Textos c1

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Textos/semana 1/circulo.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
O per´ımetro da circunfereˆncia
O per´ımetro de um pol´ıgono de n lados e´ a soma do comprimento dos seus lados. Dado
um pol´ıgono qualquer, voceˆ pode sempre calcular o seu per´ımetro utilizando uma re´gua para
medir o tamanho de cada lado. Isso funciona bem porque cada um dos lados e´ um segmento
de reta. Esse conceito pode ser estendido para uma curva qualquer no plano. Nesse caso, o
per´ımetro e´ definido como sendo o comprimento do contorno da curva. Pode ser complicado
calcula´-lo quando o contorno na˜o e´ formado somente por segmentos de reta, tendo algumas
partes curvas. Neste texto estamos interessados em calcular o per´ımetro de uma das curvas
mais famosas. Mais especificamente, vamos estudar a seguinte questa˜o:
Problema: Qual o comprimento de uma circunfereˆncia de raio r > 0 ?
Voceˆ certamente sabe que o per´ımetro e´ dado por 2pir. O que queremos aqui e´ apresentar
um processo de aproximac¸a˜o que nos conduza a essa fo´rmula. A ideia e´ parecida com aquela
apresentada no texto sobre a velocidade de um carro.
O processo de aproximac¸a˜o pode ser descrito da seguinte maneira: para cada nu´mero
natural n ≥ 3, seja pn o per´ımetro do pol´ıgono regular de n lados inscrito na circunfereˆncia
de raio r. Podemos ver abaixo o desenho de algum desses pol´ıgonos.
n = 6
l6
n = 8
l8
n = 10
l10
Chamando de P o comprimento da circunfereˆncia, fica claro a partir dos desenhos que,
quanto maior for o valor de n, mais pro´ximo o nu´mero pn estara´ de P . Note ainda que a
aproximac¸a˜o e´ sempre feita por falta, isto e´, temos que pn < P para todo n.
Observe que cada pol´ıgono pode ser decomposto em n triaˆngulos iso´sceles. Vamos dar
um zoom em um deles de modo a calcular o valor de pn.
1
αn
ln
2
r
A
B
C
αn
ln
2
r
Se ln e´ o comprimento do lado do pol´ıgono, enta˜o e´ claro que pn = nln. Para obter o
valor de ln, vamos usar o triaˆngulo retaˆngulo acima para escrever
sen(αn) =
ln
2
r
.
O aˆngulo BÂC mede 2pi/n radianos. Como o triaˆngulo ABC e´ iso´sceles, temos que αn e´
a metade do aˆngulo BAˆC, isto e´, αn = pi/n. Desse modo, segue da expressa˜o acima que
ln = 2r sen(pi/n) e portanto
pn = 2r × n× sen
(pi
n
)
.
Com o aux´ılio de uma calculadora, podemos calcular o per´ımetro, por exemplo, do triaˆngulo
e do octo´gono regular inscritos
p3 = 2r × 3× sen(pi/3) ∼= 5, 21r, p8 = 2r × 8× sen(pi/8) ∼= 6, 12r,
onde fizemos aproximac¸o˜es usando 2 casas decimais.
Para estudar como pn varia quando n cresce, temos que saber o comportamento do
produto n sen(pi/n). Uma vez que a frac¸a˜o pi/n se aproxima de zero, o termo que envolve o
seno se aproxima de sen(0) = 0. Por outro lado, esse termo esta´ multiplicado por outro que
fica muito grande. Na˜o esta´ claro o que ocorre com o produto e por isso dizemos que isso e´
uma indeterminac¸a˜o do tipo 0 · ∞.
Para entender melhor o que isso significa considere os 3 produtos abaixo.
1
n
· n,
1
n2
· n,
1
n
· n2.
Em todos eles temos o produto de dois termos que dependem de n. Quando n cresce, o
primeiro se aproxima de zero e o segundo fica cada vez maior. No entanto, em cada caso, o
produto tem um comportamente diferente quando n cresce. No primeiro ele se aproxima de
1 (porque na verdade e´ igual a 1 sempre), no segundo se aproxima de zero (porque e´ igual a
1/n) e no terceiro fica cada vez maior (porque e´ igual a n). Da´ı o termo indeterminac¸a˜o.
2
Voceˆ deve recordar que, no texto sobre a velocidade do carro, nos deparamos com uma
situac¸a˜o parecida com a do para´grafo acima. A diferenc¸a e´ que la´ t´ınhamos uma indeter-
minac¸a˜o do tipo 0/0, isto e´, uma frac¸a˜o com numerador e denominador se aproximando de
zero. Para aproveitar aquela experieˆncia, vamos reescrever a expressa˜o de pn na seguinte
forma:
pn = 2r × n× sen
(pi
n
)
= 2pir
sen(pi/n)
pi/n
.
Assim, basta que estudemos o comportamento do nu´mero
βn =
sen(pi/n)
pi/n
.
Isto sera´ feito atrave´s da func¸a˜o
f(x) =
sen(x)
x
, x 6= 0.
Como βn = f(pi/n) e pi/n se aproxima de zero quando n cresce, precisamos estudar o
comportamento de f(x) para valores x pro´ximos de zero. Escrevemos enta˜o
lim
n→+∞
βn = lim
n→+∞
sen(pi/n)
pi/n
= lim
n→+∞
f(pi/n) = lim
x→0
sen(x)
x
. (1)
Embora a notac¸a˜o acima ainda na˜o tenha sido introduzida formalmente, o seu significado
na˜o e´ complicado. Por exemplo, quando olhamos para o limite limx→0
sen(x)
x
, estamos fazendo
a seguinte pergunta: o que acontece com a frac¸a˜o quando os valores de x ficam cada vez mais
pro´ximos de 0? Como no texto da velocidade do carro, temos uma frac¸a˜o cujo numerador e
denominador se aproximam de zero. La´, fomos capazes de fazer algumas simplificac¸o˜es na
frac¸a˜o de modo a calcular o limite. Aqui a situac¸a˜o e´ mais complicada porque na˜o esta´ claro
como podemos fazer simplificac¸o˜es no quociente sen(x)/x. Vamos primeiro usar a figura
abaixo para trazer alguma luz sobre o que esta´ acontecendo.
Note que, no c´ırculo de raio 1, a medida em radianos
de um aˆngulo e´ exatamente o comprimento do arco,
indicado por x na figura, enquanto sen(x) e´ a medida
do segmento de reta vertical que forma um dos catetos
0 1
xsen(x)
do triaˆngulo. Assim, e´ razoa´vel dizer que, quando x se aproxima de zero, o comprimento
do segmento de reta e do arco se aproximam um do outro, o que faria com que a frac¸a˜o se
aproximasse de 1.
Com o aux´ılio de uma calculadora, podemos ainda construir a seguinte tabela:
x = 1 x = 0, 5 x = 0, 1 x = 0, 01
f(x) = sen(x)/x 0,84147 0,95885 0,99833 0,99998
3
Novamente, somos tentados a dizer que a frac¸a˜o se aproxima de 1. Isso de fato ocorre,
conforme sera´ visto nas semanas seguintes. Por ora, vamos confiar na nossa intuic¸a˜o para
escrever o limite trigonome´trico fundamental
lim
x→0
sen(x)
x
= 1.
De posse dessa informac¸a˜o, podemos usar as igualdades em (1) para obter
P = lim
n→+∞
pn = lim
n→+∞
2pir
sen(pi/n)
pi/n
= 2pir × lim
n→+∞
sen(pi/n)
pi/n
= 2pir.
Assim, o per´ımetro da circunfereˆncia de raio r > 0 e´ igual a 2pir, conforme afirmado pelos
nossos professores das se´ries ba´sicas.
4
Tarefa
Nesta tarefa, vamos usar o mesmo procedimento do texto para calcular a a´rea do c´ırculo de
raio r. Para tanto, vamos denotar por A essa a´rea e por an a a´rea do pol´ıgono regular de
n lados inscrito na circunfereˆncia, com n ≥ 3. A a´rea an sera´ calculada como a soma da
a´rea de cada um dos n triaˆngulos em que o pol´ıgono pode ser dividido. As figuras abaixo
ilustram isso. O nu´mero hn e´ a altura do triaˆngulo.
αn
ln
2
r
hn
αn
ln
2
hn
r
1. Calcule os valores do cosseno e do seno do aˆngulo αn para verificar que a a´rea do
triaˆngulo e´ dada por r2 sen(pi/n) cos(pi/n).
2. Conclua do item acima que
an = pir
2 ×
sen(pi/n)
pi/n
× cos
(pi
n
)
.
3. Observando que pi/n se aproxima de zero quando n cresce, determine o valor do limite
lim
n→+∞
cos
(pi
n
)
.
4. Lembrando agora que o termo que envolve o seno na expressa˜o de an tambe´m se
aproxima de 1, determine a a´rea do c´ırculo, que e´ dada por
A = lim
n→+∞
an = pir
2 × lim
n→+∞
sen(pi/n)
pi/n
× lim
n→+∞
cos
(pi
n
)
.
5
Textos/semana
1/reta-tangente.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
A reta tangente
Se a posic¸a˜o de um carro no instante t > 0 e´ dada pela func¸a˜o s(t), vimos que a sua
velocidade em um instante arbitra´rio t0 > 0 pode ser calculada atrave´s de aproximac¸o˜es da
velocidade me´dia entre os instantes t0 e t0 + h. Mais especificamente escrevemos
v(t0) = lim
h→0
s(t0 + h)− s(t0)
h
,
para indicar que, quanto mais pro´ximo o nu´mero h estiver de zero, mais pro´ximo o quociente
acima estara´ da velocidade no instante t0. Faremos no que se segue uma interpretac¸a˜o
geome´trica das quantidades acima.
Observe inicialmente que, dado h 6= 0, podemos
considerar a reta que passa pelos pontos A = (t0, s(t0))
e B = (t0+h, s(t0+h)). Ela esta´ ilustrada na figura ao
lado e estamos interessados em calcular o seu coeficiente
angular mh. Lembre que este nu´mero e´ exatamente a
tangente do aˆngulo αh formado pela reta com o eixo
Ot. Por semelhanc¸a de triaˆngulos, temos que ela pode
ser calculada usando-se o triaˆngulo retaˆngulo ACB da
figura. t0 t0 + h
s(t0)
s(t0 + h)
A
B
Cαh
A tangente do aˆngulo αh e´ dada pela raza˜o entre o comprimento do seu cateto oposto e
da hipotenusa. Assim
t0
s(t0)
mh = tan(αh) =
BC
AC
=
s(t0 + h)− s(t0)
(t0 + h)− t0
=
s(t0 + h)− s(t0)
h
.
Logo, a velocidade me´dia entre os instantes
t0 e t0 + h e´ exatamente a inclinac¸a˜o da reta que
passa pelos pontos (t0, s(t0)) e (t0+h, s(t0+h)). Em
analogia ao que ocorre quando classificamos uma reta
com relac¸a˜o ao um c´ırculo dado, chamamos esta reta de
reta secante.
1
Para cada h 6= 0, temos uma reta secante diferente e portanto uma inclinac¸a˜o mh dife-
rente. Quando h se aproxima de zero, essas retas secantes parecem se aproximar de uma
outra reta, que vamos chamar de reta tangente no ponto (t0, s(t0)). Nada mais natural do
que inferir que a inclinac¸a˜o mh da reta secante deve se aproximar da inclinac¸a˜o da reta tan-
gente, quando h se aproxima de zero. Assim, a velocidade no instante t0 e´ exatamente
a inclinac¸a˜o da reta tangente no ponto (t0, s(t0)).
Os conceitos introduzidos acima podem ser estendidos para uma func¸a˜o mais geral f(x)
definida em um intervalo aberto contendo o ponto x = a. Para cada x 6= a pertencente ao
domı´nio de f a reta secante que passa por (a, f(a)) e (x, f(x)) tem inclinac¸a˜o igual a
tanα =
f(x)− f(a)
x− a .
Quando x se aproxima de a, o ponto (x, f(x)) se aproxima do ponto (a, f(a)). As retas
secantes se aproximam de uma reta que chamaremos de reta tangente ao gra´fico de f no
ponto (a, f(a)). Esta reta e´ a (u´nica) reta que passa pelo ponto (a, f(a)) e tem inclinac¸a˜o
igual a
f ′(a) = lim
x→a
f(x)− f(a)
x− a ,
quando o quociente acima se aproxima de um nu´mero a` medida em que x se aproxima de a.
Vamos determinar esta reta no caso em que f(x) = x2 e a = 2. A inclinac¸a˜o e´ dada por
f ′(4) = lim
x→2
x2 − 22
x− 2 = limx→2
x2 − 4
x− 2 .
Observe que o numerador e o denominador se aproximam de zero, quando x se aproxima de
2. No entanto, podemos fatorar o numerador para calcular
f ′(4) = lim
x→2
x2 − 4
x− 2 = limx→2
(x+ 2)(x− 2)
x− 2 = limx→2(x+ 2) = 2 + 2 = 4.
Na u´ltima igualdade, estamos dizendo que o nu´mero
(x+ 2) se aproxima de 4, quando x se aproxima de 2.
Das contas acima conclu´ımos que a inclinac¸a˜o da reta
tangente y(x) no ponto (2, f(2)) e´ igual 4. Uma vez
que esta reta passa pelo ponto (2, f(2)) = (2, 4), a sua
equac¸a˜o e´ dada por y(x)− 4 = 4(x− 2), isto e´
y(x) = 4x− 4. 2
f(2)
x
y(x)
2
Tarefa
Seja I ⊂ R um intervalo aberto e f : I → R uma func¸a˜o. Dado a ∈ I, lembre que a reta
tangente ao gra´fico de f no ponto (a, f(a)) e´ a (u´nica) reta que passa pelo ponto (a, f(a)) e
tem inclinac¸a˜o igual a
f ′(a) = lim
h→0
f(a+ h)− f(a)
h
= lim
x→a
f(x)− f(a)
x− a ,
quando o limite existe.
Nesta tarefa vamos determinar a reta tangente para o caso em que f(x) =
√
x e a > 0.
O passo crucial e´ determinar a sua inclinac¸a˜o atrave´s do limite
f ′(a) = lim
x→a
√
x−√a
x− a .
Observe que, no limite acima, numerador e denominador se aproximam de zero.
1. Para resolver a indeterminac¸a˜o multiplique o numerador e o denominador da frac¸a˜o
por (
√
x+
√
a) para concluir, apo´s as devidas simplificac¸o˜es, que
√
x−√a
x− a =
1√
x+
√
a
.
2. Tomando o limite quando x→ a na u´ltima expressa˜o, conclua que a inclinac¸a˜o da reta
tangente e´ igual a f ′(a) = 1/(2
√
a).
3. Determine agora a equac¸a˜o da reta tangente, lembrando que ela deve passar pelo ponto
(a, f(a)). Veja o gra´fico abaixo.
Reta tangente
a
f(a)
3
Textos/semana 1/velocidade-instantanea.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
O problema da velocidade instantaˆnea
Suponha que um carro move-se com velocidade constante e igual a 60 km/h. Se no
instante t = 0 ele estava no marco zero da estrada, na˜o e´ dif´ıcil notar que a func¸a˜o que
fornece a posic¸a˜o em um instante t > 0 e´ dada por s(t) = 60t. Se a posic¸a˜o inicial e´ s0 ∈ R
e a velocidade (constante) e´ igual a v0 ∈ R, enta˜o a posic¸a˜o e´ dada por s(t) = s0 + v0t.
Voceˆ certamente ja´ se deparou com a situac¸a˜o acima em um contexto mais geral. De
fato, se o carro tendo uma acelerac¸a˜o constante e igual a a ∈ R, a sua posic¸a˜o e´ dada por
s(t) = s0 + v0t +
1
2
at2, t > 0,
que e´ exatamente a equac¸a˜o do espac¸o para o movimento uniformemente variado. Como a
acelerac¸a˜o e´ igual a a, podemos facilmente deduzir que a velocidade do carro e´ dada pela
func¸a˜o
v(t) = v0 + at, t > 0.
Estamos interessados aqui no seguinte problema: supondo que conhecemos a posic¸a˜o
do carro s(t), queremos determinar a sua velocidade v(t) em um dado instante t > 0. No
caso em que s(t) e´ um polinoˆmio de grau 1 ou 2, a soluc¸a˜o ja´ foi dada nos dois para´grafos
anteriores. O que queremos agora e´ obter uma forma de calcular a velocidade para func¸o˜es
s(t) mais gerais.
As ideias que vamos desenvolver servem para muitas expresso˜es da func¸a˜o s(t). Pore´m,
para simplificarmos a exposic¸a˜o, vamos supor que s(t) = t3. Tambe´m por simplicidade,
vamos supor que queremos encontrar a velocidade do carro no instante t = 2. Sumarizando,
vamos tratar do problema seguinte:
Problema: se a posic¸a˜o do carro e´ dada por s(t) = t3, qual e´ a velocidade do carro no
instante t = 2 ?
A primeira coisa que deve ser observada e´ que as fo´rmulas aprendidas no ensino me´dio
na˜o sa˜o suficientes para obtermos a resposta. De fato, elas so´ se aplicam para aos casos em
que a func¸a˜o s(t) e´ um polinoˆmio de grau 1 (velocidade constante) ou um polinoˆmio de grau
2 (acelerac¸a˜o constante). Logo, precisamos desenvolver uma nova te´cnica para resolver o
problema.
1
Ainda que na˜o saibamos calcular a velocidade v(t), podemos usar a expressa˜o de s(t)
para calcular a velocidade me´dia entre os instante t = 2 e t = 4, por exemplo. Ela e´ dada
pela expressa˜o
s(4)− s(2)
4− 2
=
43 − 23
4− 2
=
64− 8
2
= 28.
Logo, como na˜o sabemos calcular v(2), podemos aproximar esse valor usando a velocidade
me´dia calculada acima. Naturalmente, essa aproximac¸a˜o conte´m algum tipo de erro, porque
estamos deixando um intervalo de 2 horas em que o motorista poderia, eventualmente,
efetuar mudanc¸as de velocidade, sem com isso mudar o valor de v(2). Parece natural que,
se diminuirmos esse
intervalo de tempo para 1 hora somente, a aproximac¸a˜o pela velocidade
me´dia seria melhor. Assim, podemos considerar agora a seguinte aproximac¸a˜o:
s(3)− s(2)
3− 2
=
27− 8
1
= 19.
Procedendo como acima, podemos construir uma tabela que fornece, para cada valor
h 6= 0, a velocidade me´dia do carro entre o instante inicial t = 2 e o instante final t = 2+ h.
Listamos abaixo alguns valores dessa tabela:
h 6= 0 instante final velocidade me´dia
t = 2 + h s(2+h)−s(2)
(2+h)−2
2 4 28
1 3 19
0,5 2,5 15,25
0,1 2,1 12,61
0,01 2,01 12,0601
0,001 2,001 12,006001
Do ponto de vista f´ısico, parece claro que a aproximac¸a˜o que estamos usando (velocidade
me´dia) fica mais precisa a` medida em que o intervalo de tempo h se torna mais pro´ximo de
zero. Assim, a tabela parece indicar que a velocidade no instante 2 e´ igual a 12.
Para melhor justificar a afirmac¸a˜o acima, vamos criar uma nova func¸a˜o. Seja enta˜o
vm2(h) a func¸a˜o que associa, para cada h 6= 0, a velocidade me´dia entre os instantes t = 2
e t = 2 + h. Formalmente,
vm2(h) =
s(2 + h)− s(2)
(2 + h)− 2
=
(2 + h)3 − 28
h
. (1)
Observe que o valor de h nunca pode ser igual a zero. Mais especificamente, como estamos
falando de dois instantes distintos t = 2 e t = 2 + h, os valores possiveis para h sa˜o todos
aqueles em que h 6= 0 e h ≥ −2. Essa u´ltima restric¸a˜o surge porque, se h < −2, enta˜o
2
2+h < 0, e na˜o faz sentido falarmos em instante de tempo negativo. Em resumo, o domı´nio
da func¸a˜o vm2 e´ dado por
Dom(vm2) = [−2, 0) ∪ (0,+∞) = {h ∈ R : h ≥ −2 e h 6= 0}.
Precisamos descobrir o que acontece com o valor de vm2(h) quando h fica pro´ximo de
zero. Se olharmos para o u´ltimo quociente da definic¸a˜o de vm2 em (1), percebemos que,
a` medida em que h se aproxima de zero, tanto o numerador quanto o denominador desse
quociente se aproximam de zero. Para entender melhor o comportamento do quociente,
vamos lembrar que, para todo a, b ∈ R, temos (a+ b)3 = a3 +3a2b+3ab2 + b3. Deste modo,
a expressa˜o de vm2(h) em (1) pode ser escrita como
vm2(h) =
(2 + h)3 − 23
h
=
(23 + 3 · 22 · h + 3 · 2 · h2 + h3)− 23
h
=
h(12 + 6h+ h2)
h
,
ou ainda
vm2(h) = 12 + 6h+ h
2.
Vale ressaltar que, ainda que a expressa˜o do lado direito da equac¸a˜o acima possa ser calculada
para qualquer valor de h, o domı´nio da func¸a˜o vm2 continua sendo [−2, 0) ∪ (0,+∞).
Usando a expressa˜o acima, os valores de vm2(h) da tabela anterior podem ser facilmente
calculados. Ale´m disso, fica muito simples perceber o que acontence com vm2(h) quando h
se aproxima de zero. De fato, como os termos 6h e h2 ficam pro´ximos de zero, conclu´ımos
que vm2(h) se aproxima de 12, conforme espera´vamos. Usamos a seguinte notac¸a˜o para
escrever isso de maneira sucinta:
lim
h→0
vm2(h) = lim
h→0
s(2 + h)− s(2)
h
= 12.
Observe que todas estas considerac¸o˜es nos permitem concluir que a velocidade do carro no
instante t = 2 e´ igual a 12.
Na˜o existe nada de especial no instante t = 2, escolhido para a exposic¸a˜o acima. Para
qualquer t > 0, podemos calcular a velocidade no instante t > 0 como sendo
v(t) = lim
h→0
s(t + h)− s(t)
(t + h)− t
= lim
h→0
(t+ h)3 − t3
h
.
Usando novamente a expressa˜o do cubo de uma soma, obtemos
(t+ h)3 − t3 = (t3 + 3t2h+ 3th2 + h3)− t3 = h(3t2 + 3th+ h2),
de modo que
v(t) = lim
h→0
h(3t2 + 3th+ h2)
h
= lim
h→0
(3t2 + 3th+ h2) = 3t2 + 0 + 0 = 3t2.
3
Na penu´ltima igualdade acima, usamos o fato de, para cada t > 0 fixado, os termos 3th e h2
se aproximarem de zero quando h se aproxima de zero. Assim, podemos enunciar a soluc¸a˜o
do nosso problema como se segue:
Soluc¸a˜o do problema: Se a posic¸a˜o do carro e´ dada pela func¸a˜o s(t) = t3, enta˜o a
velocidade e´ v(t) = 3t2, para todo t > 0. Em particular, a velocidade no instante 2 e´ igual a
12.
Finalizamos com algumas observac¸o˜es importantes:
1. O me´todo desenvolvido aqui nos permite considerar va´rias expresso˜es diferentes para
a func¸a˜o s(t). Tudo o que deve ser feito e´ uma manipulac¸a˜o alge´brica da expressa˜o
s(t+ h)− s(t)
h
,
de modo a descobrir o que acontece com o quociente quando h se aproxima de zero.
2. A expressa˜o acima na˜o esta´ definida quando h = 0. Isso na˜o e´ importante na aplicac¸a˜o
do me´todo, visto que queremos estudar o comportamento do quociente para valores h
que sa˜o pro´ximos, mas diferentes de zero.
3. Estas ideias sera˜o desenvolvidas a` exausta˜o nas pro´ximas semanas, quando introduzire-
mos o conceito de derivada. Contudo, se voceˆ chegou vivo ate´ aqui, na˜o tera´ nenhuma
dificuldade para entender o que esta´ por vir.
4. O que foi feito aqui depende somente de sabermos a definic¸a˜o de velocidade me´dia.
Assim, voceˆ pode agora tentar explicar isso tudo para aquele seu primo que cursa o
primeiro ano do ensino me´dio! Como um bom exerc´ıcio, vale a pena refazer as contas
acima para o caso em que s(t) = s0 + v0t+ (a/2)t
2, com s0, a ∈ R, para verificar que,
nesse caso, o limite da velocidade me´dia quando h se aproxima de zero e´ exatamente
v(t) = v0 + at.
4
Tarefa
Nesta tarefa vamos usar a mesma estrate´gia adotada no texto para determinar a velocidade
do carro, supondo agora que a posic¸a˜o e´ dada pela func¸a˜o
s(t) =
1
t
, t > 0.
Vamos inicialmente calcular a velocidade no instante t = 3. Para tanto, siga os passos
abaixo:
1. Com o aux´ılio de uma calculadora, complete a tabela abaixo:
h 6= 0 instante final velocidade me´dia
t = 3 + h s(3+h)−s(3)
(3+h)−3
1 4 −0, 0833 (aproximadamente)
0,1 3,1
0,01
0,001
2. Verifique que, apo´s as devidas simplificac¸o˜es, temos
s(3 + h)− s(3)
h
=
1
3 + h
−
1
3
h
= · · · = −
1
(3 + h)3
.
3. Fazendo h se aproximar de 0 na u´ltima expressa˜o acima, determine v(3).
Repetindo o argumento do item 2 acima verifique que
v(t) = lim
h→0
s(t+ h)− s(t)
h
= · · · = lim
h→0
−1
(t+ h)t
,
e obtenha a expressa˜o para v(t). O que significa o sinal de menos que aparece nessa ex-
pressa˜o?
5
Textos/semana 10/esboco-graficos.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Esboc¸o de gra´ficos
Neste texto vamos retomar o problema de duas cargas ele´tricas com carga unita´ria e
positiva, fixadas num eixo perpendicular a uma parede, como na figura abaixo.
O potencial ele´trico gerado por essas duas part´ıculas num ponto x ao longo desse eixo e´
dado, em unidades convenientes, pela seguinte func¸a˜o
P (x) =
1
|x+ 1|
+
1
|x− 1|
, x > −1, x 6= 1.
Conforme vimos anteriormente, usando a definic¸a˜o da func¸a˜o mo´dulo podemos reescrever o
potencial como
P (x) =


−
2
x2 − 1
, se − 1 < x < 1,
2x
x2 − 1
, se x > 1.
No que se segue vamos fazer um estudo do sinal das derivadas de primeira e segunda
ordem da func¸a˜o P . Vamos inicialmente observar que a derivada de P na˜o esta´ definida
em x = 1 mas existe no conjunto (−1, 1) ∪ (1,+∞). Para determina´-la basta derivar cada
expressa˜o alge´brica
(−2(x2 − 1)−1)′ = 4x(x2 − 1)−2
(2x(x2 − 1)−1)′ = 2(x2 − 1)−1 − 4x2(x2 − 1)−2
= −2(x2 + 1)(x2 − 1)−2
de modo que
P ′(x) =


4x
(x2 − 1)2
, se − 1 < x < 1,
−2(x2 + 1)
(x2 − 1)2
, se x > 1.
1
Os eventuais pontos cr´ıticos da func¸a˜o P sa˜o aqueles nos quais a derivada se anula. Note
que, no intervalo (−1, 1), a derivada
se anula somente no ponto x = 0. No outro intervalo
ela e´ sempre negativa. Portanto, o u´nico ponto cr´ıtico da func¸a˜o P e´ o ponto x = 0.
Para estudar o sinal de P ′ observamos que, ale´m do ponto cr´ıtico, temos ainda que
considerar os extremos dos subintervalos do domı´nio. Deste modo, temos treˆs intervalos a
serem considerados: (−1, 0), (0, 1) e (1,+∞). Uma observac¸a˜o que facilita a ana´lise do sinal
da derivada e´ notar que o denominador das duas expresso˜es e´ sempre positivo. Assim, o
sinal vai ser determinado pelo numerador. Temos enta˜o a seguinte configurac¸a˜o:
sinal de 4x −2(x2 + 1) (x2 − 1)2 P ′ func¸a˜o P
x ∈ (−1, 0) − indiferente + − decrescente
x ∈ (0, 1) + indiferente + + crescente
x ∈ (1,+∞) indiferente − + − decrescente
Uma outra forma de indicar esse resultado e´ usar o diagrama abaixo:
P ց ր ց
| | |
−1 0 1P ′ − + −
Tanto o quadro quanto o diagrama nos permite concluir que o ponto cr´ıtico x = 0 e´ um
ponto de mı´nimo local. Observe que, ainda que antes do ponto x = 1 a derivada seja positiva
e depois negativa, na˜o podemos afirmar que este ponto e´ um ponto de ma´ximo local. De
fato, esta ana´lise na˜o se aplica neste ponto porque ele nem pertence ao domı´nio da func¸a˜o.
Passemos agora a estudar a derivada segunda, lembrando que o seu sinal nos fornece
informac¸o˜es sobre a concavidade do gra´fico. A concavidade e´ voltada para cima onde P ′′
e´ positiva e para baixo onde P ′′ e´ negativa. O ca´lculo da derivada segunda pode ser feito
como antes
(4x(x2 − 1)−2)′ = 4(x2 − 1)−2 − 16x2(x2 − 1)−3
= −4(3x2 + 1)(x2 − 1)−3
(−2(x2 + 1)(x2 − 1)−2)′ = −4x(x2 − 1)−2 + 8(x2 + 1)x(x2 − 1)−3
= 4x(x2 + 3)(x2 − 1)−3
de modo que
P ′′(x) =


−4(3x2 + 1)
(x2 − 1)3
, se − 1 < x < 1,
4x(x2 + 3)
(x2 − 1)3
, se x > 1.
2
Note que a derivada segunda nunca se anula no intervalo (−1, 1), porque o numerador
−4(3x2 + 1) e´ sempre negativo. Tambe´m no intervalo (1,+∞) ela na˜o se anula. De fato, o
numerador 4x(x2+3) se anularia somente se x = 0, mas este ponto na˜o pertence ao intervalo
(1,+∞). Assim, a derivada segunda tem sinal constante em cada um dos seus intervalos de
definic¸a˜o. No primeiro intervalo este sinal e´ o mesmo de, por exemplo, P ′′(0) = −4/(−1) =
4 > 0 e no segundo o mesmo de P ′′(2) = 8 ·12/33 > 0, e portanto o gra´fico e´ sempre coˆncavo
para cima. Esta conclusa˜o poderia tambe´m ser obtida a partir do quadro abaixo:
sinal de −4(3x2 + 1) 4x(x2 + 3) (x2 − 1)3 P ′′ func¸a˜o P
x ∈ (−1, 0) − indiferente − + concavidade p/ cima
x ∈ (0, 1) − indiferente − + concavidade p/ cima
x ∈ (1,+∞) indiferente + + + concavidade p/ cima
Mais uma vez, esse resultado pode ser indicado com o diagrama
P ⌣ ⌣ ⌣
| | |
−1 0 1P ′′ + + +
O pro´ximo passo para o esboc¸o do gra´fico e´ estudar o comportamento da func¸a˜o P nas
vizinhanc¸as de x = −1, x = 1 e quando x → +∞. Isto ja´ foi feito na tarefa de um texto
anterior, e os resultados encontrados foram os seguintes:
lim
x→−1+
P (x) = lim
x→−1+
−2
x2 − 1
= +∞
lim
x→1−
P (x) = lim
x→1−
−2
x2 − 1
= +∞
lim
x→1+
P (x) = lim
x→1+
2x
x2 − 1
= +∞
lim
x→+∞
P (x) = lim
x→+∞
2x
x2 − 1
= 0
Deste modo, as retas x = −1 e x = 1
sa˜o ass´ıntotas verticais e a reta P = 0 e´ uma
ass´ıntota horizontal.
Utilizando essas informac¸o˜es podemos esboc¸ar o gra´fico de P como ilustrado acima.
3
Tarefa
Considere duas cargas ele´tricas, a primeira com carga unita´ria positiva e a segunda com carga
unita´ria negativa, fixadas num eixo perpendicular a uma parede, como na figura abaixo.
O potencial ele´trico gerado por essas duas part´ıculas num ponto x ao longo desse eixo e´
dado, em unidades convenientes, pela seguinte func¸a˜o
P (x) =
1
|x+ 1|
−
1
|x− 1|
, x > −1.
O objetivo desta tarefa e fazer um esboc¸o da gra´fico da func¸a˜o acima.
1. Lembrando que |y| = y se y ≥ 0 e |y| = −y se y < 0, verifique a func¸a˜o P pode ser
reescrita na forma
P (x) =


2x
x2 − 1
, −1 < x < 1,
−2
x2 − 1
, x > 1.
2. Calcule a derivada de P (x) e determine seus (poss´ıveis) extremos locais e seus intervalos
de crescimento e decrescimento.
3. Calcule a derivada segunda P ′′(x) e determine intervalos de concavidade para cima e
para baixo.
4. Determine as ass´ıntotas verticais e horizontais de P (x)
5. Utilizando as informac¸o˜es acima esboce o gra´fico de P (x).
4
Textos/semana 11/lhospital.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Regra de L’Hoˆpital
Comec¸amos lembrando que
lim
x→1
x2 − x
x2 − 1 = limx→1
x(x− 1)
(x+ 1)(x− 1) = limx→1
x
x+ 1
=
1
2
.
No primeiro limite acima, numerador e denominador se aproximam de zero, de modo que
temos uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0. Para resolver o problema, simplificamos a frac¸a˜o
para que se tornasse claro o valor do limite. Infelizmente, nem sempre e´ poss´ıvel fazer uma
tal simplificac¸a˜o, como fica claro a partir do exemplo
lim
x→1
ln(x)
x− 1 . (1)
De fato, na˜o ha´ nenhuma manipulac¸a˜o alge´brica aparente que nos permite entender o com-
portamento da frac¸a˜o quando x esta´ pro´ximo de 1.
A fim de motivar o resultado que nos permitira´ calcular o limite acima, vamos supor que
f(a) = g(a) = 0 e que as derivadas de f e g sa˜o cont´ınuas com g′(a) 6= 0. Note que o limite
lim
x→a
f(x)
g(x)
e´ uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0, pois f e g sa˜o cont´ınuas em x = a. Neste caso, vale o
seguinte
lim
x→a
f(x)
g(x)
= lim
x→a
(f(x)− f(a))
(x− a)
(x− a)
(g(x)− g(a)) = limx→a
f(x)− f(a)
x− a
g(x)− g(a)
x− a
=
f ′(a)
g′(a)
= lim
x→a
f ′(x)
g′(x)
.
O racioc´ınio acima pode ser usado para resolver o limite (1). De fato, considerando
f(x) = ln(x), g(x) = (x− 1) e a = 1, temos que f(1) = g(1) = 0 e g′(1) = 1 6= 0, de modo
que
lim
x→1
ln(x)
x− 1 = limx→a
f(x)
g(x)
= lim
x→1
(ln(x))′
(x− 1)′ = limx→1
1
x
1
= 1.
Na verdade, esta conta e´ uma caso particular de um resultado geral que enunciamos abaixo.
1
Teorema 1 (Regra de L’Hoˆpital). Sejam f e g duas func¸o˜es deriva´veis tais que g′(x) 6= 0
para x pro´ximo de a, exceto possivelmente em a. Suponha que
lim
x→a
f(x) = lim
x→a
g(x) = 0 ou que lim
x→a
f(x) = ±∞ e lim
x→a
g(x) = ±∞.
Enta˜o
lim
x→a
f(x)
g(x)
= lim
x→a
f ′(x)
g′(x)
,
se o limite da direita existe (ou e´ ∞ ou e´ −∞). O mesmo resultado vale se substituirmos o
s´ımbolo x → a, em todos os limites, por qualquer dos s´ımbolos a seguir: x → a+, x → a−,
x→ +∞, x→ −∞.
A Regra de L’Hoˆpital simplesmente nos diz que o limite de um quociente e´ igual ao limite
do quociente de suas derivadas, desde que as hipo´teses do teorema sejam satisfeitas.
Exemplo 1. Vamos calcular o limite lim
x→0
ex − 1
x
. Para tanto, observe primeiro que temos
uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0, numerador e denominador sa˜o deriva´veis e a derivada do
denominador e´ igual a 1, na˜o podendo portanto se anular. Assim, podemos aplicar a Regra
de L’Hoˆpital para obter
lim
x→0
ex − 1
x
= lim
x→0
(ex − 1)′
(x)′
= lim
x→0
ex
1
= 1.
Note que o numerador ex − 1 na˜o permite fatorac¸o˜es evidentes que permitam simplificar o
quociente. Assim, a aplicac¸a˜o do teorema foi uma maneira eficiente de calcular o limite. �
Exemplo 2. O limite lim
x→+∞
x2
ex
e´ uma indeterminac¸a˜o do
tipo ∞/∞. Aplicando o teorema
obtemos
lim
x→+∞
x2
ex
= lim
x→+∞
(x2)′
(ex)′
= lim
x→+∞
2x
ex
.
Note que o u´ltimo limite ainda e´ uma indeterminac¸a˜o do tipo∞/∞. Podemos enta˜o aplicar
o teorema novamente para obter
lim
x→+∞
x2
ex
= lim
x→+∞
2x
ex
= lim
x→+∞
2
ex
= 0.
Na˜o e´ dif´ıcil generalizar o resultado acima no seguinte sentido: se p(x) = a0+a1x+ · · ·+
anx
n e´ um polinoˆmio de grau n, enta˜o n aplicac¸o˜es de L’Hoˆpital nos fornece
lim
x→+∞
p(x)
ex
= 0,
isto e´, a func¸a˜o exponencial cresce mais ra´pido do que qualquer polinoˆmio. �
2
Exemplo 3. No limite lim
x→+∞
ln(x)√
x
, temos uma indeterminac¸a˜o do tipo ∞/∞. Assim,
lim
x→+∞
ln(x)√
x
= lim
x→+∞
1
x
1
2
√
x
(2)
e reca´ımos em uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0. Se aplicar o teorema novamente vamos
obter
lim
x→+∞
ln(x)√
x
= lim
x→+∞
1
x
1
2
√
x
= lim
x→+∞
− 1
x2
− 1
x3/2
,
o que na˜o parece ser melhor. De fato, se continuarmos aplicando o teorema sempre vamos
cair em uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0. Isso na˜o quer dizer que o teorema esta´ errado,
tampouco que na˜o e´ poss´ıvel calcular o limite. De fato, podemos simplesmente manipular o
u´ltimo quociente em (2) como segue
lim
x→+∞
ln(x)√
x
= lim
x→+∞
1
x
1
2
√
x
= lim
x→+∞
2
√
x
x
= lim
x→+∞
2√
x
= 0.
Isso nos mostra que nem sempre a aplicac¸a˜o do teorema e´ o melhor caminho. A`s vezes, uma
manipulac¸a˜o alge´brica nos leva mais rapidamente ao resultado esperado. �
Exemplo 4. No caso do limite lim
x→0+
ln(x)
tan(pi
2
− x) , o numerador tende para −∞ e o denomi-
nador para +∞. Assim, temos um indeterminac¸a˜o do tipo ∞/∞. Todas as hipo´teses do
teorema esta˜o satisfeitas, de modo que podemos calcular
lim
x→0+
ln(x)
tan(pi
2
− x) = limx→0+
1
x
− sec2(pi
2
− x) (3)
e cair em outra indeterminac¸a˜o do tipo∞/∞. Antes de aplicar o teorema novamente, vamos
escrever o lado direito de uma maneira mais conveniente
lim
x→0+
ln(x)
tan(pi
2
− x) = limx→0+
1
x
− sec2(pi
2
− x) = limx→0+
− cos2(pi
2
− x)
x
.
Agora, temos uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0 e a regra nos fornece
lim
x→0+
ln(x)
tan(pi
2
− x) = · · · = limx→0+
− cos2(pi
2
− x)
x
= lim
x→0+
−2 cos(pi
2
− x)sen(pi
2
− x)
1
= 0.
Voceˆ pode, como exerc´ıcio, tentar aplicar L’Hoˆpital diretamente no u´ltimo limite em (3)
para se convencer que a manipulac¸a˜o que fizemos era realmente o melhor caminho. �
E´ importante ter em mente a necessidade de checar se estamos com uma indeterminac¸a˜o
do tipo 0/0 ou ∞/∞ quando vamos aplicar a regra. De fato, se a aplicarmos ao limite
limx→pi− sen(x)/(cos(x)− 1) vamos obter
lim
x→pi−
sen(x)
cos(x)− 1 = limx→pi−
cos(x)
− sen(x) = −∞,
3
em que usamos na u´ltima igualdade o fato do numerador se aproximar de−1 e o denominador
tender para zero por valores positivos. Ora, este resultado e´ claramente falso pois note que
lim
x→pi−
sen(x)
cos(x)− 1 =
0
−1− 1 = 0.
O que aconteceu aqui e´ que o limite original na˜o era sequer uma indeterminac¸a˜o. �.
Exemplo 5. Vamos agora tentar calcular o limite
lim
x→0+
x ln(x).
Neste caso um dos fatores vai para zero, enquanto o outro vai para −∞, e temos portanto
um indeterminac¸a˜o do tipo 0 ×∞. Na˜o e´ poss´ıvel aplicar L’Hoˆpital diretamente. Em vez
disso, vamos inverter um dos fatores e dividir pelo inverso. Lembre que multiplicar por 2
equivale a dividir por 1/2. Assim,
lim
x→0+
x ln(x) = lim
x→0+
ln(x)
1
x
= lim
x→0+
1
x
− 1
x2
= lim
x→0+
−x2
x
= 0.
Observe que, embora o limite limx→0+(1/x)/(−1/x2) seja tambe´m uma indeterminac¸a˜o em
que pode-se aplicar L’Hoˆpital, a simplificac¸a˜o feita no u´ltimo passo nos leva ao resultado
diretamente.
Neste ponto, vale a pena fazer um pouco de contas e se convencer de que a igualdade
lim
x→0+
x ln(x) = lim
x→0+
x
1
ln(x)
,
embora correta, na˜o nos levaria a lugar algum. �
Exemplo 6. O limite limx→0+ x
x e´ uma indeterminac¸a˜o do tipo 00, ja´ que a func¸a˜o da base
e da poteˆncia va˜o para zero. Para analisar indeterminac¸o˜es com poteˆncias, recorremos a`
igualdade y = eln(y), va´lida para todo y > 0. Escrevemos
lim
x→0+
xx = lim
x→0+
eln(x
x) = lim
x→0+
ex ln(x) = elimx→0+ x ln(x) = e0 = 1,
em que usamos o resultado do u´ltimo exemplo e a continuidade da func¸a˜o exponencial. �.
4
Textos/semana 12/area-entre-curvas.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
A´rea entre curvas e a Integral definida
Seja S a regia˜o do plano delimitada pelas curvas
y = f(x) e y = g(x) e as retas verticais x = a e x = b,
onde f e g sa˜o func¸o˜es cont´ınuas tais que f(x) ≥ g(x) para
todo x ∈ [a, b]. Vamos desenvolver aqui uma te´cnica que
permite calcular a a´rea de S.
Para simplificar a exposic¸a˜o vamos considerar
f(x) = x e g(x) = x2, definidas no intervalo [0, 1]. O leitor
na˜o tera´ dificuldades em verificar que, para todo x ∈ [0, 1],
vale x ≥ x2. Neste caso, a regia˜o S e´ denominada triaˆngulo
parabo´lico e esta´ indica na figura ao lado.
A ideia para calcular a a´rea consiste em fazer aproxima-
c¸o˜es e, depois, tomar o limite nas aproximac¸o˜es. Os passos
seguintes mostram como faremos as nossas aproximac¸o˜es.
1. Dividimos o intervalo [0, 1] em n subintervalos de igual comprimento ∆x = 1
n
considerando os pontos
0 = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = 1,
em que xk = k/n, para cada k = 1, 2, . . . , n.
2. Para cada k = 1, 2, . . . , n consideramos o retaˆngulo cuja base e´ o intervalo [xk−1, xk] e
a altura e´ dada
lk = f(xk)− g(xk).
Como a base desse retaˆngulo tem comprimento xk − xk−1 =
1
n
= ∆x, a sua a´rea e´
exatamente [f(xk)− g(xk)]∆x.
3. Podemos agora aproximar a a´rea S usando a soma das a´reas de cada um desses
retaˆngulos. A aproximac¸a˜o tem a seguinte expressa˜o:
An = [f(x1)− g(x1)]∆x+ [f(x2)− g(x2)]∆x+ · · ·+ [f(xn)− g(xn)]∆x
=
n∑
k=1
[f(xk)− g(xk)]∆x.
1
As figuras abaixo ilustram essas aproximac¸o˜es nos casos em que n = 5, n = 10 e n = 20,
respectivamente.
n = 5 n = 10 n = 20
Intuitivamente, a aproximac¸a˜o melhora a` medida que a quantidade de retaˆngulos au-
menta. Deste modo, a a´rea da regia˜o S e´ dada pelo seguinte limite
a´rea(S) = lim
n→+∞
An = lim
n→+∞
n∑
k=1
[f(xk)− g(xk)]∆x. (1)
Vamos calcular a a´rea acima lembrando que f(x) = x, g(x) = x2 e que os pontos xk
foram escolhidos de modo que xk = k/n, para cada k = 1, 2, . . . , n. Temos que
An =
n∑
k=1
[f(xk)− g(xk)]∆x =
n∑
k=1
[
k
n
−
(
k
n
)2]
1
n
=
1
n2
n∑
k=1
k −
1
n3
n∑
k=1
k2. (2)
Vamos verificar que cada um dos termos acima possui limite quando n→ +∞.
Para o primeiro, observe que
1
n2
n∑
k=1
k =
1
n2
(1 + 2 + · · ·+ n).
A maior dificuldade aqui e´ que o termo 1/n2 tende para zero quando n → ∞, enquanto a
soma (1+2+ · · ·+n) claramente vai para infinito. Assim, ao tentarmos fazer n→∞, temos
uma indeterminac¸a˜o. Ela pode ser resolvida se lembrarmos que os termos da soma entre
pareˆnteses acima formam uma progressa˜o aritme´tica de raza˜o 1, de modo que
1
n2
n∑
k=1
k =
1
n2
n(n+ 1)
2
=
1
2
(
n+ 1
n
)
.
Logo, podemos facilmente calcular
lim
n→∞
1
n2
n∑
k=1
k = lim
n→+∞
1
2
(
n + 1
n
)
=
1
2
.
2
O ca´lculo do limite que envolve a soma dos termos do tipo k2 e´ um pouco mais delicada.
De fato, neste caso os termos que va˜o sendo somados na˜o formam uma PA, tampouco uma
PG. Pore´m, pode-se mostrar que (veja Vı´deo)
n∑
k=1
k2 = (12 + 22 + · · ·+ n2) =
n(n + 1)(2n+ 1)
6
.
Logo,
lim
n→∞
1
n3
n∑
k=1
k2 = lim
n→+∞
1
n3
n(n + 1)(2n+ 1)
6
= lim
n→+∞
(
n + 1
n
)(
2n+ 1
6n
)
=
1
3
.
Substituindo-se os resultados dos limites acima em (2) pode-se concluir que a a´rea do
triaˆngulo parabo´lico e´
a´rea(S) = lim
n→∞
An = lim
n→∞
(
1
n2
n∑
k=1
k −
1
n3
n∑
k=1
k2
)
=
(
1
2
−
1
3
)
=
1
6
.
E´ importante observar que o procedimento
acima vale para quaisquer func¸o˜es f(x) e g(x)
cont´ınuas que satisfazem f(x) ≥ g(x) em [a, b].
Assim, denotando por S a regia˜o do plano compre-
endida abaixo do gra´fico de f e acima do gra´fico
de g, temos que
a´rea(S) = lim
n→∞
n∑
k=1
[f(xk)− g(xk)]∆x.
O procedimento de aproximac¸a˜o acima pode ser feito de uma maneira geral. De fato,
dada uma func¸a˜o cont´ınua f : [a, b]→ R vamos dividir o intervalo [a, b] em n subintervalos de
mesmo tamanho ∆x = (b−a)/n que se interceptam somente (e possivelmente) nos extremos.
Para isto, consideramos os pontos
a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1 < xn = b,
em que xk = a+k∆x, para cada k = 1, . . . , n. Vamos escolher em cada subintervalo [xk−1, xk]
um ponto x∗
k
arbitra´rio e considerar a soma de Riemman
Sn =
n∑
k=1
f(x∗
k
)∆x.
3
Observe que a soma acima depende, de fato, na˜o so´ do ı´ndice n mas tambe´m da escolha
dos pontos x∗
k
’s. Contudo, pode-se mostrar que, quando n → +∞, a soma acima converge
para um nu´mero, qualquer que seja a escolha destes pontos. Vamos denotar este limite da
seguinte forma ∫
b
a
f(x)dx = lim
n→+∞
n∑
k=1
f(x∗
k
)∆x.
O nu´mero acima e´ chamado integral definida de f no intervalo [a, b]. Definimos ainda
∫
a
a
f(x)dx = 0,
∫
a
b
f(x)dx = −
∫
b
a
f(x)dx.
A integral
∫
b
a
f(x)dx e´ um nu´mero, na˜o dependendo portanto de x. De fato, a letra usada
no s´ımbolo da integral na˜o e´ importante, de modo que∫
b
a
f(x)dx =
∫
b
a
f(t)dt.
Usando a definic¸a˜o de integral e os argumentos apresentados no in´ıcio do texto conclu´ımos
que, se f, g : [a, b] → R sa˜o func¸o˜es cont´ınuas tais que f(x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b],
enta˜o a a´rea da regia˜o S compreendida entre os gra´ficos das func¸o˜es e´ exatamente
a´rea(S) =
∫
b
a
[f(x)− g(x)]dx.
Em particular, se f ≥ 0 em [a, b], podemos tomar g ≡ 0 para concluir que a a´rea abaixo do
gra´fico de f e acima do eixo Ox e´ dada por
∫
b
a
f(x)dx.
O ca´lculo de uma integral usando a definic¸a˜o na˜o e´ uma tarefa simples. De fato, e´
necessa´rio obter fo´rmulas que nos permitam manipular o somato´rio que aparece na definic¸a˜o
de modo a conseguir calcular o limite. Contudo, veremos em breve um me´todo que nos
permitira´ calcular as integrais de maneira mais simples.
4
Tarefa
Nesta tarefa vamos calcular a a´rea da regia˜o delimitada pelos gra´ficos das para´bolas f(x) =
(4x− x2) e g(x) = x2, conforme ilustrado na figura abaixo.
A primeira dificuldade que encontramos e´ que, diferente
do exemplo visto no texto sobre a´reas, na˜o sabemos aqui
qual e´ o intervalo [a, b] que utilizaremos no ca´lculo, tam-
pouco qual das curvas fica por cima da outra. Os passos
seguintes resolvem essa questa˜o:
1. Determine as soluc¸o˜es da equac¸a˜o f(x) = g(x), cha-
mando de a o menor valor e b o maior.
2. Pelo Teorema do Valor Intermedia´rio temos que, em todo o intervalo [a, b], uma das
func¸o˜es e´ sempre maior ou igual a` outra. Determine qual delas e´ a maior, calculando
cada uma delas em ponto c ∈ (a, b) e comparando os dois valores.
Uma vez que os gra´ficos se tocam em somente dois pontos, a regia˜o S a ser considerada
e´ aquela que fica abaixo da func¸a˜o que esta´ por cima, e acima da que esta´ por baixo, sendo
considerado somente o que ocorre no intervalo [a, b].
3. Proceda como no texto para calcular o valor da aproximac¸a˜o de a´rea An obtida quando
dividimos o intervalo [a, b] em n subintervalos de tamando ∆x = (b− a)/n.
4. Usando as fo´rmulas apresentadas no texto calcule o limite limn→+∞An para obter o
valor da a´rea.
5. Escreva a a´rea em termos de uma integral definida.
5
Textos/semana 12/tfc.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Teorema Fundamental do Ca´lculo - Parte 1
Neste texto vamos provar um importante resultado que nos permite calcular integrais
definidas. Ele pode ser enunciado como se segue.
Teorema 1 (Teorema Fundamental do Ca´lculo - Parte 1). Se f e´ cont´ınua em [a, b] e
F : [a, b]→ R e´ uma func¸a˜o cont´ınua tal que F ′(x) = f(x) para todo x ∈ (a, b), enta˜o
∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a).
Uma func¸a˜o F como acima e´ chamada de primitiva de f em [a, b]. O teorema diz que,
para calcular a integral de uma func¸a˜o, e´ suficiente conhecermos uma primitiva desta func¸a˜o.
Isto estabelece uma interessante relac¸a˜o entre o processo de integrac¸a˜o e o de derivac¸a˜o. O
primeiro, que foi motivado aqui pelo ca´lculo de a´reas, ja´ era essencialmente conhecido pelos
matema´ticos gregos da antiguidade. Naquele tempo, calculavam a´reas e volumes usando
um processo de aproximac¸a˜o que ficou conhecido como Me´todo da Exausta˜o. Por outro
lado, as ideias ba´sicas do processo de derivac¸a˜o ja´ apareciam no se´culo XIV, no contexto
de dinaˆmica. Apesar do teorema ser muito u´til para efetuar o ca´lculo das integrais, a sua
importaˆncia histo´rica esta´ no fato de que ele conecta duas habilidades que a` primeira vista
sa˜o distintas. O teorema conta ainda com uma segunda parte, que sera´ vista em um texto
seguinte.
Antes de provar o Teorema 1 precisamos lembrar a definic¸a˜o da integral
∫ b
a
f(x)dx. Divi-
dimos o intervalo [a, b] em n subintervalos de mesmo tamanho ∆x = (b−a)/n, considerando
os pontos
a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1 < xn = b,
com xk = a+k∆x, para cada k = 1, . . . , n. Escolhemos, em cada subintervalo [xk−1, xk], um
ponto x∗k arbitra´rio e definimos
∫ b
a
f(x)dx = lim
n→+∞
n∑
k=1
f(x∗k)∆x.
E´ importante lembrar que, qualquer que seja a escolha dos pontos x∗k, o limite acima sempre
existe e tem o mesmo valor.
1
Demonstrac¸a˜o do Teorema 1. Observe inicialmente que
F (b)− F (a) = F (xn)− F (x0)
= [F (xn)− F (xn−1)] + [F (xn−1)− F (x0)]
=
...
= [F (xn)− F (xn−1)] + [F (xn−1)− F (xn−2)] + · · ·+ [F (x1)− F (x0)].
De fato, para checar a igualdade acima basta eliminar todos os colchetes e perceber que a
maior parte dos termos se cancelam, restando no final somente o primeiro e o u´ltimo, isto e´,
F (xn)−F (x0) = F (b)−F (a). Para cada k = 1, . . . , n, podemos aplicar o Teorema do Valor
Me´dio para obter x∗k ∈ [xk−1, xk] tal que
F (xk)− F (xk−1) = F
′(x∗k)(xk − xk−1) = f(x
∗
k)∆x,
xk−1 x∗
k
xk
F (xk−1)
F (xk)
Figura 2: Gra´fico de F
xk−1 x∗
k
xk
f(x∗
k
)
Figura 3: Gra´fico de F ′ = f
uma vez que F ′(x) = f(x). Substituindo a igualdade acima em (1), obtemos
F (b)− F (a) = f(x∗n)∆x+ f(x
∗
n−1)∆x · · ·+ f(x
∗
1)∆x =
n∑
k=1
f(x∗k)∆x.
Passando ao limite quando n → +∞ e lembrando a definic¸a˜o de integral, conclu´ımos final-
mente que
F (b)− F (a) = lim
n→+∞
n∑
k=1
f(x∗k)∆x =
∫ b
a
f(x)dx,
que e´ o que quer´ıamos provar. �
Na sequeˆncia fazemos algumas aplicac¸o˜es deste importante teorema.
2
Exemplo 1. Em um texto anterior, vimos que a a´rea da regia˜o S delimitada pelos gra´ficos
das func¸o˜es f(x) = (4x− x2) e g(x) = x2 e´ dada pela integral
∫ 2
0
[(4x− x2)− (x2)]dx =
∫ 2
0
[4x− 2x2]dx.
Naquela altura, o ca´lculo foi bem complicado, e necessitou de algumas fo´rmulas de so-
mato´rios. Vamos agora usar o Teorema para calcular esta a´rea.
Observe que a func¸a˜o H(x) = (2x2 − (2/3)x3) e´ cont´ınua e
satisfaz H ′(x) = (4x− 2x2). Deste modo,
∫ 2
0
[4x−2x2]dx = H(2)−H(0) = 2 ·22−
2
3
23 = 8−
16
3
=
8
3
.
Alguma du´vida de que foi mais simples agora?! �
Figura 1: A regia˜o S
Exemplo 2. Considere f(x) = cos(x) e a integral definida
∫ pi/2
0
f(x)dx =
∫ pi/2
0
cos(x)dx.
Uma vez que a func¸a˜o F (x) = sen(x) e´ cont´ınua e satifaz F ′(x) = (sen(x))′ = cos(x), vemos
que ela e´ uma primitiva para f(x) em [0, pi/2]. Logo,
∫ pi/2
0
cos(x)dx = F
(pi
2
)
− F (0) = sen
(pi
2
)
− sen(0) = 1.
Como f ≥ 0 em [0, pi/2], o nu´mero acima representa a a´rea da regia˜o compreendida abaixo
do gra´fico de cos(x), no intervalo [0, pi/2], e o eixo Ox. �
Se F e´ uma func¸a˜o qualquer e os pontos a e b esta˜o no seu domı´nio, e´ usual denotar a
diferenc¸a F (b)− F (a) por
F (x)
∣∣∣b
x=a
= F (b)− F (a).
Assim, se F e´ uma primitiva de f em [a, b], o Teorema Fundamental do Ca´lculo se escreve
como ∫ b
a
f(x)dx = F (x)
∣∣∣b
x=a
.
3
Exemplo 3. Vamos retomar outro exemplo do texto anterior. La´, quer´ıamos calcular a a´rea
da regia˜o delimitada pelos gra´ficos das func¸o˜es f(x) = x e g(x) = x2, definidas em [0, 1].
Como f(x) ≥ g(x) em [0, 1], a a´rea e´ dada pela integral
∫ 1
0
[f(x)− g(x)]dx =
∫ 1
0
(x− x2)dx.
Uma conta simples nos permite encontrar uma primitiva
para a func¸a˜o que esta´ sendo integrada acima. De fato,
d
dx
(
x2
2
−
x3
3
)
= x− x2,
de modo que
∫ 1
0
(x− x2)dx =
(
x2
2
−
x3
3
)∣∣∣∣
1
x=0
=
(
12
2
−
13
3
)
−
(
02
2
−
03
3
)
=
1
6
,
o que confirma o resultado obtido no texto anterior. �
Exemplo 4. Uma vez que (arctan(x))′ = 1/(1 + x2), temos que
∫ 4
0
4
1 + x2
dx = (4 arctan(x))
∣∣∣1
x=0
= 4 arctan(1)− 4 arctan(0) = 4 ·
pi
4
− 4 · 0 = pi.
O fator multiplicativo 4 na˜o dificultou em nada a conta. De fato, a integral goza de uma
se´rie de propriedades que facilitam a vida, conforme voceˆ vera´ na sua tarefa. �
Nesta altura, voceˆ poderia se perguntar se toda func¸a˜o possui primitiva. Confome ve-
remos no pro´ximo texto, a resposta e´ afirmativa se considerarmos func¸o˜es cont´ınuas. Mais
especificamente, se f e´ cont´ınua em [a, b], enta˜o a func¸a˜o g definida por
g(x) =
∫ x
a
f(t)dt, x ∈ [a, b],
e´ cont´ınua e cumpre g′(x) = f(x), para todo x ∈ (a, b). Em outas palavas, a func¸a˜o acima e´
uma primitiva de f em [a, b].
4
Tarefa
Nesta tarefa voceˆ vai provar as propriedades ba´sicas da integral definida. Ainda que todas
elas possam ser provadas usando a definic¸a˜o de integral, faremos isto aqui usando o Teorema
Fundamental do Ca´lculo.
Supondo que f e g sa˜o func¸o˜es cont´ınuas, prove as seguintes afirmac¸o˜es.
1.
∫ b
a
c dx = c(b− a), se c ∈ R
2.
∫ b
a
cf(x)dx = c
∫ b
a
f(x)dx, se c ∈ R
3.
∫ b
a
[f(x) + g(x)]dx =
∫ b
a
f(x)dx+
∫ b
a
g(x)dx
4.
∫ b
a
[f(x)− g(x)]dx =
∫ b
a
f(x)dx−
∫ b
a
g(x)dx
5.
∫ b
a
f(x)dx =
∫ c
a
f(x)dx+
∫ b
c
f(x)dx
6. se f(x) ≥ 0 em [a, b], enta˜o
∫ b
a
f(x)dx ≥ 0
7. se f(x) ≥ g(x) em [a, b], enta˜o
∫ b
a
f(x)dx ≥
∫ b
a
g(x)dx
8. se m ≤ f(x) ≤M em [a, b], enta˜o
m(b− a) ≤
∫ b
a
f(x)dx ≤M(b − a).
5
Textos/semana 12/TFC2.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Teorema Fundamental do Ca´lculo - Parte 2
No texto anterior vimos que, se F e´ uma primitiva de f em [a, b], enta˜o
∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a).
Isto reduz o problema de resolver uma integral a`quele de encontrar uma primitiva de f .
Deste modo, e´ natural perguntar se toda func¸a˜o cont´ınua possui uma primitiva. Confome
veremos a seguir, a resposta e´ afirmativa. Mais especificamente, considere f cont´ınua em
[a, b] e defina a func¸a˜o
g(x) =
∫ x
a
f(t)dt, x ∈ [a, b]. (1)
Note que, dentro da integral, estamos usando a varia´vel t somente para diferenciar do x que
esta´ no limite superior de integrac¸a˜o. Isto na˜o e´ problema nenhum pois, como ja´ vimos,∫ x
a
f(t)dt =
∫ u
a
f(u)du, por exemplo.
No resultado abaixo apresentamos a parte final do Teorema Fundamental do Ca´lculo.
Teorema 1 (Teorema Fundamental do Ca´lculo - Parte 2). Se f : [a, b] → R e´ uma func¸a˜o
cont´ınua, enta˜o a func¸a˜o g definida em (1) e´ cont´ınua, deriva´vel em (a, b) e
g′(x) = f(x), x ∈ (a, b).
Em particular, toda func¸a˜o cont´ınua possui uma primitiva.
O resultado acima, juntamente com aquele do texto anterior, forma o que chamamos de
Teorema Fundamental do Ca´lculo. A primeira demonstrac¸a˜o de uma versa˜o do teorema foi
apresentada por James Gregory (1638-1675). Isaac Barrow (1630-1677) provou uma versa˜o
um pouco mais geral para que, depois, o seu brilhante aluno Isaac Newton (1643-1727) com-
pletasse o desenvolvimento da teoria matema´tica por tra´s do teorema. Na˜o menos destaque
merece o nome de Gottfried Leibniz (1646-1716) que foi quem sistematizou o conhecimento
em uma teoria de quantidades infinitesimais e introduziu a notac¸a˜o usada hoje. A enorme
variedade de aplicac¸o˜es desta teoria nos permite afirmar, sem exageros, que estamos di-
ante de uma das maiores descobertas cient´ıficas da era moderna. Logo, todos os esforc¸os
demandados ate´ aqui no curso de Ca´lculo na˜o foram em va˜o...
1
Antes de apresentar a prova do Teorema 1 vamos definir o que se entende por me´dia de
uma func¸a˜o. Supondo enta˜o que f esta´ definida em [a, b], tomamos um nu´mero n ∈ N e
dividimos o itervalo [a, b] em n subintervalos fechados de tamanho ∆x = (b− a)/n de modo
que a unia˜o de todos eles deˆ o intervalo [a, b] e eles se interceptem, possivelmente, nos seus
extremos. Em cada um dos n intervalos, escolhemos um ponto x∗k e calculamos a me´dia
aritme´tica
f(x∗1) + f(x
∗
2) + · · · f(x
∗
n)
n
=
1
n
n∑
k=1
f(x∗k) =
1
b− a
k∑
i=1
f(x∗k)∆x.
Quando o nu´mero n cresce, aumentamos a quantidade de pontos que va˜o entrar no ca´lculo
da me´dia. Se f for integra´vel em [a, b], fazendo n → +∞, obtemos o conceito de me´dia de
uma func¸a˜o:
media(f) = lim
n→+∞
1
b− a
n∑
k=1
f(x∗k)∆x =
1
b− a
∫ b
a
f(x)dx.
O resultado abaixo e´ uma consequeˆncia interessante das propriedades da integral definida.
Lema 1 (Teorema da Me´dia). Se f e´ cont´ınua em [a, b], enta˜o existe c ∈ [a, b] tal que
f(c) =
1
b− a
∫ b
a
f(x)dx.
Em outras palavras, a me´dia de uma func¸a˜o cont´ınua
e´ sempre assumida.
Demonstrac¸a˜o. Sejam m e M o mı´nimo e ma´ximo de f em [a, b], respectivamente. Sabe-
mos que estes dois nu´meros existem porque toda func¸a˜o cont´ınua definida em um intervalo
fechado assume ma´ximo e mı´nimo. Uma vez que m ≤ f(x) ≤ M em [a, b], integrando
obtemos
m(b− a) =
∫ b
a
mdx ≤
∫ b
a
f(x)dx ≤
∫ b
a
Mdx = M(b− a).
Assim, se denotarmos por xm e xM os pontos de mı´nimo e ma´ximo, respectivamente, obtemos
f(xm) = m ≤
1
b− a
∫ b
a
f(x)dx ≤M = f(xM).
Aplicando o Teorema do Valor Intermedia´rio no intervalo [xm, xM ] (ou [xM , xm]), obtemos
c ∈ [a, b] tal que f(c) coincide com a me´dia de f . �
Usando o resultado acima, podemos facilmente provar a 2a parte do Teorema Fundamen-
tal do Ca´lculo.
Prova do Teorema 1. Para calcular a derivada da func¸a˜o g definida em (1), vamos ter
que usar a definic¸a˜o de derivada. Considere enta˜o x ∈ (a, b) fixado e h > 0 pequeno de tal
2
modo que x, x+ h ∈ (a, b). Temos que
g(x+ h)− g(x) =
∫ x+h
a
f(t)dt−
∫ x
a
f(t)dt
=
(∫ x
a
f(t)dt+
∫ x+h
x
f(t)dt
)
−
∫ x
a
f(t)dt
=
∫ x+h
x
f(t)dt.
Dividindo por h > 0 e usando o Teorema da Me´dia, obtemos ch ∈ [x, x+ h], tal que
g(x+ h)− g(x)
h
=
1
h
∫ x+h
x
f(t)dt = f(ch).
Uma vez que x ≤ ch ≤ x + h, temos que ch → x, quando h → 0
+. A continuidade de f
implica enta˜o que limh→0+ f(ch) = f(x) e portanto
lim
h→0+
g(x+ h)− g(x)
h
= f(x).
Isso mostra que derivada lateral a` direita e´ igual a f(x).
Usando o mesmo argumento obtemos
lim
h→0−
g(x+ h)− g(x)
h
= f(x),
o que mostra que a derivada lateral a` esquerda tambe´m vale f(x). Portanto, a func¸a˜o g e´
deriva´vel e
d
dx
[∫ x
a
f(t)dt
]
= g′(x) = f(x), x ∈ (a, b).
A existeˆncia da derivada acima mostra que g e´ cont´ınua em (a, b). A continuidade nos
pontos extremos x = a e x = b e´ uma consequeˆncia da existeˆncia dos limites laterais acima.
Isto finaliza a prova do teorema. �
Vale notar que, apesar do Teorema 1 garantir a existeˆncia de primitiva, ele na˜o ajuda
muito no ca´lculo efetivo de uma integral definida. De fato, sabendo que a func¸a˜o g definida
em (1) e´ uma primitiva de f e usando a primeira parte do Teorema Fundamental do Ca´lculo,
obtemos ∫ b
a
f(t)dt = g(b)− g(a) =
∫ b
a
f(t)dt−
∫ a
a
f(t)dt =
∫ b
a
f(t)dt,
que e´ uma igualdade o´bvia.
Exemplo 1. Como a func¸a˜o cosseno e´ cont´ınua, temos que
d
dx
[∫ x
0
cos3(t)dt
]
= cos3(x).
Note que, no ca´lculo acima, na˜o e´ necessa´rio resolver a integral para depois derivar. Basta
usar o Teorema 1. �
3
Exemplo 2. Vamos calcular a derivada da func¸a˜o
f(x) =
∫ x2+1
1
et
2
dt.
O ponto importante aqui e´ que na˜o podemos aplicar diretamente o Teorema 1, porque o
limite de integrac¸a˜o e´ x2, e na˜o x. Contudo, se definirmos
p(x) = x2 + 1, q(x) =
∫ x
1
et
2
dt,
temos que f(x) = q(p(x)). Podemos enta˜o usar a Regra da Cadeia para obter
f ′(x) = q′(p(x))p′(x) = ep(x)
2
· (x2 + 1)′ = 2xe(x
2+1)2 .
Note que usamos o Teorema 1 para calcular q′(x) = ex
2
. �
Exemplo 3. Existem func¸o˜es que na˜o possuem primitivas. De fato, considere a func¸a˜o f
definida em [0, 2] por
f(x) =
{
0, se x ∈ [0, 1) ∪ (1, 2],
1, se x = 1.
Suponha que ela possui uma primitiva, que vamos denotar por F . Uma vez que F ′(x) = f(x)
em (0, 2), conclu´ımos que F ′ ≡ 0 nos intervalos (0, 1) e (1, 2). Deste modo, a func¸a˜o F e´
constante em cada um desses intervalos, isto e´, existem c1, c2 ∈ R, tais que F ≡ c1 em (0, 1)
e F ≡ c2 em (1, 2). Por outro lado, como F e´ cont´ınua em x = 1, temos que
c1 = lim
x→1−
F (x) = F (1) = lim
x→1+
F (x) = c2.
Deste modo, c1 = c2 e a func¸a˜o F e´ constante em todo o intervalo (0, 2). Isto implica que
0 = F ′(1) = f(1), o que e´ um absurdo, pois f(1) = 1.
Conclu´ımos enta˜o que a func¸a˜o f acima na˜o possui primitiva. Isso naturalmente na˜o
contradiz o Teorema 1, porque f na˜o e´ cont´ınua. �
4
Tarefa
A primeira parte do Teorema Fundamental do Ca´lculo pode ser provada a partir da segunda.
Faremos isso nesta tarefa.
Considere f um func¸a˜o cont´ınua em [a, b] e resolva os itens a seguir.
1. Se g : [a, b]→ R e´ dada por
g(x) =
∫ x
a
f(t)dt,
determine a derivada g′(x).
2. Supondo que F e´ uma primitiva (qualquer) de f em [a, b], justifique a existeˆncia de
uma constante C ∈ R tal que
g(x) = f(x) + C, ∀ x ∈ [a, b].
3. Fazendo x = a na igualdade acima, determine o valor de C.
4. Conclua dos itens anteriores que∫ b
a
f(t)dt = F (b)− F (a).
5
Textos/semana 13/indefinida.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Integral indefinida
O Teorema Fundamental do Ca´lculo afirma que, se f e´ cont´ınua em [a, b], enta˜o
∫
b
a
f(x)dx = F (b)− F (a),
desde que F seja uma primitiva de f em [a, b]. Deste modo, e´ importante estabelecermos
estrate´gias que nos permitam encontrar primitivas explicitamente.
Se F e´ uma primitiva de f enta˜o, para todo K ∈ R, temos que (F (x) +K)′ = f(x), de
modo que F (x)+K tambe´m e´ uma primitiva. Ale´m disso, se o domı´nio de f e´ um intervalo
e G e´ uma outra primitiva de f , enta˜o
d
dx
(G(x)− F (x)) = f(x)− f(x) = 0.
O Teorema do Valor Me´dio garante que existe um constanteK ∈ R, tal que G(x) = F (x)+K.
Isso mostra que a famı´lia de func¸o˜es {F (x) +K}K∈R conte´m todas as primitivas de f . Esta
famı´lia de func¸o˜es e´ chamada integral indefinida de f e e´ denotada da seguinte maneira∫
f(x)dx = F (x) +K.
Na expressa˜o acima, K ∈ R e´ chamada constante de integrac¸a˜o.
E´ importante que fique claro a diferenc¸a entre a integral definida e a indefinida. A
primeira e´ um nu´mero, enquanto a segunda representa uma famı´lia de func¸o˜es. Ela pode
ser calculada encontrando uma primitiva de f e, em seguida, adicionando a constante de
integrac¸a˜o. Por exemplo,∫
x2dx =
x3
3
+K, pois
d
dx
(
x3
3
+K
)
= x2.
Antes de apresentar alguns exemplos vamos observar que voceˆ sempre pode checar se
acertou o ca´lculo de uma integral indefinida. Para tanto, basta verificar se a derivada do
resultado coincide com a func¸a˜o que esta´ sendo integrada.
1
Exemplo 1. Temos que, se n 6= −1, enta˜o∫
xndx =
xn+1
n + 1
+K,
pois
d
dx
(
xn+1
n + 1
+K
)
= (n + 1)
xn+1−1
(n+ 1)
= xn,
onde usamos a regra da poteˆncia para derivadas. �
Note que a fo´rmula de integrac¸a˜o acima na˜o faz sentido quando n = −1. Esse caso pode
ser facilmente tratado, conforme mostrar o pro´ximo exemplo.
Exemplo 2. Temos que ∫
x−1dx =
∫
1
x
dx = ln |x|+K,
uma vez que (ln |x|+K)′ = 1/x. �
A justificativa que demos para somar a constante de integrac¸a˜o apo´s encontrar uma
primitiva foi baseada no Teorema do Valor Me´dio. Deste modo, e´ importante garantir
que estamos trabalhando em um intervalo. Daqui para frente, sempre que escrevermos uma
fo´rmula geral de integrac¸a˜o, vamos assumir que ela e´ va´lida em um intervalo. Assim, quando
escrevemos ∫
1
x
dx = ln |x|+K,
estamos entendo que isso e´ va´lido no intervalo (−∞, 0) ou (0,+∞). Assim∫
−1
−e
1
x
dx = (ln |x|+K)
∣∣∣−1
x=−e
= (ln(−x) +K)
∣∣∣−1
x=−e
= ln(1)− ln(e) = −1,
pois |x| = −x no intervalo (−e,−1).
Exemplo 3. As integrais abaixo podem ser verificas a partir das
regras usuais de derivac¸a˜o:
∫
exdx = ex +K,
∫
cos(x)dx = sen(x) +K,∫
sen(x)dx = − cos(x) +K,
∫
1
1 + x2
= arctan(x) +K,∫
1√
1− x2dx = arcsen(x) +K.
Conforme veremos depois, existe uma te´cnica que permite calcular as duas u´ltimas integrais
acima, sem ter que memoriza´-la. As 3 primeiras, juntamente com as dos dois exemplos
anteriores, sa˜o integrais ba´sicas que voceˆ precisa saber. �
2
As propriedades de linearidade da derivada sa˜o transmitidas de maneira imediata para a
integral indefinida. Deste modo, e´ muito simples verificar que∫
(f(x) + g(x))dx =
∫
f(x)dx+
∫
g(x)dx,
∫
(f(x)− g(x))dx =
∫
f(x)dx−
∫
g(x)dx,
e ∫
cf(x)dx = c
∫
f(x)dx.
Exemplo 4. Suponha que a velocidade de um carro seja dada por v(t) = 2t+ et e queremos
determinar a sua posic¸a˜o s(t) em um instante t ≥ 0. Como a taxa de variac¸a˜o da posic¸a˜o e´
a velocidade, temos que
s′(t) = 2t + et.
Integrando os dois lados com respeito a` t, obtemos
s(t) +K1 =
∫
s′(t)dt =
∫
(2t+ et)dt = t2 + et +K2.
De in´ıcio, a primeira igualdade acima pode parecer confusa mas, na verdade, ela e´ muito
simples. De fato, ao tentarmos calcular
∫
s′(t)dt estamos procurando uma func¸a˜o cuja de-
ravada seja s′(t). Ora, tal func¸a˜o e´ exatamente s(t) acrescida de qualquer constante K1. A
igualdade acima pode ser reescrita da seguinte maneira
s(t) = t2 + et +K,
onde a constante arbitra´ria K foi obtida juntando-se todas as constantes que apareciam
anteriormente.
Uma primeira ana´lise do resultado do para´grafo anterior nos deixa um pouco frustrados.
O aparecimento da constante (arbitra´ria) K nos levaria a` conclusa˜o de que o problema tem
infinitas soluc¸o˜es. Isto soa estranho porque, em um dado instante t > 0, o carro so´ pode estar
em uma posic¸a˜o. Para entender o que esta´ acontecendo suponha que temos agora dois carros
partindo de posic¸o˜es iniciais diferentes, mas com mesma velocidade v(t) = 2t+et. Ora, ainda
que eles tenham a mesma velocidade, a posic¸a˜o deles sera´ sempre diferente, porque partiram
de posic¸o˜es diferentes. O que vai ocorrer e´ que, em cada instante t > 0, a distaˆncia entre
eles sera´ sempre a mesma, sendo exatamente igual a` distaˆncia entre os pontos de partida.
A observac¸a˜o feita acima mostra que obtivemos infinitas soluc¸o˜es porque o conjunto de
dados que temos e´ incompleto. De fato, para determinar a posic¸a˜o do carro, ale´m da velo-
cidade, precisamos saber o ponto de partida, digamos s(0) = 5. Com esta nova informac¸a˜o
3
somos levados a resolver o seguinte problema: determinar uma func¸a˜o s : [0,+∞)→ R que
satisfaz {
s′(t) = 2t+ et, t ∈ (0,+∞),
s(0) = 5.
Conforme verificado anteriormente, as soluc¸o˜es da primeira equac¸a˜o sa˜o da forma s(t) =
t2 + et + K. Precisamos agora escolher a constante K de modo que a condic¸a˜o inicial
s(0) = 5 seja satisfeita. Isso pode ser feito simplesmente calculando a famı´lia de soluc¸o˜es no
ponto t = 0:
5 = s(t) = 02 + e0 +K = 1 +K ⇒ K = 4.
Deste modo, a soluc¸a˜o do problema e´ dada por
s(t) = t2 + et + 4, t ≥ 0.
Este exemplo deve deixar claro a importaˆncia da constante de integrac¸a˜o. �
Vale destacar que, para obter a constante K no exemplo acima, foi utilizado o fato de
sabermos a posic¸a˜o no instante t = 0. Na˜o existe nada de especial na escolha de t = 0. De
fato, para determinamos a constante K, bastava saber a posic¸a˜o em qualquer instante a ≥ 0.
Assim, se soube´ssemos por exemplo que s(a) = b, bastaria calcular b = s(a) = a2 + ea +K,
para concluir que K = b− a2 − ea.
Para finalizar o texto vamos fazer a ana´lise geome´trica da famı´lia de primitivas da func¸a˜o
v(t). A exposic¸a˜o acima nos permitiu concluir que existem infinitas func¸o˜es cuja derivada e´
(2t+ et), visto
∫
(2t+ et)dt = t2+ et+K. Do ponto de vista geome´trico o que a constante K
faz e´ “levantar” (se K > 0) ou “abaixar” (se K < 0) em
K unidades o gra´fico da func¸a˜o s0(t) = (t
2 + et). Assim, se
denotarmos por l0 a reta tangente ao gra´fico de s0 no ponto
(t0, s0(t0)), quando deslocamos o gra´fico de s0 para cima ou
para baixo, o mesmo ocorre com sua reta tangente. Pore´m,
nesse deslocamento, a inclinac¸a˜o da reta tangente permanece
inalterada, de modo que a inclinac¸a˜o da reta tangente ao
gra´fico de sK(t) = t
2 + et + K no ponto (t0, sK(t0)) e´ a
mesma inclinac¸a˜o de l0.
Tarefa
Determine uma func¸a˜o y : R → R tal que y′(x) = 1
x
+ 3
√
x e cujo gra´fico passe pelo ponto
(1, 4).
4
Textos/semana 13/substituicao.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Integrac¸a˜o por subtituic¸a˜o
Vimos que, para determinar o valor da integral
∫
f(x)dx, o que precisamos e´ encontrar
uma primitiva para f . Isto pode ser feito com facilidade em alguns casos. Pore´m, as ideias
que desenvolvemos ate´ aqui na˜o nos permitem calular, por exemplo, a integral
∫
2x sen(x2)dx.
A te´cnica que vamos desenvolver para considerar esta e outras integrais esta´ baseada na
regra da cadeia. Suponha que f seja uma func¸a˜o com uma primitiva F , e que g seja uma
func¸a˜o deriva´vel tal que a composic¸a˜o f(g(x)) esteja bem definida. Neste caso, temos que
d
dx
F (g(x)) = F ′(g(x))g′(x) = f(g(x))g′(x).
Integrando, obtemos ∫
f(g(x))g′(x)dx = F (g(x)) +K. (1)
Voltando ao exemplo do in´ıcio do texto, observe que se denotarmos g(x) = x2, enta˜o
g′(x) = 2x. Assim, a integral fica
∫
2x sen(x2)dx =
∫
sen(g(x))g′(x)dx = − cos(x2) +K,
uma vez que F (x) = − cos(x) e´ uma primitiva da func¸a˜o seno.
A expressa˜o (1) e´ conhecida como fo´rmula de mudanc¸a de varia´veis. O seu nome pode
ser entendido a partir da seguinte te´cnica mnemoˆnica. Se introduzirmos a varia´vel u = g(x),
enta˜o du
dx
= g′(x). Fazendo um abuso de notac¸a˜o, podemos escrever du = g′(x)dx, de modo
que a igualdade em (1) fica
∫
f(g(x))g′(x)dx =
∫
f(u)du = F (u) +K = F (g(x) +K.
A te´cnica e´ tambe´m chamada de substituic¸a˜o.
Exemplo 1. Vamos usar uma mudanc¸a de varia´veis para calcular
∫
x
√
1 + x2dx.
1
Se fizermos u = (1 + x2) temos que du
dx
= 2x, ou ainda dx = 1
2x
du. Deste modo,
∫
x
√
1 + x2dx =
∫
x
√
u
1
2x
du =
1
2
∫ √
u du =
1
2
· 2
3
u3/2 +K =
1
3
(1 + x2)3/2 +K.
Note que, na u´ltima igualdade, voltamos para a varia´vel x. �
O ponto chave do me´todo e´ a escolha da nova varia´vel. Ela pode ser feita de maneira
arbitra´ria mas, uma vez feita, o termo du fica determinado. Uma escolha boa e´ aquela que
nos permite, na nova integral, eliminar completamente a varia´vel original. Ale´m disso, e´
importante que saibamos como calcular a integral resultante, que envolve a varia´vel u. Por
exemplo, a substituic¸a˜o u = x2, du = 2x dx na integral
∫
2x cos(x4)dx, nos leva a
∫
cos(u2)du,
que na˜o sabemos calcular.
A melhor maneira de identificar uma substituic¸a˜o boa e´ usar a experieˆncia. Vamos enta˜o
trabalhar alguns exemplos.
Exemplo 2. Na integral ∫
x2(x3 − 2)7dx,
podemos fazer u = (x3 − 2), de modo que du
dx
= 3x2, ou ainda dx = 1
3x2
du. Assim,
∫
x2(x3 − 2)7dx =
∫
x2u7
1
3x2
du =
1
3
∫
u7du =
1
24
u8 +K =
1
24
(x3 − 2)8 +K.
Note que, neste caso, poder´ıamos ter expandido o temo x2(x3 − 2)7 em poteˆncias de x e
integrado cada termo. Na˜o ha´ du´vidas que a mudanc¸a de varia´veis fornece o resultado de
maneira mais ra´pida. �
Exemplo 3. Para calcular a integral definida
∫ 9
1
e
√
x√
x
dx, escolhemos u =
√
x, de modo que
dx = 2
√
x du, e a integral indefinida se escreve como
∫
e
√
x
√
x
dx =
∫
2eu du = 2eu +K = 2e
√
x +K.
Logo, ∫ 9
1
e
√
x
√
x
dx = 2e
√
x
∣∣∣9
x=1
= 2(e3 − e),
em que usamos o Teorema Fundamental do Ca´lculo na penu´ltima igualdade. �
2
Usando o TFC, podemos facilmente verificar que, se g′ for cont´ınua em [a, b] e f for
cont´ınua na imagem de g pelo intervalo [a, b], enta˜o
∫ b
a
f(g(x))g′(x)dx =
∫ g(b)
g(a)
f(u)du.
A igualdade acima mostra que a mudanc¸a de varia´veis pode ser feita diretamente na
integral definida, desde que tomemos o cuidado de fazer a respectiva mudanc¸a nos extremos
de integrac¸a˜o. No u´ltimo exemplo, temos que se x = 1, enta˜o u =
√
1 = 1, enquanto que
quando x = 9, u = 3. Logo,
∫ 9
1
e
√
x
√
x
dx =
∫ 3
1
2eu du = 2eu
∣∣∣3
u=1
= 2(e3 − e).
Exemplo 4. Para a integral ∫ pi
0
3 cos2(x)sen(x)dx,
fazemos u = cos(x) para obter dx = − 1
sen(x)
dx. Quando x = 0 e x = 1, temos que u =
cos(0) = 1 e u = cos(pi) = −1, respectivamente. Logo,
∫ pi
0
3 cos2(x)sen(x)dx = −
∫ −1
1
3u2du = −u3
∣∣∣−1
u=1
= [−(−1)3]− [−13] = 2.
Naturalmente, o processo anterior de mudar varia´veis na indefinida, resolver a integral na
varia´vel u, voltar para a varia´vel x a aplica o TFC daria o mesmo resultado. �
Exemplo 5. Vamos mostrar que, se f e´ uma func¸a˜o cont´ınua, enta˜o a integral
∫ a
−a
f(x2)x dx
e´ igual a zero, qualquer que seja a ∈ R. De fato, fazendo a mudanc¸a u = x2, obtemos
∫ a
−a
f(x2)x dx =
1
2
∫ a2
a2
f(u) du = 0,
uma vez que, quando x = ±a, a varia´vel u vale a2. �
3
Exemplo 6. Em alguns casos a substituic¸a˜o pode ser menos o´bvia. Por exemplo, na integral
∫
x2
√
x− 1dx,
podemos fazer u = (x − 1) para obter du = dx. Fazendo enta˜o a mudanc¸a de varia´veis,
obtemos ∫
x2
√
x− 1dx =
∫
(u+ 1)2
√
u du.
Uma vez que (u+ 1)2
√
u = (u2 + 2u+ 1)
√
u, podemos fazer a multiplicac¸a˜o e obter
∫
(u+ 1)2
√
u du =
2
7
u7/2 +
4
5
u5/2 +
2
3
u3/2 +K,
e portanto
∫
x2
√
x− 1dx = 2
7
(x− 1)7/2 + 4
5
(x− 1)5/2 + 2
3
(x− 1)3/2 +K.
A integral acima tambe´m pode ser resolvida com a substituic¸a˜o u =
√
x− 1. Deixamos
para o leitor esta parte. �
Exemplo 7. Para a integral ∫
1
1 + ex
dx,
usamos a mudanc¸a x = − ln(u). Com essa escolha, temos ex = (1/u). Como dx
du
= −(1/u),
conclu´ımos que dx = −(1/u)du, e portanto
∫
1
1 + (1/u)
(
−1
u
)
du =
∫ −1
1 + u
du = − ln |1 + u|+K = − ln |1 + e−x|+K.
Observe que, neste caso, como escrevemos x como func¸a˜o da nova varia´vel u, o ca´lculo que
fizemos foi de dx
du
. �
Tarefa
Suponha que uma a´rvore foi transplantada e, t anos depois, esta´ crescendo a` raza˜o de 1 +
(t+1)−2 metros por ano. Sabendo que apo´s 2 anos a a´rvore atingiu uma altura de 5 metros,
determine qual era a altura da a´rvore quando ela foi transplantada.
4
Textos/semana 14/partes.pdf
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Integrac¸a˜o por partes
Vimos nos textos anteriores que a te´cnica de mudanc¸a de varia´veis e´ muito u´til no ca´lculo
de algumas primitivas. Pore´m, existem casos em que ela na˜o e´ suficiente. Por exemplo,
suponha que queremos resolver a integral∫
xexdx.
Uma ana´lise inicial mostra que esta integral na˜o e´ de resoluc¸a˜o imediata. De fato, se es-
tive´ssemos integrando somente o termo x, ter´ıamos a primitiva x2/2, enquanto que se o
integrando fosse somente ex, poder´ıamos tomar a primitiva ex. Contudo, neste caso, temos
o produto destas duas func¸o˜es.
Uma tentativa inicial seria usar a mudanc¸a u = ex, que nos fornece du = exdx e x = ln(u).
Assim, ∫
xexdx =
∫
xdu =
∫
ln(u)du.
Embora a igualdade acima esteja correta, ela na˜o nos ajuda muito, porque tambe´m na˜o sabe-
mos uma primitiva para a func¸a˜o ln(u). Portanto, a integral proposta na˜o deve ser resolvida
por mudanc¸a de varia´veis.Neste texto vamos introduzir uma nova te´cnica de integrac¸a˜o que
vai nos permitir, entre outras coisas, encontrar uma primitiva para a func¸a˜o xex.
Lembre que a fo´rmula de mudanc¸a de varia´veis foi obtida a partir da Regra da Cadeia.
O que vamos fazer inicialmente e´ obter, a partir da regra de derivac¸a˜o de um produto, uma
nova fo´rmula. Para tanto, lembre que
d
dx
[f(x) · g(x)] = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x),
sempre que f e g sa˜o deriva´veis. Integrando a igualdade acima com respeito a x, e lembrando
que uma primitiva de (f(x)g(x))′ e´ o produto f(x)g(x), obtemos∫
f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)−
∫
f ′(x)g(x)dx.
A igualdade acima e´ conhecida como fo´rmula de integrac¸a˜o por partes. Na sequeˆncia, vamos
mostrar como ela pode ser u´til.
Exemplo 1. Vamos usar a fo´rmula para resolver a integral
∫
xexdx. Se denotarmos f(x) = x
e g′(x) = ex, obtemos∫
xexdx =
∫
f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)−
∫
f ′(x)g(x)dx = x · g(x)−
∫
1 · g(x)dx.
1
Para finalizar o ca´lculo, precisamos descobrir quem e´ g(x). Como g′(x) = ex, temos que
g(x) =
∫
g′(x)dx =
∫
exdx = ex +K1, em que K1 e´ a constante de integrac¸a˜o. Deste modo
∫
xexdx = x(ex +K1)−
∫
(ex +K1)dx = xe
x −
∫
exdx,
ou ainda, ∫
xexdx = (x− 1)ex +K.
Se voceˆ quiser, pode checar o resultado acima simplesmente derivando o lado direito. �
Vale notar que, no ca´lculo da func¸a˜o g acima, a constante de integrac¸a˜o K1 sempre vai
desaparecer. De fato, basta notar que
f(x)(g(x) +K1)−
∫
f ′(x)(g(x) +K1)dx = f(x)g(x)−
∫
f ′(x)g(x)dx,
qualquer que seja o nu´mero K1. Deste modo, ao aplicarmos a fo´rmula, e´ comum escolher
K1 = 0 na expressa˜o de g(x).
Outra observac¸a˜o importante e´ que a fo´rmula pode ser reescrita de uma maneira mais
simples de ser lembrada, atrave´s do seguinte artif´ıcio: considere u = f(x) e v = g(x). Com
esta definic¸a˜o, temos que du
dx
= f ′(x). Se considerarmos, formalmente, o s´ımbolo du
dx
como
sendo uma frac¸a˜o, isso nos leva a du = f ′(x)dx e, de maneira ana´loga, dv = g′(x)dx. Assim,
a fo´rmula de integrac¸a˜o por partes pode ser escrita como
∫
udv = uv −
∫
vdu.
Exemplo 2. Para a integral indefinida
∫
x cos(x)dx, vamos considerar u = x e dv =
cos(x)dx. Deste modo, temos que
u = x, dv = cos(x)dx
du = dx, v =
∫
dv =
∫
cos(x)dx = sen(x),
onde escolhemos a constante de integrac¸a˜o como sendo 0 no ca´lculo de v. Assim, usando a
fo´rmula, obtemos
∫
x cos(x)dx =
∫
udv = uv −
∫
vdu = x sen(x)−
∫
sen(x)dx,
ou ainda ∫
x cos(x)dx = x sen(x) + cos(x) +K.
Novamente, a igualdade pode ser checada pela simples derivac¸a˜o do lado direito. �
2
Ao aplicar a fo´rmula, e´ fundamental fazer uma escolha apropriada do termo dv. A
primeira dica para esta escolha e´ lembrar que, para aplicar a fo´rmula, sera´ necessa´rio conhecer
o valor de v, isto e´, calcular a integral
∫
dv. Deste modo, o termo dv deve ser uma func¸a˜o
que sabemos integrar. Esta observac¸a˜o, quando aplicada no Exemplo 2 acima, descarta
imediatamente a escolha dv = x cos(x). Pore´m, ainda restariam treˆs possibilidades:
dv = xdx, dv = dx, dv = cos(x)dx.
Ja´ vimos que a terceira escolha acima funciona. Para a primeira ter´ıamos
u = cos(x), dv = xdx
du = −sen(x) dx, v =
∫
xdx = x2/2,
de modo que ∫
x cos(x)dx =
x2
2
cos(x) +
∫
x2
2
sen(x)dx.
Esta igualdade, embora correta, na˜o ajuda muito, porque a integral que aparece