Calculo1

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1
Notas de Aula
CÁLCULO I
Jorge Luis Domínguez Rodríguez
Livro Texto: JAMES STEWART, 6a Edição.
Instituição:
Universidade Estadual de Campinas
Instituto de Matemática, Estatística e Computação Cientí�ca
Departamento de Matemática
2
Sumário
1 Derivação Implícita 1
2 Derivadas de Funções Logaritmicas 3
2.1 Derivação Logarítmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.2 O Número e como um Limíte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
3 Funções Hiperbólicas 7
3.1 Identidades Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
3.2 Derivadas de Funções Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
4 Funções Hiperbólicas Inversas 8
4.1 Derivadas de Funções Hiperbólicas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5 Taxas Relacionadas 11
6 Aproximações Lineares e Diferenciais 14
6.1 Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
6.2 Interpretação Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
6.3 Polinômios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
7 Aplicações da Derivada 19
7.1 Valores Máximo e Mínimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
7.1.1 O Método do Intervalo Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
7.2 Teorema do Valor Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
7.3 Formas Indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
7.3.1 Produtos Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
7.3.2 Diferencias Indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
7.3.3 Potencias Indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
7.4 Critérios da Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
7.4.1 Critério da Primeira Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
7.4.2 Critério da Segunda Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
7.5 Esboço de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
7.5.1 Problemas de Otimização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
8 Integrais 39
8.1 A Primitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
8.2 Movimento Retilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
8.3 Areas e Distâncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
8.3.1 Problema da Distância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3
8.4 A Integral De�nida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
8.5 Cálculo de Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
8.5.1 Propriedades dos Somatórios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
8.5.2 Regra do Ponto Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
8.5.3 Propriedades da Integral De�nida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
8.6 O Teorema Fundamental do Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
1
1 Derivação Implícita
As funções até agora encontradas são expressas de maneira explícita, ou seja, uma variavel em
termos da outra, por exemplo,
y = (x+ 1)2 ou y = x2 tg x
Em geral,
y = f(x)
Entretanto, algumas funções sã de�nidas implicitamente por uma relação entre x e y, tal como,
x2 +
√
y = 16 ou x1/3 + y1/3 = 4xy
Em alguns casos é possível resolver estas equações e isolar y como uma função explicita de x, como
é o caso da primeira equação anterior, já na segunda isto não é possível.
O Método : A derivação implícita consiste em derivar ambos lados da equação em relação
a x e então isolar y′ na equação resultante, observado y como uma função de x:
y = y(x)
Exemplo 1.1. (exercícios 3 e 10 da pág. 197)
a) Se
1
x
+ 1
y
= 1, encontre dy
dx
.
b) Encontre
dy
dx
, derivando implícitamente a equação y5 + x2y3 = 1 + yex
2
Solução.
a) Derivando ambos lados da equação, temos
d
dx
(
1
x
+
1
y
)
=
d
dx
(1)
d
dx
(
1
x
)
+
d
dx
(
1
y
)
= 0
− 1
x2
− 1
y2
dy
dx
= 0
então, isolando
dy
dx
, temos
dy
dx
= −y
2
x2
2
b) Derivando ambos lados da equação, temos
d
dx
(
y5 + x2y3
)
=
d
dx
(
1 + yex
2
)
d
dx
(
y5
)
+
d
dx
(
x2y3
)
=
d
dx
(1) +
d
dx
(
yex
2
)
No que segue deste cálculo, devemos respeitar as regras de derivação de um produto, levando
em conta que y depende implícitamente de x, segue-se
5y4
dy
dx
+ x2
d
dx
(
y3
)
+ y3
d
dx
(
x2
)
= 0 + ex
2 d
dx
(y) + y
d
dx
(
ex
2
)
5y4
dy
dx
+ 3x2y2
dy
dx
+ 2xy3 = ex
2 dy
dx
+ yex
2 d
dx
(
x2
)
5y4
dy
dx
+ 3x2y2
dy
dx
+ 2xy3 = ex
2 dy
dx
+ 2xyex
2
isolando
dy
dx
, tem-se
dy
dx
=
2xy
(
ex
2 − y2
)
5y4 + 3x2y2 − ex2
Exemplo 1.2. (Exercício 29, pág. 197) Use a derivação implícita para encontrar uma equação
da reta tangente à curva 2(x2 + y2)2 = 25(x2 − y2) (lemniscata) no ponto (3, 1).
Solução. Lembre que a derivada
dy
dx
respresenta a inclinação da reta tangente á curva y = y(x)
num determinado ponto, então precisamos primeiramente obter este valor no ponto desejado, po-
rem devemos derivar implícitamente ambos lados da equação,
d
dx
(
2(x2 + y2)2
)
=
d
dx
(
25(x2 − y2))
4(x2 + y2)
d
dx
(
x2 + y2
)
= 25
d
dx
(
x2 − y2)
4(x2 + y2)
(
2x+ 2y
dy
dx
)
= 25
(
2x− 2y dy
dx
)
Quando x = 3 e y = 1, temos
4(32 + 12)
(
2(3) + 2(1)
dy
dx
∣∣
(3,1)
)
= 25
(
2(3)− 2(1)dy
dx
∣∣
(3,1)
)
40
(
6 + 2
dy
dx
∣∣
(3,1)
)
= 25
(
6− 2dy
dx
∣∣
(3,1)
)
240 + 80
dy
dx
= 150− 50dy
dx
3
então
dy
dx
∣∣
(3,1)
= − 90
130
= − 9
13
A equação da reta tangente á curva no ponto (3,1) é dada por:
y − 1 = − 9
13
(x− 3)
2 Derivadas de Funções Logaritmicas
Vamos usar a derivação implícita para achar as derivadas das funções logaritmicas.
d
dx
(loga x) =
1
x ln a
Seja y = loga x, então por de�nição
ay = x
derivando implicitamente temos,
ay(ln a)
dy
dx
= 1 =⇒ dy
dx
=
1
ay(ln a)
=
1
x ln a
Observação 1. Se a = e, temos
d
dx
(lnx) =
1
x
Exemplo 2.1. (Exercício 4, pág. 204) Derive
y = ln
(
sen 2x
)
Solução: Para usar a Regra da Cadeia vamos fazer u = sen 2x, Então
y = y(u(x)) =⇒ dy
dx
=
dy
du
du
dx
onde, {
y = lnu =⇒ dy
du
= 1
u
u = sen 2x =⇒ du
dx
= 2 sen x cos x
=⇒ dy
dx
=
2 sen x cos x
sen 2x
= 2 ctgx
Exemplo 2.2. (Exercício 26, pág. 204) Encontre y′ e y′′, onde
y = ln (sec x+ tg x)
Solução: Seja u = sec x+ tgx, então
y = lnu
4
Utilizando a formula deducida na observação anterior, temos
dy
dx
=
dy
du
du
dx
=
1
u
du
dx
=
1
secx+ tg x
d
dx
(secx+ tgx)
=
1
secx+ tg x
(
tg x sec x+ sec2 x
)
=
sec x
secx+ tg x
( tg x+ secx) = sec x
Então,
d2y
d2x
=
d
dx
(secx) = tgx secx
Exemplo 2.3. (Exercício 11, pág 204) Derive a função
F (t) = ln
(2t+ 1)3
(3t− 1)4
Solução: Observe que
F (t) = ln(2t+ 1)3 − ln(3t− 1)4
= 3 ln(2t+ 1)− 4 ln(3t− 1)
Agora derivando temos,
d
dt
[F (t)] = 3
d
dt
ln(2t+ 1)− 4 d
dt
ln(3t− 1)
=
3
2t+ 1
d
dt
(2t+ 1)− 4
3t− 1
d
dt(3t− 1)
=
6
2t+ 1
− 12
3t− 1
2.1 Derivação Logarítmica
Cálculos de derivadas de funções complicadas envolvendo produtos, quacientes ou potências, são
muitas vezes simpli�cados tomando os logaritmos desta funções, o método usado é chamado de-
rivação logarítmica.
Passos na Derivação Logarítmica
1. Tome o logaritmo naturam em ambos lados da equação.
2. Derive implícitamente em relação a x.
3. Isole y′ na equação resultante.
5
Exemplo 2.4. (Exercício 37, 39 e 41, pág 204) Use derivação logarítmica para achar a derivada
da função:
a) y = (2x+ 1)5(x4 − 3)6 b) y = sen
2x tg 4x
(x2 + 1)2
c) y = xx
Solução: devido á di�culdade nos produtos e quacientes nestas 3 funções, tomamos o logaritmo
em ambos lados da equação e usamos as propriedades logarítmicas para simpli�car.
a) Observe que
ln y = ln
[
(2x+ 1)5(x4 − 3)6]
= ln(2x+ 1)5 + ln(x4 − 3)6
= 5 ln(2x+ 1) + 6 ln(x4 − 3)
derivando ambos lados em relação a x, temos
d
dx
(ln y) = 5
d
dx
ln(2x+ 1) + 6
d
dx
ln(x4 − 3)
1
y
dy
dx
= 5
1
2x+ 1
(2) + 6
1
x4 − 3(4x
3)
dy
dx
= y
[
10
2x+ 1
+
24x3
x4 − 3
]
dy
dx
= (2x+ 1)5(x4 − 3)6
[
10
2x+ 1
+
24x3
x4 − 3
]
= (2x+ 1)4(x4 − 3)5
[
10
2x+ 1
(2x+ 1)(x4 − 3) + 24x
3
x4 − 3(2x+ 1)(x
4 − 3)
]
= (2x+ 1)4(x4 − 3)5 [10(x4 − 3) + 24x3(2x+ 1)]
Então,
dy
dx
= (2x+ 1)4(x4 − 3)5 [58x4 + 24x3 − 30]
b) Usando propriedades logarítmicas,
ln y = ln
sen 2x tg 4x
(x2 + 1)2
= ln sen 2x+ ln tg 4x− ln(x2 + 1)2
= 2 ln sen x+ 4 ln tg x− 2 ln(x2 + 1)
6
derivando implicitamente, temos
d
dx
(ln y) = 2
d
dx
ln senx+ 4
d
dx
ln tg x− 2 d
dx
ln(x2 + 1)
1
y
dy
dx
= 2
1
senx
d
dx
senx+ 4
1
tg x
d
dx
tgx− 2 1
x2 + 1
d
dx
(x2 + 1)
dy
dx
= y
[
2 cos x
sen x
+
4 sec2 x
tgx
− 4x
x2 + 1
]
dy
dx
=
sen 2x tg 4x
(x2 + 1)2
[
2 cos x
sen x
+
4 sec2 x
tgx
− 4x
x2 + 1
]
Então,
dy
dx
=
2 sen 2x tg 3x
(x2 + 1)2
+
4 tg 5x
(x2 + 1)2
− 4x sen
2x tg 4x
(x2 + 1)3
c) Aplicando logarítmo,
ln y = ln xx
ln y = x lnx
derivando ambos lados, temos
d
dx
(ln y) =
d
dx
(x lnx)
1
y
dy
dx
= x
d
dx
lnx+
dx
dx
lnx
dy
dx
= y
(
x
1
x
+ ln x
)
Então,
dy
dx
= xx (1 + ln x)
2.2 O Número e como um Limíte
Como vimos anteriormente,
Se f(x) = ln x =⇒ f ′(x) = 1
x
Assim, f ′(1) = 1, por outro lado, pela de�nição de derivada
f ′(1) = lim
h→0
f(1 + h)− f(1)
h
= lim
x→0
f(1 + x)− f(1)
x
= lim
x→0
ln(1 + x)− ln(1)
x
= lim
x→0
1
x
ln
(1 + x)
1
7
ou,
f ′(1) = lim
x→0
ln(1 + x)
1
x = 1
Pela continuidade da função exponencial, temos
e = e1 = e
lim
x→0
ln(1 + x)
1
x
= lim
x→0
eln(1+x)
1
x = lim
x→0
(1 + x)
1
x
Então,
lim
x→0
(1 + x)
1
x = e
Observação 2. Se colocamos x = 1
n
, então x→ 0 quando n→∞ e temos a fórmula
lim
n→∞
(
1 +
1
n
)n
= e
3 Funções Hiperbólicas
senhx =
ex − e−x
2
cossechx =
1
senhx
coshx =
ex + e−x
2
sech x =
1
coshx
tanhx =
senhx
coshx
cothx =
coshx
senhx
8
3.1 Identidades Hiperbólicas
senh (−x) = − senhx cosh(−x) = cosh x
cosh2 x− senh 2x = 1 1− tanh2 x = sech 2x
senh (x+ y) = senhx cosh y + coshx senh y
cosh(x+ y) = cosh x cosh y + senh x senh y
3.2 Derivadas de Funções Hiperbólicas
d
dx
( senh x) = cosh x
d
dx
( cossechx) = − cossechx cothx
d
dx
(coshx) = senhx
d
dx
( sechx) = − sechx tanhx
d
dx
(tanhx) = sech 2x
d
dx
(coth x) = − cossech 2x
4 Funções Hiperbólicas Inversas
Através dass �guras das funções hiperbólicas podemos observar que senh e tanh são injetoras;
logo elas tem inversa denotadas por senh −1 e tanh−1 respectivamente. Já cosh não é injetora,
mas quando restrita ao domínio [0,∞) torna-se injetora. A inversa do cosh esta de�nida como a
inversa desta restrição.
y = senh −1x ⇐⇒ senh y = x
y = cosh−1 x ⇐⇒ cosh y = x e y ≥ 0
y = tanh−1 x ⇐⇒ tanh y = x
Uma vez que as funções hiperbólicas são de�nidas em termos de exponenciais, elas podem ser
expressas em termos de logaritmos. i.e,
senh −1x = ln
(
x+
√
x2 + 1
)
, x ∈ R
cosh−1 x = ln
(
x+
√
x2 − 1
)
, x ≥ 1
tanh−1 x =
1
2
ln
(
1 + x
1− x
)
, −1 < x < 1
9
Exemplo 4.1. Mostre que cosh−1 x = ln
(
x+
√
x2 − 1
)
, x ≥ 1
Solução: Seja y = cosh−1 x. Então
x = cosh y =
ey + e−y
2
logo,
ey − 2x+ e−y = 0
multiplicando por ey,
(ey)2 − 2xey + 1 = 0
Resolvendo a fórmula quadrática, obtemos
ey =
2x±√(−2x)2 − 4(1)(1)
2
=
2x±√4x2 − 4
2
=
2x± 2√x2 − 1
2
= x±
√
x2 − 1
Observe que ey > 0, mas x−√x2 − 1 < 0 para x ≥ 1. Assim o sinal menos é inadmissível e temos
ey = x+
√
x2 − 1
Consequentemente,
y = ln (ey) = ln
(
x+
√
x2 − 1
)
4.1 Derivadas de Funções Hiperbólicas Inversas
d
dx
( senh −1x) =
1√
1 + x2
d
dx
( cossech −1x) = − 1|x|√x2 + 1
d
dx
(cosh−1 x) =
1√
x2 − 1
d
dx
( sech −1x) = − 1
x
√
1− x2
d
dx
(tanh−1 x) =
1
1− x2
d
dx
(coth−1 x) = − 1
1− x2
10
Exemplo 4.2. Demonstre que
d
dx
(tanh−1 x) =
1
1− x2 .
Solução: Seja y = tanh−1 x. Então,
tanh y = x
Se derivamos esta equação implícitamente em relação a x, temos
sech
2y
dy
dx
= 1
Uma vez que 1− tanh2 y = sech 2y, temos 1− x2 = sech 2y, logo
dy
dx
=
1
sech
2y
=
1
1− x2
Observação 3. Utilizando a expressão em logaritmos
tanh−1 x =
1
2
ln
(
1 + x
1− x
)
, −1 < x < 1
Derivando em relação a x, temos
d
dx
(
tanh−1 x
)
=
1
2
d
dx
[ln(1 + x)− ln(1− x)]
=
1
2
[
d
dx
ln(1 + x)− d
dx
ln(1− x)
]
=
1
2
[
1
1 + x
d
dx
(1 + x)− 1
1− x
d
dx
(1− x)
]
=
1
2
[
1
1 + x
+
1
1− x
]
=
1
2
2
(1 + x)(1− x)
Então,
d
dx
(
tanh−1 x
)
=
1
1− x2
11
5 Taxas Relacionadas
Um problema emvolvendo taxas de variação de variáveis relacionadas é chamado de problema de
taxas relacionadas.
Exemplo 5.1. Uma escada com 25 unidades de comprimento está apoiada numa parede vertical.
Se o pé da escada for puxado horizontalmente, afastando-se da parede a 3 unidades de compri-
mento por segundo, qual a velocidade com que a escada está deslizando, quando seu pé está a 15
unidades de comprimento da parede?.
Solução:
Seja t o tempo decorrido desde que a escada
começou a deslizar pela parede, y a distancia
do chão ao topo da escada em t e x a distância
do pé da escada até a parede em t.
Como o pé da escada esta sendo puxado hori-
zontalmente, afastando-se da parede a 3 unida-
des de comprimento por segundo.
dx
dt
= 3
Queremos encontrar
dy
dt
quando x = 15. Pelo
teroema de pitágoras
y2 = (25)2 − x2
Como x e y são funções de t, derivando implicitamente ambos lados da equação anterior em relação
a t, temos
2y
dy
dt
= −2xdx
dt
=⇒ dy
dt
= −x
y
dx
dt
Quando x = 15, temos que y = 20. Como dx
dt
= 3, substituindo
dy
dt
= −15
20
(3) = −9
4
Logo, o topo da escada esta deslizando pela parede a uma taxa de 2, 25 unidades de comprimento
por segundo, quando o pé está a 15 unidades de comprimento da parede.
Em problemas de taxas relacionadas, as variáveis tem uma relção especi�ca para os valores de
t, onde t é a medida do tempo. Essa relação é ussualmente expressa na forma de uma equação.
12
Procedimento.
1. Faça uma �gura, se for possível.
2. De�na as variáveis. Em geral de�na primeiro t, pois as outras variáveis usualmente dependem
de t.
3. Escreva todos os fatos numéricos conhecidossobre as variáveis e suas derivadas em relação
a t.
4. Obtenha uma equação envolvendo as variáveis que dependem de t.
5. Derive em relação a t ambos membros da equação encontrada.
6. Substituia os valores de quantidades conhecidas na equação e resolva em termos da quanti-
dade desejada.
Exemplo 5.2. Um tanque tem a forma de um cone invertido com 16 m de taltura e uma base
com 4 m de raio. A água "�ui"no tanque a uma taxa de 2 m3/min. Com que velocidade o nível
da água estará se elevando quando sua profundidade for de 5 m.
Solução:
Seja t o tempo medido em minutos decorridos
desde que a água começou a �uir dentro do tan-
que; h a altura em metros do nível da água em
t min; r a medida em metros do raio da su-
perfície da água em t min; e V a médida em
metros cúbicos, do volume de água no tanque
em t min.
Em qualquer instante, o volume da água no tan-
que pode ser expresso em termos do volume do
cone.
V =
1
3
pir2h
V, r e h são todas funções de t.
Como a água esta �uindo no tanque a uma taxa
de 2 m3/min, dV
dt
= 2. Queremos encontrar dh
dt
quando h = 5.
Para expressar r em termos de h, temos, dos
triangulos semelhantes
r
h
=
4
16
=⇒ r = 1
4
h
13
Assim o volume �ca expresso como:
V =
1
3
pi
(
1
4
h
)2
h⇐⇒ V = 1
48
pih3
derivando implicitamente em relação a t esta última equação, temos
dV
dt
=
1
16
pih2
dh
dt
Substituindo
dV
dt
= 2, e resolvendo, obtemos
dh
dt
=
32
pih2
Logo,
dh
dt
|h=5 = 32
25pi
Assim sendo, o nível da água está subindo a uma taxa de
32
25pi
m/min quando a profundidade da
água é de 5 m.
Exemplo 5.3. Um avião voa a 152, 4 m/s paralelamente ao solo, a uma altitude de 1.220 m no
sentido oeste, tomando como referência um holofote �xadono solo que o focaliza e que se encontra
à esquerda da projeção vertical do avião em relação ao solo.
Sabendo-se que a luz do holofote deverá permanecer iluminando o avião, qual deverá ser a
velocidade angular (de giro) do holofote, no instante em que a distância horizontal entre ele e a
projeção vertical do avião for de 610 m?.
Solução:
O holofote está no ponto L e num determinado
instante o avião está no ponto P .
Seja x a distância (em metros) medida hori-
zontalmente entre o holofote e a projeção ver-
tical do avião em relação ao solo, e α o ân-
gulo de elevação (em radianos) do feixe lumi-
noso emitido pelo holofote em relação ao solo,
neste mesmo instante.
Temos
dx
dt
= −152, 4 e queremos encontrar dα
dt
quando x = 610. Observado o triangulo, temos
tgα =
1.220
x
14
Derivando implécitamente em relação a t, obtemos
sec2 α
dα
dt
= −1.220
x2
dx
dt
Substituindo
dx
dt
= −152, 4 e dividindo por sec2 α, temos
dα
dt
=
185.928
x2 sec2 α
Quando x = 610, tgα = 2. Como sec2 α = 1+ tg 2α, sec2 α = 5. Substituindo esses valores, temos
dα
dt
=
185.928
(610)25
=
1
10
Concluímos, então, que no instante dado a medida do ângulo está aumentando a uma taxa de
1
10
rad/s e essa é a velocidade com que o holofote está girando.
6 Aproximações Lineares e Diferenciais
Sabemos que uma curva �ca muito perto de sua reta tangente nas proximidades do ponto de tan-
gência.
A ideia é que pode ser fácil calcular um valor
f(a), mas difícil (ou impossível) calcular os va-
lores de f em pontos próximos.
Em outras palavras, usamos a reta tangente em
(a, f(a)) como uma aproximação para a curva
y = f(x) quando x esta próximo de a. Uma
equação dessa reta tangente é
y = f(a) + f ′(a)(x− a)
e a aproximação
f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x− a)
é denominada aproximação linear ou aproximação pela reta tangente de f em a. A função
linear cujo grá�co é essa reta tangente, isto é,
L(x) = f(a) + f ′(a)(x− a)
é chamada linearização de f em a.
15
Exemplo 6.1. (Exercício 6, pág 234) Encontre a aproximação linear da função g(x) = 3
√
1 + x
em a = 0 e use-a para aproximar os números 3
√
0, 95 e 3
√
1, 1.
Solução: A derivada de g(x) = 3
√
1 + x é
g′(x) =
1
3
(1 + x)−2/3 =
1
3 3
√
(1 + x)2
assim temos g(0) = 1 e g′(0) = 1
3
. Então a linearização é dada por
L(x) = g(0) + g′(1)(x− 0) = 1 + 1
3
x
A aproximação linear correspondente é
3
√
1 + x = 1 +
1
3
x, (quando x esta proximo de 0)
Em particular, temos
3
√
0, 95 = 1 +
1
3
(−0, 5) = 0, 83 e 3
√
1, 1 = 1 +
1
3
(0, 1) = 1, 03
6.1 Diferenciais
Se y = f(x), onde f é uma função derivável, então a diferencial dx é uma variável independente;
isto é, a dx pode ser dado um valor real qualquer. A diferencial dy é então de�nida em termos
de dx pela equação
dy = f ′(x)dx
6.2 Interpretação Geométrica
Seja P (x, f(x)) e Q(x+∆x, f(x+∆x)) pontos
sobre o grá�co de f e façamos dx = ∆x. A
variação correspondente em y é
∆y = f(x+∆x)− f(x)
A inclinação da reta tangente PR é a derivada
f ′(x). Assim, a distancia direta de S a R é
f ′(x)x = dy. Consequentemente dy representa
a distancia que a reta tangente sobe ou desce (a
variação na linearização), enquanto ∆y repre-
senta a distância que a curva y = f(x) sobe ou
desce quando x varia por uma quantidade dx.
16
Exemplo 6.2. (Exercício 13.b, pág 234) Encontre a diferencial da função,
y = e−u cosu
Solução: Derivando em relação a u, temos
dy
du
= −e−u cosu− e−u senu =⇒ dy = −e−u (cosu+ senu) du
Exemplo 6.3. (Exercícios 15 e 17, pág 234) Encontre a diferencial dy, e calcule dy para os valores
dados de x e dx.
a) y = ex/10, x = 0, dx = 0, 1
b) y = tgx, x = pi
4
, dx = −0, 1
Solução:
a) Derivando, temos
dy
dx
=
1
10
ex/10 =⇒ dy = 1
10
ex/10dx
Quando x = 0, dx = 0, 1, temos
dy =
1
10
e0/10(0, 1) = 0, 01
b) Derivando,
dy
dx
= sec2 x =⇒ dy = sec2 xdx
Quando x = pi
4
, dx = −0, 1, temos
dy =
(
sec
pi
4
)2
(−0, 1) = −0, 2
Exemplo 6.4. (Exercícios 19 e 22, pág 234) Calcule os ∆y e dy para os valores dados de x e
dx = ∆x
a) y = 2x− x2, x = 2, ∆x = −0, 04
b) y = ex, x = 0, ∆x = 0, 5
Solução:
a) Derivando,
dy
dx
= 2− 2x =⇒ dy = (2− 2x)dx
17
Quando x = 2, ∆x = −0, 04, temos
dy = [2− 2(2)](−0, 04) = 0, 08
por de�nição,
∆y = y(1, 96)− y(2)
=
[
2(1, 96)− (1, 96)2]− [2(2)− (2)2]
= 0, 0784
b) Derivando,
dy
dx
= ex =⇒ dy = exdx
Quando x = 0, ∆x = 0, 5, temos
dy = e0(0, 5) = 0, 5
por de�nição,
∆y = y(0, 5)− y(0) = e0,5 − 1 = 0, 6487
Observação 4. A aproximação pela reta tangente é a melhor aproximação de primeiro grau (li-
near) para f(x) próximo de x = a, pois f(x) e L(x) têm a mesma taxa de variação (derivada) em
a.
Exemplo 6.5. Sabe-se que um lado de um triangulo retângulo mede 20 cm de comprimento e o
ângulo oposto, foi medico como 30o, com um possível erro de ±1o. Use diferenciais para estimar
o erro no cálculo da hipotenusa.
Solução: Seja y a hipotenusa e x o ângulo em questão, então
y =
20
sen x
=⇒ dy = − 20
sen 2x
cosxdx
Quando x = 30o e dx = ± pi
180
, temos
dy = −201
4
√
3
2
(
± pi
180
)
= ∓1, 21
O erro máximo no cálculo da hipotenusa é cerca de ∓1, 21 cm.
O erro relativo, será
∆y
y
≈ dy
y
=
∓1, 21
40
= ∓0, 03
Então o erro porcentual será 3%.
18
6.3 Polinômios de Taylor
Para um melhor aproximação, vamos tentar uma aproximação por polinômios de grau n,
Tn(x) = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + . . .+ cn(x− a)n
Tal que Tn e suas n primeiras derivadas tenham os mesmos valores, em x = a, que f e suas n
primeiras derivadas. Então,
ck =
f (k)(a)
k!
, k = 0, 1, 2, . . . , n.
O polinômio resultante
Tn(x) = f(a) + f
′(a)(x− a) + f
′′
(a)
2!
(x− a)2 + . . .+ f
(n)(a)
n!
(x− a)n
é chamado polinômio de Taylor de grau n de fcentrado em a.
Exemplo 6.6. Encontre o polinômio de Taylor de grau n para a função f(x) = sen x em x = 0.
S
	
olução: Observe que
f(x) = sen x , f(0) = 0
f ′(x) = cosx , f ′(0) = 1
f ′′(x) = − senx , f ′′(0) = 0
f ′′′(x) = − cosx , f ′′′(0) = −1
f (iv)(x) = sen x , f (iv)(0) = 0
f (v)(x) = cosx , f (v)(0) = 1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Então
f(x) ≈ x− x
3
3!
+
x5
5!
− . . . =
[n−1
2
]∑
k=0
(−1)k
2k + 1
x2k+1
19
7 Aplicações da Derivada
Vimos, na seção anterior, que a derivada de uma função pode ser interpretada como o coe�ciente
angular da reta tangente ao seu grá�co. Vamos explorar este fato e desenvolver técnicas para o
uso de derivadas para auxiliar a construção de grá�cos. Estão incluídas, também, as aplicações
da derivada a problemas típicos envolvendo máximos e mínimos, taxas de variação e cálculo de
limites, que tem aplicações práticas nos mais diversos campos, como geometria, engenharia, física,
biologia e economia. Na verdade, podemos resumir tudo isto dizendo que a derivada constitui uma
ferramenta poderosa para o estudo e análise de funções.
7.1 Valores Máximo e Mínimo
De�nição 7.1. Uma função f tem máximo absoluto em c se f(c) ≥ f(x) para todo x em D.
Onde D é o domínio de f . O número f(c) é chamado valor máximo de f em D.
Analogamente, f tem um mínimo absoluto em c se f(c) ≤ f(x) para todo x em D, e o
número f(c) é denominado valor mínimo de f em D.
Valores máximo e mínimo de f são chamados valores extremos de f .
De�nição 7.2. Uma função f tem máximo local em c se f(c) ≥ f(x) quando x estiver nas
proximidades de c.
Analogamente, f tem um mínimo local em c se f(c) ≤ f(x) quando x estiver proximo de c.
Exemplo 7.1.
1. A função f(x) = cos x assume seu valor máximo (local e absoluto) 1 e seu valor mínimo
(local e absoluto) em −1.
2. Se f(x) = x2, então f(x) ≥ f(0), pois x2 ≥ 0 para todo x. Por tanto f(0) = 0 é o valor
mínimo absoluto e local de f . Porém, não há um ponto mais alto sobre a parábola e a função
nã tem um valor máximo.
20
3. A função f(x) = x3, gra�camente não tem valores máximo nem mínimo absolutos. De fato
ela também não tem nenhum valor extremo local.
Teorema 7.1 (O Teorema do Valor Extremo). Se f for continua em um intervalo fechado
[a, b], então f assume um valor máximo absoluto f(c) e um valor mínimo absoluto f(d) em certos
números c e d em [a, b].
Teorema 7.2 (Teorema de Fermat). Se f tiver um máximo ou mínimo local em c e se f ′(c)
existir, então f ′(c) = 0.
Exemplo 7.2.
1. Se f(x) = x3, então f ′(x) = 3x2, logo f ′(0) = 0. Porem f não tem máximo nem mínimo
em 0. Isto é, o teorema de Fermat só tem condição necessária mas não su�ciente.
2. A função f(x) = |x| tem seu valor mínimo (local e absoluto) em 0; com tudo esse valor não
pode ser encontrado tomando f ′(x) = 0, pois f ′(0) não existe.
Observação 5. O Teorema de Fermat sugere que devemos começar procurando valores extremos
de f nos número c onde f ′(c) = 0 ou onde f ′(c) não existe. Esses números tem um nome especial.
De�nição 7.3. Um ponto crítico de uma função f é um número c no domínio de f onde ou
f ′(c) = 0 ou f ′(c) não existe.
21
Exemplo 7.3. (Exercícios 30, 35 e 41, pág 259) Encontre os pontos críticos da função da função
a) f(x) = x3 + x2 − x b) g(y) = y − 1
y2 − y + 1 c) f(x) = 2 cosx− sen
2x
Solução:
a) Derivando e igualando f ′(x) = 0, temos
f ′(x) = 3x2 + 2x− 1 = 0 =⇒ x = −2±
√
22 − 4(3)(−1)
2(3)
=
−1± 2
3
assim temos, os pontos críticos x1 = −1 e x2 = 13 .
b) Derivando,
g′(y) =
y2 − y + 1− (2y − 1)(y − 1)
(y2 − y + 1)2 =
−y(y − 2)
(y2 − y + 1)2
Pontanto g′(y) = 0 se y(y− 2) = 0, isto é y = 0 ou y = 2 e f ′(x) sempre existe uma vez que
y2 − y + 1 6= 0.
c) Fazendo f ′(x) = 0, temos
f ′(x) = −2 sen x(1 + cos x) = 0 =⇒ senx = 0, ou cosx = −1
os pontos críticos são então, x = npi e x = (2n+ 1)pi.
Observação 6. O teorema de Fermat pode ser reescrito como:
"Se f tiver um máximo ou mínimo local em x = c, então c é um ponto crítico de f ."
7.1.1 O Método do Intervalo Fechado
Para encontrar os valores máximo e mínimo ab-
solutos de uma função contínua f em um inter-
valo fechado [a, b]:
1. Encontre os valores de f nos pontos crí-
ticos de f em (a, b).
2. Encontre os valores de f nas extremida-
des do intervalo.
3. O maior valor entre as etapas 1 e 2 é o
valor máximo absoluto e o menor valor é
o valor mínimo absoluto.
22
Exemplo 7.4. (Exercícios 50, pág 259) Encontre os valores máximo e mínimo absolutos de f no
intervalo dado.
f(x) = 18x+ 15x2 − 4x3, [−3, 4]
Solução: Uma vez que f é continua em [−3, 4], podemos usar o método do intervalo fechado:
f ′(x) = 18 + 30x− 12x2 = 6 (3 + 5x− 2x2)
Uma vez que f ′(x) existe para todo x, os únicos números críticos de f ocorrem quando f ′(x) = 0,
3 + 5x− 2x2 = 0 =⇒ x = −5±
√
52 − 4(−2)(3)
2(−2)
isto é, x1 = −12 e x2 = 3. Ambos pontos encontram-se no intervalo [−3, 4] e os valores de f nestes
pontos são
f(−1/2) = 19
4
e f(3) = 81
os valores de f nas extremidades do intervalos são
f(−3) = 189 e f(4) = 56
Comparando estes 4 valores vemos que o valor máximo absoluto é f(−3) = 189 e o valor mínimo
absoluto é f(−1/2) = 19
4
.
7.2 Teorema do Valor Médio
Teorema 7.3 (Teorema de Rolle). Seja f uma função que satisfaça as seguintes hipóteses:
1. f é continua no intervalo fechado [a, b].
2. f é derivável no intervalo aberto (a, b).
3. f(a) = f(b)
Então existe um número c em (a, b) tal que f ′(c) = 0.
Exemplo 7.5. (Exercício 3, pág 267) Veri�que que a função f(x) =
√
x− 1
3
x satisfaz as três con-
dições de Rolle no intervalo [0, 9]. Então encontre todos os números c que satisfazem a conclusão
do teorema de Rolle.
Solução: Observe que f(x) está bem de�nida em [0, 9] logo ela é contínua neste intervalo, por
outro lado, derivando
f ′(x) =
1
2
√
x
− 1
3
23
então f(x) é derivavel no intervalo aberto (0, 9). Calculando os valores nos extremos, temos
f(0) = f(9) = 0.
Uma vez que f(x) satisfaz as condições do Teorema de Rolle, então existe um número c em (0, 9)
tal que f ′(c) = 9. Agora para encontrar estes valores fazemos f ′(x) = 0;
1
2
√
x
− 1
3
= 0 =⇒ x = 9
4
.
Teorema 7.4 (Teorema do Valor Médio). Seja f uma função que satisfaça as seguintes hipó-
teses:
1. f é contínua no intervalo fechado [a, b].
2. f é derivável no intervalo aberto (a, b).
Então existe um número c em (a, b) tal que
f ′(c) =
f(b)− f(a)
b− a
ou, de maneira equivalente,
f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a)
Exemplo 7.6. (Exercício 14, pág 267) Veri�que que a função f(x) = x
x+2
satisfaz as hipóteses do
Teorema de Valor Médio no intervalo [0, 3]. Então, encontre todos os números c que satisfaçam a
conclusão do Teorema de Valor Médio.
Solução: Note que f(x) esta de�nida em R − {−2}, então no intervalo fechado [0, 3] ela é
continua, seguidamente a derivada
f ′(x) =
2
(x+ 2)2
, ∀ x ∈ R − {−2}
porem, f(x) é derivável em (0, 3). Portanto, pelo Teorema de Valor Médio, existe um número c
em (0, 3) tal que
f(3)− f(0) = f ′(c)(3− 0)
Mas f(3) = 3
5
, f(0) = 0 e a equação �ca,
3
5
=
6
(c+ 2)2
=⇒ c = −2±
√
10
como c deve estar no intervalo (0, 3); logo, c = −2 +√10.
24
Exemplo 7.7. (Exercício 23, pág 267) Se f(1) = 10 e f ′(x) ≥ 2 para 1 ≤ x ≤ 4, quão pequeno
pode ser f(4)?
Solução: Pelos dados f contínua em [1, 4] e porem derivável em (1, 4), podemos aplicar o
Teorema de Valor Médio neste intervalo, então existe um número c tal que
f(4)− f(1) = f ′(c)(4− 1)
logo,
f(4) = f(1) + f ′(c)(4− 1) = 10 + 3f ′(c) ≥ 10 + 3(2) = 16
O menor valor possível para f(4) é 16.
Teorema 7.5. Se f ′(x) = 0 para todo x em um intervalo (a, b), então f é constante em (a, b).
Corolário 7.1. Se f ′(x) = g′(x) para todox em um intervalo (a, b), então f − g é constante em
(a, b); isto é,
f(x) = g(x) + constante.
Exemplo 7.8. (Exercício 32, pág 268) Demonstre a identidade
2 sen −1x = cos−1(1− 2x2) x ∈ [−1, 1]
Solução: Seja f(x) = 2 sen −1x− cos−1(1− 2x2), então
f ′(x) =
2√
1− x2 +
1√
1− (1− 2x2)2 (−4x) = 0
para todo x no intervalo (−1, 1). Portanto f(x) = C é constante neste intervalo. Para determinar
o valor da constante fazemos x = 0, então
f(0) = 2 sen −10− cos−1 1 = 0
Assim concluímos com a demonstração.
7.3 Formas Indeterminadas
Se tivermos um limite da forma
lim
x→a
f(x)
g(x)
Quando f(x)→ 0 e g(x)→ 0 quando x→ a, então esse limite pode ou não existir e é denominado
forma indeterminada do tipo
0
0
.
Analogamente, quando f(x) → ∞ (ou −∞) e g(x) → ∞ (ou −∞) quando x → a, então esse
limite pode ou não existir e é denominado forma indeterminada do tipo
∞
∞
25
Teorema 7.6 (Regra de L'Hôspital). Suponha que f e g sejam deriváveis e g′(x) 6= 0 num
intervalo aberto I que contém a(exceto possivelmente em a). Suponha que
lim
x→a
f(x) = 0 e lim
x→a
g(x) = 0
ou que
lim
x→a
f(x) = ±∞ e lim
x→a
g(x) = ±∞
Então,
lim
x→a
f(x)
g(x)
= lim
x→a
f ′(x)
g′(x)
se o limite do lado direito existir (ou for ∞ ou −∞).
Exemplo 7.9. (Exercício 6, 10 e 22, Pág 284 e 285) Encontre o limite
a) lim
x→2
x2 + x− 6
x− 2
b) lim
x→0
sen 4x
tg 5x
c) lim
x→0
ex − 1− x− 1
2
x2
x3
Solução:
a) Note que temos uma indeterminação do tipo
0
0
, mas para o cálculo deste limite não é preciso
aplicar a regra de L'Hôspital
lim
x→2
x2 + x− 6
x− 2 = limx→2
(x+ 3)(x− 2)
x− 2 == limx→2(x+ 3) = 5
Por outro lado se aplicar a regra de L'Hôspital teremos,
lim
x→2
x2 + x− 6
x− 2 = limx→2
(x2 + x− 6)′
(x− 2)′ = limx→2
2x+ 1
1
= 5
b) Temos uma indeterminação do tipo
0
0
, então pela regra de L'Hôspital
lim
x→0
sen 4x
tg 5x
= lim
x→0
( sen 4x)′
( tg 5x)′
=
4
5
lim
x→0
cos 4x
sec2 5x
=
4
5
c) Mais uma vez uma indeterminação do tipo
0
0
, então pela regra de L'Hôspital
lim
x→0
ex − 1− x− 1
2
x2
x3
= lim
x→0
(
ex − 1− x− 1
2
x2
)′
(x3)′
= lim
x→0
ex − 1− x
3x2
26
Novamente aplicando a regra de L'Hôspital
lim
x→0
ex − 1− x− 1
2
x2
x3
= lim
x→0
(ex − 1− x)′
(3x2)′
= lim
x→0
ex − 1
6x
este último limite é ainda uma indeterminação do tipo
0
0
, aplicando a regra de L'Hôspital
mais uma vez temos
lim
x→0
ex − 1− x− 1
2
x2
x3
= lim
x→0
(ex − 1)′
(6x)′
= lim
x→0
ex
6
=
1
6
7.3.1 Produtos Indeterminados
Se lim
x→a
f(x) = 0 e lim
x→a
g(x) =∞ (ou −∞), então não esta claro qual é o valor de lim
x→a
f(x)g(x), se
houver algum.
Este tipo de limite é chamada uma forma indeterminada do tipo 0 · ∞. Podemos trabalhar
com ela escrevendo o produto como um quaociente
fg =
f
1/g
ou fg =
g
1/f
Isso converte o limite dado na forma indeterminada do tipo
0
0
ou
∞
∞ de modo que podemos usar a
regra de L'Hôspital.
7.3.2 Diferencias Indeterminadas
Se lim
x→a
f(x) =∞ e lim
x→a
g(x) =∞, então o limite
lim
x→a
[f(x)− g(x)]
é chamado forma indeterminada do tipo ∞ − ∞. Tentamos converter a diferença em um
quaciente com um denominador comum ou racionalização.
7.3.3 Potencias Indeterminadas
Varias formas indeterminadas surgem do limite
lim
x→a
[f(x)]g(x)
1. lim
x→a
f(x) = 0 e lim
x→a
g(x) = 0, tipo 00
2. lim
x→a
f(x) =∞ e lim
x→a
g(x) = 0, tipo ∞0
3. lim
x→a
f(x) = 1 e lim
x→a
g(x) = ±∞, tipo 1∞
27
Exemplo 7.10. (Exercicios 43, 59 e 61, pág 285) Encontre o limite.
a) lim
x→∞
x3e−x
2
b) lim
x→∞
x1/x
c) lim
x→0+
(4x+ 1)ctgx
Solução:
a) Aqui temos uma indeterminação do tipo 0 · ∞, então podemos escrever
lim
x→∞
x3e−x
2
= lim
x→∞
x3
ex2
Agora temos uma indeterminação do tipo
∞
∞ , aplicando a Regra de L'Hôspital
lim
x→∞
x3e−x
2
= lim
x→∞
(x3)
′
(ex2)
′ = lim
x→∞
3x2
2xex2
= lim
x→∞
3x
2ex2
Mais uma vez aplicando a Regra de L'Hôspital,
lim
x→∞
x3e−x
2
= lim
x→∞
(3x)′
(2ex2)
′ = lim
x→∞
3
4xex2
= 0
28
7.4 Critérios da Derivada
7.4.1 Critério da Primeira Derivada
De�nição 7.4. Uma função f é chamada crescente em um intervalo I se
f(x1) < f(x2) sempre que x1 < x2 em I
Ela é denominada decrescente em I se
f(x1) > f(x2) sempre que x1 < x2 em I
Testes Crescente/Decrescente
a) Se f ′(x) > 0 em um intervalo, então f é crescente nele.
b) Se f ′(x) < 0 em um intervalo, então f é decrescente nele.
Exemplo 7.11 (Exercícios 10 e 12, pág 276). Encontre os intervalos nos quais f é crescente ou
decrescente.
a) f(x) = 5− 3x2 + x3 b) f(x) = x
2
x2 + 3
29
Solução:
a)
f ′(x) = −6x+ 3x2 = 3x(x− 2)
temos assim os pontos críticos 0, 2 e a função esta de�nida em todo R
Intervalo 3x x-2 f ′(x) f
x<0 - - + crescente
x=0 0
0<x<2 + - - decrescente
x=2 0
x>2 + + + crescente
b)
f ′(x) =
2x(x2 + 3)− x2(2x)
(x2 + 3)2
=
6x
(x2 + 3)2
Então o único ponto crítico é x = 0 e a função esta de�nida em todo R
Intervalo f ′(x) f
x<0 - decrescente
x=0 0
x>0 + crescente
Teste da Primeira Derivada : Suponha que c seja um ponto crítico de uma função contínua f .
a) Se o sinal de f ′ mudar de positivo para negativo em c, então f tem um máximo local em c.
b) Se o sinal de f ′ mudar de negativo para positivo em c, então f tem um mínimo local em c.
c) Se o sinal de f ′ não mudar de sinal em c (isto é, se em ambos os lados de c o sinal de f ′ for
positivo ou negativo), então f não tem máximo ou mínimo locais em c.
30
Exemplo 7.12 (Exercícios 15 e 16, pág 276). Encontre os valores máximos e mínimos locais de
f .
a) f(x) = e2x + e−x b) f(x) = x2 lnx
Solução:
a)
f ′(x) = 2e2x − e−x = 2e
3x − 1
ex
= 0 =⇒ e3x = 1
2
=⇒ x = −1
3
ln 2 = −0, 2310
Uma vez que a função esta de�nida em todo R , temos Logo f(x) não tem extremos locais.
Intervalo ex 2e3x − 1 f ′(x) f
x < −1
3
ln 2 + - - decrescente
x = −1
3
ln 2 0
x > −1
3
ln 2 + + + crescente
b)
f ′(x) = 2x lnx+ x = x(2 lnx− 1) = 0 =⇒ lnx = 1
2
=⇒ x = e 12 = 1, 6487
Então o único ponto crítico é x = e
1
2
e a função esta de�nida em todo x > 0 Pelo teste da
Intervalo x 2 ln x− 1 f ′(x) f
0 < x < e
1
2
+ - - decrescente
x = e
1
2
0
x > e
1
2
+ + + crescente
primeira derivada x = e
1
2
é um mínimo local.
7.4.2 Critério da Segunda Derivada
De�nição 7.5. Se o grá�co de f estiver acima de todas as suas tangentes no intervalo I, então
ele é dito côncavo para cima em I. Se o grá�co de f estiver abaixo de todas as suas tangentes
no intervalo I, é dito côncavo para abaixo em I.
31
Teste da Côncavidade :
a) Se f ′′(x) > 0 para todo x em I, então o grá�co de f é côncavo para cima em I.
b) Se f ′′(x) < 0 para todo x em I, então o grá�co de f é côncavo para abaixo em I.
De�nição 7.6. Um ponto P na curva y = f(x) é chamado ponto de in�exão se f é contínua
no ponto e a curva mudar de côncava para cima para côncava para baixo ou vice-versa em P .
Exemplo 7.13 (Exercícios 13 e 17, pág 276). Encontre os intervalos de concavidade e os pontos
de in�exão.
a) f(x) = sen x+ cos x, 0 ≤ x ≤ 2pi b) f(x) = lnx√
x
Solução:
a)
f ′(x) = cos x− sen x = 0
derivando novamente,
f ′′(x) = − senx− cosx = 0 =⇒ tgx = −1 =⇒ x = 3pi
4
,
7pi
4
32
Intervalo f ′′(x) f
0 < x < 3pi
4
- côncavo para baixo
3pi
4
< x < 7pi
4
+ côncavo para cima
7pi
4
< x < 2pi - côncavo para baixo
b)
f ′(x) =
2− lnx
2x3/2
derivando novamente,
f ′′(x) =
−8 + 3 ln x
4x5/2
= 0 =⇒ lnx = 8
3
=⇒ x = e 83 = 14, 3919
Então, Pelo teste da primeiraderivada x = e
1
2
é um mínimo local.
Intervalo f ′′(x) f
0 < x < e
8
3
- côncavo para baixo
x = e
8
3
0
x > e
8
3
+ côncavo para cima
Teste da Segunda Derivada : Suponha que f ′′ seja contínua na proximidade de c.
a) Se f ′(c) = 0 e f ′′(c) > 0, então f tem um mínimo local em c.
b) Se f ′(c) = 0 e f ′′(c) < 0, então f tem um máximo local em c.
33
Exemplo 7.14 (Exercícios 19 e 21, pág 276). Encontre os valores máximo e mínimo local de f
usando a teste da segunda derivada
a) f(x) = x5 − 5x+ 3, b) f(x) = x+√1− x
Solução:
a)
f ′(x) = 5x4 − 5 = 5(x2 + 1)(x+ 1)(x− 1) = 0 =⇒ x = −1, 1
A segunda derivada é dada por
f ′′(x) = 20x3
Logo,
f ′′(−1) < 0 −→ f(−1) = 7 é um máximo local
f ′′(1) > 0 −→ f(1) = −1 é um mínimo local
b)
f ′(x) = 1− 1
2
√
1− x = 0 =⇒ x =
3
4
A segunda derivada é dada por
f ′′(x) = − 1
4(1− x)3/2
Logo,
f ′′
(
3
4
)
< 0 −→ f
(
3
4
)
=
5
4
é um máximo local.
34
7.5 Esboço de Curvas
A lista a seguir tem como objetivo ser um guia para esboçar uma curva y = f(x).
A. Dominio. É util começar determinando o domínio D de f .
B. Interseçãoes com os Eixos. A intersseção com o eixo y é f(0). Para achar as intersseções
com o eixo x, fazemos y = 0 e isolamos x. (Você pode omitir esta etapa se a equação for
di�cil de resolver)
C. Simetria.
(i) Se f(−x) = f(x) para todo x ∈ D, então, f é uma função par, e a curva é simétrica
em relação ao eixo y.
(ii) Se f(−x) = −f(x) para todo x ∈ D, então, f é uma função impar, e a curva é simétrica
em relação à origem.
(iii) Se f(x + p) = f(x) para todo x ∈ D, em que p é uma constante positiva, então f é
chamada função periodica, e o menor desses números p é denomidado período.
D. Assíntotas.
(i) Assíntotas Horizontais. Se lim
x→∞
f(x) = L ou lim
x→−∞
f(x) = L, então a reta y = L é
uma assíntota horizontal da curva y = f(x). Se resultar que lim
x→∞
f(x) =∞(ou −∞),
então não temos uma assíntota à direita, o que também é uma informação proveitosa
no esboço da curva.
(ii) Assíntotas Verticais. A reta x = a é uma assíntota vertical se pelo menos uma das
seguintes a�rmativas for verdadeira:
lim
x→a+
f(x) =∞ lim
x→a−
f(x) =∞ lim
x→a+
f(x) = −∞ lim
x→a−
f(x) = −∞
Para funçõs racionais pode-se localizar as assintotas verticais igualando a zero o deno-
minador, após ter cancelado qualquer fator comum.
(iii) Assíntotas Oblíquas. Alguma curvas tem assintotas que não são horizontais nem
verticais. Se
lim
x→∞
[f(x)− (mx+ b)] = 0
Então a reta y = mx+ b é chamada assíntota oblícua, pois a distância vertical entre a
curva y = f(x) e a reta y = mx+b tende a zero. Para as funções racionais, as assíntotas
oblíquas ocorrem quando a �rencia entre os graus do numerador e do denominador é
1. Nesse caso a equação da assántota oblíqua pode ser encontrada por divisão de
polinômios.
35
E. Intervalos de Crescimento e Decrescimento. Use o Teste de Crescimento e Decres-
cimento. Calcule f ′(x) e encontre os intervalos nos quais ela é positiva e nos quais ela é
negativa.
F. Valores Maximos mínimos Locais. Encontre os pontos críticos de f , Use então o teste
da primeira ou da segunda derivada.
G. Concavidade e Ponto de Infexão. Calcule f ′′(x) e use o teste da concavidade.
H. Esboço da Curva. Usando as informações anteriores faça o grá�co.
Exemplo 7.15 ( Exercicios 13 e 25, pág 293). Esboçe o grá�co das funções
a) y =
x
x2 + 9
b) y =
√
1− x2
x
Solução.
a) Seguindo o esboço passo a passo:
A. O domínio é R = (−∞,∞)
B. As interseções com os eixos x e y são ambas 0.
C. Visto que f(−x) = −f(x), f é impar e o seu grá�co simétrico em relação à origem.
D. Como x2 + 9 6= 0 para todo x ∈ R , não há assíntota vertical. Por outro lado
lim
x→∞
x
x2 + 9
= lim
x→∞
1
x+ 9
x
= 0
então x = 0 é uma assíntota horizontal.
E.
f ′(x) =
x2 + 9− x(2x)
(x2 + 9)2
= −(x+ 3)(x− 3)
(x2 + 9)2
Temos os pontos críticos −3 e 3. Logo
Intervalo x− 3 x+ 3 f ′(x) f
x < −3 - - - decrescente
x = −3 0
−3 < x < 3 - + + crescente
x = 3 0
x > 3 + + - decrescente
F. Pelo teste da Primeira derivada é possível ver que no ponto x = −3 acontece um mínimo
local e no ponto x = 3 acontece um máximo local.
36
G. Calculando a segunda derivada,
f ′′(x) = − d
dx
[
x2 − 9
(x2 + 9)2
]
= −2x(x
2 + 9)2 − 2(x2 − 9)(x2 + 9)(2x)
(x2 + 9)4
= −2x[x
2 + 9− 2(x2 − 9)]
(x2 + 9)3
= −2x(−x
2 + 27)
(x2 + 9)3
=
2x(x− 3√3)(x+ 3√3)
(x2 + 9)3
então, f ′′(x) = 0, quando x = −3√3, x = 0 ou x = 3√3
Intervalo 2x x− 3√3 x+ 3√3 f ′′(x) f
x < −3√3 - - - - côncava para baixo
−3√3 < x < 0 - - + + côncava para cima
0 < x < 3
√
3 + - + - côncava para baixo
x > 3
√
3 + + + + côncava para cima
os pontos de in�exão são (−3√3, f(−3√3)), (0, f(0)) e (3√3, f(3√3).
37
7.5.1 Problemas de Otimização
Procedimento
• Faça uma �gura apropriada e identi�que as quantidades relevantes ao problema.
• Obtenha uma fórmula para a quantidade a sem maximizada ou minimizada.
• Usando as condições dadas no problema para eliminar variáveis, expresse a quantidade a sem
maximizada ou minimizada como função de uma variável.
• Encontre o intervalo de valores possíveis para essa variável a partir das restrições �sicas do
problema.
• Se aplicável, use os teztes anteriores para obter o máximo ou o mínimo.
Exemplo 7.16. Uma caixa aberta deve ser feita de uma folha de papelão medindo 16 por 30 cm,
destacando-se quadrados iguais de quatro cantos e dobrando-se os lados. Qual é o tamanho dos
quadrados para se obter uma caixa com o mair volume?.
Solução.
1. Sejam
x = comprimento em cm dos lados dos quadrados a serem cortados
V = volume em cm3 da caixa resultante
2. Como estamos removendo quadrados de lado x de cada canto da folha, a caixa resultante
terá dimensões 16− 2x por 30− 2x por x. Então,
V = (16− 2x)(30− 2x)x = 480x− 92x2 + 4x3
3. Observe que a expresão para o volume já se encontra em termos de umam única variável.
38
4. Como x representa um comprimento, não pode ser negativo e, como a largura do papelão é
de 16 cm não podemos cortar quadrados com lados maiores do que 8 cm. Assim
0 ≤ x ≤ 8
5. Derivando
dV
dt
= 480− 184x− 12x2 = 4(x− 12)(3x− 10)
temos assim os pontos críticos,
x =
10
3
e x = 12
como x = 12 não esta no intervalo [0, 8] o valor máximo de V ocorre no ponto x = 10
3
ou em
um dos extremos x = 0 ou x = 8. Calculando os valores nestes pontos,
V
(
10
3
)
=
19600
27
≈ 726, V (0) = 0, V (8) = 0
Então o maior volume possível é V ≈ 726 cm3
Teste da Primeira Derivada para Valores Extremos Absolutos: Suponha que c seja um
ponto crítico de uma função continua f de�nida em um certo intervalo.
(a) Se f ′(x) > 0 para todo x < c e f ′(x) < 0 para todo x > c, então f(c) é o valor máximo
absoluto de f .
(b) Se f ′(x) < 0 para todo x < c e f ′(x) > 0 para todo x > c, então f(c) é o valor mínimo
absoluto de f .
Exemplo 7.17. Encontre o ponto sobre a parábola y2 = 2x mais proximo de (1, 4).
Solução. A distancia entre os pontos (1, 4) e (x, y) é
d =
√
(x− 1)2 + (y − 4)2
Mas como o ponto está sobre a parábola x = y
2
2
, logo
d =
√(
y2
2
− 1
)2
+ (y − 4)2
Em vez de d minimizamos seu quadrado,
d2 = f(y) =
(
y2
2
− 1
)2
+ (y − 4)2
39
Derivando obtemos,
f ′(y) = 2
(
y2
2
− 1
)
y + 2(y − 4) = y3 − 8
temos o ponto crítico y = 2, observe que f ′(y) < 0, quando y < 2 e f ′(y) > 0, quando y > 2, pelo
Teste da Primeira Derivada para Valores Extremos Absolutos, o mínimo absoluto ocorre quando
y = 2, então x = 2 e teremos o ponto (2, 2).
8 Integrais
8.1 A Primitiva
De�nição 8.1. Uma função F é denominada uma primitiva de f no Intervalo I se F ′(x) = f(x)
para todox em I.
Teorema 8.1. Se F for uma primitiva de f em um intervalo I, então a primitiva mais geral de
f em I é
F (x) + C
onde C é uma constante arbitrária.
Exemplo 8.1. Encontre a primitiva da função f(x) = xn.
Solução. Usando a regra da potencia
d
dx
(
xn+1
n+ 1
)
= xn
Assim a primitiva de xn é
F (x) =
xn+1
n+ 1
+ C
Exemplo 8.2. Encontre a primitiva mais geral de f(x) = 3ex + 7 sec2 x.
Solução. Note que
d
dx
ex = ex e d
dx
tg x = sec2 x, porem a a primitiva mais geral será
F (x) = 3ex + 7 tgx+ C
8.2 Movimento Retilíneo
Seja s = f(t) a posição de um objeto, então a função velocidade é v(t) = s′(t), isto signi�ca que
a função posição é uma primitiva da função velocidade. Da mesma maneira a função aceleração é
a(t) = v′(t); logo, a função velocidade é uma primitiva da aceleração. Se a aceleração e os valores
iniciais s(0), v(0) forem conhecidos, então a função posição pode ser encontrada encontrando a
primitiva duas vezes.
40
Exemplo 8.3. Seja s(t) = t3−6t2 a função posição de uma partícula movendo-se ao longo de um
eixo x, onde s esta em metros e t em segundos. Encontre a função aceleração instantânea a(t).
Solução. A velocidade instantânea é
v(t) =
ds
dt
= 3t2 − 12t
logo, a aceleração instantânea é
a(t) =
dv
dt
= 6t− 12
Exemplo 8.4. Encontre f ,
f ′′(t) = 2et + 3 sen t, f(0) = 0, f(pi) = 0
Solução. Note que f ′(t) é a primitiva de f ′′(t), então
f ′(t) = 2et − 3 cos t+ C1
do mesmo jeito, f(t) é a primitiva de f ′(t), logo,
f(t) = 2et − 3 sen t+ C1t+ C2
Utilizando os dados iniciais, temos
f(0) = 0 =⇒ f(0) = 2 + C2 = 0 =⇒ C2 = −2
f(pi) = 0 =⇒ f(pi) = 2epi + C1pi − 2 = 0 =⇒ C1 = 2(1− e
pi)
pi
Por tanto, temos
f(t) = 2et − 3 sen t+ 2(1− e
pi)
pi
t− 2
8.3 Areas e Distâncias
Problema: Achar a área S que está sob a curva y = f(x) de a até b.
41
Exemplo 8.5. Estime a área sob o gra�co de f(x) = 1 + x2 de x = −1 até x = 2 usando três
retângulos aproximantes.
Solução. Para n = 3, ∆x = 2−(−1)
3
= 1, logo teremos a soma das areas dos três retângulos de
largura ∆x = 1 e comprimentos f(0), f(1) e f(2), i,e.
A ≈ f(0) + f(1) + f(2) = 1 + 2 + 5 = 8.
De�nição 8.2. A área A da região S que está sob o grá�co de uma função contínua f é o limite
da soma das áreas dos retângulos aproximantes:
A = lim
n→∞
Rn = lim
n→∞
[f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ . . .+ f(xn)∆x]
onde ∆x = b−a
n
e xn = a+ n∆x.
Exemplo 8.6. Use a de�nição anterior para achar a expresão para a área sob o grá�co de f(x) =
x cos x, 0 ≤ x ≤ pi
2
como um limite. Não calcule o limite.
Solução. Temos
∆x =
pi
2
− 0
n
=
pi
2n
Por outro lado xi = i∆x =
pii
2n
, i = 1, . . . , n, então
f(x1) =
pi
2n
cos
( pi
2n
)
, f(x2) =
pi
n
cos
(pi
n
)
, f(x3) =
3pi
2n
cos
(
3pi
2n
)
,
f(x4) =
2pi
n
cos
(
2pi
n
)
, f(x5) =
5pi
2n
cos
(
5pi
2n
)
, . . . f(xn) =
pi
2
cos
(pi
2
)
Então,
A ≈ lim
n→∞
[
pi
2n
cos
( pi
2n
)
+
pi
n
cos
(pi
n
)
+
3pi
2n
cos
(
3pi
2n
)
+ . . .+
pi
2
cos
(pi
2
)] pi
2n
42
8.3.1 Problema da Distância
Vamos considerar o problema de achar a distancia percorrida por um objeto durante um certo
periodo de tempo sendo conhecida a velocidade do objeto em todos os instantes. Se a velocidade
permanece constante, então o problema de distância é de facil solução através da fórmula
distância = velocidade × tempo
Mas se a velocidade variar, não é tão facil determinar a distância percorrida.
Exemplo 8.7 (Exercício 11, pág 344). A velocidade de um corredor aumenta regularmente durante
os três primeiros segundos de uma corrida. Sua velocidade em intervalos de meio segundo é dada
em uma tabela. Ache as estimativas superior e inferior para a distância que ele percorreu durante
esses três segundos.
t(s) 0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0
v (m/s) 0 1,9 3,3 4,5 5,5 5,9 6,2
Solução. Durante o primeiro meio minuto, a distancia percorrida é aproximadamente
0 m/s × 0, 5 s = 0 m
no segundo intervalo,
1, 9 m/s × 0, 5 s = 0, 95 m
fazendo o mesmo nos outros intervalos obtemos uma estimativa para a distancia inferior percorrida
(0 × 0, 5) + (1, 9 × 0, 5) + (3, 3 × 0, 5) + (4, 5 × 0, 5) + (5, 5 × 0, 5) + (5, 9 × 0, 5)
= 10, 55 m
Analogamente, considerando a maior velocidade em cada subintervalo obtemos uma estimativa
para a distancia superior percorrida
(1, 9 × 0, 5) + (3, 3 × 0, 5) + (4, 5 × 0, 5) + (5, 5 × 0, 5) + (5, 9 × 0, 5) + (6, 2 × 0, 5)
= 13, 65 m
43
8.4 A Integral De�nida
De�nição 8.3. Se f é uma função contínua de�nida em [a, b], dividimos o intervalo em n su-
bintervalos de comprimentos iguais ∆x = b−a
n
. Sejam x0 = a, x1, x2, . . . , xn = b as extremidades
desses subintervalos, escolhemos os pontos amostrais x∗1, x
∗
2, . . . , x
∗
n nesses subintervalos, de forma
que x∗i esteja no i-ésimo subintervalo [xi−1, xi]. Então a integral de�nida de f de a a b é∫ b
a
f(x)dx = lim
n→∞
n∑
i=1
f(x∗i )∆x
desde que este limite exista. Se ele existir, dizemos que f é integrável em [a, b].
A soma
n∑
i=1
f(x∗i )∆x é chamada soma de Riemann. O símbolo
∫
foi introduzido por Leibniz
e é denomindao sinal de integral.
Observação 7. A integral de�nida é um número e não depende de x. Se f for positiva, então
a soma de Riemann pode ser interpretada como a soma das áreas dos retângulos aproximantes,
então
∫ b
a
f(x)dx pode ser interpretada como a área sob a curva y = f(x) de a até b.
Observação 8. Se f assumir valores positivos e negativos, então a soma de Riemann é a soma
das áreas dos retângulos que estão acima do eixo x e do oposto das áreas dos retângulos que estão
abaixo do eixo x, isto é, a integral de�nida pode ser interpretada como a diferença das áreas.
44
Teorema 8.2. Se f for contínua em [a, b], ou tiver um número �nito de descontinuidades de
saltos, então f é integrável em [a, b].
Teorema 8.3. Se f for integrável em [a, b], então∫ b
a
f(x)dx = lim
n→∞
n∑
i=1
f(xi)∆x
onde, ∆x = b−a
n
e xi = a+ i∆x.
8.5 Cálculo de Integrais
Precisamos saber como trabalhar com somas, assim temos, as seguintes fórmulas
n∑
i=1
i =
n(n+ 1)
2
n∑
i=1
i2 =
n(n+ 1)(2n+ 1)
6
n∑
i=1
i3 =
[
n(n+ 1)
2
]2
8.5.1 Propriedades dos Somatórios
n∑
i=1
c = nc
n∑
i=1
cai = c
n∑
i=1
ai
n∑
i=1
(ai ± bi) =
n∑
i=1
ai ±
n∑
i=1
bi
Exemplo 8.8 (Exercício ). Se f(x) = ln x−1, 1 ≤ x ≤ 4, calcule a soma de Riemann com n = 6,
tomando como pontos amostrais as extremidades esquerdas.
Solução. Com n = 6, o comprimento dos intervalos é
∆x =
4− 1
6
=
1
2
e as estremidades esquerdas são x1 = 1, 0, x2 = 1, 5, x3 = 2, 0, x4 = 2, 5, x5 = 3, 0, x6 = 3, 5.
45
Logo a soma de Riemann é
R6 =
6∑
i=1
f(xi)∆x
= f(1, 0)∆x+ f(1, 5)∆x+ f(2, 0)∆x+ f(2, 5)∆x+ f(3, 0)∆x+ f(3, 5)∆x
=
1
2
[−1− 0, 5945− 0, 3069− 0, 0837 + 0, 0986 + 0, 2528]
= −0, 81685
Observe que f não é positiva e, por tanto, a soma de Riemann não representa uma soma de área
de retângulos.
Exemplo 8.9. Calcule ∫ 3
0
(x3 − 6x)dx
Solução. Com n subintervalos, temos
∆x =
3− 0
n
=
3
n
Assim, x0 = 0, x1 =
3
n
, x2 =
6
n
, , x3 =
9
n
e em geral xi =
3i
n
. Utilizando as extremidades direitas,
podemos escrever ∫ 3
0
(x3 − 6x)dx = lim
n→∞
n∑
i=1
f
(
3i
n
)
3
n
= lim
n→∞
3
n
n∑
i=1
[(
3i
n
)3
− 6
(
3i
n
)]
= lim
n→∞
3
n
n∑
i=1
[
27i3
n3
− 18i
n
]
= lim
n→∞
[
81
n4
n∑
i=1
i3 − 54
n2
n∑
i=1
i
]
= lim
n→∞
{
81
n4
[
n(n+ 1)
2
]2
− 54
n2
n(n+ 1)
2
}
= lim
n→∞
[
81
4
(
1 +
1
n
)2− 27
(
1 +
1
n
)]
=
81
4
− 27 = −27
4
= −6, 75
46
8.5.2 Regra do Ponto Médio
∫ b
a
f(x)dx ≈
n∑
i=1
f(xi)∆x
onde ∆x = b−a
n
e xi =
xi−1+xi
2
.
Exemplo 8.10 (Exercício 11, pág 355). Use a Regra do Ponto Médio com n = 5 para aproximar
a integral ∫ 1
0
sen (x2)dx
Solução. Primeiramente o comprimento dos subinterválos é ∆x = 1−0
5
= 1
5
. As extremidades dos
cinco subintervalos são 0, 1
5
,
2
5
,
3
5
,
4
5
e , 1, portanto, os pontos médios são 1
10
,
3
10
,
1
2
,
7
10
e
9
10
. De
modo que a regra do ponto medio dá∫ 1
0
sen (x2)dx ≈ ∆x
[
f
(
1
10
)
+ f
(
3
10
)
+ f
(
1
2
)
+ f
(
7
10
)
+ f
(
9
10
)]
≈ 1
5
[0, 001 + 0, 090 + 0, 2474 + 0, 4706 + 0, 7243]
≈ 0, 3066
8.5.3 Propriedades da Integral De�nida
Da mesma de�nição implicitamente a < b. Mas a de�nição como limite somas de Riemann faz
sentido mesmo que a > b. Observe que se invertemos a e b, então ∆x mudará de b−a
n
para
a−b
n
.
Portanto, ∫ a
b
f(x)dx = −
∫ b
a
f(x)dx
Observação 9. Se a = b, então ∆x = 0, então
∫ b
a
f(x)dx = 0
Propriedades da Integral
1.
∫ b
a
cdx = c(b− a)
2.
∫ b
a
[f(x)± g(x)]dx =
∫ b
a
f(x)dx±
∫ b
a
g(x)dx
3.
∫ b
a
cf(x)dx = c
∫ b
a
f(x)dx
4.
∫ b
a
f(x)dx =
∫ c
a
f(x)dx+
∫ b
c
f(x)dx
47
Propriedades Comparativas da Integral
1. Se f(x) ≥ 0 para a ≤ x ≤ b, então
∫ b
a
f(x)dx ≥ 0.
2. Se f(x) ≥ g(x) para a ≤ x ≤ b, então
∫ b
a
f(x)dx ≥
∫ b
a
g(x)dx.
3. Se m ≤ f(x) ≤M para a ≤ x ≤ b, então
m(b− a) ≤
∫ b
a
f(x)dx ≤M(b− a)
8.6 O Teorema Fundamental do Cálculo
Teorema 8.4 (O Teorema Fundamental do Cálculo Parte I). Se f for contínuaem [a, b], então a
função g de�nida por
g(x) =
∫ x
a
f(t)dt, a ≤ x ≤ b
é contínua em [a, b] e derivável em (a, b) e g′(x) = f(x).
Exemplo 8.11 (Exercício 9, pág 364). Use a parte I do teorema fundamental do cálculo para
encontrar a derivada da função
g(y) =
∫ y
0
t2 sen tdt
Solução. Uma vez que f(t) = t2 sen t é contínua, pelo teorema fundamental do cálculo
g′(y) = y2 sen y
Exemplo 8.12 (Exercicio 13, pág 364). Ache
d
dx
∫ 1/x
2
arctan tdt
Solução. Aplicando a parte I do teorema fundamental do cálculo e a regra da cadeia temos,
d
dx
∫ 1/x
2
arctan tdt = arctan
(
1
x
)
d
dx
(
1
x
)
= arctan
(
1
x
)(
− 1
x2
)
Observação 10. De maneira mais geral o Teorema Fundamental do Cálculo Parte I, diz
d
dx
∫ α(x)
0
f(t)dt = f(α(x))α′(x)
e lembrando da última propriedade da integral temos
d
dx
∫ β(x)
α(x)
f(t)dt = f(β(x))β′(x)− f(α(x))α′(x)
48
Teorema 8.5 (O Teorema Fundamental do Cálculo Parte II). Se f for contínua em [a, b], então∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a)
onde F é qualquer primitiva de f .
Exemplo 8.13 (Exercício 40, pág 365). Calcule a integral∫ 2
1
4 + x2
x3
dx
Solução. Note que ∫ 2
1
4 + x2
x3
dx =
∫ 2
1
(
4x−3 +
1
x
)
dx
e a primitiva de f(x) = 4x−3 + 1
x
é F (x) = −2x−2 + ln x, logo∫ 2
1
4 + x2
x3
dx = F (2)− F (1)
= −2(2−2) + ln 2− [−2(1−2) + ln 1]
= −2−1 + ln 2 + 2
=
3
2
+ ln 2
Teorema 8.6 (O Teorema Fundamental do Cálculo). Suponha que f seja contínuaem [a, b]
1. Se g(x) =
∫ x
a
f(t)dt, então g′(x) = f(x).
2.
∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a), quando F for a primitiva de f .