exercícios de análise matemática 1
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ANÁLISE MATEMÁTICA I C
PráticaDepartamento de MatemáticaFCT/UNL2008/2009
Maria do Céu Soares et al.
Estes apontamentos destinam-se aos alunos de Análise Matemática I da FCT-UNL e nãotêm qualquer objectivo comercial.
Colaboradores:
Diogo Pinheiro
Nelson Chibeles Martins (co-autor dos capítulos 1 e 2)
Filipe Marques (co-autor do capítulo 3)
Manuela Pedro (co-autora dos capítulos 5 e 6)
Lourdes Afonso (co-autora do capítulo 8)
Lídia Lourenço (co-autora do capítulo 9)
Carmo Brás (co-autora do capítulo 10)
Índice
1 Noções Topológicas 1
1.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Indução Matemática 11
2.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3 Sucessões de números reais 17
3.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
4 Limites, Continuidade e Cálculo Diferencial 31
4.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
5 Teoremas fundamentais (Rolle,Lagrange e Cauchy). Indeterminações. 45
5.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
i
5.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
6 Teorema de Taylor, Fórmula de Taylor e Aplicações 53
6.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
6.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
6.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
7 Estudo de funções 63
7.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
7.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
7.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
8 Primitivação 73
8.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
8.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
8.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
9 Cálculo Integral. Áreas de figuras planas 89
9.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
9.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
9.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
10 Integrais impróprios 107
10.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
10.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
10.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
ii
1Noções Topológicas
1.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Considere os conjuntos
A = [0, 2[,
B = {0, 1, 2, 3},C = Q,
D =
{x ∈ R : x =
n
n+ 1, n ∈ N
}.
Para cada um destes conjuntos, determine:
(a) o interior;
(b) a fronteira;
(c) o exterior;
(d) a aderência;
(e) o derivado;
(f) o conjunto dos pontos isolados;
(g) o conjunto dos majorantes e o conjunto dos minorantes, caso existam;
(h) o supremo e o ínfimo, caso existam;
(i) o máximo e o mínimo, caso existam.
2. Considere o seguinte conjunto:
E = {x ∈ R : |x− 3| ≥ 2} ∩ [−2, 8].
(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de E.
(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de E.
(c) Indique, justificando, se E é um conjunto limitado.
1
3. Considere o seguinte conjunto:
F ={x ∈ N : x2 − 5x+ 9 > 3
}∩{x ∈ R : x2 − 7x− 1 ≤ 7
}.
(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de F .
(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de F .
(c) Indique, justificando, se F é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.
4. Considere o seguinte conjunto:
G =
{x ∈ R : x = 1 + 2 sin
(π
n+ 1
), n ∈ N
}∪{x ∈ R :
x− 2
x+ 1> 0
}.
(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de G.
(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de G.
(c) Indique, justificando, se G é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.
5. Considere o seguinte conjunto:
H ={x ∈ Q : x2 < 9
}∪{x ∈ R \Q : x2 − 2x− 5 ≤ 0
}.
(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de H.
(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de H.
(c) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con-junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de H.
6. Considere o seguinte conjunto:
I ={x ∈ N : x2 − 5x+ 9 > 3
}.
(a) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de I.
(b) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con-junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de I.
(c) Indique, justificando, se I é um conjunto limitado.
7. Considere o seguinte conjunto:
J = {x ∈ R : |x+ 3| > |x+ 1|} \ {−1}.
(a) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência, o derivado e o conjunto dospontos isolados de J .
(b) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con-junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de J .
(c) Indique, justificando, se J é um conjunto aberto, fechado ou limitado.
2
1.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Considere os conjuntos A e B definidos por:
A =
{x ∈ R :
log(x)
x− 4> 0
},
B ={x ∈ [−1, 1] : 0 < | arcsin(x)| ≤ π
4
}.
(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.(b) Determine, para os conjuntos A e B, a aderência, o derivado, o conjunto dos majo-
rantes e o conjunto dos minorantes.(c) Considere C = A∪B e D = A∩B. Exprima C e D na forma de intervalo ou união
de intervalos.(d) Determine a aderência, o derivado, o conjunto dos majorantes e o conjunto dos
minorantes dos conjuntos C e D.
2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =1
log(x2 − 9)e seja A o seu
domínio. Considere, também, o seguinte subconjunto de R:
B = {x ∈ R : |x+ 1| < 1} .
(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.(b) Averigue se A ∩B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.(c) Averigue se A ∪B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.(d) Averigue se A ∪B e A ∩B são conjuntos limitados.
3. Considere os conjuntos A e B definidos por:
A ={x ∈ R : | arctan(x)| ≤ π
4
},
B = {x ∈ R : (x− 1)(x+ 3) ≤ 0} .
(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.(b) Determine o interior, a aderência, o derivado, o conjunto dos majorantes e o conjunto
dos minorantes de A ∩B.(c) Averigue se A ∪B é um conjunto fechado ou limitado.(d) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência e o derivado do conjunto
A ∩ (R \Q).
4. Considere os conjuntos A e B definidos por:
A =
{x ∈ R :
x
1− |x|< 0
},
B =
{x ∈ R : x =
n
2n+ 1, n ∈ N
}.
3
(a) Exprima A na forma de intervalo ou união de intervalos.
(b) Determine a aderência, o derivado, o conjunto dos minorantes e o conjunto dosmajorantes de A ∪B.
(c) Averigue se A ∪B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.
(d) Averigue se A ∩B é um conjunto limitado.
5. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =log(1− x2)
x, e designe por
A o seu domínio. Considere o subconjunto de R:
B =
{x ∈ R : x = 2 +
1
n, n ∈ N
}.
(a) Determine A.
(b) Determine a fronteira e o derivado de A ∩Q.
(c) Determine o interior, a fronteira, a aderência e o derivado de B.
(d) Relativamente ao conjunto A∪B, determine o conjunto dos minorantes, o conjuntodos majorantes e, se existirem, o supremo, o máximo, o ínfimo e o mínimo.
4
1.3 Exercícios resolvidos
1. Considere a função f , real de variável real, definida por f(x) =
√x2 − 4x+ 3
log(x+ 2)e seja A o
seu domínio. Considere o seguinte subconjunto de R:
B = {x ∈ R : |x− 1| < 3}.
(a) Apresentando todos os cálculos, escreva A e B na forma de intervalo ou união deintervalos.
(b) Determine o conjunto dos pontos interiores e o derivado de B, e a fronteira de A∩B.
Resolução
(a) O domínio da função f , real de variável real, é definido por
A ={x ∈ R : x2 − 4x+ 3 ≥ 0 ∧
(log(x+ 2) 6= 0 ∧ x+ 2 > 0
)}.
Para escrevermos o conjunto A na forma de intervalo ou união de intervalos temosque escrever cada uma das condições presentes na definição do conjunto A na formade intervalo(s) de números reais e, após isso, intersectar os conjuntos obtidos.Quanto à primeira desigualdade, começamos por notar que o gráfico da função qua-drática g(x) = x2 − 4x + 3 é uma parábola com a concavidade voltada para cima(porque o coeficiente de x2 é positivo), e com dois zeros que podemos obter resol-vendo a equação g(x) = 0. Logo, aplicando a fórmula resolvente, obtemos
x2 − 4x+ 3 = 0⇔ x =4±√
16− 4× 3
2=
4±√
4
2=
4± 2
2⇔ x = 3 ∨ x = 1.
Assim, a desigualdade x2−4x+3 ≥ 0 é satisfeita sempre que x ∈]−∞, 1]∪ [3,+∞[.Quanto à segunda condição, basta notar que
log(x+ 2) 6= 0 ∧ x+ 2 > 0⇔ x+ 2 6= 1 ∧ x > −2⇔ x 6= −1 ∧ x > −2.
Logo, esta condição é satisfeita para todo o x pertencente a ]− 2,−1[∪]− 1,+∞[.Intersectando os subconjuntos de R acima obtidos, concluímos que
A =]− 2,−1[∪]− 1, 1] ∪ [3,+∞[.
Para escrevermos o conjunto B na forma de intervalo ou união de intervalos temosde resolver a desigualdade |x− 1| < 3. Para isso, notamos que
|x− 1| < 3⇔ −3 < x− 1 < 3⇔ −2 < x < 4.
Logo, B =]− 2, 4[.
5
(b) O conjunto dos pontos interiores de B é int(B) =]− 2, 4[= B.Por definição, o derivado de B é o conjunto dos pontos de acumulação de B. Assim,B′ = [−2, 4].Calculando a intersecção dos conjuntos A e B, obtemos
A ∩B =]− 2,−1[∪]− 1, 1] ∪ [3, 4[.
Donde, fr(A ∩B) = {−2,−1, 1, 3, 4}.
2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =arcsin(2x− 2)
|x− 1| exe designe
por D o seu domínio. Considere o subconjunto de R:
A = {x ∈ R : x = (−1)ne−n ∧ n ∈ N}.
(a) Determine, justificando, o derivado e o conjunto dos minorantes de A.(b) Determine, justificando, a aderência de D e a fronteira de D ∩ (R \Q).
Resolução
(a) O conjunto A é constituído pelos termos da sucessão un = (−1)ne−n, n ∈ N. Estasucessão é convergente para o ponto x = 0, por ser o produto de um infinitésimo por
uma sucessão limitada(
limn→+∞
1
en= 0 e − 1 ≤ (−1)n ≤ 1, ∀n ∈ N
). O conjunto
A é constituído apenas por pontos isolados tendo, no entanto, x = 0 como pontode acumulação, uma vez que, pela definição de limite de uma sucessão, qualquervizinhança de centro em 0 conterá, a partir de certa ordem, todos os termos dasucessão un. Portanto, A′ = {0}.
Para obter o conjunto dos minorantes de A comecemos por notar que a subsuces-são dos termos de ordem par, u2n = e−2n, n ∈ N, é monótona decrescente, e que0 < u2n ≤ 1
e2, ∀n ∈ N. Por outro lado, a subsucessão dos termos de ordem ím-
par, u2n−1 = −e1−2n, n ∈ N, é monótona crescente e satisfaz as desigualdades−1
e≤ u2n−1 < 0, ∀n ∈ N. Sendo assim, como a união dos conjuntos dos termos
destas duas subsucessões é o conjunto dos termos da sucessão un, então todos ostermos da sucessão un (i.e., todos os elementos de A) são superiores ou iguais ao pri-meiro termo, u1. Portanto, o conjunto dos minorantes de A é ]−∞, u1] =]−∞,−1
e].
(b) Comecemos por escrever o domínio D de f , dado por
D = {x ∈ R : −1 ≤ 2x− 2 ≤ 1 ∧ |x− 1| ex 6= 0},
na forma de uma união de intervalos de números reais. Para isso, escrevemos cadauma das condições presentes na definição do conjunto D na forma de intervalo(s) denúmeros reais e, após isso, intersectamos os conjuntos obtidos. Quanto ao primeiroconjunto de desigualdades, basta ver que
−1 ≤ 2x− 2 ≤ 1⇔ 1 ≤ 2x ≤ 3⇔ 1
2≤ x ≤ 3
2,
6
donde −1 ≤ 2x− 2 ≤ 1 se e só se x ∈[
12, 3
2
].
Quanto à segunda condição, basta notar que
|x− 1| ex = 0⇔ |x− 1| = 0 ∨ ex = 0.
Como ex > 0, ∀x ∈ R, e |x− 1| = 0⇔ x− 1 = 0⇔ x = 1, então x = 1 é solução daequação |x− 1| ex = 0. Logo, |x− 1| ex 6= 0 se e só se x ∈ R \ {1}.Intersectando os dois subconjuntos de R acima obtidos, concluímos que
D =
[1
2, 1
[∪]1,
3
2
].
Logo, int(D) =]12, 1[∪]1, 3
2[, fr(D) = {1
2, 1, 3
2} e consequentemente, pela definição de
aderência, obtemos D =[
12, 3
2
].
Consideremos agora E = D ∩ (R \Q) (i.e., E é o conjunto dos números irracionaisque pertencem ao conjunto D).Comecemos por notar que qualquer elemento de D é ponto fronteiro a E, dadoque qualquer vizinhança centrada num elemento de D contém números racionais enúmeros irracionais. Logo, D ⊆ fr(E). Por outro lado, visto que qualquer vizinhançade centro em 1 contém números racionais e números irracionais, obtemos que x = 1é também um ponto fronteiro a E, donde concluímos que fr(E) = D ∪ {1} = [1
2, 3
2].
3. Considere a função f , real de variável real, definida por f(x) =π
2+ 3 arcsin(2x− 1).
Designe por A o seu domínio e por B o seu contradomínio. Considere o subconjunto deR
C = {x ∈ R : x = earctan(n) ∧ n ∈ N}.
(a) Determine A e B.
(b) Determine o interior de B ∩ Q, o conjunto dos minorantes de C e o derivado deA ∪ C.
Resolução
(a) O domínio da função f, real de variável real, é o conjunto A definido por
A = {x ∈ R : −1 ≤ 2x− 1 ≤ 1}.
Resolvendo o conjunto de inequações que define A, obtemos
−1 ≤ 2x− 1 ≤ 1⇔ 0 ≤ 2x ≤ 2⇔ 0 ≤ x ≤ 1.
Logo, A = [0, 1].
7
Para calcular o contradomínio da função f , notemos que é válido o seguinte conjuntode desigualdades:
−π2≤ arcsin(2x− 1) ≤ π
2
⇔ −3π2≤ 3 arcsin(2x− 1) ≤ 3π
2
⇔ π2− 3π
2≤ π
2+ 3 arcsin(2x− 1) ≤ π
2+ 3π
2
⇔ −π ≤ π2
+ 3 arcsin(2x− 1) ≤ 2π.
Logo, B = [−π, 2π].
(b) Dado um qualquer ponto x0 de B, sabe-se que qualquer vizinhança de centro emx0 conterá números racionais e números irracionais. Logo, não existe qualquer vi-zinhança de centro em x0 contida em B ∩ Q, isto é, x0 /∈ int(B ∩ Q). Portanto,int(B ∩Q) = ∅.
Os elementos do conjunto C são os termos da sucessão un = earctan(n), n ∈ N. Umavez que ex e arctan(x) são funções reais de variável real estritamente crescentes, asucessão un é monótona crescente. Sendo assim, todos os termos de un são maiores ouiguais que o primeiro termo u1 = earctan(1) = e
π4 . Portanto, o conjunto dos minorantes
de C é ]−∞, eπ4 ].
Uma vez que a sucessão un é convergente para eπ2
(lim
n→+∞earctan(n) = e
π2
), obtemos
que eπ2 é um ponto de acumulação do conjunto C. Logo (A ∪ C)′ = [0, 1] ∪ {eπ2 }.
4. Considere os subconjuntos de R
A = {x ∈ R : x = arctan(n) ∧ n ∈ N}, B =
{x ∈ R :
|x+ 1| − 1
(x+ 1)2≤ 0
}.
(a) Determine, justificando, o derivado, o conjunto dos minorantes e o conjunto dosmajorantes de A.
(b) Determine, justificando, a fronteira de B e a fronteira de B ∩Q.
Resolução
(a) Os elementos do conjunto A são os termos da sucessão un = arctan(n), n ∈ N. Umavez que a sucessão un é convergente para π
2, pela definição de limite de uma sucessão
concluímos que π2é um ponto de acumulação do conjunto A. Notando ainda que o
conjunto A é constituído apenas por pontos isolados, obtemos que A′ = {π2}.
Sendo arctan(x) uma função real de variável real estritamente crescente, obtemosque a sucessão un é monótona crescente e, portanto, para todo o número naturaln, verificam-se as desigualdades u1 ≤ un < limun. Logo, para todo o n ∈ N,π4≤ un <
π2. Concluímos então que o conjunto dos minorantes de A é o intervalo
]−∞, π4] e o conjunto dos majorantes de A é [π
2,+∞[.
8
(b) Comecemos por escrever o conjunto B na forma de uma união de intervalos denúmeros reais. Para isso, temos que resolver a inequação que define o conjunto B.
Em primeiro lugar, observemos que o domínio de definição da função h(x) =|x+ 1| − 1
(x+ 1)2
é D = {x ∈ R : (x+ 1)2 6= 0}.Da desigualdade (x+ 1)2 6= 0 obtemos x 6= −1, donde D = R\{−1}.
Notemos agora que o sinal da inequação (≤) que define o conjunto B, é completa-mente determinado pelo sinal de |x+1| − 1 visto que (x+1)2 ≥ 0, para todo x ∈ R.Observemos ainda que
|x+ 1| − 1 ≤ 0⇔ |x+ 1| ≤ 1⇔ −1 ≤ x+ 1 ≤ 1⇔ −2 ≤ x ≤ 0,
e que
|x+ 1| − 1 = 0⇔ |x+ 1| = 1⇔ x+ 1 = −1 ∨ x+ 1 = 1⇔ x = −2 ∨ x = 0.
A tabela abaixo apresenta toda a informação acerca do sinal das diferentes expres-sões:
−2 −1 0
|x+ 1| − 1 + 0 − − − 0 +
(x+ 1)2 + + + 0 + + +
|x+ 1| − 1
(x+ 1)2+ 0 − \\\\\ − 0 +
Obtemos então B = [−2, 0]\{−1} e portanto fr(B) = {−2,−1, 0}. Seja x0 um pontoqualquer de B. Qualquer vizinhança de centro em x0 conterá números racionais e nú-meros irracionais. Logo, x0 é ponto fronteiro a B∩Q. Além disso, também qualquervizinhança de centro em −1 conterá números racionais e números irracionais, peloque x = −1 é um ponto fronteiro a B∩Q. Portanto, fr(B∩Q) = B∪{−1} = [−2, 0].
5. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =arcsin(x2 − 1)
log(x)e designe
por D o seu domínio. Determine o interior de D e a fronteira de D ∩Q.
Resolução
O domínio da função f , real de variável real, é o conjunto D definido por
D ={x ∈ R : −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1 ∧
(x > 0 ∧ log(x) 6= 0
)}.
Para calcularmos o interior do conjunto D, começamos por escrever D na forma de umaunião de intervalos de números reais. Para isso, escrevemos cada uma das condiçõespresentes na definição do conjunto D na forma de intervalo(s) de números reais e, poste-riormente, intersectamos os conjuntos obtidos.
Quanto às primeiras desigualdades, devemos observar que x2 − 1 ≥ −1⇔ x2 ≥ 0 é umacondição universal, e que x2 − 1 ≤ 1⇔ x2 ≤ 2⇔ −
√2 ≤ x ≤
√2. Obtemos então que o
primeiro conjunto de desigualdades é satisfeito para todo x ∈ [−√
2,√
2].
9
Relativamente à segunda condição, basta ver que
x > 0 ∧ log(x) 6= 0⇔ x > 0 ∧ x 6= 1.
Logo, esta condição é satisfeita para todo o x pertencente a R+ \ {1}.Intersectando os subconjuntos de R acima obtidos, podemos então concluir que D =]0, 1[∪]1,
√2], e portanto int(D) =]0, 1[∪]1,
√2[.
Para calcularmos a fronteira de D∩Q devemos começar por observar que todos os pontosde D são fronteiros a D ∩ Q, uma vez que qualquer vizinhança centrada num ponto deD conterá números racionais e números irracionais. Logo D ⊆ fr(D ∩Q). Pelas mesmasrazões, 0 e 1 são pontos fronteiros a D ∩Q. Portanto, fr(D ∩Q) = [0,
√2].
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2Indução Matemática
2.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Mostre, usando o princípio de indução matemática, que
(a)n∑k=0
(2k + 1) = (n+ 1)2, ∀n ∈ N0;
(b) n! ≤ nn, ∀n ∈ N;
(c) 42n − 1 é múltiplo de 5, ∀n ∈ N;
(d)n∑k=1
(k
k + 2− k − 1
k + 1
)=
n
n+ 2, ∀n ∈ N;
(e)3n
n!< 42
(3
4
)n, ∀n > 3;
(f) n3 + 5n é divisível por 3, ∀n ∈ N.
2. Considere a proposição p(n) : sin(2nπ) = 1
(a) Mostre que p(j) verdadeira =⇒ p(j + 1) verdadeira.
(b) Mostre que p(n) não é verdadeira para nenhum número natural n.
3. Observando as igualdades
1− 1
2=
1
2(1− 1
2
)(1− 1
3
)=
1
3(1− 1
2
)(1− 1
3
)(1− 1
4
)=
1
4· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·induza o resultado geral e prove-o, usando o princípio de indução matemática.
11
2.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Prove, usando o princípio de indução matemática, que para x0 ∈ [1,+∞[ se tem
(1 + x0)n ≥ 1 + nx0,
para todo o número natural n.
2. Mostre, usando o princípio de indução matemática, que
(a)n∑k=1
4
(k + 1)(k + 2)=
2n
n+ 2, ∀n ∈ N;
(b)n−1∑k=1
k2 <n3
3, ∀n ∈ N \ {1};
(c) 43n − 4n é múltiplo de 5, ∀n ∈ N.
3. Dada a sucessão (un)n∈N definida poru1 = 1
u2 = 2
un+1 =un + un−1
2, n ≥ 2
prove, por indução matemática, que
un+1 − un = (−1)n−1 1
2n−1, ∀n ∈ N.
12
2.3 Exercícios resolvidos
1. Mostre, usando o princípio de indução matemática, quen∑k=1
(k + 1) =n(n+ 3)
2, ∀n ∈ N.
Resolução:
Consideremos a condição p(n) :n∑k=1
(k + 1) =n(n+ 3)
2. Pretendemos mostrar que p(n) é
válida para todo o número natural n.i) Para n = 1 a condição reduz-se a
1∑k=1
(k + 1) = 2 =1(1 + 3)
2,
pelo que p(1) é verdadeira.ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda-deira e pretendemos provar que p(n+ 1) também é verdadeira, onde
p(n) :n∑k=1
(k + 1) =n(n+ 3)
2e p(n+ 1) :
n+1∑k=1
(k + 1) =(n+ 1)(n+ 4)
2.
Como(n+ 1)(n+ 4)
2=n2 + 5n+ 4
2, pretendemos então provar que
n+1∑k=1
(k+1) =n2 + 5n+ 4
2.
Consideremos então o primeiro membro da tese. Desdobrando o somatório, obtemos
n+1∑k=1
(k + 1) =n∑k=1
(k + 1) +n+1∑
k=n+1
(k + 1).
Pela hipótese de indução sabemos quen∑k=1
(k + 1) =n(n+ 3)
2. Logo,
n+1∑k=1
(k + 1) =n∑k=1
(k + 1) +n+1∑
k=n+1
(k + 1) =n(n+ 3)
2+ n + 2 =
n(n+ 3) + 2(n+ 2)
2=
n2 + 5n+ 4
2. Assim,
n+1∑k=1
(k + 1) =n2 + 5n+ 4
2.
Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, quen∑k=1
(k + 1) =n(n+ 3)
2,∀n ∈ N.
13
2. Mostre, usando o princípio de indução matemática, que
n∑k=1
(1
2
)k= 1−
(1
2
)n, ∀n ∈ N.
Resolução:
Consideremos a condição p(n) :n∑k=1
(1
2
)k= 1 −
(1
2
)n. Pretendemos mostrar que p(n)
é válida para todo o número natural n.
i) Para n = 1 a condição reduz-se a
1∑k=1
(1
2
)k=
(1
2
)1
=1
2= 1−
(1
2
)1
,
pelo que p(1) é verdadeira.
ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda-deira e pretendemos provar que p(n+ 1) também é verdadeira, onde
p(n) :n∑k=1
(1
2
)k= 1−
(1
2
)ne p(n+ 1) :
n+1∑k=1
(1
2
)k= 1−
(1
2
)n+1
.
Considerando o primeiro membro da tese e desdobrando o somatório, obtemos
n+1∑k=1
(1
2
)k=
n∑k=1
(1
2
)k+
n+1∑k=n+1
(1
2
)k.
Usando a hipótese de indução, sabemos quen∑k=1
(1
2
)k= 1−
(1
2
)n, pelo que
n+1∑k=1
(1
2
)k=
n∑k=1
(1
2
)k+
n+1∑k=n+1
(1
2
)k= 1−
(1
2
)n+
(1
2
)n+1
= 1−21
2
(1
2
)n+
(1
2
)n+1
=
1− 2
(1
2
)n+1
+
(1
2
)n+1
= 1−(
1
2
)n+1
. Assim,n+1∑k=1
(1
2
)k= 1−
(1
2
)n+1
.
Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que
n∑k=1
(1
2
)k= 1−
(1
2
)n, ∀n ∈ N.
14
3. Prove, pelo princípio de indução matemática, que 10n+1 + 3 × 10n + 5 é múltiplo de 9,∀n ∈ N.
Resolução:
Consideremos a condição p(n) : 10n+1 +3×10n+5 é múltiplo de 9. Pretendemos mostrarque p(n) é válida para todo o número natural n.
i) Para n = 1 a condição reduz-se a p(1) : 101+1 +3×101 +5 = 135 é múltiplo de 9. Logo,p(1) é verdadeira.
ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda-deira e pretendemos provar que p(n+ 1) também é verdadeira, onde
p(n) : 10n+1+3×10n+5 é múltiplo de 9 e p(n+1) : 10n+2+3×10n+1+5 é múltiplo de 9.
Considerando o primeiro membro da tese, comecemos por notar que
10n+2 + 3 × 10n+1 + 5 = 10 (10n+1 + 3 × 10n) + 5 = 10 (10n+1 + 3 × 10n + 5 − 5) + 5 =10 (10n+1 + 3× 10n + 5)− 10× 5 + 5 = 10 (10n+1 + 3× 10n + 5)− 9× 5.
Usando a hipótese de indução, ∃k ∈ N : 10n+1 + 3× 10n + 5 = 9× k. Logo,10n+2 +3×10n+1 +5 = 10 (10n+1 +3×10n+5)−9×5 = 10×9×k−9×5 = 9 (10×k−5),pelo que 10n+2 + 3× 10n+1 + 5 é múltiplo de 9.
Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que
10n+1 + 3× 10n + 5 é múltiplo de 9,∀n ∈ N.
4. Mostre, pelo princípio de indução matemática, que 3n > 2n+1,∀n ∈ N \ {1}.Resolução:
Consideremos a condição p(n) : 3n > 2n+1. Pretendemos mostrar que p(n) é válida paratodo o número natural n, maior que um.
i) Para n = 2 a proposição reduz-se a
32 = 9 > 8 = 22+1,
pelo que p(2) é verdadeira.
ii)Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda-deira e pretendemos provar que p(n+ 1) também é verdadeira, onde
p(n) : 3n > 2n+1 e p(n+ 1) : 3n+1 > 2n+2.
Considerando o primeiro membro da tese, como 3n+1 = 3 × 3n, aplicando a hipótese deindução obtemos 3n+1 = 3 × 3n > 3 × 2n+1. Como 3 > 2, as desigualdades anterioresimplicam que 3n+1 > 2× 2n+1 = 2n+2. Logo, 3n+1 > 2n+2.
Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que
3n > 2n+1,∀n ∈ N \ {1}.
15
16
3Sucessões de números reais
3.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Considere a sucessão definida por recorrência u1 =√
2
un+1 =√
2un , ∀n ∈ N.
(a) Prove, por indução, que 0 < un < 2 , ∀n ∈ N.
(b) Prove que a sucessão é monótona crescente.
2. Considere a sucessão de termo geral un =(−1)3n
√n
. Indique, justificando, quais das se-
guintes sucessões são subsucessões de un:
(a) 1√2n;
(b) 1√n;
(c) − 1√n;
(d) 1√2n+1
.
3. Mostre, usando a definição, que
(a) limn→+∞
2n = +∞;
(b) limn→+∞
en + 2
en= 1;
(c) limn→+∞
1
n2= 0;
(d) limn→+∞
1
n2 + n+ 3= 0.
4. Dê exemplos de sucessões (un) e (vn) tais que un → 0, vn → +∞ e que:
(a) limn→+∞
unvn = 2 ;
17
(b) limn→+∞
unvn = 0 ;
(c) limn→+∞
unvn não existe.
5. Calcule, se existirem, os seguintes limites:
(a) limn→+∞
n√n2 + n
;
(b) limn→+∞
∣∣∣∣(−1)n+1 n− 2
n3 + 2n2 − 2
∣∣∣∣;(c) lim
n→+∞
sin(√n)√n
;
(d) limn→+∞
sin√
1n√
1n
;
(e) limn→+∞
(1 + n−2
)n;(f) lim
n→+∞
nn−2
(n+ π)n(n2 + 1);
(g) limn→+∞
√n2 + 5 + 3
√n
3√
2n3 + n2 + n2
+n2 + 1
n√n
;
(h) limn→+∞
2n sin(n2 + 2n)
22n+1 + 2n;
(i) limn→+∞
nn2
(1 + n2)n2
2
;
(j) limn→+∞
22n+1
(n+ 2
4n+ 1
)n;
(k) limn→+∞
(√
2n+ 1−√
2n) cos(n3 + 1
);
(l) limn→+∞
n∑k=1
n
n2 + k;
(m) limn→+∞
n√
2n + 3n+1;
(n) limn→+∞
sin(n2);
(o) limn→+∞
n∑k=1
(sinn)2
5n3 + k;
(p) limn→+∞
nn
√1
23nn!.
6. Considere a sucessãoun =
1
n+
1
n+ 1+ · · ·+ 1
2n.
18
(a) Prove que a sucessão é limitada.
(b) Prove que a sucessão é monótona.
(c) Prove que a sucessão é convergente.
7. Usando a caracterização de conjuntos fechados em termos de limites de sucessões conver-gentes, mostre que os seguintes conjuntos não são fechados:
(a) ]0, 1];
(b) {x ∈ R : x = nn+1
, n ∈ N}.
8. Calcule os sublimites das seguintes sucessões e indique em cada caso os respectivos limitesuperior e limite inferior:
(a) (−1)nn
n+ 1;
(b) (−1)nn+ n;
(c)cos(nπ) + cos(2nπ)
n;
(d) n√n2n sin
(nπ2
).
9. Considere a sucessão de números reais definida, por recorrência, u1 = 1
un+1 = 2 +√un , ∀n ∈ N.
(a) Mostre que a sucessão é monótona.
(b) Mostre que un ≤ 4 , ∀n ∈ N.
(c) Mostre que a sucessão é convergente e calcule o seu limite.
10. Prove, usando a definição, que a sucessão an = 1né uma sucessão de Cauchy.
19
3.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Considere a sucessão de termo geral un =3
n+ 1.
(a) Calcule os cinco primeiros termos da sucessão.
(b) Averigúe se a sucessão é monótona e limitada.
2. Verifique se as seguintes sucessões são limitadas:
(a) vn =5n2 + 8
5n2 + 1;
(b) wn =
arccot(n) se n par
− arctan(n) se n ímpar.
3. Verifique se as seguintes sucessões são monótonas:
(a) un = cos(
1n
)+ 5;
(b) zn =
1n
se n par
(−2)n se n ímpar.
4. As sucessões un e vn verificam as seguintes condições:
i) ∀n ∈ N 0 < un < vn;
ii) ∀n ∈ N vn é decrescente.
Diga, justificando, se são verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações:
(a) vn é convergente;
(b) un é convergente;
(c) un é decrescente.
5. Mostre, usando a definição, que
(a) limn→+∞
log(n) = +∞;
(b) limn→+∞
1
2n= 0;
(c) limn→+∞
n+√n
n+√n+ 1
= 1.
6. Dê exemplos de sucessões (un) e (vn) tais que un → +∞ e vn → −∞, que verifiquem
(a) limn→+∞
(un + vn) = 0 ;
20
(b) limn→+∞
(un + vn) = +∞ ;
(c) limn→+∞
(un + vn) não existe.
7. Considere as sucessões de números reais definidas poru1 = 3
5
un+1 = un−36
, ∀n ∈ Ne vn = 5un + 3 .
(a) Mostre que vn é uma progressão geométrica.
(b) Deduza a expressão analítica de vn e un.
(c) Calcule o limite de un.
8. Considere a sucessão de termo geral un = sin(nπ
2
). Encontre sucessões vn estritamente
crescentes tais que wn = un ◦ vn seja subsucessão de un, e que verifiquem
(a) wn = 1 , ∀n ∈ N;
(b) wn = 0 , ∀n ∈ N.
9. Calcule os seguintes limites:
(a) limn→+∞
n tan
(1
n
);
(b) limn→+∞
cos2(n) sin
(1
n
);
(c) limn→+∞
(n2 + 3
n2 + 1
)n2
;
(d) limn→+∞
(1
5n + 3. 7n
)− 1n
;
(e) limn→+∞
√5n2 + 1−
√5n2 − 1 + n
√n ;
(f) limn→+∞
(n+ 1)
n2+
(n+ 1)2
n3+ · · ·+ (n+ 1)n
nn+1;
(g) limn→+∞
13√n3 + 4
+1
3√n3 + 5
+ · · ·+ 13√n3 + 2n
;
(h) limn→+∞
(n10 − 1
n10
)n5
;
(i) limn→+∞
2n − en+1
en − 2n+1.
10. Usando a caracterização de conjuntos fechados em termos de limites de sucessões conver-gentes, mostre que os seguintes conjuntos não são fechados:
21
(a) [0, 1[;
(b) Q.
11. Calcule os sublimites das seguintes sucessões, e indique, em cada caso, o limite superiore o limite inferior:
(a)√
2n+ 1− (−1)n√
2n+ 3;
(b) (−1)nsin2(n)
2n
1
n.
12. Considere a sucessão de números reais positivos definida, por recorrência, poru1 = 5
un+1 =5un − 4
un, ∀n ∈ N.
(a) Prove por indução que 4 < un , ∀n ∈ N.
(b) Prove que a sucessão é convergente.
13. Sendo a ∈ R, com 0 < a < 1, considere a sucessão definida por recorrência do seguintemodo
u1 = 3
un+1 = un + 3 an, ∀n ∈ N.
(a) Prove, por indução, que un = 3n∑k=1
ak−1 , ∀n ∈ N.
(b) Mostre que a sucessão e monótona.
(c) Calcule o seu limite.
14. Prove que a sucessão xn = 1 + 12
+ 13
+ · · ·+ 1nnão é uma sucessão de Cauchy.
22
3.3 Exercícios resolvidos
1. Prove, usando a definição, que lim1√n+ 2
= 0.
Resolução:
Queremos provar que
∀ε > 0∃ p ∈ N : n > p⇒∣∣∣∣ 1√n+ 2
− 0
∣∣∣∣ < ε.
Como1√n+ 2
é sempre positivo, a propriedade anterior reduz-se a
∀ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ 1√n+ 2
< ε.
Seja ε > 0 fixo arbitrariamente.
Atendendo a que1√n+ 2
<1√n, ∀n ∈ N, para satisfazer a definição, basta tomar p como
o menor número inteiro maior ou igual que1
ε2. De facto,
n > p ≥ 1
ε2⇒ n >
1
ε2⇒ 1
n< ε2 ⇒ 1√
n< ε.
Logo,
n > p⇒ 1√n+ 2
<1√n< ε.
Provámos então que
∀ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ 1√n+ 2
< ε.
2. Determine, justificando, o limite das sucessões:
(a) xn = sin(n)n2∑j=1
j
n5;
(b) yn =n∑j=0
sin(√n)√
j + 2n3.
Resolução:
(a) Começamos por calcular o limn2∑j=1
j
n5.
23
A sucessãon2∑j=1
j
n5pode ser reescrita na forma
n2∑j=1
j
n5=
1
n5+
2
n5+ · · ·+ n2
n5︸ ︷︷ ︸n2 parcelas
,
pelo que,
n2 1
n5≤
n2∑j=1
j
n5≤ n2 n
2
n5, ∀n ∈ N.
Tendo em conta que
limn2
n5= lim
1
n3= 0 ,
limn4
n5= lim
1
n= 0 ,
podemos concluir, pelo teorema das sucessões enquadradas, que
limn2∑j=1
j
n5= 0 .
Uma vez que −1 ≤ sin(n) ≤ 1, ∀n ∈ N, podemos concluir que
lim sin(n)n2∑j=1
j
n5= 0 ,
por ser o produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada.
(b) A resolução desta alínea é análoga à anterior, uma vez que yn pode ser reescrita naforma
yn = sin(√n)
n∑j=0
1√j + 2n3
= sin(√n)
1√0 + 2n3
+ · · ·+ 1√n+ 2n3︸ ︷︷ ︸
n+1 parcelas
,
atendendo a que sin(√n) não depende do índice do somatório. Assim, vamos pri-
meiro calcular limn∑j=0
1√j + 2n3
. Comecemos por observar que
(n+ 1)1√
n+ 2n3≤
n∑j=0
1√j + 2n3
≤ (n+ 1)1√2n3
, ∀n ∈ N.
24
Dividindo o numerador e o denominador de ambas as fracções pela potência de maiorgrau, obtemos
limn+ 1√n+ 2n3
= lim
1√n
+ 1n3/2√
1n2 + 2
= 0
e
limn+ 1√
2n3= lim
1√n
+ 1n3/2√
2= 0.
Logo, pelo teorema das sucessões enquadradas, concluímos que
limn∑j=0
1√j + 2n3
= 0.
Por outro lado temos
−1 ≤ sin(√n) ≤ 1, ∀n ∈ N
o que nos permite concluir que,
lim sin(√n)
n∑j=0
1√j + 2n3
= 0,
por se tratar do produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada.
3. Calcule, justificando, os limites das seguintes sucessões:
(a)nn√n!;
(b)1
5n
(5n− 1
n+ 1
)n;
(c)4√n+ 1
n√n+ 3
sin(√n+ 1);
(d) sin(
1n
)cos(√n+ 1).
Resolução:
(a) Comecemos por notar que
limnn√n!
= lim n
√nn
n!.
25
Seja un =nn
n!> 0 , ∀n ∈ N. Como
limun+1
un= lim
(n+1)(n+1)
(n+1)!
nn
n!
= lim(n+ 1)(n+1) n!
(n+ 1)!nn
= lim(n+ 1)n(n+ 1)n!
(n+ 1)n!nn
= lim(n+ 1)n
nn
= lim
(1 +
1
n
)n= e,
e atendendo a quelim
un+1
un= e⇒ lim n
√un = e,
concluímos que lim nn√n!
= e.
(b) Comecemos por notar que1
5n
(5n− 1
n+ 1
)n=
(5n− 1
5n+ 5
)ne que
5n− 1
5n+ 5= 1 +
−6
5n+ 5.
Logo,
lim1
5n
(5n− 1
n+ 1
)n= lim
(5n− 1
5n+ 5
)n= lim
((1 +
−6
5n+ 5
)5n+5) n
5n+5
.
Assim, como lim
(1 +
−6
5n+ 5
)5n+5
= e−6 e limn
5n+ 5=
1
5, obtemos
lim1
5n
(5n− 1
n+ 1
)n=(e−6) 1
5 = e−65 .
(c) Dividindo o numerador e o denominador da fracção pela potência de maior grauobtemos, sucessivamente,
lim4√n+ 1
n√n+ 3
= lim
4√nn3/2 + 1
n3/2√n3
n3/2 + 3n3/2
= lim4√
nn6 + 1
n3/2
1 + 3n3/2
= lim
4
√1n5 + 1
n3/2
1 + 3n3/2
=4√
0 + 0
1 + 0= 0.
26
Uma vez −1 ≤ sin(√n+ 1) ≤ 1 ,∀n ∈ N, temos que
lim4√n+ 1
n√n+ 3
sin(√n+ 1) = 0,
por se tratar do produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada.(d) Tendo em conta que
lim sin
(1
n
)= sin(0) = 0
e que−1 ≤ cos(
√n+ 1) ≤ 1, ∀n ∈ N,
podemos concluir que
lim sin
(1
n
)cos(√n+ 1) = 0,
por ser o produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada.
4. Considere a sucessão de números reais definida por recorrência, x1 =√
3
xn+1 =√
3 xn.
(a) Mostre, por indução matemática, que√
3 ≤ xn < 3, ∀n ∈ N.(b) Mostre que a sucessão é crescente.(c) Verifique que a sucessão é convergente e determine o seu limite.
Resolução:
(a) Queremos provar, pelo princípio de indução matemática, que a propriedade√3 ≤ xn < 3 é verificada, para todo o número natural n.
(i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a√
3 ≤ x1 =√
3 < 3
pelo que, para n = 1, obtemos uma proposição verdadeira.(ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo númeronatural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremosprovar que
√3 ≤ xn < 3⇒
√3 ≤ xn+1 < 3.
Por hipótese,√
3 ≤ xn < 3. Logo, obtemos sucessivamente
√3 ≤ xn < 3
⇒ 3√
3 ≤ 3xn < 9
⇒√
3√
3 ≤√
3xn < 3
⇒√
3 ≤√
3√
3 ≤ xn+1 < 3,
27
pelo que√
3 ≤ xn+1 < 3.Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que
√3 ≤ xn < 3,
∀n ∈ N.
(b) Queremos provar que xn+1 − xn > 0, ∀n ∈ N. Basta ver que
xn+1 − xn =√
3xn − xn=√
3√xn −
√xn√xn
=√xn(√
3−√xn).
Como, pela alínea (a),√xn > 0 e
√xn <
√3, então
√xn(√
3 − √xn) > 0. Logo,xn+1−xn > 0, ∀n ∈ N, pelo que concluímos que a sucessão é estritamente crescente.
(c) Pela alínea (a), sabemos que a sucessão é limitada e, pela alínea (b), sabemos que asucessão é monótona. Então, podemos concluir que a sucessão é convergente. Sejalimxn = a. Então, limxn+1 = a, uma vez que (xn+1)n∈N é uma subsucessão de(xn)n∈N, e qualquer subsucessão de uma sucessão convergente, é convergente para omesmo limite. Temos então
limxn+1 = lim√
3xn
limxn+1 =√
3√
lim xn
⇔ a =√
3 a
⇒ a2 = 3 a
⇔ a = 0 ∨ a = 3.
Podemos então concluir que limxn = 3, uma vez que, como√
3 ≤ xn < 3, ∀n ∈ N,então
√3 ≤ limxn ≤ 3.
5. Seja a ∈ R um número positivo. Considere a sucessão de números reais definida, porrecorrência, x1 = 0, x2 = a
xn+2 = xn+1 + x2n.
(a) Mostre que a sucessão é crescente.
(b) Mostre que xn > 0,∀n ∈ N \ {1}.(c) Mostre que se existir b ∈ R tal que limxn = b, então b = 0.
(d) Tendo em conta as alíneas anteriores, calcule limxn.
Resolução:
(a) Como xn+2 − xn+1 = x2n ≥ 0 , ∀n ∈ N, temos
xn+2 − xn+1 ≥ 0 , ∀n ∈ N
28
isto é,xn+1 − xn ≥ 0 , ∀n ∈ N \ {1} .
Como a > 0, temos ainda que x2 − x1 = a− 0 ≥ 0. Podemos então concluir que
xn+1 − xn ≥ 0 , ∀n ∈ N .
(b) Vamos mostrar, pelo princípio de indução matemática, que
xn > 0,∀n ∈ N \ {1},o que é equivalente a
xn+1 > 0,∀n ∈ N.(i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a x2 = a > 0 pelo que, para n = 1, obtemosuma proposição verdadeira.(ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo númeronatural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremosprovar que xn+1 > 0⇒ xn+2 > 0.Por hipótese de indução, xn+1 > 0 e, como x2
n ≥ 0, ∀n ∈ N, obtemos xn+2 =xn+1 + x2
n ≥ 0.Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que xn+1 > 0 , ∀n ∈N.
(c) Suponhamos que existe b ∈ R, tal que limxn = b. Assim, como (xn+1)n∈N e (xn+2)n∈Nsão subsucessões de (xn)n∈N, e qualquer subsucessão de uma sucessão convergente éconvergente para o mesmo limite, temos que limxn+1 = limxn+2 = b .
Uma vez que xn+2 = xn+1 + x2n obtemos
limxn+2 = limxn+1 + (limxn)2 ⇔ b = b+ b2 ⇔ b = 0.
Portanto, se limxn = b e b ∈ R, então limxn = 0.(d) Pela alínea (a), a sucessão é monótona crescente. Vejamos agora que a sucessão
não é limitada. De facto, se a sucessão fosse limitada, pelo teorema da sucessãomonótona e pela alínea (c), teríamos que limxn = 0. Mas, xn ≥ x2 , ∀n ≥ 2, istoé, xn ≥ a > 0 , ∀n ≥ 2, pelo que limxn ≥ a > 0, o que contradiz a alínea (c) (istoé, limxn = 0 é uma contradição com o facto de termos uma sucessão monótonacrescente cujo segundo termo é estritamente positivo). Podemos então concluir quexn não é limitada. Mas, por ser monótona crescente, xn é limitada inferiormente(x1 ≤ xn , ∀n ∈ N). Podemos assim concluir que a sucessão não é limitada pornão ser limitada superiormente, isto é, o conjunto dos termos da sucessão não temmajorantes.Seja L > 0. Se L não é majorante do conjunto dos termos da sucessão, então
∃m0 ∈ N : xm0 > L .
Uma vez que xn é crescente, n > m0 ⇒ xn ≥ xm0 > L.Podemos então concluir que
∀L > 0 ∃m0 ∈ N : n > m0 ⇒ xn > L.
Logo, xn é um infinitamente grande positivo, ou seja, limxn = +∞.
29
30
4Limites, Continuidade eCálculo Diferencial
4.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Prove, usando a definição, que
(a) limx→1
3x+ 2 = 5;
(b) limx→+∞
2x
x+ 1= 2.
2. Justifique convenientemente a seguinte afirmação: "@ limx→+∞
sin(x)".
3. Seja g a função definida, em R, por
g(x) =
x+ 3, se x > −1
−x+ 2, se x < −1.
(a) Esboce o gráfico de g.
(b) Mostre que não existe limx→−1
g(x).
4. Considere a função f real de variável real
f(x) =
2x+ 3, se x < 1
x+ 4, se x > 1.
Calcule limx→ 1x 6= 1
f(x) e limx→1
f(x).
5. Seja f a função definida, em R, por
f(x) =
x+ 2, se x > 1
2− 3x, se x ≤ 1.
31
(a) Mostre que não existe limx→1
f(x).
(b) Defina, em R, uma função g tal que limx→1
(f + g)(x) = 4.
6. Para cada número real m, a expressão seguinte define uma função real de variável real:
h(x) =
x2 −m+ 7, se x > 0
5, se x = 0
|x+ 3|+m, se x < 0.
(a) Determine m de modo que exista limx→0
h(x).
(b) Calcule m de modo que limx→−5
h(x) = h(0). Neste caso, a função é injectiva? Justifi-que.
7. Seja f a função real de variável real definida por
f(x) =
x2e−x, se x ≥ 1
sin(x− 1)
x2 − 1, se x < 1.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) Determine os zeros da função dada.
(c) Calcule limx→−∞
f(x).
8. Considere a função g, real de variável real,
g(x) =
x+ 1, se x > 21
2x, se x ≤ 2.
(a) Calcule g(0) e g(3).
(b) Mostre que ∀x ∈ [0, 3], g(x) 6= 5
2.
Isto contradiz o teorema de Bolzano? Justifique.
(c) Averigúe se a restrição de g ao intervalo [0, 2] é necessariamente limitada.
9. Sejam f e g duas funções contínuas em [a, b] tais que f(a) = g(b) e f(b) = g(a). Mostreque f − g tem pelo menos um zero pertencente ao intervalo [a, b].
10. Considere a função real de variável real definida por
f(x) =
ex − 1, se x ≥ 0
cos(x) log(x+ 1), se x < 0.
32
(a) Determine o domínio de f e estude-a quanto à continuidade.
(b) Mostre que existe a ∈[−π
4, 1]tal que f(a) = 0.
(c) Justifique que a função tem um máximo e um mínimo no intervalo [0, 1]. Indique osseus valores.
11. Considere a função real de variável real definida por
g(x) =
3x + 2x
2− ex, se x ≥ 0
arctan(x), se x < 0.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) Calcule limx→−∞
g(x) e limx→+∞
g(x).
(c) O teorema de Weierstrass garante a existência de máximo e mínimo da função nointervalo [−1, 1]?
12. Considere a função real de variável real definida por
f(x) =
−1
xcos(π
2− x), se x < 1
ex − log(x2), se x ≥ 1.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) A função f é diferenciável em x = 1? Justifique.
(c) Calcule limx→−∞
f(x).
(d) Verifique se é ou não possível prolongar f por continuidade ao ponto x = 0.
13. Considere a função g, real de variável real, tal que
g(x) =
e−bx+b, se x < 1
(x− 2)2, se x ≥ 1.
Determine o número real b de modo a que a função g seja diferenciável em x = 1.
14. Seja A = [0, 2π] e considere a função
g : A → R
x ↪→ 1 + | sin(x)|.
(a) Mostre que g é contínua no intervalo A, mas que não tem derivada no ponto x = π.
(b) Seja an uma sucessão monótona de termos de A. Averigúe se an é necessariamenteconvergente para um ponto de A.
33
15. Dada a função f(x) =π
3− 2 arccos
(3x
2
), mostre que a recta de equação y− 3x+ 2π
3= 0
é tangente ao gráfico da função f . Determine o ponto de tangência.
16. Considere a função real de variável real definida por f(x) = cos(3x).
(a) Calcule a terceira derivada de f .
(b) Prove, pelo princípio de indução matemática, que f (n)(x) = 3n cos(nπ
2+ 3x
),∀x ∈
R, ∀n ∈ N.
17. Dadas as funções f e g definidas por f(x) = 2 cot(3x) e g(x) =π
2+arcsin(1−x), determine
a derivada de f o g no ponto de abcissa 1.
18. Dadas as funções
f : [−2, 0] → [0, π]
x ↪→ arccos(x+ 1)e
g :
]−1
5,+∞
[→ R
x ↪→ log2(5x+ 1),
calcule as derivadas de f e de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa.
19. Considere a função real de variável real
f(x) =
x|x|, se x > −2
(x+ 2)2 − 4, se x ≤ −2.
(a) Determine o domínio de f .
(b) Estude f quanto à continuidade.
(c) Determine a função derivada f ′.
(d) Determine a função segunda derivada f ′′.
20. Considere a função f real de variável real definida por
f(x) =
e|x−1|, se x > 0
arctan(x), se x ≤ 0.
(a) Estude a função f quanto à continuidade.
(b) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f ′.
(c) Determine o sinal da função segunda derivada f ′′.
(Nota: pode usar, sem demonstrar, que limx→0
arctan(x)
x= 1.)
34
4.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Prove, usando a definição, que
(a) limx→0+
1
x= +∞;
(b) limx→+∞
log 12x = −∞.
2. Seja f a função real de variável real definida por
f(x) =
−2x, se x < −1
x2 + 1, se − 1 ≤ x < 2
3x− 2, se x > 2.
Investigue se existe
(a) limx→−1
f(x);
(b) limx→2
f(x).
3. Seja h a função definida, em R, por
h(x) =
|x+ 3|x+ 3
, se x 6= −3
2, se x = −3.
(a) Determine, se existir, limx→−3
h(x).
(b) Esboce o gráfico da função h e determine o seu contradomínio.
(c) Diga, justificando, o valor lógico da proposição ∀x, y ∈ R h(x) = h(y)⇒ x = y.
4. Considere a função real de variável real definida por
f(x) =
sin(x2 − 4)
x− 2, se x > 2
x− a, se x ≤ 2.
(a) Determine, caso exista, o valor de a que torna a função contínua no ponto x = 2.
(b) Considerando a = 2, calcule os zeros da função.
(c) Calcule limx→+∞
f(x).
5. Considere, em R, as funções f(x) =1
xe g(x) =
x2 − 9
x3 − 27.
(a) Determine o domínio de f e de g.
35
(b) Mostre que não há nenhuma extensão de f que seja contínua em R.
(c) Indique um prolongamento de g a R que seja contínuo.
6. Seja f uma função real de variável real, contínua em [a, b]. Sabendo que f(a) ≤ a ef(b) ≥ b, prove que f tem pelo menos um ponto fixo no intervalo [a, b] (Nota: c é umponto fixo de f , se f(c) = c).
7. Considere a função real de variável real definida por
g(x) =
2
πarcsin |x− 2|, se x ≤ 3
e−(x−3)2 , se x > 3.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) Calcule limx→2
g(x)
x− 2. (Nota: pode usar, sem demonstrar, que lim
x→0
arcsin(x)
x= 1.)
(c) O teorema de Weierstrass garante a existência de máximo e mínimo da função no
intervalo[5
2, 4
]?
8. Considere a função real de variável real definida por
h(x) =
2x3 − 5x+m, se x ≥ −1
(x− 1) log(e+ (x+ 1)2)
x2 + x− 2, se x < −1.
(a) Determine m de modo a que a função seja contínua em x = −1.
Considere, nas próximas alíneas, o valor de m obtido na alínea (a).
(b) Indique o conjunto dos pontos onde h é contínua, justificando detalhadamente.
(c) Diga, justificando, se é verdadeira ou falsa a proposição
∃x ∈]− 1, 0[: h(x) = 1.
9. Seja g a função real de variável real definida por
g(x) =
x2 + 2x+ 2, se x ≤ −2
−1 +ex+1(x− 1)
(x2 − 1)5x, se x > −2.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.
(b) Calcule limx→+∞
g(x) e limx→1
g(x).
(c) Justifique que a restrição da função ao intervalo [−4,−2] atinge um mínimo nesseintervalo.
10. Calcule, usando regras de derivação, as derivadas das seguintes funções:
36
(a) esin(x);
(b) arctan(x2);
(c) arcsin(x2);
(d) log(cos(x));
(e)(sin(x)
)5;(f) |x+ 1|;(g)
√(log(x) + 1)3;
(h) tan(√x);
(i) tan2(x4) + cot(x);
(j) arctan
(√1− cos(x)
1 + cos(x)
);
(k)sin(x) + cos(x)
sin(x)− cos(x);
(l) log(log(x) + 2);
(m) log
(ex
1 + ex
).
11. Dada a função real de variável real definida por y(x) = e2x sin(5x), verifique que y′′(x)−4 y′(x) + 29 y(x) = 0.
12. Considere a função real de variável real g(x) = xe−x.
(a) Determine A = {x ∈ R : g′′(x) = 0}.(b) Demonstre, pelo princípio de indução matemática, que g(n)(x) = (−1)n(x−n)e−x, ∀x ∈
R,∀n ∈ N.
13. Considere, em R, a função f definida por f(x) =mx+ 1
2x+m. Determine o número real m de
forma a que a recta tangente ao gráfico de f , no ponto de abcissa x = 1, faça um ângulode 135o com o semi-eixo positivo das abcissas.
14. Considere, em R, as funções f(x) =1
2arcsin(x− 2) e g(x) =
(1
2
)x+2
.
(a) Determine o domínio e o contradomínio de f e de g.
(b) Calcule as derivadas de f e de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa.
(c) Determine a derivada de g o f , no ponto de abcissa 2.
15. Estude a diferenciabilidade de cada uma das seguintes funções, no ponto x = 0:
(a) f(x) =
cos(π2− x), se x ∈
[−π
2, 0]
x log(π2x+ e
), se
]0,π
2
];
37
(b) g(x) =
x
1 + e1x
, se x 6= 0
0, se x = 0.
16. Considere a função real de variável real f : [−3, 4]→ R definida por
f(x) =
√
2− x, se − 3 ≤ x < 23x− 6
x, se 2 ≤ x ≤ 4.
(a) Prove que a função admite máximo e mínimo.
(b) Calcule a função derivada f ′ e a função segunda derivada f ′′.
(c) Seja dn uma sucessão monótona de termos de Df . Averigúe se dn é necessariamenteconvergente para um ponto de Df .
17. Considere a função real de variável real definida pela expressão
g(x) =
sin(x) + cos(x)
1− cos(x), se x 6= 0
1, se x = 0.
(a) Determine o domínio de g e estude-a quanto à continuidade.
(b) Calcule os zeros de g. Justifique a existência desses zeros usando o teorema deBolzano.
(c) Estude a função g quanto à diferenciabilidade.
18. Considere a função real de variável real definida por
h(x) =
|x2 − 9|, se x ≥ 0
log(x2 + e4), se x < 0.
(a) Determine o domínio de h e estude a função quanto à continuidade.
(b) Estude a função h quanto à diferenciabilidade.
38
4.3 Exercícios resolvidos
1. Prove, usando a definição, que limx→1
4x+ 2 = 6.
Resolução:
Queremos provar que ∀δ > 0∃ ε > 0 : |x − 1| < ε ⇒ |(4x + 2) − 6| < δ, isto é, que∀δ > 0 ∃ ε > 0 : |x− 1| < ε⇒ 4 |x− 1| < δ.
Seja δ > 0 fixo arbitrariamente.
Para verificar a definição, basta tomar ε = δ4. De facto, considerando este valor para ε,
obtemos |x− 1| < ε⇒ 4|x− 1| < 4 ε = 4δ
4= δ.
Assim, concluímos que ∀δ > 0 ∃ ε = δ4> 0 : |x− 1| < ε⇒ 4 |x− 1| < δ.
2. Considere a função f real de variável real, definida por
f(x) =
log(1− x2), se − 1 < x < 0
−x2, se x ≥ 0
arctan(−x) , se x ≤ −1.
(a) Determine o domínio da função.
(b) Estude a continuidade de f .
(c) Estude a diferenciabilidade de f nos pontos x = −1 e x = 0.
Sugestão: pode usar, sem demonstrar, que limy→0
log(1 + y)
y= 1.
(d) Determine os zeros da função.
(e) Calcule limx→−∞
f(x).
(f) Averigúe se, no intervalo [2, 3], a função f é limitada.
Resolução:
(a) Comecemos por notar que
Df = {x ∈ R : (1− x2 > 0 ∧ −1 < x < 0) ∨ x ≥ 0 ∨ x ≤ −1}.
Como 1 − x2 > 0 ⇔ x2 < 1 ⇔ −1 < x < 1, então 1 − x2 > 0 ∧ −1 < x < 0 éequivalente a −1 < x < 0. Logo, Df = R.
(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, a funçãoé contínua. Nomeadamente, f é contínua em ] − 1, 0[ por ser a composição deduas funções contínuas no seu domínio (função quadrática e função logarítmica),é contínua em ]0,+∞[ por ser uma função quadrática e, finalmente, é contínua
39
em ] − ∞,−1[ por ser também a composição de duas funções contínuas (funçãotrigonométrica inversa e função linear). Falta estudar a continuidade da função nospontos x = 0 e x = −1.Vamos então estudar a continuidade da função no ponto x = 0, começando porcalcular os seus limites relativos. Assim, temos
limx→0+
f(x) = limx→0+
−x2 = 0 e limx→0−
f(x) = limx→0−
log(1− x2) = 0.
Logo, como limx→0+
f(x) = limx→0−
f(x) = 0 então limx→ 0x 6= 0
f(x) = 0. Além disso, aten-
dendo a que f(0) = 0 então limx→0
f(x) = 0. Consequentemente, f é contínua emx = 0.Estudemos agora a continuidade da função no ponto x = −1, pelo mesmo processo:
limx→−1+
f(x) = limx→−1+
log(1− x2) = −∞ e limx→−1−
f(x) = limx→−1−
arctan(−x) =π
4.
Assim, como limx→−1+
f(x) 6= limx→−1−
f(x) então não existe limx→ −1x 6= −1
f(x). Consequente-
mente, não existe limx→−1
f(x), pelo que f não é contínua em x = −1.
Concluímos assim que f é contínua em R \ {−1}.(c) Como a função não é contínua em x = −1 então não é diferenciável neste ponto.
Assim, precisamos apenas de estudar a diferenciabilidade da função no ponto x = 0.Calculando as derivadas laterais, obtemos
f ′(0+) = limx→0+
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0+
−x2 − 0
x= lim
x→0+−x = 0
e
f ′(0−) = limx→0−
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0−
log(1− x2)− 0
x= lim
x→0−
log(1 + (−x2))
−x2(−x) = 0.
Como f ′(0+) = f ′(0−) = 0 então existe e é finita f ′(0), pelo que f é diferenciável emx = 0.
(d) Para determinar os zeros da função, necessitamos de analisar separadamente os trêsramos.Assim, no intervalo ]− 1, 0[ temos f(x) = 0⇔ log(1−x2) = 0⇔ 1−x2 = 1⇔ x2 =0⇔ x = 0. Como 0 /∈]− 1, 0[, então f não tem nenhum zero neste intervalo.Relativamente ao intervalo [0,+∞[, temos f(x) = 0 ⇔ −x2 = 0 ⇔ x = 0. Como0 ∈ [0,+∞[, então x = 0 é um zero da função.Por último, no intervalo ] −∞,−1], de f(x) = 0 ⇔ arctan(−x) = 0 ⇔ −x = 0 ⇔x = 0 concluímos novamente que a função não tem nenhum zero neste intervalo,uma vez que x = 0 não pertence ao intervalo ]−∞,−1].Sendo assim, o único zero da função é x = 0.
40
(e) Tem-se que limx→−∞
f(x) = limx→−∞
arctan(−x) =π
2.
(f) Como f é contínua em R \ {−1}, então f é contínua no intervalo I = [2, 3]. Peloteorema de Weierstrass, como I é um intervalo fechado e limitado ele é transformado,por esta função contínua, num intervalo fechado e limitado. Logo, f(I) é um intervalofechado e limitado. Assim, o contradomínio - f(I) - é limitado pelo que f é, nesteintervalo, limitada.
3. Considere a funçãog : [0, 2] → [−π
2, π
2]
y ↪→ arcsin(y − 1).
Calcule a derivada de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa.
Resolução:
Consideremos I = [−π2, π
2], e a função
f : I → [0, 2]
x → sin(x) + 1.
Como f é uma função estritamente monótona e contínua em I, f é invertível (em I),sendo
g : [0, 2] → I
y → arcsin(y − 1).
a sua função inversa.
Pelo teorema da derivada da função inversa, sabemos então que sendo f diferenciável noponto x = g(y) e f ′(x) 6= 0 (x ∈]− π
2, π
2[) , então g é diferenciável em y = f(x) e
g′(y) =1
f ′(g(y))=
1
cos(g(y))=
1
cos(arcsin(y − 1)).
Precisamos agora de simplificar a expressão cos(arcsin(y−1)). Como x = arcsin(y−1)⇔sin(x) = y − 1, basta-nos encontrar o valor de cos(x), a partir do valor de sin(x). Pelafórmula fundamental da trigonometria, e atendendo a que x ∈ I, obtemos cos(x) =√
1− sin2(x) =√
1− (y − 1)2. Concluímos assim que
g′(y) =1√
1− (y − 1)2.
4. Considere a função f real de variável real definida por
f(x) =
x2 − 1, se x < 1
arcsin(x− 1), se x ≥ 1.
41
(a) Determine o domínio da função.
(b) Calcule, se existir, limx→1
f(x).
(c) A função é injectiva? Justifique.
(d) Mostre que ∃c ∈]0, 32[ tal que f(c) =
π
12.
(e) Justifique que a função tem um máximo e um mínimo no intervalo [0, 32].
(f) Determine a função derivada f ′.
Resolução:
(a) Comecemos por notar que Df = {x ∈ R : x < 1∨ (−1 ≤ x− 1 ≤ 1∧ x ≥ 1)}. Como−1 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 então −1 ≤ x − 1 ≤ 1 ∧ x ≥ 1 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2. Assim,Df =]−∞, 2].
(b) Comecemos por calcular os limites relativos. Temos limx→1−
f(x) = limx→1−
x2 − 1 = 0 e
limx→1+
f(x) = limx→1+
arcsin(x − 1) = arcsin(0) = 0. Como limx→1+
f(x) = limx→1−
f(x) = 0
então limx→ 1x 6= 1
f(x) = 0. Além disso, atendendo a que f(1) = 0, concluímos que
limx→1
f(x) = 0.
(c) Para a função ser injectiva, tem de ser verdadeira a proposição
∀x, y ∈ Df , f(x) = f(y)⇒ x = y.
Atendendo a que f(−1) = f(1) = 0 então verifica-se a negação da proposição ante-rior, isto é,
∃x, y ∈ Df : f(x) = f(y) ∧ x 6= y,
pelo que f não é injectiva.
(d) Vimos, na alínea (b), que existe limx→1
f(x) pelo que f é contínua no ponto x = 1.Além disso, no interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função,podemos afirmar que f também é contínua. De facto, em ]−∞, 1[ a função é contínuapor se tratar de uma função polinomial e, em ]1, 2[ a função é contínua por se tratarda composição de duas funções contínuas (uma função trigonométrica inversa, que écontínua no seu domínio, e uma função linear). Ainda, f é contínua em x = 2, umavez que lim
x→2−f(x) = lim
x→2−arcsin(x − 1) = arcsin(1) =
π
2= f(2). Concluímos assim
que f é contínua em ]−∞, 2] pelo que, em particular, f é contínua em [0, 32]. Como,
por outro lado, f(0) = −1 e f(
32
)= arcsin
(12
)= π
6então, pelo teorema de Bolzano,
toda a função contínua não passa de um valor para outro sem passar por todos osvalores intermédios, i.e., considerando k = π
12, como f(0) = −1 < π
12< π
6= f
(32
)então ∃c ∈]0, 3
2[: f(c) = k = π
12.
Observação: Para estarmos nas condições do teorema de Bolzano, apenas precisamosde provar que f é contínua em [0, 3
2]. Por isso, uma resolução alternativa seria provar
42
que f é contínua nos intervalos ]0, 1[ e ]1, 32[, no ponto x = 1 (com justificações
análogas às anteriores) e, ainda, que limx→0+
f(x) = f(0) e limx→ 3
2
−f(x) = f
(3
2
).
(e) Vimos, na alínea anterior, que f é contínua no intervalo I = [0, 32]. Pelo corolário do
teorema de Weierstrass, como I é um intervalo limitado e fechado, então a funçãoatinge neste intervalo um máximo e um mínimo.
(f) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′ utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos
f ′(x) =
2x, se x < 1
1√1− (x− 1)2
, se 1 < x < 2.
Vamos agora estudar a diferenciabilidade de f no ponto x = 1, por definição. Cal-culando as derivadas laterais, obtemos
f ′(1+) = limx→1+
f(x)− f(1)
x− 1= lim
x→1+
arcsin(x− 1)− 0
x− 1= lim
x→1+
arcsin(x− 1)
x− 1= 1
e
f ′(1−) = limx→1−
f(x)− f(1)
x− 1= lim
x→1−
(x2 − 1)− 0
x− 1= lim
x→1−
(x− 1)(x+ 1)
x− 1= lim
x→1−x+1 = 2.
Como f ′(1+) 6= f ′(1−) então não existe f ′(1). Notemos ainda que não definimosderivada no ponto x = 2 porque este não é um ponto interior a Df .Podemos então concluir que
f ′(x) =
2x, se x < 1
1√1− (x− 1)2
, se 1 < x < 2.
5. Considere as funções f e g definidas por f(x) = tan(2x) e g(x) = π + arctan(1− x).
(a) Determine uma equação da tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1.(b) Determine a derivada de f o g no ponto de abcissa 1.
Resolução:
(a) Uma equação da recta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1 é
y − g(1) = g′(1)(x− 1).
Como g′(x) =−1
1 + (1− x)2, então g é diferenciável em R, e g′(1) = −1. Por outro
lado, g(1) = π. Logo, obtemos a equação da recta tangente
y − π = −x+ 1.
43
(b) Vimos, na alínea (a), que a função g é diferenciável em R e, por outro lado, sabemosque a função f é diferenciável em Df = {x ∈ R : x 6= π
4+ k π
2, k ∈ Z}, e que
f ′(x) =2
cos2(2x). Assim, sendo g diferenciável no ponto 1 e f diferenciável no
ponto g(1), pelo teorema da derivada da função composta, f ◦ g é diferenciável em1 e (f ◦ g)′(1) = f ′(g(1)) · g′(1). Atendendo aos cálculos efectuados anteriormente,obtemos então (f ◦ g)′(1) = f ′(π) · (−1) = 2 · (−1) = −2.
44
5Teoremas fundamentais(Rolle, Lagrange e Cauchy).Indeterminações.
5.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = x4 − x2 − 1.
(a) Mostre que f verifica as condições do teorema de Rolle no intervalo [−2, 2].
(b) Determine o(s) ponto(s) em que a recta tangente ao gráfico da função é horizontal.
2. Considere a função g : [−1, 3]→ R, definida por g(x) = |x− 1|.
(a) Mostre que g é contínua no seu domínio e que g(−1) = g(3).
(b) Verifique que g′(x) não se anula para qualquer valor de x.
(c) Explique por que motivo não existe contradição com o teorema de Rolle.
3. Determine o número exacto de zeros da função real de variável real, definida por h(x) =x4 − 2x3 + 1.
4. Considere a função real de variável real definida, no intervalo [−2, 2], por f(x) =x3
4+ 1.
(a) Mostre que esta função verifica as condições do teorema de Lagrange.
(b) Determine o(s) ponto(s) em que a recta tangente ao gráfico de f é paralela aosegmento de extremos A (−2, f(−2)) e B (2, f(2)).
5. Considere a função real de variável real definida, no intervalo [−1, 8], por f(x) = x23 .
(a) Mostre que não existe c no intervalo ]− 1, 8[ tal que f ′(c) =f(8)− f(−1)
8− (−1).
(b) A alínea anterior contradiz o teorema de Lagrange? Justifique.
6. Considere a função real de variável real, definida por g(x) = 1 + x log(x). Aplicandoo teorema de Lagrange à função g, mostre que o seguinte conjunto de desigualdades ésatisfeito
1 + log(x) < log(4x) < 1 + log(2x), ∀x ≥ 1.
Sugestão: considere intervalos da forma [x , 2x], com x ≥ 1.
45
7. (a) Seja f uma função real de variável real, diferenciável num intervalo I. Mostre,utilizando o teorema de Lagrange que, se existir M > 0 tal que |f ′(x)| ≥M, ∀x ∈ I,então |f(x)− f(y)| ≥ M |x− y| ,∀x, y ∈ I.
(b) Utilize o resultado da alínea anterior para mostrar que | tan(x) − tan(y)| ≥|x− y|, ∀x, y ∈
]−π
2,π
2
[.
8. Seja f a função real de variável real definida por f(u) = log(u).
(a) Mostre que o teorema do valor médio de Lagrange pode ser aplicado à função f , emqualquer intervalo da forma [1, x], para x > 1, e determine o valor médio para o casoem que x = e.
(b) Prove, utilizando o referido teorema que, ∀x > 1, x− 1 < log (xx) < x2 − x.
9. Considere f, uma função contínua e diferenciável em [0,+∞[ tal que f(0) = 0 e0 < f ′(x) ≤ 1.
(a) Justifique que f só se anula num ponto.Sugestão: Considere o intervalo [0, b], b > 0, e aplique o teorema de Rolle.
(b) Prove que ∀x ≥ 0, f(x) ≤ x.
10. Verifique que não é possível aplicar a regra de Cauchy no cálculo dos limites seguintes, ecalcule-os por um outro processo.
(a) limx→+∞
2x− sin(x)
3x+ sin(x);
(b) limx→0+
x2
(2 + sin
(1
x
)).
11. Calcule, se existirem, os seguintes limites:
(a) limx→0
x3 − xlog(x+ e)− 1
;
(b) limx→0+
x+ log (sin(x))
log(x);
(c) limx→+∞
log (x2 + 1)
1 + log(x);
(d) limx→0+
(cot(x)− 1
x
);
(e) limx→0+
(tan(x) log(x));
(f) limx→1+
(x− 1)tan(x−1);
(g) limx→0+
(ex + 2x)1x .
46
5.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Considere a equação x5 − 20x+ 1 = 0.
(a) Determine quantas soluções tem esta equação e localize-as em R.
(b) Mostre que existe uma única solução no intervalo ]0, 2[.
2. Seja h : R → R uma função diferenciável e a, b e c três números reais distintos tais queh(a) = h(b) = h(c). Qual das seguintes afirmações é verdadeira? Justifique.
(a) h′ tem, pelo menos, dois zeros;
(b) h′ tem, no máximo, dois zeros;
(c) h′ tem exactamente dois zeros.
3. Mostre que x = 0 é a única solução da equação ex = 1 + x.
4. Seja f uma função de classe C1 em R, tal que 1 ≤ f ′(x) ≤ 4 ,∀x ∈]2, 5[ . Mostre que3 ≤ f(5)− f(2) ≤ 12.
5. Sejam f e g funções de classe C1 em R, tais que f ′(x) = g′(x) ,∀x ∈ R. Sabendo queg(x) = x3 − 4x+ 6 e que f(1) = −5, determine f .
6. Mostre, utilizando o teorema de Lagrange, que se 0 < x < y então√y −√x <
y − x2√x.
Conclua que se 0 < x < y então√xy <
1
2(x+ y).
7. Prove, aplicando o teorema de Lagrange, que:
(a) arcsin(x) > x , ∀x ∈ ]0, 1[.
(b) arctan(2x) >2x
1 + 4x2,∀x ∈ R+.
8. Seja f uma função diferenciável em [0,+∞[ tal que f(0) = 3 e f ′(x) = 0, ∀x ≥ 0.
(a) Calcule, justificando, f(5).Sugestão: Aplique o teorema de Lagrange ao intervalo [0, 5].
(b) Mostre que f é necessariamente uma função constante.
(c) Considere a função g(x) = ex2−1. Existe algum ponto onde a função g tem uma
tangente paralela ao gráfico de f?
9. Calcule, se existirem, os seguintes limites:
(a) limx→0
3x2 − sin2(x)
arctan (x2);
(b) limx→0
sin2 (x2)
(1− cos(x))2 ;
47
(c) limx→+∞
log(
xx+1
)sin(
1x
) ;
(d) limx→π
2
(arctan
(π2− x)
tan(x));
(e) limx→0
(1
x2− cos(3x)
x2
);
(f) limx→0
(1
sin(x)− 1
x
);
(g) limx→0+
(tan(x))1
log(x) ;
(h) limx→+∞
(1 +
1
x
)ex;
(i) limx→1
(1 + log(x))1
x−1 .
48
5.3 Exercícios resolvidos
1. Seja g uma função três vezes diferenciável em R e a, b, c três números reais tais quea < b < c. Prove que se g tem extremos locais em cada um dos pontos a, b e c, a equaçãog′′′(x) = 0 tem pelo menos uma raiz real. Indique um intervalo que contenha essa raiz.
Resolução:
Se a função g é três vezes diferenciável em R, sabemos que g, g′ e g′′ são diferenciáveis (econsequentemente contínuas) em R.
Por outro lado, se g tem extremos locais em cada um dos pontos a, b e c, e sendo gdiferenciável nestes pontos, então g′(a) = g′(b) = g′(c) = 0.
Como a função g′(x) é contínua no intervalo [a, b], diferenciável em ]a, b[ e g′(a) = g′(b) =0, estamos nas condições do teorema de Rolle, pelo que
∃c1 ∈]a, b[: g′′ (c1) = 0.
De igual forma, como a função g′(x) é contínua no intervalo [b, c], diferenciável em ]b, c[ eg′(b) = g′(c) = 0, estamos novamente nas condições do teorema de Rolle, pelo que
∃c2 ∈]b, c[: g′′ (c2) = 0.
Considerando agora o intervalo [c1, c2], verifica-se que g′′(x) é contínua neste intervalo,diferenciável em ]c1, c2[ e, ainda, g′′ (c1) = g′′ (c2) = 0. Assim, pelo teorema de Rolle,
∃c ∈ ]c1, c2[ : g′′′(c) = 0,
o que significa que g′′′(x) = 0 tem, pelo menos, uma raiz real, pertencente ao intervalo]c1, c2[.
2. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = sin(x2 − 1) + 2x2.
(a) Prove que f tem, no máximo, dois zeros.
(b) Prove que f tem exactamente dois zeros.
Resolução:
(a) A função f é diferenciável em R, visto ser a soma de duas funções diferenciáveis em R(uma função quadrática, e a composta da função seno com uma função quadrática).Calculando os zeros da sua função derivada, obtém-se
f ′(x) = 0⇔ 2x (cos (x2 − 1) + 2) = 0⇔ x = 0 ∨ cos (x2 − 1) = −2.
49
Como a condição cos (x2 − 1) = −2 é impossível em R, então x = 0 é o único zeroda função derivada. Logo, pelo corolário do teorema de Rolle, como “entre dois zeros(distintos) de uma função diferenciável num intervalo há, pelo menos, um zero dasua derivada”, concluímos que a função f terá, no máximo, dois zeros (se existissemtrês zeros distintos de f , então teriam de existir, pelo menos, dois zeros distintos def ′, o que é uma contradição).
(b) Consideremos os intervalos [−1, 0] e [0, 1]. Como f é contínua em R então, emparticular, f é contínua nestes intervalos. Além disso, f(−1) = f(1) = 2 > 0 ef(0) = sin(−1) < 0. Logo, pelo teorema de Bolzano, podemos concluir que existe,pelo menos, um zero da função nestes dois intervalos, i.e.,
∃c1 ∈ ]−1, 0[ : f (c1) = 0
e
∃c2 ∈ ]0, 1[ : f (c2) = 0.
Atendendo a que já tínhamos concluído que a função f tem, no máximo, dois zeros,podemos agora concluir que f tem, exactamente, dois zeros.
3. Prove, usando o teorema de Lagrange, que é válida a desigualdade
arctan
(1
x
)<
π
4− x− 1
1 + x2, ∀x > 1.
Resolução:
Seja g a função definida por g(x) = arctan
(1
x
), num intervalo do tipo [1, x], com x > 1.
A função g é contínua neste intervalo, por ser a composta entre duas funções contínuas
(a função arctan(x), contínua em R, e a função1
x, contínua em R \ {0}).
A sua função derivada, g ′(x) = − 1
x2 + 1, é finita no intervalo ]1, x[, pelo que g é diferen-
ciável em ]1, x[.
Logo, verificam-se as condições do teorema de Lagrange, pelo que se pode concluir que
∃ c ∈]1, x[ : − 1
c2 + 1=
arctan(
1x
)− π
4
x− 1.
Mas, se 1 < c < x, então 2 < c2 + 1 < x2 + 1, pelo que1
x2 + 1<
1
c2 + 1<
1
2e,
consequentemente, −1
2< − 1
c2 + 1< − 1
x2 + 1.
Pode pois concluir-se quearctan
(1x
)− π
4
x− 1< − 1
x2 + 1,∀x > 1, de onde se obtém a desi-
gualdade pretendida.
50
4. Seja h uma função de domínio R tal que h(0) = 0 e h′(x) = cos(x) esin2(x). Recorrendo
ao teorema de Lagrange, mostre que ∀x > 0 , h(x) ≤ e x.
Resolução:
A função derivada h′ é finita em R, pelo que h é uma função contínua em R. Emparticular, h é contínua num intervalo do tipo [0, x], x > 0, e diferenciável em ]0, x[,x > 0, pelo que podemos aplicar o teorema de Lagrange, e obter:
∃ c ∈]0, x[ : h′(c) =h(x)− h(0)
x.
Como h′(c) = cos(c) esin2(c) e h(0) = 0, obtemos cos(c) esin
2(c) =h(x)
x.
Visto que sin2(c) ≤ 1 e cos(c) ≤ 1 então cos(c)esin2(c) ≤ e. Obtemos então,
h(x)
x≤ e, e
uma vez que x > 0, concluímos que h(x) ≤ ex.
Pode pois concluir-se que h(x) ≤ ex ,∀x > 0.
5. Calcule o limite seguinte, justificando detalhadamente a sua resposta:
limx→0+
(1 +
1
x
) 1
log(x).
Resolução:
Ao calcular limx→0+
(1 +
1
x
) 1
log(x) obtém-se uma indeterminação do tipo ∞0.
Atendendo a que 1 +1
x> 0 , ∀x ∈ R+ , pode transformar-se esta indeterminação numa
de outro tipo através da seguinte manipulação algébrica:
limx→0+
(1 +
1
x
) 1
log(x) = limx→0+
elog
(1 +
1
x
) 1
log(x)
= limx→0+
e
1
log(x)log
(1 +
1
x
)
= elimx→0+
1
log(x)log
(1 +
1
x
)= e
limx→0+
log(1 + 1
x
)log(x) = e
− limx→0+
log(1 + 1
x
)− log(x) .
(5.1)
Ao calcular este novo limite obtém-se uma indeterminação do tipo∞∞
.
Considerando as funções f(x) = log
(1 +
1
x
)e g(x) = − log(x) , são verificadas as
condições de aplicação da regra de Cauchy, pois:
51
• f e g são diferenciáveis num intervalo do tipo ]0, a[, a > 0, uma vez que as respectivas
funções derivadas f ′(x) = − 1
x(x+ 1)e g ′(x) = −1
xtomam valores finitos neste
intervalo;
• g ′(x) 6= 0 , ∀x ∈]0, a[, a > 0;
• limx→0+
f(x) = limx→0+
g(x) = +∞.
Como limx→0+
f ′(x)
g ′(x)= lim
x→0+
1
x+ 1= 1, verifica-se que este limite existe, pelo que lim
x→0+
f(x)
g(x)
também existe e tem igual valor. Assim, limx→0+
f(x)
g(x)= 1, concluindo-se, a partir de (5.1),
que limx→0+
(1 +
1
x
) 1
log(x) = e−1.
6. Calcule o limite seguinte, justificando detalhadamente a sua resposta:
limx→π
4
log(tan(x))
cot(2x).
Resolução:
Ao calcular limx→π
4
log(tan(x))
cot(2x), obtém-se uma indeterminação do tipo
0
0.
Considerando as funções f(x) = log(tan(x)) e g(x) = cot(2x), são verificadas as condiçõesde aplicação da regra de Cauchy, pois:
• f e g são diferenciáveis num intervalo do tipo]π4− ε, π
4+ ε[\{π
4
}, ε <
π
4, uma vez
que as respectivas funções derivadas f ′(x) =1
sin(x) cos(x)e g ′(x) = − 2
sin2(2x)tomam valores finitos neste intervalo;
• g ′(x) 6= 0 , ∀x ∈]π4− ε, π
4+ ε[\{π
4
}, ε <
π
4;
• limx→π
4
f(x) = limx→π
4
g(x) = 0.
Assim, estão verificadas as condições de aplicação da regra de Cauchy. Como limx→π
4
f ′(x)
g ′(x)=
limx→π
4
− sin2(2x)
2 sin(x) cos(x)= − lim
x→π4
sin2(2x)
sin(2x)= − lim
x→π4
sin(2x) = −1, verifica-se que este li-
mite existe, pelo que também existe e é igual limx→π
4
f(x)
g(x). Logo, lim
x→π4
log(tan(x))
cot(2x)= −1.
52
6Teorema de Taylor,Fórmula de Taylor eAplicações
6.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. (a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 4, em torno do ponto x = 1, da função defi-nida por f(x) = log(x), indicando em que intervalo esse desenvolvimento representaa função.
(b) Usando a alínea anterior, prove que
log(x) ≤ (x− 1)
(1− x− 1
2+
(x− 1)2
3
), ∀x ∈ R+.
2. Considere a função real de variável real definida por g(x) = ex.
(a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 6, da função g.
(b) Utilizando a fórmula de MacLaurin de ordem n da função g, determine um valoraproximado de e com quatro casas decimais exactas.
3. Considere a função real de variável real definida por f(x) = log(cos(x)).
(a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 3, da função f .
(b) Utilize a alínea anterior para mostrar que log (cos(x)) < − x2
2, ∀x ∈
]0,π
2
[.
4. Seja h a função real de variável real definida por h(x) =1
1− x.
(a) Calcule h′(x), h′′(x), h′′′(x) e h(4)(x) e obtenha uma expressão para h(n)(x).
(b) Prove, pelo princípio de indução matemática, que a expressão de h(n)(x), obtida naalínea anterior, é válida para todo o número natural.
(c) Determine a fórmula de MacLaurin de ordem n para a função h.
5. Calcule, recorrendo à fórmula da Taylor, os seguintes limites:
(a) limx→π
2
x− π2
+ cos(x)(x− π
2
)2 ;
53
(b) limx→0
xe−x − x+ x2
x3.
6. Seja g : R → R a função definida por g(x) = x3 (x− 2). Determine, caso existam, osextremos locais e os pontos de inflexão de g.
7. Seja g ∈ C2 (R) tal que g ′(x) > 0, ∀x ∈ R. Considere ainda a função h(x) = g (x− x2) .Mostre que h tem um extremo local, e classifique-o. Trata-se de um extremo absoluto?Justifique.
54
6.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 6, das funções f(x) = sin(x) eg(x) = cos(x).
2. Considere a função real de variável real definida por h(x) = x− e−x sin(x).
(a) Escreva a fórmula de MacLaurin de ordem 3, da função h.
(b) Utilize a alínea anterior para mostrar que h(x) ≤ x2 , ∀x ∈[0,π
2
].
3. Seja ϕ a função real de variável real definida por ϕ(x) = x+ e1−3x.
(a) Prove, pelo princípio de indução matemática, que ϕ(n)(x) = (−1)n 3n e1−3x, ∀x ∈ R,∀n ∈ N \ {1}.
(b) Determine a fórmula de Taylor de ordem n da função ϕ, em torno do ponto x =1
3.
4. Seja h a função real de variável real, definida por h(x) =1
2x+ 1.
(a) Prove, pelo princípio de indução matemática, que h(n)(x) = (−1)n 2n n! (2x+ 1)−(n+1),∀n ∈ N.
(b) Determine a fórmula de MacLaurin de ordem n, da função h.
5. Calcule, recorrendo à fórmula da Taylor, os seguintes limites:
(a) limx→1
log(x)− x+ 1
(x− 1)2;
(b) limx→0
x− sin(x)
x2.
6. Seja g a função real de variável real, definida por g(x) = x arctan(x).
(a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 3, da função g.(b) Justifique que x arctan(x) ≤ x2, ∀x ∈ R.(c) Mostre que g tem um extremo local para x = 0 e classifique-o.
7. Seja ϕ uma função real de variável real, tal que ϕ(−1) = 1 e ϕ ′(x) = (x+ 2) log (x+ 2).
(a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 4 da função ϕ, em torno do ponto x = −1.(b) Recorrendo aos cálculos efectuados na alínea anterior, averigúe se existem extremos
locais e pontos de inflexão de ϕ.
8. Seja f uma função de classe C∞, definida em R. Suponha que
f(x) = 2 + 3(x− 1)4 +1
2(x− 1)6 − 7
2(x− 1)8 +
f (9)(c)
9!(x− 1)9,
sendo 1 < c < x ou x < c < 1.
55
(a) Determine f (k)(1), para 1 ≤ k ≤ 7.
(b) Verifique se 2 é um extremo relativo de f .
(c) Prove que se f (9)(x) é uma função positiva em R, então
f(x) < 2 + 3(x− 1)4 +1
2(x− 1)6 − 7
2(x− 1)8, ∀x < 1.
56
6.3 Exercícios resolvidos
1. Seja ψ a função real de variável real definida por ψ(x) =1
3log(3x+ 2).
(a) Prove, por indução matemática, que
ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (3x+ 2)−n ,∀n ∈ N.
(b) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem n, de ψ.
Resolução:
(a) A função ψ tem como domínio o intervalo]− 2
3,+∞
[.
Queremos provar, pelo princípio de indução matemática, que a propriedade
ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (3x+ 2)−n ,∀n ∈ N
é verificada, para todo o número natural n.
(i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a ψ(1)(x) = (−1)2 30 0! (3x+ 2)−1 =1
3x+ 2.
Assim, para n = 1, obtemos uma proposição verdadeira, uma vez que a expressãoencontrada corresponde à primeira derivada da função ψ.(ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo númeronatural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremosprovar que se a derivada de ordem n de ψ for dada por
ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (3x+ 2)−n,
então a derivada de ordem n+ 1 será definida por
ψ(n+1)(x) = (−1)n+2 3n n! (3x+ 2)−n−1.
Por hipótese, ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3x+ 2)−n. Logo, derivando ambosos membros da igualdade, obtemos
ψ(n+1)(x) =(ψ(n)
)′= (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (−n) (3x+ 2)−n−1 3
= (−1)n+2 3n n! (3x+ 2)−n−1 .
Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que
ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (3x+ 2)−n , ∀n ∈ N.
(b) A alínea anterior permite concluir que ψ é uma função de classe C∞ no respectivodomínio, pelo que se pode escrever a sua fórmula de MacLaurin, qualquer que sejaa ordem pretendida e, em particular, a fórmula de MacLaurin, com resto de ordemn. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[ , tal que
57
ψ(x) = ψ(0) + xψ′(0) +x2
2!ψ′′(0) + · · ·+ xn
n!ψ(n)(c).
Calculando o valor das sucessivas derivadas da função ψ no ponto x = 0 , obtém-se
ψ(x) =1
3log(3x+ 2) ⇒ ψ(0) =
1
3log(2)
ψ′(x) =1
3x+ 2⇒ ψ′(0) =
1
2
ψ′′(x) = − 3
(3x+ 2)2⇒ ψ′′(0) = −3
4...
ψ(n)(x) = (−1)n+13n−1(n− 1)! (3x+ 2)−n ⇒ ψ(n)(c) = (−1)n+13n−1(n− 1)! (3c+ 2)−n .
Logo, podemos concluir que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[ , tal que
ψ(x) =1
3log(2) +
1
2x− 3
8x2 + · · ·+ 1
n(−1)n+1 3n−1 (3c+ 2)−n xn.
2. Seja g a função real de variável real definida por g(x) =1
3√
2x− 1.
(a) Determine a fórmula de Taylor em torno do ponto x = 1, com resto de ordem 3,para a função g.
(b) Utilize a alínea anterior para mostrar que
g(x) > 1− 2
3(x− 1) +
8
9(x− 1)2, para
1
2< x < 1.
Resolução:
(a) O domínio da função g é R \{
12
}. Neste conjunto, a função g(x) =
13√
2x− 1=
(2x− 1)−13 é de classe C∞, pelo que se pode escrever a sua fórmula de Taylor,
qualquer que seja a ordem pretendida, em torno de um qualquer ponto do domínio.Em particular, pode escrever-se a sua fórmula de Taylor, com resto de ordem 3, emtorno do ponto x = 1. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[ , talque
g(x) = g(1) + (x− 1) g′(1) +(x− 1)2
2!g′′(1) +
(x− 1)3
3!g′′′(c).
Calculando o valor das sucessivas derivadas da função g no ponto x = 1, obtém-se
g(x) = (2x− 1)−13 ⇒ g(1) = 1
g′(x) = − 2
3(2x− 1)−
43 ⇒ g′(1) = − 2
3
g′′(x) =16
9(2x− 1)−
73 ⇒ g′′(1) =
16
9
g′′′(x) = − 224
27(2x− 1)−
103 ⇒ g′′′(c) = − 224
27(2c− 1)−
103 ,
58
podendo então concluir-se que existe c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[, tal que
g(x) = 1− 2
3(x− 1) +
8
9(x− 1)2 − 112
81(2c− 1)−
103 (x− 1)3.
(b) Da alínea anterior sabemos que
g(x) = 1− 2
3(x− 1) +
8
9(x− 1)2 − 112
81(2c− 1)−
103 (x− 1)3,
com c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[ , sendo o termo −112
81(2c− 1)−
103 (x − 1)3 o resto de
Lagrange.
Como queremos provar a desigualdade para valores1
2< x < 1, então estamos
apenas a considerar o caso x < c < 1. Logo, tem-se1
2< c < 1, e consequentemente
0 < 2c − 1 < 1, pelo que (2c− 1)−103 > 0. Por outro lado, como x < 1, então
(x− 1)3 < 0 e, portanto, o resto de Lagrange é positivo. Pode assim concluir-se que
g(x) > 1− 2
3(x− 1) +
8
9(x− 1)2,
para1
2< x < 1.
3. Seja h uma função de domínio R tal que h(0) = 0 e h′(x) = cos(x) esin2(x). Determine
os extremos relativos de h. Justifique.
Resolução:
A função h é de classe C∞ em R, uma vez que a sua primeira derivada também o é. Sendoh, em particular, uma função diferenciável, os extremos relativos de h, a existirem, sãozeros da sua derivada. Para os determinarmos vamos resolver a equação h′(x) = 0, emordem a x:
h′(x) = 0 ⇔ cos(x) = 0 ∨ esin2(x) = 0 ⇔ x =
π
2+ kπ , k ∈ Z.
Calculando a segunda derivada de h, obtemos h′′(x) = esin2(x) (− sin(x) + cos(x) sin(2x)),
pelo que h′′(π
2+ 2kπ
)= −e e h′′
(− π
2+ 2kπ
)= e. Como a primeira derivada que
não se anula nos pontosπ
2+ kπ , k ∈ Z, é de ordem par, podemos concluir que existirão,
nestes pontos, extremos relativos. Como h′′(π
2+ 2kπ
)< 0, então a função h admite
máximos relativos para x =π
2+ 2kπ, k ∈ Z e, como h′′
(− π
2+ 2kπ
)> 0, a função h
admite mínimos relativos para x = −π2
+ 2kπ, k ∈ Z.
4. Seja f :]0,+∞[→ R uma função com segunda derivada contínua em R+, tal que f ′(1) = 0e f ′′(1) = −2. Seja ϕ a função real de variável real definida por ϕ(x) = f(ex).
59
(a) Calcule ϕ′(0) e ϕ′′(0).
(b) Pode concluir-se que ϕ tem um extremo local no ponto x = 0? Em caso afirmativo,classifique-o.
(c) Usando a fórmula de MacLaurin para a função ϕ, calcule limx→0
ϕ(x)− ϕ(0)
x2.
Resolução:
(a) A função ϕ é uma função diferenciável em R+, por ser a composta de uma funçãodiferenciável em R+ (a função f), com uma função diferenciável em R (a funçãoexponencial). Podemos assim aplicar a ϕ a regra da derivação da função composta,obtendo-se ϕ′(x) = f ′ (ex) ex, pelo que ϕ′(0) = f ′(1) = 0.De modo análogo se justificava que também a função ϕ′ é diferenciável em R+,sendo a sua função derivada definida por ϕ′′(x) = f ′′ (ex) (ex)2 + f ′ (ex) ex, pelo queϕ′′(0) = f ′′(1) + f ′(1) = −2.
(b) Atendendo a que f é uma função com segunda derivada contínua em R+, a função ϕ,sendo a composta da função f com a função exponencial, também é uma função declasse C2 em R+. Na alínea anterior constatamos que ϕ′(0) = 0 e que ϕ′′(0) = −2.Logo, como a primeira derivada de ϕ que não se anula em x = 0 é de ordem par,pode concluir-se que ϕ(0) é um máximo local (ϕ′′(0) < 0), tendo em atenção umdos teoremas estudados, que aplica o teorema de Taylor à determinação de extremoslocais de uma função.
(c) Vimos na alínea anterior que ϕ ∈ C2 (R+), pelo que se pode escrever a sua fórmulade MacLaurin de ordem 2. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[,tal que
ϕ(x) = ϕ(0) + xϕ′(0) +x2
2ϕ′′(c)
= ϕ(0) +x2
2
(f ′′ (ec) e2c + ecf ′ (ec)
).
Substituindo ϕ(x) por esta expressão no limite dado, obtém-se
limx→0
ϕ(x)− ϕ(0)
x2= lim
x→0
ϕ(0) + x2
2(f ′′ (ec) e2c + ecf ′ (ec))− ϕ(0)
x2
= limx→0
1
2
(f ′′ (ec) e2c + ecf ′ (ec)
)= −1,
atendendo a que, se x tende para zero, e 0 < c < x ou x < c < 0, também c tendepara zero.
5. Usando a fórmula de Taylor, calcule o seguinte limite:
limx→π
log(| cos(x)|) + (x−π)2
2
(x− π)2.
60
Resolução:
Seja I uma vizinhança ε de π, com 0 < ε <π
2. Como cos(x) < 0, para qualquer x
pertencente a I, então | cos(x)| = − cos(x).
A função g(x) = log (− cos(x)) é de classe C∞ em I, pelo que se pode escrever a suafórmula de Taylor, qualquer que seja a ordem pretendida, em torno do ponto x = π.Assim, em particular para a ordem 2, pode afirmar-se que existe c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[(com x ∈ I), tal que
g(x) = g(π) + (x− π) g′(π) +(x− π)2
2!g′′(c).
Calculando o valor das sucessivas derivadas da função g no ponto x = π, obtém-se
g(x) = log (− cos(x)) ⇒ g(π) = 0
g′(x) = − tan(x) ⇒ g′(π) = 0
g′′(x) = − 1
cos2(x)⇒ g′′(c) = − 1
cos2(c).
Podemos então concluir que existe c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[ tal que
g(x) = − (x− π)2
2
1
cos2(c).
Substituindo no limite dado, obtemos
limx→π
log(| cos(x)|) + (x−π)2
2
(x− π)2= lim
x→π
− (x−π)2
21
cos2(c)+ (x−π)2
2
(x− π)2
= limx→π
(− 1
2 cos2(c)+
1
2
)= 0,
pois se x tende para π, e c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[, também c tende para π.
61
62
7Estudo de funções
7.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Considere a função real de variável real
f(x) =
x|x|, se x > −2
(x+ 2)2 − 4, se x ≤ −2.
(a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(b) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(c) Esboce o gráfico de f e determine o seu contradomínio.
2. Considere a função f real de variável real definida por
f(x) =
e|x−1|, se x > 0
arctan(x), se x ≤ 0.
(a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(b) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(c) Esboce o gráfico de f e determine o seu contradomínio.
3. Considere a função f real de variável real definida por
f(x) =
x2 + x, se x < 0
log(−2x2 + x+ 1), se x ≥ 0.
(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.(b) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f ′.(c) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(d) Determine a função segunda derivada f ′′.(e) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(f) Esboce o gráfico de f .
63
7.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Considere a função f real de variável real definida por
f(x) =
1
x2 + x, se x < 1
arctan(
1x
), se x ≥ 1.
(a) Determine o domínio da função.(b) Estude a continuidade da função.(c) Determine a função derivada f ′.(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(e) Determine a função segunda derivada f ′′.(f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.
2. Considere a função real de variável real f definida por
f(x) =
|1− x2|, se x ≤ 0
sin(x− 1), se x > 0.
(a) Determine o domínio da função.(b) Estude a função f quanto à continuidade.(c) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f ′.(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(e) Determine a função f ′′ e estude as concavidades de f .(f) Esboce o gráfico de f .
3. Considere a função real de variável real f , definida por
f(x) =
x log(x), se x > 0ex − 1
e, se x ≤ 0.
(a) Determine o domínio da função.(b) Estude a continuidade da função.(c) Determine a função derivada f ′.(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(e) Determine a função segunda derivada f ′′.(f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.
64
7.3 Exercícios resolvidos
1. Considere a função real de variável real f , definida por
f(x) =
log(1− x2), se − 1 < x < 0
−x2, se x ≥ 0
arctan(−x) , se x ≤ −1.
(a) Determine a função derivada f ′.(b) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(c) Determine a função segunda derivada f ′′.(d) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(e) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.
Resolução:Relativamente a esta função, já vimos, no exercício 2 dos Exercícios Resolvidos de Limites,Continuidade e Cálculo Diferencial, que:
• Df = R;
• limx→−1+
f(x) = −∞ e limx→−1−
f(x) =π
4;
• f é contínua em R \ {−1};• f não é diferenciável em x = −1 e é diferenciável em x = 0, sendo f ′(0) = 0;• f(0) = 0;
• limx→−∞
f(x) =π
2.
(a) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′ utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos
f ′(x) =
−2x
1− x2se − 1 < x < 0
−2x se x > 0−1
1 + x2, se x < −1.
Atendendo ao estudo da diferenciabilidade nos pontos x = 0 e x = −1 já efectuado,concluímos então que
f ′(x) =
−2x
1− x2se − 1 < x < 0
−2x se x ≥ 0−1
1 + x2, se x < −1.
65
(b) Para determinar os intervalos de monotonia da função, vamos recorrer a um quadrode sinais para a função (primeira) derivada. Para isso necessitamos de calcular oszeros da primeira derivada, que facilmente se vê ser, neste caso, apenas x = 0.Assim, toda a informação sobre o sinal da primeira derivada encontra-se resumidano quadro seguinte:
−1 0
f ′ − \\\\\ + 0 −
f ↘ ↗ ↘
Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]− 1, 0[, e que é estrita-mente decrescente em ] −∞,−1[ e em ]0,+∞[. Como numa vizinhança de x = 0todas as imagens da função são menores ou iguais que f(0) = 0, então 0 é um máximorelativo para a função. Como em x = −1 a função não é contínua, para averiguarse f(−1) é um extremo relativo é necessário ver detalhadamente como se comportaa função numa vizinhança deste ponto. Atendendo à monotonia da função numavizinhança de x = −1, e aos limites lim
x→−1+f(x) = −∞ e lim
x→−1−f(x) =
π
4= f(−1),
concluímos então que não existe extremo em x = −1.
(c) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′′ utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos
f ′′(x) =
− 2 + 2x2
(1− x2)2se − 1 < x < 0
−2 se x > 02x
(1 + x2)2 , se x < −1.
Precisamos ainda de calcular a segunda derivada de f no ponto x = 0, por definição.Assim, temos
f ′′(0+) = limx→0+
f ′(x)− f ′(0)
x− 0= lim
x→0+
−2x− 0
x− 0= lim
x→0+−2 = −2
e
f ′′(0−) = limx→0−
f ′(x)− f ′(0)
x− 0= lim
x→0−
−2x1−x2 − 0
x− 0= lim
x→0−
−2
1− x2= −2.
Logo, como f ′′(0+) = f ′′(0−) = −2, temos f ′′(0) = −2, pelo que
f ′′(x) =
− 2 + 2x2
(1− x2)2se − 1 < x < 0
−2 se x ≥ 02x
(1 + x2)2 , se x < −1.
66
(d) Para determinar os sentidos de concavidade da função, vamos recorrer a um quadrode sinais para a função segunda derivada. Atendendo a que f ′′ não tem zeros, todaa informação sobre o sinal da segunda derivada encontra-se resumida no quadroseguinte:
−1 0
f ′′ − \\\\\ − − −
f ∩ ∩ ∩
Podemos então concluir que f tem a concavidade voltada para baixo em ]−∞,−1[e em ]− 1,+∞[, não havendo por isso pontos de inflexão.
(e) Atendendo a que limx→−1+
f(x) = −∞, limx→−1−
f(x) =π
4, limx→−∞
f(x) =π
2e limx→+∞
f(x) =
−∞, então CDf =]−∞, 0] ∪ [π4, π
2[.
Segue-se o gráfico da função:
2. Considere a função real de variável real f , definida por
f(x) =
x2 − 1, se x < 1
arcsin(x− 1), se x ≥ 1.
(a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .
(b) Determine a função segunda derivada f ′′.
(c) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .
(d) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.
Resolução:
Relativamente a esta função, já vimos, no exercício 4 dos Exercícios Resolvidos de Limites,Continuidade e Cálculo Diferencial, que:
• Df =]−∞, 2];
67
• f é contínua em ]−∞, 2];
• f ′(x) =
2x, se x < 1
1√1− (x− 1)2
, se 1 < x < 2.
(a) Para determinar os intervalos de monotonia da função, vamos novamente recorrer aum quadro de sinais para a função (primeira) derivada. O único zero da primeiraderivada é x = 0, e a informação sobre o sinal da primeira derivada encontra-seresumida no quadro seguinte:
0 1 2
f ′ − 0 + \\\\\ + \\\\\
f ↘ ↗ ↗
Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]0, 1[ e em ]1, 2], e que éestritamente decrescente em ] −∞, 0[. Como numa vizinhança de x = 0 todas asimagens da função são maiores ou iguais que f(0) = −1, então −1 é um mínimorelativo para a função. Por outro lado, por um argumento semelhante, f(2) =arcsin(1) = π
2é um máximo relativo para a função. No ponto x = 1, como a função
é contínua (apesar de não ser diferenciável), não existe nenhum extremo relativo.
(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′′ utilizando as regras de derivação. Logo, obtemos
f ′′(x) =
2, se x < 1
x− 1
(1− (x− 1)2)32
, se 1 < x < 2.
(c) A função f ′′ não tem zeros e toda a informação sobre o sinal da segunda derivadaencontra-se resumida no quadro seguinte:
1 2
f ′′ + \\\\\ + \\\\\
f ∪ ∪
Podemos então concluir que f tem a concavidade voltada para cima em ]−∞, 1[ eem ]1, 2], não havendo por isso pontos de inflexão.
(d) Atendendo a que limx→−∞
f(x) = +∞, então CDf = [−1,+∞[.
Podemos ainda verificar que a função tem dois zeros: os pontos x = −1 e x = 1.Segue-se o gráfico da função:
68
3. Considere a função real de variável real f , definida por
f(x) =
|x2 − 4|, se x ≤ 0
log(x− 2), se x > 0.
(a) Determine o domínio da função.
(b) Estude a continuidade da função.
(c) Determine a função derivada f ′.
(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .
(e) Determine a função segunda derivada f ′′.
(f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .
(g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.
Resolução:
(a) Comecemos por notar que
Df = {x ∈ R : x ≤ 0 ∨ (x− 2 > 0 ∧ x > 0} =]−∞, 0]∪]2,+∞[.
(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, a funçãoé contínua. Nomeadamente, f é contínua em ]−∞, 0[ por ser a composição de duasfunções contínuas no seu domínio (função quadrática e função módulo), e é contínuaem ]2,+∞[ por ser também a composição de duas funções contínuas no seu domínio(função logarítmica e função linear). Falta estudar a continuidade da função noponto x = 0. Uma vez que
limx→0−
f(x) = limx→0−
|x2 − 4| = 4 = f(0),
então f é contínua em x = 0.Concluímos assim que f é contínua em ]−∞, 0]∪]2,+∞[.
69
(c) Uma vez que
|x2 − 4| =
x2 − 4, se x2 − 4 ≥ 0
−x2 + 4, se x2 − 4 < 0=
x2 − 4, se x ≥ 2 ∨ x ≤ −2
−x2 + 4, se − 2 < x < 2,
então
f(x) =
x2 − 4, se x ≤ −2
−x2 + 4, se − 2 < x ≤ 0
log(x− 2), se x > 2.
No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′ utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos
f ′(x) =
2x, se x < −2
−2x, se − 2 < x < 0
1x−2
, se x > 2.
Como só definimos derivada em pontos interiores ao domínio da função, resta-nosestudar o ponto x = −2.Calculando as derivadas laterais, obtemos
f ′(−2+) = limx→−2+
f(x)− f(−2)
x− (−2)= lim
x→−2+
−x2 + 4− 0
x+ 2= lim
x→−2+−(x− 2)(x+ 2)
x+ 2
= − limx→−2+
(x− 2) = 4
e
f ′(−2−) = limx→−2−
f(x)− f(−2)
x− (−2)= lim
x→−2−
x2 − 4− 0
x+ 2= lim
x→−2−
(x− 2)(x+ 2)
x+ 2
= limx→−2−
(x− 2) = −4.
Como f ′(−2+) 6= f ′(−2−) então não existe f ′(−2) pelo que
f ′(x) =
2x, se x < −2
−2x, se − 2 < x < 0
1x−2
, se x > 2.
(d) A (primeira) derivada da função não tem zeros, pelo que facilmente se obtém oquadro resumo abaixo:
−2 0 2
f ′ − \\\\\ + \\\\\ \\\\\ \\\\\ +
f ↘ ↗ \\\\\ \\\\\ ↗
70
Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]−2, 0[ e em ]2,+∞[, e queé estritamente decrescente em ]−∞,−2[. Como numa vizinhança de x = −2 todasas imagens da função são maiores ou iguais que f(−2) = 0, então 0 é um mínimorelativo para a função. Por outro lado, por um argumento semelhante, f(0) = 4 éum máximo relativo para a função.
(e) Como no interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da funçãopodemos calcular f ′′ utilizando as regras de derivação, obtemos
f ′′(x) =
2, se x < −2
−2, se − 2 < x < 0
−1(x−2)2
, se x > 2.
(f) A segunda derivada da função também não tem zeros, pelo que obtemos o quadroresumo abaixo:
−2 0 2
f ′ + \\\\\ − \\\\\ \\\\\ \\\\\ −
f ∪ ∩ \\\\\ \\\\\ ∩
Concluímos, então, que f tem a concavidade voltada para cima em ] − ∞,−2[ eque tem a concavidade voltada para baixo em ] − 2, 0[ e em ]2,+∞[. No pontox = −2, apesar de termos mudança de sentido de concavidade à direita e à esquerdado ponto, não temos nenhum ponto de inflexão porque a função não é diferenciávelneste ponto.
(g) Atendendo a que limx→−∞
f(x) = +∞, limx→+∞
f(x) = +∞, e limx→2+
f(x) = −∞, entãoCDf = R.Podemos ainda verificar que a função tem dois zeros: os pontos x = −2 e x = 3.Segue-se o gráfico da função:
71
72
8Primitivação
8.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Determine as primitivas das funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:
(a) ex +1
x;
(b) 4x + 3x5 + 2;
(c) sin(x) cos(x);
(d)1
x2 + 1+
43√x2
;
(e) 6x(x2 + 1);
(f) 64x + e5x;
(g) cos(cos(x)) sin2(cos(x)) sin(x);
(h) ex2+2 sin(x)(x+ cos(x));
(i) cos(2x) cos(x);
(j)sin(x)
cos2(x);
(k)log(arcsin(x))
arcsin(x)√
1− x2;
(l)(1 + 2 arctan(x))3
1 + x2;
(m)1
cos2(x)√
1 + tan(x);
(n)arctan(x)
1 + x2;
(o)√
1 + log(x8)
x;
(p)(
1√x
+ x3
)2
;
73
(q)sin(x)− cos(x)
sin(x) + cos(x);
(r) cos2(x);
(s)1√
9− x2.
2. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = cos(4x+π). Determine a primitivade f que toma o valor 2 quando x = 0.
3. Primitive, por partes, as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:
(a) (3x− 1) sin(x);
(b) log2(x);
(c) x2ex;
(d)log(log(x))
x.
4. Usando em cada caso a substituição indicada, primitive as funções definidas por:
(a)1 + 4ex
1 + 2ex(ex = t);
(b)1
1− cos(x)(tan(x/2) = t);
(c) tan3(x) (tan(x) = t);
(d)√x
4 +√x
(√x = t).
5. Determine as primitivas das funções racionais definidas pelas seguintes expressões analí-ticas:
(a)x4
x+ 2;
(b)1
(x+ 2)(x− 3)(x+ 4);
(c)x2 − x
(x+ 1)2(x− 2);
(d)−4x
x2 + 4x+ 3.
6. Determine as primitivas das funções racionais definidas pelas seguintes expressões analí-ticas:
(a)1
x2 + 2x+ 5;
(b)x4 + x2 − x+ 1
x3 + x;
74
(c)x2 + 6x
x3 + x2 + 4x+ 4;
(d)2x3 + x2 + 4x+ 3
2x4 + 4x3 + 4x2 + 4x+ 2.
7. Determine as primitivas das funções irracionais definidas pelas seguintes expressões ana-líticas:
(a)√
2x+ 34√
2x+ 3 + 2;
(b)1
x√x2 − x− 1
;
(c)1
x− 3√
3x− 2;
(d)1
x√x2 + x− 2
.
8. Determine as primitivas das funções transcendentes definidas pelas seguintes expressõesanalíticas:
(a)cos(x)
1 + cos(x);
(b)e2x
ex + 1;
(c)1
1 + sin2(x);
(d)1
(2 + cos(x))(1 + sin(x)).
9. Seja f a função real de variável real definida por f(x) =ex
(e2x − ex − 2)2. Determine a
primitiva de f que toma o valor 1 quando x = 0.
10. Primitive as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:
(a)x
3√x2 + 1
+ 3x2 arctan(x);
(b)sin(x) + cos(x)
sin(x)− cos(x);
(c) x2 sin(4x);
(d)x2 + 1
4 + 2x2;
(e)1√x
+x√x
3;
75
(f)√
9− x2
x;
(g) ex sin(x);
(h) arctan(x);
(i)1
x+ 2
√x+ 1
x+ 2;
(j)1√
x2 + 4;
(k)sin(x) cos(x)
4 cos2(x) + sin(x) cos(x);
(l) cos(sin(x)) cos(x).
11. Determine a função real de variável real que satisfaz simultaneamente as condições f ′(x) =x cos(x2) + xe2x − 1 e f(0) = 2.
76
8.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Determine as primitivas das funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:
(a)3x3 − 5
√x
x;
(b) 3x3 + 4 sin(x);
(c)ex
1 + ex;
(d) e4x2+log(x);
(e)log2(x)
x;
(f) e2x cot(e2x);
(g)e√x
√x;
(h)sin(x)
1 + cos2(x);
(i)1
(1 + x2)(1 + arctan2(x));
(j) (sin(ax+ b)− cos(ax+ b))2;
(k)cos(log(x)). sin(log(x))
x;
(l)cos(x)
5√
(sin(x))8;
(m) sec(tan(x)) tan(tan(x)) sec2(x);
(n)etan(x)
cos2(x);
(o) tan(x) log(cos(x)).
2. Primitive, por partes, as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:
(a) (3x2 + 1)e5x;
(b)3x+ 2
4cos(5x);
(c)x
sin2(x).
3. Usando em cada caso a substituição indicada, primitive as funções definidas por:
(a) cos2(x) sin3(x) (cos(x) = t);
(b)√
1− x2 (x = sin(t) ou x = cos(t));
77
(c)ex/2
ex/3 + 1(ex/6 = t).
4. Divida o polinómio x3 + 2x2 + x+ 3 pelo polinómio x2 + 1.
5. Mostre que o polinómio x3 + x− 2 é redutível.
6. Mostre que os polinómios 3x+ 2 e x2 − 4x+ 13 são irredutíveis.
7. Determine as primitivas das funções racionais definidas pelas seguintes expressões analí-ticas:
(a)x2 + 4x+ 6
x2 + 2;
(b)x3
x2 + 1+
4
x4 + x3 − 3x2 − x+ 2;
(c)x2 + 4
(x2 + 2x+ 2)(x− 1)2.
8. Determine as primitivas das funções irracionais definidas pelas seguintes expressões ana-líticas:
(a)x2 + 1
(√x)3 + 3x+ 2
√x;
(b)√
2x+ x2
x2;
(c)1
x3√x2 − 9
.
9. Determine as primitivas das funções transcendentes definidas pelas seguintes expressõesanalíticas:
(a)tan(x)
1 + sin2(x);
(b)1− sin(x)
1 + cos(x);
(c)ex + 2
e2x − 2ex.
10. Determine a função real de variável real f , definida em R+, que satisfaz as condições
f ′(x)= x (cos(x) + log(x)) e f(1) = 0.
11. Determine as primitivas das funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:
(a) log(x+√
1 + x2);
(b) x sin(x2 − 1) + log(x2 + x+ 1);
78
(c) e5x sin(2x);
(d)2x+ x2
x2;
(e)x6
7x7 + 5+ (x+ 2)e−x;
(f) x cos(x) sin(x);
(g)1
x− 3√
3x− 2;
(h)x3
√4 + x2
.
12. Determine a função real de variável real f , definida no intervalo ]− 1, 1[, que satisfaz ascondições
f ′(x)=x2 + 1
x2 + 2+ arcsin(x) e f(0) = 0.
79
8.3 Exercícios resolvidos
1. Determine a primitiva de h(x) =5 sin(x) cos(x)
1− 2 cos2(x).
Resolução:
O domínio da função h é Dh = {x ∈ R : 1− 2 cos2(x) 6= 0}.Notando que (1− 2 cos2(x))
′= 4 cos(x) sin(x), obtemos
P
(5 sin(x) cos(x)
1− 2 cos2(x)
)=
5
4P
(4 sin(x) cos(x)
1− 2 cos2(x)
)=
5
4log |1− 2 cos2(x)|+ C,
onde C ∈ R e x ∈ Dh.
2. Determine a primitiva de h(x) = log(1− x2).
Resolução:
O domínio da função h é Dh = {x ∈ R : 1− x2 > 0} =]− 1, 1[.
Vamos usar o método de primitivação por partes para calcular a primitiva de h. Definindo
f(x) = 1 e g(x) = log(1− x2
)e notando que g é uma função diferenciável no seu domínio ]− 1, 1[, obtemos
P (h) = P (fg) = Fg − P (Fg′) ,
ondeF (x) = P (f(x)) = P (1) = x e g′(x) =
−2x
1− x2=
2x
x2 − 1.
Segue-se então que
P (h(x)) = P(log(1− x2)
)= x log(1− x2)− P
(x
2x
x2 − 1
)= x log(1− x2)− 2P
(x2
x2 − 1
). (8.1)
Vamos então calcular a primitiva dex2
x2 − 1. Notando que a função a primitivar é uma
função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio nodenominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter
x2
x2 − 1= 1 +
1
x2 − 1,
80
donde se segue que
P
(x2
x2 − 1
)= P
(1 +
1
x2 − 1
)= x+ P
(1
x2 − 1
). (8.2)
Falta ainda calcular a primitiva de1
x2 − 1. Notando que:
(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador émenor do que o grau do polinómio no denominador,
(ii) os zeros do polinómio x2− 1 no denominador são reais (1 e −1) e têm ambos multi-plicidade 1,
(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominadornão têm factores comuns,
então existem A,B ∈ R tais que
1
x2 − 1=
A
x− 1+
B
x+ 1, ∀x ∈ R \ {−1, 1},
ou seja, existem A,B ∈ R tais que
1 = A(x+ 1) +B(x− 1), ∀x ∈ R \ {−1, 1}. (8.3)
De (8.3), podemos escrever a igualdade polinomial 0x+ 1 = (A+B)x+ (A−B) de ondese obtém o sistema A+B = 0
A−B = 1,
que tem como solução A = 12e B = −1
2. Deste modo, obtemos
1
x2 − 1=
12
x− 1−
12
x+ 1,
donde se segue que
P
(1
x2 − 1
)= P
( 12
x− 1
)− P
( 12
x+ 1
)=
1
2log |x− 1| − 1
2log |x+ 1|+ C. (8.4)
Das igualdades (8.2) e (8.4) obtemos
P
(x2
x2 − 1
)= x+ P
(1
x2 − 1
)= x+
1
2log |x− 1| − 1
2log |x+ 1|+ C (8.5)
81
e das igualdades (8.1) e (8.5) concluímos que
P (h(x)) = x log(1− x2)− 2P
(x2
x2 − 1
)= x log(1− x2)− 2x− log |x− 1|+ log |x+ 1|+ C,
onde C ∈ R e x ∈ Dh.
3. Determine a primitiva de f(x) =e2x + 1
ex(2 + e2x).
Resolução:
A função a primitivar é uma função transcendente de domínio R. Para calcular a suaprimitiva utilizamos a substituição ex = t ou, equivalentemente, x = log(t). Dado queϕ(t) = log(t) é uma função bijectiva e diferenciável em R+ com derivada dada por ϕ′(t) =1te função inversa definida por ϕ−1(x) = ex, efectuando a substituição, obtemos
P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ′(t))}|t=ϕ−1(x)
=
{P
(t2 + 1
t(2 + t2)
1
t
)}|t=ϕ−1(x)
=
{P
(t2 + 1
t2(2 + t2)
)}|t=ϕ−1(x)
. (8.6)
Vamos então calcular a primitiva det2 + 1
t2(2 + t2). Notando que:
(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador émenor do que o grau do polinómio no denominador,
(ii) o polinómio t2(2 + t2) no denominador tem uma raiz real (0) com multiplicidade 2e um par de raízes complexas conjugadas (±
√2 i) com multiplicidade 1,
(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominadornão têm factores comuns,
então existem A,B,M,N ∈ R tais que
t2 + 1
t2(2 + t2)=A
t+B
t2+Mt+N
2 + t2, ∀t ∈ R \ {0},
ou seja, existem A,B,M,N ∈ R tais que
t2 + 1 = At(2 + t2) +B(2 + t2) + (Mt+N)t2 , ∀t ∈ R \ {0}. (8.7)
82
De (8.7), podemos escrever a igualdade polinomial 0t3 + t2 + 0t+ 1 = (A+M)t3 + (B +N)t2 + 2At+ 2B de onde se obtém o sistema
A+M = 0
B +N = 1
2A = 0
2B = 1,
que tem como solução A = 0, B = 12, M = 0 e N = 1
2.
Deste modo, obtemost2 + 1
t2(2 + t2)=
12
t2+
12
2 + t2,
donde se segue que
P
(t2 + 1
t2(2 + t2)
)= P
( 12
t2+
12
2 + t2
)=
1
2P (t−2) +
1
2P
(1
2 + t2
)=
1
2P (t−2) +
1
2P
(12
1 + t2
2
)
=1
2P (t−2) +
√2
4P
1√2
1 +(
t√2
)2
= − 1
2t+
√2
4arctan
(t√2
)+ C. (8.8)
Das igualdades (8.6) e (8.8) concluímos que
P
(e2x + 1
ex(2 + e2x)
)=
{P
(t2 + 1
t2(2 + t2)
)}|t=ϕ−1(x)
=
{− 1
2t+
√2
4arctan
(t√2
)+ C
}|t=ϕ−1(x)
= − 1
2ex+
√2
4arctan
(ex√2
)+ C,
onde C ∈ R.
4. Determine a primitiva de h(x) =sin(x)
cos(x)(cos(x)− 1).
Resolução:
83
A função a primitivar é uma função transcendente de domínio Dh={x∈R : (cos(x) 6= 0)∧ (cos(x)−1 6= 0)}. Notando que a função h é ímpar em sin(x), utilizamos a substituiçãot = cos(x) ou, equivalentemente, x = arccos(t). Dado que ϕ(t) = arccos(t) é umafunção bijectiva de [−1, 1] em [0, π], e diferenciável em ] − 1, 1[ com derivada dada porϕ′(t) = − 1√
1−t2 e função inversa definida por ϕ−1(x) = cos(x), efectuando a substituição,obtemos
P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ′(t))}|t=ϕ−1(x)
=
{P
(√1− t2
t(t− 1)
(− 1√
1− t2
))}|t=ϕ−1(x)
=
{−P
(1
t(t− 1)
)}|t=ϕ−1(x)
. (8.9)
Vamos então calcular a primitiva de1
t(t− 1). Notando que:
(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador émenor do que o grau do polinómio no denominador,
(ii) o polinómio t(t − 1) no denominador tem duas raízes reais (0 e 1), ambas commultiplicidade 1,
(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominadornão têm factores comuns,
então existem A,B ∈ R tais que1
t(t− 1)=A
t+
B
t− 1, ∀t ∈ R \ {0, 1},
ou seja, existem A,B ∈ R tais que
1 = A(t− 1) +Bt , ∀t ∈ R \ {0, 1}. (8.10)
De (8.10), podemos escrever a igualdade polinomial 0t + 1 = (A + B)t − A de onde seobtém o sistema A+B = 0
−A = 1,
que tem como solução A = −1 e B = 1. Deste modo, obtemos1
t(t− 1)= −1
t+
1
t− 1,
donde se segue que
P
(1
t(t− 1)
)= P
(−1
t+
1
t− 1
)= −P
(1
t
)+ P
(1
t− 1
)= − log |t|+ log |t− 1|+ C. (8.11)
84
Das igualdades (8.9) e (8.11) segue-se que
P
(sin(x)
cos(x)(cos(x)− 1)
)=
{−P
(1
t(t− 1)
)}|t=ϕ−1(x)
= {log |t| − log |t− 1|+ C}|t=ϕ−1(x)
= log |cos (x)| − log |cos(x)− 1|+ C,
onde C ∈ R e x ∈ Dh.
5. Determine a função h, real de variável real, que satisfaz simultaneamente as condiçõesh′(x) = x log(x2 + 2) e h(0) = 0.
Resolução:
Vamos usar o método de primitivação por partes para calcular a primitiva de h′. Definindo
f(x) = x e g(x) = log(x2 + 2
)e notando que g é uma função diferenciável no seu domínio R, obtemos
P (h′) = P (fg) = Fg − P (Fg′) ,
ondeF (x) = P (f(x)) = P (x) =
x2
2e g′(x) =
2x
x2 + 2.
Segue-se então que
h(x) = P (h′(x)) = P(x log(x2 + 2)
)=
x2
2log(x2 + 2)− P
(x2
2
2x
x2 + 2
)=
x2
2log(x2 + 2)− P
(x3
x2 + 2
). (8.12)
Vamos então calcular a primitiva dex3
x2 + 2. Notando que a função a primitivar é uma
função racional cujo grau do polinómio no numerador é maior do que o grau do polinómiono denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter
x3
x2 + 2= x− 2x
x2 + 2,
donde se segue que
P
(x3
x2 + 2
)= P
(x− 2x
x2 + 2
)= P (x)− P
(2x
x2 + 2
)=
x2
2− log
(x2 + 2
)+ C. (8.13)
85
Das igualdades (8.12) e (8.13) concluímos que
h(x) =
(x2
2+ 1
)log(x2 + 2)− x2
2+ C,
para algum C ∈ R.
Vamos agora determinar C ∈ R de modo a que se verifique h(0) = 0. Dado que
h(0) = log(2) + C,
então temos que terC = − log(2).
Assim, a função pretendida é
h(x) =
(x2
2+ 1
)log(x2 + 2)− x2
2− log(2).
6. Determine a função real h, definida em [−1, 1] e que satisfaz simultaneamente as condições
h′(x) =x2 + 1
x2 + 2+ arcsin(x) e h(0) = 0.
Resolução:
A função pretendida é uma primitiva de h′. Começamos por notar que
P (h′(x)) = P
(x2 + 1
x2 + 2
)+ P (arcsin(x)) . (8.14)
Vamos então calcular a primitiva dex2 + 1
x2 + 2. Notando que a função a primitivar é uma
função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio nodenominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter
x2 + 1
x2 + 2= 1− 1
x2 + 2,
donde se segue que
P
(x2 + 1
x2 + 2
)= P
(1− 1
x2 + 2
)= P (1)− P
(1
x2 + 2
)= P (1)− P
(12
x2
2+ 1
)
= x−√
2
2P
1√2(
x√2
)2
+ 1
= x−
√2
2arctan
(x√2
)+ C1, (8.15)
86
onde C1 ∈ R.
Para calcularmos a primitiva de arcsin(x) usamos o método de primitivação por partes.Definindo
f(x) = 1 e g(x) = arcsin(x)
e notando que g é uma função diferenciável em ]− 1, 1[, obtemos
P (arcsin(x)) = P (fg) = Fg − P (Fg′) ,
ondeF (x) = P (f(x)) = P (1) = x e g′(x) =
1√1− x2
.
Segue-se então que
P (arcsin(x)) = x arcsin(x)− P(
x√1− x2
)= x arcsin(x) +
1
2P(−2x (1− x2)−
12
)= x arcsin(x) +
√1− x2 + C2, (8.16)
onde C2 ∈ R.
Das igualdades (8.14), (8.15) e (8.16) obtemos
h(x) = x−√
2
2arctan
(x√2
)+ x arcsin(x) +
√1− x2 + C,
para algum C ∈ R.
Vamos agora determinar C ∈ R de modo a que se verifique h(0) = 0. Dado que
h(0) = 1 + C,
então temos que terC = −1.
Assim, a função pretendida é
h(x) = x−√
2
2arctan
(x√2
)+ x arcsin(x) +
√1− x2 − 1.
7. Determine a primitiva de f(x) =1√
x2 − 3x+ 2.
Resolução:
A função a primitivar é uma função algébrica irracional de domínio Dh = {x ∈ R :x2 − 3x+ 2 > 0}.
87
Para calcular a sua primitiva podemos, por exemplo, utilizar a substituição√x2 − 3x+ 2 =
x+ t. Da igualdade anterior, obtemos sucessivamente
√x2 − 3x+ 2 = x+ t
⇒ x2 − 3x+ 2 = (x+ t)2 = x2 + 2xt+ t2
⇒ −3x− 2xt = −2 + t2
⇒ x(−3− 2t) = −2 + t2
⇒ x =2− t2
3 + 2t.
Dado que ϕ(t) =2− t2
3 + 2té uma função bijectiva e diferenciável em R\{−3
2} com derivada
dada por ϕ′(t) = −2 (2+3t+t2)(3+2t)2
e função inversa definida por ϕ−1(x) =√x2 − 3x+ 2 − x,
efectuando a substituição, obtemos
P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ′(t))}|t=ϕ−1(x)
=
P− 1
2− t2
3 + 2t+ t
2 (2 + 3t+ t2)
(3 + 2t)2
|t=ϕ−1(x)
=
P− 1
2 + 3t+ t2
3 + 2t
2 (2 + 3t+ t2)
(3 + 2t)2
|t=ϕ−1(x)
=
{P
(− 3 + 2t
2 + 3t+ t22 (2 + 3t+ t2)
(3 + 2t)2
)}|t=ϕ−1(x)
=
{−P
(2
3 + 2t
)}|t=ϕ−1(x)
= {− log |3 + 2t|+ C}|t=ϕ−1(x)
= − log∣∣3 + 2
(√x2 − 3x+ 2− x
)∣∣+ C,
onde C ∈ R e x ∈ Dh.
88
9Cálculo Integral. Áreas defiguras planas
9.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Calcule os seguintes integrais:
(a)∫ 5
1
1
(x+ 7)2 dx;
(b)∫ π
2
0
cos3(x) dx;
(c)∫ 1
0
eax sin(bx) dx (a, b ∈ R);
(d)∫ 9
4
1−√x
1 +√x
dx;
(e)∫ 2
√3
√x2 − 3
xdx;
(f)∫ 15
−1
4√x+ 1√
x+ 1 + 2dx;
(g)∫ π
2
π4
x cos(x)
sin2(x)dx;
(h)∫ 1
−2
1√x2 + 4x+ 5
dx;
(i)∫ 2
1
2x3 + 2x2 + 5x+ 3
x4 + 2x3 + 3x2dx.
2. Calcule a derivada das seguintes funções:
(a) F (x) =
∫ x
1
1
tdt;
89
(b) F (x) =
∫ x3
0
et dt;
(c) F (x) =
∫ 0
x2
sin(t) dt;
(d) F (x) =
∫ x3
x2
log(t) dt.
3. Calcule, caso exista, o seguinte limite:
limx→0
∫ x2
x
sin(t2) dt
sin2(x).
4. Considere a função real de variável real definida por
f(x) =
∫ sin(x)
0
et2
dt.
(a) Determine a função f ′. Justifique a resposta.
(b) Determine os extremos relativos de f . Justifique a resposta.
5. Determine a área de cada um dos seguintes domínios:
(a) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) = ex e g(x) = e−x, e pelas rectasde equação x = −1 e x = 2;
(b) Domínio limitado pela parábola de equação y2 = 2x − 2 e pela recta de equaçãoy − x+ 5 = 0;
(c) Domínio contido no semiplano x ≥ −1 e limitado pela recta de equação y = 0 e pelográfico da função f(x) =
x
(x2 + 3)2;
(d) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) = arctan(x) e g(x) =π
4x2;
(e) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) =1
x, g(x) = 3x e h(x) = 6x.
90
9.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Calcule os seguintes integrais:
(a)∫ 5
2
−5
(x+ 1)2 dx;
(b)∫ 3
1
x3 log (x) dx;
(c)∫ 1
0
log(x+√
3 + x2)
dx;
(d)∫ 8
4
x√x2 − 15
dx;
(e)∫ 2
0
3 arctan(√
1 + x)
dx;
(f)∫ 2
0
x3 + x2 − 12x+ 1
x2 + x− 12dx;
(g)∫ 16
1
74√x+√x
dx.
2. Calcule, caso exista, o seguinte limite:
limx→0+
∫ x2
0
sin(√t) dt
x3.
3. Considere a função real de variável real f definida por
f(x) =
∫ 1
x2
e−t2√t
dt.
(a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 2 de f , no ponto x = 1.
(b) Calcule limx→1
f(x) + 2e(x− 1)
(x− 1)2.
4. Determine a área de cada um dos seguintes domínios:
(a) Domínio contido no semiplano x ≥ 0 e limitado pela circunferência x2 + y2 = 4;
(b) Domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = (x+ 1)2− 4 e pela recta de equaçãoy = 2x;
(c) Domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = x3−6x2+8x e pela recta de equaçãoy = 0;
91
(d) Domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = arcsin(x) e pela recta de equaçãoy =
π
2x;
(e) Domínio contido no 1o quadrante e limitado pela hipérbole de equação xy = 1, pelaparábola de equação y = x2 e pela recta de equação y = 4.
92
9.3 Exercícios resolvidos
1. Calcule os seguintes integrais:
(a)∫ 8
1
1 + 3√x dx;
(b)∫ e
1
1
x(log(x))3 dx;
(c)∫ √2
0
x2 + 2x+ 3
x2 + 2dx;
(d)∫ 3
0
(x+ 1)√
9− x2 dx;
(e)∫ 2
1
e3x + e2x + 1
ex − e−xdx;
(f)∫ 1
0
5x+ 1
(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)dx.
Resolução:
(a) A função integranda f(x) = 1 + 3√x está definida e é contínua no intervalo [1, 8],
pelo que f é integrável neste intervalo.Atendendo a que F (x) = x+ 3
4
3√x4 é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,
obtemos∫ 8
1
1 + 3√x dx =
[x+
3
4
3√x4
]8
1
= (8 +3
4
3√
84)− (1 +3
4
3√
14) =73
4.
(b) A função integranda f(x) =1
x(log(x))3 está definida e é contínua no intervalo [1, e],
pelo que f é integrável neste intervalo.
Atendendo a que F (x) =(log(x))4
4é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,
obtemos∫ e
1
1
x(log(x))3 dx =
[(log(x))4
4
]e1
=
((log(e))4
4
)−(
(log(1))4
4
)=
1
4.
(c) A função integranda f(x) =x2 + 2x+ 3
x2 + 2é uma função racional definida e contínua
no intervalo [0,√
2], logo f é integrável neste intervalo.Como f é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao graudo polinómio no denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter
x2 + 2x+ 3
x2 + 2= 1 +
2x+ 1
x2 + 2.
93
Assim,
∫ √2
0
x2 + 2x+ 3
x2 + 2dx =
∫ √2
0
1 +2x+ 1
x2 + 2dx =
∫ √2
0
1 +2x
x2 + 2+
1
x2 + 2dx
=
∫ √2
0
1 +2x
x2 + 2+
√2
2
1√2(
x√2
)2
+ 1dx.
Atendendo a que F (x) = x + log(x2 + 2) +√
22
arctan
(x√2
)é uma primitiva de f
então, pela regra de Barrow, obtemos
∫ √2
0
x2 + 2x+ 3
x2 + 2dx
=
[x+ log(x2 + 2) +
√2
2arctan
(x√2
)]√2
0
=
(√
2 + log((√
2)2 + 2)
+
√2
2arctan
(√2√2
))−
(0 + log(02 + 2) +
√2
2arctan
(0√2
))=√
2 + log(2) +
√2
8π.
(d) A função integranda f(x) = (x+ 1)√
9− x2 é o produto de uma função polinomialpor uma função irracional, ambas definidas e contínuas no intervalo [0, 3]. Assim, festá definida e é contínua em [0, 3], pelo que é integrável neste intervalo.
Observe-se que o integral dado se pode decompor na soma de dois integrais, na forma
∫ 3
0
(x+ 1)√
9− x2 dx =
∫ 3
0
x√
9− x2 dx+
∫ 3
0
√9− x2 dx. (9.1)
Relativamente à primeira parcela, como F1(x) =−1
3
√(9− x2)3 é uma primitiva
da função f1(x) = x√
9− x2, pela regra de Barrow, obtemos∫ 3
0
x√
9− x2 dx =[−1
3
√(9− x2)3
]3
0
=
(−1
3
√(9− 32)3
)−(−1
3
√(9− 02)3
)= 9.
Relativamente à segunda parcela, vamos efectuar uma integração por substituiçãosendo, neste caso, x = 3 sin(t) uma substituição adequada. A função ϕ(t) = 3 sin(t)é uma função de classe C1 em [0, π
2], pois ϕ′(t) = 3 cos(t) é contínua neste intervalo.
Atendendo a que ϕ(0) = 0 e que ϕ(π2
)= 3, efectuando a substituição, obtemos
94
∫ 3
0
√9− x2 dx =
∫ π2
0
√9− 9 sin2(t) 3 cos(t) dt
=
∫ π2
0
√9(1− sin2(t)) 3 cos(t) dt
=
∫ π2
0
3 |cos(t)| 3 cos(t)dt
=
∫ π2
0
9 cos2(t) dt
= 9
∫ π2
0
(1
2+
1
2cos(2t)
)dt
=9
2
[t+
sin(2t)
2
]π2
0
=9
4π .
Da igualdade (9.1) concluímos então que∫ 3
0
(x+ 1)√
9− x2 dx =
∫ 3
0
x√
9− x2 dx+
∫ 3
0
√9− x2 dx = 9 +
9
4π.
(e) A função integranda f(x) =e3x + e2x + 1
ex − e−xé uma função transcendente definida e
contínua no intervalo [1, 2], pelo que f é integrável neste intervalo.Vamos efectuar uma integração por substituição. Neste caso, a substituição ade-quada é ex = t ou, equivalentemente, x = log(t). A função ϕ(t) = log(t) é uma
função de classe C1 em [e, e2], uma vez que ϕ′(t) =1
té contínua neste intervalo.
Atendendo a que ϕ(e) = 1 e que ϕ(e2)
= 2, efectuando a substituição, obtemos∫ 2
1
e3x + e2x + 1
ex − e−xdx =
∫ e2
e
t3 + t2 + 1
t− 1t
1
tdt =
∫ e2
e
t3 + t2 + 1
t2 − 1dt.
Como a função integrandat3 + t2 + 1
t2 − 1é uma função racional cujo grau do polinó-
mio no numerador é maior que o grau do polinómio no denominador, aplicamos o
algoritmo da divisão para obtert3 + t2 + 1
t2 − 1= t+ 1 +
t+ 2
t2 − 1. Logo,∫ e2
e
t3 + t2 + 1
t2 − 1dt =
∫ e2
e
t+ 1 +t+ 2
t2 − 1dt =
∫ e2
e
t+ 1 dt+
∫ e2
e
t+ 2
t2 − 1dt. (9.2)
Relativamente à primeira parcela, como F1(t) = t2
2+ t é uma primitiva da função
integranda f1(t) = t+ 1 obtemos, pela regra de Barrow,∫ e2
e
t+ 1 dt =
[t2
2+ t
]e2e
=
(e4
2+ e2
)−(e2
2+ e
)=e4
2+e2
2− e.
Relativamente à segunda parcela, note-se que:
95
(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera-dor é menor do que o grau do polinómio no denominador,
(ii) o polinómio t2− 1 no denominador tem duas raízes reais (1 e −1) com multipli-cidade 1,
(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi-nador não têm factores comuns,
então existem A,B ∈ R tais que
t+ 2
t2 − 1=
t+ 2
(t− 1)(t+ 1)=
A
t− 1+
B
t+ 1, ∀t ∈ R \ {−1, 1},
ou seja, existem A,B ∈ R tais que t+ 2 = A(t+ 1) +B(t− 1), ∀t ∈ R \ {−1, 1}. Daigualdade anterior, podemos escrever a igualdade polinomial t+2 = (A+B)t+(A−B)de onde se obtém o sistema A+B = 1
A−B = 2,
que tem como solução A =3
2e B = −1
2.
Logo, ∫ e2
e
t+ 2
t2 − 1dt =
∫ e2
e
32
t− 1+−1
2
t+ 1dt.
Atendendo a que F2(x) =3
2log |t − 1| − 1
2log |t + 1| é uma primitiva de f2(x) =
32
t− 1+−1
2
t+ 1então, pela regra de Barrow,
∫ e2
e
t+ 2
t2 − 1dt
=
[3
2log |t− 1| − 1
2log |t+ 1|
]e2e
=3
2log(e2 − 1)− 1
2log(e2 + 1)− 3
2log(e− 1) +
1
2log(e+ 1)
=3
2log(e+ 1)− 1
2log(e2 + 1) +
1
2log(e+ 1) = 2 log(e+ 1)− 1
2log(e2 + 1).
Então, da igualdade (9.2) obtemos∫ 2
1
e3x + e2x + 1
ex − e−xdx
=
∫ e2
e
t3 + t2 + 1
t2 − 1dt =
∫ e2
e
t+ 1 dt+
∫ e2
e
t+ 2
t2 − 1dt
=e4
2+e2
2− e+ 2 log(e+ 1)− 1
2log(e2 + 1).
96
(f) A função integranda f(x) =5x+ 1
(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)é uma função racional definida e
contínua no intervalo [0, 1], pelo que f é integrável neste intervalo.Vamos então calcular uma primitiva de f . Notando que:
(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera-dor é menor do que o grau do polinómio no denominador,
(ii) o polinómio (x2 + 2x + 5)(x + 1) no denominador tem uma raiz real (−1) commultiplicidade 1, e um par de raízes complexas conjugadas (−1± 2i) com mul-tiplicidade 1,
(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi-nador não têm factores comuns,
então existem A,B,C ∈ R tais que
5x+ 1
(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)=
A
x+ 1+
Bx+ C
x2 + 2x+ 5, ∀x ∈ R \ {−1},
ou seja, existem A,B,C ∈ R tais que
5x+ 1 = A(x2 + 2x+ 5) + (Bx+ C)(x+ 1), , ∀x ∈ R \ {−1}. (9.3)
De (9.3), podemos escrever a igualdade polinomial
0x2 + 5x+ 1 = (A+B)x2 + (2A+B + C)x+ 5A+ C
de onde se obtém o sistema A+B = 0
2A+B + C = 5
5A+ C = 1,
que tem como solução A = −1, B = 1 e C = 6.Deste modo, obtemos∫ 1
0
5x+ 1
(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)dx
=
∫ 1
0
−1
x+ 1+
x+ 6
x2 + 2x+ 5dx
=
∫ 1
0
−1
x+ 1dx+
∫ 1
0
x+ 6
x2 + 2x+ 5dx
=
∫ 1
0
−1
x+ 1dx+
∫ 1
0
x+ 1
x2 + 2x+ 5dx+
∫ 1
0
5
x2 + 2x+ 5dx.
(9.4)
Relativamente à primeira parcela, como F1(x) = − log |x + 1| é uma primitiva da
função integranda f1(x) =−1
x+ 1obtemos, pela regra de Barrow,
97
∫ 1
0
−1
x+ 1dx = [− log |x+ 1| ]10 = − log |2|+ log |1| = − log(2).
Quanto à segunda parcela, como F2(x) = 12log |x2 + 2x + 5| é uma primitiva da
função integranda f2(x) =x+ 1
x2 + 2x+ 5, obtemos pela regra de Barrow,∫ 1
0
x+ 1
x2 + 2x+ 5dx =
1
2
[log |x2 + 2x+ 5|
]10
=1
2(log(8)− log(5)) =
1
2log
(8
5
).
Finalmente, como ∫ 1
0
5
x2 + 2x+ 5dx =
∫ 1
0
5
(x+ 1)2 + 4dx
=5
4
∫ 1
0
1
(x+12
)2 + 1dx
=5
2
∫ 1
0
12
(x+12
)2 + 1dx
e F3(x) = arctan
(x+ 1
2
)é uma primitiva da função integranda f3(x) =
12
(x+12
)2 + 1obtemos, pela regra de Barrow,∫ 1
0
5
x2 + 2x+ 5dx =
5
2
∫ 1
0
12
(x+12
)2 + 1dx
=5
2
[arctan
(x+ 1
2
)]1
0
=5
2
(arctan(1)− arctan
(1
2
))=
5
2
(π
4− arctan
(1
2
))=
5π
8− 5
2arctan
(1
2
).
Da igualdade (9.4) obtemos então∫ 1
0
5x+ 1
(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)dx
=
∫ 1
0
−1
x+ 1dx+
∫ 1
0
x+ 1
x2 + 2x+ 5dx+
∫ 1
0
5
x2 + 2x+ 5dx
= − log(2) +1
2log
(8
5
)+
5π
8− 5
2arctan
(1
2
).
2. Calcule, caso exista, o limite
limx→0+
∫ x3−π
−πcos( 3√t+ π) dt
sin(x2),
justificando detalhadamente a sua resposta.
Resolução:
98
Ao calcular limx→0+
∫ x3−π
−πcos( 3√t+ π) dt
sin(x2)obtemos uma indeterminação do tipo 0
0. Consi-
derando as funções F (x) =
∫ x3−π
−πcos( 3√t+ π) dt e g(x) = sin(x2), vamos provar que são
verificadas as condições da regra de Cauchy no intervalo I =]0, ε[ com 0 < ε <√
π2.
Vamos provar, em primeiro lugar, que a função F é diferenciável em I. Atendendo a quea função h(t) = cos( 3
√t+ π) é contínua em R, então ela é contínua em qualquer intervalo
da forma [−π, b] (b > −π) contido em R. Assim, pelo teorema fundamental do cálculo
integral, a função H(x) =
∫ x
−πcos( 3√t+ π) dt é diferenciável em [−π, b] e, além disso,
H ′(x) = h(x) = cos( 3√x+ π), ∀x ∈ [−π, b]. Como F (x) = H(x3 − π), então
F ′(x) =(H(x3 − π)
)′= H ′(x3 − π)(x3 − π)′
= H ′(x3 − π) 3x2
= 3x2 cos(3√x3 − π + π)
= 3x2 cos(x), ∀x ∈ [−π, b] .
Como, em particular, F ′(x) = 3x2 cos(x) toma sempre valores finitos em I, então a funçãoF é diferenciável em I.
Por outro lado, a função g(x) = sin(x2) também é diferenciável em I, uma vez queg′(x) = 2x cos(x2) toma valores finitos neste intervalo. Além disso, g′(x) 6= 0, ∀x ∈ I elimx→0+
F (x) = limx→0+
g(x) = 0.
Verificam-se, assim, as condições de aplicabilidade da Regra de Cauchy. Como
limx→0+
F ′(x)
g′(x)= lim
x→0+
3x2 cos(x)
2x cos(x2)= lim
x→0+
3x cos(x)
2 cos(x2)= 0
verifica-se que este limite existe, pelo que também existe e tem igual valor limx→0+
F (x)
g(x).
Logo, limx→0+
F (x)
g(x)= 0.
3. Considere a função real de variável real definida por
f(x) =
∫ 1
x
e−t
tdt.
(a) Determine, justificando, o domínio da função f .
(b) Escreva a fórmula de Taylor de ordem 2 da função f , no ponto x = 1.
(c) Mostre que 2f(√x) =
∫ 1
x
e−√t
tdt.
99
Resolução:
(a) A função integranda g(t) =e−t
té uma função definida e contínua em R\{0}. Assim,
para encontrar o domínio da função f (i.e., o conjunto dos valores para os quais afunção f está definida) temos de assegurar que o intervalo de integração [x, 1], parax < 1 (ou [1, x], para x > 1), está contido em R\{0}. Logo, x só pode tomar valorespositivos, pelo que o domínio de f é R+.
(b) Na alínea (a) vimos que a função f está definida em R+, e que a função integranda
g(t) =e−t
testá definida e é contínua em R \ {0}. Assim, em particular, g é contínua
em [1, b], com b > 1 (ou [b, 1], com 0 < b < 1) pelo que, pelo teorema fundamental
do cálculo integral, podemos concluir que a função h(x) =
∫ x
1
e−t
tdt é diferenci-
ável em [1, b] (ou [b, 1]) e que h′(x) = g(x) =e−x
x, ∀x ∈ [1, b] (ou [b, 1]). Como
f(x) =
∫ 1
x
e−t
tdt = −
∫ x
1
e−t
tdt = −h(x) então f ′(x) = −h′(x) = −e
−x
x, ∀x ∈ [1, b]
(ou [b, 1]). Podemos agora concluir que f é uma função de classe C1 numa vizinhançado ponto 1 (contida em R+), uma vez que a função f ′ é contínua nessa vizinhança.
Ainda, a segunda derivada f ′′(x) = e−x(x+ 1
x2
)está definida numa vizinhança do
ponto 1 (contida em R+). Assim, podemos escrever a fórmula de Taylor com resto deordem 2 da função f em torno do ponto 1, i.e., podemos afirmar que existe c ∈]x, 1[
ou c ∈]1, x[ tal que f(x) = f(1) + (x − 1)f ′(1) +(x− 1)2
2!f ′′(c). Como f(1) = 0,
f ′(1) = −1
ee f ′′(c) =
1
ec
(c+ 1
c2
), podemos então concluir que existe c ∈]x, 1[ ou
c ∈]1, x[ tal que f(x) = −(x− 1)1
e+
(x− 1)2
2!
1
ec
(c+ 1
c2
).
(c) Notemos que f(√x) =
∫ 1
√x
e−t
tdt, e que Df = R+. Considerando a substituição
t =√u, a função ϕ(u) =
√u é uma função de classe C1 em R+, uma vez que a
função ϕ′(u) =1
2√ué contínua neste conjunto. Atendendo a que ϕ(1) = 1 e ϕ(x) =
√x, efectuando a substituição obtemos f(
√x) =
∫ 1
√x
e−t
tdt =
∫ 1
x
e−√u
√u
1
2√u
du =
1
2
∫ 1
x
e−√u
udu, de onde concluímos, conforme pretendido, que 2f(
√x) =
∫ 1
x
e−√t
tdt.
4. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função g(x) = arctan(x) e pelas rectasde equação y =
π
4e x = 0.
Resolução:
100
Em primeiro lugar, note-se que o ponto de intersecção da função g(x) = arctan(x) com arecta y = π
4(i.e, a solução da equação arctan(x) = π
4) é o ponto de coordenadas
(1, π
4
).
Por outro lado, o gráfico de y = arctan(x) está sempre abaixo da recta y =π
4no intervalo
[0, 1], uma vez que arctan(x) ≤ π
4, ∀x ∈ [0, 1]. Assim, o domínio está limitado superior-
mente pela recta y =π
4e inferiormente pelo gráfico de y = arctan(x), pelo que a área
pretendida será dada por
A =
∫ 1
0
∣∣∣π4− arctan(x)
∣∣∣ dx =
∫ 1
0
π
4− arctan(x) dx.
As funções f(x) =π
4e g(x) = arctan(x) estão definidas e são contínuas em [0, 1], logo
são ambas integráveis neste intervalo. Assim,∫ 1
0
π
4− arctan(x) dx =
∫ 1
0
π
4dx−
∫ 1
0
arctan(x) dx
=[π4x]1
0−∫ 1
0
arctan(x) dx =π
4−∫ 1
0
arctan(x) dx.
(9.5)
Resta-nos calcular o integral∫ 1
0
arctan(x) dx e, para isso, vamos efectuar uma integração
por partes. Considerando h(x) = 1 e g(x) = arctan(x), h é contínua em [0, 1] e g é umafunção de classe C1 em [0, 1], pois tem derivada contínua neste intervalo. Uma vez queH(x) = x é uma primitiva da função h obtemos então∫ 1
0
arctan(x) dx = [x arctan(x)]10 −∫ 1
0
x1
1 + x2dx
= [x arctan(x)]10 −12
∫ 1
0
2x
1 + x2dx
= π4− 1
2[log(1 + x2)]
10 = π
4− log(
√2).
Finalmente, da igualdade (9.5) obtemos∫ 1
0
π
4− arctan(x) dx =
π
4−(π
4− log(
√2))
= log(√
2).
5. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = − 1
x√x2 − x− 2
e pelas
rectas de equação x = 3, x = 4 e y = 0.
Resolução:
O domínio é limitado inferiormente pelo gráfico da função f(x) = − 1
x√x2 − x− 2
, e é
limitado superiormente pela recta y = 0, uma vez que − 1
x√x2 − x− 2
< 0,∀x ∈ [3, 4].
101
Assim, a área é dada por
A =
∫ 4
3
∣∣∣∣0− (− 1
x√x2 − x− 2
)∣∣∣∣ dx =
∫ 4
3
0−(− 1
x√x2 − x− 2
)dx
=
∫ 4
3
1
x√x2 − x− 2
dx.
A função integranda f(x) =1
x√x2 − x− 2
, está definida e é contínua em [3, 4], logo f é
integrável neste intervalo.
Vamos efectuar uma integração por substituição. Atendendo a que o polinómio x2−x−2tem duas raízes reais e distintas (−1 e 2), neste caso uma das substituições adequadas é(x+ 1) t =
√x2 − x− 2. Da igualdade anterior obtemos sucessivamente
(x+ 1) t =√x2 − x− 2
⇒ (x+ 1)2 t2 = x2 − x− 2
⇒ (x+ 1)2 t2 = (x+ 1)(x− 2)
⇒ (x+ 1) t2 = x− 2
⇒ x (t2 − 1) = −t2 − 2
⇒ x =t2 + 2
1− t2.
A função ϕ(t) =t2 + 2
1− t2é uma função de classe C1 em
[12,√
25
], pois ϕ′(t) =
6t
(1− t2)2
é uma função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(
12
)= 3 e que ϕ
(√25
)= 4,
efectuando a substituição, obtemos∫ 4
3
1
x√x2 − x− 2
dx =
∫ √ 25
12
1t2+21−t2 (
t2+21−t2 + 1)t
6t
(1− t2)2dt
=
∫ √ 25
12
(1− t2)2
3(t2 + 2)
6
(1− t2)2dt
=
∫ √ 25
12
2
t2 + 2dt =
∫ √ 25
12
1(t√2
)2
+ 1dt
=√
2
∫ √ 25
12
1√2(
t√2
)2
+ 1dt =
√2
[arctan
(t√2
)]√ 25
12
=√
2
(arctan
(√5
5
)− arctan
(√2
4
)).
102
6. Determine a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) =1
1 + sin(x), e as
rectas de equação y = 0, x = 0 e x = π2.
Resolução:
O domínio é limitado superiormente pelo gráfico da função f(x) =1
1 + sin(x)e inferior-
mente pela recta de equação y = 0, uma vez que se verifica a desigualdade1
1 + sin(x)> 0,
no intervalo [0, π2].
Assim, a área é dada por
A =
∫ π2
0
∣∣∣∣ 1
1 + sin(x)− 0
∣∣∣∣ dx =
∫ π2
0
1
1 + sin(x)− 0 dx =
∫ π2
0
1
1 + sin(x)dx.
A função f(x) =1
1 + sin(x)está definida e é contínua em [0, π
2], logo f é integrável neste
intervalo.
Vamos calcular este integral efectuando uma integração por substituição. Neste caso asubstituição adequada é t = tan(x
2) ou, equivalentemente, x = 2 arctan(t). A função
ϕ(t) = 2 arctan(t) é uma função de classe C1 em [0, 1], pois ϕ′(t) = 21+t2
é uma função
contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(0) = 0, ϕ(1) =π
2, e que sin(x) =
2t
1 + t2,
efectuando a substituição, obtemos∫ π2
0
1
1 + sin(x)dx =
∫ 1
0
1
1 + 2t1+t2
2
1 + t2dx =
∫ 1
0
2
(1 + t)2dx = −2
[1
t+ 1
]1
0
= 1.
7. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) =√
2 + x2 e pela parábolade equação y = x2.
Resolução:
Em primeiro lugar, note-se que os pontos de intersecção da função f(x) =√
2 + x2 coma parábola y = x2 são os pontos de coordenadas (
√2, 2) e (−
√2, 2), uma vez que
√2 + x2 = x2 ⇒ 2 + x2 = x4 ⇒ x4 − x2 − 2 = 0⇒ x =
√2 ∨ x = −
√2
(note-se que fazendo a mudança de variável y = x2 a equação x4 − x2 − 2 = 0 se podeescrever na forma y2 − y − 2 = 0).
No intervalo [−√
2,√
2] é verificada a desigualdade√
2 + x2 ≥ x2, isto é, neste intervalo odomínio é limitado superiormente pelo gráfico da função f(x) =
√2 + x2 e inferiormente
103
pelo gráfico da parábola y = x2. Logo, a área é dada por
A =
∫ √2
−√
2
|√
2 + x2 − x2| dx =
∫ √2
−√
2
√2 + x2 − x2 dx
=
∫ √2
−√
2
√2 + x2 dx−
∫ √2
−√
2
x2 dx.
(9.6)
As funções f(x) =√
2 + x2 e g(x) = x2 estão definidas e são contínuas em [−√
2,√
2],logo ambas são integráveis neste intervalo.
Relativamente ao segundo integral, como G(x) = x3
3é uma primitiva para a função g
então, pela regra de Barrow,∫ √2
−√
2
x2 dx =
[x3
3
]√2
−√
2
=(√
2)3
3− (−
√2)3
3=
4√
2
3. (9.7)
Vamos agora efectuar uma integração por substituição para calcular o valor do pri-meiro integral. Neste caso uma das substituições adequadas é x =
√2 tan(t). A função
ϕ(t) =√
2 tan(t) é uma função de classe C1 em[−π
4, π
4
], pois ϕ′(t) =
√2
1
cos2(t)é uma
função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(−π
4
)= −√
2 e que ϕ(π
4
)=√
2,efectuando a substituição, obtemos∫ √2
−√
2
√2 + x2 dx =
∫ π4
−π4
√2 + 2 tan2(t)
√2
cos2(t)dt
=
∫ π4
−π4
√2
1
cos(t)
√2
cos2(t)dt
=
∫ π4
−π4
2
cos3(t)dt.
Precisamos de fazer uma nova substituição para calcular o valor deste último integral.
Neste caso, como a função integranda h(t) =1
cos3(t)é uma função ímpar em cos(t),
a substituição escolhida é u = sin(t) ou, equivalentemente, t = arcsin(u). A função
φ(u) = arcsin(u) é uma função de classe C1 em [−√
22,√
22
], pois φ′(u) =1√
1− u2é
contínua neste intervalo. Atendendo a que φ(√
22
)= π
4, φ(−√
22
)= −π
4, e que cos(t) =√
1− sin2(t) =√
1− u2 em [−π4, π
4], efectuando a substituição, obtemos∫ π
4
−π4
2
cos3(t)dt =
∫ √2
2
−√
22
2√(1− u2)3
1√1− u2
du =
∫ √2
2
−√
22
2
(1− u2)2du.
Falta ainda calcular a primitiva de k(u) =2
(1− u2)2. Notando que:
104
(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador émenor do que o grau do polinómio no denominador,
(ii) os zeros do polinómio (1 − u2)2 no denominador são reais (1 e −1) e têm ambosmultiplicidade 2,
(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominadornão têm factores comuns,
então existem A,B,C,D ∈ R tais que2
(1− u2)2=
2
(1− u)2(1 + u)2=
A
(1− u)2+
B
1− u+
C
(1 + u)2+
D
1 + u, ∀u ∈ R \ {−1, 1},
ou seja, existem A,B,C,D ∈ R tais que
2 = A(1+u)2 +B(1+u)2(1−u)+C(1−u)2 +D(1−u)2(1+u), ∀u ∈ R\{−1, 1}. (9.8)
De (9.8), podemos escrever a igualdade polinomial
0u3+0u2+0u+2 = (−B+D)u3+(A−B+C−D)u2+(2A+B−2C−D)u+A+B+C+D
de onde se obtém o sistema
−B +D = 0
A−B + C −D = 0
2A+B − 2C −D = 0
A+B + C +D = 2,
que tem como solução A = 12, B = 1
2, C = 1
2e D = 1
2. Deste modo, obtemos
2
(1− u2)2=
1
2
(1
(1− u)2+
1
1− u+
1
(1 + u)2+
1
1 + u
)donde se segue que ∫ √
22
−√
22
2
(1− u2)2du
=1
2
∫ √2
2
−√
22
1
(1− u)2+
1
1− u+
1
(1 + u)2+
1
1 + udu
=1
2
[1
1− u− log |1− u| − 1
1 + u+ log |1 + u|
]√22
−√
22
=1
2
(1
1−√
22
− log |1−√
22| − 1
1+√
22
+ log |1 +√
22|)
−1
2
(1
1+√
22
− log |1 +√
22| − 1
1−√
22
+ log |1−√
22|)
=1
2
(2 log(3 + 2
√2) + 4 + 2
√2− 4 + 2
√2)
= log(3 + 2√
2) + 2√
2.
105
Finalmente, das igualdades (9.6) e (9.7), obtemos∫ √2
−√
2
√2 + x2 − x2 dx = log(3 + 2
√2) + 2
√2− 4
√2
3= log(3 + 2
√2) +
2√
2
3.
106
10Integrais impróprios
10.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas
1. Recorrendo à definição de integral impróprio, estude a natureza dos seguintes integraiscalculando, se possível, o seu valor:
(a)∫ +∞
1
e−√x
√x
dx;
(b)∫ 1
0
x log(x) dx.
2. Estude a natureza dos seguintes integrais impróprios:
(a)∫ +∞
1
x
x3 + x2 − 1dx;
(b)∫ +∞
0
1√ex
dx;
(c)∫ +∞
2
log(x)√x+ x2 + 1
dx;
(d)∫ +∞
0
cos(x)√x3 + 1
dx;
(e)∫ 2
1
√x
x2 − 1dx;
(f)∫ π
2
0
√1 + tan(x) dx;
(g)∫ 2
−2
1√4− x2
dx;
(h)∫ 2
0
2
x2 − 2xdx;
(i)∫ +∞
12
13√
2x− 1dx;
107
(j)∫ 0
−∞
13√
1− x4dx.
3. Determine a área de cada um dos seguintes domínios planos ilimitados:
(a) domínio contido no semiplano y ≤ 0, e limitado pela recta de equação x = 0 e pelográfico da função f(x) = log(x);
(b) domínio definido pelo gráfico da função f(x) =1
x2e pelas rectas de equação x = 1
e y = 0.
4. Estude a natureza do seguinte integral impróprio, em função do parâmetro real α:∫ +∞
0
xα
1 + x3dx.
108
10.2 Exercícios propostos para resolução autónoma
1. Recorrendo à definição de integral impróprio, estude a natureza dos seguintes integraiscalculando, se possível, o seu valor:
(a)∫ +∞
1
1
(1 + x2) arctan(x)dx;
(b)∫ e
0
1
x√
1− log(x)dx.
2. Estude a natureza dos seguintes integrais impróprios:
(a)∫ +∞
0
e√
2x+1 dx;
(b)∫ +∞
2
x sin(x2)
x4 + 3dx;
(c)∫ +∞
1
e−xx dx;
(d)∫ π
2
0
e−x cos(x)
xdx;
(e)∫ 2
0
log(x)
xdx;
(f)∫ π
0
1√sin(x)
dx;
(g)∫ +∞
2
log(x)
x√x2 − 4
dx;
(h)∫ +∞
0
1
x√x2 + 1
dx;
(i)∫ +∞
0
1
(x+ 1) 5√
1− x2dx.
3. Determine a área de cada um dos seguintes domínios planos ilimitados:
(a) domínio definido pelo gráfico da função f(x) =1
1 + x2e pelo eixo dos xx;
(b) domínio definido pelo gráfico da função f(x) =1
x log2(x), pelas rectas de equação
x = 0 e x = 12, e pelo eixo dos xx.
4. Estude a natureza do seguinte integral, em função do parâmetro real α:∫ π2
0
sin(x)
xαdx.
109
10.3 Exercícios resolvidos
1. Recorrendo à definição de integral impróprio, estude a natureza dos seguintes integraiscalculando, se possível, o seu valor:
(a)∫ +∞
1
1
x2(x2 + 1)dx;
(b)∫ 0
−1
e2x
√1− e2x
dx.
Resolução:
(a) Dado que a função f(x) =1
x2(x2 + 1)está definida no intervalo [1,+∞[, o integral∫ +∞
1
1
x2(x2 + 1)dx é impróprio de 1.a espécie.
Pela definição de integral impróprio de 1.a espécie, dado que a função f é integrávelem qualquer intervalo [1, x], com x > 1, tem-se∫ +∞
1
1
x2(x2 + 1)dx = lim
x→+∞
∫ x
1
1
t2(t2 + 1)dt.
Note-se que, como a função f é contínua em R\{0}, então é contínua e consequen-temente integrável em qualquer intervalo [1, x], com x > 1.Precisamos agora de calcular uma primitiva para a função f . Notando que:i. a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera-
dor é menor do que o grau do polinómio no denominador,ii. o polinómio t2(t2 +1) no denominador tem uma raiz real (0) com multiplicidade
2, e um par de raízes complexas conjugadas (±i) com multiplicidade 1,iii. a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi-
nador não têm factores comuns,então existem A,B,C,D ∈ R tais que
1
t2(t2 + 1)=A
t2+B
t+Ct+D
t2 + 1, ∀t ∈ R \ {0},
ou seja, existem A,B,C,D ∈ R tais que 1 = A(t2 +1)+Bt(t2 +1)+(Ct+D)t2, ∀t ∈R \ {0}. Da igualdade anterior, podemos escrever a igualdade polinomial
0t3 + 0t2 + 0t+ 1 = (B + C)t3 + (A+D)t2 +Bt+ A
de onde se obtém o sistema
B + C = 0
A+D = 0
B = 0
A = 1,
110
que tem como solução A = 1, B = 0, C = 0 e D = −1.Logo, ∫ x
1
1
t2(t2 + 1)dt =
∫ x
1
1
t2− 1
t2 + 1dt.
Atendendo a que F (t) =t−1
−1− arctan(t) é uma primitiva de f(t) =
1
t2− 1
t2 + 1então, pela regra de Barrow,∫ x
1
1
t2− 1
t2 + 1dt =
[t−1
−1− arctan(t)
]x1
= −1
x− arctan(x) + 1 + arctan(1).
Logo, obtemos∫ +∞
1
1
x2(x2 + 1)dx = lim
x→+∞
∫ x
1
1
t2(t2 + 1)dt
= limx→+∞
(−1
x− arctan(x) + 1 + arctan(1)
)= −π
2+ 1 +
π
4= 1− π
4,
concluindo-se assim que o integral é convergente.
(b) Dado que a função f(x) =e2x
√1− e2x
está definida no intervalo [−1, 0[ (note-se que
Df = R− e limx→0−
f(x) = +∞), o integral∫ 0
−1
e2x
√1− e2x
dx é impróprio de 2.a espécie.
Pela definição de integral impróprio de 2.a espécie, dado que a função f é integrávelem qualquer intervalo [−1, x], com −1 < x < 0, temos que∫ 0
−1
e2x
√1− e2x
dx = limx→0−
∫ x
−1
e2t
√1− e2t
dt.
Note-se que, como a função f é contínua em R−, então é contínua e consequentementeintegrável em qualquer intervalo [−1, x], com −1 < x < 0. Atendendo a que
F (t) = P
(e2t
√1− e2t
)= −1
2P(−2e2t(1− e2t)−
12
)= −1
2
((1− e2t)
12
12
)= −
(1− e2t
) 12
é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,∫ x
−1
e2t
√1− e2t
dt =[−(1− e2t
) 12
]x−1
= −((1− e2x)
12 − (1− e−2)
12
).
111
Logo, obtemos∫ 0
−1
e2x
√1− e2x
dx = limx→0−
∫ x
−1
e2t
√1− e2t
dt
= limx→0−
−((1− e2x)
12 − (1− e−2)
12
)=√
1− e−2,
concluindo-se assim que o integral é convergente.
2. Estude a natureza dos seguintes integrais impróprios:
(a)∫ +∞
1
arctan(ex)x
dx;
(b)∫ +∞
2
cos2(x)
x4 − 1dx;
(c)∫ +∞
0
1
e2x − ex + 5dx;
(d)∫ 0
−1
x+ 2
sin( 3√x)
dx;
(e)∫ 1
0
sin(log(x)) dx;
(f)∫ +∞
1
1
5
√(x2 − 1)3
dx;
(g)∫ −2
−∞
x
(4− x2)√
2− xdx.
Resolução:
(a) A função integranda f(x) =arctan(ex)
xestá definida no intervalo [1,+∞[ pelo que
estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈[1,+∞[, podemos aplicar um critério de comparação. Assim, vamos comparar o in-
tegral∫ +∞
1
f(x)dx com o integral∫ +∞
1
1
xdx que sabemos ser um integral impróprio
de 1.a espécie divergente.Notando que
limx→+∞
arctan(ex)x1
x
= limx→+∞
arctan(ex) =π
2∈ R+,
112
concluímos que os dois integrais têm a mesma natureza, ou seja, o integral∫ +∞
1
f(x)dx
também é divergente.
(b) A função integranda f(x) =cos2(x)
x4 − 1está definida no intervalo [2,+∞[ pelo que
estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈[2,+∞[, podemos aplicar um critério de comparação.
Como cos2(x) ≤ 1, ∀x ∈ R, verifica-se a desigualdade
f(x) ≤ 1
x4 − 1, ∀x ∈ [2,+∞[. (10.1)
Definindo a função g(x) =1
x4 − 1, se provarmos que
∫ +∞
2
g(x) dx é convergente,
então pela desigualdade (10.1) podemos concluir que∫ +∞
2
f(x) dx também é con-
vergente (critério geral de comparação).
Estude-se então a convergência de∫ +∞
2
g(x) dx comparando este integral com o
integral impróprio de 1.a espécie∫ +∞
1
1
x4dx que sabemos ser convergente. Visto
que
limx→+∞
1
x4 − 11
x4
= limx→+∞
x4
x4 − 1= 1 ∈ R+,
concluímos que os dois integrais (∫ +∞
2g(x) dx e
∫ +∞1
1x4 dx) são da mesma natu-
reza, ou seja, o integral∫ +∞
2
g(x) dx é convergente. Consequentemente, o integral∫ +∞
2
f(x) dx também é convergente.
(c) A função integranda f(x) =1
e2x − ex + 5está definida no intervalo [0,+∞[ pelo
que estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Por outro lado, a funçãof é positiva neste intervalo, uma vez que, para valores x ≥ 0, se tem ex ≥ 1, econsequentemente (ex)2 − ex + 5 > 0.
Assim, podemos aplicar um critério de comparação e vamos comparar o integral∫ +∞
0
f(x) dx com o integral impróprio de 1.a espécie∫ +∞
1
1
xαdx.
113
Note-se que
limx→+∞
1
e2x − ex + 51
xα
= limx→+∞
xα
e2x − ex + 5
= limx→+∞
xα
ex(
ex − 1 +5
ex
)= lim
x→+∞
xα
ex1
ex − 1 +5
ex
= 0, ∀α ∈ R,
atendendo a que limx→+∞
xα
ex= 0, ∀α ∈ R.
Uma vez que o limite é zero, é possível determinar a natureza do integral impróprio∫ +∞
0
f(x)dx, desde que o integral de comparação seja convergente. Como o integral∫ +∞
1
1
xαdx é convergente para α > 1, e para estes valores (por exemplo, para
α = 2) o limite atrás calculado é zero, podemos concluir que o integral∫ +∞
0
f(x) dx
é convergente.
(d) A função integranda f(x) =x+ 2
sin( 3√x)
está definida no intervalo [−1, 0[ (note-se que
limx→0−
x+ 2
sin( 3√x)
= −∞), pelo que∫ 0
−1
x+ 2
sin( 3√x)
dx é um integral impróprio de 2.a
espécie.Visto que f(x) < 0, ∀x ∈ [−1, 0[, que∫ 0
−1
x+ 2
sin( 3√x)
dx = −∫ 0
−1
− x+ 2
sin( 3√x)
dx,
e que os dois integrais acima têm a mesma natureza, podemos estudar a natureza do
integral∫ 0
−1
− x+ 2
sin( 3√x)
dx, cuja função integranda é positiva no intervalo indicado, e
concluir sobre a natureza do integral inicial.
Estude-se então a convergência de∫ 0
−1
−f(x) dx, comparando este integral com o
integral impróprio de 2.a espécie∫ 0
−1
− 1
x13
dx que sabemos ser convergente.
Dado que
limx→0−
− x+ 2
sin( 3√x)
− 1
x13
= limx→0−
(x+ 2) 3√x
sin( 3√x)
= 2 ∈ R+,
114
uma vez que limx→0−
3√x
sin( 3√x)
= 1, concluímos que os dois integrais têm a mesma
natureza, pelo que o integral∫ 0
−1
− x+ 2
sin( 3√x)
dx é convergente. Portanto, o integral∫ 0
−1
f(x) dx também é convergente.
(e) A função integranda f(x) = sin(log(x)) está definida no intervalo ]0, 1] (note-se quenão existe lim
x→0+sin(log(x))), pelo que estamos perante um integral impróprio de 2.a
espécie.
Como a função integranda não tem sempre o mesmo sinal, vamos estudar∫ 1
0
|f(x)|dx,
comparando-o com o integral impróprio de 2.a espécie convergente∫ 1
0
1√x
dx.
Temos
limx→0+
| sin(log(x))|1√x
= limx→0+
√x | sin(log(x))| = 0,
por ser o produto de uma função convergente para zero por uma função limitada(0 ≤ | sin(log(x))| ≤ 1).Assim, como o limite é zero e o integral de comparação é convergente, concluímos
que o integral∫ 1
0
|f(x)| dx é convergente, pelo que o integral inicial também é
convergente (absolutamente convergente).
(f) A função integranda f(x) =1
5
√(x2 − 1)3
está definida no intervalo ]1,+∞[ (note-se
que Df = R \ {−1, 1} e que limx→1+
1
5
√(x2 − 1)3
= +∞), pelo que estamos perante um
integral impróprio misto e podemos escrever∫ +∞
1
1
5
√(x2 − 1)3
dx =
∫ 2
1
1
5
√(x2 − 1)3
dx+
∫ +∞
2
1
5
√(x2 − 1)3
dx.
O integral∫ +∞
1
1
5
√(x2 − 1)3
dx é convergente se e só se os integrais
I1 =
∫ 2
1
1
5
√(x2 − 1)3
dx e I2 =
∫ +∞
2
1
5
√(x2 − 1)3
dx forem ambos convergentes.
Comecemos por estudar a natureza do integral I1. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈]1, 2], po-
demos comparar este integral com o integral impróprio de 2.a espécie∫ 2
1
1
(x− 1)35
dx
que sabemos ser convergente.
115
Tendo em conta que
limx→1+
1
5
√(x2 − 1)3
1
5
√(x− 1)3
= limx→1+
5√
(x− 1)3
5√
(x− 1)3(x+ 1)3= lim
x→1+
15√
(x+ 1)3=
15√
8∈ R+,
concluímos que os dois integrais têm a mesma natureza. Assim, como o integral decomparação é convergente, o integral I1 também é convergente.Resta-nos estudar o integral I2. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈ [2,+∞[, podemos com-
parar este integral com o integral impróprio de 1.a espécie∫ +∞
1
1
x65
dx que sabemos
ser convergente.Temos
limx→+∞
1
5
√(x2 − 1)3
1
x65
= limx→+∞
x65
5
√(x2 − 1)3
= limx→+∞
5√
(x2)3
5
√(x2 − 1)3
= limx→+∞
5
√(x2
x2 − 1
)3
= 1 ∈ R+.
Como o limite é finito e diferente de zero, concluímos que os dois integrais têm amesma natureza. Assim, como o integral de comparação é convergente, o integral I2também é convergente.Podemos agora concluir que o integral inicial é convergente, uma vez que os integraisI1 e I2 são convergentes.
(g) A função f(x) =x
(4− x2)√
2− xestá definida em ] − ∞,−2[ (note-se que Df =
] −∞, 2[ \{−2} e que limx→−2−
x
(4− x2)√
2− x= +∞). Deste modo, o integral em
estudo é impróprio misto e podemos escrever∫ −2
−∞
x
(4− x2)√
2− xdx =
∫ −3
−∞
x
(4− x2)√
2− xdx+
∫ −2
−3
x
(4− x2)√
2− xdx.
O integral∫ −2
−∞
x
(4− x2)√
2− xdx é convergente se e só se os integrais
I1 =
∫ −3
−∞
x
(4− x2)√
2− xdx e I2 =
∫ −2
−3
x
(4− x2)√
2− xdx forem ambos con-
vergentes.
Comecemos por estudar a natureza do integral I2 =
∫ −2
−3
x
(4− x2)√
2− xdx. Dado
que f(x) > 0, ∀ x ∈ [−3,−2[, podemos utilizar um critério de comparação. Assim,
116
vamos comparar este integral com o integral de 2.a espécie∫ −2
−3
1
(−2− x)dx que
sabemos ser divergente.Dado que
limx→−2−
x
(4− x2)√
2− x1
(−2− x)
= limx→−2−
x
(2− x)(2 + x) (2− x) 12
1
(−2− x)= lim
x→−2−
x
−(2− x)(2− x) 12
=1
4∈ R+,
podemos concluir que os dois integrais são da mesma natureza, ou seja, o integral I2é divergente.Concluímos então que o integral inicial é divergente.
3. Determine a área de cada um dos seguintes domínios planos ilimitados:
(a) domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = e−|x| e pela recta de equação y = 0;(b) domínio contido nos semiplanos y ≥ x− 2 e y ≥ 0, e limitado pelo gráfico da função
f(x) =1
x− 2.
Resolução:
(a) A função f pode ser escrita na forma
f(x) = e−|x| =
{e−x, se x ≥ 0
ex, se x < 0,
pelo que a área ilimitada situada entre o gráfico desta função e a recta y = 0 é dadapelo integral impróprio de 1.a espécie∫ +∞
−∞e−|x| dx =
∫ 0
−∞ex dx+
∫ +∞
0
e−x dx.
Como as funções integrandas ex e e−x são integráveis, respectivamente, em qualquerintervalo [x, 0] com x < 0, e em qualquer intervalo [0, x] com x > 0 então, peladefinição de integral impróprio de 1.a espécie, temos que∫ 0
−∞ex dx+
∫ +∞
0
e−x dx = limx→−∞
∫ 0
x
et dt+ limx→+∞
∫ x
0
e−t dt.
Atendendo a que F1(t) = et é uma primitiva de f1(t) = et, e que F2(t) = −e−t é umaprimitiva de f2(t) = e−t então, pela regra de Barrow, obtemos∫ 0
x
et dt =[et]0x
= 1− ex
117
e ∫ x
0
e−t dt =[−e−t
]x0
= −e−x + 1
e, portanto,∫ 0
−∞ex dx+
∫ +∞
0
e−x dx = limx→−∞
(1− ex) + limx→+∞
(−e−x + 1)
= 2.
(b) O semiplano y ≥ x − 2 está situado acima da recta de declive 1 que passa pelo
ponto de coordenadas (2, 0). Dado que a função f(x) =1
x− 2tem a recta x = 2
como assímptota vertical, e o domínio ilimitado para o qual queremos calcular aárea se situa no semiplano y ≥ 0, basta calcularmos o limite de f numa vizinhança
à direita do ponto 2. Como limx→2+
1
x− 2= +∞, concluímos que o domínio ilimitado
pretendido está situado entre o gráfico de f e a recta y = x − 2, para valores de xcompreendidos entre 2 e a abcissa do ponto de intersecção do gráfico de f com arecta y = x− 2. Comecemos por calcular a abcissa desse ponto de intersecção:
1
x− 2= x− 2⇒ 1 = x2 − 4x+ 4⇔ x2 − 4x+ 3 = 0⇔ x = 1 ∨ x = 3.
Dado que queremos que a área se situe no semiplano y ≥ 0, o ponto pretendido é oque tem como abcissa x = 3, visto que é o que corresponde a uma ordenada positiva.
A área pedida será então definida pelo integral∫ 3
2
1
x− 2− (x − 2) dx. A função
f(x) =1
x− 2−(x−2) está definida no intervalo ]2, 3] (note-se que lim
x→2+f(x) = +∞),
pelo que estamos perante um integral impróprio de 2.a espécie. Atendendo a que fé integrável em qualquer intervalo da forma [x, 3], com 2 < x < 3, pela definição deintegral impróprio de 2.a espécie, obtemos∫ 3
2
1
x− 2− (x− 2) dx = lim
x→2+
∫ 3
x
1
t− 2− (t− 2) dt.
Atendendo a que F (t) = log |t−2|− t2
2+2t é uma primitiva de f(t) =
1
t− 2− (t−2)
então, pela regra de Barrow, obtemos∫ 3
x
1
t− 2− (t− 2) dt =
[log |t− 2| − t2
2+ 2t
]3
x
=3
2− log |x− 2|+ x2
2− 2x
e, portanto,∫ 3
2
1
x− 2− (x− 2) dx = lim
x→2+
(3
2− log |x− 2|+ x2
2− 2x
)= +∞.
118
4. Estude a natureza do seguinte integral impróprio, em função do parâmetro real β:∫ π2
0
(π2− x)β
(sin(x))13
dx.
Resolução:
Dado que β é um parâmetro, devemos considerar separadamente 2 casos.
1o caso
Se β ≥ 0, a função f(x) =(π
2− x)β
(sin(x))13
está definida em]0,π
2
]e toma neste intervalo valores
não negativos. Trata-se de um integral impróprio de 2.a espécie, que podemos comparar
com o integral∫ π
2
0
1
x13
dx que sabemos ser convergente.
limx→0+
(π2− x)β
(sin(x))13
1
x13
= limx→0+
(π2− x)β ( x
sin(x)
) 13
=(π
2
)β∈ R+, ∀β ≥ 0,
pelo que os dois integrais são da mesma natureza. Como o integral de comparação éconvergente podemos concluir que sendo β ≥ 0, o integral inicial é convergente.
2o caso
Se β < 0, a função f está definida em]0,π
2
[e toma neste intervalo valores positivos.
Estamos perante um integral impróprio de 2.a espécie e podemos escrever∫ π2
0
(π2− x)β
(sin(x))13
dx =
∫ π4
0
1
(sin(x))13 (π
2− x)−β
dx+
∫ π2
π4
1
(sin(x))13 (π
2− x)−β
dx.
Seja I1 =
∫ π4
0
1
(sin(x))13 (π
2− x)−β
dx. Trata-se de um integral impróprio de 2.a espécie
que, tal como no 1.o caso, pode ser comparado com o integral impróprio de 2.a espécie
convergente∫ π
4
0
1
x13
dx. Deste modo concluímos, de forma análoga, que o integral I1 é
convergente para qualquer valor β < 0.
Consideremos agora o integral impróprio de 2.a espécie I2 =
∫ π2
π4
1
(sin(x))13 (π
2− x)−β
dx.
Podemos comparar este integral com o integral impróprio de 2.a espécie∫ π
2
π4
1(π2− x)−β dx.
Dado que
limx→π
2−
1
(sin(x))13 (π
2− x)−β
1(π2− x)−β = lim
x→π2−(sin(x))−
13 = 1 ∈ R+,
119
podemos concluir que os dois integrais têm a mesma natureza. Como o integral de com-paração é convergente se −β < 1, ou seja se β > −1, concluímos que o integral I2 éconvergente se −1 < β < 0 e divergente se β ≤ −1.
Deste modo o integral∫ π
2
0
(π2− x)β
(sin(x))13
dx, com β < 0, é convergente se e só se I1 e I2 o
forem, pelo que será convergente se −1 < β < 0.
Concluímos então que o integral∫ π
2
0
(π2− x)β
(sin(x))13
dx é convergente se e só se β ∈ ]− 1,+∞[.
120