206
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(17) y = sec u
y' = sec u • tg u • u' y' = — cosec u cotg u u'
(18) y = cosec u
u'
(19) y = arc sen u
u2
(20) y arc cos u
—u'
y'
- u2 u' 1 +u 2
(21) y = arc tg u y' =
y = arc cotg u y' = (23) y = arc sec u, lul
1
(24) y = arc cosec u, lu! 1
1 + u2
y' —
,
u'
lul Nu2 — 1
y' —
u
lul > 1
'
lul Nu2 — 1
(25) y = senh u y' = cosh u u' (26) y = cosh u y' = senh u u' (27) y = tgh u y' = sech 2 u u' y' = — cosech 2 u • u'
(28) y = cotgh u (29) y = sech u
y' = — sech u • tgh u • u'
(30) y = cosech u y' = — cosech u • cotgh u u' X(31) y = arg senh u y' —
(32) y = arg cosh u
u'
- \lu2 + 1
u' y' — -\1/42 — 1
u>1
lul >
Derivada
(33) y =
arg tgh u
(34) y = arg cotgh u
(35)
7;(36)
y = arg sech u
y ' -
y
u 1 - u2 '
y ' -
u
y = arg cosech u y' =
,
lul < 1
u 1 - u2
=
lul > 1
-u
, O < u O A t At —> o lim
Como já vimos no capítulo anterior, esse limite é a derivada da função s = s(t) em relação a t. Portanto,
v (t) = s '(t) =
ds
dt
•
5.1.2 Aceleração. O conceito de aceleração é introduzido de maneira análoga ao de velocidade. A aceleração média no intervalo de tempo de t até t + At é dada por
am –
v (t + At) – v (t) At
Observamos que ela mede a variação da velocidade do corpo por unidade de tempo no intervalo de tempo At. Para obtermos a aceleração do corpo no instante t,
242
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
tomamos sua aceleração média em intervalos de tempo At cada vez menores. A aceleração instantânea é o limite v (t + At) — v (t) — v '(t) . At At -> O
a (t) = lim
Logo, a derivada da velocidade nos dá a aceleração. Como v(t) = s '(t) , temos a(t) = v '(t) = s "(t).
5.1.3 Exemplos (i) No instante t O um corpo inicia um movimento em linha reta. Sua posição no instante t é dada por s(t) = 16t — t 2 . Determinar: (a) a velocidade média do corpo no intervalo de tempo [2, 4]; (b) a velocidade do corpo no instante t = 2; (c) a aceleração média no intervalo [O; 4]; (d) a aceleração no instante t = 4.
(a) A velocidade média do corpo no intervalo de tempo entre 2 e 4 é dada por v —
s (4) — s (2) 4—2 (16 4 — 42 ) — (16 • 2 — 2 2 ) 4—2 48 — 28 2
= 10 unid. veloc. .
Aplicações da derivada
ponto
(b) A velocidade do corpo no instante 2. Como s(t) = 16t — t 2 , temos
t=
243
2 é o valor da derivada s '(t) no
t=
v(t) = s '(t) = 16 — 2t. No instante t = 2, a velocidade é = 16 — 2 • 2
v(2)
= 12 unid. veloc.
(c)
A aceleração média no intervalo [0, 4] é dada por am—
v (4) — v (0) 4- 0
Como v(t) = 16 — 2t, temos (16 — 2 4) — (16 — 2 0) 4
am
8-16 4 = —2 unid. aceler. .
A aceleração no instante t = 4 é dada pela derivada v ' (4). Como v(t) = 16 — 2t, temos a(t) = v ' (t) = — 2. Portanto, (d)
a(4) = —2 unid. aceler. .
(ii) A equação do movimento de um corpo em queda livre é 1 — gt2 s—2 —
244
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
onde g 9,8 m/s 2 é a aceleração da gravidade. Determinar a velocidade e a .aceleração do corpo em um instante qualquer t. Num instante qualquer t, a velocidade é dada por
v(t)
= s' (t) 1 = — g • 2t 2 = gt m/s.
A aceleração num instante t é a(t)
= v ' (t) = g In/s 2 ,
que é a aceleração de gravidade.
5.2 TAXA DE VARIAÇÃO Na seção anterior vimos que quando um corpo se move em linha reta de acordo com a equação do movimento s = s(t), a sua velocidade é dada por v = s' (t). Sabemos que a velocidade representa a razão de variação do deslocamento por unidade de variação do tempo. Assim, a derivada s' (t) é a taxa de variação da função s(t) por unidade de variação t. O mesmo ocorre com a aceleração que é dada por a(t) = v' (t). Ela representa a razão de variação da velocidade v(t) por unidade de variação do tempo t. Toda derivada pode ser interpretada como uma taxa de variação. Dada uma função y = f(x), quando a variável independente varia de x a x + Ax, a correspondente variação de y será Ay = f(x + Ax) — f(x). O quociente
Aplicações da derivada
245
Ay fix + Ax) — jlx) Ax
LX
representa a taxa média de variação de y em relação a x. A derivada
f '(x) = lim —> o
f(x + Ax) — f(x)
é a taxa instantânea de variação ou simplesmente taxa de variação de y em relação a x. A interpretação da derivada como uma razão de variação tem aplicações práticas nas mais diversas ciências. Vejamos alguns exemplos.
5.2.1 Exemplos (/) Sabemos que a área de um quadrado é função de seu lado. Determinar: (a) a taxa de variação média da área de um quadrado em relação ao lado quando este varia de 2,5 a 3 m.; (b) a taxa de variação da área em relação ao lado quando este mede 4 m.
Solução. Sejam A a área do quadrado e 1 seu lado. Sabemos que A = 12 .
(a) A taxa média de variação de A em relação a 1 quando 1 varia de 2,5 m a 3 m é dada por AA Al
A(3) — A(2,5) 3 — 2,5 9 — 6,25 0,5
246
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
2,75 0,5 = 5,5.
(b) A taxa de variação da área em relação ao lado é dada por (p)
dA dl
dl 2 1.
Quando 1= 4, temos
dA dl
24=8,
OU,
dA dl
(4)
=8.
Portanto, quando 1 = 4 m, a taxa de variação da área do quadrado será de 8 m2 por variação de 1 metro no comprimento do lado.
(2) Uma cidade X é atingida por uma moléstia epidêmica. Os setores de saúde calculam que o número de pessoas atingidas pela moléstia depois de um tempo t (medido em dias a partir do primeiro dia da epidemia) é, aproximadamente, dado por f(t) = 64t — 3 (a) Qual a razão da expansão da epidemia no tempo t = 4? (b) Qual a razão da expansão da epidemia no tempo t = 8?
(c) Quantas pessoas serão atingidas pela epidemia no 5 2 dia?
Aplicações da derivada
247
Solução. A taxa com que a epidemia se propaga é dada pela razão de variação da função f(t) em relação a t. Portanto, para um tempo t qualquer, essa taxa é dada por f ' (t) = 64 — t2 . (a) No tempo t = 4, temos f ' (4) = 64 — 16 = 48.
Logo, no tempo t = 4, a moléstia está se alastrando à razão de 48 pessoas por dia.
(b)
No tempo t = 8, temos f ' (8) = 64 — 64
= 0. Portanto, no tempo t = 8 a epidemia está totalmente controlada. (c) Como o tempo foi contado em dias a partir do 1 9 dia de epidemia, o 5 9 dia corresponde à variação de t de 4 para 5. •0 número de pessoas atingidas pela moléstia durante o quinto dia será dado por 1(5) — fl4)
64 • 5 —
= 320 —
53\ 43 — 64 4 — — 3 3
125 64 — 256 + 3
43. No item (a), vimos que no tempo t = 4 (início do 5°), a epidemia se alastra a uma taxa de 48 pessoas por dia. No item (c), calculamos que durante o 5 9 dia 43 pessoas serão atingidas. Essa diferença ocorreu porque a taxa de propagação da moléstia se modificou no decorrer do dia.
248
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(3) Analistas de produção verificaram que em uma montadora x, o número de peças produzidas nas primeiras t horas diárias de trabalho é dado por f (t) =
50 (t2 + t), para O _5 t 5 4 200 (t + 1), para 4 5 t 5 8.
(a) Qual a razão de produção (em unidades por hora) após 3 horas de trabalho? E após 7 horas? (b) Quantas peças são produzidas na 8' 1 hora de trabalho? Solução. (a) t < 4, temos
A razão de produção após 3 horas de trabalho é dada por f '(3). Para
f '(t) = 50(2t + 1). Portanto, f '(3)
50(2 • 3 + 1) = 350.
Logo, após 3 horas de trabalho a razão de produção é de 350 peças por hora de trabalho. A razão de produção após 7 horas de trabalho é dada por f ' (7). Para t > 4, f '(t) = 200. Logo, após 7 horas de trabalho a razão de produção é de 200 peças por hora de trabalho. (b)
O número de peças produzidas na oitava hora de trabalho é dado por f(8) — f(7) = 200(8 + 1) — 200(7 + 1) = 200.
Aplicações da derivada
249
Neste exemplo, o número de peças produzidas na 8 4 hora de trabalho coincidiu com a razão de produção após 7 horas de trabalho. Isso ocorreu porque a razão de produção permaneceu constante durante o tempo considerado.
(4) Um reservatório de água está sendo esvaziado para limpeza. A quantidade de água no reservatório, em litros, t horas após o escoamento ter começado é dada por V = 50(80 — t) 2 . Determinar: (a) A taxa de variação média do volume de água no reservatório durante as 10 primeiras horas de escoamento. (b) A taxa de variação do volume de água no reservatório após 8 horas de escoamento.
(c) A quantidade de água que sai do reservatório nas 5 primeiras horas de escoamento. Solução. (a) A taxa de variação média do volume nas 10 primeiras horas é dada por Av_ At
50 (80 — 10) 2 — 50 (80 — 0) 2 10 50 [70 2 — 802 ] 10 50 • (-150)
—7.500 1/hora. O sinal negativo aparece porque o volume de água está diminuindo com o tempo.
250
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(b) A taxa de variação do volume de água num tempo qualquer é dada por dV dt
50 2(80 — t) (— 1) —100(80 — t).
No tempo t = 8, temos dV dt
(8)
—100 (80 — 8) = —100.72 = —72011h.
dada por
(c) A quantidade de água que sai do reservatório nas 5 primeiras horas é V(0) — V(5)
= 50(80) 2 — 50(75) 2 = 38.750 1.
Em muitas situações práticas a quantidade em estudo é dada por uma função composta. Nestes casos, para determinar a taxa de variação, devemos usar a regra dá cadeia. Vejamos os exemplos que seguem. (5) Um quadrado de lado 1 está se expandindo segundo a equação 1= 2 + t2 , onde a variável t representa o tempo. Determinar a taxa de variação da área desse quadrado no tempo t = 2.
Solução. Seja A a área do quadrado. Sabemos que A = 1 2 e que 1= 2 + t2 .
A taxa de variação da área em relação ao tempo, num tempo t qualquer é dada dA por dt
Aplicações da derivada
251
Usando a regra da cadeia, vem dA dt
dA dl dl dt •
21. 2t
•
4/ t
•
4(2 + t) - t.
No tempo t = 2, temos dA dt
(2)
•
4 (2 + 2 2) • 2
•
48 unid. área/unid. tempo.
(6) O raio de uma circunferência cresce à razão de 21 cm/s. Qual a taxa de crescimento do comprimento da circunferência em relação ao tempo?
Solução. Sejam
r = raio da circunferência, t = tempo, 1 = comprimento da circunferência .
Da geometria, sabemos que 1 = 2 Ir r. Por hipótese, a taxa de crescimento de r em relação a t é A taxa de crescimento de 1 em relação a t é dada por cadeia, vem dl _ dl dr dr dt dt
dr = 21 cm/s. dt
—
dl • Usando a regra da dt
—
252
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
= 2n •
dr — dt
= 2 n 21 = 42 n cm/s.
(7) Um ponto 13 (x, y) se move ao longo do gráfico da função y = 1/x. Se a abscissa varia à razão de 4 unidades por segundo, qual é a taxa de variação da ordenada quando a abscissa é x = 1/10? Solução. Temos dy dx
dt
dx • dt •
dt Como x varia à razão de 4 unid./seg, — = 4 . Como y = 1/x, dx — dt dy
Então, dy
dt
_ 1 4 x2
—4 X2
Quando x = 1/10, temos dy = —4 dt (1/10)2
= —4. 100 = — 400 .
Aplicações da derivada
253
Portanto, quando a abscissa do ponto P é x = 1/10 e está crescendo a uma taxa de 4 unid./seg a ordenada decresce a uma razão de 400 unid./s. Intuitivamente, podemos perceber isso analisando o gráfico de f (Ver Figura 5.1).
Figura 5-1
(8) Acumula-se areia em um monte com a fora de um cone onde a altura é igual ao raio da base. Se o volume de areia cresce a uma taxa de 10 m 3 /h, a que razão aumenta a área da base quando a altura do monte é de 4 m? Solução. Sejam
V = volume de areia, h = altura do monte, r =
raio da base,
A = área da base. (Ver Figura 5.2.)
Figura 5-2
-
254
Cálculo A -- Funções, Limite, Derivação, Integração
Da geometria, sabemos que A = 7C /2
V =Ã7cr2 h.
Por hipótese, 1 V = — 7c r3 3
(2)
dV
dt
= 10 m 3/h e h = r. Substituindo h = r em (2), temos
(3 )
.
Queremos encontrar a taxa de variação
dA
dt
quando r = 4 m.
Derivando (1) em relação a t, temos dA
dA dr
dt dr dt = 2 Tc r
dr
dt
.
Precisamos determinar
dt
• Derivando a equação (3) em relação a t, vem
dV dV dr
dt dr dt r2 dr
dt dV
Como — = 10 m 3 /h, temos dt 1 it r2
dr dt -
10 r2
10
Aplicações da derivada
255
Portanto, dA dt
= 27c r
10 r2
20
r •
Quando r= h=
dA 20 6 • m ' dt 4
Logo, quando a altura do monte é de 4 m, a área da base cresce a uma taxa de 5 m 2/h.
5.3 EXERCÍCIOS 1.
Um corpo se move em linha reta, de modo que sua posição no instante t é dada por , f(t) = 16t + t2 , O t 5. 8, onde o tempo é dado em segundos e a distância em metros. (a) Achar a velocidade média durante o intervalo de tempo [b, b + h], 0 b < 8. (b) Achar a velocidade média durante os intervalos [3; 3,1], [3; 3,01] e [3; 3,001]. (c) Determinar a velocidade do corpo num instante qualquer t. (d) Achar a velocidade do corpo no instante t = 3. (e)
2.
Determinar a aceleração no instante t.
Influências externas produzem uma aceleração numa partícula de tal forma que a equação de seu movimento retilíneo é y=
b —
+ ct ,
onde y é o deslocamento e t o tempo.
(a) Qual a velocidade da partícula no instante t = 2? (b) Qual é a equação da aceleração? 3. A posição de uma partícula que se move no eixo dos x depende do tempo de acordo com a equação x = 3t2 — t3 , em que x vem expresso em metros e t em segundos.
256
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração (a) Qual é o seu deslocamento depois dos primeiros 4 segundos? (b) Qual a velocidade da partícula ao terminar cada um dos 4 primeiros segundos? (c) Qual é a aceleração da partícula em cada um dos 4 primeiros segundos?
4.
Um corpo cai livremente partindo do repouso. Calcule sua posição e sua velocidade depois de decorridos 1 e 2 segundos. (Da Física, use a equação y= v ot — 1 g t2 para determinar a posição y do corpo, onde v o é a velocidade inicial e g 9,8 m/s 2).
5.
2
Numa granja experimental, constatou-se que uma ave em desenvolvimento pesa em gramas
W(t) =
{ 20+2 (t + 4) 2 , O < t < 60 , 60
24,4t + 604
t < 90 ,
onde t é medido em dias. (a) Qual a razão de aumento do peso da ave quando t = 50? (b) Quanto a ave aumentará no 51 2 dia? (c) Qual a razão de aumento do peso quando t = 80? 6.
Uma peça de carne foi colocada num freezer no instante t = O. Após t horas, sua temperatura, em graus centígrados, é dada por 4 T (t) = 30 — 5t + +
t
1
O < t
5.
Qual a velocidade de redução de sua temperatura após 2 horas? 7.
A temperatura de um gás é mantida constante e sua pressão p em kgf/cm3 e volume v em cm 3 estão relacionadas pela igualdade vp = c, onde c é constante. Achar a razão de variação do volume em relação à pressão quando esta vale 10 kgf/cm 3 .
8. Uma piscina está sendo drenada para limpeza. Se o seu volume de água inicial era de 90.000 litros e depois de um tempo de t horas este volume diminuiu 2500 t 2 litros, determinar: (a) tempo necessário para o esvaziamento da piscina;
Aplicações da derivada
257
(b) taxa média de escoamento no intervalo [2, 5]; (c) taxa de escoamento depois de 2 horas do início do processo.
9. Um apartamento está alugado por Cr$ 4.500,00. Este aluguel sofrerá um reajuste anual de Cr$ 1.550,00. (a) Expresse a função com a qual podemos calcular a taxa de variação do aluguel, em t anos. (b) Calcule a taxa de variação do aluguel após 4 anos. (c) Qual a porcentagem de variação do aluguel depois de 1 ano do primeiro reajuste? (d) Que acontecerá à porcentagem de variação depois de alguns anos?
10. Numa pequena comunidade obteve-se uma estimativa que daqui a t anos a população será de p (t) = 20 —
t
+ 1 milhares.
(a) Daqui a 18 meses, qual será a taxa de variação da população desta comunidade? (b) Qual será a variação real sofrida durante o 18° mês?
-11. Seja r a raiz cúbica de um número real x. Encontre a taxa de variação de r em relação a x quando x for igual a 8. 12. Um líquido goteja em um recipiente. Após t horas, há 5t — t1'2 litros no recipiente. Qual a taxa de gotejamento de líquido no recipiente, em 1/hora, quando t = 16 horas? 13. Um tanque tem a forma de um cilindro circular reto de 5 m de raio de base e 10 m de altura. No tempo t = 0, a água começa a fluir no tanque à razão de 25 m 3/h. Com que velocidade o nível de água sobe? Quanto tempo levará para o tanque ficar cheio? 14. Achar a razão de variação do volume v de um cubó em relação ao comprimento de sua diagonal. Se a diagonal está se expandindo a uma taxa de 2 m/s, qual a razão de variação do volume quando a diagonal mede 3 m? 15. Uma usina de britagem produz pó de pedra, que ao ser depositado no solo, forma uma pilha cônica onde a altura é aproximadamente igual a 4/3 do raio da base.
258
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(a) Determinar a razão de variação do volume em relação ao raio da base. (b) Se o raio da base varia a uma taxa de 20 cm/s, qual a razão de variação do volume quando o raio mede 2 m? 16. Os lados de um triângulo equilátero crescem à taxa de 2,5 cm/s.
(a) Qual é a taxa de crescimento da área desse triângulo, quando os lados tiverem 12 cm de comprimento? (b) Qual é a taxa de crescimento do perímetro, quando os lados medirem 10 cm de comprimento? 17. Um objeto se move sobre a parábola y = 2x 2 + 3x — 1 de tal modo que sua abscissa varia à
taxa de 6 unidades por minuto. Qual é a taxa de variação de sua ordenada quando o objeto estiver no ponto (0, —1)?
18.
Um trem deixaffia estação, num certo instante, e vai para a direção norte à razão de 80 km/h. Um segundo trem deixa a mesma estação 2 horas depois e vai na direção leste à razão de 95 km/h. Achar a taxa na qual estão se separando os dois trens 2 horas e 30 minutos depois do segundo trem deixar a estação.
19. Uma lâmpada colocada em um poste está a 4 m de altura. Se uma criança de 90 cm de altura caminha afastando-se da lâmpada à razão de 5 m/s, com que rapidez se alonga sua sombra? 20. O raio de um cone é sempre igual à metade de sua altura h. Determinar a taxa de variação da
área da base em relação ao volume do cone.
Análise do Comportamento das Funções
Dada uma curva y = ftx), usaremos a derivada para obter alguns dados acerca da curva. Por exemplo, discutiremos os pontos de máximos e mínimos, os intervalos onde a curva é crescente ou decrescente. Esses dados nos levam a um método geral para construir esboços de gráficos de funções.
Aplicações da derivada
259
5.4 MÁXIMOS E MÍNIMOS A Figura 5.3 nos mostra o gráfico de uma função y = f(x), onde assinalamos pontos de abscissas x l , x2 , x3 e x4 .
Figura 5-3 Esses pontos são chamados pontos extremos da função. f(x i ) e f(x 3 ) são chamados máximos relativos e f(x2 ),flx4 ) são chamados mínimos relativos. Podemos formalizar as definições.
5.4.1 Definição. Uma função f tem um máximo relativo em c, se existir um intervalo aberto I, contendo c, tal que f(c) f(x) para todo x E 1 n D(f).
5.4.2 Definição. Uma função f tem um mínimo relativo em c, se existir um intervalo aberto I, contendo c, tal que f(c) f(x) para todo xe I n D(f).
5.4.3 Exemplo. A função f(x) = 3x4 — 12x 2 tem um máximo relativo em c = O, pois existe o intervalo (-2, 2) tal que f(0) f(x) para todo x E (-2, 2).
Em c 2 = — -\/2: e c 3 = .\ff, a função dada tem mínimos relativos pois f(— f(x) para todo x E (-2,0) e f f(x) para todo x E (O, 2) (ver Figura 5.4).
260
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
♦Y -2 Nffi ' 2 X
-
12
Figura 5 4 -
A proposição seguinte permite encontrar os possíveis pontos extremos de uma função.
5.4.4 Proposição. Suponhamos que f(x) existe para todos os valores de x e (a, b) e que f tem um extremo relativo em c, onde a < c < b. Se f '(c) existe, então f ' (c) = O.
Prova. Suponhamos que f tem um ponto de máximo relativo em c e que f ' (c) existe. , Então, f '(c) = lim x c
.1(x) - f(c)
x - c
-
fim =
.ffx)
C+
-
f(c)
x - c
f(x) - f(c) - lim • _ x - c -)
Como f tem um ponto de máximo relativo em c, pela definição 5.4.1, se x estiver suficientemente próximo de c temos que f(c) f(x) ou f(x) f(c) O. Se x -->c+, temos x - c > O. Portanto, j( x. ) - f(c) f '(c) = lim + x- c
flx) - flc) O e então x- c
O.
Se x —>c , temos x- c < O. Portanto, f(x) -1(c) O e então x- c -
(1)
261
Aplicações da derivada
f '(c) = lim fix) fic) > O . _x—c X -, c
(2)
Por (1) e (2), concluímos que f ' (c) = O. Se f tem um ponto de mínimo relativo em c, a demonstração é análoga. Esta proposição pode ser interpretada geometricamente. Se f tem um extremo relativo em c e se f '(c) existe, então o gráfico de y = f(x) tem uma reta tangente horizontal no ponto onde x = c. Da proposição, podemos concluir que quando f '(c) existe, a condição f '(c).= O é necessária para a existência de um extremo relativo em c. Esta condição não é suficiente (ver Figura 5.5(a)). Isto é, se f ' (c) = O, a função f pode ter ou não um extremo relativo no ponto c. Da mesma forma, a Figura 5.5(b) e (c) nos mostra que quando f ' (c) não existe, .Rx) pode ter ou não um extremo relativo em c. Y
X
(a)
X
(b)
Figura 5 5 -
O ponto c E crítico de f.
D(
f ) tal que f ' (c) = O ou f '(c) não existe, é chamado ponto
Portanto, uma condição necessária para a existência de um extremo relativo em um ponto c é que c seja um ponto crítico. É interessante verificar que uma função definida num dado intervalo pode admitir diversos pontos extremos relativos. O maior valor da função num intervalo é
262
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
chamado máximo absoluto da função nesse intervalo. Analogamente, o menor valor é chamado mínimo absoluto. Por exemplo, a função f(x) = 3x tem um mínimo absoluto igual a 3 em [1, 3). Não existe um máximo absoluto em [1, 3) . A função f(x) = —x2 + 2 possui um máximo absoluto igual a 2 em (-3, 2). Também podemos dizer que —7 é mínimo absoluto em [-3, 2] . Temos a seguinte proposição, cuja demonstração será omitida.
5.4.5 Proposição. Seja!: [a, b] —> 1? uma função contínua, definida em um intervalo fechado [a, b]. Então f assume máximo e mínimo absoluto em [a, b].
Para analisarmos o máximo e o mínimo absoluto de uma função quando o intervalo não for especificado usamos as definições que seguem.
5.4.6 Definição. Dizemos que f(c) é o máximo absoluto da função f, se c e D( f ) e f(c) ffx) para todos os valores de x no domínio de f. .
5.4.7 Definição. Dizemos que f(c) é o mínimo absoluto da função f se c e D( f ), e f(c) f(x) para todos os valores de x no domínio de f.
5.4.8 Exemplos (i) A função f(x) = x 2 + 6x — 3 tem um mínimo absoluto igual a —12 em c = —3, já que f(-3) = —12 ^ f(x) para todos os valores de x e D( f ) (ver Figura 5.6(a)). (ii) A função f(x) = —x 2 + 6x — 3 tem um máximo absoluto igual a 6 em c = 3, já que f(3) = 6 f(x) para todos os x e D( f ) (ver Figura 5.6(b)).
Aplicações da derivada
(a)
263
(b)
Figura 5-6
5.5 TEOREMAS SOBRE DERIVADAS 5.5.1 Teorema de Rolle. Seja f uma função definida e contínua em [a, b] e derivável em (a, b). Se f(a) = f(b)= O, então existe pelo menos um ponto c entre a e b tal que f ' (c) = O. Prova. Faremos a prova em duas partes. lg parte. Seja f(x) = O, para todo x, a x b. Então f '(x) = O para todo x, a < x < Portanto, qualquer número entre a e b pode ser tomado para c. 2g parte. Seja f(x) O, para algum x, a < x < b. Como f é contínua em [a, h], pela proposição 5.4.5, f atinge seu máximo e seu mínimo em [a, b]. Sendo f(x) O para algum x E (a, b), um dos extremos de f será diferente de zero. Como f(a) = f(b) = O, esse extremo será atingido em um ponto c e (a, b).
Como f é derivável em c E (a, b), usando a proposição 5.4.4, concluímos que f ' (c) = O.
264
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
5.5.2 Teorema do Valor Médio. Seja f uma função contínua em [a, b] e derivável em (a, b). Então existe um número c no intervalo (a, b) tal que
f ' (c) —
f(b) — fia) b—a
Antes de provar este teorema apresentaremos sua interpretação geométrica. Geometricamente, o teorema do valor médio estabelece que se a função y = f(x) é contínua em [a, b] e derivável em (a, b), então existe pelo menos um ponto c entre a e b onde a tangente à curva é paralela à corda que une os pontos P (a, f(a)) e Q (b, f(b)) (ver Figura 5.7).
Figura 5-7
Prova do Teorema do Valor Médio. Sejam P (a, f(a)) e Q (b, f(b)). A equação da reta é y
b) — f(a) — f(a) f(b (x —— a a) .
Fazendo y = h (x), temos h (x) —
f (b) — f (a)
b — a
(x — a) + f (a) .
Aplicações da derivada
265
Como h (x) é uma função polinomial, h (x) é contínua e derivável em todos os pontos. Consideremos a função g (x) = f(x) — h (x). Esta função determina a distância vertical entre um ponto (x, f(x)) do gráfico de f e o ponto correspondente na reta secante Temos, g(x) = f(x) —
f(b) — f(a) (x — a) — f(a) . b—a
A função g (x) satisfaz as hipóteses do Teorema de Rolle em [a, b]. De fato,
(i)
g (x) é contínua em [a, b] já que f(x) e h (x) são contínuas em [a, b].
(ii) g (x) é derivável em (a, b) pois f(x) e h (x) são deriváveis em (a, b). (iii) g (a) = g (b) = O, pois g(a) = f (a) —
f( a) f b) ( (a — a) — f(a) = O b— a
e f(b) — f( a) g(b) = f(b) — (b — a) — f(a) = O . —a b Portanto, existe um ponto c entre a e b tal que g' (c) = O. Como g '(x) = f '(x) —
g '(c) = f ,(c) —
f(b) — f( a) —O b—a
e desta forma,
f ' (c) —
f(b) — f(a) temos b —a '
1T b) — f(a) b—a
266
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
5.6 FUNÇÕES CRESCENTES E DECRESCENTES 5.6.1 Definição. Dizemos que uma função f, definida num intervalo I, é crescente neste intervalo se para quaisquer x l , .x2 E I, x 1 < x2 , temos f(x l ) 5_ flx2 ) (ver Figura 5.8).
x,
X
x2
Figura 5-8
Figura 5-9
5.6.2 Definição. Dizemos que uma função f, definida num intervalo /, é decrescente nesse intervalo se para quaisquer x l , X2 E I, x 1 < x 2 temos f(x l ) f(x2) (ver , Figura 5.9). Se uma função é crescente ou decrescente num intervalo, dizemos que é
monótona neste intervalo.
Analisando geometricamente o sinal da derivada podemos determinar os intervalos onde uma função deriv ável é crescente ou decrescente. Temos a seguinte proposição. .
5.6.3 Proposição. Seja f uma função contínua no intervalo [a, b] e derivável no intervalo (a, b). (i)
Se f ' (x) > O para todo x e (a, b) então f é crescente em [a, b];
(ii) Se f '(x) < O para todo x E (a, b) então f é decrescente em [a, b].
Aplicações da derivada
267
Prova. Sejam x 1 e x 2 dois números quaisquer em [a, b] tais que x 1 < x2 . Então f é contínua em [x 1 , x2 ] e derivável em (x 1 , x2 ). Pelo teorema do valor médio, segue que ) - f (x 1 2 3 c E (x i , x2) tal que f '(c) — f (x • x2 - x 1 )
(1)
(i) Por hipótese, f '(x) > O para todo x E (a, b). Então f '(c) > O. Como x 1 < x2 x2 - x 1 > O. ,
Analisando a igualdade (1), concluímos que f(x 2 ) — f(x 1 ) > O, ou seja, f(x2 ) > f(x i ).
Logo, f é crescente em [a,
(ii) Neste caso, f '(x) < O para todo x E (a, b). Temos então f '(c) < O e x2 - X 1 > O.
Analisando a igualdade (1), concluímos que f(x 2 ) — f(x 1 ) < O e dessa forma f(x2 ) < f(x / )•
Logo, f é decrescente em [a, b]. Observamos que a hipótese da continuidade de f no intervalo fechado [a, b] é muito importante. De fato, tomando por exemplo, a função f: [O, 1] —> R x + , para O x < 1 f(x) = 1
, para x = 1
temos que f '(x) = 1 > O para todo x E (O, 1) e no entanto, f não é crescente em [O, 1]. A proposição não pode ser aplicada porque f(x) não é contínua no ponto 1.
268
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
5.6.4 Exemplos. Determinar os intervalos nos quais as funções seguintes são crescentes ou decrescentes. (i)
f(x) = x3 + 1.
Vamos derivar a função e analisar quais os números x tais que f ' (x) > O e quais os números x tais que f ' (x) < O. Temos, f ' (x) = 3x2 .
Como 3x2 é maior que zero para todo x O, concluímos que a função é sempre crescente. A Figura 5.10 ilustra este exemplo.
Figura 5-10 (ii) f(x) = x2 - x + 5.
Temos f ' (x) = 2x - 1. Então, para 2x - 1 > O ou x > 1/2 a função é crescente. Para 2x - 1 < 0 ou x < 1/2 a função é decrescente (ver Figura 5.11).
Aplicações da derivada
Figura 5-11
(iii) f(x) =
2x2 — 4,
se x
1
—x — 1,
se x
1.
O gráfico de f(x) pode ser visto na Figura 5.12.
Figura 5-12 Se x < 1, então f ' (x) 4x. Temos, 4x > O para x e (O, 1); 4x < O para x (-03, O).
269
270
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Se x > 1, temos f '(x) = —1. Então, f '(x) < O para todo x e (1, + ao). Concluímos que f é crescente em [O, 1] e decrescente em (— oo, O] u [1, +
5.7 CRITÉRIOS PARA DETERMINAR OS EXTREMOS DE UMA FUNÇÃO A seguir demonstraremos teoremas que estabelecem critérios para determinar os extremos de uma função.
5.7.1 Teorema (Critério da derivada primeira para determinação de extremos). Seja f uma função contínua num intervalo fechado [a, b] que possui derivada em todo o ponto do intervalo (a, b), exceto possivelmente num ponto c.
(i) Se f '(x) > O para todo x < c ef' (x) < O para todo x > c, então f tem um máximo relativo em c. (ii) Se f '(x) < O para 'todo x .V7/3 , f ' (x) é positiva e então, f é crescente em [ .V7/3 , + .0) . Pelo critério da derivada primeira concluímos que f tem um máximo relativo em —117/3 e f tem um mínimo relativo em + -■17/3 . A Figura 5.14 mostra um esboço do gráfico de f.
272
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Figura 5-14
(ii) Seja (x — 2) 2 — 3 , se x ^. 5
f(x) =
1/2 (x + 7) , se x > 5 . Se x < 5, temos f ' (x) = 2 (x — 2) e se x > 5 temos f ' (x) =.1/2. Ainda ponto crítico de f.
(5) = 1/2 e f' (5) = 6. Logo, f '(5) não existe e então 5 é um
O ponto x = 2 também é ponto crítico, pois f ' (2) = O. Se x < 2, f ' (x) é negativa. Então pela proposição 5.6.3, f é decrescente em (—
, 2]. Se 2 < x < 5, f ' (x) é positiva. Então f é crescente em [2, 5]. Se x > 5, f ' (x) é positiva. Entãof é crescente em [5, + 00) .
Pelo critério da derivada primeira, concluímos que f tem um mínimo relativo em x = 2. Apresentamos o gráfico de f na Figura 5.15.
Aplicações da derivada
273
Figura 5-15
5.7.3 Teorema (Critério da derivada V para determinação de extremos de uma função). Sejam f uma função derivável num intervalo (a, b) e c um ponto crítico de f neste intervalo, isto é, f ' (c) = O, com a < c < b. Se f admite a derivada f " em (a, b), temos: (i)
Se f "(c) < O, f tem um valor máximo relativo em c.
(ii) Se f "(c) > O, f tem um valor mínimo relativo em c.
Prova. Para provar este teorema utilizaremos o seguinte resultado que não foi mencionado no Capítulo 3. "Se lim f(x) existe e é negativo, existe um intervalo aberto x a
contendo a tal que f(x) < O para todo x a no intervalo".
Prova de (i). Por hipótese f f _
"(c)
existe e f "(c) < O. Então,
Hm f (x) f ,(c)
x _,,
x—c
" "
Portanto, existe um intervalo aberto I, contendo c, tal que
f '(x) f '(c) < O , para todo x E I. x—c
(1)
274
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Seja A o intervalo aberto que contém todos os pontos x e I tais que x < c. Então, c é o extremo direito do intervalo aberto A. Seja B o intervalo aberto que contém todos os pontos x E I tais que x > c. Assim, c é o extremo esquerdo do intervalo aberto B. Se x e A, temos x — c < 0. De (/), resulta que f '(x) > f '(c). Se x E B,x—c> 0. De (/), resulta que f ' (x) < f ' (c). Como f ' (c) = 0, concluímos que se
x E A, f ' (x) > 0 e se x e B, f ' (x) < 0. Pelo critério da derivada primeira (teorema 5.7.1), f tem um valor máximo relativo em c. A prova de (ii) é análoga.
5.7.4 Exemplos. Encontre os máximos e os mínimos relativos de critério da derivada segunda. (i)
f aplicando o
f(x)= 18x + 3x2 — 4x 3 .
Temos, f ' (x) = 18 + 6x — 12x 2
e f "(x) = 6 — 24x. Fazendo f ' (x) = O, temos 18 + 6x — 12x2 = 0. Resolvendo esta equação obtemos os pontos críticos de f que são 3/2 e —1. Como f " (3/2) = —30 < O, f tem um valor máximo relativo em 3/2. Como f "(—J) = 30 > O, f tem um valor mínimo relativo em —1. (ii)
f(x) . = x (x — 1) 2 .
Neste exemplo, temos f '(x)
x• 2
(x — 1) + (x 1) 2 1
3x2 — 4x + 1
Aplicações da derivada
275
e f "(x) = 6x — 4. Fazendo f ' (x) = 3x2 — 4x + 1 = O e resolvendo a equação obtemos os pontos críticos de f, que neste caso são 1 e 1/3. Como f "(1) = 2 > O, f tem um valor mínimo relativo em 1. Como f " (1/3) = —2 < O, f tem um valor máximo relativo em 1/3.
(iii) f (x) = 6x — 3x2 +
1 2x
3
.
Temos, f '(x)
6 — 6x +
3 2
x
2
.
e f "(x) = — 6 + 3x. Fazendo f ' (x) = O, temos 6 — 6x + —23 x2 = O Resolvendo a equação, obtemos x = 2 que neste caso é o único ponto crítico de f. Como f " (2) = O nada podemos afirmar com auxílio do teorema 5.7.3. Usando o critério da derivada primeira, concluímos que esta função é sempre crescente. Portanto não existem máximos nem mínimos relativos.
5.8 CONCAVIDADE E PONTOS DE INFLEXÃO O conceito de concavidade é muito útil no esboço do gráfico de uma curva. Vamos introduzi-lo, analisando geometricamente a Figura 5.16. Na Figura 5.16(a) observamos que dado um ponto qualquer c entre a e b, em pontos próximos de c o gráfico de f está acima da tangente à curva no ponto P (c, f(c)). Dizemos que a curva tem concavidade voltada para cima no intervalo (a, b).
276
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
y
(a)
(b)
Figura 5-16 Como f ' (x) é a inclinação da reta tangente à curva, observa-se na Figura 5.16(b), que podemos descrever esta mesma situação afirmando que no intervalo (a, b) a derivada f ' (x) é crescente. Geometricamente, isto significa que a reta tangente gira no sentido anti-horário à medida que avançamos sobre a curva da esquerda para a direita. Analogamente, a Figura 5.17 descreve uma função que tem concavidade voltada para baixo no intervalo (a, b).
(b)
Figura 5-17 Na Figura 5.17(b) vemos que a tangente gira no sentido horário quando nos deslocamos sobre a curva da esquerda para a direita. A derivada f ' (x) é decrescente em (a, b).
Aplicações da derivada
277
Temos as seguintes definições:
5.8.1 Definição. Uma função f é dita côncava para cima no intervalo (a, b), se f ' (x) é crescente neste intervalo.
5.8.2 Definição. Uma função! é côncava para baixo no intervalo (a, b), se f ' (x) for decrescente neste intervalo.
Reconhecer os intervalos onde uma curva tem concavidade voltada para cima ou para baixo, auxilia muito no traçado de seu gráfico. Faremos isso, analisando o sinal da derivada f "(x).
5.8.3 Proposição. Seja f uma função contínua no intervalo [a, b] e derivável até 2 4 ordem no intervalo (a, b): (i)
Se f "(x) > O para todo x e (a, b), então f é côncava para cima em (a, b).
(ii)
Se f "(x) < O para todo x E (a, b), então f é côncava para baixo em (a, b).
Prova. (i). Como f "(x) = ' (x)r , se f "(x) > O para todo x e (a, b), pela proposição 5.6.3, f ' (x) é crescente no intervalo (a, b). Logo, f é côncava para cima em (a, b). Analogamente, se prova (ii). Podem existir pontos no gráfico de uma função nos quais a concavidade muda de sentido. Esses pontos são chamados pontos de inflexão.
5.8.4 Definição. Um ponto P (c, f(c)) do gráfico de uma função contínua f é chama-
do um ponto de inflexão, se existe um intervalo (a, b) contendo c, tal que uma das seguintes situações ocorra: (i)
f é côncava para cima em (a, c) e côncava para baixo em (c, b).
(ii)
f é côncava para baixo em (a, c) e côncava para cima em (c, b).
Na Figura 5.18, os pontos de abscissa c l , c 2 , c 3 e c 4 são pontos de inflexão. Vale observar que c 2 e c 3 são pontos de extremos de f e que f não é derivável nestes
278
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
pontos. Nos pontos c 1 e c4 , existem as derivadas f ' (c 1 ) e f '(c 4 ). Nos correspondentes pontos (c 1 , f(c 1 )) e (c4 , f(c 4 )) a reta tangente corta o gráfico de f.
Figura 5-18
5.8.5 Exemplos. Determinar os pontos de inflexão e reconhecer os intervalos onde as funções seguintes tem concavidade voltada para cima ou para baixo. (i) f(x) = (x — 1) 3 . Temos f '(x) = 3 (x — 1) 2 e f "(x) = 6 (x — 1). Fazendo f "(x) > O, temos as seguintes desigualdades equivalentes 6 (x — 1) > O x—1>O x > 1.
Aplicações da derivada
279
Portanto, no intervalo (1, + 00), f "(x) > O. Analogamente, no intervalo (– co, 1),f "(x) < O. Pela proposição 5.8.3 f é côncava para baixo no intervalo (– 1) e no intervalo (1, + f é côncava para cima. No ponto c = 1 a concavidade muda de sentido. Logo, neste ponto, o gráfico de f tem um ponto de inflexão. Podemos ver o gráfico de f na Figura 5.19.
Figura 5-19 (ii) f(x) = x 4 – x2 .
Temos, f ' (x) = 4x3 –2x
e f "(x) = 12x2 – 2. Fazendo f "(x) > O, vem 12x2 -2 > O x2 > 1/6. Então, x >
'‘W 6
■W 6
ou x < – — -
280
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Portanto, f tem concavidade para cima nos intervalos ( \
( \W 6 i ■ 6 ' + c° • • -
'
( .Nr6-- -■1-6--No intervalo – — , — 6
6
, f "(x) < 0. Portanto, neste intervalo f é côncava
para baixo. Nos pontos c 1 –
e c2 – a concavidade muda de sentido. Logo, 6 6 nestes pontos o gráfico de f tem pontos de inflexão. A Figura 5.20 mostra o gráfico de f onde assinalamos os pontos de inflexão.
Figura 5-20
.12 para
x
1
(iii) f(x) = 1-(x - 1) 2 ,
para x > 1 .
Para x < 1, f ' (x) = 2x e f "(x) = 2. Para x > 1, f ' (x) = –2(x – 1) e f "(x) = –2. Logo, para x e (– 00, 1),f "(x) > 0 e portanto f é côncava para cima neste intervalo. No intervalo (1, + 00), f "(x) < 0. Portanto, neste intervalo f é côncava para baixo. No ponto c = 1, a concavidade muda de sentido e assim o gráfico de f apresenta um ponto de inflexão em c = 1.
Aplicações da derivada
281
O gráfico de f pode ser visto na Figura 5.21. Observamos que no ponto c = 1, f tem um máximo relativo.
Figura 5-21
5.9 ASSÍNTOTAS HORIZONTAIS E VERTICAIS Em aplicações práticas, encontramos com muita freqüência gráficos que se • aproximam de uma reta a medida que x cresce ou decresce (ver Figuras 5.22 e 5.23).
X
Figura 5-22 Estas retas são chamadas assíntotas.
282
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Y
-
Figura 5-23 Particularmente, vamos analisar com um pouco mais de atenção as assíntotas horizontais e as verticais.
5.9.1 Definição. A reta x = a é uma assíntota vertical do gráfico de y = flx), se pelo menos urna das seguintes afirmações for verdadeira: (i)
(i
lim f(x) = + x -> a+
liM j(X) = x -> a -
00
F1111 j(X) = x -> a +
(iv)
lim f(x) = — 00 . x-3 a
5.9.2 Exemplo. A reta x = 2 é uma assíntota vertical do gráfico de Y—
1 — 2) 2
Aplicações da derivada
De fato,
x
1
=. 1 = + oe , ou também, lim x 2+ (x 2 ) 2O +
1
H m
2-
283
(X
=1=
— 2)2 0+
A Figura 5.24 ilustra este exemplo.
2
Figura 5-24
5.9.3 Definição. A reta y = b é uma assíntota horizontal do gráfico de y = f(x), se pelo menos uma das seguintes afirmações for verdadeira: Hm J(x) = b
(i) x
lim Rx) = b .
(ii) x
5.9.4 Exemplo. As retas y = 1 e y = —1 são assíntotas horizontais do gráfico de Y—
x
"‘ix2 + 2
284
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
, porque lim — 1 e lim — — 1 (ver Figura 5.25) . +— Nx2 + 2 x 1x2. + 2
Figura 5-25
5.10 ESBOÇO DE GRÁFICOS Utilizando todos os itens citados na análise do comportamento de uma função, podemos fazer um resumo de atividades que nos levarão ao esboço de gráficos.
ETAPAS
14
PROCEDIMENTO Encontrar D( f
DEFINIÇÕES E TEOREMAS UTILIZADOS
)
24
Calcular os pontos de intersecção com os eixos. (Quando não requer muito cálculo.)
31
Encontrar os pontos críticos
Seção 5.4.
O
Determinar os intervalos de crescimento e decrescimento de f(x)
Proposição 5.6.3.
Aplicações da derivada
ETAPAS
PROCEDIMENTO
285
DEFINIÇÕES E TEOREMAS UTILIZADOS
54
Encontrar os máximos e mínimos relativos.
Teoremas 5 7 1 ou 5.7.3.
6á
Determinar a concavidade e os pontos de inflexão de f
Proposição 5.8.3.
7a
Encontrar as assíntotas horizontais e verticais se existirem.
Definições 5.9.1 e 5.9.3.
84
Esboçar o gráfico.
5.10.1 Exemplos. Esboçar o gráfico das funções: (i) f(x) = 3x4 — 8x3 4- 6x2 + 2. Seguindo as etapas propostas temos: lg etapa. D( f ) I?. 2g etapa. Intersecção com o eixo dos y. f(0) = 2. 3g etapa. f ' (x) = 12x3 — 24x2 + 12x. Resolvendo 12x 3 — 24x2 + 12x = O, encontramos x 1 = O e x2 = 1 que são os pontos críticos. 4' etapa. Fazendo f ' (x) > O, obtemos que 12x 3 — 24x2 + 12x > O quando x> O. Portanto, f é crescente para x O. Fazendo f '(x) < O, obtemos que 12x 3 — 24x2 + 12x < O quando x < O. Portanto, f é decrescente para x O.
286
Cálculo A -- Funções, Limite, Derivação, Integração
etapa. Temos f "(x) =
_
36x2 — 48x + 12.
Como f " (0) = 12 > 0, temos que o ponto O é um ponto de mínimo e f(0) = 2 é um mínimo relativo de f. Come(f "(1) = 0, nada podemos afirmar. Fazendo f "(x) > 0, temos que 36x2 — 48x + 12 > O quando x E [(— , 1/3) u (1, + 0.)}. 6 etapa.
Então, f é côncava para cima em (— , 1/3) u (1, + ao). Fazendo f "(x) < 0, temos que 36x2 — 48x + 12 < 0 para x E (1/3, 1). Então f é côncava para baixo em (1/3, 1). Os pontos de abscissa 1/3 e 1 são pontos de inflexão. 75 etapa.
Não existem assíntotas.
cV etapa. Temos na Figura 5.26 o esboço do gráfico.
Figura 5-26
x2
(ti) f(x) — x—
3
O domínio de f é D( f ) = I? — {3 }.
Aplicações da derivada
287
Temos, x (x — 6)
f '(x) =
(x — 3) 2
54 f "(x) — 18x — • (x — 3) 4 Fazendo f ' (x) = 0, temos x (x — 6)
=o
(x — 3) 2 e então, x=0ex=à são pontos críticos.
em (—
00
Vemos que f ' (x) > O quando x E [(— oo , 0) u (6, + oo)]. Assim, f é crescente , 0] u [6, + oe). Fazendo f '(x) < 0, vemos que f é decrescente em [0, 6].
Como f "(0) < 0, temos que O é ponto de máximo relativo e como f " (6) > 0, temos que 6 é ponto de mínimo relativo. Ainda f (0) = O é o máximo relativo de f e f (6) = 12 é o mínimo relativo de f. Fazendo f "(x)
18x — 54 (x — 3) 4 > 0
obtemos que f é côncava para cima em (3, + c.) e fazendo 18x — 54 f "(x) —< 0 , (x — 3) 4 obtemos que f é côncava para baixo em (—
ao
, 3).
288
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Determinando os limites lim
x 3+
x2 = — 9 = + 00 X
- 3
0+
e
x2 = 9_ =
lim
0-
encontramos que x = 3 é assíntota vertical. Não existe assíntota horizontal. A Figura 5.27 mostra o esboço do gráfico de f(x) -
x2 x-
Figura 5-27
(iii) f(x) -= (x + 1) 1 /3 . O domínio deflx) é D( f ) = 1?.. f (x) corta o eixo dos y no ponto y = 1 já que f (0) = 1. Corta o eixo dos x em -1 já que resolvendo (x + 1) 113 = 0, obtemos x = -1. Fazendo
f (x)
= 3 (x + 1)- 2/3 = 0
Aplicações da derivada
289
concluímos que não existe x que satisfaça f ' (x) = O. Como f ' (-1) o único ponto crítico de f é x = -1. Como f '(x) é sempre positiva concluímos que a função é sempre crescente. Não existem máximos nem mínimos Como -2
f "(x) =
9
(x + 1)- 5/3
,
concluímos que para x < - 1, f "(x) > O e portanto f é côncava para cima em (- 00 , -1). Quando x > -1, f "(x) < O e então f é côncava para baixo em (-1, + 0.0). O ponto de abscissa x = -1 é um ponto de inflexão. Não existem assíntotas. A Figura 5.28 mostra o gráfico de f(x).
Figura 5-28
5.11 EXERCÍCIOS 1.
Em cada um dos seguintes casos, verificar se o Teorema do Valor Médio se aplica. Em caso afirmativo, achar um número c em (a, b), tal que
290
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração f , (c) _ f(b) — f(a)
b—a
Interpretar geometricamente. a) fix) = 1 ; a = 2 , b = 3 .
b) f(x) = I ; a = -
c) f(x)=x3 ;a= O ,b= 4 .
d) f(x) = x3 ; a = —2 , = O .
e) .ffx) = cos x ; a = O , b = 7c/2.
f)
g) f(x)=tgx;a=0;b=n14.
h) f(x) = 111 — x2 ; a = —1 , b =
i) f(x) =
31
—
x
; a = —1 , b = 1 .
j)
f(x) = tg x ; a = ir.14 , b = 37c/4.
f(x) = lx I ; a = —1 , b = 1 .
2.
A função f(x) = x213 1 é tal quef(-1) = ftl) = O. Por que ela não verifica o Teorema de Rolle no intervalo [-1, 11?
3.
Seja /(x) = —x4 + 8x2 + 9. Mostrar quef satisfaz as condições do Teorema de Rolle no intervalo [-3, 3] e determinar os valores de c E (-3, 3) que satisfaçam f ' (c) = O.
—
.
.
4. Usando o teorema do valor médio provar que:
5.
a)
Isen0—senal5.10—a1,V 8,cce R;
b)
sen85_0,0 0.
Determinar os pontos críticos das seguintes funções, se existirem. a)
y =3x + 4
b)
y = x2 —3x + 8
c)
y=2+2x — x2
d)
y = (x — 2) (x + 4)
e)
y=3 —x3
f)
y=x3 +2x2 +5x+3
g)
y=x4 +4x3
h)
y = sen x
Aplicações da derivada i)
y = cos x
k)
y
m) y =
ex — x x
f(x)
y = sen x — cos x Y
n)
x2 — 4
x , o)
j)
(x2 — 9 ) 2/3
y = 1 2x — 3 1
xO
6.
Determinar os intervalos nos quais as funções seguintes são crescentes ou decrescentes.
a) f (x) = 2x — 1
b) f (x) = 3 — 5x
c) f (x) = 3x2 + 6x +7
d) f (x) =- x 3 2x2 — 4x + 2
e) f (x) (x —1) (x —2) (x + 3)
fj f(x) = x + se n x
g) f (x) = 2x
h) f (x) e—x .4_ —
i) f (x) = x e—x
D f(x) = x — 1
2
x2
k) f (x) = x + 1 l)
7.
f(x) = e X sen x , x e [O, 2n].
Determinar os máximos e mínimos das seguintes funções, nos intervalos indicados.
a)
f (x) =1-3x , [-2, 2]
b)
f (x) = x2 — 4 a-1 3]
c)
f (x) = 4 — 3x + 3x 2 , [0, 3]
d)
f (x) = x3 — x2 , [O, 5]
e)
f(x) =
f)
f(x) = I x — 21 , [1, 4]
g)
f(x) = cosh x , [-2, 2]
h)
f (x) = tgh x , [-2, 2]
1 + x2
— 2 , 2]
,
291
292
Cálculo A— Funções, Limite, Derivação, Integração i) f(x) = cos 3x , [O, 27r]
j)
,ffx) = cos e x , [O, 27t]
k) f(x) = sen a x — 1 , [O, n./2].
8.
Encontrar os intervalos de crescimento, decrescimento, os máximos e os mínimos relativos das seguintes funções. a)
f(x)=2x+ 5
b)
f(x) = 3x2 + 6x + 1
c)
g(x) = 4x3 — 8x2
d)-
h(x) = 3 X3 +
e)
f(t)
f)
f(t) = t + —1
g)
g (x) = x
h)
h(x)
i)
f (x) = 1 2 —
j)
g(x) =
= t—1
t+1
1
6x + 5
x+4,
x —2
—
1 + x , x < —1
3 — 4t , t > O 4t + 3 , t 5 O
—
1 — — Nx
x2
k) h(t) =
X2
1)
,f(x) = 1 — x2 , x —1
10 — (x — 3)2 , x 5 —2 m) g(x) = 5(x — 1)
— 9.
—2 < x 5 —1
+ (x — 2) 2 , x > —1
Encontrar os pontos de máximo e mínimo relativos das seguintes funções, se existirem. a) f(x) = 7 x 2 — 6x + 3
b) g(x) = 4x — x 2
c) h(x) = x 3 + 3x2 — 7 x + 9
d) h(x) = _1x4 — x3 + 4x2 — 4x + 8
4
3
Aplicações da derivada
e)
f(t) = {ê
t 1.
11.
Determinar os coeficientes a e b de forma que a função f(x) = x 3 + a x2 + b tenha um extremo relativo no ponto (-2, 1).
12.
Encontrar a, b, c e d tal que a função f(x) = 2ax3 + bx2 — cx + d tenha pontos críticos em x=0 ex= 1. Se a > O, qual deles é de máximo, qual é de mínimo?
13.
Demonstrar que a função y = a x2 + b x + c, x e R, tem máximo se, e somente se, a < O., e mínimo se, e somente se, a > O.
tem seu valor máximo em x = e (número neperiano) para todos os
14. Determinar os pontos de inflexão e reconhecer os intervalos onde as funções seguintes tem concavidade voltada para cima ou para baixo. a) f(x) = —x 3 + 5x2 — 6x c) f(x)
1
x+4
b) f(x) = 3x4 — 10x3 — 12x2 + 10x + 9 d) f(x) = 2x e-3x
e) f(x) = x2 ex f) 2
t g) .t)— • (t
+9
3) 2
h)
f(x) = 4 .Nix + 1 —
f(t)=
2
cos t , t E [O, 27t]
x2 — 1
294
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração { 2x
i) f(x) =
- x2 , x < 1
.f(x) =
, x> 1
x
x2 — 4 , x < 2 4 — x2 , x > 2
15. Determinar as assíntotas horizontais e verticais do gráfico das seguintes funções: a) f(x) — 4 x —4
c) f(x) —
4 x2 — 3x + 2
f)
2x2
g) f(x) — -gx
2
f(x)
f(x)
— 16
i) f(x) e 1/X k) f(x)
x+2
d) f(x) —
1 , Nx + 4
e) f(x)
—3
b) f(x) —
j)
—1 (x — 3) (x + 4) 2 "Nix — 3 x -\lx2 + x — 12
f(x) = eX —1
x.
16. Esboçar o gráfico das seguintes funções: a) y=x2 +4x+ 2
b) y (x — 3) (x + 2)
c) y = —x3 + 3x2 — 2x + 3 2 6
d) y = x3 — 9 x2 — 12x + 3 2
—
e) Y =
1 4
5 _3
x + 2
g) y = x + —
i) y =
3x + 1 (x + 2)(x — 3)
,, _2
f)
y = x4 - 32x + 48 y—
y =
2x x 2
2 x2 — 2x — 3
Aplicações da derivada
k) y —
4
= X3/2 n) o) y =
ln (2x + 3)
y=
cosh x
=
x2
I)
y
p)
y =
295
ln (x2 + 1) .
5.12 PROBLEMAS DE MAXIMIZAÇÃO E MINIMIZAÇÃO A seguir apresentamos alguns problemas práticos em diversas áreas, onde
aplicamos o que foi visto nas Seções 5.4 e 5.7 sobre máximos e mínimos O primeiro passo para soluCionar estes problemas é escrever precisamente qual a função que deverá ser analisada. Esta função poderá ser escrita em função de uma ou mais variáveis. Quando a função é de mais de uma variável devemos procurar expressar uma das variáveis em função da outra. Com a função bem definida, devemos identificar um intervalo apropriado e então proceder a rotina matemática aplicando definiçõe e teoremas.
5.12.1 Exemplos (1) Na Biologia, encontramos a fórmula = V • A, onde é o fluxo de ar na traquéia, V é a velocidade do ar e A a área do círculo formado ao seccionarmos a traquéia (ver Figura 5.29).
Figura 5-29 Quando tossimos, o raio diminui, afetando a velocidade do ar na traquéia. Sendo ro o raio normal da traquéia, a relação entre a velocidade V e o raio r da traquéia durante a tosse é dada por V (r) = a r2 (r0 — r), onde a é uma constante positiva.
296
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(a)
Calcular o raio r em que é maior a velocidade do ar.
(b) Calcular o valor de r com o qual teremos o maior fluxo possível. Solução.
(a) O raio r da traquéia contraída não pode ser maior que o raio normal r o , nem menor que zero, ou seja, O r 5_ ro . Neste item vamos encontrar o máximo absoluto da função V(r) em O r ro . Temos, V(r)
= a r2 (ro — r);
V '(r) = 2a ro r —3a r2 .
Fazendo V '(r) = 2a 1 -0 r — 3a r 2 = O, obtemos os pontos críticos r 11 = —23 O r e r2 = O .
Temos V "(r) = 2a 1- 0 — 6a r. Como V " (0) = 2a rei > O, concluímos que r2 = O é um mínimo relativo. Como V "(2/3 r o ) é um valor negativo, concluímos que r 1 = 2/3 1-0 é um valor máximo relativo. Para r E [O, ro], temos que o máximo absoluto é V(2/3r 0) = 4a/27r(3) . Diante deste resultado afirmamos que a velocidade do ar na traquéia é maior quando o raio r da mesma, é dois terços do raio r o da traquéia não contraída. (b) Podemos escrever a função (1) = V • A em função do raio r da traquéia: 414(r) = ar2 (ro — r) • TC /2 . Queremos encontrar o máximo absoluto da função cgr) em O r ri:) . Temos, O' (r) = 4a TC ro r3 — 5a 7C tA . Fazendo 4'- (r) = 4a Te 1-0 r 3 — 5a TC r4 = O, obtemos r 1 = O e r2 = 4/5 ri) como pontos críticos de 0(r).
Aplicações da derivada
297
Temos 0"(r) = 12a 7E r o r2 — 20a TC r3 . Logo, 0" (0) = O e 0"(415 O= —64/25 a it ti . Concluímos que em 4/5 r0 temos um ponto de máximo relativo. O ponto r 1 = O é um ponto de mínimo relativo, pois a função (1)(r) decresce em (— 00, 0] e cresce em [0, 4/5 r o ]. O máximo absoluto em [0, r0 ] será 0(4/5 r 0) que é igual à 256/3125 a it go . Portanto, o maior fluxo possível é obtido quando r = 4/5 r 0 . (2) Uma rede de água potável ligará uma central de abastecimento situada à margem de um rio de 500 metros de largura a um conjunto habitacional situado na outra margem do rio, 2000 metros abaixo da central. O custo da obra através do rio é de Cr$ 640,00 por metro, enquanto, em terra, custa Cr$ 312,00. Qual é a forma mais econômica de se instalar a rede de água potável?
Solução. A Figura 5.30 esquematiza a função que dará o custo da obra: f(x) = (2000 — x) - 312,00 + -six2 + 5002 • 640,00. x
(2000 - x) CONJUNTO HABITACIONAL
CENTRAL DE ABASTECIMENTO
Figura 5 30 -
Nosso objetivo será calcular o mínimo absoluto dessa função para O x 2000. Temos,
f '(x) = —312,00
+ 640,00 x .Vx2 + so02
298
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
Resolvendo a equação — 312,00 +
640, 00x — O , "\ix2 + 5002
obtemos que x E 279,17 m é um ponto crítico. Temos, f "(x) =
5002 • 640,00 (x2 + 5002) 3/2
Como f" (279,17) > 0, temos que x = 279,17 é um ponto de mínimo relativo. Resta-nos saber se este mínimo é absoluto no intervalo O 5 x 5_ 2000. Como o único ponto crítico de f no intervalo aberto (0, 2000) é x E 279,17, este ponto é mínimo absoluto neste intervalo. Como f(0) > f(279,17) e f(2000) > f(279,17), concluímos que a obra poderá ser realizada com o menor custo possível se a canalização de água alcançar o outro lado do rio 279,17 m abaixo da central de abastecimento. (3) Um galpão deve ser construído tendo uma área retangular de 12100 m 2 . A prefeitura exige que exista um espaço livre de 25 m na frente, 20 m atrás e 12 m em cada lado. Encontre as dimensões do lote que tenha a área mínima na qual possa ser construído este galpão. Solução. A Figura 5.31 ajuda a definir a função que vamos minimizar.
Figura 5-31
Aplicações da derivada
Sabemos que A = 12100 m2 = x • y.
299
(1
)
A função que definirá a área do lote é
S = (x + 12+ 12) (y + 25 + 20) = (x + 24) (y + 45).
De (1), obtemos que y =
S(x) = (x + 24)
r
(2) 12100 . Substituindo em (2), vem x
12100 + 45 X
Esta é a função que queremos minimizar. Temos,
S ' (x) =
45x2 — 290400 x2
44 -00 45x2 — 290400 é = 0 , obtemos que x = 3 x2 um ponto crítico. (x é uma medida e portanto consideramos só o valor positivo.) Resolvendo a equação =
Temos que S "(x) =
580800 e portanto S x3 3
44 NW
> 0.x =
44 30 3
um
ponto de mínimo Fazendo x =
y =
44 ..■ 30 80,33 m, obtemos que 3
12100 = 12100 = 150,62m, x 4430I3
e então, a área mínima é obtida quando as dimensões do lote forem aproximadamente (80,33 + 24) m x (150,62 + 45) m.
300
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(4) Uma caixa sem tampa, de base quadrada, deve ser construída de forma que o seu volume seja 2500 m 3 . O material da base vai custar Cr$ 1200,00 por m2 e o material dos lados Cr$ 980,00 por m 2 . Encontre as dimensões da caixa de modo que o custo do material seja mínimo Solução. Observando a Figura 5.32, escrevemos a função que dá o custo do material: C = x2 1200,00 + 4xy 980,00.
(1)
X
x
4x
Figura 5-32
Como V = x 2y = 2500 cm 3 , temos que a dimensão y pode ser escrita como y = 2500/x2. Substituindo esse resultado em (1), obtemos
C (x) = 1200,00 • x 2 + 9.800.000,00/x, que é a função que queremos minimizar.
Aplicações da derivada
301
Temos, C '(x) —
2400 00 x3 — 9.800.000,00 xz
Resolvendo a equação x= 5
3
00 2400,00x3 — 9.800.000, — 0, encontramos x2
98 = 15,983 m, que é o ponto crítico que nos interessa.
3
De fato, para x 15,983 vamos ter um ponto de mínimo, já que C" (15,983) > 0. Portanto, as dimensões da caixa de modo a obter o menor custo possível são E 9,785 m.
x a.. 15,983 mey
5.13 EXERCÍCIOS • 1. Um fio de comprimento / é cortado em dois pedaços. Com um deles se fará um círculo e com o outro um quadrado. a)
Como devemos cortar o fio a fim de que a soma das duas áreas compreendidas pelas figuras seja mínima?
b)
Como devemos cortar o fio a fim
de que a soma das áreas compreendidas seja máxima?
2.
Determinar o ponto P situado sobre o gráfico da hipérbole xy = 1, que está mais próximo da origem.
3.
Um fazendeiro tem 200 bois, cada um pesando 300 kg. Até agora ele gastou Cr$ 380.000,00 para criar os bois e continuará gastando Cr$ 2,00 por dia para manter um boi. Os bois
aumentam de peso a uma razão de 1,5 kg por dia. Seu preço de venda, hoje, é de Cr$ 18,00 o quilo, mas o preço cai 5 centavos por dia. Quantos dias deveria o fazendeiro aguardar para maximizar seu lucro?
4. Achar dois números positivos cuja soma seja 70 e cujo produto seja o maior possível.
302
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
5.
Usando uma folha quadrada de cartolina, de lado a, deseja-se construir urna caixa sem tampa, cortando em seus cantos quadrados iguais e dobrando convenientemente a parte restante. Determinar o lado dos quadrados que devem ser cortados de modo que o volume da caixa seja o maior possível.
6.
Determinar as dimensões de uma lata cilíndrica, com tampa, com volume V, de forma que a sua área total seja mínima.
7. Duas indústrias A e B necessitam de água potável. A figura a seguir esquematiza a posição das indústrias, bem como a posição de um encanamento retilíneo 1, já existente. Em que ponto do encanamento deve ser instalado um reservatório de modo que a metragem de cano a ser utilizada seja mínima?
B
RESERVATÓRIO C- 12 Km 8.
Qual é o retângulo de perímetro máximo inscrito no círculo de raio 12 cm?
9.
Traçar uma tangente à elipse 2x2 + y2 = 2 de modo que a área do triângulo que ela forma com os eixos coordenados positivos seja mínima. Obter as coordenadas do ponto de tangência e a área mínima.
10. Mostrar que o volume do maior cilindro reto que pode ser inscrito num cone reto é 4/9 do volume do cone. 11. Um cone reto é cortado por um plano paralelo à sua base. A que distância da base deve ser feito esse corte, para que o cone reto de base na secção determinada, e de vértice no centro da base do cone dado, tenha volume máximo? 12. Determinar o ponto A da curva y = x 2 + x que se encontra mais próximo de (7, O). Mostrar que a reta que passa por (7, O) e por A é normal à curva dada em A. 13. Uma folha de papel contém 375 cm 2 de matéria impressa, com margem superior de 3,5 cm, margem inferior de 2 cm, margem lateral direita de 2 cm e margem lateral esquerda de 2,5 cm.
Aplicações da derivada
303
Determinar quais devem ser as dimensões da folha para que haja o máximo de economia de papel. 14. Uma janela tem a forma de um retângulo encimado por um semi-círculo. Achar as dimensões de modo que o perímetro seja 3,2 m e a área a maior possível. 15. Um canhão, situado no solo, é posto sob um ângulo de inclinação a. Seja 1 o alcance do canhão, dado por 1 =
2v2
sena cos a , onde v e g são constantes. Para que ângulo o
alcance é máximo? 16. Uma agência de turismo está organizando um serviço de barcas, de uma ilha situada a 40 km de uma costa quase reta, para uma cidade que dista 100 km, como mostra a figura a seguir. Se a barca tem uma velocidade de 18 km por hora, e os carros tem uma velocidade média de 50 km/h, onde deverá estar situada a estação das barcas a fim de tornar a viagem a mais rápida possível?
Fl
ESTAÇÃO CIDADE 100 Km 17. Uma cerca de 1 m de altura está situada a uma distância de 1 m da parede lateral de um galpão. Qual o comprimento da menor escada cujas extremidades se apoiam na parede e no chão do lado de fora da cerca? 18. Seja s uma reta que passa pelo ponto (4, 3) formando um triângulo com os eixos coordenados positivos. Qual a equação de s para que a área desse triângulo seja mínima? 19. Uma pista de atletismo com comprimento total de 400 m, consiste de 2 semi-círculos e dois segmentos retos, conforme figura a seguir. Determinar as dimensões da pista, de tal forma que a área retangular, demarcada na figura, seja máxima.
304
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
20. Um cilindro circular reto está inscrito num cone circular reto de altura H = 6 m e raio da base R = 3,5 m. Determinar a altura e o raio da base do cilindro de volume máximo. 21. Uma fábrica produz x milhares de unidades mensais de um determinado artigo. Se o custo de produção é dado por C = 2x3 + 6x2 + 18x + 60, e o valor obtido na venda é dado por V = 60x — 12x2 , determinar o número ótimo de unidades mensais que maximiza o lucro L = V —C. / 22. Um cilindro reto é inscrito numa esfera de raio R. Determinar esse cilindro, de forma que seu volume seja máximo. 23. Um fazendeiro deve cercar dois pastos retangulares, de dimensões a e b, com um lado comum a. Se cada pasto deve medir 400 m 2 de área, determinar as dimensões a e b, de forma que o comprimento da cerca seja mínimo. 24. Um fabricante, ao comprar caixas de embalagens, retangulares, exige que o comprimento de cada caixa seja 2 m e o volume 3 m 3 . Para gastar a menor quantidade de material possível na fabricação das caixas, quais devem ser suas dimensões? 25. Um retângulo é inscrito num triângulo retângulo de catetos medindo 9 cm e 12 cm. Encontrar as dimensões do retângulo com maior área, supondo que sua posição é dada na figura a seguir.
Aplicações da derivada
305
•
5.14 REGRAS DE L'HOSPITAL Nesta Seção apresentaremos um método geral para levantar indeterminações do tipo 0/0 ou Esse método é dado pelas regras de L'Hospital, cuja demonstração necessita da seguinte proposição.
5.14.1 Proposição (Fórinula de Cauchy). Se f e g são duas funções contínuas -
em [a, b], deriváveis em (a, b) e se g' (x) # O para todo x E (a, b), então existe um número z E (a, b) tal que f(b) — f(a) _ f '(z) g(b) — g(a) g '(z)
Prova. Provemos primeiro que g(b) — g(a) # O. Como g é contínua em [a, b] e derivável em (a, b), pelo teorema do valor médio, existe c e (a, b) tal que g '( c) = g(b) — g(a) b—a
(1)
Como, por hipótese, g' (x) # O para todo x E (a, b), temos g' (c) # O e assim, pela igualdade (1), g(b) — g(a) # O. Consideremos a função f(b) — fl a )][g (x ) — g(a)] h(x) = Í(x) — fia) — [ g (b) — g(a) A função h satisfaz as hipóteses do teorema de Rolle em [a, b], pois: (i)
Como f e g são contínuas em [a, b], h é contínua em [a, b];
(ii)
Como f e g são deriváveis em (a, b), h é derivável em (a, b);
(iii) h (a) = h (b) = O.
306
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Portanto, existe z E (a, b) tal que h' (z) = O. Como h '(x) = f ' (x) —
f(b) — f(a)
f'(z) — g(b) — g(a)
f(b) — f(a)
g(b) — g(a)
g '(x), temos
• g '(z) = O .
(2)
Mas g' (z) # O. Logo, podemos escrever (2) na forma f(b) — fia)
f'(z)
g(b) — g(a)
g '(z)
5.14.2 Proposição (Regras de L'Hospital). Sejam f e g funções deriváveis num intervalo aberto I, exceto possivelmente, em um ponto a E I. Suponhamos que g' (x) # O para todo x # a em I. (i)
Se lim • (x) = lim g(x) = O e
x
—)
a
x --> a
x
lim
f '(x)
a g (x)
= L, então
lim = lim f (X) = L ; x —> a g(x) x —> a g
(ii) Se lim f(x) = lim g(x) = oo e lim x —> a
lim x)
x —> a g(x)
x--> a
x —> a g(x)
'
,
= L, então
= lim f (X) — L . x —> a g
Prova do item (i). Suponhamos que lim lim f (X) = x —> a g ( C)
f '(x)
x —> a g (x)
L . Queremos provar que lim
tome a forma indeterminada 0/0 e que ) = L.
x —> a g(x)
Aplicações da derivada
307
Consideremos duas funções F e G tais que g(x),
f(x) , sexta F(x) =
e
G(x) =
O , se x = a
O
sext a se x
Então, lim F(x) = lim f(x) = O = F(a) x —> a
x —> a
lim G(x) = lim g(x) = O = G(a) . x —> a
x —> a
Assim, as funções F e G são contínuas no ponto a e portanto, em todo intervalo I. Seja x E I, x a. Como para todo x a em I, f e g são deriváveis e g '(x) O, as funções F e Gsatisfazem as hipóteses da fórmula de Cauchy no intervalo [x, a] ou [a, x]. Segue que existe um número z entre a e x tal que F(x) — F(a) G(x) — G(a)
vem
F '(z) G '(z)
.
Como F(x) = f(x), G(x) = g(x), F(a) = G(a) = O, F '(z) = f '(z) e G '(z) = g '(z), f(x) = f '(z) g (x) g '(z)
Como z está entre a e x, quando x —) a temos que z --> a. Logo,
x
lim f(x) — lim f (Z) x a g '(z) a g (x)
—
lim f
(Z)
z _> a g '(z)
—L.
308
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Observamos que se
lim f(x) = lim g(x) = O ou u m f(x) = lim g(x) = 00 , x —> a
e lim x— > a
rx (
)
g (x)
x — > a
= ao,
x —> a
x >a
a regra de L'Hospital continua válida, isto é
lim ftx) = lim •f (X) x a g '(x) g(x)
= 00
x —> a
Ela também é válida para os limites laterais e para os limites no infinito. A seguir apresentaremos vários exemplos, ilustrando como muitos limites que tomam formas indeterminadas podem ser resolvidos com o auxilio da regra de L'Hospital.
5.14.3 Exemplos (i) Determinar lim
2x
x,o ex —
Quando x'—> O, o quociente do a regra de L'Hospital, vem
ex
•
2x toma a forma indeterminada 0/0. Aplican1
2 2 = lim — = = 2. x,o e —1 x,o e e° lim
2x
Aplicações da derivada
309
x2 + x - 6 x2 - 3x + 2
(ii) Determinar lim X-32
O limite toma a forma indeterminada 0/0. Aplicando a regra de L'Hospital, temos 2
lim m x,
x-2 X'-`"
+ - 6 =. lim 2x + 1 2 2 + 1 = 5 . 2 2 - 3 - 3x + 2 2 2x - 3
(iii) Determinar lim x o
sen x - x + e' - 2
Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 0/0. Aplicando a regra de L'Hospital uma vez, temos lim sen x-*o ex +
x - x lim cos x - 2 x-,oe X éX -
Como o último limite ainda toma a forma indeterminada 0/0, podemos aplicar novamente a regra de L'Hospital. Temos, lim x -> O
cos x - 1 -
= lim
x O
Logo, lim sen + x-. 1:-.)
- sen x = = . ex + e- x 2
x- x X- 2
eX
= .
-1
(iv) Determinar lim x + x3 + 4x Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 00/ao. Aplicando a regra de L'Hospital sucessivas vezes, temos ex 1 eX lim = + - x3 + 4x X-->+oo 3x2 + 4
lim
—
310
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
= lim -›+ - 6x = lim x ->
6
(v) Determinar hm (3x x->+Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 00 ° . Vamos transformá-la numa indeterminação do tipo ../00 com o auxílio de logaritmos e em seguida aplicar a regra de L'Hospital. Seja L = lim (3x + 9) 1/x . Então, lnL = ln lim (3x 4. 9) 1/x . x-)+- x Aplicando a proposição 3.5.2(g) e as propriedades de logaritmos, vem In L =
lim ln (3x + 9) 1/x" x + lim 1 ln (3x + 9)
hm x
-)
ln 3x + 9) X
Temos agora uma indeterminação do tipo 00/00. Aplicando a regra de L'Hospital, obtemos ln L = hm lim
+ 9) . - hm 1 x
3 3x +. 9
Aplicações da derivada
311
Como ln L = O, temos L = 1 e dessa forma lim (3x + 9) 1 tx = 1 . + 00
x^
(vi) Determinar lim x sen 1/x . Neste caso temos uma indeterminação do tipo .0 • O. Reescrevendo o limite dado na forma sen 1/x 1/x
lim x sen 1/x = lim x-›+temos uma indeterminação do tipo 0/0.
Aplicando a regra de L'Hospital, vem
lim x sen 1/x =
lim sen 1/x .7c -›+- 1/x
lim
lim cos 1/x + cos O 1.
312
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(vii) Determinar Hm x —> o
1
(
1
x2 + x cos i — 1
Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 0. — .... Reescrevendo o limite dado, temos 1
1
(
lim
= lim cos x — 1 — x2 — X
x-->0\ x2 + x cos X — 1 /
vem
x —> 0 (X2 + X) (cos X — 1)
Temos então uma indeterminação do tipo 0/0. Aplicando a regra de L'Hospital,
f
lim x —> o
1 1 _ x2 + x cos x — 1
"
—
=
lim x —> o
cos x — 1 — x2 — x (x2 + x) (cos x — 1)
— sen x — 2x — 1 lim o (x2 + x) • (— sen x) + (cos x —1) (2x + 1)
x
—1
o
(viii) Determinar lim+ (2x 2 + x) x . xo Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 0 ° . Com o auxilio de logaritmos, vamos transformá-la numa indeterminação da forma 00/00. Seja
L = lim
x
ln L
=
(2x2 + x) x . Então,
in [ lim (2x2 + x
x
-
Aplicações da derivada
▪
1.,_ x->0
rr, .2 + (
L
•
lim x • ln (2x2 + x) x->0o+
•
lim ln (2x2 + x) 1/x x-)0+
Temos agda uma indeterminação do tipo L'Hospital, vem
lnL = lim x-> o+
x-)o+
4x3 + x2 2x2 + x
Aplicando novamente a regra de L'Hospital, obtemos ln L =
lim x o+
12x2 + 2x
4x + 1
o 1
o. Como ln L = O, temos L = 1. Logo, x o+
313
(2x2 + x) = 1 .
Aplicando a regra de
314
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
1+ 1 2x
(ix) Calcular lim
Neste caso, temos uma indeterminação do tipo I – . Usando logaritmos, vamos transformá-la numa indeterminação da forma 0/0. Seja L =
ln L
=
lim
1+
ln
lim X -->
1 2x
x . Então,
—
1 1+ + — 2-x\
=
x
1 2x
lim [ ln
1+
lim x ln
1+ 1 2x
x
In = lim
x
1 + 1 2x 1/x
X
Temos agora uma indeterminação do tipo 0/0. Aplicando a regra de L'Hospital, obtemos
ln L =
lim X
--
+00
( 1 –1 / 1 +2x2 -
1/2 lim -x –)+– 1 + 1 2x
1/x2
Aplicações da derivada
1/2 1 1/2.
Portanto, ln L =
1 —
2
lim
dessa forma L = e112. Logo,
=e
1/2
5.15 EXERCÍCIOS Determinar os seguintes limites ccim auxilio das regras de L'Hospital. x-2 - 4x + 4 x —> 2 X2 — x - 2
lim
1.
3.
x
6 - 2x + 3x2 - x3 lim x - 33 x4 — 3x3 - x + 3
5.
7.
9.
11.
x2 + 6x O x3 + 7x2 + 5x
lim
x
lim
lim
EM
x2 - 6x + 7
x3 + 7x
- 1 •
2. lim
x-1
4. lim
X2
— 1
x2 +
+3
2x2 + x
-
1
x —> 1/2 4X 2 — 4X + 1
x+1 6. lim x --+ -1 2x" + 2x 3 + 3x2 + 2x - 1 5 - 5x3 8. lim 2 - 2x3 x
7x5 - 6 4x2 - 2x + 4
5 - x + x2 10. lim x-9+.0 2 - x 2x2
eX
12. lim
-
X99
315
316
13.
15.
17.
19.
21.
23.
25.
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
x
lim
x_,0 ex — cos
14. lim x2 (e l — 1)
x
x
cos x lim x —)7v2 (x — ir/2) 2 2x 1
lim
1
— x — 2 x —> 2 [2x — 4
lim x —)
)
+
ln x
22. lim
3 —> +
x 2 tg + cos 4x —
x
cosh x — 1 —> 1 —cos i x
24. lim
Hm (1 — cos x) cotg x x
x+1
20. Hm tgh x
lim senh x sen x X -3 0
x —> ir./4
x )
18.
x
2
2x 1
16. lim —
cotg x 2 cos x
lim sec
-> + m
26. Hm [ln x ln (x — 1)]
—>
—> 1
3 1
27.
lim x— n. [2(1
29.
fim x sen x „+ x —>
— -Ct )
)
1
28. hm
o
—> +
30. lim x 7t x
Hm (1 — x)
2
32. lim x sen 71/x X
—> +
X2/3
33.
lim
—>
(x2 + 2) 1/3 0.
1—x
—>1
cos
31.
1 3(1 —
x4 + ln x
34. Hm
senh x
Aplicações da derivada
lim
35.
(2x - 1)
2/x
x
37.
39.
41.
43.
ln (sen a x) lim, In (sen x)
x-) 0+
x
1 lim + x tg x O
lim (1 - tg x) sec 2x x -› n/4
36.
38.
40.
42.
lim (cos 2x)
x --> 0
3/2
1 x-3
lim x -) 3
lim + x
2
317
5 x2 - x - 6
2 ln x
+
x ->0
lim +
x In x x + ln x
lim (ex + x) x -) o
5.16 FÓRMULA DE TAYLOR A Fórmula de Taylor consiste num método de apróximação de uma função por um polinômio, com um erro possível de ser estimado.
5.16.1 Definição. Seja f: 1 --> I? uma função que admite derivadas até ordem n num ponto c do intervalo 1. O polinômio de Taylor de ordem n de f rigponto c, que denotamos por P n (x), é dado por P n (x) = f(c) + f '(C) (x - c) +
.„(n) (x - c) 2 + . + 3
n!
) (x - c)
n
Observamos que no ponto x = c , P n (c) = .gc) .
5.16.2 Exemplo. Determinar o polinômio de Taylor de ordem 4 da função f (x) = no ponto c = O.
318
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Temos, f(x) = f ' (x) = ...= f f(0) = f '(0)
(iv)
(x) = e x e assim,
..= f (1v) (0) = e ° = 1 .
Portanto, P 4(x) = 1 + 1 (x
=1+
X
+
–
X2
O) +
(x
0) 2 +
(x
2! 3!
—
–
—
—
3 O) +
4!
(x 0)4
X3
2!
X4 — 3! 4! '
é o polinômio de Taylor de grau 4 da função f(x) = ex no ponto c = O. Dado o polinômio de Taylor de grau n de uma função f(x), denotamos por R n (x) a diferença entre f(x) e P n (x), isto é, R n (x) = f(x) – P (x) (ver Figura 5.33). n
c
X
Figura 5-33 Temos então, f(x) = Pn (x) + R n (x), ou mais explicitamente,
f(x) = .Ac) +f ' (c) (x – c) +
f "(c) (x – c) 2 + 2!
f(n)
(x – cr + R (x) n . (1) n!
Aplicações da derivada
319
Para os valores de x nos quais R n (x) é "pequeno", o polinômio P n (x) dá uma boa aproximação de f(x). Por isso, R n (x) chama-se resto. O problema, agora, consiste em determinar uma fórmula para R n (x) de tal modo que ele possa ser avaliar..! Temos a seguinte proposição. 5.16.3 Proposição (Fórmula de Taylor). Seja f: [a, b] > 1? uma função defmida num intervalo [a, b]. Suponhamos que as derivadas f ' , f " , f (n ) existam e sejam contínuas em [a, b] e que f (n + 1) exista em (a, b). Seja c um ponto qualquer fixado em [a, b]. Então, para cada x E [a, b], x # c, existe um ponto z entre c e x tal que —
f(x) = f(c) + f (c) — c) + + f
(n)
(C)
n!
— C)n f(n+1) ( z
)
(n + 1)!
— c)n + 1
(2)
Quando c = 0, a Fórmula de Taylor fica
f(x) = f(0) + f '(0) x
f (a ) ( 0 ) xn + 1) (Z) xn + 1 n! f(n + 1)!
e recebe o nome de Fórmula de Mac-Laurin. Prova. Faremos a demonstração supondo x > c. Para x < c, o procedimento é análogo. Sejam 13 n (t) o polinômio de Taylor de grau n de f no ponto c e R n (t) o resto correspondente. Então, f(t) = P n (t) + R n (t), para qualquer t e [a, b]. Portanto, no ponto x, temos ) (C)
f(x) = f(c) + f '(c) (x — c) +f "(c) (x — c) 2 + + f (n 2! n!
(x — c) n + R n(x) .
Para provar (2), devemos mostrar que R n (x) =
.f(n + 1) (
`
(n + 1 )!
(x — c)" 1
,
onde z é um número entre c e x.
320
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Para isso, vamos considerar a seguinte função auxiliar:
g: [c, x] —> 1? f"
g(t) = f(x) — f(t) — f ' (t) (x — t) — f
(
n ) ( t)
n!
t ()
2!
(x — t) 2 —
+1 _ (x — tr — R ,z (x) • (x (x — c)n + 1
Pelas propriedades das funções contínuas, segue que g é contínua em [c, x]. Pelas propriedades das funções deriváveis, segue que g é derivável em (c, x). Além disso, podemos verificar que g(c) = g(x) = O. Logo, g satisfaz as hipóteses do Teorema de Rolle em [c, x] e portanto existe um ponto z, entre c e x, tal que g' (z) = O. Derivando a função g com o auxílio das regras de derivação e simplificando, obtemos
R n (x) —
f(n +1)
z) (n+1) v ' (x — c) , (n + 1)!
e, conseqüentemente, a fórmula (2) fica provada. Observando as fórmulas (1) e (2), vemos que na Fórmula de Taylor apresentada, o resto R n (x) é dado por f(n + 1) (,A
Rn (x) = "' ) (x — c)n + 1 (n + 1) ! Essa forma para o resto é chamada Forma de Lagrange do Resto e a fórmula (2) é dita Fórmula de Taylor com Resto de Lagrange. Existem outras formas para o resto, como a forma da integral, que não abordaremos aqui.
5.16.4 Exemplos (i) Determinar os polinômios de Taylor de grau 2 e de grau 4 da função f (x) = cos x, no ponto c = O. Esboçar o gráfico de f e dos polinômios encontrados.
•
Aplicações da derivada
321
Usando o polinômio P4 (x) para determinar um valor aproximado para cos —7t g o que se 6 pode afirmar sobre o erro cometido? Solução. Para determinar os polinômios pedidos, necessitamos do valor de f e de suas derivadas até ordem 4, no ponto c = O.
Temos, f(x)
=
cos x , ft0)
=
cos O =
1
f '(x) = — sen x , f '(0) = — sen O = O f "(x) = — cos x
f "(0) = — cos O = —1
f "'(x) = sen x , f "'(0) = sen O = O
f `v(x) =
cos x
f iv(0) =
cos O =
1.
O polinômio de Taylor de grau 2, no ponto c, é dado por f "( c)
P2(x) = f(c) + f ' (c) (x — c) + 2 , (x — c) 2 .
Como no nosso caso c = O, vem P2 (x) = f(0) + f'(0) x + f (1 0) .x2 =1+O•
= 1 -
X2
X
+
1) 2!
x2
•
O polinômio de Taylor de grau 4, no ponto c, é dado por P4 (x) = f(0) + f ' (0) (x) + f ';(,°) x2 + f 3" 1(°) x3 + f 4v (,2c) x4
322
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
= 1+0-X+
=
—
( 22! 0
x2
+
+ 1 x4 x3 3! 4!
X2 X4 r •
2 24
A Figura 5.34 mostra o gráfico de f(x), P 2 (x) e P 4 (x). Comparando esses gráficos, podemos observar que o gráfico de P 4 (x) está mais próximo do gráfico de f(x). Se aumentarmos n, o gráfico de P n (x) se aproxima cada vez mais do gráfico de f(x)•
Figura 5-34
Usando o polinômio P 4 (x) para determinar um valor aproximado de cos —n , 6 pela Fórmula de Taylor, temos cos
n —
6
= P4 (n/6) + R4 (n/6)
1 7c =1—— — 2! 6
1 ' 4! 6
— J
onde z é um número entre O e n/6.
\
f (5)(z ) 5!
`5
6
Aplicações da derivada
323
Como f v (x) = —sen x e I — sen x I 1 para qualquer valor de x, podemos (
)
afirmar que o resto R 4 ( 6 ) satisfaz —
I R4 (n/6) I=
I- sen z I 5!
n 1 5! 6 (
6 E
0,000327 .
Logo, quando calculamos o valor de cos —7c pelo polinômio P 4 (x), temos 6 = 1 cos —11 6
(7c/6) 2 (n/6) 4 24 2!
E 0,86606 e podemos afirmar que o erro cometido, em módulo, é menor ou igual a 0,000327.
(iii) Determinar o polinômio de Taylor de grau 6 da função f (x) = sen 2x no ponto c = 4 Usar este polinômio para determinar um valor aproximado para sen
3
Fazer uma estimativa para o erro.
Solução. Devemos calcular o valor da função e suas derivadas até ordem 6, no ponto 7C C= 4 . —
Temos,
f(x)
= sen 2x
f '(x) = 2 cos 2x
, f(n/4)
,
f (n14) '
f "(x) = — 4 sen 2x , f "(n14) f '" (x)
—8 cos 2x , f "'(7c14)
= sen Tc/2
= 1
= 2 cos n/2 = O =—4 = 0
324
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
f iv(x) = 16 sen 2x , f iv(n/4)
= 16
f v(x) = 32 cos 2x , f v(7c14)
= O
f vi(x) = — 64 sen 2x , f (n14) O polinômio de Taylor de grau 6, no ponto c = it/4,, é dado por
P6(x) = f 4
±
+
2
f ' (n/4)) TC
TC
f " ( n/4) x 4 ± 2!
1!
f(vi) (n/4)
6!
x -
z—
) 4
TC )6 4
2
4
=
(— 64) x — — 1 -1- 0 + (-4) x—n) +0+16 ) +0+ 4 4 4! x-4 2! 6!
=
)2, 22 24 — 1 X - - - X - 2! 4 4! 4
6 - 26 6!
ir 4
x
•N 6
6
Usando o polinômio P 6(x) para determinar sen 3 , obtemos pela Fórmula de Taylor, TC
sen — = sen (2 7r./6) = f (7E/6) = P6 (7C/6) + R 6 (n./6) 3 2
2 2 (ir ?L 24 = 1 - - - - 1-
2! 6 4 \.
n n 4! 6 4
f (vio (z)
0,86602526 +
7!
4
-
26 ir 6! 6
7C 7
6
4
n 4
6
+
Pvii) (z) "7C 7! 6 k
7L
4
∎7
À
Aplicações da derivada
Como f ( vii) (x) = - 128 cos 2x e 1 cos 2x 1 ^ 1 para todo x, o resto satisfaz
325
R6
Z [
IR 6 (7E/6) 1
128
7!
\7
6
4
2,1407 x 10-6 .
Logo, usando o polinômio P 6 (x) obtemos sen tido, em módulo, será inferior a 2,1407 x 10 -6 .
3
=
0,86602526e o erro come-
Usando a Fórmula de Taylor, pode-se demonstrar a seguinte proposição que nos dá mais um critério para determinação de máximos e mínimos de uma função.
5.16.5 Proposição. Seja f: (a, b)
R uma função derivável n vezes e cujas derivadas, f ' , f " , f ( n) são contínuas em (a, b). Seja c E (a, b) um ponto crítico de f tal que f ' (c) = = -1) (c) = O e f ( n ) (c) 0. Então,
(i)
se n é par e f ( n) (c) 5 0, f tem um máximo relativo em c;
(ii) se n é par e f (n) (c) 0, f tem um mínimo relativo em c; (iii) se n é ímpar, c é um ponto de inflexão.
5.16.6 Exemplos (i) Determinar os extremos da função f(x) = (x - 2) 6 .
Temos f' (x) = 6 (x - 2) 5 . Fazendo f' (x) = 0, obtemos x = 2, que é o único ponto crítico de f. Calculando as derivadas seguintes no ponto x = 2, temos f" (x) = 30 (x - 2) 4 , f" (2) = O f,.. (x) = 120 (x - 2) 3 , f"' (2) = O f iv (x) = 360 (x - 2) 2 , f iv (2) =
326
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
f (1') (x) = 720 (x — 2) , f (") (2) = O
, f (14) (2) = 720 # 0.
f" (x) = 720
Logo, x = 2 é um ponto de mínimo relativo. (ii) Pesquisar máximos e mínimos da função f (x) = x5
—
x3 .
Fazendo f ' (x) = 5x4 3x2 = 0, obtemos os pontos críticos que são x i = 0, x2 = .■i3/5 e x3 = — -V-3/5 . —
Calculando o valor das derivadas seguintes no ponto x 1 = 0, temos f " (x) = 20x3 f "' (x) = 60x2
—
-
6x , f " (0) = O
6
, f "' (0) = 6 # 0. —
Como f "' (0) 0, concluímos que O é um ponto de inflexão. No ponto x 2 = -■r3/5, temos f "(x) = 20x3 — 6x , f "(NTD) = 20 (3/5) 32 — 6 .Nii75-
=
20 • — 6 5
= 6I7>0. Logo, concluímos que x 1 = No ponto x3 =
temos
é um ponto de mínimo relativo.
Aplicações da derivada
f
"(x) = 20x 3 - 6x , f "( - .\13/5 )
3 = — 20 — 5
327
3/2
)
— 6 ( — 'N/3/5 )
= — 6 -■/3/5 < 0 . Logo, o ponto x3 = — 'N/3/5 é um ponto de máximo relativo.
5.17 EXERCÍCIOS 1.
Determinar o polinômio de Taylor de ordem n, no ponto c dado, das seguintes funções: b) f(x) =
c) f(x)=1n(1—x); c=0 e 1/2; n = 4
d) f(x) = sen x ; c = rt12 ; n = 8
e) f(x) = cos 2x ; c = O e n/2 ; n = 6
2.
; c = —1 e 2; n=4
a) f(x) = ex12 ; C = 0 e 1; n = 5
X
1 f (x) - 1 + x ,c-0 e 1;n=4.
Encontrar o polinômio de Taylor de grau n no ponto c e escrever a função que define o resto na forma de Lagrange, das seguintes funções: a) y=coshx;n=4;c=0 c) y =
; n = 3 ; c = 1
b) y = tg x ; n=3; d) y= e
x2
C = 7C
; n = 4 ; c = O.
3.
Usando o resultado encontrado no exercício 1, item (c), com c = O, determinar um valor aproximado para ln 0,5. Fazer uma estimativa para o erro.
4.
Determinar o polinômio de Taylor de grau 6 da função f(x) = 1 + cos x no ponto c = it. Usar este polinômio para determinar um valor aproximado para cos (5n/6). Fazer uma estimativa para o erro.
5.
Demonstrar que a diferença entre sen (a + h) e sen a + h cos a é menor ou igual a — h .
1 2 2
328
6.
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Um fio delgado, pela ação da gravidade, assume a forma da catenária y = a cosh —x . a
Demonstrar que para valores pequenos de Ixl,a forma que o fio toma pode ser representada, x2 aproximadamente, pela parábola y = a + — 2a
7.
Pesquisar máximos e mínimos das seguintes funções: a) f(x) = 2x — 4
b) f(x) = 4 — 5x + 6x2
c) f(x) = (x — 4) 10
d) f(x) = 4 (x + 2) 7
e) f(x) = x6 — 2x4
f(x) _ x5
1325 x3
EDITORA
CAPÍTULO 6
DAVFSt
MAKRON Books
INTRODUÇÃO À INTEGRAÇÃO
Neste capítulo introduziremos a integral. Em primeiro lugar, trataremos da integração indefinida, que consiste no processo inverso da derivação. Em seguida, veremos a integral definida, que é a integral propriamente dita, e sua relação com o problema de determinar a área de uma figura plana. Por fim, apresentaremos o Teorema Fundamental do Cálculo, que é a peça Chave de todo Cálculo Diferencial e Integral, pois estabelece a ligação entre as operações de derivação e integração.
6.1 INTEGRAL INDEFINIDA 6.1.1 Definição. Uma função F(x) é chamada uma primitiva da função f(x) em um intervalo 1 (ou simplesmente uma primitiva de ftx)), se para todo x e 1, temos .
F ' (x) = f(x).
Observamos que, de acordo com nossa definição, as primitivas de uma função f(x) estão sempre definidas sobre algum intervalo. Quando não explicitamos o intervalo
e nos referimos a duas primitivas da mesma função são primitivas de f no mesmo intervalo 1.
f,
entendemos que essas funções
329
330
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
6.1.2 Exemplos (i) F ' (x) =
F (x) =
x3 \
3
é
uma primitiva da função f(x) = x2 , pois
1/3 3x2 = x2 = f(x).
(ii) As funções G(x) = x3 /3 + 4, H(x) = 1/3 (x3 + 3) também são primitivas da função f(x) = x2 , pois G ' (x) = H' (x) = f(x). (iii) A função F(x) = 1/2 sen 2x + c, onde c é uma constante, é primitiva da
função f(x) = cos 2x.
(iv) A função F(x) = 1/2x2 é uma primitiva da função f(x) = —1/x 3 em qualquer intervalo que não contém a origem, pois para todo x O, temos F '(x) = fiz). Os exemplos anteriores nos mostram que uma mesma função f(x) admite mais que uma primitiva. Temos as seguintes proposições.
6.1.3 Proposição. Seja F(x) uma primitiva da função f(x). Então, se c é uma constante qualquer, a função G(x) F(x) + c também é primitiva de f(x).
Prova. Como F(x) é primitiva de f(x), temos que F '(x) = f(x). Assim, G ' (x) = (F(x) +
= F ' (x) +
O = f(x),
o que prova que G(x) é uma primitiva de f(x).
6.1.4 Proposição. Se f ' (x) se anula em todos os pontos de um intervalo constante em
I,
então f é
Prova. Sejam x, y E I, x < y. Como f é derivável em I, f é contínua em [x, y] e derivável em (x, y). Pelo Teorema do Valor Médio, existe z E (x, y), tal que f (z) f(Y) - flx) y—x
Introdução à integração
331
Como f '(z) = O, vem que f(y) — f(x) = O ou f( y) = f(x). Sendo x e y dois pontos quaisquer de I, concluímos que f é constante em I.
6.1.5 Proposição. Se F(x) e G(x) são funções primitivas de f(x) no intervalo I, então existe uma constante c tal que G(x) — F(x) = c, para todo x E I.
Prova. Seja H(x) = G(x) — F(x). Como F e G são primitivas de f(x) no intervalo
I, temos
F ' (x) = G ' (x) = f(x), para todo x E I. Assim,
H ' (x) = G '(x) — F ' (x) = f(x) — f(x) = O, para todo x E
Pela proposição 6.1.4, existe uma constante c, tal que H (x) = c, para todo x E I. Logo, para todo x E 1, temos G(x) — F(x) = c.
Da proposição 6.1.5, concluímos que se F(x) é uma particular primitiva de f, então toda primitiva de f é da forma G(x) = F(x) + c,
• onde c é uma constante. Assim o problema de determinar as primitivas de f, se resume em achar uma primitiva particular.
6.1.6 Exemplo. Sabemos que (sen x)' = cos x. Assim, F(x) = sen x é uma primitiva
da função flx) = cos x e toda primitiva de f(x) = cos x é da forma G(x) = sen x + c,
para alguma constante
c.
6.1.7 Definição. Se F(x) é uma primitiva de f(x), a expressão F(x) + c é chamada integral indefinida da função f(x) e é denotada por
f .ffx) dx = F(x) + c .
332
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
De acordo com esta notação o símbolo
1 é chamado sinal de integração, f(x) .
função integrando e f(x) dx integrando. O processo que permite achar a integral indefinida de uma função é chamado integração. O símbolo dx que aparece no integrando serve para identificar a variável de integração. Da definição da integral indefinida, decorre que:
(i)
f (x) dx = F (x) + c F ' (x) = f (x).
(ii)f f (x) dx representa uma família de funções (a família de todas as primitivas da função integrando).
Propriedades da Integral Indefinida
6.1.8 Proposição. Sejam f, g: I —> R e K uma constante. Então:
(i)
J K f (x) dx = K J f (x) dx.
(ii)f
(f (x) + g (x)) dx = Jf (x)
g (x) dx.
Prova. (i) Seja F (x) uma primitiva de f (x). Então K F (x) é uma primitiva de K f(x), pois (K F(x))' = K F ' (x) = K flx). Desta forma, temos IKf(x)dx = KF(x)+c=KF(x)+Kc i = K [F(x) + c] = K Jf (x) dx.
(ii) Sejam F(x) e G(x) funções primitivas de f(x) e g(x), respectivamente. Então, F (x) + G (x) é uma primitiva da função (f (x) + g (x)), pois [F(x) + G(x)]' = F '(x) + G '(x) = f(x) + g(x).
Introdução à integração
333
Portanto,
J(f (x) +g(x))dx = [F (x) + G (x)] + c = [F(x) + G(x)1 + c + c 2 , onde c = c i + c2 = [F(x) + c 1 ] + [ G(x) + c 2 ] = f (x) dx + S g (x) dx.
O processo de integração exige muita intuição, pois conhecendo apenas a derivada de uma dada função nós queremos descobrir a função. Podemos obter uma tabela de integrais, chamadas imediatas, a partir das derivadas das funções elementares.
6.1.9 Exemplos (i)
Sabemos que (sen
(ii)
Como (—cos
= cos x. Então cos x dx = sen x + c.
= sen O, então sen 8 d6 = — cos 6 + c.
(iii) J ex dx = eX + c, pois (e)' = ex. (iv)
(v)
X2/3
J
dt
dx =
3 x5/3 + c, pois (3/5 x5/3 )'= 5
—
= 2 ' + c, pois (2 Vi5' = 1/Nií .
X213 .
334
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
6.1.10 Tabela de Integrais Imediatas
c
(1) du
(2)
— = ln ru I + c
(3)
u a du —
J
f
u a +1 + c (a é constante —1) a+1
a" au du = a+c ln
(5);
e" du = e" + c
(6)
sen u du = — cos u + c
(7)
cos u du = sen u + c
(8)
sec 2 u du = tg u + c
(9)
s..
$ cosec 2 u du = — cotg u + c 5,..— k' „.K.,
(10) f sec
c/ = sec u + c
, >c d 1 ct5)' x cosec u cotg u du = — cosec u + c )
(11) (12)
(13)
du
— arc sen u + c '■1 1 — u2 du
.1 1 +
- arc tg u + c
Introdução à integração du (14) j . — are sec u + c u .\44 2 — 1 4's (15) S senh u du = cosh u + c
(16) J u du = .
cosh
senh u + c
(17) S sech2 u du = tgh u + c (18)
cosech 2 u du =
(19)
sech u • tgh u du =
—
cotgh u + c
—
sech u + c
At(20) f cosech u • cotgh u du = (21)
(22)
du J
du —1
(23)
u + -5,/u 2 + 1
+c
— arg cosh u + c = ln I u + 'Vu 2 — 1
+c
arg tgh u + c
du 1 — u2
=
(24)
(25)
du u
cosech u + c
arg senh u + c = ln
"\11 + u 2
f
—
—u 2
,
se lul < 1
arg cotgh u + c ,
se lul > 1
1
—
2
ln
1+u 1—u
+c
— —arg sech lu I+ c
du — —arg cosech lu I + c . u + u2
335
336
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Usando as propriedades da integral indefinida e a tabela de integrais, podemos calcular a integral indefinida de algumas funções.
6.1.11 Exemplos. Calcular as integrais indefinidas. (i)
5 (3x
2
+5+ -Cx) dx
.
'NA
Usando as propriedades da integral indefinida e a tabela de integrais;temos
J
3x2 + 5 +
dx = 3 f x2 dx + 5 f dx + f x 1/2 dz X3
= 3 — + 5x +
3
x3/2
3/2
+c
2 = x3 + 5x + – x3/2 + c . 3
(ii)
(3 sec x • tg x + cosec 2 dx.
Temos, (3 sec x • tg x + cosec2 x) dx = 3 sec x tg x dx + cosec 2 x dx = 3 sec x – cotg x + c.
sec2 x dx . (iii) iii)
cosec x
Neste caso, temos sec2 x dx = i• 1 sen x dx = cosec x J cos x cos x
tg x • sec x dx = sec x + c .
Introdução à integração
(iv)
( 3 .•VX-2 + 1/3x) dx .
Temos,
f ( -‘172 + 1/3x)
=I jdx 3 x2 dx + j. 1/3x dx f
x2/3 dx + 1 dx 3 x
x5/3 1 + — ln lx 1 + c 5/3 3 3 x5/3 ln lx 1 + c 5 3 x4 + 3x 1/2 + 4
(v )
?Cic
V
dx .
Temos, • 1,,
3x4x + 3x- 1/2 + 4 dx 3 1— J .
( x4 3
-1/2
1r;
4
dx
(x 111. + 3x-516 + 4x 9 dx
x 11/3 dx + 3 .1' x-5/6 dx + 4 j. x-1/3 dx x 14/3 14/3
•
=
14
X
1/6
X2/3
+ 3 • 1/6 + 4 •2/3 + c
X1413 + 18x 1/6 6X273 + c .
337
•
338
•
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
1\ (vi) f 2[ cosx + -,- dx . Nx --
Temos, (
1\
2 cos x+ rNx
f 2 cos x dx +
dx
•
2 cos x dx + S x112 dx
= 2 sen x +
= 2 sen x +
2 e -
(vii)
F_dx
NX
X1/2
1/2
+c
+ c.
sen x 2
+ — dx
cos2 x X7
Temos,
f
2 ex -
sen x 2 2
+
cos x X
J 2 e dx - S
dx
•
sen x cos
2
x
2 dx
dx +
x7
21ex -I secx-tgxdx + 2 f x 7 dx s
= 2ex - sec x + 2 •+ c -6 = 2ex - sec x -
1 3x6
+ c.
Introdução à integração
339
6.2 EXERCÍCIOS Nos exercícios de 1 a 10, calcular a integral e, em seguida, derivar as respostas para conferir os resultados. _
1.
X3
N
2.
3.
(ax4 + bx3 + 3c) dx
5.
(2x2
7.
'■/2y
dx
x3
10.
dx
dx2 x sen 'dt
8.
dy
dt
3
"\rx-
6.
1
9t2 + 11Nt3 1 ± x
4.
3)2 dx
.12y -
9.
f
—
3/2 + 3
J
x5 + 2x2 - 1
dx
X4
Nos exercícios de 11 a 30, calcular as integrais indefinidas.
f
x2 ± 1 x2 2 + 1 dx
sen x 1'
cos
J
2
x
\4/ 4 X ( et 2
x2
1
dx
)
-N/ 1 _
X2
dx
Á. 8x4 - 9x3 + 6x2 - 2x + 1
4 7
x2
X-
1
17. f — + "\it + -
19.
-
dx
-
- e -x) dx
t
dt
dx
cos O • tg OdO
20. f(t +
dt
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
340
21.
x-1/3 - 5 x
J
f sec 25.
27.
f
(cos a x + 1) dx
x2 — 1
J x2 J
29.
31.
2x
4
) dt
16t +
tg2 x cosec 2 x dx dt
J
26.
d + 1x
(et -
- 1/2) t"
— h et + cosh t) dt
22.
dx
O, constante. (a,2 a2 , a
'3N1 8 (t - 2) 6 (t + ) 3 dt
2
28.
ln x dx x ln x`-
30:
(x - 1) 2 (x + 1) 2 dx
onde n E z.
32.
Encontrar uma primitiva F, da função f(x) = x213 + x, que satisfaça F(1) = 1.
33.
Determinar a função f(x) tal que
5
f(x) dx = x2 +
2
cos 2x + c .
34.
Encontrar uma primitiva da função f(x) = — + 1 que se anule no ponto x = 2.
35.
Sabendo que a função f(x) satisfaz a igualdade f( x) dx = sen x - x cos x -
1
+ c , determinar f (n/4).
36. Encontrar uma função f tal que f '(x) + sen x = O e ,ff0) = 2.
Introdução à integração
341
6.3 MÉTODO DA SUBSTITUIÇÃO OU MUDANÇA DE VARIÁVEL PARA INTEGRAÇÃO Algumas vezes, é possível determinar a integral de uma dada função, aplicando uma das fórmulas básicas depois de ser feita uma mudança de variável. Este processo é análogo à regra da cadeia para derivação e pode ser justificad-o como segue. Sejam flx) e F(x) duas funções tais que F ' (x) = f(x). Suponhamos que g seja outra função derivável tal que a imagem de g esteja contida no domínio de F. Podemos considerar a função composta F o g. Pela regra da cadeia, temos
[F(g(x))]' = F ' (g(x)) • g ' (x) = f(g(x)) • g '(x), isto é, F(g(x)) é uma primitiva de f(g(x)) • g ' (x). Temos, então f (g (x)) g' (x) dx = F (g (x)) + c .
(1)
Fazendo u = g(x), du =g '(x) dx e substituindo em (1), vem
f (g (x)) g ' (x) dx = f (u) du = F (u) + c. Na prática, devemos então definir uma função u = g(x) conveniente, de tal forma que a integral obtida seja mais simples.
6.3.1 Exemplos. Calcular as integrais: (i)
\1-
1 2x + x2 dx ,s
Fazemos u = 1 x2 . Então, du = 2x dx. Temos, du 1 + x2 dx u
,1 1 1
r
342
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração = 111 114 +
C
= ln (1 +x 2 )+ c.
(ii)
sen 2 x cos x dx.
Se fizermos u = sen x, então du = cos x dx. Assim, sen 2 x cos x dx = Ju2du U3
=
3
-
+
C
sena x +c 3
(iii)
sen (x + 7) dx.
Fazendo u = x + 7, temos du = dx. Então,
J
sen (x + 7) dx =
J
sen u du
= - COS
U+C
= - cos (x + 7) + c.
(iv) f tg x dx.
Podemos escrever tg x dx =
sen x dx cos x
Introdução à integração
343
Fazendo u = cos x, temos du = — sen x dx e então sen x dx = — du. Portanto, tg x dx = r — du
du
u
— — ln lu I + c
= — ln I cos x 1 + c.
I
(v)
(3x dx — 5) 8
Fazendo u = 3x — 5, temos du = 3 dx ou dx = 1/3 du. Portanto, (3x d_x 5)8 .1* 1/3 du u8
1 1 u- 7 3 j. ir 8 du = 3 _ 7 + c
—1 +c. 21 (3x — 5) 7
(vi)
(x + sec 2 3x) dx.
Podemos escrever,
f (x + sec
2
3x) dx = f x dx +
J sec 3x dx 2
x2 — + f sec 2 3x dx . 2
J
(1
)
Para resolver sec 2 3x dx fazemos a substituição u = 3x. Temos, então du = 3dx ou dx = 1/3 du Assim,
344
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
J
1 1 sec2 u • — du = — sec2 u du 3 3
sec2 3x dx =
=
1
—
3
1 tg u + c = — tg 3x + c .
3
Substituindo em (I), obtemos X2 1 (x + sec 2 3x) dx = — — tg 3x + c .
2
du 2
u + a2
3
, (a O).
Como a O, podemos escrever a integral dada na forma
du1 f. u2 + u2 + a2
Portanto,
du 2 +1 a
•
Fazemos a substituição v = u a. Temos então, dv = 1/a du ou du = a dv.
du 1 f a dv u 2 + a 2 a 2 J v2 + 1
1f dv a -1 v2 1- 1 1 =— arc tg v + c
a
=
1 a
arc tg
—
a
+c.
Introdução à integração
r2
345
dx + 6x + 13 •
Para resolver esta integral devemos completar o quadrado do denominador. Escrevemos, x2 +6x+13 = x 2 +2•3x+9-9+13 = (x + 3) 2 + 4. Portanto, dx
dx
(x + 3) 2 +
x2 + 6x + 13
Fazendo u = x + 3, du = dx e usando o exemplo anterior, obtemos du + c u.. ± 22 — 12 arc tg 2
dx =
/ .x2 + 6x + 13
1
= — arc tg 2
x+3
2 +
c.
(ix) — 2 x+1
Neste caso, fazemos a substituição u = ou ainda, dx = 2 u du.
— 2 . Então, u2 = x — 2 ou x = u2 + 2,
Substituindo na integral, vem —2 x+1
dx
2 u2 + 2 + 1
u du
2 u2 du 2 u2 du u2 + 3 u2 + 3
346
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Efetuando a divisão dos polinômios, temos —2
x+1
dx
—3
2 ( 1 + u2 3 ) du
du u2 + 3
2 [ du 3
1
du u2 + 3
= 2 u — 6 J.
6 .N13
arc=2u— tg
+ c
'‘1 3
6 •Ni x — 2 = 2 -■ix — 2 — arc tg +c.
(x) J .Nit2 - 2 t4 dt .
Escrevemos, 'Vt2 —2 t4 d = f t2 (1 — 2 t2 ) dt =
J
t
— 2 t2 dt .
Fazendo u = 1 — 2t2 , temos du = — 4t dt e então t dt =— du Assim,
.\it2 - 2 t4 dt
u1/2 — du
4
_—
4 u
1 u 3/2 — 1 4 3/2 4- c
1/2
du
— 2 t2) 3/2 +
C
.
Introdução à integração
6.4 EXERCÍCIOS Calcular as integrais seguintes usando o método da substituição. (x3 — 2) 1/7 x2 dx
(2x2 + 2x — 3) 10 (2x + 1) dx f
5
x dx
5x "‘/4 — 3x2 dx
.
.\1X —
f
1 1Ix2 + 2x4 dx
e i/x + 2
e t dt
1
et + 4
u
tg x sec2 x dx
sen x
11.
COS 5X
15.
1
ex cos 2 et dx
sen (50 — 7t) de
.
a + b tg 0
19(
10.
1
dx
15.
(e 2t + 2) 1/3 e 2t dt
2 sec 2 0
dy y` — 4y + 4
de
x2
dx
senil x cos x dx
2 sen x — 5 cos x cos x
cos X2 dx y 3i. arc sen dy
—y2
18.
(
).‘./ S
16dx + r2
sen 0 cosg O de
dx
347
348
21.
23.
25.
27.
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
ln x2 \, dx
x
f 'N/3 t
3 dx -I x2 - 4x + 1
+3
x-1
29.
f (sen
31.
f xe
33.
dx
4x + cos 27c) dx
3x2 dx
dt t
35.
+ t2 dt
4
22.
(e" + e-arf dx
24.
4 dx 4 xa + 20x + 34 est dx
26.
e2x +
3 dx x ln a 3x
28.
30.
( 2x2 1- x dx
32.
dt
(2 +
34.
ln t
.f (e + 2) 2x
5 e 2x dx
16
36.
8x \I1 -
f
e
2x2 dx
4 t dt
'‘/4 t2 + 5
37.
f 3 -cossenx x dx
38.
l' dv i 'i-v- (1 + 'Nfv-) 5
39.
5 x2 -V1 + x dx
40.
f x4 e- xsdx
41.
f t cos t
42.
5 8x2 16x3 + 5 dx
43.
1 sen 1/2 2 O cos 2 O dO
44.
5 seca (5x + 3) dx
2 dt
Introdução à integração
45.
sen O dO
•/ (5 - cos 0) 3
47. f (1 + e-at) 3/2 e-at dt , a > O
49.
r ,Ft - 4 dt
46.
$ cotg u du
48.
1 cos
50.
$ x (sen 2x
x
2
349
dx
3
+ 4x) dx
6.5 MÉTODO DE INTEGRAÇÃO POR PARTES Sejam f(x) e g(x) funções deriváveis no intervalo I. Temos,
[f(x) g(x)]' = f(x) - g ' (x) + g(x) • f ' (x)
o u, f(x) • g ' (x) = [f(x) g(x)]' - g(x) • f ' (x)• Integrando ambos os lados dessa equação, obtemos
f (x) • g ' (x) dx = f [f (x) g (x)r dx - g (x) • f ' (x) dx, ou ainda,
f (x) • g ' (x) dx = f (x) • g (x) -1 g (x) • f ' (x) dx.
(1)
Observamos que na expressão (1) deixamos de escrever a constante de integração, já que no decorrer do desenvolvimento aparecerão outras. Todas elas podem ser representadas por uma única constante c, que introduziremos no final do processo. Na prática, costumamos fazer
u = f(x)
du = f ' (x) dx
350
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
e
v = g(x)
dv = g '(x) dx.
Substituindo em (1), vem
que é a fórmula de integração por partes.
6.5.1 Exemplos (i) Calcular
j x e-2x dx.
Antes de resolver esta integral, queremos salientar que a escolha de u e dv são feitas convenientemente. Neste exemplo, escolhemos u = x e dv = e -2x dx. Temos,
u= x
du= dx
dv = e-2x dx
v=
j e-2x dx =
1 e -2x .
2
Aplicamos então a fórmula
f udv=u•vivdu e obtemos
dx =
—1 2
e- 2x
—1 1 2
dx
Introdução à integração
351
Calculando a última integral, vem
x • e-2x dx —
1 2
1 xe——— e —+c.
4
Observamos que se tivéssemos escolhido u = C2x e dv = x dx, o processo nos levaria a uma integral mais complicada.
(ii) Calcular ln x dx. Seja u
x
du = llx dx v = dx = x.
dv = dx
Integrando por partes, vem
5 ln xdx = (ln x)• x — x•
1
dx
= xlnx—f dx x ln x — x + c.
(iii) Calcular x2 sen x dx. Neste exemplo, vamos aplicar o método duas vezes. Seja
u = x2 du=2xdx dv = sen x dx
v = sen x dx = — cos x.
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Integrando por partes, vem x2 •sen x dx
= x2 (— cos x) — J(— cos x) 2x dx = —x2 cosx+2fxcosxdx.
A integral x cos x dx deve ser resolvida também por partes. Fazemos,
u =x
du = dx
dv = cos x dx
v = J cos x dx = sen x.
Temos,
x cos x dx = x sen x — J sen xdx. Logo,
j. x2 sen x dx =
cos x + 2 [x sen x — sen x dx] —x2 cos x + 2x sen x + 2 cos x + c.
(iv) Calcular e ax sen x dx. Este exemplo ilustra um artifício para o cálculo, que envolve também duas aplicações da fórmula de integração por partes. Seja
u = e2x
du = 2 e2x dx
dv = sen x dx
v = sen x dx = — cosi.
J
Introdução à integração
353
Aplicando a integração por partes, vem
e21` sen x dx
e2r (- cos x) - f (- cos x) 2e2x dx —e2x COS X 1- 2 e2x cos x dx.
Resolvendo 1 e 2x cos x dx por partes, fazendo u = e 2x e dv = cos x dx, encontramos .
S
e2x sen x dx = -e2x cos x + 2 [e2x sen x - f sen x • 2 e lt. dx]
= -e2x cos x + 2 e 2x sen x - 4 f e a' sen x dz.
(2)
Observamos que a integral do 2 membro é exatamente a integral que queremos calcular. Somando 4 f e2x sen x dx a ambos os lados de (2) , obtemos 5 1 e2x sen x dx = -e 2x cos x + 2 e2x sen x. .
Logo, e2x sen x dx =
5
(2 e2x sen x - e 2x cos x) + c .
(v) Calcular f sena x dx.
.r,
Neste caso, fazemos
u = sen 2 x
dv = sen x dx
du = 2 sen x cos x dx v = f sen x dx = - cos x. ,
C' s
ttik V --
-
354
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Então,
J sena x dx = sen2 x (- cos x) -
- cos x • 2 sen x cos x dx
- sen 2 x cos x + 2 cos2 x sen x dx
= - sen 2 X
COS X —
COS
3X
2 + c.
3
6.6 EXERCÍCIOS Resolver as seguintes integrais usando a técnica de integração por partes. 1. $ x sen 5x dx
3. f
t e 4t dt
G 5
4.
ln (1 — x) dx
f x+1 (
)
cos 2 x dx
5. f x ln 3 x dx
6. i cos 3 x dx
7. f ex cos ";, dx
8. 5 \r x ln x dx
9.
cosec3 x dx
11. $ x cosec2 x dx
10. $ x2 cos a x dx
12. j. arc cotg 2x dx
Introdução à integração ln (ax + b) dx "■Iax + b
13. f e" sen bx dx
14.
15.
16. J 1n3 2 x dx
X3
— X2 dX
17. j are tg a x dx
18. 5 x3 sen 4x dx
19. f (x — 1) e' dx
20. f x2 ln x dx
21. f x2 ex dx
22. i arc sen ; dx
.
23.
(x — 1) sec2 x dx
25.
x"- ln x dx , n E N
26.
27.
ln (x + 1 + x2 ) dx
28.
x arc tg x dx
30.
x cose x dx
29.
31.
dx
J
(x+ 3)2 ex dx
33.
cos (ln x) dx
35.
seca x dx
J 24.
32.
34.
36.
e3x cos 4x dx
5
in(x2 +1)dx
J x
+ 1 dx
arc cos x dx
evx x3
dx.
355
356
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
6.7 ÁREA Desde os tempos mais antigos os matemáticos se predcupam com o problema de determinar a área de uma figura plana. O procedimento mais usado foi o método da exaustão, que consiste em aproximar a figura dada por meio de outras, cujas áreas são conhecidas. Como exemplo, podemos citar o círculo. Para definir sua área, consideramos um polígono regular inscrito de n lados, que denotamos por P n (Figura 6.1(a)). Seja A n a área do polígono P n . Então, A n = n A T , onde A T é a área do triângulo de base /n e altura h n (Figura 6.1(b)).
(a)
(b)
Figura 6-1
Como A T —
An = n •
In
•
2 h
n
e o perímetro do polígono P n é dado por p n = nin , vem
In hn pn h n
2
2
Fazendo n crescer cada vez mais, isto é, n + co, o polígono Pn toma-se uma aproximação do círculo. O perímetro p n aproxima-se do comprimento do círculo 2nr e a altura h n aproxima-se do raio r.
Introdução à integração
357
Temos, lim A n
n --)
2 icr r = — n r2 , que é a área do círculo. 2
Para definir a área de uma figura plana qualquer, procedemos de forma análoga. Aproximamos a figura por polígonos cujas áreas possam ser calculadas pelos métodos da geometria elementar. Consideremos agora o problema de definir a área de uma região plana S, delimitada pelo gráfico de uma função contínua não negativa f, pelo eixo dos x e por duas retas x = a e x = b (ver Figura 6.2).
Figura 6-2 Para isso, fazemos uma partição do intervalo [a, b], isto é, dividimos o intervalo [a, b] em n subintervalos, escolhendo os pontos a = o x < x < < x.1-1< x. < ...< x n = b . Seja Axi = xi - xi_ 1 o comprimento do intervalo [x i_ 1 , xi ]. Em cada um destes intervalos [x i_ 1 , xi ], escolhemos um ponto qualquer c i . Para cada i, i = 1, (ver Figura 6.3).
n, construímos um retângulo de base Ax i e altura f(c i )
358
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Figura 6-3 A Figura 6.4 ilustra esses retângulos nos casos n = 4 e n = 8.
Figura 6-4 A soma das áreas dos n retângulos, que representamos por Sn , é dada por:
Sn = f(c 1 ) Ax i +1(c2) &2 +... +.ficn) An
=
fici) Axi . i
=1
Esta soma é chamada soma de Riemann da função f(x).
Introdução à integração
359
Podemos observar que a medida que n cresce muito e cada Az i , i = 1, n, torna-se muito pequeno, a soma das áreas retangulares aproxima-se do que intuitivamente entendemos como a área de S.
6.7.1 Definição. Seja y = f(x) uma função contínua, não negativa em [a, b]. A área sob a curva y =flx), de a até b, é definida por A = Hm
n
flc i) A xi ,
máx A x. —> O i = 1
onde para cada i = 1,
n, c i é um ponto arbitrário do intervalo [xi_i , xi l.
É possível provar que o limite desta definição existe e é um número não negativo.
6.8 INTEGRAL DEFINIDA A integral definida está associada ao limite da definição 6.7.1. Ela nasceu com a formalização matemática dos problemas de áreas. De acordo com a terminologia introduzida na seção anterior, temos a seguinte definição.
6.8.1 Definição. Seja f uma função definida no intervalo [a, b] e seja P uma partição qualquer de [a, b]. A integral definida de f de a até b, denotada por
r
a
f(x) dx ,
é dada por fb flx) dx = lim a
máx Ari —> O
desde que o limite do 2° membro exista.
360
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
Se fb f(x) dx existe, dizemos que f é integrável em [a, b]. a
s
Na notação b f(x) dx , os números a e b são chamados limites de integração a
(a = limite inferior e b = limite superior). Se f é integrável em [a, b], então Sb f(x) dx = a
f
f(t) dt = b f(s) ds , a
a
isto é, podemos usar qualquer símbolo para representar a variável independente. Quando a função f é contínua e não negativa em [a, b], a definição da integral definida coincide com a definição da área (Definição 6.7.1). Portanto, neste caso, a integral definida f(x) dx a
é a área da região sob o gráfico de f de a até b. Sempre que utilizamos um intervalo [a, b], supomos a < b. Assim, em nossa definição não levamos em conta os casos em que o limite inferior é maior que o limite superior.
6.8.2 Definição (a)
Se a > b, então J(x) dx = —
r
f(x) dx ,
se a integral à direita existir. (b)
Se a = b e f(a) existe, então
f
a
f(x) dx = O .
Introdução à integração
361
É muito importante saber quais funções são integráveis. Uma ampla classe de funções usadas no Cálculo é a classe das funções contínuas. O teorema abaixo, cuja demonstração será omitida, garante que elas são integráveis.
6.8.3 Teorema. Se f é contínua sobre [a, b], então f é integrável em [a, b]. Propriedades da Integral Definida
6.8.4 Proposição. Se f é integrável em [a, b] e k é um número real arbitrário, então k f é integrável em [a, b] e
Sb k f(x) dx = k
f f(x) dx a
a
Prova. Como f é integrável em [a, b], existe o lim
máx Ax.
O
i i
f(c ) Ax , =1
e portanto, podemos escrever
Sb k f(x) dx a
máx
lim
k f(c Axi
máx exi O
=. 1
n
k Az
= k
lim .
O=
ta f(x) dx .
(c. Axi
1
362
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
6.8.5 Proposição. Se f e g são funções integráveis em [a, b], então f + g é integrável em [a, b] e
r
a
„(x) ,g(x)1dx f(x) dx + g(x) dx. a a
Prova. Se f é integrável em [a, b] existe o limite fiC i ) ,\x , que é a fb f(x) dx .
lim máx Az. --> O
a
i = 1
Se g é integrável em [a, b] , existe o limite n
lim
máx Ax —> O
E =
g(c i) Axi , que é a fb g(x) dx . a
Escrevemos então,
fb + g(x)1 dx = a
lim
máxAxi-÷0 i=1
máx
Ç
a
lim
Cffci) + g(c) ) Ax i
f(c i) Axi +
O i = 1 máx
lim
O i=1
g(c i )
f(x) dx + g(x) dx a
Observamos que esta proposição pode ser estendida para um número finito de funções, ou seja,
Introdução à integração
r [Ti (x) + f2(x) + a
fi (x) dx + Sb f2 (x) dx
+ fn (x)] dx =
a
363
...
+ fb fn (x)dx a Vale também para o caso de termos diferença de funções, isto é,
fb [f(x) — g(x)] dx = r f(x) dx — a a
a
g(x) dx .
6.8.6 Proposição. Se a O i=r+i
i
f(x) dx + fb fix) dx a
c
Esta propriedade pode ser generalizada: "Se f é integrável em um intervalo fechado e se a, b, c são pontos quaisquer desse intervalo, então
fb flx) dx = S c f(x) dx + fb fix) dx ." a
a
c
A Figura 6.5 ilustra a proposição 6.8.6, para o caso em que f(x) > O. A área do trapezóide ABCD adicionada à área do trapezóide BEFC é igual à área do trapezóide AEFD.
Figura 6-5
Introdução à integração
365
6.8.7 Proposição. Se f é integrável e se f(x) >_ O para todo x em [a, b], então
Sb f(x) dx O . a
Prova. Como .Ac i ) O para todo ci em [xi_ 1 , xi ], segue que f(c i) Axi O . =1 Portanto, n
lim
O
MáXAXi -4
=1
.Ac i )A ^. O
e dessa forma f b f(x) dx O . a
6.8.8 Proposição. Se f e g são integráveis em [a, b] e f(x) g(x) para todo x em [a, b], então
.ftx)
dx r g(x) dx .
a
a
Prova. Fazemos I = r f(x) dx a
—
a
g(x) dx .
366
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Devemos mostrar que 1 _^ O. Usando a proposição 6.8.5, podemos escrever 1 = Sb f(x) dx — jb g(x) dx a
a
= fb Ú(x) — g(x)) dx . a
Como f(x) g(x) para todo x e [a, b] temos que f(x) — g(x) O, para todo x e [a, b].
Usando a proposição 6.8.7, concluímos que I _^ O.
6.8.9 Proposição. Se f é uma função contínua em [a, b], então fb f(x) dx a
Sb I f(x) dx a
Prova. Se f é contínua em [a, b], então a)
f é integrável em [a, b];
b)
I f 1 é contínua em [a, b];
c) I f 1 também é integrável em [a, b].
Sabemos que — I f(x) I f(x) I f(x) I . Usando a proposição 6.8.8, escrevemos
fb — ifix) dx fb f(x) dx r,fix)I dx . a
a
a
Introdução à integração
367
Pela proposição 6.8.4, vem
f
— b 1f(x) 1 dx 5 a
a
f(x) dx 5_ fb Igx) 1 dx . a
Usando a propriedade 1.3.3(i), segue que
a
f(x) dx
s
b f(x) dx a
Na proposição a seguir, cuja demonstração será omitida, apresentamos o Teorema do Valor Médio para integrais.
6.8.10 Proposição. Se f é uma função contínua em [a, b], existe um ponto c entre a e b tal que
fb flx) dx = (b — a) f(c) . a
Seflx) O, x e [a, b], podemos visualizar geometricamente esta proposição. Ela nos diz que a área abaixo da curva y =f(x), entre a e b, é igual à área de um retângulo de base b — a e altura f(c) (ver Figura 6.6).
Figura 6-6 ■
. 368
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
6.9 TEOREMA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO O teorema fundamental do Cálculo nos permite relacionar as operações de derivação e integração. Ele nos diz que, conhecendo uma primitiva de uma função contínua f: [a, b] —> I?, podemos calcular a sua integral definida
a
f(t) dt . Com
isso, obtemos uma maneira rápida e simples de resolver inúmeros problemas práticos que envolvem o cálculo da integral definida. Para apresentar formalmente o teorema, inicialmente vamos definir uma importante função auxiliar, como segue. Tomamos a integral definida ff(t)dt , a
fixamos o limite inferior a e fazemos variar o limite superior. Então, o valor da integral dependerá desse limite superior variável, que indicaremos por x. Fazendo x variar no intervalo [a, b], obtemos uma função G(x), dada por
G(x) =
r
a
flt) dt .
Intuitivamente, podemoS compreender o significado de G(x), através de uma análise geométrica. Conforme vimos na seção 6.8, se f(t) _^ O, V t E [a, b], a integral
a
f(t) dt
representa a área abaixo do gráfico de f entre a e b (ver Figura 6.7(a)). Da mesma forma,
G(x) =
f
a
f(t) dt
nos dá a área abaixo do gráfico de f entre a e x (ver Figura 6.7(b)). Podemos observar que G(a) = O e G(b) nos dá a área da Figura 6.7(a).
Introdução à integração
369
Y=f
Y = f(t)
(a)
(b)
Figura 6 7 -
lição.
Vamos agora, determinar a derivada da função G(x). Temos a seguinte propo-
6.9.1 Proposição. Seja f uma função contínua num intervalo fechado [a, b]. Então a função G: [a, b] —> definida por
n
f(t) dt ,
G(x) = a
tem derivada em todos os pontos x E [a, b] que é dada por G ' (x) = f(x), ou seja,
dx
,fft) dt = f(x) .
Prova. Vamos determinar a derivada G ' (x), usando a definição G '(x) = lim G(x + Ar) — G(x) Ax Ax —> O
370
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Temos, G(x)
=
r
a
f(t) dt ;
G(x + Ax)
=
r
+Ax
,f(t)dt ;
a
G(x + dx) — G(x)
= J
+Ax
f(t) dt
a
— J f(t) dt . a
Usando a proposição 6.8.6, podemos escrever
ix+Ax j a
f(t) dt
=
r
f(t) dt
a
+ r+Ax f(t) dt
e então, G(x + Az) — G(x) =
f(t) dt
a+Ax
J x
+
r
+Ax
f(t) dt
—
f
a
,fit) dt
flt) dt
Como f é contínua em [x, x + Ax}, pela proposição 6.8.10, existe um ponto x entre x e x + Ax tal que
rx+Ax
f(t) dt = (x + A x — x) f( x )
= f(x ) Ax -
■
Introdução à integração
371
Portanto, lim G(x + A x) — G(x) lim Ar -4 0
Ax o
=
f( ) A x Ax
Az —> O
).
Como x está entre x e x + Ax, segue que x x quando Ax —> O. Como f é contínua, temos lim f(x ) = lim f( x ) = f(x).
Ax —>
X -) X
Logo,
hm
G(. x + A x) — G(x)
Ax
— f(x) , ou seja,
G '(x) = f(x).
Observamos que quando x é um dos extremos do intervalo [a, b], os limites usados na demonstração serão limites laterais. G '(a) será uma derivada à direita e G' (b) uma derivada à esquerda. Uma importante conseqüência desta proposição é que toda função f(x) contínua num intervalo [a, b] possui uma primitiva que é dada por G(x) =
r
a
f(t) dt .
Outro resultado importante obtém-se da análise geométrica. Voltando à Figura 6.7, podemos dizer que a taxa de variação da área da Figura 6.7(b) com relação a t é igual ao lado direito da região. Podemos agora, estabelecer formalmente' o Teorema Fundamental do Cálculo.
372
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
6.9.2 Teorema. Se f é contínua sobre [a, b] e se F é uma primitiva de f neste intervalo, então
f f(t) dt = F(b)
— F(a) .
b
a
Prova. Como f é contínua sobre [a, b], pela proposição 6.9.1, segue que G(x) =
r
a
f(t) dt
é uma primitiva de f nesse intervalo.
Seja F(x) uma primitiva qualquer de f sobre [a, b]. Pela proposição 6.1.5, temos que F(x) = G(x) + C, V x E [a, b]. Como G(a) = ja f(t) dt = O e G(b) = Sb f(t) dt , calculando a diferença a
a
F(b) — F(a), obtemos F(b) — F(a)
= (G(b) + c) — (G(a) + c) = G(b) — G(a) = fb f(t) dt — O a
= r f(t) dt a
Observamos que a diferença F(b) — F(a) usualmente é denotada por F(t)
b
. Também escrevemos, a b
fb f(x) dx = F(x) a
= F(b) — F(a) . a
Introdução à integração
373
6.9.3 Exemplos. Calcular as integrais definidas: (i)
53 x dx .
1 Sabemos que F(x) = x2 é uma primitiva de f(x) = x. Portanto, 2 x dx _ 1 2 x2
(ii)
2
o
3
1
—
32 2
1
-
2
12 9 1 4 2 2
cos t dt
A função F(t) = sen t é uma primitiva de f(t) = cos t. Logo,
Jo
n/2
cos t dt = sen t
= sen —7t — sen O = 1. 2
o
(iii) (x3 — 4x2 + 1) dx .
o
Usando as propriedades da integral definida e o Teorema Fundamental do Cálculo, temos
(x3 — 4x2 + 1) dx =
1 O
x3 dx — 4 x 2 dx + dx
x4 4
o
—4
x3
3 4
o
1
+ x
1
o
= ( — — O) — ( — — O) + (1 — O) 4 3 = —1/12.
•
374
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(iv)
1
1 x dx
0 X2
±
1
Vamos primeiro, encontrar a integral indefinida /
x dx
x2 + 1 •
Para isso, fazemos a substituição u = x2 + 1. Temos então, du = 2x dx ou
x dx =
du
2
—
. Portanto, du/2
1 du
2 u
J u •
– 1 ln lul + c 2
1 ln (x2 + 1) + c . 2
–
Logo, pelo Teorema Fundamental do Cálculo, temos
1.1
x dx
J0 x2 + 1
•
1
2
ln (x2 + 1)
1 = – ln 2 – 2 2
1
1
ln 1
In 2 .
Observamos que, para resolver esta integral, também podemos fazer a mudança de variáveis na integral definida, desde que façamos a correspondente mudança nos limites de integração. Ao efetuarmos a mudança de variável fazendo u = x2 + 1, vemos que: x = O
u = 1;
x = 1
u = 2.
■
Introdução à integração
375
Então,
1 -I
x dx
2 du 1
2 du/2 1
—
2 1 u
o x2 ± 1 —
2
2
ln I u I
1
1 1 = — (ln 2 — ln 1) = — ln 2 . 2
(v) 12 x e -X.2 +1 dx . 1 Calculamos primeiro a integral indefinida 1= x e
2
x+1
du Fazendo u = —x 2 + 1, temos du = —2x dx ou x dx = -- • Assim, 2
= S eu — du — 1 s eu du —
—1
2 2
2
eu + c
1 c_x2 + + c . 2 Logo,
2 —1 x e - x + 1 dx — 2 .1
x2 + 1
2
—1 4C + 1 + 1 - 1 + 1 2 2
—
—1 e 3+ 2 2
6.10 EXERCÍCIOS 1.
2
Calculando as integrais / 1 = f x2 dx , 12 =
2
x dx
e 13 =
2
dx ,
obtemos // = 7/3, / 2 = 3/2 e I3 = 1. Usando estes resultados, encontrar o valor de:
376
Cálculo A- Funções, Limite, Derivação, Integração
a)
12
b)
c-1) dx
d) 52 (3x + 2) 2 dx
c) 2 (x - 1) (x - 2) dx
2.
2x (x + 1) dx
1
Sem calcular a integral, verificar as seguintes desigualdades:
a)
f
c)
3
(3X2 + 4) dx
1
$ 3(2x2 + 5) dx 1
-1 dx
x3 . Logo, A = J.° (x3 - x) dx + -1 o -1
=1 u.a. 2
O
(x - x3) dx
x2 x4 (— 2 — 4
1
Introdução à integração
387
Observamos que poderíamos ter calculado a área da seguinte forma: A = 2
O
(x - x3 ) dx =
1
2
-
u.a. ,
pois a área à esquerda do eixo dos y é igual a que se encontra à sua direita.
(iii) Encontre a área da região limitada pelas curvas y = x 2 - 1 e y = x + 1. As curvas y = x2 -1 e y = x + 1 interceptam-se nos pontos de abscissa -1 e 2 (ver Figura 6.17).
Figura 6-17 No intervalo [-1, 2], x + 1 _^ x2 - 1. Logo, A =
2
-1
f
[(x + 1) - (x2 - 1)] dx
2
-1 ( x2
2 = 9/2 u.a.
— X2 ± 2)
dx
2
+ 2x
388
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(iv) Encontre a área da região S limitada pelas curvas y - x = 6, y - x3 = O e 2y + x = O. Devemos dividir a região em duas subregiões S 1 e S 2 (ver Figura 6.18).
Figura 6-18
No intervalo [- 4, O], a região está compreendida entre os gráficos de y=
x 2
e y= 6+ x (região S i ). No intervalo [O, 2], está entre os gráficos de y = x 3 e y = x + 6 (região S 2).
Se A l é a área de S 1 e A 2 é a área de S 2 , então a área A procurada é dada por A = A l + A 2'
Cálculo de A 1- • No intervalo [- 4 , O] , 6 + x - x . Assim, 2
-
A =
-4
[(6 + x) - (-x/2)] dx
J t) ( 6 -4
+
dx
2
Introdução à integração
o + 3x2
4
—4
= 12 u.a. Cálculo de A 2 : No intervalo [O, 2], 6 + x ?_ x3 . Então,
A = j.2 [(6 + x) — x3 ] dx O
2
6x +
x2 x4
2
4 ) o
= 10 u.a. Portanto, A = A l + A 2 = 12 + 10 = 22 u.a.
6.12 EXERCÍCIOS Nos exercícios de 1 a 29 encontrar a área da região limitaria pelas curvas dadas. y2 = 2x e x2 = 2y
1.
x=1/2, x='■47 e y= x+2
3.
y=5—x2 e y=x+3
4.
y =
5.
y=1—x2 e y=-3
6.
x+y=3 e y+x2 =3
7.
x=y2 , y—x=2 , y2 e y=3
8.
y=x3 x e y=0
9.
y=e' , x=0 , x=1 e y=0
.
10.
x2 e y = 6
—
x = y3 e x = y
389
390
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
11. y=lnx , y=0 e x = 4
12. y=lnx , x=1 e y = 4
13. y = sen x e y = - sen x , x E [O, 2n]
14. y = cos x e y = -cos x, x e
3n 1 22
7G
[
- -
15. y = coshx , y=senhx , x=-1 e x=1
16. y = tgx , x=0 e y=1
17. y=e-x , y=x+1 e x = -1
18. y=sen2x , y=x+2 , x=0 e x=7"c/2
19. y=-1-x2 , y=-2x-4 20. y = cos x , y -
21. y -
22.
- 3 3 7t 4n x+ 5n 10 x E 2 3
1 1 - ,y= 2x+lex=-3 x - 11 ,y= x
1
x = y2 e y = - - x 2
23. y=4 -x2 e y = x2 - 14
y=rx e y=4
24. x=y 2 +1 e x+y=7
25. y= x ,
26. y = arc sen x , y = na e x = O
2 , x=-2,x=-2ey=0 27. y = 2cosh X
28. y=lx- 2 I e y = 2 - (x- 2) 2 29. y = - 1 , y= -x e x = 1. 30. Encontrar a área das regiões S1 e S2 , vistas na figura a seguir
Introdução à integração
391
CAPÍTULO 7 MAKRON Books
MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO
Neste capítulo, apresentaremos, inicialmente, alguns métodos utilizados para resolver integrais envolvendo funções trigonométricas. A seguir veremos a integração por substituição trigonométrica e a integração de funções racionais por frações parciais. Finalmente, abordaremos as integrais racionais de seno e cosseno usando a substituição universal e as integrais envolvendo raízes quadradas de trinômios do segundo grau.
7.1 INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 7.1.1 As integrais
f sen u du e f cos u du .
As integrais indefinidas da função seno e da função cosseno estão indicadas na tabela da Seção 6.1.9. Temos,
f sen u du =— cos u+ C e f cos u du -= sen u + C . 392
Métodos de integração
393
7.1.2 Exemplos. Calcular as integrais: (i) J (x + 1) sen (x + 1) 2 dx .
Usando o método da substituição (Seção 6.3), fazemos u = (x + 1) 2 . Então, du = 2 (x + 1) dx. Temos, + 1) sen (x + 1) 2 dx
(x
=
21 sen u du 1
= — — cos u + C 2 = — — cos (x + 1) 2 + C . 2
(ii)
o
cos (e 2x) dx .
Vamos primeiro, encontrar a integral indefinida I = e2x cos (e2x) dx
Para isso, fazemos a substituição u = e 2x . Temos então, du = 2e 2x dx. Portanto, 1
=
— cos u du 2 1
= — sen u + C
1
= — sen (e2x) + C . 2
394
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
Logo, pelo Teorema Fundamental do Cálculo, temos f
o
cos (e2') dx =
2
sen (e2')
= 2 (sen e 2 - sen 1) .
7.1.3 As integrais 1 tg u du e ..
f cotg u du .
As integrais indefinidas da função tangente e da função cotangente são resolvidas usando o método da substituição, como foi visto no exemplo 6.3.1(iv). Temos, $ tg u du =
sen
J cos uudu
= - ln I cos u I + C = in I (cos u)-1 I + C = ln I sec u I + C ; e cotg u du =
cos u
f sen u
du
= ln I sen u I + C . 7.1.4 Exemplos. Calcular as integrais (i)
tg .■[:í dx f.X • .-
Métodos de integração
395
1 Fazemos u = c . Então, du — , dx . Temos, 2 •Nlx
f tg .N/lx (ii)
dx = 21n I sec
S cotg (ln x)
I + C.
dx .
Fazemos u =1n x. Então, du = llx dx. Temos,
r cotg (In x) x
dx = in I sen (ln x)1 + C .
7.1.5 As integrais sec u du e
cosec u du .
Nestas integrais usamos um artifício de cálculo para podermos aplicar o método da substituição. Na integral da secante, multiplicamos e dividimos o integrando por sec u + tg u. Temos, f sec u du =
sec u (sec u + tg u) du. sec u + tg u
Fazemos v = sec u + tg u. Então, dv = (sec u • tg u + sec 2 u) du. Portanto,
5 sec udu
dv
v = ln lv + C = In I sec u + tg u I + C .
396
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
Na integral da cossecante, multiplicamos e dividimos o integrando por cosec u - cotg u. Temos, cosec u du
J
cosec u (cosec u - cotg u) du . cosec u - cotg u
Fazemos v = cosec u - cotg u. Então, cosec u cotg u - (- cosec 2 u)] du
dv =
(cosec 2 u - cosec u • cotg u) du. Portanto, cosec u' du =
dv v
= lnlvl+C = ln I cosec u - cotg u I + C.
7.1.6 Exemplos. (i)
Calcular as integrais
J sec (5x - n) dx .
Fazemos u = 5x sec (5x - ic) dx
\\
7L. Então,
du = 5dx. Portanto,
('
yn
1 sec u du 5
=
=
j,,`,,(\)(
-
1 ln sec (5x - n) + tg (5x - n) + C . 5
-
Métodos de integração
(ii)
397
3
d :6 sen 2 0
1
Vamos primeiro, encontrar a integral indefinida í
d sen 2 0
Para isso, fazemos u = 28. Então, du = 2d0. Portanto,
1 send20
cosec 20 de
1 cosec u du 2
1
= — ln 1 cosec 20 — cotg 201 + C . 2 Logo, pelo Teorema Fundamental do Cálculo, temos n/3
r/3
d9 1 — ln cosec 2 8— cotg 2 8 4/6 se n 2 2
1 27t 27c = — ln cosec — — cotg — 2 3 3
1
= — ln 3. 2
n/6
-
2
cosec
IC Ir — cotg — 3 3
—
398
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
7.2 INTEGRAÇÃO DE ALGUMAS FUNÇÕES ENVOLVENDO FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 7.2.1 As integrais sen a u du e S cosa u du , onde n é um número inteiro positivo. Nestas integrais, podemos usar artifícios de cálculo com auxílio das identidades trigonométricas sen2 x + cos 2 x =1 sen2 x —
cos 2 X
—
1 — cos 2x 2
1 + cos 2x 2
3
visando a aplicação do método da substituição. Os exemplos que seguem ilustram os dois possíveis casos: n é um número ímpar ou n é um número par. Estas integrais também podem ser resolvidas com auxilio das fórmulas de redução ou recorrência, conforme veremos na Seção 7.2.11.
7.2.2 Exemplos. Calcular as integrais (i)
cos5 x dx .
Vamos inicialmente preparar o integrando para a aplicação do método da substituição. Observamos que o artifício que usaremos é válido sempre que n for um número ímpar. Fatorando convenientemente o integrando e aplicando a identidade (1), temos cos 5 x = (cos 2 x) 2 • cos x = (1— sen2 x) 2 cos x
Métodos de integração
399
= (1 — 2 sen2 x + sen4 x) cos x = cos x — 2 sen 2 x cos x + sen 4 x cos x.
Portanto, cos 5
x
dx
(cos x
—
cos x dx
2 sen 2 x cos x
—
2
J sen
2
x
+
sen4 x cos
cos x dx +
J sen
2 1 = sen x — — sen a x + — sen" x + C . 3
(ii)
5
f sen3 29 d0 .
Usando o mesmo raciocínio do exemplo anterior, temos sen3 20 = sen 2 29 sen 20 (1— cos e 20) • sen 20 sen 20 — cos 2 20 sen 20. Portanto,
f sen 29 d0 3
=
J =
(sen 20 — cos 2 20 sen 20) d0 sen 20 d0 — cos 2 29 sen 20 de
1 1 = — — cos 29 + — cosa 29 + C . 2
6
x) dx
il
x
cos x dx
400
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
(iii) f seno x dx . Neste exemplo n é um número par. Na preparação do integrando, usamos agora as identidades (2) e (3). Temos, sen4 X = (sen2 )2
1 — cos 2x
,2
2 1 = — (1 — 2 cos 2x + cose 2x) 4
-""
1 4
1 — 2 cos 2x +
1 + cos 4x 2
3 1 = — — cos 2x + cos 4x . 8 2 8 Portanto, J seno x dx =
1 1 cos 2x + — cos 4x) dx
1 3 8 x — 1 =— — 4 sen 2x +
sen 4x + C .
Observamos que o raciocínio usado neste exemplo é válido para as potências pares.
7.2.3 A integral senm u cosa u du, onde m e n são inteiros positivos. Nestas integrais, a preparação do integrando deve ser feita visando à aplicação do método da substituição, da mesma forma que foi feito em 7.2.1 e 7.2.2.
Métodos de integração
401
Quando pelo menos um dos expoentes é ímpar usamos a identidade (1) e quando os dois expoentes são pares usamos (2) e (3) e, eventualmente, também (1).
7.2.4 Exemplos. Calcular as integrais
(i)f sen x • cos x dx 5
2
Preparando o integrando, temos sen5 x cos 2 x = (sen2 x) 2 • sen x • cos 2 x = (1— cos 2 x) 2 • sen x cos x = (1 — 2 cos 2 x + cos4 x) sen x cos2 x = cos 2 x sen x — 2 cos 4 x sen x + cos 6 x sen x. Portanto, sen5 x cos 2 x dx =
(cos2 x sen x — 2 cos 4 x sen x + cos 6 x sen x) dx cos 2 x sen x dx — 2 cos4 x sen x dx + cos 6 x sen x dx 1 — 2 5 cos x — cos' x + C . cos" x + 31 5 —
(ii)
sen2 x cos4 x dx .
Preparando o integrando, temos
402
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
sen2 x cos 4 x = sen2 x • (cos 2 x) 2
1 + cos 2x
1 - cos 2x 2 =
1
2
2
(1 + cos 2x - cos 2 2x - cos a 2x)
1
- [ 1 + cos 2x 8 1
1
1 +co s 4x
= — - — cos 4x + 16 16
2 1
- (1 - sen2 2x) cos 2x
sen2 2x cos 2x .
Portanto, 1 1 f sen2 x cos4 x dx = f — - — cos 4x + - sen2 2x cos 2x dx 16 16 8 -
1 1 1 x sen 4x + sen a 2x + C .
16
64 4 8
sen4 x cos4 a x x, .
(iii)
Quando m e n são iguais, também podemos usar a identidade 1
sen x cos x = - sen 2x. 2
(4)
Temos, 4
sen4 x
COS
4
x = -2 sen 2x 1 = 16 (sen 2 24 2
Métodos de integração
1 16
---
-
64
403
1 — cos 4x \2
r
2
(1 — 2 cos 4x + cos e 4x)
1 (
1 — 2 cos 4x +
64
3 1
—
128
32
cos 4x +
1 +cos 8x
2 1
128
cos 8x .
Portanto, seno x cos o x dx
3 1 1 — cos 4x + cos 8x dx 128 32 1288
=
-
1288
1
sen 4x + sen 8x + C . 12 8 1024
7.2.5 As integrais tgn u du e cote u du, onde n é inteiro positivo. Na preparação do integrando, usamos as identidades tg2 u = sec 2 u — 1 e
(5)
cotg2 u = cosec 2 u — 1.
(6)
Os artifícios são semelhantes aos usados nas seções anteriores. Temos, tez u = tgn u tg2 u = tgn- 2 u (sec 2 u — 1)
• •
404
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
e cotg" u = cotg" -2 cotg2 u cotg" u (cosec 2 u — 1).
7.2.6 Exemplos. Calcular as integrais (i) f tg3 30 d0 . Preparando o integrando, temos tg3 30 = tg 30 • tg 2 30 tg 30 (sec 2 30 —1) -
tg 30 sec 2 30 — tg 30.
Portanto, tg3 30 de
(tg 30 sec 2 30 — tg 30) d0 •
(ii)
1 1 — tg2 30 + — ln I cos 30 I + C . 6 3
cotg4 2x dx .
Preparando o integrando, temos cotg4 2x
cotg2 2x • cotg2 2x •
cotg 2 2x (cosec 2 2x -1)
Métodos de integração
405
= cotg2 2x • cosec 2 2x — cotg 2 2x cotg 2 2x cosec 2 2x — (cosec 2 2x — 1) cotg2 2x • cosec2 2x — cosec 2 2x + 1. Portanto, cote 2x dx =
(cotg2 2x cosec 2 2x — cosec 2 2x + 1) dx
=—
1 1 cotg -2 2x + — cotg 2x + x + C . 6 2
—
7.2.7 As integrais seca u du e coses" u du, onde
n é inteiro posi-
tivo. Estas integrais, para o caso de n ser um número par, são resolvidas utilizando as identidades (5) e (6). Temos, n-2
secn x = (sec 2 x)
2 •
sec 2 x
n-2 2
= (tg X + 1)
2 •
sec 2 x
e n-2
COSeC n x =
(cosec 2 x) 2c osec 2 x n-2
= (cotg 2 x + 1) 2c osec 2 x . Quando n for ímpar, devemos aplicar o método da integração por partes visto na Seção 6.5.
406
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
7.2.8 Exemplos. Calcular as integrais (i)
cosec6 x dx .
Preparando o integrando, temos (cosec2 x) 2 cosec 2 x
cosec 6 x •
(cotg 2 x + 1) 2 • cosec 2 x
•
(cotg 4 x + 2 cotg2 x + 1) cosec 2 x
•
cotg4 x cosec 2 x + 2 cotg 2 x cosec 2 x + cosec 2 x.
Portanto, _r x dx = cosec 6
(cotg4 x cosec 2 x + 2 cotg 2 x cosec 2 x + cosec2 x) dx
= - - cotg5 5
(ii)
2
- cotg3 - cotg x + C . 3
seca x dx .
Nesta integral, vamos usar o método de integração por partes. Seja u = sec x
du = sec x • tg x dx
dv = sec 2 x dx
v =
sec2 dx = tg x .
Então, seca x dx = sec x • tg x - tg x • sec x • tg x dx
Métodos de integração
=
sec x • tg x
tg2 x sec x dx
=
sec x • tg x
(sec2 x
1) sec x dx
sec3 x dx +
sec x tg x
407
sec x dx
Adicionando sec a x dx a cada membro, obtemos 2 sec 3 x dx = sec x tg x + sec x dx = secxtgx+lnIsecx+tgx1 OU
f sec
3
1 1 x dx =2 sec x tg x + ln 1 sec x + tg x I -F C . —
—
7.2.9 As integrais f tg m u seca u du e cotgm u cosecn u du, onde m e n são inteiros positivos. Quando m for ímpar ou n for par, podemos preparar o integrando para aplicar o método da substituição. Quando m for par e n for ímpar a integral deve ser resolvida por integração por partes. Os exemplos que seguem ilustram os diversos casos.
7.2.10 Exemplos. Calcular as integrais (i)
te x secó xdx.
Neste exemplo n é par. Podemos, então, preparar o integrando para aplicar o método da substituição. Temos,
408
Cálculo A — Funções, Limite, Derivação, Integração
te x sec 6 x = te x(sec 2 x) 2 sec 2 te x(tg 2 x + 1) 2 sec 2 x te x (tg4 x + 2 tg2 x + 1) sec 2 x tg 11 x seu se c2 X + 2 tg9
x sec2 x + te x sec 2 X.
Portanto, (tg 11 x sec 2 x + 2tg 9 x sec2 x + tg 7 x sec2 x) dx
tg7 x sec 6 x dx =
1 1 12 x + -1 tg 10 x + tg8 x + C . 12 tg 5 8
(ii) f te x sec5 x dx . Neste exemplo m é ímpar. Podemos, então, preparar o integrando como segue te x sec 5 x = (tg 2 x) 3 tg x sec 4 x sec x = (sec 2 x - 1) 3 seê x sec x tg x = (sec l° x - 3 sec 8 x + 3 sec 6 x - sec4 x) sec x tg x. Portanto, te x sec5 x dx =
c l° x - 3 sec 8 x + 3 sec 6 x - sec4 x) sec x tg x dx 1
11
3 7 1 secll x - 1 - sec 9 x + sec x - - sec5 x + C . 3
7
5
Observamos que, no exemplo (i), poderíamos preparar o integrando de forma idêntica à preparação do exemplo (ii), pois m = 7, isto é, m é ímpar. Os resultados seriam equivalentes.
Métodos de integração
(iii)
409
tg2 x sec3 x dx .
Reescrevendo o integrando, temos tg2 x sec a x dx = f (seca x — 1) sec 3 x dx (sec5 x — sec 3 x) dx
1
sec 5 sec
CLÃ.
j. seca x dx .
Recaímos em duas integrais que devem ser resolvidas por partes, como foi feito no exemplo 7.2.8(ü). Temos,
f
tg2 x sec3 x dx = f sec 5 x dx — f sec 3 x dx
1 1 = — sec a x tg x — — sec x tg x 4 8 1 — — ln I sec x + tg x I + C . 8 Observamos que as integrais sec 5 x dx e ; sec3 x dx também podem ser calculadas usando a fórmula de recorrência que será dada na seção seguinte.
7.2.11 Fórmulas de Redução ou Recorrência. O método de integração por partes pode ser usado para obtermos fórmulas de redução ou recorrência. A idéia é reduzir uma integral em outra mais simples do mesmo tipo. A aplicação repetida dessas fórmulas nos levará ao cálculo da integral dada. As mais usadas são:
1
n—1 sena u du = —1 sena - 1 u cos u +
senn-2 u du ;
(7)
410
Cálculo A - Funções, Limite, Derivação, Integração
1
j" cos a u du =
-
n
cosa 1 u sen -
u+
n-1 cos" u du ; n
(8)
1 secn - 2 u tg u + n 2 secn - 2 u du ; n - 1 n-1
secn u du -
cosecn u du -
-1 n-2 coses" -2 u cotg u + -1J COSeC n- 2 u du . n-1 n
(9)
(10)
Prova de (7). Seja u = senn-1 u
du* = (n - 1) senn -2 u cos u du
dv = sen u du
v
sen u du = - cos u .
Integrando por partes, vem sena u du = senn -1 u (- cos u) -
- cos u) • (n - 1) • senn -2 u • cos u du
= - senn -1 u cos u + (n - 1) S senn -2 u cose u du
= - senn -1 u cos u + (n - 1) 5 senn -2 u (1 - sen2 u) du
- senn -1 u cos u + (n - 1)
5
(senn -2 u - senn u) du
= - senn -1 u cos u - -1) senn u du
+ n - 1) senn 2 u du .
***" />
