)+∞∑n=1

3n

n!' 20.08 (n = 11); (c)

+∞∑n=0

(−1)n22n

(2n)!' −0.41 (n = 4); (d)

+∞∑n=0

(−1)n

22n+1(2n+ 1)!' 0.47

(n = 1); (e)π

2−

1

4−

+∞∑n=1

1.3.5 . . . (2n− 1)

2nn!

1

42n+1(2n+ 1)' 1.31 (n = 1); (f)

+∞∑n=0

(−1)n+1

22n+1(2n+ 1)' −0.46

(n = 2). 11: (a)+∞∑n=0

(−1)n

10n+ 1' 0.93; (b)

+∞∑n=0

(−1)n

(2n)!(2n+ 43

)' 0.60; (c)

+∞∑n=0

4n+32

(n)!(n+ 32

)' 92.74; (d) 1 +

+∞∑n=1

(−1)n+1 3 · 7 · 11 · · · (4n− 5)

4n(3n+ 1)n!' 1.05; (e)

+∞∑n=0

(−1)n22n+1 − 1

(2n+ 1)n!' 0.14; (f)

+∞∑n=1

(−1)n−1

n2' 0.82.

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Capítulo 10

Integrais impróprios

10.1 Noções principais

A de�nição de integral até aqui utilizada tem duas limitações importantes que importa resolver. Vimos,por um lado, que a função tem de ser limitada no intervalo de integração. Por outro, o próprio intervalode integração também tem de ser limitado. No entanto, podemos facilmente estender a noção de integralpara cobrir estes casos.

De�nição 10.1.1. Seja f uma função de�nida no intervalo [a, b), com b eventualmente in�nito, eintegrável em todo o intervalo [a, τ ] ⊂ [a, b), onde se subentende que a < τ < b. Designa-se porintegral impróprio (de Riemann) da função f sobre o intervalo [a, b) à quantidade seguinte:∫ b

a

f(x) dx = limτ→b−

∫ τ

a

f(x) dx .

De modo análogo para uma função f de�nida no intervalo (a, b], agora com a eventualmente in�nito, eque seja integrável em todo o intervalo [τ, b] ⊂ (a, b], onde se subentende que a < τ < b:∫ b

a

f(x) dx = limτ→a+

∫ b

τ

f(x) dx .

y

−∞ τ b

∫ b

τ

f(x) dx

y = f(x)

(a) Integral impróprio em x = −∞.

y

+∞ηa

∫ η

a

f(x) dx

y = f(x)

(b) Integral impróprio em x = +∞.

Figura 10.1: Integrais impróprios de 1a espécie.

Os integrais impróprios herdam todas as propriedades dos integrais de�nidos, como facilmente se depre-ende da De�nição 10.1.1.

Os integrais impróprios dizem-se convergentes, se existirem (e forem �nitos) os limites dados. Casocontrário, os integrais impróprios dizem-se divergentes. Deste modo, a natureza de um integral

230

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R 10. INTEGRAIS IMPRÓPRIOS

impróprio consiste em estudar se determinado integral impróprio é convergente ou divergente. Emalgumas situações é possível calcular o valor dos integrais impróprios convergentes.

Habitualmente faz-se a distinção dos integrais impróprios em duas classes. Os integrais imprópriosde primeira espécie, onde o intervalo de integração não é limitado (in�nito).

Exemplo 10.1.1. Calcular os integrais impróprios de primeira espécie:

(a)∫ +∞

1

dx

x; (b)

∫ +∞

0

dx

1 + x2.

Resolução: Calculando, temos:

(a)∫ +∞

1

dx

x= limτ→+∞

∫ τ

1

dx

x= limτ→+∞

[ln(x)]x=τx=1 = lim

τ→+∞ln(τ) = +∞;

(b)∫ +∞

0

dx

1 + x2= limτ→+∞

∫ τ

0

dx

1 + x2= limτ→+∞

[ arctg(x)]x=τx=0 = lim

τ→+∞arctg(τ) =

π

2.

Nos integrais impróprios de primeira espécie, é habitual aparecer o limite superior de integração comosendo +∞. No entanto, pode perfeitamente acontecer que seja o limite inferior −∞.

Exemplo 10.1.2. Calcular os integrais impróprios de primeira espécie:

(a)∫ −1

−∞

dx

x; (b)

∫ 0

−∞ex dx.

Resolução: De modo análogo ao que �zemos no exemplo anterior, temos:

(a)∫ −1

−∞

dx

x= limτ→−∞

∫ −1

τ

dx

x= limτ→−∞

[ln |x|]x=−1x=τ = − lim

τ→−∞ln |τ | = −∞;

(b)∫ 0

−∞exdx = lim

τ→−∞

∫ 0

τ

exdx = limτ→−∞

[ex]x=0x=τ = 1− lim

τ→−∞eτ = 1.

Pode, ainda, acontecer que ambos os limites de integração sejam in�nitos.

Exemplo 10.1.3. Calcular o integral impróprio de primeira espécie:∫ +∞

−∞e−|x| dx .

Resolução: Neste caso, antes de começar a resolver, convém observar que |x| vai ter expressõesdiferentes consoante x < 0 ou x > 0:

|x| ={−x se x < 0x se x ≥ 0

.

2014/2015 231 c© HBO


Então,∫ +∞

−∞e−|x| dx =

∫ 0

−∞ex dx+

∫ +∞

0

e−x dx = limτ→−∞

∫ 0

τ

ex dx+ limη→+∞

∫ η

0

e−x dx

= limτ→−∞

[ex]x=0x=τ + lim

η→+∞

[−e−x

]x=η

x=0= 1− lim

τ→−∞eτ − lim

η→+∞e−η + 1 = 2 .

Nos integrais impróprios de segunda espécie, o intervalo de integração é limitado, mas a funçãonão.

x

y

a τ b

∫ b

τ

f(x) dx

y = f(x)

(a) Integral impróprio em x = a.

x

y

bηa

∫ η

a

f(x) dx

y = f(x)

(b) Integral impróprio em x = b.

Figura 10.2: Integrais impróprios de 2a espécie.

Exemplo 10.1.4. Calcular os integrais impróprios de segunda espécie:

(a)∫ 1

0

dx

x; (b)

∫ 1

0

dx√1− x2

.

Resolução: Calculando, temos:

(a)∫ 1

0

dx

x= limτ→0+

∫ 1

τ

dx

x= limτ→0+

[ln(x)]x=1x=τ = − lim

τ→0+ln(τ) = +∞;

(b)∫ 1

0

dx√1− x2

= limτ→1−

∫ τ

0

dx√1− x2

dx = limτ→1−

[ arcsen(x)]x=τx=0 = lim

τ→1−arcsen(τ) =

π

2.

Na maioria dos casos, e apenas por simplicidade, costuma aparecer a situação em que a função não élimitada num dos extremos do intervalo. No entanto, pode bem acontecer que a função não seja limitadaem mais do que um ponto e não necessariamente nos extremos do intervalo.

Exemplo 10.1.5. Calcular o integral impróprio de segunda espécie:∫ 1

−1

dx√1− x2

.

Resolução: Neste caso, temos de separar o integral em dois. Por exemplo, separando em x = 0,

2014/2015 232 c© HBO


temos: ∫ 1

−1

dx√1− x2

=

∫ 0

−1

dx√1− x2

+

∫ 1

0

dx√1− x2

= limτ→−1+

∫ 0

τ

dx√1− x2

dx+ limη→1−

∫ η

0

dx√1− x2

dx

= limτ→−1+

[ arcsen(x)]x=0x=τ + lim

τ→1−[ arcsen(x)]

x=τx=0

=− limτ→−1+

arcsen(τ) + limτ→1−

arcsen(τ) = π .

Relativamente aos integrais impróprios de segunda espécie, convém realçar uma situação de falso integralimpróprio. Isto é, existem integrais cujas funções integrandas têm pontos de descontinuidade, mas dotipo removível. Neste caso, como se sabe, o limite existe e, por isso, o integral não pode ser consideradoimpróprio.

Exemplo 10.1.6. Mostrar que o integral seguinte não é impróprio:∫ 1

0

x ln(x) dx .

Resolução: De facto, x = 0, apesar de não pertencer ao domínio da função integranda, é um pontode descontinuidade removível. Usando a Regra de Cauchy, temos:

limx→0+

x ln(x) = 0×∞ (indeterminação)

= limx→0+

ln(x)1x

=∞∞

(indeterminação)

= limx→0+

1x

− 1x2

= − limx→0+

x = 0 .

No entanto, para o cálculo deste integral, recorremos ao mesmo procedimento dos integrais im-próprios. Usando integração por partes e novamente a Regra de Cauchy para o cálculo do limite,temos: ∫ 1

0

x ln(x) dx = limτ→0+

∫ 1

τ

x ln(x) dx = limτ→0+

[x2

2ln(x)

]x=1

x=τ

− 1

2limτ→0+

∫ 1

τ

x dx = −1

4

Pode, ainda, acontecer que o intervalo de integração não seja limitado e que a função também não o sejaem algum ponto do interior do intervalo. Estes integrais impróprios são, ao mesmo tempo, de primeirae de segunda espécie. Por isso, é comum designá-los por integrais impróprio mistos. Estes integraissão estudados usando a propriedade aditiva dos integrais para os separar em, pelo menos, dois integraisimpróprios: um de primeira espécie e outro de segunda. Estuda-se cada integral separadamente e ointegral impróprio misto será convergente se e só se os dois forem convergentes.

Exemplo 10.1.7. Calcular os integrais impróprios mistos seguintes:

(a)∫ +∞

0

dx√x(x+ 1)

; (b)∫ +∞

0

sen(

1x

)x2

dx .

Resolução: Nestes exemplos, temos de separar em, pelo menos, dois integrais impróprios distintos.

2014/2015 233 c© HBO


(a) Fazendo a mudança de variável x = t2 =: ϕ(t)⇒ ϕ−1(t) =√t, temos:∫ +∞

0

dx√x(x+ 1)

=

∫ 1

0

dx√x(x+ 1)

+

∫ +∞

1

dx√x(x+ 1)

= limτ→0+

∫ 1

τ

dx√x(x+ 1)

+ limη→+∞

∫ η

1

dx√x(x+ 1)

= limτ→0+

∫ 1

√τ

2tdt

t(t2 + 1)+ limη→+∞

∫ √η1

2tdt

t(t2 + 1)

=2 limτ→0+

[ arctg(t)]t=1t=√τ + 2 lim

η→+∞[ arctg(t)]

t=√η

t=1 =π

2+π

2= π ;

(b) Neste caso, tem-se:∫ +∞

0

sen(

1x

)x2

dx =

∫ 1

0

sen(

1x

)x2

dx+

∫ +∞

1

sen(

1x

)x2

dx

= limτ→0+

∫ 1

τ

sen(

1x

)x2

dx+ limη+∞

∫ η

1

sen(

1x

)x2

dx

= limτ→0+

[cos

(1

x

)]1

τ

+ limη+∞

[cos

(1

x

)]η1

=− limτ→0+

cos

(1

τ

)+ limη+∞

cos

(1

η

)= 1− cos(∞) (n.d.) .

10.2 Valor principal de Cauchy

Em muitas aplicações é importante uma estensão da noção de integral impróprio de modo a cobriralgumas situações de integrais impróprios que resultam indeterminados se aplicada a De�nição 10.1.1.Isto acontece, em particular, quando temos um integral impróprio sobre um intervalo simétrico. Adecomposição do integral em, pelo menos dois, resulta, após os cálculos para cada integral impróprio,numa indeterminação do tipo ∞−∞.

Exemplo 10.2.1. Mostrar que os integrais impróprios seguintes têm um valor inde�nido:

(a)∫ +∞

−∞

x

1 + x2dx; (b)

∫ 1

−1

ex

ex − 1dx.

Resolução: (a) Usando o processo de resolução da secção anterior, temos:∫ +∞

−∞

x

1 + x2=

∫ 0

−∞

x

1 + x2+

∫ +∞

0

x

1 + x2

= limτ→−∞

∫ 0

τ

x

1 + x2+ limη→+∞

∫ η

0

x

1 + x2

=1

2lim

τ→−∞

[ln(1 + x2)

]x=0

x=τ+

1

2lim

η→+∞

[ln(1 + x2)

]x=η

x=0

=− 1

2lim

τ→−∞ln(1 + τ2) +

1

2lim

η→+∞ln(1 + η2)

=−∞+∞ (indeterminação) ;

2014/2015 234 c© HBO


(b) De modo análogo, temos:∫ 1

−1

ex

ex − 1dx =

∫ 0

−1

ex

ex − 1dx+

∫ 1

0

ex

ex − 1dx

= limτ→0−

∫ τ

−1

ex

ex − 1dx+ lim

η→0+

∫ 1

η

ex

ex − 1dx

= limτ→0−

[ln |ex − 1|]x=τx=−1 + lim

η→0+[ln(ex − 1)]

x=ηx=1

= limτ→0−

ln |eτ − 1| − limη→0+

ln(eη − 1) = −∞+∞ (indeterminação) .

Na prática, a noção de valor principal de Cauchy vai permitir atribuir um valor a integrais imprópriosque, de outro modo, seriam indeterminados tais como os do exemplo anterior. Vamos considerar asdiferentes situações possíveis que resultam do exemplo anterior.

De�nição 10.2.1. Seja f uma função de�nida em (−∞,∞) e suponhamos que∫ 0

−∞f(x) dx = ±∞ e

∫ ∞0

f(x) dx = ∓∞ .

Designa-se por valor principal de Cauchy do integral impróprio∫ ∞−∞

f(x) dx ao limite seguinte, caso

exista:

v.p.∫ ∞−∞

f(x) dx = limτ→+∞

∫ τ

−τf(x) dx .

A situação mais habitual, a que se refere a de�nição anterior, é aquela que resulta de considerar ointegral, no intervalo (−∞,∞), de uma função ímpar. Neste caso, tal como mostram a Figura 10.3 e oExemplo 10.2.2, o valor principal de Cauchy do integral impróprio em questão será 0.

x

y

−ττ

∫ τ

−τf(x) dx = 0

y = f(x)

Figura 10.3: Valor principal de Cauchy do integral imprópriode 1a especie.

Exemplo 10.2.2. Calcular o valor principal de Cauchy do integral impróprio seguinte:∫ +∞

−∞

x

1 + x2dx .

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Resolução: Usando a noção do valor principal de Cauchy, temos:

v.p.∫ +∞

−∞

x

1 + x2dx = lim

τ→+∞

∫ τ

−τ

x

1 + x2dx =

1

2lim

τ→+∞

[ln(1 + x2)

]x=τ

x=−τ = 0 .

De�nição 10.2.2. Seja f uma função de�nida em [a, b], com a < b números reais, e suponhamosque

∃ c ∈ (a, b) : limx→c

f(x) =∞,∫ c

a

f(x) dx = ±∞,∫ b

c

f(x) dx = ∓∞ .

Designa-se por valor principal de Cauchy do integral impróprio∫ b

a


exista:

v.p.∫ b

a

f(x) dx = limδ→0

[∫ c−δ

a

f(x) dx+

∫ b

c+δ

f(x) dx

].

Observe-se que na de�nição anterior, o limite faz sentido apenas no caso em que 0 < δ < max{c −a, b− c}. As situações mais simples deste caso, são aquelas em que o intervalo de integração é simétricorelativamente a x = 0. No entanto, poder-se-ão considerar situações de simetria para valores de x 6= 0,como a represntada na Figura 10.4.

x

y

c+ δ

c− δab

∫ c−δ

a

f(x) dx

∫ b

c+δ

f(x) dx

y = f(x)

Figura 10.4: Valor principal de Cauchy do integral imprópriode 2a especie.

Exemplo 10.2.3. Calcular o valor principal de Cauchy do integral impróprio seguinte:∫ 1

−1

ex

ex − 1dx .

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Resolução: Fazendo uso da noção do valor principal de Cauchy, temos:

v.p.∫ 1

−1

ex

ex − 1dx = lim

δ→0

[∫ −δ−1

ex

ex − 1dx+

∫ 1

δ

ex

ex − 1dx

]= limδ→0

{[ln |ex − 1|]x=−δ

x=−1 + [ln |ex − 1|]x=1x=δ

}= limδ→0

[ln

∣∣∣∣e−δ − 1

e−1 − 1

∣∣∣∣+ ln

∣∣∣∣ e− 1

eδ − 1

∣∣∣∣]= limδ→0

ln( eeδ

)= 1 .

Observe que os integrais impróprios calculados no Exemplo 10.2.1, assim como os valores principaisde Cauchy calculados nos Exemplos 10.2.2 e 10.2.3, são simétricos. No entanto, os limites dos Exem-plos 10.2.2 e 10.2.3 evolvem (em cada exemplo) à mesma taxa, mas os do Exemplo 10.2.1 evolvem (emcada exercício) a taxas possivelmente distintas.

De�nição 10.2.3. Seja f uma função de�nida em (a, b), com a, b ∈ R e tais que a < b, esuponhamos que:

(1) limx→a+

f(x) =∞, limx→b− f(x) =∞;

(2) ∃ c ∈ (a, b) :

∫ c

a

f(x) dx = ±∞,∫ b

c

f(x) dx = ∓∞.

Designa-se por valor principal de Cauchy do integral impróprio∫ b

a


exista:

v.p.∫ b

a

f(x) dx = limτ → a+

η → b−

∫ η

τ

f(x) dx .

Novamente, a situação mais habitual é aquela em que o intervalo é simétrico relativamente a x = 0, nãoobstante poderem existir outras situações. No caso de um intervalo simétrico da forma (−a, a), coma > 0, temos na de�nição anterior

v.p.∫ a

−af(x) dx = lim

τ→a

∫ τ

−τf(x) dx .

Exemplo 10.2.4. Calcular o valor principal de Cauchy do integral impróprio seguinte:∫ 1

−1

x

x2 − 1.

2014/2015 237 c© HBO


Resolução: Comecemos por observar que∫ 1

−1

x

x2 − 1dx =

∫ 0

−1

x

x2 − 1+

∫ 1

0

x

x2 − 1dx

= limτ→−1+

∫ 0

τ

x

x2 − 1dx+ lim

η→1−

∫ η

0

x

x2 − 1dx

=1

2

{lim

τ→−1+

[ln∣∣x2 − 1

∣∣]x=0

x=τ+ limη→1−

[ln∣∣x2 − 1

∣∣]x=η

x=0

}=

1

2

{− limτ→−1+

ln∣∣τ2 − 1

∣∣+ limη→1−

ln∣∣η2 − 1

∣∣} =∞−∞ (indeterminação) .

Fazendo uso da noção do valor principal de Cauchy, temos:

v.p.∫ 1

−1

x

x2 − 1= limτ→1

∫ τ

−τ

x

x2 − 1=

1

2limτ→1

[ln∣∣x2 − 1

∣∣]x=τ

x=−τ = limτ→1

ln

∣∣∣∣τ2 − 1

τ2 − 1

∣∣∣∣ = 0 .

10.3 Princípio de Cauchy

Na avaliação dos integrais impróprios, sempre que possamos determinar as primitivas envolvidas, é oque se deve fazer, pois permite avaliar imediatamente se o integral é convergente ou divergente. Nassituações que resultam inde�nições, podemos ainda, se necessário, calcular o seu valor próprio de Cauchy.No entanto, podemos ter situações em que a primitiva se torne muito complicada de determinar, ou sejamesmo impossível de escrever como uma soma �nita de funções elementares e, ainda assim, queiramossaber se o integral converge ou diverge. Interessa, pois, obter critérios que nos permitam concluir sobre aconvergência ou divergência de um integral impróprio sem determinar a primitiva da função integranda.

Na proposição seguinte apresentamos uma condição necessária e su�ciente para um integral impróprioser convergente, que faz referência ao já conhecido Princípio de Cauchy.

Proposição 10.3.1. Seja f uma função de�nida num intervalo [a, b), com b eventualmente in�nito,e integrável em todo o intervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a, b), com a < τ < b. Consideremos o integralimpróprio de f sobre o intervalo [a, b). Então:∫ b

a

f(x) dx é convergente

se e só se

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 (δ < b− a) : y, z ∈ (a, b− δ)⇒∣∣∣∣∫ z

y

f(x) dx

∣∣∣∣ < ε . (10.3.1)

Demonstração: Começamos por observar que∫ baf(x) dx é convergente se e só se existe o limite

limτ→b− F (τ), onde

F (τ) =

∫ τ

a

f(x) dx =

∫ b−δ

a

f(x) dx , para δ = b− τ.

Por de�nição de limite, isto é equivalente a a�rmar que

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 (δ < b− a) : y, z ∈ (a, b− δ)⇒ |F (z)− F (y)| < ε ,

o que é precisamente o resultado enunciado.

2014/2015 238 c© HBO


Exemplo 10.3.1. Usando o Princípio de Cauchy, mostrar que o integral impróprio seguinte éconvergente: ∫ +∞

1

dx

1 + x4.

Resolução: Seja F (τ) =∫ 1+ 1

τ

1dx

1+x4 , onde τ > 0. Para quaisquer z, y ∈(1, 1 + 1

τ

), temos,

admitindo que z < y,

|F (y)− F (z)| =∫ 1+ 1

z

1+ 1y

dx

1 + x4<

∫ 1+ 1z

1+ 1y

dx

x4= −1

3(x−3z − x−3

y ) , onde xz = 1 +1

z, xy = 1 +

1

y.

Pelo Teorema de Lagrange, existe ξ ∈ (xy, xz) que nos permite escrever

−1

3(x−3z − x−3

y ) =1

ξ4(xz − xy) =

1

ξ4

(1

z− 1

y

)<

1

τ + 1<

1

τ.

A penúltima desigualdade, resulta do facto de ξ ∈ (xy, xz) e z, y ∈(1, 1 + 1

τ

)implicar que 1 < ξ < 2

e que 1z < 1 e − 1

y < −ττ+1 . Deste modo, o Critério de Cauchy expresso em (10.3.1) é satisfeito com

δ igual ao primeiro real positivo τ tal 1τ < ε.

Como é óbvio, o resultado anterior pode ser enunciado, com as devidas adaptações, para uma função fcontínua num intervalo (a, b], agora com a eventualmente in�nito.

10.4 Integrais impróprios de funções não-negativas

O estudo de integrais impróprios de funções não-negativas torna-se importante, dado que, como iremosver adiante, o estudo da convergência absoluta reduz-se ao estudo da convergência dos integrais defunções não-negativas.

Proposição 10.4.1. Seja f uma função de�nida num intervalo [a, b), com b eventualmente in�nito,tal que

f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b)

e f é integrável em todo o intervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a, b). Consideremos o integral impróprio de fsobre o intervalo [a, b). Então, o integral impróprio

∫ baf(x) dx converge se e só se a função

F (x) =

∫ x

a

f(t) dt

é limitada em [a, b).

Demonstração: Como f(x) ≥ 0 em [a, b), a função F (x) é monótona crescente. Ora sendo F (x)também limitada, concluímos que existe o limite

limx→b−

F (x) =

∫ b

a

f(x) dx .

Portanto, o integral impróprio dado é converge.

Exemplo 10.4.1. Resolva o Exemplo 10.3.1 usando a Proposição 10.4.1.

2014/2015 239 c© HBO


Resolução: Neste caso, consideremos a função F (τ) =∫ τ

1dx

1+x4 , onde τ > 1. Podemos ver que estafunção é limitada, pois:

|F (τ)| <∫ τ

1

dx

x4= −1

3

[x−3

]x=τ

x=1=

1

3

(1− 1

τ3

)<

1

3, pois τ > 1 .

Em muitas situações de exercícios práticos, basta-nos saber a natureza dos integrais impróprios emconsideração, isto é, se são convergentes ou divergentes. Mesmo aqueles integrais impróprios que sãoconvergentes, por vezes, torna-se difícil calcular o valor do integral. Nestes casos, e como consequênciada Proposição 10.4.1, podemos utilizar o critério de comparação de integrais impróprios seguinte.

Proposição 10.4.2 (Critério Geral de Comparação). Sejam f e g funções de�nidas num intervalo[a, b), com b eventualmente in�nito, e integráveis em todo o intervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a, b). Se

0 ≤ f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b) ,

então:

(1) A convergência de∫ b

a

g(x) dx implica a convergência de∫ b

a

f(x) dx e tem-se:

∫ b

a

f(x) dx ≤∫ b

a

g(x) dx ;

(2) A divergência de∫ b

a

f(x) dx implica a divergência de∫ b

a

g(x) dx.

Demonstração: Para mostrar (1), observamos que para todo x ∈ [a, b) se tem

F (x) =

∫ x

a

f(t) dt ≤∫ x

a

g(t) dt ≤∫ b

a

g(t) dt .

Logo F (x) é limitada e, pela Proposição 10.4.1, o integral impróprio∫ b

a

f(x) dx é convergente. Para (2),

temos ∫ b

a

g(x) dx ≥∫ b

a

f(x) dx ,

pelo que∫ b

a

g(x) dx é divergente.

A proposição anterior ainda é válida se admitirmos que

0 ≤ f(x) ≤ C g(x) , C = const. > 0.

Pode, ainda, ser facilmente adaptada para intervalos de integrabilidade imprópria da forma (a, b], com aeventualmente in�nito.

Exemplo 10.4.2. Usando o Critério Geral de Comparação, mostre que os integrais imprópriosseguintes são convergentes:

(a)∫ +∞

1

3√x2

√3 + x4

dx; (b)∫ 1

0

e−x√xdx .

2014/2015 240 c© HBO


Resolução: (a) Comecemos por observar que

3√x2

√3 + x4

<3√x2

√x4

=1

x43

∀ x ∈ R .

Por outro lado, sabemos que∫ +∞

1

dx

x43

= limτ→+∞

∫ τ

1

x−43 dx = −3 lim

τ→+∞

[x−

13

]x=τ

x=1= 3

(1− lim

τ→+∞τ−

13

)= 3 .

Então, pelo Critério Geral de Comparação, o integral dado é convergente. Além disso, podemosdizer que ∫ +∞

1

3√x2

√3 + x4

dx < 3 .

(b) Neste caso, temos

ex > 1⇒ e−x < 1⇒ e−x√x<

1√x∀ x > 0 .

Como ∫ 1

0

1√x

= limτ→0+

∫ 1

τ

x−12 dx = 2 lim

τ→0+

[x

12

]x=1

x=τ= 2(1− lim

τ→0+

√τ) = 2 ,

pelo Critério Geral de Comparação, o integral dado é convergente. Podemos também dizer que∫ 1

0

e−x√xdx < 2 .

Sempre que for possível, podemos usar o resultado seguinte em vez do anterior, pois facilita a comparaçãodos integrais impróprios.

Proposição 10.4.3 (Critério de Comparação). Sejam f e g funções de�nidas num intervalo [a, b),com b eventualmente in�nito, e integráveis em todo o intervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a, b). Suponhamosque g(x) > 0, f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b) e

limx→b−

f(x)

g(x)= L .

Então:

(1) Se L 6= +∞, a convergência de∫ b

a

g(x) dx implica a convergência de∫ b

a

f(x) dx e tem-se:

∫ b

a

f(x) dx ≤∫ b

a

g(x) dx ;

(2) Se L 6= 0, a divergência de∫ b

a

f(x) dx implica a divergência de∫ b

a

g(x) dx.

Demonstração: Como existe o limite de f(x)g(x) quando x→ b−, existem uma constante C > 0 e um real

ξ ∈ (a, b) tais quef(x)

g(x)≤ C ⇔ f(x) ≤ Cg(x) para todo x ∈ [ξ, b).

Pela Proposição 10.4.2, o integral impróprio∫ b

a

f(x) dx é convergente se∫ b

a

g(x) dx for convergente, já

2014/2015 241 c© HBO


que ∫ b

a

f(x) dx =

∫ ξ

a

f(x) dx+

∫ b

ξ

f(x) dx

≤∫ ξ

a

f(x) dx+ C

∫ b

ξ

g(x) dx

≤∫ ξ

a

f(x) dx+ C

∫ b

a

g(x) dx <∞ .

De modo análogo, pela Proposição 10.4.2, o integral impróprio∫ b

a

g(x) dx é divergente se∫ b

a

f(x) dx for

divergente.

Com ligeiras adaptações, podemos enunciar o resultado anterior para intervalos (a, b], com a eventual-mente in�nito. Neste caso, o limite a considerar é

limx→a+

f(x)

g(x)= L .

O Critério de Comparação é útil para situações em que, apenas, necessitamos de saber a natureza dointegral impróprio. Tem, por isso, particular importância para integrais impróprios (convergentes) emque é muito difícil, ou mesmo impossível, determinar as primitivas envolvidas.

Exemplo 10.4.3. Usando o Critério de Comparação, estude a natureza dos integrais imprópriosseguintes:

(a)∫ +∞

1

e−x

1 + x2dx; (b)

∫ 1

0

√x

1− x2dx .

Resolução: (a)Temos:

limx→+∞

e−x

1+x2

11+x2

= limx→+∞

e−x = 0 .

Notemos que estamos no caso limite de L = 0 onde só é possível comparar se o integral de compa-ração for convergente. De facto, temos∫ +∞

1

dx

1 + x2= limτ→+∞

∫ τ

1

dx

1 + x2= limτ→+∞

[ arctg(x)]x=τx=1 = lim

τ→+∞arctg(τ)− π

4=π

4.

Logo, pelo Critério de Comparação, o integral dado é convergente e temos∫ +∞

1

e−x

1 + x2dx <

π

4.

(b) Neste caso, tem-se:

√x

1− x2

1√2√

1− xquando x→ 1− , i.e. lim

x→1−

√x

1−x2

1√1−x

=1√2,

Como∫ 1

0

dx√1− x

= limτ→1−

∫ τ

0

(1− x)−12 dx = −2 lim

τ→1−

[(1− x)

12

]x=τ

x=0= −2

(limτ→1−

√1− τ − 1

)= 2 .

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pelo Critério de Comparação, o integral dado é convergente e temos∫ 1

0

√x

1− x2dx < 2 .

10.5 Integral impróprio de primeira espécie

O estudo da natureza dos integrais impróprios de primeira espécie está intimamente ligado ao estudo danatureza de séries numéricas. Pela Proposição 10.4.1, podemos estabelecer o resultado seguinte.

Proposição 10.5.1 (Critério do Integral). Seja f uma função de�nida num intervalo [1,+∞), não-negativa, monótona decrescente e integrável em todo o intervalo fechado [a, b] ⊂ [1,+∞). Então asérie e o integral seguintes,

+∞∑n=1

f(n) e∫ +∞

1

f(x) dx ,

têm a mesma natureza. Mais, no caso de convergirem, tem-se:∫ +∞

1

f(x) dx ≤+∞∑n=1

f(n) ≤ f(1) +

∫ +∞

1

f(x) dx . (10.5.2)

Demonstração: Consideremos uma função monótona decrescente f : [1,+∞) −→ [0,+∞). Então,para todo o natural n ≥ 1 temos

f(n+ 1) ≤ f(x) ≤ f(n) para todo x ∈ [n, n+ 1].

Por integração desta desigualdade entre n e n+ 1, obtemos

f(n+ 1) ≤∫ n+1

n

f(x) dx ≤ f(n).

Se de�nirmos uma sucessão un = f(n), a desigualdade anterior diz-nos que

un+1 ≤∫ n+1

n

f(x) dx ≤ un para todo n ≥ 1.

Somando a desigualdade anterior entre n = 1 e n > 1, obtém-se

u2 + u3 + · · ·+ un+1 ≤∫ n+1

1

f(x) dx ≤ u1 + u2 + · · ·+ un.

Se Sn designar a sucessão das somas parciais da série numérica∑+∞n=1 un, a desigualdade anterior mostra-

nos que

Sn+1 − u1 ≤∫ n+1

1

f(x) dx ≤ Sn para todo n ≥ 1. (10.5.3)

De modo equivalente, obtemos∫ n+1

1

f(x) dx ≤ Sn ≤ u1 +

∫ n

1

f(x) dx para todo n ≥ 1. (10.5.4)

Se a série∑+∞n=1 f(n) =

∑+∞n=1 un é convergente, a sucessão das somas parciais Sn é convergente, logo

limitada. Então, por (10.5.3), F (n+ 1) =∫ n+1

1f(x) dx é limitada e, pela Proposição 10.4.1, concluímos

que o integral impróprio∫ +∞

1f(x) dx é convergente.

2014/2015 243 c© HBO


Reciprocamente, se o integral impróprio∫ +∞

1f(x) dx é convergente, a função F (n) =

∫ n1f(x) dx é

limitada. Então, por (10.5.4) a sucessão das somas parciais Sn é limitada e, pelo conhecimento quetemos das séries de termos não negativos, concluímos que a série

∑+∞n=1 f(n) =

∑+∞n=1 un é convergente.

De modo inteiramente análogo, podemos tirar conclusões da divergência do integral impróprio∫ +∞

1f(x) dx

a partir da divergência da série numérica∑+∞n=1 f(n) =

∑+∞n=1 un e reciprocamente.

No caso de ambos convergirem, a relação (10.5.2) resulta de fazer n→∞ em (10.5.3) ou em (10.5.4).

A proposição anterior diz-nos que, se o integral é convergente, ou divergente, então a série é convergente,ou respectivamente divergente, e reciprocamente. Este resultado é conhecido por Critério do Integral,porque é mais útil para tirar conclusões da convergência ou divergência de uma série numérica a partirde um integral impróprio de primeira espécie.

Exemplo 10.5.1. Usando integrais impróprios, estudar a natureza das séries seguintes:

(a)+∞∑n=1

e1n

n2; (b)

+∞∑n=2

1

n ln(n).

Resolução: (a) Usando o Critério do Integral e procedendo como no Exemplo 10.1.1, obtemos

+∞∑n=1

e1n

n2 ∫ +∞

1

e1x

x2dx = lim

τ→+∞

∫ τ

1

1

x2e

1x dx = − lim

τ→+∞

[e

1x

]x=τ

x=1= e− 1,

pelo que a série dada é convergente. Mais, de (10.5.2) resulta que

+∞∑n=1

e1n

n2≤ e+

∫ +∞

1

e1x

x2dx = 2e− 1.

(b) De modo análogo, tem-se

+∞∑n=2

1

n ln(n) ∫ +∞

2

1

x ln(x)= limτ→+∞

∫ τ

2

1x

ln(x)dx = lim

τ→+∞[ln(ln(x))]

x=τx=2 = +∞,

pelo que a série em questão é divergente.

Tal como nas séries numéricas, convém ter em mente alguns integrais impróprios que sejam bons candi-datos para fazer a comparação. Neste sentido, o integral de Dirichlet vai ser muito importante parao estudo de outros integrais impróprios de primeira espécie.

Proposição 10.5.2. O integral impróprio∫ +∞

a

dx

xα, a = Const. > 0 ,

é convergente para α > 1 e divergente para α ≤ 1. Mais, no caso em que converge, temos:∫ +∞

a

dx

xα=a1−α

α− 1.

2014/2015 244 c© HBO


Demonstração: Temos, para τ > a e α 6= 1,∫ +∞

a

dx

xα= limτ→+∞

∫ τ

a

dx

xα= limτ→+∞

[x−α+1

−α+ 1

]x=τ

x=a

=∞−α+1 − a−α+1

−α+ 1

=

{a1−α

α−1 se α > 1

+∞ se α < 1 .

Se α = 1, então ∫ +∞

a

dx

x= limτ→+∞

∫ τ

a

dx

x= limτ→+∞

[ln(x)]x=τx=a = ln(∞)− ln(a) =∞ ,


Na proposição seguinte adaptamos o Critério de Comparação enunciado na Proposição 10.4.3 para com-parar com o integral de Dirichlet.

Proposição 10.5.3. Seja f uma função de�nida num intervalo [a,+∞) e integrável em todo ointervalo fechado [a, τ ] ⊂ [a,+∞). Consideremos o limite seguinte:

limx→+∞

f(x)1xα

= limx→+∞

xαf(x) = L .

(1) Se α > 1 e L 6= +∞, então∫ +∞

a

f(x) dx é convergente;

(2) Se α ≤ 1 e L 6= 0, então∫ +∞

a

f(x) dx é divergente.

Demonstração: A demonstração é uma consequência imediata das Proposições 10.5.2 e 10.4.3.

Exemplo 10.5.2. Usando o Critério de Comparação com o Integral de Dirichlet, estude a naturezados integrais impróprios seguintes:

(a)∫ +∞

1

3√

1 + x2

1 + x3dx; (b)

∫ +∞

2

x− 2

x√x+ 1

dx.

Resolução: (a) Comecemos por observar que

3√

1 + x2

1 + x3

1

x73

, quando x→ +∞ ⇔ limx→+∞

3√1+x2

1+x3

1

x73

= limx→+∞

3√x7 + x9

1 + x3= 1 .

Como∫ +∞

1dx

x73é convergente, já que se trata de um integral de Dirichlet com α = 7

3 > 1, pelo

Critério de Comparação, o integral dado é convergente.

(b) De igual modo, observemos que

x− 2

x√x+ 1

1

x12

, quando x→ +∞ ⇔ limx→+∞

x−2x√x+1

1

x12

= limx→+∞

x√x− 2

√x

x√x+ 1

= 1 .

Como∫ +∞

1dx

x12é divergente, já que se trata de um integral de Dirichlet com α = 1

2 ≤ 1, pelo Critério

de Comparação, o integral dado é divergente.

2014/2015 245 c© HBO


10.6 Integral impróprio de segunda espécie

O estudo da natureza dos integrais impróprios de segunda espécie é análogo ao que foi feito para ointegral impróprio de primeira espécie. Neste caso, vamos considerar o integral impróprio correspondenteao integral de Dirichlet.

Proposição 10.6.1. O integral impróprio∫ b

0

dx

xα, onde b = Const. > 0 , (10.6.5)

é convergente para α < 1 e divergente para α ≥ 1. Mais, no caso em que converge, temos:∫ b

0

dx

xα=

b1−α

1− α.

Demonstração: Temos, para 0 < τ < b e α 6= 1,∫ b

τ

dx

xα= limτ→0+

∫ b

τ

dx

xα= limτ→0+

[x−α+1

−α+ 1

]x=b

x=τ

=b−α+1 − 0−α+1

−α+ 1

=

{b1−α

1−α se α < 1

+∞ se α > 1 .

Se α = 1, então ∫ b

0

dx

x= limτ→0+

∫ b

τ

dx

x= limτ→0+

[ln(x)]x=bx=τ = ln(b)− ln(0) = +∞ ,


Observemos que, para sermos precisos, o integral da Proposição 10.6.1 só é impróprio para valores deα > 0. De modo inteiramente análogo, se mostra que os integrais impróprios de segunda espécie∫ b

a

dx

(x− a)αe

∫ b

a

dx

(b− x)α(10.6.6)

convergem para α < 1 e divergem para α ≥ 1.

Na proposição seguinte adaptamos o Critério de Comparação enunciado na Proposição 10.4.3 para com-parar com o integral anterior.

Proposição 10.6.2 (Critério de Comparação). Seja f uma função de�nida num intervalo (0, b],com b > 0, e integrável em todo o intervalo fechado [τ, b] ⊂ (0, b]. Consideremos o limite seguinte:

limx→0+

f(x)1xα

= limx→0+

xαf(x) = L . (10.6.7)

(1) Se α < 1 e L 6= +∞, então∫ b

0

f(x) dx é convergente;

(2) Se α ≥ 1 e L 6= 0, então∫ b

0

f(x) dx é divergente.

Demonstração: Novamente, a demonstração é uma consequência das Proposições 10.6.1 e 10.4.3.

2014/2015 246 c© HBO


Se estivermos perante um intervalo da forma [a, 0), o limite (10.6.7) vem alterado para

limx→0−

f(x)1xα

= limx→0−

xαf(x) = L .

No caso de intervalos (a, b] e [a, b), e tendo em conta os integrais (10.6.6), o limite (10.6.7) deverá sersubstituído, respectivamente, por

limx→a+

f(x)1

(x−a)α

= limx→a+

(x− a)αf(x) = L , limx→b−

f(x)1

(b−x)α

(b− x)αf(x) = L . (10.6.8)

Exemplo 10.6.1. Estude a natureza dos integrais impróprios seguintes:

(a)∫ 1

0

x2 + 1

(x+ 1)√xdx; (b)

∫ 1

0

x√x2 + 1

1− x2dx.

Resolução: (a) Começamos por observar que

x2 + 1

(x+ 1)√x

1√x, quando x→ 0+ ⇔ lim

x→0+

x2+1(x+1)

√x

1√x

= limx→0+

x2 + 1

x+ 1= 1 .

Como∫ 1

0dx

x12é convergente, já que se trata de um integral do tipo (10.6.5) com α = 1

2 < 1, pelo

Critério de Comparação, o integral dado é convergente.

(b) De modo equivalente, observamos que

x√x2 + 1

1− x2

√2

2

1− x, quando x→ 1− ⇔ lim

x→1−

x√x2+1

1−x2

11−x

= limx→1−

x√x2 + 1

1 + x=

√2

2.

Como∫ 1

0dx

1−x é divergente, já que se trata de um integral do tipo (10.6.6) com α = 1, pelo Critériode Comparação, o integral dado é divergente.

10.7 Convergência absoluta ou condicional

Nas secções anteriores, vimos que o estudo da natureza de muitos integrais impróprios se reduz ao estudode integrais de funções não negativas. É, portanto, natural o estudo de integrais impróprios de funçõesintegrandas em valor absoluto.

De�nição 10.7.1. O integral impróprio∫ baf(x) dx diz-se absolutamente convergente, se o integral

(impróprio) ∫ b

a

|f(x)| dx

convergir.

Exemplo 10.7.1. Mostrar que o integral impróprio seguinte é absolutamente convergente:∫ +∞

1

cos(ln(x))

x2dx .

2014/2015 247 c© HBO


Resolução: Do estudo da função coseno, sabemos que∣∣∣∣cos(ln(x))

x2

∣∣∣∣ =|cos(ln(x))|

x2≤ 1

x2∀ x > 0 .

Como∫ +∞

1dxx2 é convergente, pois é um integral de Dirichlet com α = 2 > 1, podemos inferir, pelo

Critério da Comparação, que∫ +∞

1

∣∣∣ cos(ln(x))x2

∣∣∣ dx é convergente. Por consequência, o integral dado

é absolutamente convergente.

Uma consequência imediata da Proposição 10.3.1 é apresentada a seguir.

Proposição 10.7.1. Se o integral impróprio∫ b

a

f(x) dx

é absolutamente convergente, então também é convergente.

Demonstração: Admitindo que o integral é impróprio no limite superior b, a demonstração é umaconsequência imediata da Proposição 10.3.1, pois∣∣∣∣∫ τ

a

f(x) dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ τ

a

|f(x)| dx ,

para qualquer intervalo limitado [a, τ ] ⊂ [a, b).

A recíproca da proposição anterior não é verdade, como iremos ver adiante. Os integrais imprópriosque convergem, mas divergem em valor absoluto, dizem-se que convergem simplesmente, ou queconvergem condicionalmente. No entanto, mostrar que um integral impróprio é condicionalmenteconvergente, nos casos em que tal acontece, é um exercício mais difícil. A proposição seguinte permite-nos, em alguns casos, ultrapassar esta di�culdade de uma forma subtil.

Proposição 10.7.2 (Critério de Dirichlet). Sejam f e g duas funções de�nidas num intervalo [a, b),com b eventualmente in�nito, tais que:

(1) f é uma função contínua em [a, b) e a função F (x) =

∫ x

a

f(t) dt é limitada em [a, b);

(2) g′ é absolutamente integrável (à Riemann) em qualquer intervalo [a, τ ] ⊂ [a, b), com a < τ < b,e

limx→b−

g(x) = 0 .

Então o integral impróprio∫ b

a

f(x)g(x) dx é convergente.

Demonstração: Sendo τ tal que a ≤ τ < b, temos, por integração por partes,∫ τ

a

f(x)g(x) dx = F (τ)g(τ)− F (a)g(a)−∫ τ

a

F (x)g′(x) dx . (10.7.9)

Usando a hipótese de que F (x) =∫ xaf(t) dt é limitada em [a, b), obtemos∫ τ

a

|F (x)g′(x)| dx ≤ C∫ τ

a

|g′(x)| dx , C=Const.>0.

2014/2015 248 c© HBO


Como |g′| é integrável (à Riemann) em [a, b), o integral no segundo membro de (10.7.9) é absolutamenteconvergente (logo convergente) quando τ → b−, pela Proposição 10.4.1. Pelo Critério Geral de Compa-ração (Proposição 10.4.2), também o integral no primeiro membro é convergente quando τ → b−. Destemodo, passando ao limite τ → b− em (10.7.9) e usando a hipótese de que limx→b− g(x) = 0 , temos∫ b

a

f(x)g(x) dx = −F (a)g(a)−∫ b

a

F (x)g′(x) dx .

Como o integral do segundo membro é convergente, concluímos que o integral dado também é convergente.

Observe-se que o Critério de Dirichlet enunciado na proposição anterior é aplicável, quer o integralimpróprio seja de primeira espécie ou de segunda. Neste último caso, estende-se naturalmente a intervalosda forma (b, a], com as devidas adaptações.

Exemplo 10.7.2. Usando o Critério de Dirichlet, mostre que o integral impróprio∫ +∞

1

sen(x)

xdx

é convergente. Justi�que que a convergência é condicional.

Resolução: Comecemos por mostrar que o integral é convergente. Para τ > 1, consideremos afunção F (τ) =

∫ τ1

sen(x) dx. Esta função é limitada, pois

F (τ) = [cos(x)]x=τx=1 = cos(1)− cos(τ) ⇒ |F (τ)| ≤ 2 ∀ τ ∈ R .

Por outro lado, a derivada da função g(x) = 1x é absolutamente integrável em qualquer intervalo da

forma [1, τ ], com τ > 1. De facto, temos:

g′(x) = − 1

x2⇒

∫ τ

1

|g′(x)| dx =

∫ τ

1

1

x2dx = −

[1

x

]x=τ

x=1

= 1− 1

τ< 1 , pois τ > 1 .

Além disso, temos que limx→+∞ g′(x) = − limx→+∞1x2 = 0. Então, pelo Critério de Dirichlet,

podemos a�rmar que o integral dado é convergente.

Suponhamos, com vista a um absurdo, que o integral em questão era absolutamente convergente,isto é que o integral seguinte seria convergente:∫ +∞

1

∣∣∣∣ sen(x)

x

∣∣∣∣ dx =

∫ +∞

1

| sen(x)|x

dx (já que x > 0) .

Observemos então que

0 ≤ | sen(x)| ≤ 1 ⇒ 0 ≤ | sen(x)|2 ≤ | sen(x)| ⇔ 0 ≤ sen2(x) ≤ | sen(x)| .

Daqui sai que

0 ≤ sen2(x)

x≤ | sen(x)|

x∀ x > 0 .

Da convergência do integral∫ +∞

1| sen(x)|

x dx, sairia, pelo Critério de Comparação, que o integral∫ +∞

1

sen2(x)

xdx

também seria convergente. Ora, como∫ +∞

1

sen2(x)

xdx =

1

2

∫ +∞

1

1

xdx− 1

2

∫ +∞

1

cos(2x)

xdx ,

2014/2015 249 c© HBO


os integrais∫ +∞

11x dx e

∫ +∞1

cos(2x)x dx também seriam convergentes. De facto, por um raciocínio

análogo ao usado na primeira parte deste exemplo, podemos mostrar que∫ +∞

1cos(2x)x dx é conver-

gente. No entanto, sabemos desde o início deste capítulo que∫ +∞

11x dx é divergente (ver Exem-

plo 10.1.1). Chegámos, portanto, a um absurdo. Logo o integral dado não pode ser absolutamenteconvergente, pelo que a sua convergência é apenas condicional.

Por vezes, o Critério de Dirichlet é formulado numa forma mais simples de aplicar, mas mais difícil dedemonstrar.

Proposição 10.7.3. Sejam f e g duas funções de�nidas num intervalo [a, b), com b eventualmentein�nito, tais que:

(1) f é uma função contínua em [a, b) e a função F (x) =

∫ x

a

f(t) dt é limitada em [a, b);

(2) g é uma função monótona em [a, b) e

limx→b−

g(x) = 0 .

Então o integral impróprio∫ +∞

a

f(x)g(x) dx é convergente.

Demonstração: A demonstração desta proposição sai fora do âmbito deste curso, pelo que não a iremosfazer aqui.

Exemplo 10.7.3. Usando o Critério de Dirichlet, na forma da proposição anterior, mostrar que ointegral impróprio seguinte é convergente:∫ 1

0

sen(

3√

1− x)

√1− x

dx .

Resolução: Seja g(x) = sen( 3√

1− x). Temos limx→1− g(x) = limx→1− sen( 3√

1− x) = 0 e mos-tremos que g é uma função monótona decrescente no intervalo (0, 1). De facto, pelo Teorema deLagrange, isto é verdade, porque

g′(x) = −cos( 3√

1− x)

3 3√

(1− x)2< 0 se e só se 1− π3

8< x < 1 .

De�namos, agora, a função F (τ) =∫ 1

τdx√1−x , onde 0 < τ < 1. Esta função é limitada, uma vez que

F (τ) = 2[√

1− x]x=1

x=τ= −2

√1− τ ⇒ |F (τ)| = 2

√1− τ ≤ 2 , pois 0 < τ < 1 .

Então, pelo Critério de Dirichlet expresso na Proposição 10.7.3, o integral dado é convergente.

Nas duas secções �nais, apresentamos duas subclasses de integrais impróprios que, pela sua importânciaem várias áreas, merecem ser estudados à parte.

2014/2015 250 c© HBO


10.8 Função Gama

Nesta secção, vamos considerar o integral de Euler de segunda espécie. Trata-se de um integral imprópriocujo valor depende de um parâmetro.

De�nição 10.8.1. Designa-se por função Gama ao integral impróprio de�nido da forma seguinte:

Γ(x) :=

∫ +∞

0

tx−1e−t dt . (10.8.10)

Observemos que para valores de x ≥ 1 a função Gama é um integral impróprio de primeira espécie. Sex < 1, então é um integral impróprio misto, portanto de primeira e de segunda espécies.

Proposição 10.8.1. A função Gama é convergente para todo x > 0.

Demonstração: Começamos por escrever

Γ(x) =

∫ 1

0

tx−1e−t dt+

∫ +∞

1

tx−1e−t dt . (10.8.11)

O primeiro integral é impróprio de segunda espécie apenas para valores de x < 1 e, neste caso, convergese x > 0, já que

x > 0⇒∫ 1

0

tx−1e−t dt ≤∫ 1

0

dt

t1−x=

1

x.

Por outro lado, o segundo integral de (10.8.11) é improprio de primeira espécie e converge para qualquerx, pois t ≥ 1 e

x ≤ 1⇒∫ +∞

1

tx−1e−t dt ≤∫ +∞

1

e−t dt = e−1

ou

x > 1⇒ ∃ C > 0 : tx−1e−t2 ≤ C ⇒

∫ +∞

1

tx−1e−t dt ≤ C∫ +∞

1

e−t2 dt =

2C√e.

Concluímos que a função Gama é convergente se x > 0.

Pela proposição anterior, torna-se necessário averiguar o que acontece nos limites inferior e superior dointervalo de convergência da função Gama, isto é, quando x→ 0+ e quando x→ +∞.

Proposição 10.8.2. Seja Γ a função Gama. Então

(1) limx→0+

Γ(x) = +∞;

(2) Fórmula de Stirling: Γ(x)

√2π

x

(xe

)x, quando x→ +∞.

Demonstração: Para mostrar (1), temos

limx→0+

Γ(x) =

∫ 1

0

t−1e−t dt+

∫ +∞

1

t−1e−t dt .

Como

limt→0+

t−1e−t

1t

= limt→0+

e−t = 1 e limt→+∞

t−1e−t

1tet

= 1 ,

2014/2015 251 c© HBO


pela Proposição 10.4.3, os integrais anteriores têm a mesma natureza dos integrais∫ 1

0

dt

t= +∞ e

∫ +∞

1

tet dt = limτ→+∞

[et(t− 1)

]t=τt=1

= +∞ .

Logo limx→0+ Γ(x) = +∞.

A demonstração de (2) é bastante mais envolvente, pois usa um processo recursivo de mudanças devariáveis que ultrapassa os objectivos deste curso1.

Na proposição seguinte apresentam-se fórmulas que nos permitem calcular a função Gama para algunsvalores de x > 0.

Proposição 10.8.3. Seja Γ a função Gama. Temos:

(1) Γ(1) = 1;

(2) Fórmula de Recorrência: Γ(x+ 1) = xΓ(x) para todo x > 0;

(3) Fórmula de Re�exão (de Euler): Γ(x)Γ(1− x) =π

sen(πx)para todo 0 < x < 1.

Demonstração: A propriedade (1) sai imediatamente, pois

Γ(1) =

∫ +∞

0

e−t dt = 1 .

Fórmula de recorrência, expressa em (2), resulta de uma integração por partes. De facto, se x > 0 tem-se

Γ(x) = limτ→+∞

limη→0+

{[1

xtxe−t

]τη

+1

x

∫ τ

η

txe−t dt

}=

1

xΓ(x+ 1).

A demonstração da Fórmula de Euler, referida em (3), é muito mais delicada, pois usa integrais de linha,pelo que não cabe no âmbito deste curso (ver e.g. N.N. Lebedev).

A proposição anterior permite tirar os resultados particulares seguintes, muito úteis em diversos cálculos.

Proposição 10.8.4. Seja Γ a função Gama. Então:

(1) Γ(n+ 1) = n! para todo o inteiro n ≥ 0;

(2) Γ

(1

2

)=√π;

(3) Γ

(n+

1

2

)=

(2n− 1)× (2n− 3)× · · · × 5× 3× 1

2n√π para todo o inteiro n ≥ 1;

(4)∫ +∞

0

e−t2

dt =

√π

2.

Demonstração: A propriedade (1) é uma consequência imediata das duas primeiras a�rmações daProposição 10.8.3. De facto, tem-se para todo o inteiro n ≥ 0

Γ(n+ 1) = nΓ(n) = n(n− 1)Γ(n− 1) = · · · = n(n− 1)× · · · × 2× Γ(1) = n!.

1Ver e.g. N.N. Lebedev, Special Functions & Their Applications, Dover, 1972.

2014/2015 252 c© HBO


Quanto a (2), é uma consequência da terceira a�rmação da Proposição 10.8.3. Na verdade, se aí tomarmosx = 1

2 , temos

Γ

(1

2

)2

=π

sen(π2

) ⇒ Γ

(1

2

)=√π.

A propriedade (3) é, agora, uma consequência de (2) conjugada com a Proposição 10.8.3-(2), já que

Γ

(n+

1

2

)=

(n− 1

2

)Γ

(n− 1

2

)=

(n− 1

2

)(n− 3

2

)Γ

(n− 3

2

)= · · · =

(n− 1

2

)×(n− 3

2

)× · · · × 5

2× 3

2× 1

2× Γ

(1

2

).

Por �m, (4) resulta de (2), pois fazendo a mudança de variável t = s2 temos

Γ

(1

2

)=√π ⇔

∫ +∞

0

e−t√tdt =

√π ⇒

∫ +∞

0

e−s2

ds =

√π

2,


Exemplo 10.8.1. Usando a função Gama, mostrar que os integrais impróprios de primeira espéciesão convergentes e o seu valor é o indicado:

(a)∫ +∞

0

x5e−2x dx =15

8; (b)

∫ +∞

0

x2e−x2

dx =

√π

4.

Resolução: (a) Fazendo a mudança de variável ϕ−1(x) := 2x = t ⇔ x = t2 =: ϕ(t) ⇒ dx =

ϕ′(t)dt = 12 dt, obtemos:∫ +∞

0

x5e−2x dx = limτ→+∞

∫ τ

0

x5e−2x dx = limτ→+∞

∫ ϕ−1(τ)

ϕ−1(0)

(t

2

)5

e−t1

2dt

=1

64lim

τ→+∞

∫ 2τ

0

t5e−t dt =1

64

∫ +∞

0

t6−1e−t dt =1

64Γ(6) =

1

64× 5! =

15

8.

(b) Neste caso, fazemos a mudança de variável ϕ−1(x) := x2 = t ⇒ x =√t =: ϕ(t) ⇒ dx =

ϕ′(t)dt = 12√tdt e obtemos:

∫ +∞

0

x2e−x2

dx = limτ→+∞

∫ τ

0

x2e−x2

dx = limτ→+∞

∫ ϕ−1(τ)

ϕ−1(0)

te−t1

2√tdt

=1

2lim

τ→+∞

∫ 2τ

0

t12 e−t dt =

1

2

∫ +∞

0

t32−1e−t dt =

1

2Γ

(3

2

)=

1

2× 1

2Γ

(1

2

)=

√π

4.

A Fórmula de Recorrência expressa na Proposição 10.8.3, permite estender o cálculo da função Gamapara alguns valores de x negativos, escrevendo

Γ(x) =Γ(x+ 1)

x. (10.8.12)

Exemplo 10.8.2. Usando a Fórmula de Recorrência (10.8.12), mostrar que:

(a) Γ

(−1

2

)= −2

√π; (b) Γ

(−3

2

)=

4

3

√π.

2014/2015 253 c© HBO


Resolução: Fazendo uso de (10.8.12), temos:

(a) Γ

(−1

2

)=

Γ(− 1

2 + 1)

− 12

= −2 Γ

(1

2

)= −2

√π;

(b) Γ

(−3

2

)=

Γ(− 3

2 + 1)

− 32

= −2

3Γ

(−1

2

)= −2

3× (−2

√π) =

4

3

√π, por (a).

10.9 Função Beta

Nesta secção, vamos estudar o designado integral de Euler de primeira espécie. Agora, trata-se de umintegral impróprio cujo valor depende de dois parâmetros.

De�nição 10.9.1. Designa-se por função Beta ao integral seguinte:

B(x, y) :=

∫ 1

0

tx−1(1− t)y−1 dt . (10.9.13)

Observemos que a função Beta é um integral impróprio de segunda espécie e isto acontece somente sex < 1 ou se y < 1.

Proposição 10.9.1. A função Beta é convergente para quaisquer x > 0 e y > 0.

Demonstração: Comecemos por observar que se x ≥ 1 e y ≥ 1, a função integranda

tx−1(1− t)y−1

é contínua para qualquer t ∈ [0, 1] e o integral dado por (10.9.13) existe no sentido de Riemann e,portanto, converge. No caso de x < 1 ou y < 1, a função integranda não é limitada em t = 0 ou emt = 1, respectivamente. Em cada um destes casos, temos

limt→0+

tx−1(1− t)y−1

1t1−x

= limt→0+

(1− t)y−1 = 1 ,

limt→1−

tx−1(1− t)y−1

1(1−t)1−y

= limt→1−

tx−1 = 1 .

Ora, pela Proposição 10.6.1, sabemos que os integrais impróprios∫ 1

0

dt

t1−xe

∫ 1

0

dt

(1− t)1−y

são convergentes para 1 − x < 1 ⇔ x > 0 e para 1 − y < 1 ⇔ y > 0, respectivamente. Então, peloCritério de Comparação (ver Proposição 10.6.2), a função Beta é convergente para x > 0 e y > 0.

Proposição 10.9.2. A função Beta é simétrica, isto é

B(x, y) = B(y, x) para quaisquer x e y.

2014/2015 254 c© HBO


Demonstração: Fazendo a mudança de variável 1− t = s no integral (10.9.13), obtemos

B(x, y) =

∫ 1

0

tx−1(1− t)y−1 dt = −∫ 0

1

(1− s)x−1sy−1 ds

=

∫ 1

0

sy−1(1− s)x−1 ds = B(y, x)

para quaisquer x e y.

Proposição 10.9.3. A relação entre a função Gama e a função Beta é dada, para quaisquer x > 0e y > 0, por

B(x, y) =Γ(x)Γ(y)

Γ(x+ y).

Demonstração: A demonstração deste resultado envolve conhecimentos de assuntos sobre integraçãodupla que só iremos adquirir mais adiante. Por isso, não faremos a demonstração deste resultado aqui(ver e.g. N.N. Lebedev).

Exemplo 10.9.1. Usando a proposição anterior, mostrar que:

(a) B(

1

2, 2

)=

4

3; (b) Γ

(1

2

)=√π.

Resolução: Pela Proposição 10.9.3, temos:

(a) B(

1

2, 2

)=

Γ(

12

)Γ (2)

Γ(

52

) =Γ(

12

)× 1!

32 ×

12 × Γ

(12

) =4

3;

(b) B(

1

2,

1

2

)=

Γ(

12

)2Γ (1)

⇒ Γ

(1

2

)=

√B

(1

2,

1

2

)=√π.

Observe-se que, na alínea (b), fazendo a substituição t = sen2(θ) = ϕ(θ) ⇒ θ = arcsen(√t) =:

ϕ−1(t) e dt = ϕ′(θ)dθ = 2 sen(θ) cos(θ) dθ, se obtém

B

(1

2,

1

2

)=

∫ 1

0

t12−1(1− t) 1

2−1dt =

∫ 1

0

dt√t(1− t)

= 2

∫ π2

0

dθ = π .

Exemplo 10.9.2. Usando a função Beta, juntamente com a função Gama, mostrar que os integraisseguintes são iguais aos valores indicados:

(a)∫ 1

0

x16

(1− x 7

9

)− 12

dx =9

14π ; (b)

∫ 2

0

√x(2− x) dx =

π

2.

Resolução: (a) Fazendo a mudança de variável ϕ−1(x) := x79 = t ⇔ x = t

97 =: ϕ(t) ⇒ dx =

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ϕ′(t)dt = 97 t

27 dt, obtemos:∫ 1

0

x16

(1− x 7

9

)− 12

dx =

∫ ϕ−1(1)

ϕ−1(0)

t942 (1− t)−

12

9

7t27 dt =

9

7

∫ 1

0

t12 (1− t)−

12 dt

=9

7

∫ 1

0

t32−1 (1− t)

12−1

dt =9

7B

(3

2,

1

2

)=

9

7

Γ(

32

)Γ(

12

)Γ (2)

=9

7

12Γ(

12

)× Γ

(12

)1!

=9

14π .

(b) Neste caso, fazemos a mudança de variável ϕ−1(x) := x2 = t⇒ x = 2t =: ϕ(t)⇒ dx = ϕ′(t)dt =

2 dt e obtemos:∫ 2

0

√x(2− x) dx =

√2

∫ 2

0

x12

(1− x

2

) 12

dx =√

2

∫ ϕ−1(2)

ϕ−1(0)

(2t)12 (1− t)

12 2 dt

=4

∫ 1

0

t32−1 (1− t)

32−1

dt = 4B

(3

2,

3

2

)= 4

Γ(

32

)Γ(

32

)Γ (3)

=412Γ(

12

)× 1

2Γ(

12

)2!

=π

2.


1. Calcule, sempre que possível, os integrais impróprios de primeira espécie seguintes:

(a)∫ +∞

1

dx√x;

(b)∫ +∞

1

dx

x3;

(c)∫ 0

−∞

t2

27− t3dt;

(d)∫ +∞

0

8

8 + 2x2dx;

(e)∫ ∞−∞

2

x2 + 2x+ 2dx;

(f)∫ +∞

0

r

er2dr.

(g)∫ +∞

1

x sen(x) dx;

(h)∫ +∞

2π

cos(

1θ

)θ2

dθ

(i)∫ +∞

1

√x

x+ 1.

2. Calcule, sempre que possível, os integrais impróprios de segunda espécie seguintes:

(a)∫ 1

0

ln(x)

xdx;

(b)∫ 1

−1

dx√1− x2

dx;

(c)∫ √3

−√

3

dt

t2 − 3;

(d)∫ 1

−1

dx√|x|

;

(e)∫ 1

−1

e1r

r2dr;

(f)∫ 1

0

ln(x) dx;

(g)∫ π

2

0

dα

cos2(α);

(h)∫ 1

12

dy

arcsen(y)√

1− y2;

(i)∫ 1

0

√x

1− x.

3. Calcule, sempre que possível, os integrais impróprios mistos seguintes:

(a)∫ +∞

0

e−√x

√xdx;

(b)∫ +∞

1

x√x2 − 1

dx;

(c)∫ 1

−∞

ds√1− s

;

(d)∫ +∞

1

dx

x ln(

1x

) ;(e)

∫ +∞

0

dr

r2e1r

;

(f)∫ 0

−∞

dt

(1 + t2) arctg(t);

(g)∫ +∞

0

arccotg(

1β

)β2 + 1

dβ;

(h)∫ 0

−∞

dy

e−y − 1;

(i)∫ +∞

0

dx3√x(x+ 1)

.

4. Mostre que os integrais impróprios seguintes têm um valor inde�nido. Calcule, sempre que possível,o seu valor principal de Cauchy:

2014/2015 256 c© HBO


(a)∫ +∞

−∞x dx;

(b)∫ +∞

−∞

2x

x2 + 1dx;

(c)∫ √2

−√

2

x3

x4 − 4dx;

(d)∫ +∞

−∞

dx

x(x+ 1);

(e)∫ 2

0

x2 − x+ 1

x− 1dx;

(f)∫ 2

−2

4x3

x4 − 1dx.

5. Usando o Critério de Comparação, estude a natureza dos integrais impróprios de primeira espécieseguintes:

(a)∫ +∞

1

arctg(x)

xdx;

(b)∫ +∞

0

x+ 1

x2 + x+ 1dx;

(c)∫ 0

−∞

x

x3 − 1dx;

(d)∫ +∞

0

x√1 + x4

;

(e)∫ +∞

−∞

x2

ex2 dx;

(f)∫ −1

−∞

(x2 + 1)

x2√x4 + 1

dx;

(g)∫ +∞

0

√1 + sen(x) dx;

(h)∫ +∞

−∞

dx

2 + sen(x);

(i)∫ +∞

1

cos2(x)3√x6 + 1

.

2014/2015 257 c© HBO


6. Usando o Critério de Comparação, estude a natureza dos integrais impróprios de segunda espécieseguintes:

(a)∫ π

2

0

cos(x)

xdx;

(b)∫ π

0

sen(x)√x3

dx;

(c)∫ 1

0

ex√1− x2

dx;

(d)∫ 0

−1

x2

ex√x+ 1

dx;

(e)∫ 1

0

ln(x)

x+ 1dx;

(f)∫ π

2

0

√tg(x) dx;

(g)∫ π

0

1√sen(x)

dx;

(h)∫ 1

−1

e1x

√1− x2

dx;

(i)∫ 1

0

1

x+ ln(1− x)dx.

7. Usando o Critério de Comparação, estude a natureza dos integrais impróprios mistos seguintes:

(a)∫ +∞

0

4√x+ 1

(x+ 1)√xdx;

(b)∫ +∞

0

dx

ex√x;

(c)∫ +∞

2

dx

(x− 2) ln2(x);

(d)∫ +∞

−∞

senh(x)

xdx;

(e)∫ +∞

0

sen2(x)3√x4

dx;

(f)∫ +∞

1

dx

x√x2 − 1

.

8. Utilize o Critério do Integral para estudar a natureza de cada série numérica seguinte e, no casode convergir, indique uma estimativa superior para a sua soma:

(a)+∞∑n=1

1

n3;

(b)+∞∑n=1

13√n+ 3

;

(c)+∞∑n=1

4n

(2n2 + 3)2;

(d)+∞∑n=1

1

n2 + 9n+ 18;

(e)+∞∑n=2

ln(n)

n;

(f)+∞∑n=2

1

n ln2(n);

(g)+∞∑n=1

1

n2e1n

;

(h)+∞∑n=2

ln(n)

n2;

(i)+∞∑n=0

n2

en.

9. Mostre que os integrais impróprios seguintes são absolutamente convergentes:

(a)∫ +∞

0

sen(x)

1 + x2dx;

(b)∫ 1

0

sen(

1x

)3√x

dx;

(c)∫ +∞

−∞

cos(x)

e|x|dx;

(d)∫ +∞

0

sen (ln(x))√x3 + 1

dx;

(e)∫ 0

−1

cos(

1x

)√

1− x2dx;

(f)∫ +∞

−∞

cos(√|x|)

x4 + 2x2 + 3dx.

10. Usando a função Gama, calcule os integrais seguintes:

(a)∫ +∞

0

x4e−3x dx;

(b)∫ +∞

0

x2√xe−3x dx;

(c)∫ +∞

0

x2e−3x2

dx;

(d)∫ +∞

0

√xe−2

√x dx;

(e)∫ +∞

0

x5√xe−3x dx;

(f)∫ +∞

0

x3e−2x2

dx.

11. Usando a função Beta, em conjunto com a função Gama, calcule os integrais seguintes:

(a)∫ 1

0

√x

1− xdx;

(b)∫ 1

0

x13

(1− x 2

3

) 23

dx;

(c)∫ 1

0

x(

1− x 43

) 32

dx;

(d)∫ 1

0

x3910 (1− x 7

5 )32 dx;

(e)∫ 1

12

(2x− 1)√

2− 2x dx;

(f)∫ 16

4

√√x− 2

√4−√xdx√x.

12. Veri�que para que valores de a, b e c a igualdade seguinte é válida:∫ 1

0

xa(1− xb)c dx =1

4B

(1

2,

3

2

).

Calcule 14B(

12 ,

32

).

2014/2015 258 c© HBO

ANÁLISE MATEMÁTICA EM R BIBLIOGRAFIA

Soluções

1: (a) +∞; (b)1

2; (c) +∞; (d) π; (e) 2π; (f)

1

2; (g) Inde�nido; (h)

1

2; (i) ∞. 2: (a) −∞; (b) π; (c) −∞; (d) 4;

(e) +∞; (f) −1; (g) +∞; (h) ln(3); (i)π

2. 3: (a) 2; (b) +∞; (c) +∞; (d) −∞; (e) 1; (f) −∞; (g)

π2

8; (h) +∞;

(i)2√

3

3π. 4: (a) 0; (b) 0; (c) 0; (d) 0; (e) 0; (f) 0; 5: (a) Diverge; (b) Diverge; (c) Converge; (d) Diverge; (e)

Converge; (f) Converge; (g) Diverge; (h) Diverge; (i) Converge. 6: (a) Diverge; (b) Converge; (c) Converge; (d)Converge; (e) Converge; (f) Converge; (g) Converge; (h) Converge; (i) Converge. 7: (a) Converge; (b) Converge;

(c) Diverge; (d) Diverge; (e) Converge; (f) Converge. 8: (a) Converge e S ≤3

2; (b) Diverge; (c) Converge e

S ≤9

25; (d) Converge e S ≤

1

28+

1

3ln

(7

4

); (e) Diverge; (f) Converge e S ≤

1 + 2 ln(2)

2 ln2(2); (g) Converge e S ≤ 1;

(h) Converge e S ≤3

4ln(2) +

1

2; (i) Converge e S ≤ 2. 10: (a)

8

81; (b)

15

216

√π

3; (c)

1

12

√π

3; (d)

1

2; (e)

1155

5184

√π

3;

(f)1

8; 11: (a)

π

2; (b)

27

80; (c)

3

64; (d)

15

1792π; (e)

2

15; (f) π; 12: a = 1, b = 4 e c =

1

2,

1

4B

(1

2,

3

2

)=π

8.

2014/2015 259 c© HBO

Bibliogra�a

[1] T.M. Apostol. Calculus volumes I e II. John Wiley & Sons, New York, 1967 e 1969.

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[4] R.C. Buck. Advanced Calculus. Waveland Pr. Inc., 2003.

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260

análise matemática em r - w3.ualg.ptw3.ualg.pt/~holivei/analise_matematica_r.pdf · conjunto dos...

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