CÁCULO I

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Cálculo I
Arnaldo Barbosa Lourenço
Clício Freire da Silva
Genilce Ferreira Oliveira
Manaus 2007
FICHA TÉCNICA
Governador
Eduardo Braga
Vice–Governador
Omar Aziz
Reitora
Marilene Corrêa da Silva Freitas
Vice–Reitor
Carlos Eduardo S. Gonçalves
Pró–Reitor de Planejamento 
Osail de Souza Medeiros
Pró–Reitor de Administração 
Fares Franc Abinader Rodrigues
Pró–Reitor de Extensão e Assuntos Comunitários
Rogélio Casado Marinho
Pró–Reitor de Ensino de Graduação
Carlos Eduardo S. Gonçalves
Pró–Reitor de Pós–Graduação e Pesquisa
José Luiz de Souza Pio
Coordenador Geral do Curso de Matemática (Sistema Presencial Mediado)
Carlos Alberto Farias Jennings
Coordenador Pedagógico
Luciano Balbino dos Santos
NUPROM
Núcleo de Produção de Material
Coordenador Geral
João Batista Gomes
Editoração Eletrônica
Helcio Ferreira Junior
Revisão Técnico–gramatical
João Batista Gomes
Lourenço, Arnaldo Barbosa.
L892c Cálculo I / Arnaldo Barbosa Lourenço, Clício Freire da Silva,
Genilce Ferreira Oliveira. - Manaus/AM: UEA, 2007. - (Licenciatura
em Matemática. 2. Período)
125 p.: il. ; 29 cm.
Inclui bibliografia.
1. Cálculo - Estudo e ensino. I. Silva, Clício Freire da. II.
Oliveira, Genilce Ferreira. III. Série. IV. Título.
CDU (1997): 517.2/.3
SUMÁRIO
Palavra do Reitor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 07
UNIDADE I – Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 09
TEMA 01 – Função ou Aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
UNIDADE II – Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
TEMA 02 – Limites – Definição e Limites Laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
TEMA 03 – Continuidade de uma Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 
TEMA 04 – Propriedades dos Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
TEMA 05 – Limites Infinitesimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
TEMA 06 – Limites Trigonométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
TEMA 07 – Limites Exponenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
UNIDADE III – Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
TEMA 08 – Derivada de uma Função, definição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 
TEMA 09 – A Reta Tangente ao Gráfico de uma Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
TEMA 10 – Regras de Derivação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
TEMA 11 – A Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
TEMA 12 – Estudo do Sinal de uma Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
TEMA 13 – Taxa de Variação e regra de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
UNIDADE IV – Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
TEMA 14 – Integrais Primitivas e Indefinidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
TEMA 15 – Cálculo de Área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
TEMA 16 – Área entre Curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
TEMA 17 – Mudança de Variável na Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
TEMA 18 – Integração por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
TEMA 19 – Integrais Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
TEMA 20 – Integrais de Funções Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
Respostas de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
Arnaldo Barbosa Lourenço
Licenciado em Matemática - UFPA
Licenciado em Ciências Contábeis - UFAM
Pós-graduado em Ensino da Matemática - UFAM
Clício Freire da Silva
Licenciado em Matemática – UFAM
Bacharel em Matemática – UFAM
Pós–graduado em Instrumentação para o Ensino da Matemática – UFF
Genilce Ferreira Oliveira
Licenciada em Matemática – UFAM
Especialista em Matemática – UFAM
PERFIL DOS AUTORES
UNIDADE I
Função
TEMA 01
FUNÇÃO OU APLICAÇÃO
1.1. Definição, elementos
Entendemos por uma função f uma terna (A, B,
a → b) onde A e b são dois conjuntos e a → b,
uma regra que nos permite associar a cada ele-
mento a de A um único b de B. O conjunto A é
o domínio de f, e indica-se por Df, assim A = Df.
O conjunto B é o contradomínio de f. O único b
de B associado ao elemento a de A é indicado
por f(a) (leia: f de a); diremos que f(a) é o valor
que f assume em a ou que f(a) é o valor que f
associa a a. Quando x percorre o domínio de f,
f(x) descreve um conjunto denominado ima-
gem de f e que se indica por Imf:
Imf = {f(x)|x∈Df}
Uma função de f de domínio A e contradomínio
B é usualmente indicada por f : A B (leia: f de A
em B).
Uma função de uma variável real a valores
reais é uma função f : A B, onde A e B são sub-
conjuntos de IR. Até menção em contrário, só
trataremos com funções de uma variável real a
valores reais.
Seja f : A B uma função. O conjunto
Gf = {(x,f(x))|x∈A}
denomina-se gráfico de f; assim, o gráfico de f
é um subconjunto de todos os pares ordena-
dos (x, y) de números reais. Munindo-se o pla-
no de um sistema ortogonal de coordenadas
cartesianas, o gráfico de f pode, então, ser pen-
sado como o lugar geométrico descrito pelo
ponto (x, f(x)) quando x percorre o domínio de
f.
Observação – Por simplificação, deixaremos,
muitas vezes, de explicitar o domínio e o con-
tradomínio de uma função; quando tal ocorrer,
ficará implícito que o contradomínio é IR e o
domínio o “maior” subconjunto de IR para o
qual faz sentido a regra em questão.
Exemplo:
Dados os conjuntos M = {0, 1 ,2} e 
B={0, 1, 4, 5}, verificarse a relação binária
R ={(x,y) Ax B/ y = x2} é uma função.
Solução:
M = {0, 1 ,2} 
N={0, 1, 4, 5}
R ={(x,y) Mx N/ y = x2}
x = 0 y = 02 = 0
x = 1 y = 12 = 1
x = 2 y = 22 = 4
No diagrama de flechas, temos que:
Observe que f(0) = 0, f(1) = 1 e f(2) = 4, então
podemos afirmar que f é uma função ou aplica-
ção, já que de cada elemento de M temos uma
única correspondência com elementos de N.
Veja também que D(f) = {0,1,2},
CD(f)= {0,1,4,5} e Im(f) = {0,1,4}.
Gráficos de funções
Dizemos que uma relação binária R: A B é fun-
ção ou aplicação no gráfico, quando toda reta
vertical tocar em um único ponto no gráfico,
para todo x ∈ A.
Exemplos:
1. Verificar se o gráfico abaixo representa uma fun-
ção.
11
Cálculo I – Função
Solução:
Dado o gráfico, temos que:
Observe que existem retas verticais que tocam
em mais de um ponto no gráfico, daí podemos
concluir que f não é função ou aplicação.
2. Verificar se o gráfico abaixo é uma função ou
aplicação.
Solução:
Dado o gráfico abaixo, temos:
Observe que todas as retas verticais que tra-
çarmos, tocarão em um e único ponto no grá-
fico. Logo g é uma função ou aplicação.
3. Dada a função f:IR IR com a regra x x3, temos
que:
• Df = IR
• Im(f) = {x3 / x∈IR} = IR
• O valor que f assume em x é f(x) = x3. Esta
função associa a cada real x o número real
f(x) = x3.
• f(–1) = (–1)3 = –1, f(0) = 03 = 0, f(1) = 13 = 1
• O gráfico de f é tal que Gf = {(x,y) / y = x3,
x∈IR}
Domínio de funções
O domínio de uma função representa o conjun-
to de valores para os quais ela existe. Dentre
os principais casos, temos:
a) O domínio de uma função polinomial é sem-
pre real.
b) Para o domínio de uma função que possui
variável no denominador, basta ser este dife-
rente de zero.
c) Radical com índice par no numerador pos-
sui radicando maior ou igual a zero.
d) Radical com índice par no denominador
possui radicando maior que zero.
Exemplos:
1. Qual é o domínio mais amplo para a função
?
Solução:
, então 1 – x 0 x 1. Logo o domínio
é dado por D(f) = IR – {1}.
2. Qual é o domínio da função ?
Solução:
→ 2x – 6 ≥ 0 → x ≥ 3. Logo o seu
domínio será D(f) = {x∈IR/ x ≥ 3}.
3. Seja f: IR IR com a regra x → x3. Tem–se:
a) Df = IR 
b) Im f = {x3|x∈IR}= IR, pois, para todo y em
IR, existe x real tal que x3 = y.
12
UEA – Licenciatura em Matemática
c) O valor que f assume em x é f(x) = x3. Esta
função associa a cada real x o número real
f(x) = x3 .
d) f(–1)=(–1)3 = –1; f(0) = 03 = 0; f(1) = 13 = 1.
e) Gráfico de f:
Gf = {(x,y)|y = x3, x∈IR}
Suponhamos x > 0; observe que, à medida
que x cresce, y também cresce, pois y = x3,
sendo o crescimento de y mais acentuado
que o de x (veja: 23 = 8; 33 = 27, etc.);
quando x se aproxima de zero, y aproxima-
se de zero mais rapidamente que
x((1/2)3 = 1/8; (1/33 = 1/27 etc.). esta
análise dá-nos uma idéia da parte do gráfi-
co correspondente a x > 0. Para x < 0, é só
observar que f(–x) = –f(x).
4. Seja f a função dada por . Tem–se:
a) Df = {x∈IR| x ≥ 0}
b) Im f = {x∈IR/ y ≥ 0}
c) f(4) = =2 (o valor que f assume em 4 é 2).
d)
e)
f) Gráfico de f:
A função f é dada pela regra .
Quando x cresce, y também cresce sendo o
crescimento de Y mais lento que o de x 
; quando x se
aproxima de zero, y também aproxima-se
de zero, só que mais lentamente
que .
5. Considere a função g dada por . Tem–se:
a) Dg = {x∈IR| x ≠ 0}
b) Esta função associa a cada x ≠ 0 o real
g(x) = 1/x
c)
d) Gráfico de g:
Vamos olhar primeiro para x > 0; à medida
que x vai aumentando, y = 1/x vai aproxi-
mando-se de Zero 
;
à medida que x vai aproximando-se de zero,
y = 1/x vai-se tornando cada vez maior 
Você já deve ter uma idéia do que acontece
para x < 0.
Observação – Quando uma função vem
dada por uma regra do tipo x |→ y, y = f(x),
é comum referir-se à variável y como variá-
vel dependente, e à variável x como variável
independente.
6. Dada a função f(x) = – x2 + 2x, simplifique:
a) b) 
13
Cálculo I – Função
Solução:
a)
assim 
.
Observe: f(1) = –12 +2 = 1.
b) primeiro, vamos calcular f(x + h). Temos
f(x + h) = – (x + h)2 + 2(x + h) = 
–x2 – 2xh – h2 + + 2x + 2h.
Então, 
ou seja, = – 2x – h + 2, h ≠ 0.
7. Função constante – Uma função f: A → IR
dada por f(x) = k, k constante, denomina-se
função constante.
a) f(x) = 2 é uma função constante; tem-se:
(i) Df = IR; Im f = {2} 
(ii) Gráfico de f
Gf{(x,f(x))|x∈IR} = {(x,2) | x∈IR}.
O gráfico de f é uma reta paralela ao eixo
x passando pelo ponto (0, 2).
8. g:] –∞;0] → IR dada por g(x) = –1 é uma
função constante e seu gráfico é
9. Seja
Tem–se:
a) Df = IR; Im f = {–1,1}
b) Gráfico de f
Observe que (0, 1) pertence ao gráfico de f,
mas (0, –1) não.
1.2 Função composta
Dadas as funções f: A B e g: B C, dizemos que
existe uma função h: A C, tal que:
h(x) = (gof)(x) = g(f(x)), x A.
Representando essa situação por diagrama de
flechas, temos:
Exemplos
a) Dadas as funções f(x) = 2x – 1 e 
g(x) = 3 – 4x, calcular o valor de 
(fog)(x) – (gof)(x). 
Solução
f(x) = 2x – 1
14
UEA – Licenciatura em Matemática
g(x) = 3 – 4x
(fog)(x) = 2.( 3 – 4x) – 1
= 6 – 8x – 1
= 5 – 8x
(gof)(x) = 3 – 4(2x – 1)
= 3 – 8x + 4
= 7 – 8x
(fog)(x) – (gof)(x) = 5 – 8x – (7 – 8x)
= 5 – 8x – 7 + 8x
= –2
a) Se (fog)(x) = 2x + 1 e f(x) = –2x + 3, então
determine o valor de g(0).
Solução:
(fog)(x) = 2x + 1
f(x) = –2x + 3
g(0) = ?
(fog)(x) = 2x + 1
–2(g(x)) + 3 = 2x + 1
g(x) = –x + 1. Logo g(0) = 1
1. Qual é o domínio mais amplo da função 
?
Solução:
(1) 1 – x ≥ 0 ⇒ x ≤ 1
(2) 2x + 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ –1/2
Fazendo-se (1) (2), temos que:
–
D(f) = {x∈IR/ x ≤ 1 e x ≠ –1/2}
2. Determine o valor de k para que 
fog(x) = gof(x), dadas f(x) = 2kx +1 e 
g(x) = 2– 3x.
Solução:
f(x) = 2kx +1
g(x) = 2– 3x
fog(x) = gof(x)
2k.( 2– 3x) + 1 = 2– 3.( 2kx +1)
4k – 6kx + 1 = 2 – 6kx – 3
4k = –1 k = –1/4
3. Calcular o valor de f(–1), sabendo– se que
f(2x –1) = 3 – x.
Solução
f(2x –1) = 3 – x
2x – 1 = –1 x = 0
f(–1) = 3 – 0
f(–1) = 3
4. Determine o domínio da função .
Solução:
x + 1 = t x = t – 1
3 – x > 0 x < 3
D(f) = ]–;3[
1.4 Função polinomial do 1.o grau
Definição
Chama-se função polinomial do 1.o grau, ou
função afim, a qualquer função f de IR em IR
dada por uma lei da forma 
f(x) = ax + b, em que a e b são números reais
dados e a ≠ 0.
Na função f(x) = ax + b, o número a é chama-
do de coeficiente de x, e o número b é chama-
do termo constante.
Gráfico
O gráfico de uma função polinomial do 1.o
grau, y = ax + b, com a ≠ 0, é uma reta
oblíqua aos eixos Ox e Oy.
• Se a > 0, então f será crescente.
15
Cálculo I – Função
16
UEA – Licenciatura em Matemática
Para a > 0: se x1 < x2, então ax1 < ax2.
Daí, ax1 + b < ax2 + b, 
de onde vem f(x1) < f(x2). 
• Se a < 0, então f será decrescente;
Para a < 0: se x1 < x2, então ax1 > ax2. Daí,
ax1 + b > ax2 + b, de onde vem f(x1) > f(x2). 
Observação – Uma função f : IR → IR dada
por f(x) = ax, a constante, denomina-se função
linear; seu gráfico é a reta que passa pelos
pontos (0, 0) e (1, a):
Se a = 0, o gráfico de f coincide com o eixo Ox.
Exemplos: 
1. Esboce os gráficos.
a) f(x) = 2x. 
b) g(x) = –2x 
c) h(x) = 2 I x I
Solução:
a) O gráfico de f é a reta que passa pelos pon-
tos (0, 0) e (1, 2).
b) O gráfico de g é a reta que passa pelos
pontos (0, 0) e (1, –2).
c) Primeiro, eliminemos o módulo
y = –2x
2. Esboce o gráfico de f(x) = I x – 1I + 2.
Solução:
Primeiro, eliminemos o módulo 
ou
Agora , vamos desenhar, pontilhando, as retas
y = x + 1 e y = –x + 3 e, em seguida, marcar, com
traço firme, a parte que interessade cada uma:
para x ≥ 1, f(x) = x + 1
para x < 1, f(x) = –x + 3
Sempre que uma função for dada por várias
sentenças, você poderá proceder dessa forma. 
Um outro modo de se obter o gráfico de f é o
seguinte: primeiro desenhe pontilhado o gráfi-
co de y = I x I; o gráfico de y = I x – 1 I obtém-
se do anterior transladando-o para a direita de
uma unidade; o gráfico de f obtém-se deste
último transladando-o para cima de duas uni-
dades.
1.5 Função quadrática (função polinomial do 2.o
grau)
Definição
Chama-se função quadrática, ou função poli-
nomial do 2.o grau, qualquer função f de IR em
IR dada por uma lei da forma 
f(x) = ax2 + bx + c, em que a, b e c são
números reais e a ≠ 0.
Gráfico
O gráfico de uma função polinomial do 2.o
grau, y = ax2 + bx + c, com a ≠ 0, é uma curva
chamada parábola.
• a > 0, então f terá concavidade voltada para
cima;
• a < 0, então f terá concavidade voltada para
baixo.
Observação – A quantidade de raízes reais de
uma função quadrática depende do valor obti-
do para o radicando Δ, chamado discrimi-
nante, a saber: 
• quando Δ é positivo, há duas raízes reais e
distintas;
• quando Δ é zero, há só uma raiz real; 
• quando Δ é negativo, não há raiz real. 
Coordenadas do vértice da parábola
Quando a > 0, a parábola tem concavidade
voltada para cima e um ponto de mínimo V;
quando a < 0, a parábola tem concavidade
voltada para baixo e um ponto de máximo V. 
Em qualquer caso, as coordenadas de V 
são . Veja os gráficos:
Exemplo:
(PUC) Determine as coordenadas do vértice da
17
Cálculo I – Função
parábola y = –x2 + 2x – 5.
a) (1,–4) b) (0,–4)
c) (–1,–4) d) (2,–2)
e) (1,–3)
Solução:
1. y = –x2 + 2x – 5, então a = –1, b = 2 e
c = –5
2. = b2 – 4ac = 22 – 4.(–1).(–5) = –16
3.
4.
5. Logo o vértice é dado pelo ponto (1,–4)
Imagem
O conjunto-imagem Im da função y = ax2 + bx
+ c, a ≠ 0 é o conjunto dos valores que y pode
assumir. Há duas possibilidades:
a < 0
Exemplo:
(USP) Construir o gráfico da função 
f(x) = –x2 + 2x –1, no plano cartesiano.
Solução:
(1) f(x) = –x2 + 2x –1, então a = –1, b = 2 e
c = –1
(2) = b2 – 4ac, então = 22 – 4.(–1).(–1) = 0,
logo as raízes de f são 
(3)
(4)
(5) O vértice da parábola é dado pelo ponto
(1,0)
(6) f toca o eixo das ordenadas no ponto (0,–1)
(7) Então o gráfico pode ser dado por:
Observação:
1. Função polinomial – Uma função f: IR → IR
dada por
f(x) = a0xn + a1xn–1+ ... + an – 1x + an
em que a0, a1, a2, ..., an são números fixos,
denomina-se função polinomial de grau n (n
IN).
a) f(x) = x2 – 4 é uma função polinomial de
grau 2, e seu gráfico é a parábola
18
UEA – Licenciatura em Matemática
O gráfico de uma função polinomial de grau
2 é uma parábola com eixo de simetria pa-
ralela ao eixo Oy.
b) g(x) = (x – 1)3 é uma função polinomial de
grau 3; seu gráfico obtém-se do gráfico de
y = x3, transladando-o uma unidade para a
direita.
2. Função racional – Uma função f é uma função 
dada por onde p e q são duas
funções polinomiais; o domínio de f é o con-
junto {x∈IR|q(x) ≠ 0}.
a) é uma função racional definida
para todo x 0. Como , segue
que o gráfico de f é obtido do gráfico de
y = 1/x, transladando-o uma unidade para
cima (veja Ex. 3).
b) é uma função racional com
domínio {x∈IR|x ≠ 0}. Observe que 
. À medida que I x I vai crescen-
do , 1/x vai aproximando-se de zero, e o grá-
fico de g vai, então “encostando” na reta
y = x (por cima se x > 0; por baixo se x < 0).
À medida que x aproxima-se de zero, o grá-
fico de g vai encostando na curva .
c) é uma função racional com
Domínio {x∈IR|x ≠ –2}. O gráfico de h é 
obtido do gráfico de y = , transladando-o
duas unidades para a esquerda.
19
Cálculo I – Função
1. Calcule:
a) f(–1) e sendo f(x) = –x2 + 2x
b) g (0), g (2) e g( ) sendo 
c) sendo f(x) = x2 e ab ≠ 0
d) sendo f(x) = 3x + 1 e ab ≠ 0
2. Simplifique sendo dados:
a) f(x) = x2 e p = 1
b) f(x) = 2x + 1 e p = 2
c) f(x) = 1/x e p = 2
d) f(x) = e p = –3
e) f(x) = 5 e p = 2
3. Simplifique (h ≠ 0) sendo f(x)
igual a:
a) 2x + 1
b) x2
c) –2x2 + 3
d) 5
e)
4. Dê o domínio e esboce o gráfico.
a) f(x) = 3x
b)
c) h(x) =
d) g(x) =
e) f(x) = 
5. Determine o domínio das funções:
a) b) 
c) d)
e)
1.6 Função exponencial
Chamamos de funções exponenciais aquelas
nas quais temos a variável aparecendo em ex-
poente.
A função f:IR IR+ definida por f(x) = ax, com a
IR+ e a 1, é chamada função exponencial de
base a. O domínio dessa função é o conjunto
IR (reais), e o contradomínio é IR+ (reais posi-
tivos, maiores que zero).
Gráfico cartesiano da função exponencial
Temos 2 casos a considerar:
quando a>1;
quando 0<a<1.
Acompanhe os exemplos seguintes:
1. y = 2x (nesse caso, a=2, logo a>1)
Atribuindo alguns valores a x e calculando os
correspondentes valores de y, obtemos a tabe-
la e o gráfico abaixo:
2. y = (1/2)x (nesse caso, a=1/2, logo 0<a<1)
Atribuindo alguns valores a x e calculando os
correspondentes valores de y, obtemos a ta-
bela e o gráfico seguintes:
0
20
UEA – Licenciatura em Matemática
Nos dois exemplos, podemos observar que:
a) O gráfico nunca intercepta o eixo horizontal;
a função não tem raízes.
b) O gráfico corta o eixo vertical no ponto (0,1).
c) Os valores de y são sempre positivos (po-
tência de base positiva é positiva), portanto
o conjunto imagem é Im=IR+.
Além disso, podemos estabelecer o seguinte:
Se 0 < a < 1, então f será decrescente.
Se a > 1, então f será decrescente.
1.7 Função logaritmica
Considere a função y = ax, denominada função
exponencial, em que a base a é um número po-
sitivo e diferente de 1, definida para todo x real.
Observe que, nessas condições, ax é um nú-
mero positivo, para todo x∈IR, onde IR é o
conjunto dos números reais.
Denotando o conjunto dos números reais po-
sitivos por R+*, poderemos escrever a função
exponencial como segue:
f: R → R*+ ; y = ax , 0 < a ≠ 1
Essa é bijetora, pois:
a) É injetora, ou seja: elementos distintos pos-
suem imagens distintas.
b) É sobrejetora, pois o conjunto imagem co-
incide com o seu contradomínio.
Assim sendo, a função exponencial é BIJETO-
RA e, portanto, é uma função inversível, ou
seja, admite uma função inversa.
Vamos determinar a da função y = ax , onde
0 < a ≠ 1.
Permutando x por y, vem:
x = ay → y = logax
Portanto a função logarítmica é então:
f: R*+ → R ; y = logax , 0 < a ≠ 1.
Mostramos, a seguir, os gráficos das funções
exponencial (y = ax) e logarítmica
(y = logax), para os casos a > 1 e 0 < a ≠ 1. 
Observe que, sendo as funções inversas, os
seus gráficos são curvas simétricas em relação
à bissetriz do primeiro e terceiro quadrantes,
ou seja, simétricas em relação à reta y = x.
0
21
Cálculo I – Função
Da simples observação dos gráficos acima,
podemos concluir que:
• Para a > 1, as funções exponencial e loga-
rítmica são CRESCENTES.
• Para 0 < a ≠ 1, elas são DECRESCENTES.
• O domínio da função y = logax é o conjun-
to R+* .
• O conjunto imagem da função y = logax é o
conjunto R dos números reais.
• O domínio da função y = ax é o conjunto R
dos números reais.
• O conjunto-imagem da função y = ax é o
conjunto R*+.
Observe que o domínio da função exponencial
é igual ao conjunto-imagem da função logarít-
mica e que o domínio da função logarítmica é
igual ao conjunto-imagem da função exponen-
cial. Isso ocorre porque as funções são inver-
sas entre si.
0
22
UEA – Licenciatura em Matemática
UNIDADE II
Limites
TEMA 02
LIMITES: DEFINIÇÃO E LIMITES LATERAIS
2.1 O papel dos limites de funções reais
O conceito de Limite de uma função realiza
um papel muito importante em toda teoria ma-
temática envolvida com o CálculoDiferencial e
Integral. Há uma cadeia ordenada muito bem
estabelecida no Cálculo:
Conjuntos, Funções, Limites, Continuidade,
Derivadas e Integrais
Para entender os conceitos mais importantes
da lista acima, que são os últimos, a Teoria de
Limites é fundamental.
O motivo para isso é que nem tudo o que que-
remos realizar ocorre no meio físico, e quase
sempre é necessário introduzir um modelo que
procura algo que está fora das coisas comuns,
e essa procura ocorre com os limites nos estu-
dos de seqüências, séries, cálculos de raízes
de funções...
Por exemplo, obter uma raiz de uma função
polinomial de grau maior do que 4 somente é
possível por meio de métodos numéricos que
utilizam fortemente as idéias de limite e con-
tinuidade. Na verdade, esse cálculo depende
do Teorema do Valor Intermediário (apresenta-
do no fim), que é uma conseqüência do estu-
do de continuidade de funções.
2.2 Idéia intuitiva de limite
Estudaremos o comportamento de uma função
f nas proximidades de um ponto. Para fixar
idéias, consideremos a função f:R – {1} → R 
definida por: 
lim
Para x diferente de 1, f pode ser simplificada e
reescrita na forma mais simples: f(x) = x + 1.
Ao analisar o comportamento dessa função nas
vizinhanças do ponto x = 1, ponto este que não
pertence ao domínio de f, constatamos que a
função se aproxima rapidamente do valor L =
2, quando os valores de x se aproximam de x =
1, tanto por valores de x < 1 (à esquerda de 1)
quanto por valores x > 1 (à direita de 1).
Do ponto de vista numérico, as tabelas abaixo
mostram o comportamento da função f, para
valores x à esquerda e à direita de x = 1.
Pela esquerda de x = 1
Pela direita de x = 1
Nesse caso, dizemos L = 2 é o limite da função
f quando x se aproxima de 1, o que denotare-
mos por:
lim
x→1 f(x) = 2
Esse resultado pode ser visto por meio da análise
gráfica de f, cujo esboço vemos na figura abaixo:
2.3 Limite de uma função real
Seja f uma função real definida sobre o interva-
lo (a,b) exceto talvez no ponto x = c que per-
tence a intervalo (a,b), Le e Ld números reais. 
Diz-se que o limite lateral à direita de f no ponto
c é igual a Ld, se os valores da função se
aproximam de Ld, quando x se aproxima de c
por valores (à direita de c) maiores do que c.
Em símbolos:
lim
x→ +∞ f(x) = Ld
O limite lateral à esquerda de f no ponto c é
igual a Le, se os valores da função se aproxi-
mam de Le, quando x se aproxima de c por va-
lores (à esquerda de c) menores que c. Em
símbolos:
lim
x→ +∞ f(x) = Le
Quando o limite lateral à esquerda Le coincide
com o limite lateral à direita Ld, diz–se que
existe o limite da função no ponto c e o seu
valor é Ld = Le = L. Com notações simbólicas,
escrevemos:
25
Cálculo I – Limites 
26
UEA – Licenciatura em Matemática
lim
x→ c f(x) = L
O que significa que, para qualquer e > 0 e arbi-
trário, existe um d > 0, que depende de e, tal
que
|f(x)–L| < e para todo x satisfizando 0 < |x–a|
< d.
No caso em que um dos limites laterais não
existe ou no caso de ambos existirem, porém
com valores diferentes, diremos que a função
não tem limite no ponto em questão.
O próximo resultado afirma que uma função
não pode aproximar-se de dois limites dife-
rentes ao mesmo tempo, e ele é denominado o
teorema da unicidade, porque garante que se
o limite de uma função existe, então ele deverá
ser único.
Unicidade do limite – Se Lim f(x) = A e Lim f(x)
= B quando x tende ao ponto c, então A = B.
Demonstração – Se e > 0 é arbitrário, então
existe d' > 0 tal que |f(x)–A| < e/2 sempre que
0< |x – a| < d'. Como também temos por
hipótese que existe d">0 tal que|f(x)–B| < e/2
sempre que 0<|x–a|<d".
Tomando d=min{d',d"}>0, temos que:
|f(x)–A| < e/2 e |f(x)–B| <e/2 sempre que
0<|x–a|<d.
Pela desigualdade triangular, temos:
|A–B| = |A–f(x)+f(x)–B| < |A–f(x)| + |f(x)–B|.
Como e>0 é arbitrário, temos:
|A–B| < e
então |A–B| = 0, o que garante que A=B.
Exemplos:
1. Seja a função f(x) = 2x + 1. Vamos dar valores
a x que se aproximem de 1, pela sua direita
(valores maiores que 1) e pela esquerda (val-
ores menores que 1) e calcular o valor corres-
pondente de y:
Notamos que à medida que x se aproxima de
1, y se aproxima de 3, ou seja, quando x tende
para 1(x→1), y tende para 3 (y→3), ou seja:
lim
x→1 (2x + 1) = 3
Observamos que quando x tende para 1, y
tende para 3 e o limite da função é 3. Esse é o
estudo do comportamento de f(x) quando x
tende para 1 (x→1). Nem é preciso que x as-
suma o valor 1. Se f(x) tende para 3 (f(x)→3),
dizemos que o limite de f(x) quando x→1 é 3,
embora possam ocorrer casos em que para x
= 1 o valor de f(x) não seja 3. De forma geral,
escrevemos:
lim
x→a f(x) = b se, quando x se aproxima de
a(x → a), f(x) se aproxima de b (f(x) → b).
2. Seja, agora, a função
lim
Como x2 + x – 2 = (x – 1)(x + 2), temos:
Podemos notar que quando x se aproxima de
1 (x → 1), f(x) se aproxima de 3, embora para
x = 1 tenhamos f(x) = 2. o que ocorre é que
procuramos o comportamento de y quando
x→1. E, no caso, y → 3. Logo, o limite de f(x)
é 3.
Escrevemos:
Se g: IR→ IR e g(x) = x + 2, lim
x→1 g(x) = limx→1 (x + 2)
= 1 + 2 = 3, embora g(x) ≠ 1 f(x) em x = 1.
No entanto, ambas têm o mesmo limite.
27
Cálculo I – Limites 
3. Consideremos agora o caso onde f(x) não está
definida em x = c.
à 
Apesar de f(x) não estar definida em x = 1, o
limite de f(x), quando x se aproxima de 1, existe
e é igual a 2:
à 
Ora, x pode ser tomado tão próximo de 1 quan-
to quisermos, sem no entanto ser 1, pelo que o
limite de f(x) é 2.
2.4 Generalização do conceito de limite 
Definição
Dados uma função f: B IR e um ponto de acu-
mulação a de B, diz-se que um número ∈IR
é limite de f em a, e escreve-se:
lim
x→a f(x) = ou f(x) → , com x → a
quando vale a seguinte condição: 
Para todo ε > 0, existe δ = δ(ε) > 0 tal que: 
x ∈ B, 0 < |x – a| < δ ⇒ |f(x) – | < ε.
Exemplos:
1. Consideremos a função
à 
Note que f não está definida no ponto x = 1. No
entanto, para x ≠ 1 temos f(x)=2(x+1) e, por-
tanto, é natural suspeitar que lim
x→1 f(x) = 4.
Mostremos por meio da definição que este é o
caso. De fato, se x ≠ 1 podemos escrever 
|f(x)–4| = |2(x + 1) – 4| = 2|x – 1|. 
Assim, dado ε > 0, se escolhermos δ = ε/2
obtemos 0 < |x – 1| < δ ⇒ 2|x – 1|< ε, ou
seja, |f(x) – 4| < ε. Veja a figura abaixo:
lim
x→1 2(x
2 – 1)/(x – 1) = 4 [δ = ε/2]
à 
2. lim
x→2 (3x + 4) = 10. De fato, dado ε > 0, para encon-
trar um δ > 0 que nos convenha, notemos que
neste caso a = 2 e |f(x) – | = |(3x + 4) – 10| .
Assim, se tomarmos δ = ε/3, temos: 
0 > |x – 2| < δ ⇒
|(3x + 4) – 10| = 3|x – 2| < 3δ = ε.
3. lim
x→2 (x
2 + 1) = 5. De fato, dado ε > 0, vamos
procurar δ > 0 sob a restrição δ ≤ 1. Assim,
|x – 2| < δ implica 1< x < 3 e, portanto,
|x+2| < 5. Logo, se 0 < δ ≤ ε/5, temos
0 < |x – 2| < δ, então
|(x2 + 1) – 5| = |x + 2||x – 2| < 5|x – 2|< 5δ ≤ ε.
Portanto basta tomar 0 < δ ≤ min{1,ε/5}. 
4. lim
x→a cos x = cos a. De fato, observemos que sem-
pre |cos x1 – cos x2|≤||x1 – x2|; confira com a
figura abaixo. Assim, dado ε > 0, podemos
tomar δ = ε uma vez que, nesse caso: 
0 <|x – a|< δ,então:
|cos x – cos a|≤||x – a| < δ = ε
|cos x1 – cos x2|≤||x1 – x2|
à 
28
UEA – Licenciatura em Matemática
1. Na função f definida por 
temos:
lim
x→1+ f(x)= limx→1+(3 – x) = 2 e limx→1− f(x) = limx→1−(x
2 – 4) = –3
Como os limites laterais são diferentes, dize-
mos que lim
x→1 f(x) não existe.
2. Dada a função f definida por para to-
do x∈IR*, calcule lim
x→0+ f(x) e limx→0− f(x). Existe limx→0 f(x)?
Solução:
, temos:
e
Considerando que lim
x→0+ f(x) ≠ limx→0− f(x), concluí-
mos que não existe lim
x→0 f(x).
3. Calcule lim
x→1+ f(x) e limx→1− f(x), sendo 
.
Solução:
lim
x→1+ f(x) = limx→1+ 2x= 2 e limx→1− f(x) = limx→1− x
2 = 1.
1. Calcule, caso exista. Se não existir, justifique.
a) 1
b) n
c) 1
d) n
2. Dada a função , verifique que
lim
x→1+ f(x) = limx→1− f(x).
TEMA 03
CONTINUIDADE DE UMA FUNÇÃO
3.1 Introdução
Dizemos que uma função f(x) é contínua num
ponto a do seu domínio se as seguintes
condições são satisfeitas:
∃f(a)
∃lim
x→a f(x)
lim
x→a f(x) = f(a)
3.2 Propriedade das funções contínuas
Se f(x) e g(x)são contínuas em x = a, então:
f(x) ± g(x) é contínua em a; 
f(x) . g(x) é contínua em a; 
f(x)
g(x) é contínua em a (g(a) ≠ 0).
3.3 Generalização sobre continuidade de uma
função
Dizer que uma função f é contínua em um
ponto a significa que f(a) existe e que f leva
pontos “próximos” de a em pontos “próximos”
de f(a). Isso pode ser resumido precisamente
na seguinte definição: 
Definição:
Uma função f : B → é contínua em um ponto
a∈B se, dado ε, existe δ > 0 de modo que 
x∈B, |x – a| < δ ⇒ |f(x) – f(a)| < ε.
Note que, se o domínio de f for um intervalo,
B=(b,c), b<c, a definição está exigindo as três
seguintes condições: 1) a∈B; 2) existe lim
x→a f(x) e
3) lim
x→a f(x) = f(a). 
3.4 O teorema de Weierstrass
Toda função contínua num intervalo fechado
[a,b] assume um máximo e um mínimo em
[a,b].
Entretanto é importante observar que ele ga-
rante que uma função, sendo contínua num in-
tervalo fechado, certamente admitirá ponto de
extremo, tanto máximo como mínimo, poden-
29
Cálculo I – Limites 
do ser interior ao intervalo ou em qualquer das
extremidades. 
à 
Observação:
No gráfico, observamos que a função admite
um ponto de máximo local e um ponto de mí-
nimo local, ambos interiores ao intervalo. 
Entretanto o ponto de máximo global da fun-
ção ocorre na extremidade b, e o ponto de
mínimo global ocorre na extremidade a do in-
tervalo.
Também é conveniente observar que o Teo-
rema só vale se a função é contínua num inter-
valo fechado. Se a continuidade for num inter-
valo aberto, não é possível garantir a existência
de máximo e mínimo globais.
Exemplos:
1 Consideremos 
à 
medida que x se
aproxima de 2. Neste caso, f(x) está definido
em 2 e é igual ao seu limite: 0.4, vejamos:
À medida que x aproxima–se de 2, f(x) aproxi-
ma–se de 0.4 e consequentemente temos a
igualdade lim
x→ 2 f(x) = 0.4. Sempre que se veri-
fique a igualdade f(c) = lim
x→ c f(x), diz–se que f é
contínua em x = c. A igualdade não é válida
para todas as funções. 
2. Vejamos a função:
à 
O limite de g(x) à medida que x se aproxima de
2 é 0.4 (tal como em f(x)), mas lim
x→ 2 g(x) ≠ g(2) e
consequentemente g não é contínua em x = 2.
3. a função f(x) = 2x + 1 definida em IR é con-
tínua em 1, pois 
Notemos que f é contínua em IR, pois para
todo a ∈ IR, temos: 
4. A função definida em IR é
descontínua em 1, pois 
Observemos que f é contínua em IR – {1} pois,
para todo a IR – {1}, temos:
5. Dada a função , verificar se
existe algum ponto de descontinuidade .
Como lim
x→ 3 f(x) = limx→ 3 (x + 1) = 4; limx→ 3+ f(x) =
= lim
x→ 3 4 = 4 e f(3) = 4 temos que limx→ 3 f(x) = f(3)
o que implica que a função é contínua no ponto
x = 3.
Para k ≤ 3, lim
x→ k f(x) = limx→ k (x + 1) =
lim
x→ k x + limx→ k 1 = k + 1 e f(k) = k + 1
Para k > 3, lim
x→ k f(x) = limx→ k 4 = 4 e f(k) = 4 
Então, f é contínua em IR e não há ponto de
descontinuidade.
Em geral, restringimos a análise aos valores de
x que não verificam as condições de existência
de f ou que “quebram” o domínio de f (neste
exemplo, x = 3).
6. Verifique se a função é contínua
em x = 3.
Cálculo de f(3):
Cálculo de lim
x® 3
f(x) =
Como lim
x® 3
f(x) = f(3), f(x) é contínua em x = 3
Verifique se a função f é contínua no ponto
especificado.
1.
2.
3.
4.
5.
TEMA 04
PROPRIEDADES DOS LIMITES
4.1 Introdução
Muitas funções do Cálculo podem ser obtidas
como somas, diferenças, produtos, quocientes
e potências de funções simples. Introduzire-
mos propriedades que podem ser usadas para
simplificar as funções mais elaboradas. Em
todas as situações abaixo, consideraremos
x→a.
• Se f(x) = C onde C é constante, então
Lim f(x) = Lim C = C.
• Se k e b são constantes e f(x) = kx+b,
então Lim f(x) = Lim (kx+b) = ka+b.
• Se f e g são duas funções, k uma constante,
A e B números reais e além disso Lim
f(x)=A e Lim g(x)=B, então:
(1) Lim(f ± g)(x)=[Lim f(x)]±[Lim g(x)] = A ± B
(2) Lim(f·g)(x) = [Lim f(x)]·[Lim g(x)] = A·B
(3) Lim(k·f)(x) = k·Lim f(x) = k·A
(4) Lim(f)n(x) = (Lim f(x))n = An
(5) Lim(f÷g)(x) = [Lim f(x)]÷[Lim g(x)] = A÷B,
se B é não nulo.
(6) Lim exp[f(x)]= exp[Lim f(x)] = exp(A)
• Se acontecer uma das situações abaixo:
Lim f(x) = 0.
Lim f(x)>0 e n é um número natural.
Lim f(x)<0 e n é um número natural ímpar.
Então:
Exemplos:
1.
2.
3.
4.
30
UEA – Licenciatura em Matemática
31
Cálculo I – Limites 
5.
6.
7.
8.
Observações sobre as propriedades:
As propriedades que valem para duas funções,
valem também para um número finito de fun-
ções.
As propriedades 3–1, 3–2 e 3–5 estabelecem
que, se existem os limites das parcelas, então
existirá o limite da operação, mas a recíproca
deste fato não é verdadeira, pois o limite de
uma operação pode existir sem que existam os
limites das parcelas.
4.2 Teoremas importantes
Teorema do anulamento – Se f é uma função
limitada e g é uma função tal que Lim g(x) = 0,
quando x→a, então: Lim f(x)·g(x) = 0.
Esse resultado é útil para podermos obter cál-
culos com limites.
Teorema do Confronto (regra do sanduiche)
– Se valem as desigualdades f(x)< g(x) < h(x)
para todo x em um intervalo aberto contendo a,
exceto talvez em x = a e se Lim f(x) = L = Lim
h(x), então Lim g(x) = L.
Generalização:
Sejam f, g, h : B → tais que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x)
x∈B, e lim
x→a f(x) = limx→a h(x) = . Então limx→a g(x) = .
O gráfico de g fica "preso'' entre os de f e h,
como mostra a figura abaixo.
Demonstração:
Seja ε > 0 um número qualquer. Como
lim
x→a f(x)= limx→a h(x)= , existem δ1,δ2>0 de modo que
x∈A, 0<|x – a|<δ1 ⇒ – ε < f(x) < + ε,
x∈A, 0<|x – a|<δ2 ⇒ – ε < f(x) < + ε,
Logo, se δ: = min{δ1,δ2} > 0 e se x∈A, a
condição 0 < |x – a| < δ implica 
ε < f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) < + ε,
Donde |g(x) – | < ε, ou seja, lim
x→a g(x) = . 
Exemplo – Se para x próximo de 0, vale a
relação de desigualdades cos(x) < sen(x)/x <
1 então, quando x→0:
1 = Lim cos(x) < Lim sen(x)/x < Lim 1 = 1
Observações – Todas as propriedades vistas
para o cálculo de limites são válidas também
para limites laterais e para limites no infinito.
Quando, no cálculo do limite de uma função,
aparecer uma das sete formas, que são deno-
minadas expressões indeterminadas,
nada se poderá concluir de imediato sem um
estudo mais aprofundado de cada caso.
Exemplo:
Seja f uma função e suponha que para todo x
tenhamos |f(x)| ≤ x2.
a) Calcule, caso exista, lim
x→ 0 f(x);
b) f é contínua em x = 0? Por quê?
Solução:
a) |f(x)| ≤ x2 ⇔ –x2 ≤ f(x) ≤ x2 
Como lim
x→ 0 f(–x
2) = 0 = lim
x→ 0 x
2, segue, do teo-
rema do confronto, que lim
x→ 0 f(x) = 0.
b) Segue de (a) que f será contínua em 0 se
f(0)=0. Pela hipótese, |f(x)| ≤ x2 para todo
x, logo, |f(0)| ≤ 0e, portanto, f(0)=0. Assim,
lim
x→ 0 f(x) = 0 = f(0), ou seja, f é contínua em 0.
1. Calcular .
Como as funções f(x) = x2 – 9 e g(x) = x – 3 se
anulam para x = 3, cairemos na expressão e
nada poderemos concluir. Assim, devemos sim-
plificar a fração, eliminando a indeterminação.
Logo, 
2. Calcular .
Nesse caso, devemos multiplicar e dividir a
fração pelo conjugado do numerador.
3. Calcular .
4. Calcular .
1. Calcule lim
x→ 1 (log 10x).
a) 0 b) 1
c) 2 d) 3
e) 4
2. Determine o Valor de .
a) 1/5b) 2/6
c) 3/4 
d) 4/3
e) 3/5
3. Calcule .
a) 10
b) 12
c) 15
d) 17
e) 19
4. Calcule
a) 2/5
b) 3/5
c) 3/2
d) 2/3
e) 2/4
5. Ache o valor de .
a) 1
b) –1
c) –2
d) 3
e) –4
6. O é igual a:
a) –4 b) 1
c) 4 d) 2
e) 3
7. Calcular .
a) x b) 2x
c) 4x d) 3x
e) 5x
32
UEA – Licenciatura em Matemática
8. O é igual a:
a) 1/9
b) 1/27
c) 1/243
d) 1/81
e) 1/54
9. O valor de é:
a) 2
b) 0
c) 8
d) 4
e)
10. O limite
a) não existe;
b) não é nenhum número real;
c) vale 2;
d) vale 0;
e) vale 4.
11. O vale:
a) 0
b) 1
c) 2
d) 4
e) 6
12. O valor de é:
a) –1
b) –2
c)
d) 0
e) 1
TEMA 05
LIMITES INFINITESIMAIS
5.1 Limites infinitos
Seja f a função definida por f(x)=1/x. Iremos
analisar o comportamento numérico dessa fun-
ção por meio das tabelas abaixo.
Quando x → 0, por valores maiores que zero
(x → 0+) os valores da função crescem sem
limite.
Quando x → 0, por valores menores que zero
(x → 0), os valores da função decrescem sem
limite.
Observamos que próximo de x = 0, o compor-
tamento da função é estranho.
Baseado nesse exemplo, podemos afirmar que
quando x tende a 0, esta função não tem os va-
lores aproximando-se de um limite bem defi-
nido.
Ao analisar o comportamento numérico de
f(x)=1/x², nas proximidades de x=0, observa-
mos que:
33
Cálculo I – Limites 
Observamos pelas tabelas, que se x → 0, por
valores maiores ou menores do que 0, os va-
lores da função crescem sem limite. Assim, po-
demos afirmar, por este exemplo, que, quando
x → 0 esta função tem os valores aproximan-
do-se de um limiar (inf = infinito = ∞). Nesse
caso, dizemos que não existe o limite de
f(x)=1/x² no ponto x=0, mas denotamos tal
fato por:
Por causa dessa notação, costuma-se dizer
que algumas funções têm limites infinitos, e
por causa desse limite, dizemos também que o
gráfico desta função tem uma assíntota verti-
cal, que é uma reta cuja equação é dada por 
x = 0, neste caso.
Definição:
Seja f uma função definida para todo x em I,
exceto possivelmente no ponto x = a em I um
intervalo aberto contendo a. Diz-se que f tem
limite infinito, quando x se aproxima de a, o que
é denotado por: limx→a f(x)=+ ∞
Se, para todo número real L>0, existir um d>0
tal que se 0<|x–a|<d, então f(x) > L.
De modo similar, g(x)=–1/x² apresenta um grá-
fico com todos os valores da imagem no interva-
lo (–∞,0). O comportamento de g próximo de 
x = 0 é similar ao de f(x) = 1/x², porém os valores
são negativos. Nesse caso, dizemos que não
existe limite no ponto x = 0, no entanto represen-
tamos tal resultado por: Limx→0 –1/x²= + ∞
Definição: 
Se o limite de f(x) tende a infinito, quando x→a
pela esquerda e também pela direita, dizemos
que o limite de f(x), quando x → a é infinito, e
escrevemos: limx→af(x) = +∞
Analogamente, a expressão matemática:
limx→af(x) = –∞
significa que f(x) tende a –∞, se x→a pela
esquerda e também pela direita.
5.2 Extensão sobre limites no infinito
Analisaremos agora o comportamento de
h(x)=1/x, quando x cresce arbitrariamente
(x→∞) ou quando x decresce arbitrariamente
(x→–∞).
Pelas tabelas, observamos que:
Limx→+ ∞ h(x) = 0
Limx→– ∞ h(x) = 0
Quando construímos o gráfico de h, observa-
mos que existe uma reta (assíntota) horizontal
que é a reta y=0, que nunca toca a função,
mas aproxima-se dela em +∞ e em –∞.
Temos, então, uma definição geral, engloban-
do tal situação:
Definição:
Seja f uma função definida para todos os valores
do intervalo (a,∞). Escrevemos:
lim
x→∞ f(x) = L 
quando, para todo e>0, existe um número real
M > 0 tal que |f(x)–L|<e sempre que x > M.
y
x
x
y
x
y
34
UEA – Licenciatura em Matemática
Formalizaremos agora o conceito de assíntota
horizontal.
Definição:
Dizemos que a reta y = L é uma assíntota ho-
rizontal do gráfico de f se
lim
x→∞ f(x) = L ou limx→–∞f(x) = L
5.3 Limite de uma função polinomial para x→±∞
Seja a função polinomial
f(x) = anxn + an–1xn–1 +... + a2x2 + a1x + a0.
Então:
Demonstração:
Mas:
Logo:
De forma análoga, para g(x) = bmxm +...b1x + b0,
temos:
Exemplos:
1.
2.
3.
1. Calcule
a) 1/5 b) 2/6
c) 1/2 d) 3/4
e) 1/4
2. Calcule 
a) 0
b) 1
c) 3
d) 2
e) 4
3. Calcule .
a) 0
b) 1
c) 6
d) 2
e) –2
4. Calcule .
a) 1
b) 4
c) 3
d) 2
e) 0
5. Calcule os limites:
a)
b)
c)
d)
e)
35
Cálculo I – Limites 
TEMA 06
LIMITES TRIGONOMÉTRICOS
6.1 Introdução
Demonstração:
Para x → 0, temos sen x < x < tg x. Dividindo
a dupla desigualdade por sen x > 0, vem:
Invertendo, temos:
Mas:
lim
x→0 1 = limx→0 cos x = 1
g(x) < f(x) < h(x) são funções contínuas e se
lim
x→a g(x) = limx→a h(x) = b então, limx→a f(x) = b. Logo, 
6.2 Exemplos:
a)
b)
c)
d)
1. Determinar .
2. Determinar
Transformando, temos:
3. Calcular
Transformando, temos:
1. Calcular os seguintes limites:
a)
b)
36
UEA – Licenciatura em Matemática
2. Determine:
a)
b)
c)
3. Calcular os seguintes limites:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
TEMA 07
LIMITES EXPONENCIAIS
7.1 Introdução
Nesse caso, e representa a base dos logarit-
mos naturais ou neperianos. Trata-se do nú-
mero irracional cujo valor aproximado é
2,7182818.
Veja a tabela com valores de x e de .
Notamos que à medida que .
De forma análoga, efetuando a substituição 
, temos:
Ainda de forma mais geral, temos :
As duas formas acima dão a solução imediata
a exercícios desse tipo e evitam substituições
algébricas.
Se ax – 1 = u, então ax + 1 = u.
Mas:
37
Cálculo I – Limites 
Logo:
Como x → 0 , então u → 0. Portanto: 
Generalizando a propriedade acima, temos 
.
1. Determinar
2. Determinar o .
Fazendo temos x = 3 u e x → + ∞ impli-
ca u → +∞ assim:
Logo:
3. Calcular .
Transformando, temos:
Fazendo –x = t, temos:
x → –∞ t → + ∞
Substituindo-se, vem:
1. Calcule 
a) e b) e7
c) 1/e3 d) ex
e) e4
2. Calcule o 
a) e b) –e
c) e2 d) 
e) e4
3. Calcule os limites:
a)
b)
c)
38
UEA – Licenciatura em Matemática
Augustin-Louis Cauchy 
(Paris, 21 de agosto de 1789 – Paris, 23 de maio
de 1857) foi um matemático francês.
O primeiro avanço na matemática moderna
por ele produzido foi a introdução do rigor na
análise matemática. O segundo foi no lado
oposto – combinatorial. Partindo do ponto cen-
tral do método de Lagrange, na teoria das equa-
ções, Cauchy tornou-a abstrata e começou a
sistemática criação da teoria dos grupos. Não
se interessando pela eventual aplicação do
que criava, ele desenvolveu para si mesmo
um sistema abstrato. Antes dele, poucos bus-
caram descobertas proveitosas na simples
manipulação da álgebra.
Foi um dos fundadores da teoria de grupos fini-
tos. Em análise infinitesimal, criou a noção
moderna de continuidade para as funções de
variável real ou complexa. Mostrou a importância
da convergência das séries inteiras, com as
quais seu nome está ligado. Fez definições pre-
cisas das noções de limite e integral definida,
transformando-as em notável instrumento para
o estudo das funções complexas. Sua abor-
dagem da teoria das equações diferenciais foi
inteiramente nova, demonstrando a existência
de unicidade das soluções, quando definidas
as condições de contorno. Exerceu grande
influência sobre a física de então, ao ser o
primeiro a formular as bases matemáticas das
propriedades do éter, o fluido hipotético que
serviria como meio de propagação da luz.
A vida de Augustin Cauchy assemelha-se a
uma tragicomédia. Seu pai, Louis-François,
esteve muito próximo da guilhotina, apesar
de ser advogado, culto, estudioso da Bíblia,
católico fanático e tenente de polícia.Augustin era o mais velho dos seis filhos (dois
homens e quatro mulheres). Seguia obsti-
nadamente os preceitos da Igreja Católica.
Seu eterno louvor à beleza e à santidade
cansava os que o ouviam.
39
Cálculo I – Limites 
UNIDADE III
Derivada
43
Cálculo I – Derivada
TEMA 08
DERIVADA DE UMA FUNÇÃO, DEFINIÇÃO
8.1 CÁLCULO DIFERENCIAL: UMA DUPLA
AGITA O MEIO CIENTÍFICO
As primeiras idéias sobre o cálculo foram re-
gistradas na Grécia, no século V a.C., e es-
tavam ligadas ao cálculo de áreas, volumes e
comprimentos de arcos.
Supõe-se que foi o matemático grego Eudoxo
de Cnido quem teria dado os primeiros passos
nesse campo, criando o método de exaustão,
que mais tarde foi aplicado brilhantemente
pelo matemático grego Arquimedes de Sira-
cusa (287–212 a.C.) para calcular a área de um
segmento parabólico. Para o cálculo avançar,
porém, era necessário descobrir fórmulas ge-
rais, que permitissem, por exemplo, calcular a
área de qualquer figura geométrica.
Contudo isso só veio a acontecer no século
XVII, quando vários matemáticos, entre eles o
francês Pierre de Fermat (1601–1665) e os
ingleses Jhon Wallis (1616–1703) e Isaac
Barrow (1630–1677), deram importantes pas-
sos nesse sentido, além de abrirem caminho
para dois outros grandes matemáticos daque-
la época: Isaac Newton e Gottfried W. Leibniz.
Isaac Newton Gottfried Wilhelm Leibniz
Essa dupla, trabalhando separadamente e no
mesmo período, estabeleceu as bases do
cálculo.
Newton fundamentava suas idéias na mecâni-
ca e Leibniz, na geometria.
A partir do século XVIII, o cálculo sofreria pro-
fundas transformações, principalmente por
causa dos trabalhos dos matemáticos france-
ses Augustin Louis Cauchy (1789–1857) e
Joseph Louis Lagrange (1736–1813).
O cálculo diferencial e integral, como é co-
nhecido hoje, é um instrumento matemático de
extrema importância. Suas aplicações, além da
matemática e da física, estendem-se também à
química, à biologia, à engenharia, etc.
8.2 INTRODUÇÃO DO ESTUDO DAS
DERIVADAS
O problema fundamental do cálculo diferencial
é estabelecer uma medida para a variação da
função com precisão matemática. Foi investi-
gando problemas dessa natureza, lidando com
grandezas que variam com continuidade, que
Newton foi conduzido à descoberta dos princí-
pios fundamentais do cálculo.
Da física, sabemos que quando uma partícula
se movimenta segundo a equação horária S =
f(t), em que s é a abscissa (posição) do ponto
em que se encontra a partícula no instante t (s
é uma função de t), a velocidade média do mo-
vimento entre dois instantes (t0,t), que vamos
indicar por Vm(t0;t) é dada por: 
A velocidade (instantânea) no instante t0, V(t0) é
definida pelo limite de Vm(t0; t) quando t tende
a t0:
Exemplo:
• Uma particula movimenta-se segundo a
equação horária S = 2t2 + 5t + 10, s em me-
tros e t em segundos. Obter a velocidade:
a) no instante t = 1;
b) num instante t = t0
44
UEA – Licenciatura em Matemática
Solução:
a)
A velocidade média no instante t = 1 é:
V(1) = 9m/s
b)
V(t0) = 4t0+ 5
equação da velocidade para 
t = 1 ⇒ V(1) = 4 × 1 + 5 = 9m/s
8.3 RAZÃO INCREMENTAL
Seja f (x) uma função definida em um intervalo
I de seu domínio, e sejam x0 e x = x0 + Δx dois
valores pertencentes a esse intervalo
Δx : acréscimo da variável x : Δx = x – x0
Δx : acréscimo da variável y : Δy = f(x) – f(x0)
ou Δy = f(x0 + Δx) – f(x0) 
Denomina-se razão inceremental o quociente
Então, temos:
ou
Exemplo:
Calcular a razão incremental da função
f(x) = 3x – 1, relativa ao ponto x0 = 2
Solução:
f(x) = 3x – 1 e f(x0) = f(2) = 3 . 2 – 1 ⇒ f(x0) = 5
Então, temos:
⇒ ⇒
8.4 DERIVADA DE UMA FUNÇÃO EM UM
PONTO
Seja y = f (x) a função que está representada
no gráfico, e sejam x0 e x0 + Δx dois valores de
seu domínio.
Denomina-se derivada da função f (x) no ponto
x0 o limite finito (se existir) da razão incremen-
tal da função quando Δx tende a zero, ou seja: 
45
Cálculo I – Derivada
Exemplo:
1. Determinar a derivada da função f(x) = 4x2 – 2
no ponto x0 = 2
Solução:
Como , temos:
2. Dada a função f(x) = 3x2, definida em IR, calcu-
lar a função derivada f’(x).
Solução:
1. Calcule a razão incremental da função f (x), re-
lativa ao ponto x0, nos seguintes casos:
a) f(x) = 3x2 + 1, no ponto x0 = 2
b) f(x) = x2 + 3x, no ponto x0 = 1
c) f(x) = x3, no ponto x0 = –1
2. Calcule a derivada da função f(x) no ponto x0
em cada caso:
a) f(x) = x2 + 1, no ponto x0 = 3
b) f(x) = x2 + 2x, no ponto x0 = 4
c) f(x) = x2 – 3x + 4, no ponto x0 = 1
d) f(x) = 2x – 1, no ponto x0 = 2
3. Dada a função f (x), definida em IR, determine
f´(x) nos seguites casos:
a) f(x) = x2 – 2x
b) f(x) = x
c) f(x) =
d) f(x) = 3x + 4
e) f(x) = x3 + 2x2
4. Determine o valor de x que anula a derivada da
função f(x) = x2 – 4x
5. Um ponto percorre uma curva obedecendo à
equação horária s = t2 + t – 2. Calcule a sua
velocidade no instante t0= 2seg.
1. A derivada da função f(x) = x2 – 3x no ponto
x = 0 é igual a:
a) 0
b) – 3 
c) – 1 
d) 1 
e) n.d.a.
2. Sendo f(x) = 2x2, então f’(3) é igual a:
a) 4 
b) 12 
c) 18 
46
UEA – Licenciatura em Matemática
d) 36 
e) n.d.a.
3. Se f(x) = 6x3, então f’(x) é igual a:
a) 9x2
b) x2
c) 18x2
d) 3x2
e) n.d.a.
4. A função derivada de y = x3 é definida por:
a) y’ = 3x 
b) y’ = 3x2
c) y’ = x2
d) y’ = 3x3
e)
5. A função derivada da função é:
a)
b)
c)
d)
e) n.d.a.
6. A função derivada da função f(x) = 3x2 – 2x
anula-se para:
a) x = 0 
b) x = 3 
c) 
d) 
e) n.d.a.
TEMA 09
A RETA TANGENTE AO GRÁFICO DE UMA
FUNÇÃO
9.1. Introdução
Imaginemos que o gráfico cartesiano de uma
função y = f (x) admita uma reta tangente t
num ponto P de abscissa x0. Vamos represen-
tar por αt(x0) o ângulo de inclinação da reta tan-
gente em relação ao eixo x.
Da geometria analítica, sabemos que o coefi-
ciente angular da reta t, que vamos indicar por
mt(x0), é dado por: mt(x0) = tgαt(x0).
Se Q é um ponto qualquer do gráfico de f, de
abscissa x ≠ x0, a reta S = é uma secante
ao gráfico. O coeficiente angular da secante,
que indicaremos por 
Fazendo x tender a x0, isto é, imaginando P fixo
e Q movimentando-se sobre o gráfico, aproxi-
47
Cálculo I – Derivada
mando-se de P, observamos que a inclinação
da reta secante tende à inclinação da reta tan-
gente: αs → αt(x0)
Nesse caso, temos tambem: tgαs → tgαt(x0)
ms → mt(x0)
Então, temos: 
Quando existe o limite finito
Exemplo:
Calcular o coeficiente angular da reta tangente
ao gráfico da função y = x² no ponto de abscis-
sa x = 1
Solução
9.2 DEFINIÇÃO
Para estudar esse problema, consideremos o
gráfico da função y = f (x) indicado na figura:
Em que: 
Δx= incremento da variável x
Δyincremento da função
razão incremental
Na figura, temos: 
s é uma reta secante à curva;
t é uma tangente à curva no ponto A(x0, y0);
(considerando o triângulo ABC)
Note que, quando Δx → 0, o ponto B tenderá
ao ponto A, e a reta secante s tenderá à reta
tangente t; como conseqüência, o ângulo β
tenderá a α, e teremos:
Enquanto Δx tende a zero, a reta secante tende
a uma posição limite, que é a reta tangente à
curva no ponto A de abscissa x0.
Portanto o coeficiente angular da tangente é o
valor do limite dos coeficientes angulares das
secantes quando Δx tende a zero.
O valor desse limite denomina-se derivada da
função f(x) no ponto de abscissa x0, e indica-
mos f’(x0).
48
UEA – Licenciatura em Matemática
Definição:
Seja a função f (x) definida no intervalo [a, b], e
seja um pontode abscissa x0 desse inetrvalo.
Denomina-se derivada da função f (x) no
ponto de abscissa x0, o limite, se existir e for 
finito, da razão quando Δx
tende a zero.
Ou ou
Exemplos:
• Determinar a derivada da função f(x) = 3x2
no ponto de abscissa x0 = 2.
Solução:
1.ª MANEIRA
Se x0 = 2 ⇒ f(x0) = f(2) = 3 × 22 = 12
Logo:
2.ª MANEIRA
f(x0 + Δx) = f(2 + Δx) = 3 (2 + Δx)2 = 
12 + 12Δx + 3(Δx)2
f(x0 ) = f(2) = 3 . 22 = 12
Logo:
f’(2 ) = 12
• Dada a função , calcular a deriva-
da de f’(x) no ponto x = 0.
Solução:
Daí:
Observação: Não possui derivada em x = 0
• Determinar, pela definição, a função deriva-
da de f(x) = x2.
Solução:
• Qual a reta tangente ao gráfico da função
na origem?
SOLUÇÃO
A reta que procuramos passa no ponto (0;0)
(x → 0+, pois é definida só para x ≥ 0).
49
Cálculo I – Derivada
Quando o limite é +∞, a reta tangente é
perpendicualr ao eixo x. Concluímos que a
reta tangente a na origem é o eixo y.
• Dada a função f(x) = x2 – 2x, determinar
f’(6):
SOLUÇÃO
f(x) = x2 – 2x
f(x0) = f(6) = 62 – 2 . 6 = 24
Logo:
• Dada a função f (x) = sen x, determinar,
pela definição, a função derivada de f (x).
SOLUÇÃO
Como, pela triigonometria, sen a – sen b = 
, temos:
Pelo limite trigonométrico fundamental,
estudado anteriormente, temos:
Substituindo na igualdade anterior, temos:
• Seja a função f: IR → IR tal que f(x) = 3x2 – 1.
Determinar:
a) a derivada de f no ponto de abscissa 2, isto
é, f´(2);
b) a equação da reta t tangente ao gráfico de f
no ponto P (2, 11).
SOLUÇÃO
a)
como
e
, temos:
b) Temos, da reta t, o ponto P(2,11) e o coefi-
ciente angular m = f’(2) = 12. Pela equação
fundamental: obtemos a equacação da reta
t : y – 11 = 12(x – 2) ∴ y = 12x – 13.
Graficamente, temos:
= 10
50
UEA – Licenciatura em Matemática
• A função f : IR –{3} → tal que é
derivável no intervalo ]1, 5[?
SOLUÇÃO
Para que uma função f seja derivável em um
ponto de abscissa a, a definição exige que
exista f (a). Como 3 ∉ D(f), temos que f não
é derivável no ponto de abscissa 3 e, por-
tanto, não é derivável no intervalo ]1, 5[.
• Mostrar que a função f : IR –{3} → IR tal que 
é derivável em todo seu domínio.
SOLUÇÃO
Temos que: , 
para x ≠ 3.
Existe f’(a) se, e somente se, existe e é fini-
to o limite: 
Para qualquer a, a ∈ IR e a ≠ 3, temos: 
Como esse limite existe e é finito para todo
elemento real a, a ≠ 3, temos que f é
derivável em seu domínio.
1. Considerando a reta t, tangente à curva defini-
da por f (x) = x², no ponto de abscissa 2, deter-
minar:
a) o coeficiente angular da reta t 
b) a equação da reta t. 
2. Considerando a reta t, tangente à curva defini-
da por , no ponto de abscissa 1,
determinar:
a) o coeficiente angular da reta t 
b) a equação da reta t 
3. Qual é a equação da reta tangente à curva
y = x2 – 3x no seu ponto de abscissa 4?
4. A equação da reta tangente à curva de equação
y = 2x2 – 1, no ponto de abscissa 1, é:
a) y = 4x – 3 
b) y = 4x – 1 
c) y = 2x + 3 
d) y = –2x + 1 
e) y = 3x + 2
5. Aplicando a definição, calcule:
a) a derivada da função f(x) = x2 + x no ponto
de abscissa x = 3.
b) a derivada da função f(x) = x2 – 5x + 6 no
ponto x = 1.
6. Através da definição, ache a derivada de
f (x) = cos x
51
TEMA 10
REGRAS DE DERIVAÇÃO
10.1 DERIVADAS FUNDAMENTAIS
Regras que nos permitirão calcular a derivada
de uma função f(x) mais facilmente. A demons-
tração dessas regras poderá ser feita com a
aplicação da definição; como esse processo é
demasiado longo, faremos algumas, e as ou-
tras ficarão como exercícios complementares.
a) Derivada da função constante
f(x) = k ⇒ f’(x) = 0; k ∈ IR
Demonstração: 
Exemplo:
f(x) = ⇒ f’(x) = 0
b) Derivada da função identidade
A derivada da função identidade f (x) = x é
1, ou seja: f(x) = x ⇒ f’(x) = 1
Demonstração:
c) Derivada da função potência
A derivada da função f(x) = xn (n ∈ N*) é: 
f’(x) = n × xn–1, ou seja: 
f(x) = xn ⇒ f’(x) = nxn–1
Exemplos:
• f(x) = x3 ⇒ f’(x) = 3x3–1 = 3x2
• f(x) = 4x2 ⇒ f’(x) = 2 × 4 × x2–1 = 8x
•f(x) = x–5 ⇒ f’(x) = –5 x x–5–1 = –5x–6 =
•
d) Derivada da função seno
A derivada da função f (x) = senx é a função
f´(x) = cosx, ou seja: 
f(x) = senx ⇒ f’(x) = cosx 
Demonstração
Obs.:
e) Derivada da função co-seno
A derivada da função f (x) = cosx é a função
f’(x) = –senx
f) Derivada da funçãoe exponencial
A derivada da função exponencial f(x) = ax
(a > 0 e a ≠ 1 é a função f’(x) = ax . ln a
Demonstração:
Obs:
Exemplo:
f(x) = 5x ⇒ f’(x) = 5x . ln 5 
g) Derivada da função logarítmica neperiana
A derivada da função f (x) = lnx é a função 
(x > 0)
Cálculo I – Derivada
Caso seja dado o logaritmo numa base a, 
a > 0 e a ≠ 1, fazemos a mudança para a base e.
Então: 
Exemplos:
• (x > 0)
• (x > 0)
10.2 REGRAS OPERATÓRIAS DE DERIVAÇÃO
Sejam u e v funções deriváveis em um interva-
lo aberto I. Para todo x, x∈I, tem-se que:
a) Derivada da soma
f(x) = u(x) + v(x) ⇒ f’(x) = u’(x) + v’(x) 
Demonstração:
f’(x) = u’(x) + v’(x) c . q . d
b) Derivada da diferença
f(x) = u(x) – v(x) ⇒ f’(x) = u’(x) – v’(x)
Obs.: A soma ou a diferença para n funções
• f(x) = u1(x) + u2(x) +...+ un ⇒ 
f’(x) = u’1(x) + u’2(x) +...+ u’n(x) 
• f(x) = u1(x) – u2(x) –...– un ⇒ 
f’(x) = u’1(x) – u’2(x) –...– u’n(x)
1. Determinar a derivada de cada uma das
seguintes funções:
a) f(x) = x4 + sen x
Solução:
f’(x) = 4x3 + cos x
b) g(x) = x5 – x3
Solução:
g’(x) = 5x4 – 3x2
c) h(x) = 3 – x + cos x + ln x
Solução:
2. Obtenha as derivadas das seguintes funções:
a) f(x) = 10 ⇒ f’(x) = 10
b) f(x) = x5 ⇒ f’(x) = 5 . x5–1 = 5x4
c) f(x) = x3 + x2 ⇒ f’(x) = 3x2 + 2x
d) f(x) = x5 + 1 ⇒ f’(x) = 5x4 + 0 = 5x4
d) f(x) = x5 + 1 ⇒ f’(x) = 5x4 + 0 = 5x4
e) f(x) = sen x + cos x ⇒ f’(x) = cos x + 
(–sen x) = cos x – sen x
f) f(x) = 2x ⇒ f’(x) = 2x ln 2
g) f(x) = ex ⇒ f’(x) = ex . 1 = ex
h)
3. Encontre a equação da reta tangente à curva:
a) y = x5 no ponto x0 = 1
SOLUÇÃO
y = x5 no ponto x0 = 1
f(x) = x5 ⇒ f(x0) = f(1) = 1
f’(x) = 5x4 ⇒ f’(1) = 5 . 14 = 5
No ponto (1,1): y – f(1) = f’(1)(x – 1)
y – 1 = 5(x – 1) ⇒ y = 5x – 4
b) y = ln x no ponto x0 = 2
SOLUÇÃO
4. Determine f’(x), sabendo que:
a) f(x) = x2 . cos x 
b) f(x) = (x2 + 3x + 1)(ln x)
52
UEA – Licenciatura em Matemática
53
SOLUÇÃO
a) f(x) = x2 . cos x
f’(x) = (x2 . cos x)’ = (x2)’cos x + x2 (cos x)’ =
2x . cos x + x2(–sen x) = 2x . cos x – x2 . sen x
logo, f’(x) = 2x . cos x – x2 . sen x
b) f(x) = (x2 + 3x + 1)(ln x)
f’(x) = (x2 + 3x + 1)’lnx + (x2 + 3x + 1)(ln x)’ =
(2x + 3) ln x + (x2 + 3x + 1) =
= 2x . ln x + 3 . ln x + 3 + 
Logo, f’(x) = 2x . ln x + 3 . ln x + x + 3 + 
5. Determine f’(x), sabendo que:
a)
b)
c) f(x) = tg x
d) f(x) = cot gx 
Respostas: 
a)
b)
c) f’(x) = sec2 x
d) f’(x) = cos sec2 x
1. Determine f’(x), sabendo que:
a) f(x) = x2 + x + 1
b) f(x) = lnx – cos x
c) f(x) = 3x5
d) f(x) = 3x2 + 2x + 1
e) f(x) = ax2 + bx + c
f) f(x) = lnx + 2cos x
2. Determine o coeficiente angular da reta tan-
gente à curva y = x3 + x2 + x + 1 no ponto
x0 = 1.
3. Obter a reta tangente à parábola y = x2 – 4x + 3
no ponto de abscissa 4.
4. Determine a derivada de cada uma das
seguintes funções:
a) a(x) = x3 + x
b) b(x) = ln x – sen x
c) c(x) = cos x ln x
d) d(x) = 6x4 – 3x2 + 7x – 4
5. A equação da reta tangente à curva y = x3 – 5x + 1
no ponto de abscissa x = 1 é:
a) x – y – 4 = 0
b) x – y + 4 = 0
c) x + y – 4 = 0 
d) 2x +y – 1 = 0
e) 2x + y +1 = 0 
6. Uma partícula move-se em linha reta. A
equação horária do espaço s é s(t) = t3 + 4t2,
com s em metros e t em segundos.
a) Obter a velocidade instantânea da partícula
para t = 1seg.
b) Obter a aceleração instantânea para t = 1seg.
7. Um corpo se desloca sobre uma linha reta, de
modo que a equação horária do espaço s é
s(t) = 6t3 – 2t + 3, com s em quilômetros e t em
horas.
a) Qual é a equação horária da aceleração
instantânea desse corpo?
b) Qual é a aceleração instantãnea desse
corpo no instante t = 2h?0
8. Considere as funções f e g dadas por
f(x) = x2 – cos x e g(x) = sen x + x. Calcule o 
valor da expressão . 
9. Considere f(x) = 2x3 – 15x2 + 36x – 7 e
g(x) = x3 – 6x2 + 11x – 6 e determine
f’(0) – 2 . g’(1). 
Cálculo I – Derivada
54
UEA – Licenciatura em Matemática
c) Derivada do produto
f(x) = u(x).v(x) ⇒ f’(x) = u’(x).v(x)+u(x).v’(x) 
d) Derivada do quociente
Sejam u e v funções deriváveis em um inter-
valo aberto I. Para todo x, x∈I e v(x) ≠ 0,
tem-se que:
Obs.: As demonstrações b, c e d ficam para
você fazer como exercícios.
10.3 OUTRAS DERIVADAS
a) f(x) = tg x ⇒ f’(x) = sec2 x
b) f(x) = cot gx ⇒ f’(x) = –cos sec2 x
c) f(x) = sec x ⇒ f’(x) = sec x . tg x
d) f(x) = cossec x ⇒ f’(x) = –cosssec x . cot gx
Obs.: Faça as demonstrações como exercícios.
1. Determinar a derivada da função f(x) = x5 . sen x.
Solução:
u(x) = x5 ⇒ u’(x) = 5x4
v(x) = sen x ⇒ v’(x) = cos x
f’(x) = u’(x) . v(x) + u(x) . v’(x)
f’(x) = 5x4 . sen x + x5 . cos x
2. Determinar a derivada da função f(x) = (x4+8)ln x
Solução:
3. Determinar a derivada da função .
Solução:
u(x) = 3 ⇒ u’(x) = 0
v(x) = sen x ⇒ v’(x) = cos x
10.5 DERIVABILIDADE E CONTINUIDADE
Uma função real y = f(x) é denominada função
derivável no ponto x0 quando existe (finita) a
derivada f’(x0). Quando f é derivável em todos
os pontos do seu domínio, dizemos que ela é
uma função derivável.
Propriedade:
Se a função f é derivável no ponto x0, então f é
contínua em x0.
Demonstração:
Provar que f é contínua em x0 significa provar
que limΔ→x0
f(x) = f(x0)
Admitindo que é derivável em x0, existe:
Então:
lim
x→x0
f(x) = lim
x→x0
f(x) =[f(x) – f(x0) + f(x0)]
lim
x→x0
f(x) = 0 + f(x0) = f(x0)] e fica provado que,
existindo f’(x0), f é contínua em x0.
A recíproca desta propriedade não é ver-
dadeira. Podemos ter uma função contínua em
x0, mas não derivável em x0. É o que ocorre
quando o gráfico tem um “bico” em x = x0
Exemplo:
Mostrar que f (x) = |x| não é derivável em x = 0
55
SOLUÇÃO
Mas
e
Como os limites laterais são diferentes, não
existe f´(0). Portanto f não é derivável em x= 0,
entretanto f é contínua em x = 0.
Reconhecimento prático
a) Uma função é contínua nos pontos em que
não há “salto” nem “furo” no gráfico.
b) Uma função é derivável nos pontos em que
é contínua e existe uma reta tangente ao
gráfico, não perpendicular ao eixo x. Num
ponto em que há um “bico” no gráfico, a
função é contínua, mas não derivável.
1. Observando o gráfico ao lado de uma função f
definida em IR, responda se f é contínua e/ou
derivável em cada ponto seguinte:
a) x = 0 b) x = 1 
c) x = 2 d) x = 3
2. Obtenha a equação da reta tangente ao gráfi-
co de y = tgx no ponto de abscissa .
3. Dada a função de f:
a) f(x) = 2x4 – 3x2 + 4, calcule f´(1)
b) , calcule f’(3)
4. A derivada da função no ponto de
abscissa x = 2 é: 
a) 2 b) 3 
c) 4 d) 0 
e) 1
5. A derivada da função f (x) = tgx, calculada no 
ponto de abscissa vale:
a) 1 
b) 2 
c)
d) 
e) 0
6. Sendo g: IR → IR tal que g(x) = x5, obtenha:
a) g’(2);
b) a equação da reta tangente ao gráfico de g
no ponto de abscissa 2.
7. Encontre a derivada de cada uma das se-
guintes funções:
a) a(x) = x5 + x4 + 2
b) a(x) = x5 + x4 + 2
c) c(x) = x5 ln x
d) d(x) = (x2 + 3) sen x
e) e(x) = x5 sen x cos x
f) f(x) = 9x4
g) g(x) = 12x5 – 3x4 + 2x + 4
h) h(x) = log5 x
i) i(x) = 6log2 x
j)
Cálculo I – Derivada
56
UEA – Licenciatura em Matemática
k)
l)
m)
8. Seja f(x) = x2 – x. Determine as equações das
retas tangentes e normal no ponto de abscissa 0.
9. Determine as equações das retas tangente e
normal ao gráfico da função dada, no ponto
dado.
a) f(x) = x2 – 3x, no ponto de abscissa 0. 
b) , no ponto de abscissa 8. 
c) , no ponto de abscissa 1. 
10. Seja f(x) = x2. Determine a equação da reta
que é tangente ao gráfico de f e paralela à reta 
.
TEMA 11
A REGRA DA CADEIA
11.1 Introdução
Sejam g e f duas funções deriváveis nos pon-
tos x e u, respectivamente. Então:
A derivada da função composta (fog)(x) é
dada por:
(fog)’(x) = g’(x) . f’(x) ou em que
y = f(u) e u = g(x)
Exemplos:
• Determinar a derivada das seguintes
funções:
a) f(x) = (x2 + x)3
b) f(x) = cos 3x
Solução:
a) u = g(x) = x2 + x e f(u) = u3
g’(x) = 2x + 1 e f’(u) = 3u2 = 3(x2 + x)2
Como f’(x) = g’(x) . f’(u)
f’(x) = (2x + 1) . 3(x2 + x)2
b) u = g(x) = 3x e f(u) = cos u
g’(x) = 3 e f’(u) = –sen u = –sen 3x
f’(x) = g’(x) . f’(u) = 3(–sen 3x)
f’(x) = –3sen 3x
1. REGRAS DE DERIVAÇÃO
Decorreram pela regra da cadeia as seguintes
regras de derivação, em que v(x) é uma função
real derivável:
57
Matemática Elementar II – Conjuntos Numéricos
2. DERIVADAS SUCESSIVAS
Seja f (x) a função cuja derivada primeira é f´(x).
Se f´(x) admite, também, a derivada f”(x), essa
recebe o nome de derivada segunda de f (x).
E assim por diante, define-se derivada terceira,
derivada quarta e derivada n-ésima da função f(x).
Exemplo:
Seja f(x) = 2x5. Então, temos:
f’(x) = 10x4
f’’(x) = 40x3
f’’’(x) = 120x2
f(4)(x) = 240x
f(5)(x) = 240
f(6)(x) = 0
................
f(n)(x) = 0, ∀n ≥ 6
1. Obter a equação da aceleração de uma par-
tícula que se movimenta segundo a lei horária
S = 2t2 + 4t + 5.
Solução:
S = f(t) = 2t2 + 4t + 5
v = f’(t) = 4t + 4
a = f”(t) = 4 (aceleração constante)
2. Determinar as equações da velocidade e da
aceleração de uma partícula em movimento
harmônico simples cuja posição é dada por 
SOLUÇÃO
3. DERIVADA DA FUNÇÃO INVERSA
Se f é uma função que admite inversa e é
derivável no ponto x, com f(x) ≠ 0, então:
Ou seja, se a função é representada por y =
y(x), a sua inversa será dada por x = x (y). E,
assim:
Se x = x(y), então .
CONSEQUÊNCIAS:
1. DERIVADA DA FUNÇÃO LOGARÍTMICA
2. DERIVADA DA FUNÇÃO POTÊNCIA COM
EXPOENTE REAL
y = xα ⇒ y’ = α . xα−1 ; α∈IR e x > 0
3. DERIVADA DA FUNÇÃO arc sen
4. DERIVADA DA FUNÇÃO arc cos
Cálculo I – Derivada
58
UEA – Licenciatura em Matemática
5. DERIVADA DA FUNÇÃO arc tg
Exemplo:
• Se f(x) = 3x – 6, determine (f–1)’(y)
Solução:
f(x) = 3x – 6 ⇒ f’(x) = 3
(f–1)(x) = x + 2 ⇒ (f–1)(x) = 
Então
• Se y = x2, determine a derivada da sua inversa.
Solução:
• Se f(x) = 2x + 1, determine (f–1)’(y)
SOLUÇÃO
y = f(x) = 2x + 1 ⇒ y’ = f’(x) = (2x + 1)’ = 2
Portanto
1. Obtenha a derivada de cada uma das
seguintes funções:
a) f(x) = cos 2x
Solução
y = f(x) = 2x e z = g(y) = cos y
y’ = f’(x) = 2 e z’ = g’(y) = –sen y
f’(x) = g’(y) . f’(x) = (–sen y) . 2 = –2sen 2x 
b) F(x) = (x2 + 1)10
Solução
y = f(x) = x2 + 1 e z = g(y) = y10
y’ = f’(x) = 2x e z’ = g’(y) = 10y9
F’(x) = g’(y) . f’(x) = 10y9 . 2x = 20x(x2 + 1)9
2. Determine a função derivada das seguintes
funções:
a) f(x) = logx
2
SOLUÇÃO
b) f(x) = logcos x
2
SOLUÇÃO
f(x) = logcos x
2
c) f(x) = arc sen x2
SOLUÇÃO
y = x2 e z = arc sen y
3. Calcular as derivadas sucessivas de:
a) f(x) = 3x2 + 5x + 6
b) f(x) = sen 2x
SOLUÇÃO
a) f(x) = 3x2 + 5x + 6f’(x) = 6x + 5
f”(x) = 6
f’”(x) = f(“)(x) = ... = 0
b) f(x) = sen 2x
f’(x) = 2 . cos 2x
f”(x) = –4 . sen 2x 
f”’(x) = –8 cos 2x 
1. Dada f(x) = sen x, calcule 
, onde f(4) indica
a derivada quarta de f.
59
2. Obtenha a equação da reta tangente ao gráfi-
co de y = tgx no ponto de abscissa .
3. A derivada da função f (x) = tgx, calculada no 
ponto de abscissa vale:
a) 1 
b) 2 
c)
d)
e) 0
4. Sabe-se que a metade dos produtos exportados
pelo Brasil vem de recursos naturais. A derivada
primeira da função E(x) = 4x3 – 3x2 + 5x – 4,
para x = 2 equivale à porcentagem dos produ-
tos primários (café, minério de ferro, etc.), que
é de:
a) 36 %
b) 38 %
c) 41 %
d) 49 %
5. Determine as derivadas das seguintes funções:
a)
b) y = f(x) = arc tg x
c)
d) y = f(x) = arc sen x
e) y = f(x) = arc cos x
6. Calcule o valor da segunda derivada de 
f(x) = cos 3x no ponto .
7. Determine a derivada de f(x) = senx3 . tg x.
8. Obtenha o coeficiente angular e a equação da
reta tangente à curva f(x) = ln(x2 – 3), no ponto
de abscissa x0 = 2.
9. Um móvel efetua um movimento retilíneo uni-
formemente variado obedecendo à equação
horária s = 6 – 10t + 4t2, em que o espaço s é
medido em metros e o instante t em segundos.
A velocidade do móvel no instante t = 4 s, em
m/s, vale:
a) –10 m/s
b) 0 m/s
c) 10 m/s
d) 22 m/s 
e) 32 m/s 
10. Chama-se custo marginal de produção de um
artigo o custo adicional para se produzir um
artigo além da quantidade já prevista. Na práti-
ca, a função custo marginal é a derivada da
função custo. Uma fábrica de sapatos tem um
custo para produzir x sapatos dado por
C (x) = 3000 + 25 x, com C em reais.
Qual é o custo marginal que essa fábrica terá
para produzir mais um sapato?
11. Uma fábrica de componentes eletrônicos tem
um custo para produzir x componentes dado 
por , com c em
reais. Qual é o custo marginal que essa fábri-
ca tem para produzir mais um componente
quando x = 0, x = 100, x = 400 e x = 800 ? 
12. Uma partícula movimenta-se sobre uma reta, e
a lei horária do movimento é dada por
s = 2t2 – 5t – 2 (SI). A aceleração escalar do
movimento é:
a) 2m/s2
b) 4m/s2
c) –5m/s2
d) –7m/s2
e) zero
Cálculo I – Derivada
60
UEA – Licenciatura em Matemática
TEMA 12
ESTUDO DO SINAL DE UMA FUNÇÃO
12.1 OS SINAIS DA DERIVADA PRIMEIRA
Consideremos uma função real f definida num
domínio D, tal que f é derivável em D. 
Os sinais da função derivada f´estão relaciona-
dos ao crescimento ou decrescimento de f. E
valem as seguintes propriedades:
I) Se f´(x) é positiva para todo x de um inter-
valo I, então f é crescente em I.
f’(x0) = tg α > 0 f’(x1) = tg β > 0
f’(x0) = tg α > 0 f’(x1) = tg β > 0
f’(x) > 0, ∀x ∈ I ⇒ f é crescente em I.
II) Se f’(x) é negativa para todo x de um inter-
valo I, então f é decrescente em I.
f’(x0) = tg α < 0 f’(x1) = tg β < 0
f’(x0) = tg α < 0 f’(x1) = tg β < 0
f’(x) < 0, ∀x ∈ I ⇒ f é decrescente em I.
Suponhamos f derivável num intervalo aberto
contendo x0 e que f’(x0) = 0.
A reta tangente ao gráfico de f no ponto de
abscissa x0 tem coeficiente angular m = f’(x0),
portanto é paralela ao eixo x. 
a) 
f cresce antes de x0 e decresce depois de
x0. Nesse caso, x0 é ponto de máximo local.
b)
f decresce antes de x0 e depois cresce de
x0. Nesse caso, x0 é ponto de mínimo local.
c)
f cresce antes e depois de x0. Nesse caso,
x0 é um ponto de Inflexão de f.
d)
f decresce antes e depois de x0. Nesse
caso, x0 é ponto de inflexão de f.
Conclusão:
• Num intervalo em que f’(x) > 0, f é cres-
cente.
• Num intervalo em que f’(x) < 0, f é decres-
cente.
• Os pontos em que f’(x) = 0 podem ser de
máximo ou de mínimo ou de inflexão. Esses
pontos são chamados pontos críticos de f.
Exemplo:
Determinar os pontos críticos e estudar a vari-
ação da função f(x) = x3 – 3x, x∈IR.
Esboçar o gráfico.
Solução:
f(x) = x3 – 3x ⇒ f’(x) = 3x2 – 3 
f’(x) = 0 ⇔ x = ±1 (pontos críticos)
Gráfico de f
f(x) = x3 – 3x, x∈IR
x = –2 ⇒ f’(–2) > 0
x = 0 ⇒ f’(0) < 0
x = 2 ⇒ f’(2) > 0
Conclusão:
f é crescente nos intervalos ]–∞,1] e ]1,+∞] e é
decrescente em [–1;1]. Os pontos críticos são
x = –1, ponto de máximo local, e x = 1, ponto
de mínimo local.
12.2 OS SINAIS DA DERIVADA SEGUNDA
Consideremos uma função real f, definida num
domínio D, tal que f é derivável até a segunda
61
Cálculo I – Derivada
ordem em D, isto é, existem f´(x) e f”(x) em D.
Os sinais da derivada segunda f”(x) estão rela-
cionados à concavidade do gráfico de f.
Propriedades:
I) Se f”(x) é positiva para todo x de um inter-
valo I, então f é côncava para cima em I.
Concavidade para cima: pontos do gráfico
ficam acima das retas tangentes
tg α < tg β < tg y 
f’(x1) < f’(x2) < f’(x3)
f’(x) é crescente
f”(x) > 0
f”(x) > 0, ∀x ∈ I ⇒ f côncava para cima em I
II) Se f”(x) é negativa para todo x de um inter-
valo I, então f é côncava para baixo em I.
Concavidade para baixo: pontos do gráfico
ficam abaixo das retas tangentes. 
tg α > tg β > tg y 
f’(x1) > f’(x2) > f’(x3) 
f’(x) é decrescente
f”(x) < 0
f”(x) < 0, ∀x ∈ I ⇒ f côncava para baixo em I
Pontos de Inflexão – São os pontos em que f
muda de concavidade . Num ponto de inflexão,
a reta tangente ao gráfico corta a curva.
Ponto de Inflexão: f muda de concavidade 
A reta tangente corta o gráfico
f”(x0) = 0 e f’(x0) = tg α ≠ 0
Ponto de Inflexão horizontal – a reta tangente
é paralela ao eixo x.
f”(x0) = 0 e f’(x0) = 0
62
UEA – Licenciatura em Matemática
• Um ponto x0 em que f”(x0) = 0 e f” muda de
sinal (antes e depois de x0) é um ponto de
inflexão de f. Se também f’(x0) = 0, dizemos
que é um ponto de inflexão horizontal, pois
a reta tangente é paralela ao eixo x.
• Se f”(x0) = 0 mas f” não muda de sinal
(antes e depois de x0), então f não muda de
concavidade em x0; portanto, nesse caso, x0
não é ponto de inflexão.
Exemplos:
1. Determinar os pontos de inflexão e estudar a 
concavidade da função .
Solução:
f”(–1) = –2 < 0
f”(1) = 2 > 0
x = 0 ponto de inflexão. A função é côncava para
baixo em ]–∞;0] e côncava para cima em ]0;+∞;].
2. Determinar os pontos de inflexão e estudar a 
concavidade de .
Solução:
Não há ponto de inflexão. A função é côncava
para cima em todo domínio IR.
Gráfico de f
12.3 MÁXIMOS E MÍNIMOS
Cálculo de valores máximos ou mínimos de
funções reais, que podem ser determinados
pela análise dos sinais da derivada primeira f´.
Outro recurso que pode ser empregado na
identificação de pontos de máximos ou de mí-
nimos é analisar o sinal da derivada segunda
nos pontos que anulam a derivada primeira.
Se f’(x0) = 0 e f”(x0) > 0, então a reta tangente
ao gráfico de f em x0 é paralela ao eixo x, e f tem
concavidade positiva próximo de x0, portanto a
63
Cálculo I – Derivada
reta tangente deixa os pontos do gráfico acima
dela, logo x0 é um ponto de mínimo relativo de f.
Ponto de mínimo: t//x; concavidade para cima 
Ponto de máximo: t//x; concavidade para baixo
Conclusão:
f’(x0) = 0 e f”(x0) > 0 ⇒ x0 é ponto de mínimo
de f.
f’(x0) = 00 e f”(x0) < 0 ⇒ x0 é ponto de máximo
de f.
Obs.: Se f’(x0) = 0 e f”(x0) = 0, não podemos
tirar conclusão a respeito do ponto x0. Neste
caso, convém analisar os sinais de f´antes e
depois de x0. Pode ocorrer que x0 seja ponto
máximo, ou de mínimo ou de inflexão.
Exemplo:
Indentificar os pontos críticos da função 
f(x) = x6 – 6x2 + 4, x∈IR
Solução:
f(x) = x6 – 6x2 + 4 ⇒ f(x) = 6x5 – 12x ⇒
f”(x) = 30x4 – 12
Aplicar os critérios dos sinais da derivada
segunda nos pontos críticos:
Para x = 0 ⇒ f”(x) < 0. Então, x = 0 é ponto de
máximo localde f.
Para .
Então, é ponto de mínimo local de f.
Para .
Então, é ponto mínimo local de f.
Outro modo: Critério dos sinais da derivada
primeira.
Obs.: Verifique:
x = –2 ⇒ f’(x) < 0
x = –1 ⇒ f’(x) > 0
x = 1 ⇒ f’(x) < 0 
x = 2 ⇒ f’(x) > 0 
1. Determine o maior e o menor valores de 
f(x) = x3 + x32 – x + 1 no intervalo .
Solução:
Cálculo dos extremos absolutos da função no
intervalo considerado.
f’(x) = 3x2 + 2x – 1
3x2 + 2x – 1 = 0 ⇒ x1 = –1 e x2 = 
Tendo em vista o comportamento da função,
vemos que o valor máximo ocorrerá em x = –1 
64
UEA – Licenciatura em Matemática
ou
Como f(–1) = 2 e , vemos que fM = 2
E o valor mínimo ocorrerá em x = ou x = –2
Como e f (–2) = –1, vemos que
fm = –1
2. Um corpo lançado verticalmente do solo para
cima tem posições, no decorrer do tempo,
dadas pela função s = 40t – 5t2 (t em segundos
e s em metros).
a) Qual o tempo gasto para atingir a altura
máxima?
b) Qual a altura máxima atingida?
Solução:
a) s’(t) = 40 – 10t
s’(t) = 0 ⇒ 40 – 10t = 0 ⇒ t = 4s
Estudo do sinal de s’(t)
b) s(4) = 40 . 4 – 5 . 42 = 160 – 80 = 80m
4. Cortando-se um pequeno quadrado de cada
canto de uma cartolina de 10cm de lado, con-
forme indica figura abaixo, deseja-se construir
com a cartolina restante, dobrada conveniente-
mente, uma caixa de volume máximo. Determi-
nar esse volume.
Solução:
Ao suprimir os pequenos quadrados dos can-
tos, as dimensões da caixa serão: 
x,(10 – 2x) e (10 – 2x)
V(x) = (10 – 2x)2 . x
V(x) = 40x3 – 40x2 + 100x
Volume máximo
V’(x) = 12x2 – 80x + 100
Sendo , então:
5. determine os pntos críticos de f(x) = (x – 4)3 + 2
e esboce o seu gráfico.
Solução:
f’(x) = 3(x – 4)2
• Pontos críticos:
f’(x) = 0 ⇔ 3(x – 4)2 = 0 ⇔ x = 4
• Sinal de f´(x) numa vizinhança de x = 4;
65
Cálculo I – Derivada
x < 4 ⇒ f’(x) > 0 ⇒ f(x) é crescente;
x > 4 ⇒ f’(x) > 0 ⇒ f’(x) é crescente.
Então, x = 4 não é ponto de máximo local nem
de mínimo local.
f”(x) = 6(x – 4) ⇒ f”(4) = 6(4 – 4) = 6 . 0 = 0
f”’(x) = 6 ⇒ f”’(4) ≠ 0
f’(4) = 3(4 – 4)2 = 3 . 02 = 0
Logo, x = 4 é abscissa de um ponto de inflexão
horizontal.
• lim
x→+∞f(x) = +∞ e limx→−∞f(x) = –∞
1. Qual é a área máxima que pode ter um retân-
gulo de perímetro igual a 40cm?
2. Dividir o número 30 em duas partes de modo
que o seu produto seja máximo.
3. Entre todos os retângulos de área igual a 64m²,
qual é o que tem perímetro mínimo?
4. Determinar os pontos críticos e estudar a vari-
ação da função f(x) = 3x4 – 4x3 + 5, x∈IR
5. Em qual conjunto a função quadrática definida
por f(x) = x2 – x – 6 é crescente ou decres-
cente?
6. Dada a função f(x) = x3 – 6x2 + 9x + 1:
a) Determine o conjunto em que f é crescente
ou decrescente;
b) ache os pontos nos quais a tangente ao
gráfico de f(x) é paralela ao eixo x;
c) esboce o gráfico de f(x).
7. Um ponto material se move de acordo com a
função horária s(t) = 2t3 – 24t2 + 72t + 3 (s
dado em metros e t dado em segundos), deter-
mine em que instantes o ponto material tem
velocidade:
a) crescente 
b) decrescente 
8. O custo total de fabricação de x unidades de
um produto é dado por c(x) = (3x2 + 5x + 192)
reais. Quantas unidades deverão ser fabri-
cadas para que o custo médio seja o menor
possível?
66
UEA – Licenciatura em Matemática
TEMA 13
TAXA DE VARIAÇÃO E REGRA DE L’HOSPITAL
13.1 Teorema do Valor Médio (TVM)
Uma função y = f (x) unívoca e contínua num
intervalo [a, b] e derivável nesse intervalo,
admite um valor c desse intervalo tal que a
relação entre os acréscimos f(b) – f(a) e b – a é
igual a f´(c), isto é: 
para a < c < b
INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA
• A reta s passa pelos pontos (a, f (a)) e (b, f (b)).
• Existe um ponto (c, f (c)), com a < c < b, tal
que a reta tangente ao gráfico de f, neste
ponto, é paralela à reta s.
INTERPRETAÇÃO CINEMÁTICA
Sendo x = f (t) a função de posição do movi-
mento de uma partícula sobre o eixo ox e 
a velocidade média entre os ins-
tantes t = a e t = b, pelo T.V.M, se f for contínua
em [a, b] e derivável em ]a, b[ , então a veloci-
dade média será igual à velocidade (instantânea)
da partícula em algum instante c entre a e b.
Exemplo:
Achar um número c, como no teorema do valor
médio, para cada uma das seguintes funções:
a) f(x) = x2, 1 ≤ x ≤ 2 
Solução:
f’(c) =
c = é um ponto tal que f´(c) tem o valor
pedido.
b) f(x) = x3 + 2x, –1 ≤ x ≤ 2 
Solução:
3x2 + 2 = 5 ⇒ x1 = 1 ou x2 = –1
C = 1 é um ponto tal que f’’(c) tem valor pedido.
13.2 REGRA DE L´HOSPITAL 
(limites do tipo e ) 
f(x) e g (x) sendo contínuas e g(x) ≠ 0 em V(a).
Se lim
x→a f(x) = 0, limx→a g(x) = 0 e existe , 
então
Exemplos:
1. ?
2. ?
3. ?
67
Cálculo I – Derivada
4. ?
Obs.: Neste exemplo, aplicam-se três vezes
seguidas a regra de L´Hospital, visto que o
quociente das derivadas primeiras, segundas e 
terceiras conduziu à indeterminação para
x = 0.
Quadro-resumo das derivadas e suas pro-
priedades.
Tabela de derivadas
Propriedades operatórias das derivadas
1. Um homem anda à razão de 5 milhas por hora
em direção à base de uma torre de 60 pés de
altura. Com que rapidez ele se avizinha do
topo quando está a 80 pés da base da torre?
Solução:
x: distânica entre o homem e a base;
y: distância entre homem e o topo da torre, em
cada instante.
y2 = x2 + 3600 (teorema de Pitágoras) 
Derivando, obtemos
ou
Isso significa que, em cada instante, (veloci-
dade de variação de vezes (velocidade
de variação de x).
x = 80, milhas por hora
68
UEA – Licenciatura em Matemática
= – 5 x 5280 pés por hora
?
= – pés por hora
= – 4 milhas por hora
2. Um ponto move-se sobre a parábola 6y = x2 de
modo tal que quando x = 6, a abscissa cresce
com a velocidade de 2cm por segundo. Com que
velocidade cresce a ordenada nesse instante?
SOLUÇÃO
6y = x2
ou
Isso significa que, em cada ponto da parábola, 
(velocidade da ordenada) = vezes (veloci-
dade da abscissa)
x = 6; = 2cm por segundo
;
por segundo
No ponto P (6, 6) a ordenada varia duas vezes
mais rapidamente que a abscissa; no ponto 
P (–6, 6), tem–se cm por segundo, e o
sinal menos indica que a ordenada é decres-
cente quando a abscissa cresce.
3. A dilatação pelo calor de um prato circular de
metal é tal que o raio cresce com a velocidade
de 0,01cm por segundo. Com que velocidade
de variação cresce a área do prato qando o
raio tem 2cm?
Solução:
Seja, x = raio e y = área do prato
Portanto, em cada instante, a área do prato
cresce, em cm quadrados, 2πx vezes mais rap-
idamente que o raio em centímetros.
por segundo.
4. A 12 pés de altura de um passeio reto e hori-
zontal, está presa uma fonte de luz. Sobre o
passeio e afastando-se da fonte com a veloci-
dade de 168 pés por minuto, caminha um
rapaz de 5 pés de altura. Com que rapidez
varia o comprimento da sombra do rapaz?
Solução:
x: distância do rapaz de um ponto situado
diretamente sob a luz L
y: comprimento da sombra do rapaz
ou
69
Cálculo I – Derivada
Portanto a rapidez com que varia o compri-
mento da sombra são os da rapidez com
que anda o rapaz, em 120 pés por minuto.
5. Um ponto move-se ao longo do gráfico de
y = x3 de modo que sua abscissa x varia à
razão de 2 unidades por segundo. Qual é,
quando x = 3, a taxa de variação da ordenada y?
Solução:
unidades por segundo
6. Dada f(x) = x3 + 3x2 – 5, verifique que as
condições para validade do teorema do valor
médio estão satisfeitas para a = – 1 e b = 2.
Encontre todos os números α, α∈]–1,2[, tal 
que .
Solução:
Notemos que f é derivável e contínua em IR;
portanto também é no intervalo [–1,2].
f’(x) = 3x2 + 6x. Então:
ou α = –1 – .
Como queremos α no intervalo]–1,2], só con-
vém α = –1 + .
1. Um quadrado expande-se de modo que seu
lado varia à razão de 5cm/seg. Achar a taxa de
variação de sua área no instante em que o lado
tenha 15cm de comprimento.
2. Um ponto move-se ao longo do gráfico de
y = x2 + 1de tal modo que a sua abscissa x varia
a uma velocidade constante de 3cm/s. Qual é,
quando x = 4cm, a velocidade da ordenada y?
3. O raio r de uma esfera está variando, com o
tempo, a uma taxa constante de 5m/s. Com
que taxa está variando o volume da esfera no
instante em que r = 2m?
4. Um ponto P move–se ao longo do gráfico de 
de tal modo que a sua abscissa
varia a uma velocidade constante de 5m/s.
Qual a velocidade de y no instante em que
x = 10m?
5. O lado de um triângulo equilátero mede a cm e
cresce k cm por hora. Com que velocidade
crescerá a área do triângulo?
6. Uma escada de 8m está encostada em uma
parede. Se a extremidade inferior da escada for
afastada do pé da parede a uma velocidade con-
stante de 2m/s, com que velocidade a extremi-
dade superior estará descendo no instante em
que a inferior estiver a 3m da parede?
7. Usando as derivadas, calcular os limites abaixo:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
70
UEA – Licenciatura em Matemática
UNIDADE IV
Integrais
73
Cálculo I – Integrais
TEMA 14
INTEGRAIS PRIMITIVAS E INDEFINIDAS
14.1 Introdução
Os dois mais importantes instrumentos do cál-
culo são a derivada, já considerada anterior-
mente, e a integral definida. A derivada foi mo-
tivada por problemas de determinação do coe-
ficiente angular de uma tangente e de definição
de velocidade. A integral definida surge de mo-
do natural quando consideramos o problema
da determinação da área de uma região do
plano xy. Essa é, entretanto, apenas uma das
aplicações. Como veremos posteriormente, a
utilização das integrais definidas é tão abun-
dante e variada como a das derivadas. O resul-
tado principal estabelecido aqui é o teorema
fundamental do cálculo, que demostraremos
logo a seguir. Este relevante teorema possibilita
achar valores exatos de integrais definidas uti-
lizando uma antiderivada ou integral indefini-
da. O processo pode ser encarado como o
inverso da determinação da derivada de uma
função. Assim, além de constituir um importan-
te processo de cálculo, o teorema fundamental
mostra que existe uma relação entre derivadas
e integrais, um resultado-chave para o cálculo. 
Nesse contexto, a integração é o processo usa-
do para se achar uma função quando se co-
nhece a sua derivada (ou taxa de variação). Em
Economia, podemos usar a integração para
achar uma função de custo total quando é dada
a função de custo marginal, ou para achar a
função de receita total quando é dada a função
de receita marginal, e assim por diante. 
Podemos definir também a integração como o
processo usado para se achar o valor limite de
uma soma de termos, quando o número de ter-
mos cresce indefinidamente, e o valor numéri-
co de cada termo aproxima-se de zero. É neste
contexto que a integração é interpretada como
a determinação da área existente sob uma
curva. Com efeito, o cálculo integral foi desen-
volvido com o propósito de avaliar áreas, su-
pondo-as divididas num número infinito de par-
tes infinitamente pequenas, cuja soma é a área
requerida. O sinal da integral é o S alongado
que os primeiros autores usaram para indicar
“soma”. 
Em muitos problemas, embora a derivada de
uma função seja conhecida, torna-se neces-
sário calcular a própria função. É o caso, por
exemplo, de um Sociólogo que, conhecendo a
taxa de crescimento da população, poderá
usar tal dado para prever futuras taxas de cres-
cimento daquela população, ou de um Físico
que, conhecendo a velocidade de um corpo,
será capaz de determinar a posição futura do
corpo.
Encerraremos com um estudo dos métodos de
integração numérica, utilizados para aproxi-
mar integrais definidas que não podem ser cal-
culadas por meio do teorema fundamental. Tais
métodos são facilmente programáveis para
uso em calculadoras e computadores e têm
ampla aplicação nos mais diversos campos. 
14.2 Antidiferenciação ou primitivas
Você já está familiarizado com operações in-
versas. Adição e subtração, mutiplicação e divi-
são são operações inversas, bem como poten-
ciação e radiciação. Agora, vamos desenvolver
a operação inversa da diferenciação chamada
de antidiferenciação ou primitiva, Vamos come-
çar introduzindo a antiderivada.
Definição – Uma função F(x) para a qual
F’(x) = f(x), para todo x pertencente ao domínio
de f é uma primitiva (ou integral indefinida) de f.
Exemplo:
Se F for definida por F(x) = 4x3 + x2 + 5, então,
F’(x) = 12x2 + 2x. 
Assim, se f for a função definida por
f(x) = 12x2 + 12x, logo afirmamos que f é a
derivada de F, e que F é uma antiderivada ou
primitiva de f. Se G for a função definida por
G(x) = 4x3 + x – 17, então G também será uma
antiderivada de f, pois G’(x) = 12x2 + 2x. Na
realidade, toda função cujos valores funcionais
são dados por 4x3 + x2 + C, onde C é uma
constante qualquer, é um antiderivada de f.
Em geral, se uma função F for antiderivada de
uma função f num intervalo I, e se a função G
for definida por G(x) = F(x) + C onde C é uma
74
UEA – Licenciatura em Matemática
constante arbitrária, então
G’(x) = F(x) = f(x) e G também será uma anti-
derivada de f num intervalo I.
Passaremos, agora, a demonstrar que se F for
qualquer antiderivada particular de f num inter-
valo I, então toda antiderivada de f em I será
dada por {F(x) + C}, onde C é uma constante
arbitrária. Necessitaremos, primeiro, de um teo-
rema preliminar. 
Teorema – Se f e g forem duas funções, tais
que f’(x) = g’(x) para todo x no intervalo I, então
haverá uma constante K, tal que f(x) = g(x) + K
para todo x em I.
Prova – Seja h a função definida em I por 
h(x) = f(x) – g(x), assim sendo, para todo x em I.
h’(x) = f’(x) – g’(x)
Mas, por hipótese, f’(x) = g’(x) para todo x no
intervalo I. Logo, h’(x) = 0 para todo x no inter-
valo I.
E como já sabemos, se a derivada de uma
função é zero, podemos concluir que existe
uma constante K, tal que h(x) = K para todo x
no intervalo I.
Substituindo h(x) por, obtemos f(x) – g(x), obte-
mos f(x) = g(x) + K para todo x em I, e o teo-
rema está provado.
O próximo teorema segue, imediatamente, do
teorema anterior.
Teorema – Se F for uma antiderivada particular
de f em um intervalo I, então toda antiderivada
de f em I será dada por F(x) + C (1)
onde C é uma constante arbritrária, e todas as
antiderivadas de f em I poderão ser obtidas de
(1), atribuindo-se certos valores a C.
Prova: Suponha que G represente qualquer
antiderivada de f em I; então G’(x) = f(x) para
todo x em I. ( 2 )
Como F é uma antiderivada particular de f em I,
F’(x) = f(x) para todo x em I.
De ( 2) e ( 3 ), segue que G’(x) = F’(x) para todo
x em I.
Logo, pelo teorema anterior, existe uma cons-
tante k, tal que G’(x) = F(x) + K para todo x em I.
Como G representa qualquer antiderivada de f
em I, segue que toda antiderivada de f pode ser
obtida de {F(x) + C}, onde C é uma constante
arbitrária. Assim, está provado o teorema.
Antidiferenciação é o processo de encontrar
o conjunto de todas as antiderivadas de uma
dada função. O símbolo ∫ denota a operação
de antidiferenciação e escrevemos: 
∫f(x)dx = F(x) + C (4)
onde 
F’(x) = f(x)
e
d(F(x)) = f(x)dx (5)
Leibniz introduziu a convenção de escrever a
diferencial de uma função após o símbolo de
antiderivação. A vantagem dessa notação fica-
rá evidente quando calcularmos antiderivadas,
mudando a variável, posteriormente. De (4) e
(5), podemos escrever:
∫d(F(x)) = F(x) + C
Essa fórmula será usada para obter fórmulas
de antiderivação a seguir; ela estabelece que,
quando antidiferenciamos a diferencial de uma
função, obtemos a própria função, mais uma
constantearbitrária. Assim, podemos conside-
rar que o símbolo de antidiferenciação ∫ signifi-
ca a operação inversa da operação denotada
por d para o cálculo da diferencial. 
Se {F(x) + C} for o conjunto de todas as fun-
ções cuja diferencial f(x)dx, também será o
conjunto de todas as funções cujas derivadas
são f(x); assim sendo, a antidiferenciação é con-
siderada como a operação de encontrar o con-
junto de todas as funções, tendo uma dada de-
rivada. 
Como a antidiferenciação é a operação inversa
da diferenciação, alguns teoremas sobre anti-
diferenciação podem ser obtidos dos teoremas
de diferenciação. Assim sendo, os teoremas a
seguir podem ser provados a partir dos teore-
mas correspondentes da diferenciação.
Teorema: ∫dx = x + C, onde a é uma con-
stante.
Este teorema estabelece que, para determinar
uma antiderivada de uma constante vezes uma
função, achamos primeiro uma antidevivada
de uma função, multiplicando-a, em seguida,
pela constante.
75
Cálculo I – Integrais
Teorema: Se f1 e f2 estão definidas no mesmo
intervalo, então 
∫[f1(x) + f2(x)]dx = ∫f1(x)dx + ∫f2(x)dx
Este teorema estabelece que, para determinar
uma antiderivada da soma de duas funções,
achamos primeiro a antiderivada de cada uma
das funções separadamente e então, soma-
mos os resultados, ficando subentendido que
ambas as funções estão definidas no mesmo
intervalo. O teorema acima pode ser estendido
a um número qualquer, finito, de funções. Com-
binando este teorema e o anterior, temos o teo-
rema a seguir.
Teorema: Se f1, f2,...,fn estão definidas no
mesmo intervalo, 
∫[c1f1(x) + c2f2(x) +...cnfn(x)]dx
= c1∫f1(x)dx + c2f2(x)dx +...+cn∫fn(x)dx onde
c1,c2,...,cn são constantes.
Teorema: Se n for um número racional, 
Prova: 
Exemplos:
1. Aplicando os teoremas acima para valores es-
pecíficos de n, temos: 
a)
b)
c)
d)
2. Calcule ∫(3x + 5)dx:
Solução:
Como 3C1 + 5C2 é uma constante arbitrária,
ela pode ser denotada por C; assim, o resulta-
do pode ser escrito como 
Pode-se conferir a resposta calculando a de-
rivada.
3. Calcule ∫(5x4 – 8x3 + 9x2 – 2x + 7)dx 
Solução:
∫(5x4 – 8x3 + 9x2 – 2x + 7)dx =
4. Calcule .
Solução: 
5. Calcule
Solução:
76
UEA – Licenciatura em Matemática
Freqüentemente, em aplicações envolvendo an-
tidiferenciação, desejamos encontrar uma anti-
derivada específica que satisfaça determina-
das condições chamadas inicial (condições de
Cauchy) ou lateral (condições de contorno, de
fronteira ou de extremos), conforme elas ocor-
rem no ponto inicial ou para os pontos extre-
mos do intervalo de definição da variável. 
Por exemplo, se uma equação envolvendo
for dada, bem como a condição inicial que y = y1
quando x = x1, então, depois que o conjunto de
todas as antiderivadas for encontrado, se x e y
forem substituídos por x1 e y1, iremos determi-
nar um valor específico da constante arbitrária
C. Com esse valor de C, uma determinada anti-
derivada é obtida.
Exemplos:
1. Suponha que desejemos encontrar uma deter-
minada função y(x) satisfazendo a equação 
, (ou seja, uma antiderivada de função
f(x) = 2x e a condição inicial de que y = 6
quando x = 2.
Solução:
y = ∫2xdx
y = x2 + C
substituindo x = 2 e y = 6, temos,
6 = 4 + C
C = 2 logo, y = x2 + 2, que dá a antiderivada
desejada.
2. Em qualquer ponto (x,y) de uma determinada
curva, a reta tangente tem uma inclinação igual
a 4x – 5. Se a curva contém o ponto (3,7), ache
sua equação.
Solução:
Como a inclinação da reta tangente a uma cur-
va em qualquer ponto (x,y) é o valor da deriva-
da nesse ponto, temos
Essa equação representa uma família de cur-
vas. Como queremos determinar uma certa cur-
va dessa família que contenha o ponto (3,7),
substituímos x e y,
7 = 2(9) – 5(3) + C
7 = 18 – 15 + C
C = 4
logo, y = 2x2 – 5x + 4, que é a equação da
curva pedida.
1. Calcule:
a) ∫(4x + 3)dx 
b) ∫(9t2 – 4t + 3)dt
c)
d)
e) ∫(2v5/4 + 6v1/4 + 3v–4 )dv 
f) ∫(3x + 1)2dx 
g) ∫x(2x + 3)dx 
h)
i)
77
Cálculo I – Integrais
j)
k)
2. Determine a função y = y(x), x > 0, tal que:
a)
b)
c)
d)
14.3 Primitivas imediatas
Além das integrais vistas anteriormente, de de-
rivação conhecida, seguem as seguintes de
primitivação:
a) ∫exdx = ex + k
b)
c) ∫sec x dx = ln |sec x + tg x| + k
d)
e)
f) ∫tg x dx = –ln |cos x| + k 
g)
h)
Exemplos:
1. Calcule
a)
b)
c)
d) ∫ sec2 xdx = tg x + k
e) ∫ tg2 xdx = ∫(sec2 x – 1)dx = tg x – x + k 
2. Seja α ≠ 0 uma constante. Verifique que 
a)
b)
Solução:
a) .
Assim,
b) .
Assim,
3. Calcule:
a) ∫e2x dx
b) ∫cos 3x dx
c) ∫sen 5x dx
d) ∫e–x dx
Solução:
a) ∫e2x dx = e2x + k
b) ∫cos 3x dx = sen 3x + k
c) ∫sen 5x dx = – cos 5x + k
d) ∫e–x dx = –e–x + k
4. Calcule ∫cos2 x dx 
Solução:
cos 2x = cos2 x – sen2 x = 2cos2 x – 1
cos2 x = + cos 2x
Então
ou seja
∫cos2 x dx = x + sen 2x + k
78
UEA – Licenciatura em Matemática
1. Calcule:
a) ∫10 e2x dx
b)
c) ∫1–1 e–x dx
d)
e)
f)
2. Calcule e verifique sua resposta por derivação:
a) ∫senx dx
b) sen 2x dx
c) ∫cos 5x dx
d) ∫sen 4t dt
e) ∫cos 7t dt
f) ∫cos t dt
g)
h)
i)
j)
k)
l)
m)
n)
o)
p)
3. Calcule
a)
b)
c)
d)
3
79
Cálculo I – Integrais
TEMA 15
CÁLCULO DE ÁREA
15.1 Introdução
A área de um polígono pode ser definida como
a soma das áreas dos triângulos nos quais ele
pode ser decomposto, e pode-se provar que a
área assim obtida é independente de como o
polígono é decomposto em triângulos (con-
forme a figura abaixo).
Em seguida, vamos definir a medida da área
de uma região plana limitada por uma curva.
Consideremos uma região R no plano (con-
forme a figura).
A região R é limitada pelo eixo x, pelas retas
x = a, x = b e pela curva com equação y = f(x),
onde f é uma função contínua no intervalo fe-
chado [a,b]. Para simplificar, seja f(x) ≥ 0 para
todo x em [a,b]. Queremos designar um nú-
mero A como sendo a medida da área de R, e
vamos usar um processo de limite semelhante
ao que é usado para definir a área de um círcu-
lo: A área de um círculo é definida como o li-
mite das áreas dos polígonos regulares inscri-
tos quando o número de lados cresce ilimita-
damente. Percebemos, intuitivamente, que qual-
quer que seja o número escolhido para re-
presentar A, este número deve ser no mínimo
tão grande quanto a medida da área de qual-
quer região poligonal contida em R, e não deve
ser maior do que a medida da área de qual-
quer região poligonal contendo R. 
Primeiro, vamos definir uma região poligonal
contida em R. Dividimos o intervalo fechado
[a,b] em n subintervalos. Por conveniência, va-
mos tomá-los com igual comprimento, Δx, por
exemplo. Logo, Δx = (b – a)/n. 
Sejam x0, x1, x2,...,xn – 1, xn os extremos destes
subintervalos onde 
x0 = a, xi = a + iΔx,..., xn – 1 = a + (n – 1)Δx, xn = b.
Vamos denotar o n-ésimo intervalo por [xi –1, xi]
Como f é contínua no intervalo fechado [a,b],
ela é contínua em cada subintervalo fechado.
Pelo teorema do valor extremo, há em cada
subintervalo um número para o qual f tem um
valor mínimo absoluto. Seja ci, este número no
n-ésimo subintervalo, assim sendo, f(ci) é o
valor mínimo absoluto de f no subintervalo
[xi –1, xi]. Consideremos n retângulos, cada um
com um comprimento Δx unidades e uma al-
tura f(c) unidades. Seja Sn unidades quadradas
a soma das áreas dos n retângulos, então 
Sn = f(c1)Δx + f(c2)Δx+...+f(c1)Δx+...+f(cn)Δx
ou, com a notação sigma 
(1)
o somatório do segundo membro dá a soma
das medidas das áreas dos n retângulos ins-
critos. Assim, apesar de definirmos A, ela deve
ser tal que 
A ≥ Sn
Na figura a seguir, a região sombreada tem
uma área de Sn unidades quadradas. 
80
UEA – Licenciaturaem Matemática
Agora, aumentamos n. Especificamente, multi-
plicamos n por 2; dessa forma, dobramos o nú-
mero de retângulos e dividimos ao meio o com-
primento de cada retângulo. Isso está ilustrado
na figura abaixo,
que mostra duas vezes mais retângulos que na
figura anterior. Comparando as duas figuras,
observe que a região sombreada nesta figura
parece aproximar-se mais da região do que a
anterior. Assim, a soma das medidas das áreas
dos retângulos desta figura está mais próxima
do número que desejamos para representar a
medida da área de R. 
Enquanto n aumenta, os valores de Sn encon-
trados de (1) aumentam, e sucessivos valores
de Sn diferem um do outro por quantidades que
se tornam arbitrariamente pequenas. lsso está
provado em cálculo avançado por um teorema
que estabelece que se f é contínua em [a,b],
então enquanto n aumenta ilimitadamente, o
valor se Sn dado por (1) aproxima-se de um li-
mite. É este limite que tomamos como medida
da área da região R.
15.2 Definição da área de uma região plana 
limitada por uma curva 
Suponha que a função f seja contínua no inter-
valo fechado [a,b], com f(x) ≥ 0 para todo x em
[a,b], e que R seja a região limitada pela curva
y = f(x),o eixo x e as retas x = a e x = b. Divida
o intervalo [a,b] em n subintervalos, cada um
com comprimento Δx = (b – a)/n, e denote o n-
ésimo subintervalo por [xi –1, xi]. Então, se f(ci) é
o valor funcional mínimo absoluto no n-ésimo
subintervalo, a medida da área da região R é
dada por 
A equação acima significa que 
pode-se tornar tão pequena quanto quisermos,
tomando n como um inteiro positivo maior do
que algum número positivo suficientemente
grande. 
Podíamos ter tomado retângulos circunscritos
em vez de inscritos. Nesse caso, tomamos co-
mo alturas dos retângulos o valor máximo ab-
soluto de f em cada subintervalo. A existência
desse valor está garantida pelo teorema do
valor extremo. As correspondentes somas das
medidas das áreas dos retângulos circunscri-
tos são no mínimo tão grandes quanto a me-
dida da área da região R, e pode ser mostrado
que o limite dessas somas, quando n aumenta
ilimitadamente, é exatamente o mesmo que o
limite da soma das medidas das áreas dos
retângulos inscritos. Isso está também prova-
do em cálculo avançado. Assim, podíamos
definir a medida da área da região R 
por onde f(di) é o valor má-
ximo absoluto de f em [xi –1, xi].
Escolha um ponto em cada subintervalo. Seja ξ1
o ponto escolhido em [x0,x1], tal que x0 ≤ ξ1 ≤ x1
Seja ξ2 o ponto escolhido em [x1, x2] tal que
81
Cálculo I – Integrais
x1 ≤ ξ2 ≤ x2, e assim sucessivamente, de forma
que ξi seja o ponto escolhido em [xi –1, xi] e
xi –1 ≤ ξi ≤ xi. Forme então a soma
f(ξ1)Δx + f(ξ2)Δx + ... + f(ξi)Δx + ... + f(ξn)Δx 
ou
(2)
Tal somatório é chamado uma soma de
Riemann, em homenagem ao matemático
Georg Friedrich Bernhard Riemann
(1826–1866) . 
15.3 Definição de integral definida
Se f é uma função definida no intervalo fecha-
do [a,b], então a integral definida de f de a a
b é denotada por
(3)
Se o limite existe, onde ξié qualquer número no
intervalo fechado [xi –1,xi], i = 1,2,...,n.
A integral definida pode ser enunciada mais
genericamente, permitindo-se que os n subin-
tervalos sejam de comprimentos diferentes e
exigindo-se que o maior comprimento tenda a
zero quando n cresce ilimitadamente. Contudo
a definição mais restrita dada é suficiente para
nossos propósitos. 
Na notação para integral definida ∫ba f(x)dx, f(x) é
chamado o integrando, a é chamado o limite
inferior, e b o limite superior. O símbolo ∫ é
chamado um sinal de integral. O sinal de inte-
gral assemelha-se à letra maiúscula S, que é
apropriada, pois a integral definida é o limite de
uma soma. A razão para o mesmo símbolo é
que o teorema chamado teorema fundamen-
tal do cálculo, possibilita-nos calcular a inte-
gral definida encontrando uma antiderivada
(também chamada uma integral indefinida). 
A afirmação “f é integrável no intervalo fechado
[a,b]” é equivalente à afirmação “a integral
definida de f de a a b existe”. O teorema
seguinte dá-nos uma condição para que uma
função seja integrável. 
Teorema – Se a função f for contínua no interva-
lo fechado [a,b], então f será integrável em [a,b].
A definição da área de uma região plana limita-
da por uma curva, vista anteriormente, afirma
que , onde f(ci) é o valor fun-
cional mínimo absoluto no n-ésimo subinterva-
lo. Daremos agora uma definição mais geral
que permite ser f(ξi) qualquer valor funcional
no n-ésimo subintervalo. 
15.4 Definição da área de uma região plana 
limitada por uma curva
Seja f uma função contínua em [a,b] e f(x) ≥ 0
para todo x em [a,b]. Seja R a região limitada
pela curva y = f(x), o eixo x e as retas x = a e
x = b. Então, a medida da área da região R é
dada por 
A definição acima afirma que se f(x) ≥ 0 para
todo x em [a,b], a integral definida ∫ba f(x)dx
pode ser interpretada geometricamente como
a medida da área da região R mostrada abaixo. 
A Equação (3) pode ser usada para se encon-
trar o valor exato de uma integral definida. 
Se ∫ba f(x)dx existe, então diremos que f é inte-
grável (segundo Riemann) em [a,b]. É comum
referir-se à ∫ab f(x)dx como integral definida de f
em [a,b].
Observação – Pomos, ainda, por definição:
∫aa f(x)dx = 0 e ∫ba f(x)dx = –∫ab f(x)dx (a < b).
82
UEA – Licenciatura em Matemática
15.5 Propriedades da integral
Teorema: Sejam f,g integráveis em [a,b] e k
uma constante. Então,
a) f + g é integrável em [a,b] e 
∫ba [f(x) + g(x)]dx = ∫ba f(x)dx + ∫ba g(x)dx 
b) kf é integral em [a,b] e ∫ba kf(x)dx = k ∫ba f(x)dx
c) Se f(x) ≥ 0 em [a,b], então ∫ba f(x)dx ≥ 0 
d) Se c∈]a,b[ e f é integral em [a,c] em [c,b]
então ∫ba f(x)dx = ∫ca f(x)dx + ∫bc f(x)dx
Observação – O sinal mais (+) no item a)
pode ser substítuido por um sinal de menos
(–), como resultado da aplicação do item c),
onde k = –1. Também podemos estender a
qualquer número de funções. Isto é, (f1 ± f2 ±
....± fn) será integrável em [a,b], então∫ba [f1(x) ± f2(x) ± ... ± fn(x)]dx =
∫ba f1(x)dx ± ∫ba f2(x)dx ± ... ± ∫ba fn(x)dx
15.6 TEOREMA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO
15.6.1 Introdução
Historicamente, os conceitos básicos da inte-
gral definida foram usados pelos antigos gre-
gos, principalmente por Arquimedes (287–212
a.C.), há mais de 2000 anos, muito antes da
formulação do cálculo diferencial. 
No século dezessete, quase simultaneamente,
mas trabalhando independentemente, Newton
e Leibniz mostraram como o Cálculo poderia
ser usado para se encontrar a área de uma
região limitada por uma curva ou um conjunto
de curvas, determinando uma integral definida
por antidiferenciação. O procedimento envolve
o que é conhecido como os teoremas funda-
mentais do Cálculo. Antes de enunciar e
prová-los, vamos discutir as integrais definidas
com um limite superior variável. 
Seja f uma função contínua no intervalo fecha-
do [a,b]. Então o valor da integral definida
∫ba f(x)dx depende somente da função f e dos
números a e b, não do símbolo x usado aqui
como variável independente, por exemplo,
podemos ter ∫ba f(t)dt, ∫ba f(u)du, ∫ba f(r)dr, etc.
Se f for contínua no intervalo fechado [a,b],
então, pelo teorema acima, a integral definida
∫ba f(t)dt existe. Vamos, primeiramente, estabele-
cer que, se uma integral definida existir, então
ela será um único número. Se X for um número
em [a,b], então f será contínua em [a,x], pois é
contínua em [a,b]. Conseqüentemente, ∫xa f(t)dt
existe e é um número cujo valor depende de x,
Logo, ∫xa f(t)dt define uma função F tendo como
seu domínio todos os números no intervalo
fechado [a,b] e cujo valor funcional em qual-
quer número x de [a,b] é dado por 
F(x) = ∫xa f(t)dt (4)
Segundo a convenção notacional, se os limites
de uma integral definida forem variáveis, deve-
rão ser usados símbolos diferentes para esseslimites e para a variável independente no inte-
grando. Assim, em (4), como x é o limite supe-
rior, usamos a letra t como a variável indepen-
dente no integrando. 
Se, na expressão (4), f(t) ≥ 0 para todos os va-
lores de t em [a,b], então os valores funcionais
de f(x) poderão ser interpretados geometrica-
mente com a medida da área da região limita-
da pela curva cuja equação é y = f(t), pelo eixo
t e pelas retas t = a e t = x. Veja a figura abaixo.
Vamos, agora, enunciar e provar um teorema
importante que dá a derivada da função F defi-
nida como uma integral definida tendo um limi-
te superior variável. Esse teorema é chamado
de primeiro teorema fundamental do Cálculo.
15.6.2 Primeiro teorema fundamental do Cálculo
Seja f uma função contínua no intervalo fecha-
do [a,b], e seja x qualquer número em [a,b]. Se
F for a função definida por
F(x) = ∫xa f(t)dt (5)
então,
F’(x) = f(x) (5.1)
(Se x = a, a derivada em (5) pode ser a deriva-
da à direita e se x = b, a derivada em (5) pode
ser a derivada à esquerda.) 
83
Cálculo I – Integrais
Prova – Considere dois números x1 e x1 + Δx e
[a,b]. Então
F(x1) = ∫x1a f(t)dt
e
F(x1 + Δx) = ∫x1a +Δx f(t)dt
então,
F(x1 + Δx) – F(x1) = ∫x1a +Δx f(t)dt – ∫x1a f(t)dt (6)
Pela propriedade d) do teorema acima
∫x1a f(t)dt + ∫x1x1 +Δx f(t)dt = ∫x1a +Δx f(t)dt 
∫x1a + f(t)dt + ∫x1a f(t)dt = ∫x1x1+Δx f(t)dt
Substituindo essa igualdade em (6), obtemos
F(x1 + Δx) – F(x1) = ∫x1x1 +Δx f(t)dt (7)
Pelo terorema do valor médio para integrais,
existe um número x no intervalo fechado limita-
do por x1 e x1 + Δx tal que
∫x1x1 +Δx f(t)dt = f(χ)Δx 
Dessa relação e de (7), obtemos
F(x1 + Δx) – F(x1) = f(χ)Δx
F(x1 + Δx) – F(x1) = f(χ) 
Δx
Tomando o limite quando Δx tende a zero,
temos
(8)
O primeiro membro de (8) é F’(x1). Para deter-
minar limΔ→0 f = (x), lembre que x está no intervalo
fechado limitado por x1 e x1 + Δx e como
limΔ→0 x1 = x1 e limΔ→0 (x1 = Δx) = x1 segue do teo-
rema do “Sanduíche” que limΔ→0 χ = x1. Assim,
temos limΔx→0 f(
χ) = lim
x→x1f (
χ). Como f é contínua em
x1, limx→x1f (
χ) = f(x1); assim limΔx→0 χ = f(x1) e de (8)
temos que F’(x1) = f(x1) (9)
Se a função f não estiver definida para valores de
x menores do que a, mas for contínua à direita de
a, então, na argumentação acima, se x1 = a em
(8) Δx precisa tender a 0 pela direita. Assim, o
primeiro membro de (9) será F’+(x1). Analo-
gamente, se f não estiver definida para valores
de x maiores do que b, mas for contínua à
esquerda de b, então se x1 = b em ( 8 ), Δx
deve tender a zero pela esquerda. Logo, tere-
mos F’–(x1) no primeiro membro de (9). 
Como x1 é um número qualquer em [a,b], a
igualdade (9) estabelece o que queríamos pro-
var.
O teorema fundamental do cálculo estabelece
que a integral definida ∫xa f(t)dt, com limite supe-
rior variável x, é uma antiderivada de f.
A equação ( 5.1 )do teorema pode ser escrita
da seguinte forma, substituindo F’(x) por 
:
Vamos usar agora esse teorema para provar o
segundo teorema fundamental do Cálculo.
15.6.3 Segundo Teorema Fundamental do Cálculo
Seja f uma função contínua no intervalo fecha-
do [a,b], e seja g uma função tal que 
g’(x) = f(x) (10) para todo x em [a,b]. 
Então, ∫ba f(t)dt = g(b) – g(a).
(Se x = a, a derivada em (10) pode ser uma
derivada à direita, e se x = b, a derivada em
(10) pode ser uma derivada à esquerda.)
Prova – Se f for contínua em todos os números
em [a,b], sabemos do teorema anterior que a
integral definida ∫xa f(t)dt, com limite superior va-
riável x, define uma função F cuja derivada em
[a,b] é f. Como, por hipótese, g’(x) = f(x) se-
gue, como já demonstramos, que
g(x) = ∫xa f(t)dt + k 
onde k é uma constante. Tomando x = b e 
x = a, sucessivamente, nessa equação, obte-
mos
g(x) ∫ba f(t)dt + k (11)
e
g(x) = ∫aa f(t)dt + k (12)
De (11) e (12),
g(b) – g(a) = ∫ba f(t)dt – ∫aa f(t)dt
Mas, como observamos anteriormente 
∫aa f(t)dt = 0; assim g(b) – g(a) = ∫ba f(t)dt que é
o que queríamos provar.
Se f não estiver definida para valores de x
maiores do que b, mas for contínua à esquer-
da de b, a derivada em (10) será a derivada à
esquerda, e teremos g’–(b) = F’–(b), de onde
84
UEA – Licenciatura em Matemática
segue (11). Da mesma forma, se f não estiver
definida para valores de x menores do que a,
mas for contínua à direita de a, então a deriva-
da em ( 10) será a derivada à direita, e teremos
g’+(a) = F’+(a), de onde segue (12).
Estamos, agora, em posição de encontrar o
valor exato de uma integral definida, aplicando
o segundo teorema fundamental do cálculo. 
Quando aplicarmos esse teorema, usaremos a
notação [g(b) – g(a)] 
Exemplo – Vamos aplicar o segundo teorema
fundamental do Cálculo para determinar ∫31 x2dx.
Aqui f(x) = x2. Uma antiderivada de x2 é x3.
Daí escolhemos 
Logo, pelo segundo teorema fundamental do
cálculo,
Devido à conexão entre integrais definidas e
antiderivadas, usamos o sinal de integral ∫ para
a notação ∫f(x)dx de antiderivada. Vamos dis-
pensar agora a terminologia de antiderivadas e
antidiferenciação e começaremos a chamar
∫f(x)dx de integral indefinida. O processo de
cálculo de uma integral indefinida ou definida é
chamado de integração. 
Deve ser enfatizada a diferença entre uma inte-
gral indefinida e definida. A primeira, ∫f(x)dx,
foi estabelecida como sendo uma função g tal
que sua derivada Dx[g(x)] = f(x). Por outro
lado, a segunda ∫bb f(x)dx é um número cujo
valor depende da função f e dos números a e
b, e foi definida como o limite de uma soma de
Riemann. A definição de integral definida não
faz nenhuma referência à diferenciação. 
A integral indefinida envolve uma constante ar-
bitrária; por exemplo, 
A constante arbitrária C é chamada de cons-
tante de integração. Ao aplicar o segundo teo-
rema fundamental do Cálculo, não é preciso
incluir a constante arbitrária C na expressão de
g(x), pois o teorema permite-nos escolher qual-
quer antiderivada, inclusive aquela para a qual
C = 0.
Exemplos:
1. Calcule:
Solução:
2. Calcule
Solução:
Exemplos:
1. Calcule:
a) ∫42 3dx
b) ∫31 (2x + 3)dx
c) ∫22 (x2 – 1)dx
d) 
e)
f)
Solução:
a) ∫42 3dx = [3x]42
85
Cálculo I – Integrais
= (3 . 4) – (3 . 2)
= 12 – 6 = 6
b)
= [x2 + 3x]31
=(9 + 27) – (1 + 3)
= 36 – 4 = 32
c)
d)
e)
f)
1. Calcule:
a) ∫10(x + 3)dx
b)
c)
d)
e)
f)
g) ∫10(x + 1)2dx
h)
2. Em alguns problemas práticos, pode surgir a
necessidade de se calcular a área entre duas
curvas. Suponhamos que f(x) e g(x) sejam
funções não-negativas e que f(x) ≥ g(x) no
intervalo a ≤ x ≤ b conforme mostra a figura b.
Área de R = ∫ba f(x)dx – ∫ba g(x)dx = ∫ba [f(x) – g(x)]dx
Pode-se provar que esta fórmula permanece
válida mesmo se desprezar a hipótese de as
funções f e g serem não-negativas. 
86
UEA – Licenciatura em Matemática
TEMA 16
ÁREA ENTRE CURVA
Se f(x) e g(x) forem contínuas no intervalo
a ≤ x ≤ b, com f(x) ≥ g(x), e se R for a região
limitada pelos gráficos de f e g pelas verticais
x = a e x = b, então, 
Área de R = ∫ba [f(x) – g(x)]dx 
Exemplos: 
1. Calcule a área da região limitada pelas curvas 
y = x2 + 1 e y = 2x – 2 entre x = –1 e x = 2.
Solução:
Para melhor visualizar a situação, iniciemos re-
presentando a região conforme ilustra a figura
abaixo. Aplicamos, então, a fórmula de inte-
gração, com f(x) = x2 + 1, 
g(x) = 2x –2, a = –1 e b = 2.
Obtendo,
Área 
= ∫2–1 [x2 + 1) – (2x – 2)]dx = ∫21 [x2 – 2x + 3)dx 
2. Calcule a área da região limitada pelas 
curvas y = x3 e y = x2
Solução:
Esbocemos as curvas, conforme figura abaixo.
Determinemos os pontos de intersecção, resol-
vendo, simultaneamente, as equações das duas
curvas. Obtemos:
x3 = x2 x3 – x2 = 0 x2(x – 1)= 0
Ou
x = 0 e x = 1
Os pontos correspondentes (0,0) e (1,1) são os
de intersecção.
Região limitada por y = x3 e y = x2
Observemos que, para 0 ≤ x ≤ 1, o gráfico
y = x2 situa-se acima do de y = x3 (pois o
quadrado de uma fração entre 0 e 1 é maior
que o seu cubo). Logo, a região em estudo é
limitada, acima, pela curva y = x2; abaixo, pela
curva y = x3 e, nas extremidades, por x = 0 e
x = 1. Por conseguinte,
Área = ∫10
3. Calcule a área do conjunto do plano limitado
pelas retas x = 0, x = 1, y = 0 e pelo gráfico de
f(x) = x2.
Solução:
área
As situações que apresentamos a seguir suge-
rem como estender o conceito da área para
uma classe mais ampla de subconjunto do 2.
87
Cálculo I – Integrais
Como f(x) ≤ 0 em [a,b], ∫ba f(x)dx ≤ 0.
área A = –∫ba f(x)dx
2. Seja A o conjunto hachurado
área
A = ∫ca f(x)dx – ∫dc f(x)dx + ∫bd f(x)dx = ∫ba |f(x)|dx 
Observe:
A = ∫ba f(x)dx = ∫ca f(x)dx + ∫bd f(x)dx = 
soma das áreas dos conjuntos acima do eixo
0x menos a soma das áreas dos conjuntos
abaixo do eixo 0x.
3. [f(ci) – g(ci)]Δxi = área do retângulo hachurado.
área A, onde A é o conjunto limitado pelas
retas x = a, x = b e pelos gráficos de y = f(x)
e y = g(x), com f(x) ≥ g(x)em [a,b].
Exemplo:
Resolva: 
a) Calcule a área da região limitada pelo gráfi-
co de f(x) = x3, pelo eixo x e pelas retas
x = –1 e x = 1.
b) Calcule = ∫1–1 x3 dx
Solução:
a) área =
área
área
b) 
Nas questões abaixo, desenhe o conjunto A
dado e calcule a área.
1. A é o conjunto do plano limitado pelas retas
x = 1, x = 3, pelo eixo 0x e pelo gráfico de y = x3.
2. Aé o conjunto do plano limitado pelas retas 
x = 1, x = 4, y =0, e pelo gráfico .
3. é o conjunto de todos (x,y), tal que x2 – 1 ≤ y ≤ 0.
4. A é o conjunto de todos (x,y), tal que
0 ≤ y ≤ 4 – x2.
5. A é o conjunto de todos (x,y), tal que
0 ≤ y ≤ |sen x|, com 0 ≤ x ≤ 2π
6. A é é a região do plano compreendida entre 0x
e o gráfico de y = x2 – x, com 0 ≤ x ≤ 2.
7. A é o conjunto do plano limitado pela reta y = 0
e pelo gráfico de y = 3 – 2x – x3, com –1 ≤ x ≤ 2.
8. A é o conjunto do plano limitado pelas retas
x = –1, x – 2, y = 0 e pelo gráfico de
y = x2 + 2x + 5.
9. A é o conjunto do plano limitado pelo eixo 0x,
pelo gráfico de y = x3 – x, 1 ≤ x ≤ 1.
10. A é o conjunto do plano limitado pela reta y = 0
e pelo gráfico de y = x3 – x, com 0 ≤ x ≤ 2.
y x=
88
UEA – Licenciatura em Matemática
TEMA 17
MUDANÇA DE VARIÁVEL NA INTEGRAL
17.1 Resumo das integrais
1. Dx(x) = 1
∫1dx = x + C
2.
3. Dx (sen x) = cos x
∫cos x dx = sen x + C
4. Dx (–cos x) = senx
∫senxdx = –cosx + C
5. Dx (tg x) = sec2 x
∫sec2 xdx = tg x + C
6. Dx (–cotg x) = cosec2 x
∫cosec2 xdx = –cot gx + C
7. Dx (sec x) = sec x tg x
∫sec x tg xdx = sec x + C
8. Dx (–cosec x) = cosc x cotg x
∫cosec x cotg xdx = –cosec x + C 
17.2 Definição
As fórmulas para integrais indefinidas acima,
têm objetivo limitado, porque não podemos
usá-las diretamente para calcular integrais co-
mo ou ∫cos 4xdx. 
Desenvolveremos, agora, um método simples
– mas poderoso – para mudar a variável de
integração de modo que essas integrais (e mui-
tas outras) possam ser calculadas por meio
das fórmulas vistas até agora.
Para justificar esse método, aplicaremos a fór-
mula para integral indefinida e uma função com-
posta. Pretendemos considerar diversas fun-
ções f,g e F, de forma que nosso trabalho será
simplificado se enunciarmos a fórmula em ter-
mos de uma função h como segue: 
∫[Dxh(x)]dx = h(x) + C
Sejam f uma antiderivada de uma função f e g
uma função diferenciável tal que g(x) está no
domínio de F para todo x em algum intervalo.
Denotando por h a função composta de F e g,
então h(x) = F(g(x)) e daí 
∫[DxF(g(x))]dx = F(g(x)) + C
Aplicando a regra da cadeia ao integrando
DxF(g(x)) lembrando que F’ = f, obtemos
DxF(g(x)) = F’(g(x))g’(x) = f(g(x))g’(x)
Levando na integral indefinida precedente,
temos 
∫ f(g(x))g’(x)dx = F(g(x)) + C (*)
Podemos utilizar o seguinte artifício para ajudar
a rememorar esta fórmula: 
Sejam u = g(x) e du = g’(x)dx 
Note que, uma vez introduzida a variável u =
g(x), a diferencial du de u fica determinada
(fato demosntrado anteriormente). Substituin-
do formalmente na última fórmula de integra-
ção, vem ∫f(u)du = F(u) +C.
Esta integral tem a mesma forma que a da
Definição de antiderivada; todavia u representa
aqui uma função, e não uma variável indepen-
dente x, como anteriormente. Isso sugere que
g’(x)dx em (*) pode ser encarado como o pro-
duto de g’(x) e dx.
Como a variável x foi substituída por uma nova
variável u, esta maneira de calcular integrais
indefinidas é conhecida como mudança de
variável, ou método de substituição. Pode-
mos resumir nosso estudo como segue, quan-
do supomos que f e g tenham as propriedades
descritas previamente.
17.3 MÉTODO DA SUBSTITUIÇÃO
Se F é uma antiderivada de f, então
∫f(g(x))g’(x)dx = F(g(x)) + C.
Após fazer a substituição u = g(x) conforme
indicado acima, pode ser necessário inserir um
fator constante k no integrando para obter uma
forma adequada ∫f(u)du. Devemos, então,
multiplicar por para manter a igualdade, con-
forme exemplo a seguir.
Exemplo: 
Calcular
89
Solução: 
Façamos u = 5x + 7e calculemos du:
u = 5x + 7, du = 5 dx
Como du contém o fator 5, a integral não está
na forma ∫ f(u)du exigida. Entretanto podemos
introduzir o fator 5, no integrando, desde que 
multipliquemos por . Fazendo isso e aplican-
do os teoremas de integração, temos
Daqui por diante, após inserir o fator k em um
integrando, como no Exemplo, simplesmente 
multiplicaremos a integral por , omitindo o
trabalho intermediário de escrever primeiro 
e trazer então para fora, isto é, para a
esquerda do sinal de integral. 
Exemplo:
Calcular ∫cos 4xdx
Solução: 
Façãmos a substituição
u = –4x, du = 4x
Como du contém o fator 4, ajustamos o integran-
do multiplicando por 4 e, para compensar, multi–
plicamos a integral por antes de substituir: 
∫cos 4x = ∫(cos 4x)4dx
= ∫cos u du
= sen u + C
= sen 4x + C
Nem sempre é fácil decidir a substituição
u = g(x) necessária para transformar uma inte-
gral indefinida em uma forma que possa ser
facilmente calculável. Às vezes, é preciso ten-
tar várias possibilidades diferentes até achar
uma substituição adequada. Na maioria dos
casos, nenhuma substituição simplificará pro-
priamente o integrando. Veja algumas diretri-
zes. 
1) Decidir por uma substituição u = g(x).
2) Calcular du = g’(x)dx.
3) Com o auxílio de 1 e 2, transformar a inte-
gral em uma forma que envolva apenas a
variável u. Se necessário, introduzir um fator
constante k no integrando, compensando 
com a multiplicação de integral por . Se
Se qualquer parte do integrando resultante
diferente em 1.
4) Calcular a integral obtida em 3, obtendo
uma antiderivada envolvendo u.
5) Substituir u por g(x) na antiderivada obtida
na diretriz 4. o resultado final deve conter
apenas a váriável x.
Exemplos:
1. Calcular ∫(2x3 + 1)7 x2dx
Solução:
Se o integrando envolve uma expressão eleva-
da a uma potência como (2x3 + 1)7, costu-
mamos substituir a expressão por u . Assim,
u = 2x3 + 1, du = 6x2 dx
A comparação de du = 6x2 dx com x2 da inte-
gral sugere a introdução do fator 6 no integran-
do, compensada pela multiplicação da integral 
por :
∫(2x3 + 1)7 x2 dx = ∫(2x3 + 1)7 6x2 dx 
Freqüentemente, há mais de uma maneira de
fazer uma substituição em uma integral inde-
finida. Para ilustrar, outro método para calcu-
Cálculo I – Integrais
90
UEA – Licenciatura em Matemática
lar essa integral consiste em considerar
u = 2x3 + 1 du = 6x2 dx por du = x2 dx
Substituímos, então, x2 dx por du
e integramos como anteriormente
2. Calcular
Solução:
Note que ointegrando contém o termo xdx. Se
o fator x estivesse ausente, ou elevado a uma
potência mais alta, o problema seria mais com-
plicado. Para integrandos que envolvem um
radical, em geral substituímos a expressão sob
o sinal de radical. Assim, 
u = 7 – 6x2, du = –12x dx 
Em seguida, introduzimos o fator –12 no inte-
grando, compensando com a multiplicação da 
integral por , e procedemos como segue:
Poderíamos também ter escrito
substituindo xdx diretamente. Assim,
Para o restante da solução, procedemos exata-
mente como antes.
3. Calcular
Solução:
Façamos 
u = x3 – 3x + 1
du = (3x2 – 3)dx = 3(x2 – 1)dx
e procedemos como seguinte:
4. Calcular
Solução:
Para a fórmula ∫cos u du = sen u + C, fazemos 
a substituição 
Introduzimos o fator no integado e com-
pensando-o pela multiplicação da integral por
2, obteremos
= 2∫cos u du = 2sen u + C
5. Calcular ∫cos3 5x sen 5x dx
Solução:
A forma do integrando sugere utilizarmos a 
regra da potência . Façamos,
pois, u = cos 5x, du = –5 sen 5x dx.
A forma de du indica que devemos introduzir o
fator –5 no integrando, multiplicar a integral por 
– e integral como segue:
∫cos3 5x sen 5xdx
91
Cálculo I – Integrais
1. Calcule a integral fazendo a substituição dada:
a) ∫cos 3xdx, u = 3x
b)
c)
4. Calcule a integral indefinida:
a) ∫2x(x2 + 3)4dx
b) 
c) 
d)
e)
f) ∫(1 – 2y1,3)dt
g) ∫cos 2θdθ
h)
i) ∫ t sen(t2)dt
j) 
k)
l) ∫cos4x senx dx
m)
n)
o)
17.4 A regra da substituição para Integrais 
definidas
Se g’ for contínua em [a,b] e f for contínua na
variação de u = g(x),então ∫ba f(g(x))g’(x) = ∫g(b)g(a) du
Prova:
Seja F uma antiderivada de f. Então, pelo méto-
do da substiuição, F(g(x)) é uma antiderivada
de F’(g(x)) g’(x); logo, pela parte 2 do
Teorema Fundamental, temos
∫ba f(g(x))g’(x)dx =F(g(x))]ba = F(g(b)) – F(g(a))
Mas aplicando uma segunda vez o TFC2, tam-
bém temos, 
∫g(b)g(a) f(u) du = F(u)]g(b)g(a) = F(g(b)) – F(g(a))
Exemplos:
1. Sendo calcule.
Solução:
Usando a substituição u = 2x + 1 e .
Para encontrar os novos limites de integração,
notamos que, quando x = 0, u = 1, e quando
x = 4, u = 9
Portanto 
Observe que, quando usamos a regra da substi-
tuição, não retornamos à variável x após a inte-
gração. Simplesmente calculamos a expressão
em u entre os valores apropriados de u.
2. Calcule
Solução: 
Seja u = 3 – 5x. Então du = –5dx, portanto 
.
92
UEA – Licenciatura em Matemática
Quando, x = 1, u = –2 e quando x = 2, u = –7.
Assim,
3. Calcule 
Solução:
Vamos fazer u = 1n x, pois sua diferencial 
ocorre na integral. 
Quando x = 1, u = 1n1 = 0, quando x = e, u
e 1n e e = 1.Assim
6. Calcular .
Solução:
Comecemos escrevendo a integral como
A expressão na integral sugere a
seguinte substituição u = 5x – 1, du = 5dx.
A forma de du sugere introduzirmos o fator 5
no integrando, compensando pela multipli-
cação da integral por , como segue:
Calculamos, em seguida, os valores de 
u = 5x – 1, que correspondem aos limites de
integração x = 2 e x = 10:
(i) Se x = 2, então u = 5(2) – 1 = 9.
(ii) Se x = 10, então u = 5(10) – 1 = 49.
Substituindo na integral e mudando os limites
de integração conforme método da substi-
tuição, vem:
7. Calcular .
Solução:
O integrando sugere a regra da potência 
Fazemos assim u = 1 + sen 2x, du = 2cos2xdx
A forma de du indica que devemos introduzir o
fator 2 no integrando e multiplicar a integral por 
, como segue:
Calculamos, em seguida, os valores de
u = 1 + sen 2x, que correspondem aos limites
de integração x = 0 e :
(i) Se x = 0, então u = 1 + sen 0 = 1 + 0 = 1
(ii) Se , então 
Substituindo no integrando e mudando os li-
mites de integração, obtemos:
17. 5 SIMETRIA
17.5.1 Introdução
O terorema seguinte ilustra uma técnica útil pa-
93
ra o cálculo de certas integrais definidas.
O próximo teorema usa a Regra da Substi-
tuição para Integrais Definidas para simplificar
o cálculo de integrais de funções que possuam
propriedades de simetria.
17.5.2 Integrais de funções simétricas
Teorema – Suponha que f é contínua em
[–a,a].
a) Se f for par [f(–x) = f(x)], então 
∫a–a f(x)dx = 2∫a–a f(x)dx 
b) Se f for ímpar [f(–x) = –f(x)], então 
∫a–a f(x)dx = 0
Prova:
Dividimos a integral em duas:
∫a–a f(x)dx = ∫0–a f(x)dx + ∫a0 f(x)dx = 
= –∫–a0 f(x)dx + ∫a0 f(x)dx (1)
Na primeira integral da última igualdade, faze-
mos a substituição u = –x. Então du = –dx, e
quando x = –a, u = a. Portanto
–∫–a0 f(x)dx = –∫a0 f(–u)(–du) = ∫a0 f(–u)du
∫a–a f(x)dx = ∫a0 f(–u)du + ∫a0 f(x)dx (2)
a) Se f for par, então f(–u) = f(u); logo, da
Equação (2) segue que
∫a–a f(x)dx = ∫a0 f(u)du + ∫a0 f(x)dx = 2∫a0 f(x)dx 
b) Se f for ímpar, então f(–u) = –f(u), e a
Equação (2) nos dá
∫a–a f(x)dx = –∫a0 f(u)du + ∫a0 f(x)dx = 0
O Teorema está ilustrado abaixo.
(a) f par, ∫a–a f(x)dx = 2∫a0 f(x)dx 
(b) f ímpar, ∫a–a f(x)dx = 0
Quando f é positiva e par, a parte (a) diz que a
área sob y = f(x) de –a até a é o dobro da área
de 0 até a devido à simetria. Lembre-se de que
uma integral ∫ba f(x)dx pode ser expressa como
a área acima do eixo x e acima da curva.
Assim, a parte (b) diz que a integral é 0, pois as
áreas se cancelam.
Exemplos:
1. Uma vez que f(x) = x6 + 1 satisfaz f(–x) = f(x),
ela é par, portanto
∫2–2 (x6 + 1)dx = 2∫20 (x6 + 1)dx
2. Uma vez que satisfaz
f(–x) = –f(x), ela é impar, e portanto
3. Calcular
a) ∫1–1 (x4 + 3x2 + 1)dx 
b) ∫11 (x5 + 3x3 + x)dx 
c) ∫5–5 (2x3 + 3x2 + 7x)dx
Solução:
a) Como o integrado é uma função par, po-
demos aplicar a parte a) do teorema acima:
∫1–1 (x4 + 3x2 + 1)dx = ∫10 (x4 + 3x2 + 1)dx
b) O integrando é impar e, assim, aplicamos a
parte b) do teorema:
∫1–1(x5 + 3x3 + x)dx = 0
Cálculo I – Integrais
94
UEA – Licenciatura em Matemática
c) A função dada por 2x3 + 7x é impar, mas a
função 3x2 é par; aplicamos, pois, o teorema:
∫5–5(2x3+3x2+7x)dx = ∫5–5(2x+7x)dx +∫5–5 3x2dx
= 0 + 2∫50 3x2dx
= 2[x3]50 = 250
Calcule:
1)
2) ∫1–1 (v2 – 1)v dv
3)
4)
5)
6)
7)
TEMA 18
INTEGRAÇÃO POR PARTES
18.1 Definições
As técnicas aqui nos possibilitam estimar a
área de uma piscina, a altura de um foguete um
minuto após o lançamento, o cálculo da veloci-
dade de escape do foguete e a diminuição do
crescimento de uma população de insetos in-
troduzindo-se machos estáveis.
Até este ponto, não temos condições de calcu-
lar integrais como
∫lnx dx, ∫xe2 dx, ∫x2 sen x dx, ∫arctg x dx 
A próxima fórmula possibilita calcular não so-
mente estes, como muitos outros tipos de inte-
grais.
18.2 Fórmula de integração por partes
Se u = f(x) e v = g(x), e se f’ e g’ são contínuas,
então
∫u dv = uv – ∫v du
Demonstração:
Pela regra do produto
Dx[f(x) g(x)] = f(x)g’(x) + g(x)f’(x)
ou, equivalentemente,
f(x)g’(x) = Dx[f(x) g(x)] – g(x)f’(x)
Integrando ambos os membros, obtemos
∫f(x)g’(x)dx = ∫Dx[f(x) g(x)]dx – ∫g(x)f’(x)dx
Pelo que já estudamos, a primeira integral à
direita é igual a f(x)g(x) + C. Como se obtém
outra constante de integração na segunda inte-
gral, podemos omitir C na fórmula, isto é,
∫f(x)g’(x)dx = f(x)g(x)dx – ∫g(x)f’(x)dx
Como dv = g’(x)dx e du = f’(x)dx, podemos
escrever a fórmula precedente anteriormente.
Ao aplicar a Fórmula acima a uma integral, o
primeiro passo é fazer uma parte do integran-
do corresponder a dv. A expressão que esco-
lhermos para dv deve incluir a diferencial dx.
Após a escolha de dv, denotamos a parte
restante do integrando por u, e calculamos du.
Como esse processo implica separar o inte-
95
Cálculo I – Integrais
grando em duas partes, referimo-nos ao uso
da fórmula como integração por partes. É
importante a escolha adequada de dv. Em
geral, fazemos dv representar a parte mais
complicadado integrando que possa ser
prontamente integrada. O exemplo a seguir
ilustra esse método de integração.
Exemplo:
1. Calcular ∫xe2xdx
Solução:
A lista seguinte contém todas as escolhas pos-
síveis de dv:
dx, xdx, e2xdx, xe2x, xe2xdx
A mais complexa destas expressões que pode
ser integrada rapidamente é e2x dx. Assim,
fazemos dv = e2xdx.
A parte restante do integrando é u, isto é,
u = x. Para achar v, integramos dv, obtendo 
.
Se u = x, então du = dx. Para facilidade de
referência, disponhamos essas expressões co-
mo segue: 
dv = e2xdx u = x
du = dx
Levando essas expressões na fórmula, isto é,
integrando por partes, obtemos 
integrando à direita, temos:
É necessário práticar bastante para fazer uma
escolha adequada de dv. Para ilustrar, se
tivéssemos escolhido dv = x dx no exemplo 1,
teria sido necessário fazer u = e2x, onde 
dv = x dx u = e2x
du = 2e2x dx
Integrando por partes, obteríamos 
Como o expoente associado a x aumentou, a
integral à direita tornou-se mais complexa que
a integral original. Isso indica uma escolha
incorreta de dv.
2. Calcular:
a) ∫x sec2 x dx
b)
Solução:
a) As escolhas possíveis de dv são dx, x dx,
secx dx, xsec x dx, sec2x dx, xsec2x dx
A mais complexa destas expressões que
pode ser integrada imediatamente é sec2x
dx. Fazemos, pois, 
dv = sec2 xdx u = x
v = tg x du = dx
Integrando por partes, obtemos
∫xsec2 x dx = xtg x = ∫tg x dx
= xtg x + ln |cos x| + C
b) A integral indefinida obtida na parte (a) é
uma antiderivada de xsec2x. Aplicando o
teorema fundamental do cálculo (e omitin-
do a constante de integração C), obtemos
Se, no exemplo 2, tivéssemos escolhido
dv = x dx e u = sec2 x, a integração por partes
teria conduzido a uma integral mais complexa. 
A seguir, aplicamos a integração por partes pa-
ra achar uma antiderivada da função logarítmi-
ca natural.
3. Calcular ∫ln x dx
Solução:
Seja 
dv = dx u = 1n x
v = x
96
UEA – Licenciatura em Matemática
obtemos,
= x ∫ln x – ∫dx
= x ln x – x + C
Observação – Algumas vezes, pode ser neces-
sário aplicar a integração por partes mais de
uma vez no mesmo problema.
4. Calcular ∫x2e2x dx
Solução:
Façamos dv = e2x dx u = x2
du = 2x dx
logo,
Para calcular a integral no membro direito da
última equação, devemos novamente integrar
por partes. Procedendo exatamente como no
exemplo 1, temos:
O próximo exemplo mostra outra maneira de
calcular uma integral aplicando duas vezes a
fórmula de integração por partes. 
5. Calcular ∫e2 cos2 dx
Podemos fazer tanto dv = cos x dx, como dv = e"
dx, pois qualquer uma dessas duas expressões
é facilmente integrável. Escolhamos 
dv = cosx dx u = ex
v = sen x du = ex dx
Então,
∫ex cos x dx = ex sen x – ∫(sen x)ex dx
∫ex cos x dx = ex sen x – ∫ex sen x dx (1)
Aplicamos, em seguida, a integração por partes
à integral no membro direito de (1). Como
escolhemos uma forma trigonométrica para dv
na primeira integração por partes, escolhere-
mos também uma forma trigonométrica na
segunda. Fazendo
dv = sen x dx u = ex
v = –cos x du = exdx
e integrando novamente por partes obtemos:
∫ex sen x dx = ex (–cos x) – ∫(–cos x)ex dx
∫ex sen x dx = –ex cos x + ∫ex cos dx (2)
Utilizando a equação (2) para fazer a substitu-
ição no membro direito da equação (1), obtemos 
∫ex cos x dx = ex sen x – [–ex cos x + ∫ex cos x dx] 
ou, 
∫ex cos x dx = ex sen x + ex cos x – ∫ex cos x dx 
Adicionando ∫e2 cos dx a ambos os membros
da última equação, obtemos:
2 ∫e2 cos x dx = e2(sen x + cos x)
Finalmente, dividindo ambos os membros por
2 e adicionando a constante de integração,
obtemos
Poderíamos também ter calculado a integral
utilizando dv = ex dx para a primeira e para a
segunda aplicação da função integração por
partes.
Devemos escolher cuidadosamente as substi-
tuições ao calcular uma integral do tipo dado
no exemplo 5. Suponhamos que, no cálculo da
integral à direita da equação (1) da solução,
tivéssemos escolhido 
dv = ex dx u = sen x
v = ex du = cos x dx
A integração por partes, então, conduziria a 
∫ex sen x dx = (sen x)ex – ∫ex cos x dx
= ex sen x – ∫ex cos x dx
Se substituímos em (1), obtemos 
∫ex cos x dx = ex sen x – [ex sen x – ∫ex cos x dx]
que se reduz a
∫ex cos x dx = ∫ex cos x dx
Embora se trate de uma afirmação verdadeira,
não é evidentemente um cálculo da integral
dada. 
6. Calcular ∫sec3 x dx
Solução:
As escolhas possíveis de dv são 
97
dx, sec xdx, sec2 x dx, sec3 x dx
A expressão mais complexa que pode ser in-
tegrada facilmente é sec3 x dx. Fazemos então 
dv = sec2 x dx u = sec x
v = tg x du = sec x tg x dx
daí,
∫sec3 x dx = sec x tg x – ∫sec x tgx x dx
Em lugar de aplicar outra integração por par-
tes, mudemos a forma da integral à direita va-
lendo-nos da identidade 1 + tg2 x = sec2 x
que nos dá
∫sec3x dx = secx tgx – ∫sec x (sec2 x – 1)dx
Somando ∫sec3 x dx a ambos os membros da
última equação, obtemos 
2∫sec3x dx = secx tgx + ∫sec x dx
Calculando agora ∫sec x dx e dividindo ambos
os membros da equação resultante por 2 (e
acrescentando, então, a constante de integra-
ção), obtemos 
A integração por partes pode, às vezes, ser
usada para obter fórmulas de redução para
integrais. Utilizamos tais fórmulas para escre-
ver uma integral que envolve potências de uma
expressão, em termos de integrais que envol-
vem potências inferiores da mesma expressão.
7. Estabelecer uma fórmula de redução para
∫senn xdx.
Solução:
Fazemos
dv = sen x dx u = senn–1x
v = –cos x du = (n – 1)n–2sen x cos x dx
integrando, temos:
∫senn x dx = –cosx senn – 1x+(n–1)∫senn – 2 x cos2x dx
Como cos2 x = 1 – sen2 x, podemos escrever
∫senn x dx = 
–cosx senn – 1x+(n–1)∫senn – 2 x dx – (n – 1)∫senn x dx
Conseqüentemente,
∫senn x dx = (n – 1)∫senn x dx = 
cos x senn – 1 x + (n – 1)∫senn – 2 x dx
O membro esquerdo da equação reduz-se a
n ∫sen x dx. Dividindo ambos os membros por
n, obtemos 
8. Aplique a fórmula de redução do exemplo 7
para calcular ∫sen4 x dx.
Aplicando a fórmula com n = 4, obtemos 
Solução:
Aplicando a fórmula de redução, com n = 2,
para a integral à direita, temos
Conseqüentemente,
com
É evidente que, mediante aplicações reiteradas
da fórmula do exemplo 7, podemos calcular
∫sennx dx para qualquer inteiro positivo n,
porque essas reduções sucessivas terminam
em ∫sen x dx ou ∫dx, ambas imediatamente
integráveis.
1. Calcule:
a) ∫ xex dx
b) ∫ xsen xdx
c) ∫ x2 ex dx 
d) ∫ xln xdx 
e) ∫ ln x dx
f) ∫ x2ln xdx
g) ∫ sec2 xdx 
Cálculo I – Integrais
98
UEA – Licenciatura em Matemática
h) ∫ x (ln x)2 dx 
i) ∫ (ln x)2 dx
j) ∫ x e2x dx
l) ∫ ex cos x dx
m) ∫ e–2x sen x dx
n) ∫ x3 e xx2 dx
o) ∫ x3 cos x2 dx
p) ∫ e–x cos 2x dx
q) ∫ x2 sen x dx
2. Calcule:
a) ∫10 x ex dx 
b) ∫21 ln x dx
c)
d) ∫x0 t2 e–stdt(s ≠ 0)
TEMA 19
INTEGRAIS TRIGONOMÉTRICAS
19.1 Introdução
Os teoremas para a antiderivada das funções
seno e co-seno seguem imediatamente dos
teoremas correspondentes para diferenciação. 
Teorema: ∫senxdx = –cos x + C
Prova: Dx(–cos x) = –(–sen x)
= sen x
Teorema: ∫cos xdx = sen x + C
Prova: Dx(sen x) = cos x
Os teoremas a seguir são conseqüências dos
teoremas para as derivadas das funções tan-
gente, co-tangente, secante e co-secante. As
demonstrações também são imediatas, obti-
das com o cálculo da derivada do segundo
membro das fórmulas. 
Teorema: ∫sec2 xdx = tgx + C
Teorema: ∫cosec2 xdx = –cotgx + C
Teorema: ∫sectg xdx = sec x + C
Teorema: ∫cosec x cot xdx = –cosec x + C
Exemplo:
Calcule ∫(3sec x tg x – 5cosec2 x)dx.
Solução:
∫(3sec x tg x – 5cosec2 x)dx =
= 3∫sec x tg xdx – 5∫cosec2 xdx
= 3sec x – 5 (–cot gx) + 5 
= 3sec x – 5cot gx + C 
As identidades trigonométricas são freqüente-
mente usadas quando calculamos antideri-
vadas envolvendo funçõestrigonométricas. As
oito identidades fundamentais a seguir são
cruciais:
1. sen x cosc x = 1
2. cosx sec x = 1
3. tg x cotg x = 1
4.
99
5.
6. sen2 x cos2 x = 1
7. tg2 x + 1 = sec2 x
8. cotg2 x + 1 = cosec2 x
Exemplos:
1. Calcule
Solução:
=
=
= 2∫cosec x cotg xdx – 3∫sen xdx
= 2(–cosec x) – 3 (cos x) + C
= –2(cosec x) + 3cos x + C
2. Calcule ∫(tg2 x + cotg2 x + 4)dx.
Solução:
∫(tg2 x + cotg2 x + 4)dx =
= ∫[(sec2 x – 1) +(cosec2 x – 1)]dx
= ∫sec2 xdx + ∫cosec2 xdx + 2∫dx
= tg x – cotg x + 2x + C
19.2 Substituição trigonométrica
Para achar a área de um círculo ou uma elipse, 
uma integral da forma aparece,
onde a > 0. Se a integral fosse a
substituição u = a2 – x2 poderia ser eficaz, mas,
como está, é mais difícil. Se mudar-
mos a variável de x para θ pela substituição
x = a senθ, então a identidade 1 – sen2θ = cos2
θ permitirá que nos livremos da raiz, porque 
Note a diferença entre a substituição u = a2 – x2
(na qual uma nova variável é uma função da
velha) e a substituição x = a senθ (a variável
velha é uma função da nova). 
Em geral, podemos fazer uma substituição da
forma x = g(t) usando a Regra da Substituição
ao contrário. Para simplificar nossos cálculos,
assumimos que g tem uma função inversa, isto
é, g é um a um. Nesse caso, se trocarmos u por
x e x por t na Regra da Substituição, obteremos 
∫f(x)dx = ∫f(g(t))g’(t)dt
Esse tipo de substituição é chamada de subs-
tituição inversa. 
Podemos fazer a substituição inversa 
x = a senθ desde que esta defina uma função
um a um. Isso pode ser conseguido pela 
restrição de θ no intervalo
A seguir, listamos substituições trigonométri-
cas que são eficazes para as expressões radi-
cais dadas por causa de certas identidades
trigonométricas. Em cada caso, a restrição de
θ é imposta para assegurar que a função que
define a substituição seja um a um. 
Substituição trigonométrica
Expressão substituição identidade
1 – sen2θ = cos2θ
1 + tg2θ = sec2θ
sec2θ – 1= tg2θ
Exemplos:
1. Avalie 
Solução:
Seja x = 3sen θ, onde .
então dx = 3cosθ dθ e 
Cálculo I – Integrais
100
UEA – Licenciatura em Matemática
Observe que cosθ ≥ 0 porque
.
Então, a Regra de Substituição Inversa fornece 
=∫(cossec2 θ – 1)dθ
= cotg θ – θ + C
Como esta é uma integral indefinida, devemos
retomar à variável x original. Isso pode ser feito
usando-se identidades trigonométricas para 
expressar cotθ em termos de ou pelo
desenho de um diagrama, como na Figura
abaixo, onde θ é interpretado como um ângu-
lo de um triângulo retângulo.
Como , denominamos o lado oposto
e a hipotenusa como tendo comprimentos x e
3. Pelo Teorema de Pitágoras, o comprimento
do lado adjacente é ; assim, podemos
ler o valor de cotgθ diretamente da figura: 
(Embora θ > 0 no diagrama, essa expressão
para cotgθ é valida quando θ <0). Como 
, temos e assim
2. Encontre a área limitada pela elipse .
Solução:
Resolvendo a equação da elipse para y, temos 
que ou .
Porque a elipse é simétrica em relação a am-
bos os eixos, a área total A é quatro vezes a
área do primeiro quadrante (veja a Figura
abaixo).
A parte da elipse no primeiro quadrante é dada
pela função
0 ≤ x ≤ a
Assim,
Para avaliar essa integral substituímos x = a
senθ. Então dx = a cosθ dθ. Para mudar os
limites de integração notamos que quando 
x = 0, senθ = 0, assim θ = 0; quando x = a,
senθ = 1, assim 
. Também 
já que . 
Portanto
= πab
Mostramos que a área de uma elipse com
semi-eixos a e b é πab. Em particular, tomando
a = b = r, provamos a famosa fórmula que diz
que a área de um círculo de raio r é πr2.
Observação – Nesse exemplo, a integral é de-
finida; então, mudamos os extremos de integra-
ção e não tivemos de converter de volta à va-
riável x original.
3. Ache
101
Solução:
Seja .
Então, dx = 2 sec2θ dθ e 
Assim, temos:
Para avaliar essa integral trigonométrica, colo-
camos tudo em termos de senθ e cosθ:
Portanto, fazendo a substituição u = senθ, temos:
Usamos a Figura abaixo para determinar que 
e assim
4. Avalie , onde a > 0
Solução:
Seja x = asecθ, onde ou .
Então, dx = a secθ tgθ dθ e
Portanto,
=∫secθ dθ = ln|sec θ + tg θ| + C
O triângulo abaixo mostra que
Assim, temos:
Escrevendo C1 = C – ln a, temos
5. Encontre .
Solução:
Primeiro, notamos que ;
assim, a substituição trigonométrica é apropri-
ada. Embora não seja exatamente
uma expressão da tabela de substituições tri-
gonométricas, ela se torna parte delas quando
fazemos a substituição preliminar u = 2x. Quan-
do combinamos esta com a substituição da tan-
gente,
temos , o que dá e
Quando x = 0, tg θ= 0 assim θ = 0 ; quando 
, tg θ = , assim , logo,
Agora, substituímos u = cosθ de modo que
3
Cálculo I – Integrais
102
UEA – Licenciatura em Matemática
du = –senθdθ . 
Quando θ = 0, u = 1;
quando , .
Portanto
1. Calcule:
a)
b)
c)
d) 
e) 
f)
g)
h)
TEMA 20
INTEGRAIS DE FUNÇÕES RACIONAIS
20.1 Introdução
Recorde que, se q é uma função racional, 
então , onde f(x) e g(x) são polinô-
mios. Aqui estabeleceremos regras para o cál-
culo de ∫q(x)dx. 
Consideremos o caso específico .
É fácil verificar que 
A expressão à esquerda da equação é chama-
da decomposição em frações parciais de 
. Para achar ∫q(x)dx, integramos cada uma
das frações que constituem a decomposição,
obtendo 
Teoricamente, é possível escrever qualquer 
expressão como uma soma de expres-
sões racionais cujos denominadores envolvem
potências de polinômios de grau não superior
a 2. Especificamente, se f(x) e g(x) são
polinômios e se o grau de f(x) é inferior ao grau
de g(x), então se pode provar que 
de tal forma que cada
termo Fk da soma tem uma das formas 
ou para reais A e B e n
inteiro não-negativo, onde ax2 + bx + c é irre-
dutível no sentido de que este polinômio qua-
drático não tem zeros (isto é, b2 – 4ac < 0).
Nesse caso, ax2 + bx + c não pode expressar-
se como o produto de dois polinômios do
primeiro grau com coeficientes reais. 
103
A soma F1 + F2 +...+Fr, é a decomposição em 
frações parciais de , e cada FK é uma
fração parcial. Não provaremos este resultado
algébrico, mas estabeleceremos diretrizes
para obter a decomposição.
As diretrizes para achar a decomposição em 
frações parciais de devem ser aplicadas
somente se f(x) tiver grau inferior ao de g(x).
Se isso não ocorrer, teremos de recorrer à
divisão para chegar à forma adequada.
Por exemplo, dada , obtemos,
por divisão;
Passamos, então, à decomposição de 
em frações parciais.
20.2 Diretrizes para a decomposição de 
em frações parciais 
1. Se o grau de f(x) não é inferior ao grau de
g(x), use a divisão para chegar à forma ade-
quada.
2. Expresse g(x) como o produto de fatores li-
neares ax + b ou fatores quadráticos irre-
dutíveis da forma ax2 + bx + c, e agrupe os
fatores repetidos de modo que g(x) seja o pro-
duto de fatores diferentes da forma (ax + b)n
ou (ax2 + bx + c)n para n inteiro não-negati-
vo.
3. Aplique as seguintes regras:
Regra a
Para cada fator (ax + b)ncom n ≥ 1, a de-
composição em frações parciais contém
uma soma de n frações parciais da 
forma onde
cada numerador Ak é um número real.
Regra b
Para cada fator (ax2 + bx + c)n com n ≥ 1 e
com ax2 + bx + c irredutível, a decom-
posição em frações parciais contém uma
soma de n frações parciais da forma
,
onde cada numerador Ak e Bk é um número
real.
Exemplos:
1. Calcule .
Solução:
Podemos fatorar o denominador do integrando
como segue: 
x3 + 2x2 – 3x = x(x2 + 2x – 3) = x(x + 3)(x – 1)
Cada fator tem a forma indicada na Regra a),
com m = 1. Assim, ao fator x corresponde uma 
fração parcial da forma . Analogamente, aos
fatores x + 3 e x – 1 correspondemfrações 
parciais e , respectivamente.
Portanto a decomposição em frações parciais
tem a forma .
Multiplicando pelo mínimo denominador co-
mum, obtemos 
4x2+13x – 9 = A(x+3)(x – 1)+Bx(x – 1)+Cx(x+3)
(*)
Em casos como este, em que os fatores são
todos lineares e não-repetidos, os valores de
A, B e C podem ser obtidos pela substituição
de x por valores que anulem os vários fatores. 
Fazendo x = 0 em (*), obtemos
–9 = –3A ou A = 3
Fazendo x = 1 em (*), obtemos 
8 = 4C ou C = 2
Finalmente, se x = –3 em (*), temos 
–12 = 12B ou B = –1
A decomposição em frações parciais é, pois, 
Cálculo I – Integrais
104
UEA – Licenciatura em Matemática
Integrando e denotando por K a soma das
constantes de integração, temos 
= 3ln|x|–ln|x + 3|+2ln|x – 1|+k
= ln|x3|–ln|x + 3|+ln|x – 1|2+k
Outra técnica para determinar A, B e C é desen-
volver o membro direito de (*) e agrupar os ter-
mos de mesma potência de x, como segue: 
4x2 + 13x – 9 = (A + B + C)x2 + (2A – B + 3C)x – 3A
Valemo-nos, agora, do fato que, se dois
polinômios são iguais, então os coeficientes de
iguais potências de x são os mesmos. É con-
veniente dispor nosso trabalho da seguinte
maneira, a qual chamamos comparação de
coeficientes de s. 
Coeficientes de x2: A + B + C = 4
Coeficientes de x: 2A – B + 3C = 13
Termos constantes: –3A = –9
Pode-se verificar que a solução deste sistema
de equações é
A = 3, B = –1 e C = 2
2. Calcular 
Solução:
Pela Regra a), há uma fração parcial da forma 
que corresponde ao fator x + 1 no
denominador de integrando. Para o fator
(x – 2)3 aplicamos a Regra a) (com m = 3),
obtendo uma soma de três frações parciais 
e .
Conseqüentemente, a decomposição em fra-
ções parciais tem a forma 
Multiplicando ambos os membros por
(x + 1)(x – 2)3, obtemos:
(*) 
Duas das constantes incógnitas podem ser
determinadas facilmente. Fazendo x = 2 em
(*), obtemos 6 = 3D ou D = 2
Da mesma forma, fazendo x = –1 em (*), obte-
mos –54 = –27A ou A = 2
As demais constantes podem ser obtidas por
comparação dos coeficientes. Atentando para
o membro direito de (*), vemos que o coefi-
ciente de x3 é A + B. Este coeficiente deve ser
igual ao coeficiente de x3 à esquerda. Assim,
por comparação:
coeficientes de x3: 3 = A + B
Como A = 2, segue–se que B = 1
Finalmente, comparamos os termos cons-
tantes de (*) fazendo x = 0 o que nos dá:
termos constantes: – 4 = –8A + 4B – 2C + D
Levando os valores já achados para A, B e D
na equação precedente, temos 
– 4 = –16 + 4 – 2C + 2 
que tem a solução C = 3. A decomposição em
frações parciais é, portanto, 
Para obter a integral dada, integramos cada
uma das frações parciais do membro direito da
última equação, obtendo 
com k igual à soma das quatro constantes de
integração. Este resultado pode ser escrito na
forma 
105
3. Calcular 
Solução:
O denominador pode ser fatorado como se-
gue: 
2x3–x2+8x–4=x2(2x–1)+4(2x–1)=(x2+4)(2x–1)
Aplicando a Regra b) ao fator quadrático irre-
dutível x2 + 4, vemos que uma das frações par-
ciais tem a forma . Pela Regra a), há
também uma fração parcial correspon-
dente ao fator 2x – 1. Conseqüentemente, 
Tal como em exemplos anteriores, isso conduz
a (*) 
x2 – x – 21 = (Ax + B)(2x – 1)+ C(x2+4)
Pode-se achar facilmente uma constante. 
Fazendo em (*), obtemos 
ou C = –5
As demais constantes podem ser achadas por
comparação de coeficientes de x em (*): 
Coeficientes de x2: 1 = 2A + C
Coeficientes de x: –1 = –A + 2B 
Termos constantes: –21 = –B + 4C 
Como C = –5, segue-se de 1 = 2A + C que
A = 3. Da mesma forma, utilizando os coefi-
cientes de x com A = 3, temos –1 = –3 + 2B
ou B = 1. Assim, a decomposição do integran-
do em frações parciais é 
Pode-se, agora, calcular a integral dada inte-
grando o membro direito da última equação, o
que nos dá 
4. Calcular 
Solução:
Aplicando a Regra b, com n = 2, temos: 
Multiplicando pelo menor divisor comum
(x2 + 1)2 temos:
5x3 – 3x2 + 7x – 3 = (Ax + B)(x2 + 1)+ Cx + D
5x3 – 3x2 + 7x – 3 = Ax3 + Bx2 +(A + C)x +(B + D)
Em seguida, comparamos os coeficientes:
Coeficientes de x3: 5 = A
Coeficientes de x2: –3 = B
Coeficientes de x: 7 = A + C
Termos constantes: –3 = B + D
Temos, assim, A = 5, B = –3, C = 7 – A = 2 e
D = –3 – B = 0.
Portanto
Integrando, vem
1. Calcule:
a)
b)
c)
d)
Cálculo I – Integrais
106
UEA – Licenciatura em Matemática
e)
f)
g)
h)
2. Calcule:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
20.3 Integrais que envolvem expressões 
quadráticas
A decomposição em frações parciais pode con-
duzir a integrandos que contêm uma expres-
são irredutível como ax2 + bx + c . Se b ≠ 0,
é necessário, às vezes, completar o quadrado
como segue:
A substituição pode conduzir a uma
forma integrável.
Calcular .
Solução:
A expressão quadrática x2 – 6x + 13 é irredutí-
vel, pois b2 – 4ac = –16 < 0. Completamos o
quadrado como segue:
x2 – 6x + 13 = (x2 – 6x) + 13
(x2 – 6x + 9) + 13 – 9 = (x – 3)2 + 4
Assim,
Fazemos, agora, uma substituição:
u = x – 3, x = u + 3, dx = du
Então, 
1. Calcule:
a)
b)
c)
d) 
e) 
f)
20.4 Aplicações da integral
Exemplos: 
1. Joga-se uma pedra verticalmente para cima de
um ponto situado a 45m acima do solo e com
velocidade inicial de 30m/s. Desprezando a re-
sistência do ar, determine: 
107
a) A distância da pedra ao solo após t segun-
dos.
b) O intervalo de tempo durante o qual a pedra
sobe.
c) O instante em que a pedra atinge o solo, e
a velocidade nesse instante.
Solução:
O movimento da pedra pode ser representado
por um ponto numa coordenada vertical l com
origem no solo e direção positiva para cima
(veja a figura abaixo).
a) A distância da pedra ao solo no instante t é
s(t), e as condições iniciais são s(0) = 45 e
v(0) = 30. Como a velocidade é decres-
cente, v’(t) < 0, isto é, a aceleração é nega-
tiva. Logo, 
a(t) = v’(t) = –9,8
∫v’(t)dt = ∫–9,8dt
v(t) = –9,8t + C para algum C. 
Substituindo t por 0 e em vista do fato de que
v(0) = 30 e, conseqüentemente, 
v(t) = –9,8 + 30
Como s’(t) = v(t), obtemos s’(t) = –9,8t + 30
∫ s’(t)dt = ∫(9,8t + 30)dt
s(t) = –4,9t2 + 30t + D para algum D.
Fazendo t = 0, e como s(0) = 45, temos
45 = 0 + 0 + D ou D = 45. Segue-se que a
distância do solo à pedra no instante t é
dada por 
s(t) = –4,9t2 + 30t + 45
b) A pedra subirá até que v(t) = 0, isto é, até
que – 9,8 + 30 = 0 ou t ≈ 3.
c) A pedra atingirá o solo quando s(t) = 0, isto
é, quando – 4,9t2 + 30t + 45 = 0 
ou 
4,9t2 – 30t – 45 = 0 
donde t = –1,24 ou t = 7,36.
A solução –1,24 é estranha, pois t é não-
negativo. Resta t = 7,36s, que é o tempo
após o qual a pedra atinge o solo. A veloci-
dade, nesse instante, é:
v = (7,36) = –9,8(7,6) + 30 ≈ –42,13m/s
Nas aplicações à economia, se se conhece
uma função marginal, então podemos usar
a integração indefinida para achar a função,
conforme próximo exemplo. 
2. Um fabricante constata que o custo marginal
(em reais) da produção de x unidades de uma
componente de copiadora é dado por
30 – 0,02x. Se o custo da produção de uma
unidade é R$ 35,00, determine a função-custo
e o custo de produção de 100 unidades. 
Solução:
Se C é a função-custo, então o custo marginal
é a taxa de variação de C em relação a x, isto é,
C’(x) = 30 – 0,02x
Logo,
∫C’(x)dx = ∫(30 – 0,02x)dx
e
∫C(x) = 30x = –0,01x2 + k para algum k. 
Com x = 1 e C(1) = 35, obtemos 
35 = 30 – 0, 01 + k ou k = 5,01
Conseqüentemente, C(x) = 30x – 0,01x2 + 5,01.
Em particular, o custo da produção de 100
unidades é C(100) = 3.000 – 100 + 5,01 =
R$ 2.905,01
3. Na comercialização, em reais, de um certo pro-
duto, a receita marginal é dada por
R’(q) = –20q + 200, e o customarginal é dado
por C’(q) = 20q. Para o intervalo 1 ≤ q ≤ 5,
obtenha:
a) A variação total da receita.
Solução:
A variação total da receita no intervalo 1 ≤ q
≤ 5 será dada por ∫51 R’(q)dq = R(5) – R(1)
ou seja, devemos encontar o valor de 
Cálculo I – Integrais
108
UEA – Licenciatura em Matemática
∫51 (–20q + 200)dq.
Calculando, primeiramente, a integral inde-
finida correspondente ∫(–20q + 200), temos:
= –10q2 + 200q + C
Logo, 
.
Obtendo o valor da integral definida: 
∫51 (–20q + 200)dq = [–10q2 + 200q]51
= –10 . 52 + 200 . 5 – (–10 . 12 + 200 . 1)
∫51 (–20q + 200)dq = 750 – 190 = 560
Assim, a variação da receita no intervalo é
de R$ 560,00.
b) A variação total do custo.
A variação total da receita no intervalo 1 ≤ q
≤ 5 será dada por ∫51 C’(q)dq = C(5) – C(1)
ou seja, devemos encontar o valor de ∫20q
dq.
Calculando, primeiramente, a integral inde-
finida correspondente ∫20q dq, temos
Logo, ∫20q dq = –10q2 + C. Obtendo o
valor da integral definida: 
∫51 20q dq = [10q2]51 = 10 . 52 – 10 . 12 = 240 
Assim, a variação da receita no intervalo é
de R$ 240,00.
c) A variação total da receita no intervalo 1 ≤ q
≤ 5 será dada por .
∫51 L’(q)dq = L(5) – L(1). Como 
L’(q) = R’(q) – C’(q), devemos encontar 
∫51 L’(q)dq = ∫51 (R’(q) – C’(q))dq.
Então, a integral procurada será
∫51 (R’(q) – C’(q))dq= ∫51(–20q+200–20q)dq
= ∫51(–40q+200)dq
Calculando primeiramente a integral inde-
finida correspondente ∫(–40q + 200)dq:
Logo, 
∫(–40q + 200)dq = –20q2 + 200q + C.
Obtendo o valor da integral definida:
∫51 (–40q + 200)qd = [–20q2 + 200q]51
= 20 . 52 + 200 . 5 – (–20 . 12 + 200 . 1)
∫51 (–40q + 200)qd = 500 – 180 = 320 
Assim, a variação do lucro no intervalo é de
R$ 320,00. 
Note que tal valor também pode ser obtido
fazendo a subtração da variação da receita
e da variação do custo obtidas nos itens
anteriores: 
R$ 560,00 – R$ 240,00 = R$ 320,00
d) A interpretação gráfica da variação total do
lucro obtida no item anterior. 
A interpretação gráfica é dada pela área
entre a curva da receita marginal,
R’(q) = –20q + 200,
e a curva do custo marginal, 
C’(q) = 20q, no intervalo 1 ≤ q ≤ 5.
1. Um projétil é lançado verticalmente para cima
com uma velocidade de 500m/s. Desprezan-
do-se a resistência do ar, determine:
a) sua distância no instante t;
b) altura máxima atingida.
2. Joga-se uma pedra diretamente para baixo
com uma velocidade inicial de 5m/s. Determi-
ne:
a) Sua distância do solo após t segundos.
b) A velocidade ao cabo de 3 segundos.
c) Quando o objeto atinge o solo.
109
3. Se um automóvel parte do repouso, qual a ace-
leração constante que lhe permitirá percorrer
150 metros em 10 segundos?
4. O processo rítmico da respiração consiste em
períodos alternados de inalação e exalação.
Para um adulto, um ciclo complexo ocorre nor-
malmente a cada 5 segundos. Se V denota o
volume de ar nos pulmões no instante t, então
dV / dt é a taxa de fluxo.
a) Se a taxa máxima de fluxo é 0,6L/seg, esta-
beleça uma fórmula dV / dT = a sen bt que
corresponde à informação dada.
b) Use (a) para estimar a quantidade de ar
inalada durante um ciclo.
5. Na comercialização, em reais, de um certo pro-
duto, a receita marginal é dada por
R’(q) = –10q + 100 
e o custo marginal é dado por C’(q) = 2,5q.
Para o intervalo 2 ≤ q ≤ 8, obtenha:
a) A variaçao total da receita.
b) A variaçao total do custo.
c) A variaçao total do lucro.
d) A interpretação gráfica da variação total do
lucro obtida no item anterior.
6. Na comercialização, em reais, de uma peça
automotiva, a receita marginal é dada por
R’(q) = 3q2 e o custo marginal é dado por
C’(q) = 27. Para o intervalo 1 ≤ q ≤ 3, obtenha:
a) A variaçao total da receita.
b) A variaçao total do custo.
c) A variaçao total do lucro.
d) A interpretação gráfica da variação total do
lucro obtida no item anterior.
Cálculo I – Integrais
Respostas dos Exercícios
113
Cálculo I – Respostas dos Exercícios
UNIDADE I
Função
TEMA 01
FUNÇÃO OU APLICAÇÃO
Pág. 20
1. a) –3 e 3/4 
b) 0 , 2/3 e 
c) 4
d) 6/a
2. a) x + 1
a) 2
b)
c)
d) 0
3. a) 2
b) 2x + h
a) –4x – 2h
b) 0
c)
4. Demonstração
5. Demonstração
UNIDADE II
Limites
TEMA 02
DEFINIÇÃO DE LIMITES LATERAIS
Pág. 28
1. a. 1
b. Não existe
c. 1
d. Não existe
2. Não, pois f não está definida para x = 1
TEMA 03
CONTINUIDADE DE UMA FUNÇÃO
Pág. 30
1. contínua
2. descontínua
3. descontínua
4. descontínua
5. a = –1
TEMA 04
PROPRIEDADES DOS LIMITES
Pág. 32
1. b 2. d 3. c
4. e 5. c 6. c
7. b 8. e 9. d
10. c 11. b 12. e
114
UEA – Licenciatura em Matemática
TEMA 05
LIMITES INFINITESIMAIS
Pág. 35
1. c
2. a
3. b
4. e
5. a. –
b. +
c.
d. 0
e. 2/3
TEMA 06
LIMITES TRIGONOMÉTRICOS
Pág. 36
1. a) 3/2 
b) b) 3
2. a) 2/3 
b) b) 1/5 
c) 1/3
3. a) 1 
b) 1/16 
c) 5 
d) –1 
e) 2
f)
TEMA 07
LIMITES EXPONENCIAIS
Pág. 38
1. e
2. d
3. a) e3
b) e– m
c) e4
115
Cálculo I – Respostas dos Exercícios
UNIDADE III
Derivada
TEMA 08
DERIVADA DE UMA FUNÇÃO, DEFINIÇÃO
Pág. 36
1. a)
b)
c)
2. a) 6
b) 10
c) –1
d) 2
3. a) f’(x) = 2x – 2
b) f’(x) = 1
c)
d) f’(x) = 3
4. x = 1
5. 5
Pag. 45
1. b
2. b
3. c
4. b 
5. d 
6. d 
TEMA 09
A RETA TANGENTE AO 
GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO
Pág. 50
1. a) 4
b) y = 4x – 4 
2. a) 1/2
b)
3. y – 4 = 5 (x – 4) 
4. a) y = 4x – 3
5. a) 7
b) –3 
6. –sen x
TEMA 10
REGRAS DE DERIVAÇÃO
Pág. 53
1. a) f’(x) = 2x + 1
b)
c) f’(x) = 15x4
d) f’(x) = 6x + 2
e) f’(x) = 2ax + b
f)
2. 6
3. y = 4x – 13
4. a’(x) = 3x2 + 1
116
UEA – Licenciatura em Matemática
b)
c)
d) d’(x) = 24x3 – 6x + 7
5. e) 2x + y + 1 = 0 
6. a) 11 m/seg
b) 14 m/seg²
7. a) a (t) = 36 t
b) a (2) = 72 km/h²
8. π + 1
9. 32
Pág. 55
1. a) contínua e derivável
b) contínua, mas não derivável
c) não é contínua nem derivável
d) contínua e derivável 
2. 12x – 9y + 3 – 2π = 0
3. a) f’(1) = 2 
b) f’(3) = 15/16
4. d) 
5. b)
6. a) g’(2) = 80
b) y = 80x - 128
7. a) a’(x) = 5x4 + 4x3
b) b’(x) = cos x + sen x
c) c’(x) = 5x4 ln x + x4
d) d’(x) = (3x2 + 1)sen x + (x3 + x)cos x
e) e’(x) = 5x4 sen x cos x + x5cos x – x5 sen2 x
f) f’(x) = 36x3
g) g’(x) = 60x4 – 12x3 + 2
h)
i)
j)
k)
l)
m)
8. y = –x e y = x
9. a)
b)
c)
10.
TEMA 11
A REGRA DA CADEIA
Pág. 58
1. 0
2. 12x – 9y + 3 – 2π = 0
3. b) 2 
4. c) 41% 
5. a)
b)
c)
d)
e)
3
3
6.
7. f’(x) = sen x3 . sec2 x + 3x2 . cos x3 . tg x
8. coeficiente angular: 4 ; y = 4 (x – 2) 
9. d) 22 m/s 
10. R$ 25,00
11. m (0) = 260 reais
m (100) = 170 reais
m (400) = 20 reais
m (800) = 100 reais
12. b) 4m/s2
TEMA 12
ESTUDO DO SINAL DE UMA FUNÇÃO
Pág. 66
1. 100 cm²
2. Produto máximo para x = 15 e z = 15
3. É um quadrado cujo lados medem em 8 m
4. f é decrescente em ]–∞, 1]. Os pontos críticos
são x = 0, ponto de inflexão e x = 1, ponto de
mínimo absoluto de f.
5. crescente em e decrescente em 
6. a) crescente em (–∞,1]∪ [3,∞) 
decrescente em [1, 3]
b) (1, 5 ) e (3, 1 )
c)
7. a) t > 4
b) t < 4
8. 8 unidades, o custo médio será de R$ 53,00 e
o custo total de R$ 424,00
TEMA 13
TAXA DE DERIVAÇÃO E REGRA 
DE L’HOSPITAL
Pág. 70
1. 150 cm²/seg
2. 24 cm/s
3. 80πm3/s
4. m/s
5. cm² por hora
6. m/s
7. a) 8/9
b) sec2 a
c) 1/2
d) 0
e) 2
f) 1
g) 1/2
117
Cálculo I – Respostas dos Exercícios
UNIDADE IV
IntegraisTEMA 14
INTEGRAIS PRIMITIVAS E INDEFINIDAS
Pág. 76
1. a) 2x2 + 3x + C 
b) 3t3 – 2t2 + 3t + C 
c)
d) 2u3/2 + 2u1/2 + C
e)
f) 3x2 – 3x + x + C
g)
h)
i)
j)
k)
2. a)
b) y = 3x + ln x – 1
c)
d)
Pág. 78
1. a)
b)
c)
d) π/4
e) π/6 
f)
2. a) –cos x + k 
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
k)
l)
m)
n) –2 cos x + k
o)
p)
3. a) 3/4 
b) 2
c) 2/3 
d) π/4
118
UEA – Licenciatura em Matemática
TEMA 15
CÁLCULO DE ÁREA
Pág. 85
1. a) 7/2 
b) 4/9
c) 253/6
d) 20/3
e)
f) 19/24
g) 7/3
h) 45/8
TEMA 16
ÁREA ENTRE CURVA
Pág. 87
1. Área = 20
2. Área = 14/3
3. Área = 4/3
4. Área = 32/3
5. Área = 4
119
Cálculo I – Respostas dos Exercícios
6. Área = 1
7. Área = 23/3
8. Área = 21
9. Área = 1/2
10. Área = 5/2
TEMA 17
MUDANÇA DE VARIÁVEL NA INTEGRAL
Pág. 91
1. a)
b)
c)
2. a) 
b)
120
UEA – Licenciatura em Matemática
c)
d)
e)
f) 
g)
h) 
i)
j)
k)
l)
m) ln|ln x| + C
n)
o)
Pág. 94
1. 14/3 
2. 0
3. 1/3 
4. 5/36
5.
6. 1 – 
7. 0
TEMA 18
INTEGRAÇÃO POR PARTES
Pág. 97
1. a) (x – 1)ex + k
b) –xcos x + sen x + k
c) ex (x2 – 2x + 2) + k
d)
e) x(ln x – 1) + k
f)
g) xtg + ln |cos x| + k
h)
i) x(ln x2) – 2x(ln x – 1) + k
j)
l)
m)
n)
o)
p)
q) –x2 cos x + 2x sen x + 2cos x + k
2. a) 1
b) 2ln 2 – 1
c)
d)
121
Cálculo I – Respostas dos Exercícios
TEMA 19
INTEGRAIS TRIGONOMÉTRICAS
Pág. 102
1. a)
b)
c) 
d)
e)
f)
g)
h)
TEMA 20
INTEGRAIS DE FUNÇÕES RACIONAIS
Pág.105
1. a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
2. a)
b)
c)
d)
e)
f)
Pág. 106
1. a)
b) 
c)
d)
e)
f)
Pág. 108
1. a) s(t) = –16t2 + 500t
b) s(50) = 3,906m
2. a) s(t) = –16t2 – 16t + 96
b) t = 2s
122
UEA – Licenciatura em Matemática
c) –80ft/sec
3. 3m/s2
4. a) 
b) 
5. a) 
b) 
c) 
6. a)
b) 
c) 
d) 3A variação do lucro é dada pela área entre
as curvas de receita marginal e custo mar-
ginal no intervalo 1 ≤ q ≤ 3 
123
Cálculo I – Respostas dos Exercícios
125
BUCCHI, P. Curso Prático de Matemática. Vol. 3. São paulo: Moderna
GRANVILLE,W.A. Elementos de Cálculo Diferencial e Integral. Rio de Janeiro: Científica
GUIDORIZZI, H.L. Um curso de Cálculo. Rio de Janeiro. Livros Técnicos e Científicos
IEZZI, G. Fundamentos de Matemática Elementar. Vol. 8. São paulo: Atual
LANG,S. Cálculo. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos.
MACHADO,A.S. Temas e Metas. Vol. 6. São Paulo: Atual
PAIVA,M. e outros. Matemática. Vol 3. São Paulo: Moderna.
PISKOUNOV,N. Cálculo Diferencial e Integral. Moscou: Mir.
DANTE, L.R. Matemática Contexto e Aplicações. São Paulo: Ática
GIOVANNI, J.R. e outros. Matemática 3. São Paulo: FTD 
REFERÊNCIAS