Apostila de Cálculo I - Leonardo 2009 pdf

LMC 2009 1 LMC 2009 2 CÁLCULO 1 LIMITE Queremos determinar o que acontece com fx à medida que x se aproxima indefinidamente de xo Exemplo 2 R R x x f Ι Ι À medida que x se aproxima de 2 fx se aproxima de 4 Exemplo O que acontece com fx quando x se aproxima de 0 da função 1 1 x x f x 0 x 001 0001 00001 00001 0001 001 fx 1994987 1999500 1999950 2000050 200500 20049 Neste caso dizemos que 2 1 1 lim 0 x x x que lemos como o limite de 1 1 x x f x quando x tende a 0 é 2 Exemplo Qual o limite da função x x f x quando x tende a zero 0 está definida se não 0 1se x x f x 1 lim 0 x f x LMC 2009 3 Definição de limite Se os valores de fx podem ser definidos tão perto de L quanto possível ao tomarmos x arbitrariamente próximos de xo dizemos que L x f x xo lim Que lemos O limite de fx quando x tende a xo é L Definição rigorosa de limite Seja I um intervalo aberto ao qual pertence um número real a Seja f uma função definida para a I x Dizemos que o limite de fx quando x tende a a é L e escrevemos L x f x a lim se para todo ε 0 existir δ 0 tal que se δ a x 0 então f x L ε ε δ δ ε L f x a x L x f x a 0 0 0 lim Técnicas de cálculo de limites 1 o x x x x o lim 2 n o n x x x x o lim 3 k k x xo lim sendo k uma constante 4 o x x kx kx o lim 5 g x f x g x x f o o o x x x x x x lim lim lim 6 lim lim lim g x f x g x x f o o o x x x x x x LMC 2009 4 7 lim lim lim x g x f g x x f o o o x x x x x x se 0 lim x g x xo 8 lim lim f x k f x k o o x x x x Exemplos a 6 2 3 2 lim lim2 3 3 x x x x b 11 1 2 12 lim 1 lim lim3 1 lim3 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x c 5 5 2 0 0 5 2 lim 2 2 0 x x x Funções Racionais Q x P x com Px e Qx polinômios d 2 1 lim 1 1 1 lim 1 1 lim 1 1 2 1 x x x x x x x x x e 1 1 lim 1 1 1 lim 1 1 lim 1 2 1 2 2 1 x x x x x x x x x x f 0 1 1 1 lim 1 1 lim 2 1 2 2 1 x x x x x x x Limites no infinito Comportamento das funções racionais quando x Considere o seguinte polinômio 1 2 3 x x p x Imaginemos um valor para x absurdamente grande como por exemplo x 1050 e calculemos p1050 1 2 10 10 10 50 3 50 50 p Perceba que 10503 1 10 2 50 desse modo podemos afirmar que Sendo x absurdamente grande 3 x p x LMC 2009 5 Exemplos a 0 1 2 lim 3 2 lim 3 2 1 3 lim 2 7 5 3 7 5 x x x x x x x x x x b 6 2 8 2 8 3 lim 2 3 lim 2 2 3 7 lim 2 x x x x x x x x x c 3 5 3 lim 5 3 lim 5 3 1 2 5 lim 5 5 2 5 5 x x x x x x x x x LEMBRETE x x 2 Limites laterais Exemplo Calcule 2 0 lim x x e 2 0 lim x x 0 lim 2 0 x x 0 lim 2 0 x x Exemplo Calcule x x x 0 lim e x x x 0 lim x x f x não está definida para x 0 1 0 se 1 0 se x x f x x x x f x x 1 lim 1 lim lim 0 0 0 x x x x x f x 1 1 lim lim lim 0 0 0 x x x x x f x LMC 2009 6 Exemplo Calcule x x 1 lim 0 e x x 1 lim 0 x x 1 lim 0 x x 1 lim 0 Exemplo Calcule 2 0 1 lim x x e 2 0 1 lim x x 2 0 1 lim x x 2 0 1 lim x x Exemplo x f x R 0 Ι f 0 lim lim 0 0 x x f x x No caso acima subtendese que x x x x 0 0 lim lim Teorema L x f x xo lim se e somente se L f x x f x x x x lim lim 0 0 LMC 2009 7 Exemplo Calcule lim 3 x x f onde 3 se 13 3 5 se 2 x x x x f x 4 5 lim lim 4 13 lim lim 2 3 3 3 3 x x f x x f x x x x Logo 4 lim 3 x f x Exemplo Calcule lim 1 x x f onde 1 se 1 2 se 3 2 x x x x x f x 5 2 lim 3 lim 0 lim lim 1 1 2 1 1 x x f x x x f x x x x Logo lim 1 x x f não existe Continuidade de uma função Definição fx é contínua em xo se fxo existe e lim lim 0 0 o x x x x f x f x f x Exemplo A função 0 se 1 0 se 2 x x x x f x é contínua ou descontínua em x 0 x x x f x x x x x f x x 2 2 0 se 0 se 0 lim 0 lim 0 0 x f x f x x Logo 0 lim 0 x f x Como 1 0 f 0 lim 0 f x f x logo a função é descontínua em x 0 Exemplo Determine k de tal forma que a função fx 1 x2 se x 0 k 3x se x 0 seja contínua em seu domínio Queremos que lim x 0 fx lim x 0 fx f0 f0 k 3 0 k lim x 0 fx lim x 0 k 3x k lim x 0 fx lim x 0 1 x2 1 Impondo k 1 Teorema do confronto Teorema do sanduíche Sejam fx gx e hx funções tais que perto de xo temos que gx fx hx e lim x xo gx lim x xo hx L Então lim x xo fx L Exemplo Calcule lim x 0 x2 sin1x Aplicando o teorema do sanduíche temos 1 sin1x 1 Multiplicando as desigualdades por x2 temos x2 x2 sin1x x2 lim x 0 x2 lim x 0 x2 sin1x lim x 0 x2 Como lim x 0 x2 0 e lim x 0 x2 0 Logo lim x 0 x2 sin1x 0 LMC 2009 8 LMC 2009 9 Atenção 2 0 3 0 1 lim lim x x x x x 1 lim 1 lim 0 3 3 0 x x x x 0 lim lim 2 0 3 0 x x x x x Limite Trigonométrico Fundamental 1 sin lim 0 x x x Demonstração Da trigonometria temos a tan 1 1 sin 1 tan sin 2 0 x x x x x x x π I b tan 1 1 sin 1 tan sin 0 2 x x x x x x x π II Multiplicando as desigualdades I e II por sinx resulta a cos sin 1 tan sin sin sin sin 2 0 x x x x x x x x x x π sinx 0 b cos sin 1 tan sin sin sin sin 0 2 x x x x x x x x x x π sinx 0 LMC 2009 10 Temos portanto Para 2 2 π π x e x 0 1 sin cos x x x Considerando cos x g x x x f x sin e 1 h x e notando que 1 lim lim 0 0 h x x g x x do teorema do sanduíche temos 1 sin lim 0 x x x Outro limite trigonométrico importante 0 cos 1 lim 0 x x x Demonstração 0 1 0 cos 1 sin sin lim cos 1 sin lim cos 1 cos 1 lim cos 1 cos cos 1 lim 1 cos 1 lim 0 2 0 2 0 0 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Atenção a 1 sin 1 x b 1 sin 0 2 x c 1 sin 0 x OBS limsin x x não existe pois quando x cresce os valores de sinx oscilam entre 1 e 1 um número infinito de vezes logo eles não tendem a qualquer número definido LMC 2009 11 DERIVADA E RETA TANGENTE A velocidade média de uma partícula é definida por 1 2 1 2 t t x x t x v No gráfico de x versus t a velocidade média é indicada pela inclinação da reta secante à curva nos pontos t1 x1 e t2 x2 Considere agora sucessivos intervalos de tempo cada vez menores figura abaixo 1t 2t 3t 4t A velocidade média em cada intervalo de tempo é dada pela inclinação da reta secante no dado intervalo Assim que os intervalos de tempo tornam se cada vez menores essas inclinações se aproximam da inclinação da reta tangente no ponto t1 A inclinação da reta tangente em t1 é definida como a velocidade instantânea da partícula b fxo inclinação da reta tangente em x xo fxo lim h 0 fxo h fxo h fxo lim h 0 xo h2 xo2 h lim h 0 xo2 2 xo h h2 xo2 h lim h 0 h 2 xo h h 2 xo Exemplo Calcule a derivada da função fx x3 x no ponto a 2 6 b xo fxo a f2 inclinação da reta tangente em x 2 f2 lim h 0 f2 h f2 h f2 lim h 0 2 h3 2 h 6 h f2 lim h 0 8 12h 6h2 h3 2 h 6 h f2 lim h 0 h3 6h2 11h h f2 lim h 0 h2 6h 11 f2 11 b fxo inclinação da reta tangente em x xo fxo lim h 0 fxo h fxo h lim h 0 xo h3 xo h xo3 xo h fxo lim h 0 xo3 3 xo2 h 3 xo h2 h3 xo h xo3 xo h lim h 0 h h2 3 xo h 3 xo2 1 h fxo 3 xo2 1 LMC 2009 13 A velocidade instantânea é o limite da razão Δx Δt quando Δt se aproxima de zero vinst lim Δt 0 Δx Δt inclinação da reta tangente Esse limite é denominado de derivada de x em relação a t Definição de derivada Considere fx A inclinação da reta tangente em P é dada por lim Δx 0 Δf Δx lim h 0 fx h fx h A derivada de uma função f é a função denotada por f tal que seu valor em qualquer número x do domínio de f seja dado por fx lim h 0 fx h fx h ou dfdx lim h 0 fx h fx h Se esse limite existir Problema Determine a inclinação da reta tangente ao gráfico de y x2 no ponto a 2 4 b xo xo2 a f2 inclinação da reta tangente em x 2 f2 lim h 0 f2 h f2 h f2 lim h 0 2 h2 22 h f2 lim h 0 4 4h h2 4 h lim h 0 h 4 h h 4 LMC 2009 12 LMC 2009 14 Regras de derivação 1 Se c for uma constante e se c f x para todo x então 0 x f Prova 0 lim0 lim lim 0 0 0 h h h h c c h f x h f x x f 2 Se n for um número inteiro positivo e se xn f x então 1 nxn x f Prova h x h x h f x h f x x f n n h h 0 0 lim lim Aplicando o desenvolvimento do binômio de Newton temos n n n n n n n n n n n n h x h n n n h x nhx x h x n h n x h n n n h x n hx n x h x 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 0 Logo h x h x h n n n h x nhx x x f n n n n n n h 1 2 2 1 0 1 2 lim 1 2 2 1 0 1 2 lim n n n n h h x h n n n hx nx x f 1 nxn x f 3 Se f for uma função c uma constante e g a função definida por c f x g x Então se f x existir x c f g x LMC 2009 15 Prova lim lim lim lim 0 0 0 0 x c f h f x h f x c h f x h f x c h c f x h c f x h g x h g x x g h h h h 4 Se f e g forem funções e se i for a função definida por g x f x i x Então se f x e g x existirem g x x f i x Prova lim lim lim lim lim 0 0 0 0 0 g x x f h g x h g x h f x h f x h g x h g x h f x h x f h g x f x h g x h f x h i x h i x x i h h h h h 5 Se f e g forem funções e se i for a função definida por f x g x i x Então se f x e g x existirem f x g x x g x f i x Prova h g x f x h g x h f x h i x h i x x i h h lim lim 0 0 Se g x h f x for somado e subtraído ao numerador então h f x h f x g x h g x h g x h x f h f x h f x g x h g x h g x h x f h g x f x g x h f x g x h f x h g x h f x x i h h h h lim lim lim lim 0 0 0 0 LMC 2009 16 lim lim lim lim 0 0 0 0 f x g x x g x f x g x f f x g x h f x h f x g x h g x h g x h x f h h h h OBS i x h x g x i x h x g x f x i x h x g x i x h x g x x f i x h x g x i x h x g x i x h x g x x f 6 Se f e g forem funções e se i for a função definida por g x f x i x onde 0 g x Então se f x e g x existirem 2 x g f x g x x g x f i x Prova lim lim lim 0 0 0 h g x h g x h g x f x g x h f x h g x f x h g x h x f h i x h i x x i h h h Se somarmos e subtrairmos g x f x ao numerador então lim lim lim lim lim lim lim lim 0 0 0 0 0 0 0 0 h g x g x h g x h g x f x h f x h f x x g h g x g x h g x h g x f x h f x h f x x g h g x h g x g x f x h g x f x g x f x g x h f x x i h h h h h h h h LMC 2009 17 2 g x f x g x x g x f g x g x f x g x x g x f Exemplos Derive as seguintes funções Regra da soma a 5 12 2 7 2 3 x x x x x f x 6 12 6 5 1 6 7 x x x x x f b x x x x f x 1 3 2 1 3 5 32 4 12 6 2 1 9 5 x x x x x f Atenção 1 1 5 5 x x Regra do produto c x x x x x x f 5 23 3 1 3 1 5 3 2 1 3 3 3 4 53 3 5 23 2 x x x x x x x x x f d 5 2 1 2 1 4 7 3 x x x x x f x 2 4 1 2 1 5 2 2 7 1 5 2 1 2 3 3 7 3 4 6 3 4 7 2 x x x x x x x x x x x x x x f Regra do quociente e 1 3 3 2 2 2 4 x x x f x 2 2 2 4 2 3 1 3 6 3 2 1 3 4 4 x x x x x x x x f f 1 1 3 3 5 2 x x x x f x 2 3 2 5 2 3 4 2 5 1 3 1 3 1 5 3 1 1 6 x x x x x x x x x x x x f ou 1 1 3 1 1 3 3 5 2 3 5 2 x x x x x x x x f x LMC 2009 18 2 3 2 5 3 4 2 3 5 1 1 3 1 5 3 1 1 1 6 x x x x x x x x x x x f Derivada das funções trigonométricas cos sin x x Prova cos cos 1 sin 0 limcos lim sin 1 sin lim cos lim cos sin 1 sin cos lim sin sin cos lim sin cos sin lim sin sin 0 0 0 0 0 0 0 x x x h h x h h x h h x h h x h x x h h x h x h x x h h h h h h h OBS 2 sin cos π x x sin cos x x Prova sin sin 1 0 cos limsin lim sin limcos cos 1 lim lim sin sin 1 cos cos lim cos sin sin lim cos cos cos lim cos cos 0 0 0 0 0 0 0 0 x x x h h x x h h h h x h h x h x h x h x h x h x x h h h h h h h h LMC 2009 19 sec tan 2 x x Prova sec cos 1 cos sin cos cos sin cos sin cos cos sin tan 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x csc cot 2 x x Prova A fórmula da derivada da função cotangente é obtida de forma análoga à da função tangente sec tan sec x x x Prova sec tan cos sin cos 1 cos sin cos cos 1 1 cos cos 1 sec 2 2 x x x x x x x x x x x x csc cot csc x x x Prova A fórmula da derivada da função cosecante é obtida de forma análoga à da função secante Exemplos Derive as seguintes funções a 1 sin 2 x x f x 2 2 2 1 2 sin 1 cos x x x x x x f b tan 2 3 x x x f x tan sec 2 tan 2 3 2 2 3 2 x x x x x x x f LMC 2009 20 Regra da Cadeia Chain Rule Sejam as seguintes funções B A f e C B g A função composta g o f é definida por C A g o f Teorema Regra da Cadeia Se a função f for derivável em x e a função g for derivável em fx então a função composta g o f será derivável em x e x f f x g f g o Exemplo Calcule a derivada de x p x sin 1 px é uma composição de funções sin x g x x f x 1 Observe que g f x p x x g x p x sin 1 1 LMC 2009 21 Calculando f x e g x 2 1 x x f cos x g x Aplicando a regra da cadeia x f f x g p x 2 1 cos x f x p x 2 1 cos 1 x x p x Exemplo Calcule a derivada de sin cos x p x px é uma composição de funções cos x f x sin x g x Calculando f x e g x sin x x f cos x g x Aplicando a regra da cadeia x f f x g p x sin cos cos x x p x Exemplo Calcule a derivada de 4 2 1 2 x x p x É possível calcular a deriva de px utilizando a regra do produto Entretanto é viável o uso da regra da cadeia visto que ela apresenta um caminho mais prático para o cálculo da derivada desse tipo de função LMC 2009 22 px é uma composição de funções 1 2 2 x x f x 4 x g x Calculando f x e g x 2 2 x x f 4 3 x g x Aplicando a regra da cadeia x f f x g p x 2 2 1 2 4 3 2 x x x p x Exemplo Calcule a derivada de 2 sin x p x Vamos ser mais práticos agora A derivada da função composta é igual ao produto entre a derivada da função externa e a derivada da função interna Nesse exemplo sin é a função externa e 2 x é a função interna Logo pela regra da cadeia temos x x p x 2 cos 2 Exemplo Calcule a derivada de 1 2 sin 3 x x p x 2 3 1 2 cos 2 3 x x x p x Exemplo Calcule a derivada de 1 2 x p x 2 1 2 2 1 1 x x p x x x p x 2 1 2 1 12 2 LMC 2009 23 Exemplo Calcule a derivada de 2 sin cos x f x Nesse exemplo temos a composição de três funções Aplicando a regra da cadeia temos x x x x f 2 sin cos cos 2 2 OBS Regra da Cadeia usando a notação de Leibniz Se y for uma função de u definida por y f u e du dy existir e se u for uma função de x definida por u gx e dx du existir então y será uma função de x e dx dy existirá e será dada por dx du du dy dx dy Exercícios Calcule as seguintes derivadas a x f x sin 5 cos 5 5 x x f b 1 cos 2 x f x x x x f 2 1 sin 2 c 1 15 tan x f x sec 1 tan 15 2 14 x x x f d 1 sec x2 x f x 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 tan 1 sec x x x x x x x x x f LMC 2009 24 Equação da reta tangente Exemplo Encontre a equação da reta tangente ao gráfico de x f x 1 a no ponto 1 1 b no ponto 2 2 1 c em um ponto qualquer a A equação da reta tangente no ponto 1 1 é dado por 1 1 x m y Onde m é a inclinação da reta tangente ou seja 1f m Sendo 2 1 x x f 1 1 m f Daí 1 1 1 x y b A equação da reta tangente no ponto 2 2 1 é dado por 2 2 1 x m y Onde m é a inclinação da reta tangente ou seja 4 1 2 1 2 2 m f Daí 2 4 1 2 1 x y c Para um ponto genérico xo xo 1 a equação da reta tangente é o o x x m x y 1 Onde 2 1 o o x x f m Daí o o o x x x x y 2 1 1 LMC 2009 25 Equação da reta normal Exemplo Encontra a equação da reta normal ao gráfico sin x f x no ponto 2 2 4 π A reta normal a um gráfico em um dado ponto é a reta perpendicular à reta tangente naquele ponto A equação das retas que passam no ponto 2 2 4 π é dada por 4 2 2 π x m y Reta tangente 2 2 cos 4 4 π π f m Reta normal 2 2 2 2 2 1 1 m mn Daí 4 2 2 2 π x y LMC 2009 26 Derivação Implícita As funções encontradas até agora podem ser descritas expressando uma variável explicitamente em termos de outra por exemplo 3 1 x y ou y sinx ou em geral y f x Algumas funções entretanto são definidas implicitamente por uma relação entre x e y 25 2 2 x y xy y x 6 3 3 fólio de Descartes Felizmente não precisamos resolver uma equação para y em termos de x para encontrar a derivada de y Em vez disso podemos usar o método da diferenciação implícita que consiste em diferenciar ambos os lados da equação em relação a x e então resolver a equação resultante para y Exemplo Derive implicitamente a 25 2 2 x y 0 2 2 25 2 2 y y x dx d y dx x d Usamos a regra da cadeia pois y yx b x2 y 3xy3 x 3 2xy x2 y 3 1 y3 x 3 y2 y 1 0 c 1y 1x 1 1y2 y 1x2 0 Exercício Ache as inclinações das retas tangentes nos pontos 2 1 e 2 1 para y2 x 1 0 ddx y2 x 1 ddx 0 2 y y 1 0 y 12 y No ponto 2 1 y 12 1 12 No ponto 2 1 y 12 1 12 Exercício Considere o seguinte fólio de Descarte x3 y3 3xy a Ache dydx b Encontre a equação da reta tangente no ponto 32 32 c Em quais pontos a reta tangente é horizontal d Em quais pontos a reta tangente é vertical LMC 2009 27 LMC 2009 28 Resolução a xy dx d y dx x d 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 x y x y y x y x y y y x y y y y x x y y y y x x y x y y 2 2 b A equação tangente no ponto 2 2 3 3 é dada por 2 3 2 3 x m y Onde 1 2 3 4 9 4 9 2 3 2 2 3 3 m y Daí 2 3 2 3 x y c A reta tangente à curva é horizontal quando possui inclinação nula ou seja y 0 2 2 0 0 x y x y y Substituindo y x2 na equação da curva obtemos 2 2 3 3 3 x x x x 3 6 3 3x x x Resolvendo a equação acima obtemos x 0 e x 12 3 entretanto iremos utilizar apenas a segunda solução x 12 3 para evitar uma indeterminação do tipo 00 Como 12 3 2 y para y 0 o ponto a ser encontrado é 2 3 1 3 2 2 LMC 2009 29 d A reta tangente é vertical quando o denominador na expressão x y x y y 2 2 é 0 Um outro método é observar que a equação da curva não varia quando x e y são trocados entre si logo a curva é simétrica em torno da reta y x Isso significa que a tangente horizontal em 2 3 1 3 2 2 corresponde a tangente vertical em 1 3 2 3 2 2 Revisão Funções Exponenciais e Logarítmicas Função Exponencial Dado um número real a tal que 1 0 a chamamos função exponencial de base a a função f de IR em IR que associa a cada x real o número x a ax f x 1º caso a 1 0 lim lim x x x x a a 2º caso 1 0 a 0 lim lim x x x x a a Propriedades 1 y x x y a a a 2 y x y x a a a 3 xy x y a a 4 x x x a b ab LMC 2009 30 Definição de Logaritmo b a x b x a log Propriedades 1 log log log y x xy a a a 2 log log log y x y x a a a 3 log log x r x a r a 4 log log log a x x b b a Função Logarítmica Dado um número real a tal que 1 0 a chamamos função logarítmica de base a a função f de IR em IR que associa a cada x real o número loga x log x x f a x x a x a x log lim log lim 0 OBS As funções exponencial e logarítmica são inversas uma da outra OBS x a a x log x a a x log ln log x e x LMC 2009 31 Derivada da função logarítmica Faremos uso do seguinte limite para encontrar a derivada da função logarítmica e x x x 1 0 1 lim ou e x x x 1 lim 1 Aplicando a definição da função derivada para log x x f a temos h x h h x h x h x h x x f a h a h a a h 1 log lim log lim log lim log 0 0 0 Definindo x u h temos u a u a u a u u x u u x ux u x f 1 0 0 0 1 lim log 1 1 lim 1 log 1 lim log 1 Como a função logarítmica é contínua podemos escrever 1 log lim 1 1 log 1 0 e x u x x f a u a u Logo 1 log log e x x dx d a a ou ln 1 log a x x dx d a Quando a e temos x x dx d 1 ln Pela regra da cadeia 1 ln x f f x f x dx d ln f x x f f x dx d Exemplo Derive as seguintes funções a x f x ln 2 x x x f 1 2 2 1 LMC 2009 32 b 2 ln x f x x x x x f 2 2 1 2 c 3 2 1 ln x x f x 6 2 2 3 2 3 1 3 2 1 x x x x x x x x f Derivada da função exponencial Dada a função exponencial y ax Podemos reescrevêla da seguinte forma log y x a Derivando implicitamente em relação a x temos y e y a 1 log 1 log log e a e y y a x a Logo log e a dx a d a x x ou lna a dx a d x x Quando a e temos x x e dx e d Pela regra da cadeia x f e e f x f x LMC 2009 33 OBS Assim a função exponencial ex f x tem como propriedade o fato de que sua derivada é ela mesma O significado geométrico desse fato é que a inclinação da reta tangente à curva y ex é igual a coordenada y do ponto OBS e é um número tal que 1 1 lim 0 h eh h Exemplos 1 3 3 3 x x e e 2 x e e x x 2 2 2 3 6 2 2 3 1 1 1 3 2 3 2 3 2 x x x x x e e x x x x Diferenciação logarítmica Passos na diferenciação logarítmica 1º passo Tome o logaritmo natural em ambos os lados de uma equação y f x e use as propriedades do logaritmo para simplificar 2º passo Diferencie implicitamente em relação a x 3º passo Resolva a equação resultante para y OBS A diferenciação logarítmica ajudanos a diferenciar funções do tipo f x g x LMC 2009 34 Exemplo Diferencie y xx Solução 1 ln ln x x y ln ln x dx x d y dx d x x x y y 1 1 ln 1 ln x y y 1 ln x x y x Solução 2 Outro método é escrever x x x e x ln x ln x x dx e d dx x d ln ln x dx x d e dx x d x x x 1 ln ln x e dx x d x x x 1 ln x x dx x d x x Exercício Calcule as derivadas das seguintes funções 1 ln2 x f x x x x f 1 2 2 1 2 ln x3 f x x x x x f 3 3 1 2 3 LMC 2009 35 3 2 ln 1 x x f x 2 2 2 2 1 2 1 1 1 x x x x x x x f 4 e x x f 7 7 7 e x x f 5 xe x f x 3 x x e x e x x f 3 3 2 6 sin x e f x cos sin x e x f x 7 ln x e x f x 2 2 ln ln ln 1 ln x x e x e x x x e x e x f x x x x 8 2 ln sin ex x f x x e x e x x x f x x 2 ln sin sin cos 2 2 OBS Determine f x tal que tan x x f tan cos sin lncos lnsec x x x x dx d x dx d LMC 2009 36 Noções de Funções Hiperbólicas Definição 2 sinh x x e e x 2 cosh x x e e x cosh sinh tanh x x x Identidades hiperbólicas sinh sinh x x cosh cosh x x 1 sinh cosh 2 2 x x Observe que Funções trigonométricas Funções hiperbólicas funções circulares 1 cosh t 1 sin cos 2 2 x x 1 sinh cosh 2 2 x x Derivadas das funções hiperbólicas cosh 2 2 sinh x e e e e dx d x dx d x x x x cosh sinh x x sinh cosh x x LMC 2009 37 OBS Pode ser provado que se um cabo flexível pesado tal como uma linha de telefone ou de eletricidade estiver suspendido entre dois pontos na mesma altura então ela assume a forma de uma curva com equação x a a c y cosh chamada de catenária OBS L 5 4 3 2 1 1 5 4 3 2 x x x x x e x L 5 4 3 2 1 1 5 4 3 2 θ θ θ θ θ θ i i i i i ei L 5 4 3 2 1 5 4 3 2 θ θ θ θ θ θ i i i ei L 5 4 3 2 1 5 4 3 2 θ θ θ θ θ θ i i i ei 444 3 4 44 2 1 L 444 3 4 44 2 1 L θ θ θ θ θ θ θ θ sin 5 3 cos 4 2 5 3 4 2 1 i ei θ θ θ θ θ θ sin cos sin cos i e i e i i θ θ θ cos 2 i i e e 2 cos θ θ θ i i e e i e e i i 2 sin θ θ θ LMC 2009 38 Revisão Funções injetivas sobrejetivas e bijetivas Função Injetiva Uma função B A f é injetiva quando elementos diferentes de A são transformados por f em elementos de B ou seja não há elemento de B que seja imagem de mais de um elemento de A Assim f é injetiva quando B f x f x A x x em em 2 1 2 1 ou equivalente usando a contrapositiva A x x B f x f x em em 2 1 2 1 Função sobrejetiva Uma função B A f é sobrejetiva quando para qualquer elemento y B podese encontrar um elemento x A tal que y f x Ou seja f é sobrejetiva quando todo elemento de B é imagem de pelo menos um elemento de A isto é quando B f Im OBS Uma função é sempre sobrejetiva em sua imagem Função Bijetiva Uma função B A f é bijetiva se ela for simultaneamente injetiva e sobrejetiva Quando isso ocorre dizemos que há bijeção ou uma correspondência biunívoca entre A e B LMC 2009 39 Revisão Função inversa Dada uma função B A f bijetiva denominase função inversa de f a função A g B tal que se b f a então a g b com a A e b B De modo geral se f é bijetiva temos Em que A g B é função inversa de B A f uma vez que se tem x g f x g y e y f g y Para qualquer x A e y B OBS 1 É comum utilizarmos f 1 para denotarmos a função inversa de f 2 A função inversa f 1 existe se e somente se f é bijetora 3 Para se obter a lei de formação da função inversa de uma função f devemos trocar x por y e y por x em y f x e isolar a variável y 4 Os gráficos de f e f 1 são simétricos em relação à bissetriz do primeiro e do terceiro quadrantes LMC 2009 40 Revisão Funções trigonométricas inversas Uma função trigonométrica somente admite inversa se restringirmos o domínio Função arcoseno Por convenção adotase o intervalo 2 2 π π em que a função y sinx é inversível Considerando a função y sinx definida em 2 2 π π cujo conjunto imagem é 1 1 podemos determinar sua inversa f 1 A função f 1 definida de 1 1 em 2 2 π π é definida por x y x y sin arcsin Outra notação sin arcsin 1 x x LMC 2009 41 OBS Construindo no mesmo plano os gráficos das funções y sinx e y arcsinx vamos obter Função arcocosseno Por convenção adotase o intervalo 0 π em que a função y cosx é inversível Considerando a função y cosx definida em 0 π cujo conjunto imagem é 1 1 podemos determinar sua inversa f 1 A função f 1 definida de 1 1 em 0 π é definida por x y x y cos arccos LMC 2009 42 OBS Construindo no mesmo plano os gráficos das funções y cosx e y arccosx vamos obter Função arcotangente A função y tanx é inversível no intervalo 2 2 π π adotado por convenção Nesse intervalo temos a função IR f 2 2 π π definida por y tanx A inversa de tanx é a função 2 2 1 π π IR f definida por x y x y tan arctan LMC 2009 43 OBS Construindo no mesmo plano os gráficos das funções y tanx e y arctanx vamos obter Função arcosecante Função arcocossecante LMC 2009 44 Função arcocotangente Derivada das funções trigonométricas inversas 2 1 1 arcsin x x Demonstração 1 y arcsinx significa y x sin Derivando implicitamente y x sin em relação a x temos 1 cos y y cos 1 y y Como 0 cos y uma vez que 2 2 π π y logo 2 2 1 sin 1 cos x y y Lembrando que arcsin x y temos então 2 1 1 arcsin x x Demonstração 2 É possível escrever que x x sin arcsin Derivando em ambos os lados em relação a x derivação implícita temos 1 arcsin cos arcsin x x LMC 2009 45 cos arcsin 1 arcsin x x Considerando que arcsinx θ temos o seguinte triângulo retângulo Logo é possível visualizarmos que 2 1 cos cos arcsin x x θ Daí 2 1 1 arcsin x x 2 1 1 arccos x x Demonstração y arccosx significa y x cos Derivando implicitamente y x cos em relação a x temos 1 sin y y sin 1 y y Como 0 sin y uma vez que 0 y π logo 2 2 1 cos 1 sin x y y Lembrando que arccos x y temos então 2 1 1 arccos x x LMC 2009 46 2 1 1 n arcta x x Demonstração y arctanx significa y x tan Derivando implicitamente y x tan em relação a x temos 1 sec2 y y sec 1 2 y y Recordando a seguinte identidade sec 1 tan cos 1 cos cos cos sin 2 2 2 2 2 2 2 y y y y y y y Temos tan 1 1 2 y y Lembrando que arctan x y temos então 2 1 1 n arcta x x As funções trigonométricas inversas que ocorrem com mais freqüência são aquelas que acabamos de discutir As derivadas das três funções remanescentes estão listadas abaixo 1 1 arccsc 2 x x x 1 1 arcsec 2 x x x 2 1 1 cot arc x x Formas Indeterminadas e a Regra de LHôpital Forma indeterminada do tipo 00 ou Suponha que 0 lim x f x xo 0 lim x g x xo e que f x e gx sejam contínuas em xo Queremos calcular lim g x x f x xo Idéia Aproxime fx e gx perto de xo pelas suas respectivas retas tangentes y fxo fxo x xo reta tangente a f que passa por xo fxo fx fxo fxo x xo y gxo gxo x xo reta tangente a g que passa por xo gxo gx gxo gxo x xo Daí lim xxo fxgx lim xxo fxo fxoxxo gxo gxo x xo Como fxo 0 e gxo 0 temos lim xxo fxgx lim xxo fxo x xo gxo x xo lim xxo fxo gxo Assim lim xxo fxgx lim xxo fxogxo Regra de LHôpital 00 Agora suponha que lim xxo fx lim xxo gx e que fx e gx sejam contínuas em xo Provase também que lim xxo fxgx lim xxo fxogxo Regra de LHôpital LMC 2009 47 LMC 2009 48 Exemplos Utilizando a regra de LHôpital temos 1 0 0 sin lim 0 x x x forma indeterminada 1 1 lim cos lim sin sin lim 0 0 0 x x x x x x x x 2 0 1 lim sin cos 1 lim 0 0 x x x x x 3 4 1 lim 2 2 4 lim 2 2 2 x x x x x 4 2 1 lim cos2 2 sin2 lim 0 0 x x x x x 5 5 7 cos5 5 lim cos7 7 sin5 sin7 lim 0 0 x x x x x x 6 x x x x x x 2 lim sin cos 1 lim 0 2 0 Aplicando novamente a regra de LHôpital 2 1 2 lim cos 2 sin lim 0 0 x x x x x 7 0 lim 1 lim x x x x e e x OBS Há uma luta violenta entre o numerador e o denominador Se o numerador ganhar o limite será se o denominador ganhar a resposta será 0 zero Ou em algum equilíbrio a resposta pode ser algum número finito Ver o item Atenção pág 9 8 Sendo 1 Z n n 0 lim 2 1 lim 1 lim lim lim 3 2 1 x x x n x x n x x n x x n x e n e x n n n e x n n e n x e x L LMC 2009 49 9 Utilizando a regra de LHôpital 0 sin tan lim cos sin sin lim sin cos sin 1 1 lim csc cot 1 lim csc ln lim 0 0 0 0 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 10 0 lim 1 1 lim 1 lim ln x x x x x x x Forma indeterminada do tipo 0 Se 0 lim x f x xo e lim x g x xo ou então não é claro qual será o valor de lim g x x f x xo se houver algum Há uma luta entre f e g Se f ganhar a resposta será 0 se g ganhar a resposta será ou Ou pode haver um equilíbrio e então a resposta será um número finito diferente de zero Escrevendo o produto fg como um quociente g f fg 1 ou f g fg 1 Isso converte o limite dado na forma indeterminada do tipo 00 ou de tal forma que podemos usar a regra de LHôpital Exemplos 1 sec2 tan 1 lim 4 x x x π 0 lim sec2 tan lim 1 sec2 tan 1 lim 4 4 4 x x x x x x x π π π forma indeterminada Reescrevendo o produto como um quociente e aplicando a regra de LHôpital temos 1 2 2 2 1 sin2 2 sec lim 1 sec2 tan 1 lim 2 2 4 4 x x x x x x π π 2 0 lim 1 1 lim 1 lim ln ln lim 0 2 0 0 0 x x x x x x x x x x x LMC 2009 50 Forma indeterminada do tipo Se lim x f x xo e lim x g x xo então não é claro qual será o valor de lim g x x f x xo se houver algum Há uma luta entre f e g Se f ganhar a resposta será se g ganhar a resposta será Ou pode haver um equilíbrio e então a resposta é um número finito Nesse caso tentaremos converter a diferença por exemplo em um quociente usando um denominador comum ou racionalização ou pondo em evidência um fator comum de maneira a termos uma forma indeterminada do tipo 00 ou podendo assim utilizar a regra de LHôpital Exemplo 1 sin 1 1 lim 0 x x x forma indeterminada Usando um denominador comum temos sin lim sin sin 1 1 lim 0 0 x x x x x x x x Aplicando a regra de LHôpital temos cos sin 1 cos lim sin sin lim 0 0 x x x x x x x x x x Aplicando a regra de LHôpital novamente temos 0 sin cos cos sin lim 0 x x x x x x Forma indeterminada do tipo 1 0 0 0 As indeterminações 1 0 0 0 surgem quando se estuda lim x g x x x f o A idéia para tratar disso é usar a definição x e x ln ou melhor b lna b a e e presumirmos que a composta das funções f e g está definida Desse modo teremos a forma indeterminada do tipo 00 ou e poderemos utilizar a regra de LHôpital OBS Outra idéia é tomarmos o logaritmo natural Exemplo Calcule x x x 1 0 lim 1 LMC 2009 51 Solução 1 1 ln1 lim ln1 1 0 1 0 0 lim 1 lim x x x x x x x xe e x Diante de uma indeterminação do tipo 00 aplicamos a regra de LHôpital e e e e x x x x x 1 1 1 1 lim 1 ln1 lim 0 0 Solução 2 Assumindo que x x y 1 1 queremos então descobrir o valor de lim x0 y Aplicando logaritmo natural em ambos os lados da equação temos 1 ln1 ln x x y Daí lim 1 ln1 lim ln 0 0 x x y x x Diante de uma indeterminação do tipo 00 aplicamos a regra de LHôpital 1 1 1 1 lim 1 ln1 lim 0 0 x x x x x Descobrimos que 1 lim ln 0 y x porém queremos o valor de lim x0 y Para achálo usamos o fato de que y eln y e e e e y y y x x x 1 lim ln ln 0 0 0 lim lim LMC 2009 52 Taxas Relacionadas aplicação de derivação implícita Exemplo Suponha que uma escada de 3 metros de comprimento esta apoiada em uma parede Se a base desliza com uma velocidade constante e igual a 1 ms determine a velocidade com que o topo da escada desliza quando a base da escada estiver 2 metros afastada da parede Solução Relacionar x e y através do teorema de Pitágoras 9 2 2 x y Derivando em relação ao tempo t obtemos 0 2 2 dt y dy dt x dx Observe que aplicamos a regra da cadeia uma vez que x x t e y y t Queremos saber quanto vale dt dy quando x 2 É dado no problema que dt 1 dx Quando x 2 temos que 5 2 9 2 y Daí dt dx y x dt dy ms 5 dt 2 dy LMC 2009 53 Exemplo Óleo derramado por um tanque se espalha circularmente O raio cresce a uma taxa de 2 pés por segundo Com que velocidade a área do derramamento cresce quando o raio for de 60 pés Como o problema tratase de um espalhamento circular a área do derramamento é dada por r2 A π Derivando em relação ao tempo t obtemos dt r dr dt dA π 2 Observe que aplicamos a regra da cadeia uma vez que A A t e r r t Queremos saber quanto vale dt dA quando r 60 É dado no problema que dt 2 dr Logo 60 2 2 dt π dA pés s 240 2 π dt dA Exemplo Um líquido deve ser purificado por decantação através de um filtro cônico de 16 cm de altura e 4 cm de raio no topo Assuma que o líquido flui do cone a uma taxa constante de 2 cm³min a A profundidade do líquido irá decrescer a uma taxa constante b Expresse a taxa de variação da profundidade do líquido em termos da profundidade do líquido c Qual a taxa de variação da profundidade do líquido quando o nível está a 8 cm de profundidade Solução LMC 2009 54 a O volume do cone é expresso por r h V 2 3 1π É muito proveitoso expressar V como uma função de h Em ordem para eliminar r usamos o fato que os triângulos VCD e VAB são semelhantes 4 4 16 h r r h Daí h h V 2 4 3 1 π 48 h3 V π Derivando em relação ao tempo t obtemos dt dh h dt dV 2 16 π Observe que aplicamos a regra da cadeia uma vez que V V t e h h t Queremos saber quanto vale dt dh É dado no problema que dt 2 dV Portanto dt h dh 2 16 2 π 2 32 h dt dh π Assim concluímos que a profundidade do líquido não decresce a uma taxa constante b respondido no item a c Quando y 8 π π 2 1 8 32 2 dt dh 2 cmmin 1 dt π dh LMC 2009 55 Exemplo Seja V o volume de um cilindro tendo altura h e raio r Suponha que h e r variam com o tempo a Como estão relacionados dt dV dt dh e dt dr b Em certo instante h 6 cm e cresce a 1 cms enquanto r 10 cm e está decrescendo a 1 cms Com que rapidez está variando o volume naquele instante a O volume do cilindro é expresso por r h V π 2 Derivando em relação ao tempo t obtemos dt r dh dt h r dr dt dV 2 2 π Observe que aplicamos a regra da cadeia uma vez que V V t r r t e h h t Queremos saber quanto vale dt dV quando h 6 e r 10 É dado no problema que dt 1 dr e dt 1 dh Portanto π π 20 100 1 6 1 2 10 dt dV dt 20π cm³s dV O sinal negativo indica que o volume está diminuindo LMC 2009 56 Teorema do valor médio Seja f x uma função diferenciável no intervalo a b Assuma que f x é contínua em a b Então existe a b x tal que a b f a f b x f ou a b x f f a f b Interpretação Geométrica A inclinação da reta secante que passa pelos pontos A e B é a b f a f b mAB Que é a mesma expressão usada para calcular f x Portanto há no mínimo um ponto f x P x sobre o gráfico onde a inclinação da reta tangente é igual a inclinação da reta secante AB Em outras palavras há um ponto P onde a reta tangente é paralela à reta secante AB Exemplo Se um objeto movese em uma linha reta com s f t então existe um instante onde a velocidade instantânea se iguala à velocidade média de um dado intervalo de tempo Exemplo Suponha que 3 0 f e 5 f x para todos os valores de x Quão grande f 2 pode ser Aplicando o Teorema do Valor médio para o intervalo 0 2 0 2 0 2 x f f f 2 3 2 x f f LMC 2009 57 Nos foi dado que 5 f x para todo x assim multiplicando ambos os lados por 2 10 2 f x Daí 7 10 3 2 3 2 x f f O maior valor possível para f 2 é 7 Revisão funções crescente e decrescente f é uma função a crescente se 2 1 2 1 f x f x x x b decrescente se 2 1 2 1 f x f x x x LMC 2009 58 Derivada crescimento decréscimo Teorema a Se 0 f x para todo x em a b então f é crescente em a b b Se 0 f x para todo x em a b então f é decrescente em a b Demonstração do item a Assuma que 0 f x a b x Seja 1x e 2x a b com 2 1 x x Pelo teorema do valor médio existe x1 x2 x tal que 1 2 1 2 x x x f f x f x 1 2 1 2 x x x f f x f x 43 42 3 1 2 1 0 1 2 0 1 2 x x x f f x f x 0 1 2 f x f x 1 2 f x f x cqd Demonstração do item b Análoga a demonstração do item a Interpretação geométrica b b LMC 2009 59 Exemplos Ache os intervalos nos quais as seguintes funções são crescente ou decrescente a 3 4 2 x x f x f crescente 0 f x f decrescente 0 f x 4 2 x x f Crescente 0 4 2 0 x x f x 2 Decrescente 0 4 2 0 x x f x 2 b 3 x f x 0 3 2 x x f Daí 0 0 se 0 0 se x x f x x f c fx x4 4x3 fx 4x3 12x2 fx 4x2 x 3 Fazendo o estudo dos sinais de fx temos Intervalo de crescimento de f 3 Intervalos de decrescimento de f 3 LMC 2009 60 LMC 2009 61 Concavidade Teorema a f é côncava para cima se 0 f b f é côncava para baixo se 0 f Interpretação geométrica a Se 0 ox f então f é crescente nas vizinhanças de ox portanto as tangentes ao gráfico têm inclinação crescente e isto só é possível quando a concavidade é positiva b Se 0 ox f então f é decrescente nas vizinhanças de ox portanto as tangentes ao gráfico têm inclinação decrescente e isto só é possível quando a concavidade é negativa OBS Se o gráfico de f estiver acima de todas as suas tangentes nas vizinhanças de ox então ele é chamado de côncavo pra cima Se o gráfico de f estiver abaixo de todas as suas tangentes nas vizinhanças de ox é chamado de côncavo para baixo LMC 2009 62 Exemplo Determine os intervalos onde f tem a concavidade para cima e para baixo a 3 4 2 x x f x 4 2 x x f 0 2 f x ou seja f é côncava para cima em todos os pontos b 3 x f x 3 2 x x f x x f 6 côncava para baixo 0 0 6 0 côncava para cima 0 0 6 0 x x x f x x x f LMC 2009 63 c 2 3 3 x x f x x x x f 6 3 2 1 6 6 6 x x x f Fazendo o estudo do sinal de f Construindo o gráfico de f obtemos Pontos de inflexão xo é ponto de inflexão quando xo é o ponto em que a concavidade troca de sinal Exemplo Ache os pontos de inflexão das funções dadas a fx x ex fx ex x ex 1 ex1 x fx ex1 x ex1 ex2 x Queremos pontos xo tais que f mude de sinal em torno de xo Condição necessária mas não SUFICIENTE fx 0 ex2 x 0 2 x 0 x 2 Fazendo o estudo do sinal da função fx ex2 x temos Como f muda de sinal em torno de x 2 o ponto x 2 é ponto de inflexão OBS Note que para x 2 temos que fx 0 portanto f possui concavidade para cima E para x 2 temos que fx 0 e f possui concavidade para baixo b fx sinx fx cosx fx sinx Queremos pontos xo tais que f mude de sinal em torno de xo Condição necessária mas não SUFICIENTE fx 0 sinx 0 x π k π Fazendo o estudo do sinal da função fx sinx temos Como f muda de sinal em torno de x π k π os pontos x π k π são pontos de inflexão OBS Note que para 0 x π temos que fx 0 portanto f possui concavidade para baixo E para π x 2π temos que fx 0 portanto f possui concavidade para cima c fx x4 fx 4x3 fx 12x2 0 Queremos pontos xo tais que f mude de sinal em torno de xo Condição necessária mas não SUFICIENTE fx 0 12x2 0 x 0 Fazendo o estudo do sinal da função fx 12x2 temos Como f NÃO muda de sinal em torno de x 0 o ponto x 0 NÃO é ponto de inflexão Observe o gráfico de f OBS Se fxo 0 e fxo 0 então xo é um ponto de inflexão Porém se fxo fxo 0 nada podemos afirmar LMC 2009 66 Máximos e mínimos Seja IR I f uma função I xo é ponto de máximo mínimo relativo ou local se existe intervalo U I e contendo ox tal que ox f f x ox f f x para todo x U Definição de ponto crítico Um ponto crítico de uma função é um ponto ox onde 0 ox f ou ox f não existe 0 ox f 0 ox f ox f não existe Teorema Se ox é ponto de extremo relativo isto é máximo ou mínimo local então ox é ponto crítico OBS a b Os pontos ox em a e b são pontos de máximo e mínimo local onde a há perda de diferenciabilidade LMC 2009 67 c d Os pontos ox em c de d são pontos de máximo e mínimo local onde 0 ox f e 0 não existe 3 1 2 3 1 3 f x x f x f x O ponto ox em e é ponto onde há perda de diferenciabilidade e não é ponto de máximo ou mínimo f O ponto ox em f é ponto onde 0 ox f e não é ponto de máximo ou mínimo Teste da derivada primeira Sejam f uma função contínua e xo um ponto crítico de f a Se fx 0 à esquerda de xo e fx 0 à direita de xo xo é ponto de máximo b Se fx 0 à esquerda de xo e fx 0 à direita de xo xo é ponto de mínimo c Se fx não muda de sinal em torno de xo xo não é ponto de máximo nem de mínimo Exemplo Encontre os pontos de máximo e de mínimo de fx 5x23 x53 fx 103 x13 53 x23 53 x132 x fx 53 2x x13 Achar os pontos críticos ou seja achar os candidatos a serem pontos de máximo ou de mínimo x1 2 fx1 0 x2 0 fx2 não está definida Estudando a variação do sinal de f obtemos LMC 2009 69 Daí usando o teste da primeira derivada concluímos que x1 2 é ponto de máximo x2 0 é ponto de mínimo Observe o esboço do gráfico de f Teste da derivada segunda Seja ox tal que 0 ox f e ox f exista a Se 0 ox f ox é ponto de mínimo local b Se 0 ox f ox é ponto de máximo local c Se 0 ox f nada podemos afirmar Exemplo Encontre os pontos de máximo e de mínimo de 2 4 6 x x f x 3 4 12 4 2 3 x x x x x f Para 3 0 3 0 3 4 0 3 2 1 2 x x x x x x f 12 12 2 x x f 1 1 0 24 12 3 12 3 x x f x é ponto de mínimo LMC 2009 70 2 2 0 12 12 12 0 0 x x f x é ponto de máximo 3 3 0 24 12 3 12 3 x x f x é ponto de mínimo Observe o esboço do gráfico de f Critério geral para pesquisar extremantes Seja f uma função derivável com derivadas sucessivas também deriváveis em a b I Seja I xo tal que 0 0 e 1 o n o n o o x f x f x f x f K Nestas condições temos Se n é par e 0 f n xo então ox é ponto de máximo local de f Se n é par e 0 f n xo então ox é ponto de mínimo local de f Se n é ímpar então ox não é ponto de máximo local nem de mínimo local de f Análise de funções Propriedades dos gráficos 1 Domínio da função 2 Interceptos em x e y 3 Intervalos de crescimento e decrescimento 4 Concavidade e pontos de inflexão 5 Extremos relativos 6 Assíntotas horizontais e verticais 7 Esboço do gráfico Exemplo Esboce o gráfico y 2x2 x2 1 1 A função não está definida pra x 1 2 Interceptos em x e y Em x y 0 2x2 x2 1 0 x 0 Em y x 0 y0 2 02 02 1 0 y 0 3 Intervalos de crescimento e decrescimento Queremos estudar o sinal de y y 4x x2 1 2x2 2x x2 12 4x x2 12 O denominador é sempre positivo Daí para determinar a variação do sinal de y estudaremos o sinal do numerador 4x Intervalo de crescimento de y 0 Intervalos de decrescimento de y 0 LMC 2009 71 4 Concavidade e pontos de inflexão Queremos estudar o sinal de y y 4 x2 12 4x x2 12x x2 14 12x2 4 x2 13 O numerador é sempre positivo Daí para determinar a variação do sinal de y estudaremos o sinal do denominador x2 13 ou melhor x2 1 Concavidade para cima positiva 1 1 Concavidade para baixo negativa 1 1 OBS Não há ponto de inflexão uma vez que y não está definida para x 1 5 Extremos relativos Pontos críticos y 0 e pontos onde há perda de diferenciabilidade y 0 4x x2 12 0 x 0 Pelo teste da segunda derivada y0 12 02 402 13 0 Daí x 0 é máximo relativo Perda de diferenciabilidade pontos que anulam o denominador de y 4x x2 12 São eles x 1 Entretanto y não está definida para x 1 portanto não há extremo relativo com perda de diferenciabilidade LMC 2009 72 6 Assíntotas Horizontais Limites no infinito lim x 2x2 x2 1 2 lim x 2x2 x2 1 2 Verticais Por exemplo limites quando x tende a pontos onde a função não está definida lim x1 2x2 x2 1 lim x1 2x2 x2 1 lim x1 2x2 x2 1 lim x1 2x2 x2 1 7 Esboço do gráfico OBS Outro ponto importante da análise de funções é verificar a paridade dela Lembrando que o gráfico de uma função par é simétrica em relação ao eixo y e o de uma função ímpar é simétrica à origem e pode ser obtida rotacionando a curva em 180 em torno da origem A curva esboçada acima representa uma função par Função par fx fx Função ímpar fx fx LMC 2009 73 Exemplo Esboce o gráfico y xex 1 A função esta definida para todo x real 2 Interceptos em x e y Em x y 0 xex 0 x 0 Em y x 0 y0 0 e0 0 y 0 3 Intervalos de crescimento e decrescimento Queremos estudar o sinal de y y ex xex ex 1 x Uma vez que ex é sempre positiva a variação do sinal de y será determinada pelo estudo do sinal de 1 x Intervalo de crescimento de y 1 Intervalos de decrescimento de y 1 4 Concavidade e pontos de inflexão Queremos estudar o sinal de y y ex 1 x ex ex 2 x Uma vez que ex é sempre positiva a variação do sinal de y será determinada pelo estudo do sinal de 2 x LMC 2009 74 Exemplo Esboce o gráfico y x13 2x43 1 A função esta definida para todo x real 2 Interceptos em x e y Em x y 0 x13 2x43 0 x131 2x 0 x 0 x 12 Em y x 0 y0 0 y 0 3 Intervalos de crescimento e decrescimento Queremos estudar o sinal de y y x233 8x133 x231 8x3 138x 1x23 Uma vez que o denominador é sempre positivo o sinal de y será determinado pelo estudo do sinal do numerador 8x 1 Intervalo de crescimento de y 18 Intervalos de decrescimento de y 18 4 Concavidade e pontos de inflexão Queremos estudar o sinal de y y 2x539 8x239 2x531 4x9 294x 1x53 LMC 2009 76 Concavidade para cima positiva 2 Concavidade para baixo negativa 2 Observe que x 2 é ponto de inflexão uma vez que y2 0 e há troca de sinal de y em torno de x 2 5 Extremos relativos Pontos críticos y 0 e pontos onde há perda de diferenciabilidade y 0 ex1 x 0 x 1 Pelo teste da derivada segunda y 1 0 Daí x 1 é um ponto de mínimo Não há perda de diferenciabilidade em y xex 6 Assíntotas Horizontais limites no infinito limxxex limxxex limxxex limx ex 0 Regra de LHôpital Verticais não existem 7 Esboço do gráfico LMC 2009 75 Concavidade para cima positiva 0 U 14 Concavidade para baixo negativa 0 14 Observe que x14 é ponto de inflexão uma vez que y14 0 e há troca de sinal de y em torno de x14 Note também que x0 é ponto de inflexão mesmo que y seja descontínua em x0 y muda de sinal em torno de 0 e y é contínua em x0 5 Extremos relativos Pontos críticos y 0 e pontos onde há perda de diferenciabilidade y0 138x1x230 x18 Pelo teste da derivada segunda y18 0 Daí x18 é um ponto de mínimo Perda de diferenciabilidade pontos que anulam o denominador de y 13 8x1x23 Entretanto em torno de x0 não há mudança de sinal de y logo x0 não é ponto nem de máximo nem de mínimo 6 Assíntotas Horizontais limites no infinito limx x13 2x43 limx x13 2x43 Logo não existem assíntotas horizontais Verticais não existem LMC 2009 77 LMC 2009 78 7 Esboço do gráfico Exemplo Esboce o gráfico 2 ln 4 x y 1 Domínio 0 4 x2 condição de existência de ln Logo o domínio da função é dado pelo intervalo 2 2 2 Interceptos em x e y Em x 1 4 0 ln 4 0 2 2 x x y x 3 Em y ln4 0 0 y x y ln4 3 Intervalos de crescimento e decrescimento Queremos estudar o sinal de y 4 2 4 2 2 2 x x x x y Intervalo de crescimento de y 2 0 Intervalos de decrescimento de y 0 2 4 Concavidade e pontos de inflexão Queremos estudar o sinal de y y 2x2 4 2x2x x2 42 2x2 8 x2 42 Note que o sinal de y é sempre negativo logo y possui apenas concavidade para baixo E como não há troca do sinal de y não há ponto de inflexão 5 Extremos relativos Pontos críticos y 0 e pontos onde há perda de diferenciabilidade y 0 2x x2 4 0 x0 Pelo teste da derivada segunda y0 0 Daí x0 é um ponto de máximo Não há perda de diferenciabilidade no domínio de y 6 Assíntotas Horizontais limites no infinito Não existem assíntotas horizontais LMC 2009 79 Verticais Por exemplo limites quando x tende a pontos onde a função não está definida limx2 ln4 x2 limx2 ln4 x2 7 Esboço do gráfico Exemplo Esboce o gráfico y 2cosx sin2x para x 0 2π 1 Domínio x 0 2π 2 Interceptos em x e y Em x y0 2cosx sin2x 0 2cosx 2sinxcosx 0 2cosx1sinx 0 cosx1sinx 0 cosx 0 1 sinx 0 xπ2 ou x3π2 x3π2 Logo os interceptos em x são em xπ2 e x3π2 Em y x0 y2cos0 sin20 y2 LMC 2009 80 3 Intervalos de crescimento e decrescimento Queremos estudar o sinal de y y 2 sinx 2 cos2x y 2 sinx 2 1 2 sin²x y 2 2 sin²x sinx 1 y 22sinx1sinx12 y 4sinx1sinx12 Os valores de x que anulam y são as raízes das equações sinx 1 0 sinx 12 0 sinx 1 sinx 12 x 3π2 x π6 x 5π6 Intervalo de crescimento de y 0 π6 5π6 2π Intervalos de decrescimento de y π6 5π6 4 Concavidade e pontos de inflexão Queremos estudar o sinal de y y 2 cosx 4 sin2x y 2 cosx 8 sinx cosx y 2 cosx 1 4 sinx LMC 2009 81 3 Intervalos de crescimento e decrescimento Queremos estudar o sinal de y y 4x² x y 8 x³x³ Intervalo de crescimento de y 2 0 Intervalos de decrescimento de y 2 0 4 Concavidade e pontos de inflexão Queremos estudar o sinal de y y 24x⁴ Note que y 0 para qualquer valor de x exceto zero Daí a função y possui apenas concavidade para cima E por conseguinte não há ponto de inflexão 5 Extremos relativos Pontos críticos y 0 e pontos onde há perda de diferenciabilidade y 0 8 x³x³ 0 x 2 Pelo teste da derivada segunda temos que y2 0 logo x 2 é ponto de mínimo LMC 2009 85 LMC 2009 83 O ponto 2 x 3π não é ponto nem de máximo nem de mínimo pois pelo teste da primeira derivada não há mudança de sinal de y em torno dele O ponto 6 x π é ponto de máximo pelo teste da derivada primeira O ponto 6 x 5π é ponto de mínimo pelo teste da derivada primeira Não há perda de diferenciabilidade em y 6 Assíntotas não existem 7 Esboço do gráfico OBS Considerando que o domínio de y seja todos os números reais e notando que 2 f x f x π obtemos o seguinte gráfico LMC 2009 84 Assíntotas Inclinadas Considere a função racional Q x P x onde 1 grau Q x grau P x Exemplos x x x x y 2 3 5 1 3 7 1 32 74 7 75 x x x y 3 3 2 5 32 3 15 16 17 x x x x y Tais funções apresentam assíntotas inclinadas 0 lim b mx x f x Vamos calcular o limite no infinito de x x x x y 2 3 5 1 3 5 lim 3 5 lim 3 5 1 3 lim 2 3 2 3 x x x x x x x x x x Nesse caso 5 y 3x é uma assíntota inclinada Exemplo Esboce o gráfico 2 3 4 x x y 1 A função não está definida para x 0 2 Interceptos em x e y Em x 0 4 0 4 0 3 2 3 x x x y x 41 3 Em y 0 x y não está definida não existe Os valores de x que anulam y são as raízes das equações cosx 0 1 4sinx 0 x π2 x 3π2 x arcsin 14 Note que há dois valores x arcsin 14 Nós iremos chamálos de α₁ e α₂ Estudando o sinal de y obtemos Concavidade para cima positiva π2 α₁ 3π2 α₂ Concavidade para baixo negativa 0 π2 α₁ 3π2 α₂ 2π Os pontos x π2 x α₁ x 3π2 e x α₂ são pontos de inflexão uma vez que para eles y 0 e há mudança de sinal de y em torno deles 5 Extremos relativos Pontos críticos y 0 e pontos onde há perda de diferenciabilidade y 0 x 3π2 x π6 x 5π6 LMC 2009 82 Logo pelo Método do Intervalo Fechado temos Máximo absoluto x 1 f1 23 Mínimo absoluto x 5 f5 55 A seguir veremos que uma função pode não possuir valores extremos absolutos quando consideramos o intervalo aberto ou quando a função possui uma descontinuidade Não vale nesse caso o Método do Intervalo Fechado Por exemplo a função representada abaixo possui um valor mínimo f2 0 e não tem valor máximo Outro exemplo a função representada abaixo não possui nem um valor mínimo nem um valor máximo Se os extremos do intervalo forem abertos temos 1 Máximos e mínimos absolutos só podem ocorrer nos pontos críticos 2 Devemos comparar os valores da função nos extremos relativos com os valores dos limites da função nos extremos do intervalo LMC 2009 88 Perda de diferenciabilidade pontos que anulam o denominador de y 8 x3 x3 Temos x 0 Entretanto y não está definida para x 0 portanto não há extremo relativo com perda de diferenciabilidade y é descontínua em x 0 6 Assíntotas lim x 4 x3 x2 lim x x3 x2 lim x x Daí a função tem a reta y x como assíntota inclinada não há assíntota horizontal Verticais Por exemplo limites quando x tende a pontos onde a função não está definida lim x0 4 x3 x2 lim x0 4 x3 x2 7 Esboço do gráfico Otimização máximos e mínimos Método do intervalo fechado Para encontrar os valores de máximo e de mínimo absolutos de uma função contínua f em um intervalo fechado a b 1 Encontre os valores de f nos pontos críticos e classifiqueos 2 Encontre os valores de f nos extremos do intervalo 3 O maior valor das etapas 1 e 2 é o valor máximo absoluto ao passo que o menor desses valores é o valor mínimo absoluto Exemplo Encontre os pontos de máximo e de mínimo absoluto da função fx 2x3 15x2 36x para x pertencente ao intervalo 1 5 fx 6x2 30x 36 6x2 5x 6 6x 3x 2 Pontos críticos fx 0 e pontos onde há perda de diferenciabilidade Como f é uma função diferenciável em todo o seu domínio os pontos críticos serão aqueles onde fx 0 Daí temos que fx 0 x 2 e x 3 Pelo teste da derivada segunda temos que fx 12x 30 f2 24 30 6 0 x 2 candidato a ser ponto de máximo absoluto f3 36 30 6 0 x 3 candidato a ser ponto de mínimo absoluto f2 28 f3 27 Analisando o valor de f nos extremos do intervalo temos f1 23 f5 55 LMC 2009 87 Exemplo Encontre os pontos de máximo e de mínimo absoluto da função fx x3 x para x pertencente ao intervalo 1 2 fx 3x2 1 Como f é uma função diferenciável em todo o seu domínio os pontos críticos serão aqueles onde fx 0 Daí temos que fx 0 x 1sqrt3 Pelo teste da derivada segunda temos que fx 6x f1sqrt3 6sqrt3 0 candidato a ser ponto de mínimo absoluto f1sqrt3 6sqrt3 0 candidato a ser ponto de máximo absoluto f1sqrt3 0385 f1sqrt3 0385 Analisando o valor do limite de f nos extremos do intervalo lim x1 fx 0 lim x2 fx 6 Portanto Máximo absoluto não existe porém note que existe máximo relativo Mínimo absoluto x 1sqrt3 Problemas de máximo e mínimo 1 Encontre as dimensões de um retângulo com perímetro de 100 m cuja área seja a maior possível Solução Imaginemos um retângulo de dimensões x e y A área do retângulo é expressa por A x y e o perímetro é dado por P 2x 2y Como P 100 podemos expressar a área do retângulo em função de apenas uma dimensão 100 2x 2y y 50 x Logo A x y x 50 x x2 50x Daí construímos uma função dada por A 0 50 IR Ax x2 50x Para encontrar o valor de x que maximize a área derivamos a função em relação a x Ax 2x 50 e igualamos a zero para achar os pontos críticos Ax 0 2x 50 0 x 25 x 25 é um candidato a ser solução do problema pois pelo teste da derivada segunda temos Ax 2 A25 2 0 Pelo Método do Intervalo Fechado temos A0 0 A25 625 máximo absoluto A50 0 Logo as dimensões que maximizam a área do retângulo são x 25 m e y 50 x 50 25 y 25 m 2 Uma caixa sem tampa é construída a partir de um pedaço retangular de papelão de dimensões 8 dm por 5 dm eliminado quatro quadrados congruentes dos seus vértices Qual deve ser o tamanho do lado de um dos quadrados para se obter uma caixa de volume máximo Solução O volume da caixa é expresso por V Ab h onde Ab 5 2x8 2x e h x logo Vx x 5 2x8 2x onde x 0 52 Desenvolvendo a expressão obtemos Vx 4x3 26x2 40x Derivando em relação a x Vx 12x2 52x 40 Fazendo Vx 0 12x2 52x 40 0 As raízes da equação acima são x 103 x 1 que são candidatos a serem solução do problema pois pelo teste da derivada segunda temos Vx 24x 52 V1 24 52 28 0 candidato a ser solução V103 80 52 28 0 solução incompatível fora do domínio Pelo Método do Intervalo Fechado temos V1 18 máximo absoluto V0 0 V52 0 Logo a resposta é x 1 dm 3 Mostre que todos os retângulos com área dada aquele com o menor perímetro é um quadrado Solução Sendo o valor da área do retângulo uma constante igual a A temos que A x y logo y A x Sendo o perímetro P 2x 2y temos Px 2x 2A x Derivando em relação a x e igualando a zero Px 2 2A x² 2 2A x² 0 x² A x A Pelo teste da derivada segunda Px 4A x³ 0 PA 0 só estamos tratando com números positivos Encontrando o valor de y y A x A A y A Demonstramos assim que o quadrado é o retângulo de área fixa que apresenta o menor perímetro LMC 2009 92 LMC 2009 93 4 A figura a mostra um raio luminoso que parte do ponto A atinge o ponto P reflete se e atinge o ponto B Mostre que o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão admitindo o princípio de Fermat segundo o qual o trajeto é feito em tempo mínimo A e B estão num mesmo meio Solução Sejam a b e c as distâncias indicadas na figura b a 0 b 0 c 0 Indiquemos por x a abscissa de P em relação ao ponto M considerando como origem na figura x é positivo Os ângulos iˆ e rˆ são respectivamente os ângulos de incidência e de reflexão Sendo v a velocidade da luz no meio que se encontram A e B o tempo gasto para percorrer AP é v AP e o gasto para percorrer PB é PB v de modo que o tempo total gasto no percurso de A a B é PB v AP v t Aplicando o teorema de Pitágoras ao triangulo retângulo AMP temos 2 2 x a AP Analogamente 2 2 x c b PB Substituindo na equação do tempo total vemos que este é função de x 2 2 2 2 1 x c b x a v t x LMC 2009 94 Derivando a expressão em relação a x 2 2 2 2 1 x c b x c x a x v t x Derivando novamente em relação a x temos 2 3 2 2 2 3 2 2 1 x c b b x a a v x t Claramente 0 t x para todo x real Então para achar o ponto de mínimo basta verificar 0 t x 0 1 2 2 2 2 x c b x c x a x v 2 2 2 2 x c b x c x a x Porém observe que 2 2 cos ˆ x a x i e 2 2 cos ˆ x c b x c r logo cos ˆ cos ˆ r i e por serem ambos ângulos agudos r i ˆ ˆ 5 Dois postes verticais PQ e ST são amarrados por uma corda PRS que vai do topo do primeiro poste para um ponto R no chão entre os postes e então ao segundo poste como na figura Mostre que o menor comprimento de tal corda ocorre quando 2 1 θ θ LMC 2009 95 Solução Queremos mostrar que PR RS mínimo 2 1 θ θ Considere RS PR d por teorema de Pitágoras temos 2 2 2 2 x c b x a d x Derivando a expressão em relação a x 2 2 2 2 x c b x c x a x d x Derivando novamente em relação a x temos 2 3 2 2 2 3 2 2 x c b b x a a x d Claramente 0 d x para todo x real Então para achar o ponto de mínimo basta verificar 0 d x 0 2 2 2 2 x c b x c x a x Porém observe que 2 2 cos 1 x a x θ e 2 2 cos 2 x c b x c θ logo cos cos 2 1 θ θ e por serem ambos ângulos agudos 2 1 θ θ LMC 2009 96 6 Seja 1v a velocidade da luz no ar e 2v a velocidade da luz na água De acordo com o princípio de Fermat um raio de luz viajará de um ponto A para um ponto B na água por um caminho ACB que minimiza o tempo gasto Mostre que 2 1 2 1 sin sin v v θ θ onde 1 θ o ângulo de incidência e 2 θ o ângulo de refração são conforme mostrados Essa equação é conhecida como a Lei de Snell Solução O tempo total é dado por tempo de A para C tempo de C para B T x 2 2 2 1 2 2 v x d b v x a T x onde 0 x d Derivando a expressão em relação a x 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 sin sin v v x d b v x d x a v x T x θ θ Derivando novamente em relação x perceberemos que 0 T x similar aos problemas anteriores Então para achar o ponto de mínimo basta verificar 0 T x 0 x T 2 2 1 1 sin sin v v θ θ LMC 2009 97 7 Encontre a área do maior retângulo que pode ser inscrito numa elipse 1 2 2 2 2 b y a x Solução A área do retângulo é dada por xy y x A 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x a a b y b y a x Daí a área do retângulo pode ser escrita como 2 2 4 x a a x b A x onde 0 x a Derivando a expressão em relação a x 2 2 2 2 2 4 x a a x b a A x Verificando os pontos críticos temos 2 0 a x A x Pelo teste da derivada segunda 0 2 a A logo 2 x a é ponto de máximo Logo 2 y b Daí 2 2 4 b a AMÁX ab AMÁX 2 LMC 2009 98 8 Determine o cilindro de área mínima entre todos os cilindros circulares de um volume dado Solução A área do cilindro é expressa por rh r A π π 2 2 2 Como r h V 2 π ou melhor r2 V h π Daí 2 2 2 2 r V r r A r π π π r V r A r 2 2 2 π Derivando a expressão em relação a r 2 2 4 r V r A r π Calculando a derivada segunda temos 3 4 4 r V A r π Como r 0 0 A r Então para achar o ponto de mínimo basta verificar 0 A x 3 1 2 2 2 4 0 π π V r r V r A r Calculando a razão r h quando 3 1 2 π V r obtemos 2 2 3 2 π π π π V V r V r r V r h Daí r h 2 ou seja o cilindro é eqüilátero LMC 2009 99 9 Entre todos os triângulos de mesma base e mesma área determinar o de menor perímetro Solução Note que todos os triângulos de mesma base e mesma área possuem a mesma altura h O perímetro do triângulo é dado por 2 1 2 d d a P Aplicando o teorema de Pitágoras reescrever o perímetro da seguinte forma 2 2 2 2 2 h x a h x a a P x Derivando a expressão em relação a x 2 2 2 2 h x a x a h a x a x P x Derivando novamente em relação x perceberemos que 0 P x similar aos problemas anteriores Então para achar o ponto de mínimo basta verificar 0 P x 2 1 2 2 2 2 sin sin 0 θ θ h x a x a h a x a x P x Como os ângulos são agudos 2 1 θ θ ou seja o triângulo é isósceles altura bissetriz LMC 2009 100 10 Encontre o ponto sobre a parábola y x 2 mais próximo de 1 4 Solução A distância entre os pontos 1 4 e x y é 2 2 4 1 y x d Mas como o ponto x y está sobre a parábola então x y2 2 logo a expressão para d fica 2 2 2 4 1 2 y y d Em vez de d minimizamos o seu quadrado 2 2 2 2 4 1 2 y y f y d Você deve se convencer de que os mínimos de d e d² ocorrem no mesmo ponto porém este último é mais fácil de ser trabalhado Diferenciando obtemos 8 4 2 1 2 2 3 2 y y y y y f Logo 0 f y quando y 2 Observe que 0 f y quando y 2 e 0 f y quando y 2 logo pelo teste da derivada primeira o mínimo absoluto ocorre quando y 2 Ou ainda poderíamos simplesmente dizer que dada a natureza geométrica do problema é óbvio que existe um ponto mais próximo do problema mas não existe um ponto mais distante O valor correspondente de x é 2 2 2 x y Assim o ponto sobre a parábola mais próximo de 1 4 é 2 2 LMC 2009 101 11 Encontre as dimensões do triangulo isósceles de maior área que pode ser inscrito em um círculo de raio r Solução A área do triângulo é dada por 2 b h A 2 cos 2 sin θ θ θ r r r A π θ 0 cos 1 sin 2 θ θ θ r A Derivando a expressão em relação a θ cos cos sin 2 2 2 θ θ θ θ r A 1 cos 2cos 2 2 θ θ θ r A 1 1 cos 2cos 2 θ θ θ r A Derivando novamente em relação θ sin 4cos sin 2 θ θ θ θ r A 1 4cos sin 2 θ θ θ r A Verificando 0 A θ obtemos 0 1 cos 1 2 2cos θ θ r Daí 0 1 2cos θ 0 1 cos θ 1 2 cos θ 1 cos θ 3 θ π θ π LMC 2009 102 Pelo teste da derivada segunda temos 1 4cos sin 2 θ θ θ r A 0 1 2 4 1 2 3 1 sin 3 4cos 3 3 2 2 r r A π π π 0 1 4cos 2 sin π π π r A não é ponto nem de máx nem de min Logo 3 θ π é um ponto de máximo pelo Método do Intervalo Fechado 0 0 A Note que sendo 3 θ π o triângulo é um triângulo eqüilátero cujos lados medem 3 2 3 2 2 sin r r r l θ l r 3 12 Como deve ser escolhido o ponto P sobre o segmento AB de forma a maximizar o ângulo θ Solução Da figura x 5 tan α x 3 2 tan β e π β θ α x x x 3 2 arctan arctan 5 π θ LMC 2009 103 Derivando a expressão em relação a x 13 6 2 25 5 2 2 x x x θ x Verificando os pontos críticos 2 5 5 65 30 5 50 2 13 6 2 25 5 0 2 2 2 2 x x x x x x x θ Rejeitaremos x 5 2 5 uma vez que é maior que 3 Pelo teste da derivada primeira 0 θ x para x 5 2 5 0 θ x para x 5 2 5 Logo θ é maximizado quando 0 53 2 5 5 AP x 13 Um cilindro circular reto é inscrito numa esfera de raio r Encontre o cilindro de maior volume possível Solução O cilindro possui um volume de 2 2 x y V π Note que 2 2 2 x r y Daí 2 2 3 2 2 2 x r x x V x x r x V π π onde 0 x r Verificando os pontos críticos 3 0 3 2 2 2 r x x r x V π Como 0 0 V r V e 0 3 V r então 3 x r é um ponto de máximo Logo 3 3 4 3 3r V r π LMC 2009 104 Complemento 1 Derivada da função inversa Seja a função y f x bijetora e derivável em I tal que 0 f x para x I Provemos que a função inversa f 1 y x é derivável em f I e que 1 1 x f y f sendo y f x Como f é bijetora e derivável decorre que 0 0 y x portanto podemos escrever x y y x 1 Sendo f derivável e portanto contínua se x tende a zero então y também tende a zero Assim temos 1 lim 1 lim 1 lim 0 0 0 1 x f x y x y y x y f x x y 1 1 1 x f y f y f x Exemplo Derivada da função arco seno Sabemos que a função y arcsinx definida em I 1 1 com imagens em 2 2 π π é a inversa de x siny sin arcsin y x x y Já vimos que cos sin y x y x Empregando a regra da derivada da inversa vem 2 2 1 1 sin 1 1 cos 1 1 x y y x y Em resumo 2 1 1 arcsin x y x y LMC 2009 105 Complemento 2 Continuidade e diferenciabilidade Teorema Se f é diferenciável em a então f é contínua em a ATENÇÃO A recíproca do teorema é falsa isto é há funções que são contínuas mas não são diferenciáveis Por exemplo a função x f x é contínua em 0 pois 0 0 lim lim 0 0 f x x f x x mas não é diferenciável em 0 uma vez que as derivadas laterais são diferentes x x f x f x f f x x 0 0 lim 0 0 0 lim 0 Como x x x 0 x x x 0 1 1 lim lim lim 0 0 0 x x x x x x x 1 1 lim lim lim 0 0 0 x x x x x x x Daí x x x x x x 0 0 lim lim Logo f 0 não existe e assim f não é derivável em 0 Não existe reta tangente na origem para o gráfico da função valor absoluto x f x LMC 2009 106 Complemento 3 Teorema de Bolzano Teorema de Bolzano Se f é contínua em a b e f a e f b têm sinais contrários então existe pelo menos um ponto c de a b tal que 0 f c Exemplo A velocidade de uma partícula é dada por 1 2 2 2 3 t t v t Mostre que existe um instante entre 1 e 2 no qual a velocidade se anula Como 0 1 1 2 1 2 1 1 2 3 v 0 7 1 2 2 2 2 2 2 3 v e v é uma função contínua podemos afirmar de acordo com o Teorema de Bolzano que existe c com 2 1 c tal que 0 v c OBS O Teorema de Bolzano é um caso particular do Teorema do Valor intermediário que diz Seja f uma função contínua em a b Se d é um número que verifica f b d f a ou f b d f a então existe pelo menos um c de a b tal que d f c LMC 2009 107 Complemento 4 Teorema de Rolle Seja f uma função que satisfaça as seguintes hipóteses 1 f é contínua no intervalo fechado a b 2 f é diferenciável no intervalo aberto a b 3 f b f a Então existe um número c em a b tal que 0 f c Ilustração LMC 2009 108 Complemento 5 Aproximações Lineares e Diferenciais Usaremos a reta tangente em a f a como aproximação para a curva y f x quando x está próximo de a Uma equação da reta tangente é a a x f f a y e a aproximação a a x f f a f x é chamada de aproximação linear ou aproximação pela reta tangente de f em a A função linear cujo gráfico é essa reta tangente isto é a a x f f a L x é chamada de linearização de f em a Exemplo Você pode verificar que a aproximação linear em 0 da função sin x f x é x x sin As idéias por trás das aproximações lineares são algumas vezes formuladas na terminologia e notação de diferenciais Se y f x onde f é uma função diferenciável então a diferencial dx é uma variável independente isto é a dx pode ser dado um valor real qualquer A diferencial dy é então definida em termos de dx pela equação x dx f dy Assim dy é uma variável dependente ela depende dos valores de x e dx Se a dx for dado um valor específico e x for algum número específico no domínio de f então o valor numérico de dy está determinado O significado geométrico de diferenciais está na figura acima Seja Px fx e Qx x fx x pontos sobre o gráfico de f e façamos dx x A variação correspondente em y é y fx x fx A inclinação da reta tangente PR é a derivada fx Assim a distância direta de S a R é fxdx dy Conseqüentemente dy representa a distância que a reta tangente sobe ou desce a variação na linearização enquanto y representa a distância que a curva y fx sobe ou desce quando x varia por uma quantidade dx Exemplo Iremos agora ilustrar o uso de diferenciais na estimativa de erros que ocorrem em virtude de medidas aproximadas O raio de uma esfera tem 21 cm com um erro de medida possível de no máximo 005 cm Qual é o erro máximo cometido ao usar esse valor de raio para computar o volume da esfera Solução Se o raio da esfera for r então seu volume é V 43 π r3 Se o erro na medida do valor de r for denotado por dr r então o erro correspondente no cálculo do valor de V é V que pode ser aproximado pela diferencial dV 4π r²dr Quando r 21 e dr 005 temos dV 4π 21² 005 277 O erro máximo no volume calculado é de cerca de 277 cm³ OBS Erro relativo V V dV V 4π r² dr 4π r³ 3 3 dr r LMC 2009 109 LMC 2009 110 INTEGRAL Integral definida e a função área Queremos calcular a área S Podemos aproximar a área S dividindo a região em n retângulos de mesma largura Iremos dividir o intervalo 0 1 usando n 1 pontos os extremos estão incluídos ox 0 n x 1 1 n x 2 2 n x 3 3 n n xn 1 1 e 1 n n xn Seja n S a soma da área dos n retângulos isto é n i i i n x f x S 1 soma de Riemann onde 1 i i i x x x LMC 2009 111 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 1 3 2 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n n Sn L 2 2 2 2 2 2 2 3 1 5 4 3 2 1 1 n n n Sn L Pelo princípio da indução matemática temos 6 1 12 3 2 1 2 2 2 2 1 2 n n n n i n i L Daí 6 1 12 1 3 n n n n Sn Quando n tende a um valor absurdamente grande n S tende a se igualar à área S ou seja S pode ser expressa pelo seguinte limite 3 1 6 1 12 1 lim 3 n n n n S n Notação n i i i n b a x f x x dx f 1 lim Logo podemos definir a função área Ax como x a f t dt A x para f 0 curva acima do eixo x x a f t dt A x para f 0 curva abaixo do eixo x A função Ax corresponde ao valor da área debaixo da curva que vai de um ponto inicial a até um ponto qualquer x Definição de integral definida ªᵇ fx dx é a integral definida de a à b Propriedades da integral definida 1 ªᵇ fx dx ᵇₐ fx dx 2 ªₐ fx dx 0 3 ªᵇ fx gx dx ªᵇ fx dx ªᵇ gx dx 4 Se a c b ªᵇ fx dx ªᶜ fx dx ᶜᵇ fx dx LMC 2009 112 LMC 2009 113 5 a c b c dx b a onde c é qualquer constante 6 b a b a f x dx c c f x dx onde c é qualquer constante 7 Suponha que f é contínua em aa Se f for par f x x f então a a a f x dx x dx f 0 2 Se f for ímpar f x x f então 0 a a f x dx Teorema Fundamental do Cálculo Parte 1 TFC1 Se f for uma função contínua em ab então a função g definida por x a f t dt g x b x a é contínua em ab e diferenciável em ab Além disso f x g x OBS A função gx é uma antiderivada ou primitiva de f OBS 0 g a LMC 2009 114 Demonstração Queremos mostrar que se x a f t dt g x então f x g x Pela definição de derivada temos h g x h g x x g h lim 0 x a h x a h f t dt f t dt h g x lim 1 0 Pela propriedade 1 das integrais definidas a x h x a h f t dt f t dt h g x lim 1 0 h x x h f t dt h g x lim 1 0 Da figura acima temos que h f x t dt f h x x então h h f x x g h lim 0 Logo f x g x f x t dt f x a Conclusão Diferenciação e integração são processos inversos Teorema Fundamental do Cálculo Parte 2 TFC2 Se f for contínua em ab então ab fx dx Fb Fa onde F é qualquer antiderivada de f isto é uma função tal que F f Demonstração Pelo TFC1 temos que gx ax ft dt gx fx ou seja g é uma antiderivada de f Se F for uma antiderivada de f então F diferencia de gx por uma constante C Fx gx C Lembrese que a derivada de uma constante C é zero Portanto Fb Fa gb C ga C Como ga 0 concluímos que Fb Fa gb ab ft dt Notação Fab Fab Fb Fa Exemplo Calcule 01 x2 dx Solução 01 x2 dx x3 301 13 0 13 Exemplo Calcule 01 x3 dx Solução 01 x3 dx x4 401 14 0 14 LMC 2009 115 LMC 2009 116 Exercício Calcule a derivada de gx usando o TFC1 a x dt t x g 0 sin 2 sin x2 g x b x t dt t x g 0 5 2 x x g x 2 5 c 4 1 sec x t dt g x Nesse caso iremos utilizar a regra da cadeia em conjunção com TFC1 Seja u x4 então 3 4 1 1 1 4 sec sec sec sec sec 4 x x dx u du dx t dt du du d t dt dx d t dt dx d u u x Integral indefinida Integral definida b a f x dx é um número Representamos por f x dx uma antiderivada primitiva qualquer de f x Isto é f x f x dx A integral f x dx é uma integral indefinida de f x Exemplo C x x dx 3 3 2 pois 2 3 3 x C x dx d onde C é uma constante de integração Tabela de integrais indefinidas f x dx c c f x dx g x dx f x dx g x dx f x C kx kdx LMC 2009 117 1 1 1 n C n x dx x n n C x x dx ln 1 C e dx e x x C a a dx a x x ln C x x dx cos sin C x x dx sin cos C x x dx tan sec2 C x x dx cot csc2 C x x dx x sec sec tan C x x dx x csc csc cot C x dx x arctan 1 1 2 C x dx x arcsin 1 1 2 Exercício Calcule as seguintes integrais a 48 21 18 9 7 2 4 3 7 4 0 3 2 3 0 3 2 x x x dx x x b 5 1 2 1 5 32 2 5 2 1 2 1 5 2 2 1 4 2 1 3 x x x x dx x x c 5 5 5 5 9 4 5 2 9 4 5 2 9 4 3 2 9 4 2 5 3 4 5 2 2 5 2 2 3 5 2 2 2 5 2 2 2 x x dx x x x dx LMC 2009 118 d 1 tan0 4 tan tan sec 4 0 4 0 2 π θ θ π π x d e 9 4 3 2 3 2 1 2 9 4 5 2 1 2 1 2 3 2 3 4 8 2 4 y y y dy y y y 3 3 3 3 3 2 2 3 2 4 8 2 3 3 2 3 3 4 8 3 f 2 2 ln 1 1 2 ln2 1 ln1 2 2 ln 1 1 2 ln 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 x x dx x dx Técnicas de integração 1 Regra da Substituição 2 Integração por partes 3 Substituição trigonométrica 4 Frações Parciais 1 Regra da Substituição Regra da cadeia para a integração Se u gx for uma função diferenciável cuja imagem é um intervalo I e f for contínua em I então C F g x f u du f g x g x dx onde F é uma antiderivada de f ou seja F f Note que se u gx então g x dx du portanto uma forma de lembrar a Regra da Substituição é imaginar dx e du como diferenciais Exemplos Calcule a x dx x sin 3 2 Solução Fazemos a substituição u x3 Então x dx du x dx du 2 2 3 3 Usando a Regra da Substituição obtemos LMC 2009 119 C u u du u du x dx x cos 3 1 3 sin 1 sin 3 sin 2 3 C x x dx x 3 cos 1 sin 3 2 3 Verificação Derivando a resposta em relação a x temos 2 3 2 3 3 sin 3 sin 3 1 3 cos 1 x x x x C x b θ θ θ sin 5 2 cos2 d Solução Fazemos a substituição 2 u sin θ Então θ θ θ θ d du d du cos2 2 cos2 2 Usando a Regra da Substituição obtemos C u u du u du d 2 6 1 2 1 2 2 cos2 sin 6 5 5 5 θ θ θ C d 12 sin 2 2 cos2 sin 6 5 θ θ θ θ c dx x lnx Solução Fazemos a substituição u lnx Então x dx du x dx du 1 1 Usando a Regra da Substituição obtemos C u u du dx x x 2 ln 2 C x dx x x 2 ln ln 2 LMC 2009 120 d dx x 41 2 Solução Fazemos a substituição 2 1 x u Então dx du dx du 2 2 Usando a Regra da Substituição obtemos C u u du dx x 2 5 1 2 1 2 5 4 4 C x dx x 10 1 2 1 2 5 4 e dx e e x x 4 Solução Fazemos a substituição 4 ex u Então e dx du e dx du x x Usando a Regra da Substituição obtemos C u u du dx e e x x ln 4 C e dx e e x x x 4 ln 4 f 5 ln 0 4 3 dx e e x x Solução Fazemos a substituição ex u 3 4 Então e dx du e dx du x x 4 1 4 LMC 2009 121 Como a integral é definida mudaremos os limites de integração e não teremos de converter de volta à variável x original 1 4 3 0 0 e u x 17 4 3 ln5 ln5 e u x 1 8289 1 8 1 2 4 1 4 1 4 4 3 17 1 2 17 1 2 17 1 17 1 5 ln 0 u u u du u du dx e e x x 36 4 3 5 ln 0 dx e e x x g dt t t 19 3 2 1 6 Solução Fazemos a substituição u t3 1 Então t dt du t dt du 2 2 3 3 Usando a Regra da Substituição obtemos C u u du du u dt t t 2 20 2 3 6 1 6 20 19 19 19 3 2 C t dt t t 10 1 1 6 20 3 19 3 2 h xe dx x2 Solução Fazemos a substituição u x2 Então xdx du x dx du 2 2 Usando a Regra da Substituição obtemos C e C e du e du e dx xe x u u u x 2 2 2 1 2 2 2 2 Integração por partes Sabemos que para a derivada de um produto ux vx vale a seguinte igualdade ux vx uxvx uxvx Assim segue que uma primitiva de ux vx é igual a soma de uma primitiva de uxvx com uma primitiva de uxvx a menos de uma constante ou seja ux vx dx uxvxdx uxvx dx Ou melhor ux vx uxvxdx uxvx dx Isso significa que uxvxdx ux vx uxvx dx integração por partes Uma primitiva de uxvx pode ser obtida através de uma primitiva de uxvx caso isso seja conveniente Exemplo Calcule a ex x dx Solução Fazendo ux ex e vx x temos ex x dx uxvx dx Como ux ex ux ex vx x vx 1 uxvxdx ux vx uxvx dx Segue que ex x dx ex x ex dx ex x dx ex x ex C LMC 2009 122 LMC 2009 123 b x dx e x 2 Solução Fazendo e x x u e 2 x v x temos u x v x dx x dx e x 2 Como x x e u x e x u x v x x v x 2 2 u x v x dx v x u x u x v x dx Segue que xdx e x e x dx e x x x 2 2 2 4243 1 2 2 2 xdx e x e x dx e x x x equação I Usando novamente a técnica de integração por partes para e x x dx obtemos u x v x dx xdx e x Como x x e u x e x u 1 v x x v x u x v x dx v x u x u x v x dx Segue que dx e x e xdx e x x x k e x e xdx e x x x k e x e x dx e x x x equação II LMC 2009 124 Substituindo II em I obtemos C e x e x e x dx e x x x x 2 2 2 onde k C 2 C x x e x dx e x x 2 2 2 2 c lnxdx Solução Fazendo 1 u x e ln x v x temos u x v x dx x dx 1 ln Como x u x u x 1 x v x x v x 1 ln u x v x dx v x u x u x v x dx Segue que x x dx x x x dx 1 ln 1 ln C x x x x dx ln 1 ln d x dx e x sin Solução Fazendo ex u x e sin x v x temos u x v x dx x dx e x sin Como x x e u x e u x cos sin x v x x v x LMC 2009 125 u x v x dx v x u x u x v x dx Segue que 4 4 43 142 cos sin sin x dx e x e x dx e x x x equação I Usando novamente a técnica de integração por partes para x dx ex cos obtemos u x v x dx x dx e x cos Como x x e u x e u x sin cos x v x x v x x dx e x e x dx e x x x sin cos cos x dx e x e x dx e x x x sin cos cos equação II Substituindo II em I obtemos sin cos sin sin x dx e x e x e x dx e x x x x x dx e x e x e x dx e x x x x sin cos sin sin cos sin sin 2 x x e x dx e x x Arrumando a expressão e adicionando uma constante de integração temos C x x e x dx e x x 2 cos sin sin e arcsinxdx Solução Fazendo 1 u x e arcsin x v x temos u x v x dx x dx 1 arcsin LMC 2009 126 Como x u x u x 1 2 1 1 arcsin x v x x v x u x v x dx v x u x u x v x dx Segue que 4 4 4 3 14 2 2 1 1 arcsin 1 arcsin dx x x x x x dx equação I Substituindo 2 1 x u em dx x x 2 1 1 então xdx du x dx du 2 2 Usando a regra da substituição obtemos 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 x u u du u dx x x equação II Substituindo II em I C x x x x dx 2 1 arcsin arcsin f coslnxdx Solução Fazendo 1 u x e cosln x v x temos u x v x dx x dx 1 cosln Como x u x u x 1 x x v x x dx v x sinln 1 cosln LMC 2009 127 u x v x dx v x u x u x v x dx Segue que dx x x x x x x dx sinln cosln cosln 4 4 4 3 142 sinln cosln cosln x dx x x x dx equação I Usando novamente a técnica de integração por partes para sinlnxdx obtemos u x v x dx x dx 1 sinln Como x u x u x 1 x x v x x v x cosln sinln dx x x x x x x dx cosln sinln sinln x dx x x x dx cosln sinln sinln equação II Substituindo II em I x dx x x x x x dx cosln sinln cosln cosln sinln cosln 2 cosln x x x x x dx x C x x x dx sinln 2 cosln cosln g x dx x ln Solução Fazendo x u x e ln x v x temos u x v x dx x dx x ln LMC 2009 128 Como 2 x2 u x x u x x v x x v x 1 ln u x v x dx v x u x u x v x dx Segue que dx x x x x x dx x 1 2 2 ln ln 2 2 xdx x x x dx x 2 1 2 ln ln 2 2 2 1 2 ln ln 2 2 x x x x dx x C x x x x dx x 4 2 ln ln 2 2 OBS x g x dx f g x f x f x g x dx Seja u f x e v gx Então as diferenciais são x dx f du e g x dx dv e assim pela Regra da Substituição a fórmula da integração por partes tornase vdu uv u dv Integrais trigonométricas Fórmulas de redução Para n 2 um inteiro temos 1 x dx n n x x n x dx n n n 1 sin 1 cos sin sin 2 1 2 x dx n n x x n x dx n n n 1 cos sin 1 cos cos 2 1 LMC 2009 129 Demonstração 1 sin n x dx x dx x x dx n n sin sin sin 1 Utilizando a técnica de integração por partes obtemos x dx x dx x u x x v n n 3 2 4243 1 1 1 sin sin sin Como cos sin x u x x u x cos 1 sin sin 2 1 x x n v x x v x n n u x v x dx v x u x u x v x dx Segue que x dx x n x x x x dx n n n cos 1 sin cos cos sin sin 2 1 x dx x n x x x dx n n n cos sin 1 cos sin sin 2 2 1 x dx x n x x x dx n n n sin sin 1 1 cos sin sin 2 2 1 x dx n x dx n x x x dx n n n n sin 1 sin 1 cos sin sin 2 1 x dx n x x x dx n n n n sin 1 cos sin sin 1 1 2 1 Daí x dx n n x x n x dx n n n 1 sin 1 cos sin sin 2 1 Demonstração 2 Análoga a Demonstração 1 Estratégia para avaliar sinmx cosnx dx sinmx cosnx dx Procedimento Identidades Relevantes 1 n é ímpar Separe um fator cosx Aplique a identidade Faça a substituição u sinx cos2x 1 sin2x 2 m é ímpar Separe um fator sinx Aplique a identidade Faça a substituição u cosx sin2x 1 cos2x 3 m e n são pares Usamos as identidades de arcometade Algumas vezes é útil usar a identidade de arcoduplo sin2x 1 cos2x2 cos2x 1 cos2x2 sin2x 2 sinx cosx OBS Note que se ambos os fatores de seno e cosseno são ímpares podemos usar tanto o primeiro como o segundo caso OBS Podemos também utilizar as fórmulas de redução de sinnx dx ou de cosnx dx caso necessário Exemplos a sin2x dx Solução Estamos no terceiro caso utilizaremos a identidade de arcometade sin2xdx 1 cos2x2 dx 12 dx 12 cos2x dx x2 12sin2x2 Daí sin2x dx x2 sin2x4 C LMC 2009 130 LMC 2009 131 b cos 2 xdx Solução Estamos no terceiro caso utilizaremos a identidade de arcometade 2 sin2 2 1 2 2 cos2 1 2 1 2 cos2 1 cos2 x x x dx dx dx x x dx Daí C x x x dx 4 2 sin 2 cos2 c sin 4 xdx Solução Estamos no terceiro caso é possível avaliara essa integral usando a fórmula de redução para n x dx sin mas outro método é escrever x dx x dx x dx x x dx cos 2 2cos2 1 4 1 2 cos2 1 sin sin 2 2 2 2 4 Como cos2 2 x ocorre precisamos usar uma outra fórmula de arcometade 2 cos4 1 cos2 2 x x Isso resulta em dx x x dx x x x dx 2 cos4 2cos2 2 3 2 cos4 1 2cos2 1 4 1 sin 4 C x x x x dx 8 sin4 sin2 2 3 4 1 sin 4 d cos3 xdx Solução Estamos no primeiro caso separaremos um fator cosx LMC 2009 132 x dx x x dx cos cos cos 2 3 Aplicaremos a identidade sin 1 cos 2 2 x x x dx x x dx sin cos 1 cos 2 3 Substituindo u sinx temos x dx du x dx du cos cos Daí C u u du u x dx 3 1 cos 3 2 3 C x x x dx 3 sin sin cos 3 3 e x dx x cos sin 5 4 Solução Estamos no primeiro caso separaremos um fator cosx 4243 1 du x dx x x x dx x sin cos cos cos sin 4 4 5 4 Aplicaremos a identidade sin 1 cos 2 2 x x 4243 1 du x dx x x x dx x sin cos sin 1 cos sin 2 2 4 5 4 Substituindo u sinx temos x dx du x dx du cos cos Daí C u u u du u u u du u u x dx x 9 7 2 5 2 1 cos sin 9 7 5 8 6 4 2 2 4 5 4 LMC 2009 133 C x x x x dx x 9 sin 7 sin 2 5 sin cos sin 9 7 5 5 4 f x dx x sin cos 3 4 Solução Estamos no segundo caso separaremos um fator sinx 43 42 1 du x dx x x x dx x cos sin sin sin cos 2 4 3 4 Aplicaremos a identidade cos 1 sin 2 2 x x 43 42 1 du x dx x x x dx x cos sin cos 1 sin cos 2 4 3 4 Substituindo u cosx temos x dx du x dx du sin sin Daí C u u du u u du u u x dx x 7 5 1 sin cos 7 5 6 4 2 4 3 4 C x x x dx x 7 cos 5 cos sin cos 7 5 3 4 Estratégia para avaliar tanmxsecnxdx tanmxsecnxdx Procedimento Identidade relevante 1 n é par Separe sec2x Aplique a identidade Faça a substituição u tanx sec2x tan2x 1 2 m é ímpar Separe secxtanx Aplique a identidade Faça a substituição u secx tan2x sec2x 1 OBS sin2x cos2x 1 sin2x cos2x cos2x cos2x 1 cos2x tan2x 1 sec2x OBS Note que se n for par e m for ímpar em tanmxsecnxdx poderemos usar tanto o primeiro caso como o segundo caso 3 Para outros casos as regras não são tão simples Talvez seja necessário usar identidades integração por partes e ocasionalmente um pouco de engenhosidade Algumas vezes precisamos integrar I tanxdx lnsecx C II secxdx lnsecx tanx C Demonstração I tanxdx Vamos escrever primeiro a tangente em termos de seno e cosseno tanxdx sinxcosx dx Isso sugere que devemos substituir u cosx uma vez que du sinxdx e portanto sinxdx du tanxdx sinxcosx dx du u lnu C lncosx C Uma vez que lncosx ln1cosx lnsecx temos tanxdx lnsecx C LMC 2009 134 LMC 2009 135 Demonstração II sec x dx Multiplicamos numerador e denominador por tan sec x x dx x x x x x x dx x x x x x dx tan sec sec tan sec tan sec tan sec sec sec 2 Se substituirmos tan sec x x u então x dx x x du sec tan sec 2 assim a integral tornase C u u du ln 1 Então temos C x x x dx tan ln sec sec OBS Integrais da forma x dx x n m cot csc podem ser encontradas por métodos similares por causa da identidade csc cot 1 2 2 x x Exemplos a x dx x sec tan 4 2 Solução Estamos no primeiro caso separaremos um fator sec2 x 4243 1 du x dx x x x dx x tan sec sec sec tan 2 2 2 4 2 Aplicaremos a identidade 1 tan sec 2 2 x x 4243 1 du x dx x x x dx x 1 sec tan tan sec tan 2 2 2 4 2 Substituindo u tanx temos x dx du x dx du sec sec 2 2 Daí C u u du u u x dx x 3 5 1 sec tan 3 5 2 2 4 2 LMC 2009 136 C x x x dx x 3 tan 5 tan sec tan 3 5 4 2 b x dx x sec tan 3 3 Solução Estamos no segundo caso separaremos um fator sec tan x x 4 4 4 3 14 2 du x dx x x x x dx x tan sec tan sec sec tan 2 2 3 3 Aplicaremos a identidade 1 sec tan 2 2 x x 4 4 4 3 14 2 du x dx x x x x dx x 1 sec tan sec sec sec tan 2 2 3 3 Substituindo u secx temos x dx x du x x dx du tan sec tan sec Daí C u u u du u x dx x 3 5 1 sec tan 3 5 2 2 3 3 C x x x dx x 3 sec 5 sec sec tan 3 5 3 3 c tan 3 xdx Solução Aqui apenas tanx ocorre então usamos 1 sec tan 2 2 x x para reescrever um fator tan 2 x em termos de sec2 x x dx x dx x dx x x x dx x x dx tan tan sec 1 tan sec tan tan tan 2 2 2 3 Daí substituindo u tanx na primeira integral C x x x dx ln sec 2 tan tan 2 3 LMC 2009 137 d sec3 xdx Dica Se uma potência par de tangente aparece com uma potência ímpar de secante é útil expressar o integrando completamente em termos de secx Potências de secx podem requerer integração por partes como mostrado nesse exemplo Solução Aqui integramos por partes com tan sec 2 x u x x u x sec tan sec x x v x x v x Então x dx x x x x dx sec tan tan sec sec 2 3 dx x x x x x dx 1 sec sec tan sec sec 2 3 x dx x dx x x x dx sec sec tan sec sec 3 3 tan ln sec tan sec sec 2 3 x x x x x dx x C x x x x dx tan ln sec 2 tan sec 1 sec3 Integrais da forma a nx dx mx cos sin b nx dx mx sin sin c nx dx mx cos cos Para avaliar essas integrais use a identidade correspondente a sin 2sin 1 sin cos B A B A B A b cos 2cos 1 sin sin B A B A B A c cos 2cos 1 cos cos B A B A B A LMC 2009 138 Exemplo x dx x sin4 cos5 Solução Essa integral pode ser avaliada usandose integração por partes mas é mais fácil usar a identidade sin 2sin 1 sin cos B A B A B A Então x dx x x dx x x dx x sin9 2 sin 1 sin9 2sin 1 sin4 cos5 C x x x dx x 9 cos9 2 cos 1 sin4 cos5 3 Substituição trigonométrica Regra da substituição inversa Integrais da forma 2 2 a x 2 2 a x e 2 2 x a Tabela de substituições trigonométricas Expressão Substituição Identidade 2 2 a x x asinθ 2 2 π θ π cos sin 1 2 2 θ θ 2 2 a x x a tanθ 2 2 π θ π sec tan 1 2 2 θ θ 2 2 x a x asecθ 2 0 θ π ou 2 3π θ π tan 1 sec 2 2 θ θ OBS As restrições para θ são tais que se defina uma função bijetora admitindo assim função inversa Note que os intervalos estabelecidos são os mesmos usados quando estudamos funções trigonométricas inversas OBS Perceba que para 2 2 a x fazemos a seguinte substituição x asinθ sendo a 0 e 2 2 π θ π obtemos cos cos cos sin 1 sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 θ θ θ θ θ a a a a a a x a LMC 2009 139 Exemplos a 2 2 4 x x dx Solução Estamos no primeiro caso substituindo 2sin θ x onde 2 2 π θ π temos θ θ θ θ d dx d dx 2cos 2cos Daí sin sin 4 1 4 cos 2 4sin sin 4 4 cos 2 4 2 2 2 2 2 2 θ θ θ θ θ θ θ θ d d x x dx 4sin cos cos 4sin 2 cos cos 2 sin 4cos 4 cos 2 2 2 2 2 θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ d d d Como 2 2 π θ π cos cos θ θ 4 csc 1 4sin 4sin cos cos 4sin cos cos 2 2 2 2 θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ d d d C 4 cot 1 4 csc 1 2 θ θ Retornando a variável x temos que 2sin θ x ou seja 2 sin θ x Para encontrar o valor de cotθ usaremos o seguinte triângulo retângulo x x 2 4 sin cos tan 1 cot θ θ θ θ Logo C x x C x x dx 2 2 2 4 4 1 4 cot 1 4 θ LMC 2009 140 b dx x x 4 1 2 2 Solução Estamos no segundo caso substituindo 2tan θ x onde 2 2 π θ π temos θ θ θ θ d dx d dx 2sec sec 2 2 Daí 1 tan 4tan 4 sec 2 4 tan 4tan 4 sec 2 4 1 2 2 2 2 2 2 2 2 θ θ θ θ θ θ θ θ d d dx x x Como sec tan 1 2 2 θ θ obtemos 4tan 2 sec sec 2 tan 4sec 4 sec 2 1 tan 4tan 4 sec 2 2 2 2 2 2 2 2 2 θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ d d d Sendo 2 2 π θ π sec sec θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ d d d d tan sec 4 1 4tan sec 4tan 2sec 2sec 4tan 2 sec sec 2 2 2 2 2 2 2 θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ d d d sin cos 4 1 sin cos cos 1 4 1 tan sec 4 1 2 2 2 2 Portanto fazendo a seguinte substituição u sinθ temos C C C u u du d 4 csc 4sin 1 1 4 1 4 1 sin cos 4 1 2 2 θ θ θ θ θ Retornando a variável x temos que 2tan θ x ou seja 2 tan θ x Para encontrar o valor de cscθ usaremos o seguinte triângulo retângulo LMC 2009 141 x x 4 sin 1 csc 2 θ θ Logo C x x C dx x x 4 4 4 csc 4 1 2 2 2 θ c 2 1 2 1 dx x x Solução Estamos no terceiro caso substituindo x secθ onde 2 0 θ π ou 2 3π θ π temos θ θ θ θ θ θ d dx d dx sec tan sec tan Daí 2 2 1 2 sec tan sec 1 sec 1 θ θ θ θ θ d dx x x Como a integral é definida mudaremos os limites de integração e não teremos de converter de volta à variável x original 0 1 cos 1 cos 1 1 sec 1 θ θ θ θ x 3 2 1 cos 2 cos 1 2 sec 2 π θ θ θ θ x Então 3 0 2 2 1 2 sec tan sec 1 sec 1 π θ θ θ θ θ d dx x x Como tan 1 sec 2 2 θ θ obtemos 3 0 2 1 2 sec tan sec tan 1 π θ θ θ θ θ d dx x x 3 0 3 0 2 3 0 2 3 0 2 2 1 2 sec 1 sec tan 1 π π π π θ θ θ θ θ θ θ d d d d dx x x LMC 2009 142 0 3 0 3 0 3 tan0 3 tan tan 1 3 0 3 0 2 1 2 π π π θ θ π π dx x x Logo 3 3 1 2 1 2 π dx x x d Encontre a área limitada pela elipse 1 2 2 2 2 b y a x Solução Resolvendo a equação da elipse para y temos que 2 2 2 2 2 2 2 1 a x a a x b y ou 2 2 x a a b y Porque a elipse é simétrica em relação a ambos os eixos a área total A é quatro vezes a área do primeiro quadrante A parte da elipse no primeiro quadrante é 2 2 x a a b y 0 x a E assim a x dx a a b A 0 2 2 4 1 Para avaliar essa integral substituímos x asinθ Então θ dθ a dx cos Para mudar os limites de integração notamos que 0 0 sin 0 θ θ x 2 1 sin π θ θ x a Também cos cos cos sin 1 sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 θ θ θ θ θ a a a a a a x a LMC 2009 143 Já que 2 2 π θ π Portanto 2 0 2 2 0 0 2 2 cos 4 cos cos 4 4 π π θ θ θ θ θ d ab d a a a b x dx a a b A a 0 0 2 2 2 sin2 2 2 cos2 1 4 2 0 2 0 π θ θ θ θ π π ab ab d ab A Logo ab A π Mostramos que a área de uma elipse com semieixos a e b é πab Em particular tomando r b a provamos a famosa fórmula que diz que a área de um círculo de raio r é π r2 4 Integração de funções racionais por frações parciais Queremos integrar funções do tipo Q x P x onde Px e Qx são polinômios Podemos assumir que grau Q x grau P x função própria Exemplo Calcule dx x x x 4 3 10 5 2 Solução Escrevendo o integrando em frações parciais temos 1 4 1 4 10 5 4 3 10 5 2 x B x A x x x x x x Daí 1 4 4 1 4 4 1 1 4 4 3 10 5 2 x x B A B x A x x B x A x x B x A x x x 1 4 4 4 3 10 5 2 x x B A B x A x x x Perceba que 10 4 5 B A B A Resolvendo o sistema temos que A 2 e B 3 Portanto LMC 2009 144 1 3 4 2 4 3 10 5 2 x x x x x Assim dx x dx x dx x x x 1 3 4 2 4 3 10 5 2 Logo usando a regra da substituição mentalmente 4 1 u x e 1 2 u x obtemos C x x dx x x x 1 3ln 4 ln 2 4 3 10 5 2 Separaremos o método das frações parciais em quatro casos 1º caso O denominador Qx é um produto de fatores lineares distintos Exemplo 2 1 2 1 x C x B x A x x x P x 2º caso Qx é um produto de fatores lineares mas alguns deles são repetidos Exemplo 2 1 1 2 1 2 3 2 2 3 x F x E x D x C x B x A x x x P x 3º caso Qx contém fatores quadráticos irredutíveis nenhum dos quais se repete Exemplo 2 1 2 1 2 2 x C x B Ax x x P x 4º caso Qx contém fatores quadráticos irredutíveis repetidos Exemplo 2 1 1 2 1 2 2 2 2 2 x E x D Cx x B Ax x x P x Vamos avaliar alguns exemplos a 2 2 x x dx Solução Escrevendo integrando em frações parciais temos LMC 2009 145 1 2 1 2 1 2 1 2 x B x A x x x x primeiro caso Daí 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 x x B A B x A x x B x A x x x Perceba que 1 2 0 B A B A Resolvendo o sistema temos que 3 A 1 e 3 B 1 Portanto 1 3 1 2 3 1 2 1 2 x x x x Assim 1 3 1 2 3 1 2 2 x dx x dx x x dx Fazendo a regra da substituição mentalmente temos C x x C x x x x dx 2 1 3 ln 1 3 1 ln 3 2 ln 2 2 b dx x x x 2 3 2 4 2 Solução Escrevendo o integrando em frações parciais temos 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 3 x C x B x A x x x x x x segundo caso Daí 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 3 x x B B x A C x A x x Cx B x Ax x x x x Perceba que LMC 2009 146 4 2 2 2 0 B B A C A Resolvendo o sistema temos que A 2 B 2 e C 2 Portanto 2 2 2 2 2 4 2 2 2 3 x x x x x x Assim 2 1 2 1 2 2 2 4 2 2 2 3 x x x dx dx x x x C x x x dx x x x 2 2ln 2 ln 2 2 4 2 2 3 c dx x x x x x 1 3 3 2 2 3 2 Solução Fatorando o denominador obtemos 1 13 1 1 1 3 1 1 3 1 3 3 2 2 2 2 2 2 3 x x x x x x x x x x x Escrevendo o integrando em frações parciais temos 1 1 3 1 1 3 2 1 3 3 2 2 2 2 2 3 2 x C Bx x A x x x x x x x x x terceiro caso Daí 1 1 3 3 3 1 1 3 1 3 1 1 3 3 2 2 2 2 2 2 3 2 x x C A B x C B x A x x x C Bx A x x x x x x Perceba que 2 1 3 1 3 C A B C B A Resolvendo o sistema temos que 5 A 7 5 B 4 e 5 C 3 Portanto LMC 2009 147 1 5 3 4 1 53 7 1 3 3 2 2 2 3 2 x x x x x x x x Assim dx x x x dx dx x x x x x 1 3 4 5 1 1 3 5 7 1 3 3 2 2 2 3 2 dx x dx x x x dx dx x x x x x 1 1 5 3 1 5 4 1 3 5 7 1 3 3 2 2 2 2 3 2 Usando a regra da substituição mentalmente obtemos C x x x dx x x x x x 5 arctan 3 5 1 ln 2 15 1 ln 3 7 1 3 3 2 2 2 3 2 d dx x x x x x x 2 2 2 3 4 3 2 9 20 16 4 3 Solução Escrevendo o integrando em frações parciais temos 2 2 2 2 2 2 3 4 3 3 2 3 2 9 20 16 4 3 x E Dx x C Bx x A x x x x x x quarto caso Desenvolvendo o método das frações encontraremos 9 2 6 9 20 2 3 6 16 2 3 6 4 2 3 E C A E D C B D C B A C B B A Resolvendo o sistema temos que A 1 B 2 C 0 D 4 e E 0 Portanto 2 2 2 2 2 2 3 4 3 4 3 2 2 1 3 2 9 20 16 4 3 x x x x x x x x x x x Assim dx x x dx x x dx x dx x x x x x x 2 2 2 2 2 2 3 4 3 4 3 2 2 1 3 2 9 20 16 4 3 Usando a regra da substituição mentalmente obtemos LMC 2009 148 C x x x dx x x x x x x 3 2 3 ln 2 ln 3 2 9 20 16 4 3 2 2 2 2 2 3 4 e dx x x 2 2 2 Solução Considere a função racional Q x P x Para usar o método das frações parciais é necessário que grau Q x grau P x Caso grau Q x grau P x iremos primeiramente dividir o numerador pelo denominador e depois aplicar o método das frações parciais se necessário Dividindo o numerador pelo denominador obtemos 6 4 2 2 2 0 2 2 2 2 0 2 2 x x x x x x x x Fazendo a prova real da divisão 6 2 2 2 2 x x x Dividindo a expressão acima por x 2 obtemos 2 6 2 2 2 2 x x x x Logo dx x dx xdx dx x x 2 6 2 2 2 2 C x x x dx x x 2 6ln 2 2 2 2 2 2 LMC 2009 149 Integrais envolvendo termos do tipo c bx ax 2 Complete o quadrado e use a técnica apropriada a dx x x x 8 4 2 Solução dx x x dx x x x dx x x x x 4 2 8 4 4 4 8 4 2 2 2 2 142243 Fazendo u x 2 temos que du dx logo 14243 4243 1 II I du u du u u du u u dx x x 4 1 2 4 4 2 4 2 2 2 2 2 Integral I Fazendo v u2 4 temos que dv udu 2 logo C x u v v dv du u u 4 2 2 ln 1 4 2 ln 1 2 ln 1 2 1 4 2 2 2 Integral II Fazendo 2 t u temos que 2dt du logo C x u t t dt dt t du u 2 2 2 arctan 1 2 arctan 2 1 2 arctan 1 1 2 1 4 4 2 4 1 2 2 2 Daí C x x dx x x x 2 2 arctan 4 2 2 ln 1 8 4 2 2 b 2 2 4 5 x x dx Solução Completando o quadrado 2 2 2 2 1 2 7 2 1 2 5 22 5 2 4 5 x x x x x x Daí 2 2 1 2 7 2 4 5 x dx x x dx LMC 2009 150 Iremos realizar a seguinte substituição 2 7 1 u x de modo que deixemos a expressão de forma análoga a arcsin 1 1 2 x dx x Assim 2 7 dx du Então 2 2 2 2 2 1 2 1 7 1 2 7 7 7 2 7 7 2 2 7 2 7 1 2 7 u du u du du u du u x dx Logo C x C u u du x dx 7 2 1 arcsin 2 1 arcsin 2 1 1 2 1 1 2 7 2 2 Integrais Impróprias Na definição de integral definida consideramos que a função era contínua no intervalo especificado Agora estenderemos o conceito de integral definida para o caso onde o intervalo é infinito e também para o caso onde a função tem uma descontinuidade infinita Em ambos os casos a integral é chamada de imprópria Tipo 1 Intervalos Infinitos Queremos calcular a seguinte integral t dx 1 x 2 1 t x dx x t t 1 1 1 1 1 1 2 Note que 1 1 1 2 t dx x não importando o qual grande seja t A área da região sombreada se aproxima de 1 quando t assim dizemos que a área da região infinita é igual a 1 e escrevemos 1 1 lim 1 1 2 1 2 t t dx x dx x LMC 2009 151 Definição de uma integral imprópria do Tipo 1 a Se t a f x dx existe para cada número t a então t a t a f x dx f x dx lim desde que o limite exista como um número b Se b t f x dx existe para cada número t b então b t t b f x dx f x dx lim desde que o limite exista como um número As integrais impróprias a f x dx e b f x dx são chamadas de convergentes se os limites correspondentes existem e divergentes se os limites não existem c Se a f x dx e a f x dx são convergente então definimos a a f x dx f x dx f x dx onde a é qualquer número real Exemplos Determine se as integrais convergem ou divergem a 1 1 dx x Solução Por definição temos que lim ln ln 1 lim ln lim ln 1 lim 1 1 1 1 t t x x dx dx x t t t t t t O limite não existe como um número e assim a integral imprópria 1 1 dx x é divergente OBS Vamos fazer uma comparação 1 2 1 dx x converge e 1 1 dx x diverge LMC 2009 152 Geometricamente isso quer dizer que embora as curvas 2 1 x y e x y 1 pareçam muito similares para x 0 a região sob 2 1 x y à direita de x 1 a região sombreada na figura da esquerda tem uma área finita enquanto a correspondente região sob x y 1 na figura da direita tem uma área infinita Note que 2 1 x y e x y 1 se aproximam de 0 quando x mas 2 1 x y aproxima se de 0 mais rápido do que x y 1 Os valores de x y 1 não diminuem rápido o suficiente para que sua integral tenha um valor finito b 0 xe x dx Solução Por definição temos que 0 0 lim t x t x xe dx xe dx Integramos por partes com ex u x e x v x de modo que ex u x e 1 v x t t t x t x t x e te e dx xe xe dx 1 0 0 0 Sabemos que te 0 quando t e pela regra de LHôpital temos 0 lim 1 lim lim lim t t t t t t t t e e e t te Portanto 1 0 1 0 1 lim 0 t t t x e te xe dx LMC 2009 153 c dx x 2 1 1 Solução É conveniente escolher a 0 na Definição c 0 2 0 2 2 1 1 1 1 1 1 dx x dx x dx x Precisamos avaliar as integrais no lado direito separadamente 2 2 0 arctan limarctan0 limarctan 1 1 lim 1 1 0 0 2 0 2 π π t x x dx dx x t t t t t 2 arctan0 limarctan arctan lim 1 1 lim 1 1 0 0 2 0 2 π t x dx x dx x t t t t t Como ambas as integrais são convergentes a integral dada é convergente e π π π 2 2 1 1 2 dx x d Calcule xdx Solução t t t t t t t t x x xdx xdx xdx xdx dx x 0 2 0 2 0 0 0 0 lim 2 2 lim lim lim Como os limites não existem como números a integral xdx diverge Apesar de 0 a a dx x e Para que valores de p a integral 1 1 dx x p é convergente LMC 2009 154 Solução Já sabemos que se p 1 a integral é divergente Vamos então assumir que p 1 Então 1 1 1 1 lim 1 1 lim 1 1 lim 1 lim 1 1 1 1 1 1 1 p t p t t p t t p t p p t p p t p x dx x dx x Se p 1 então p 1 0 assim quando t pt 1 e 0 1 pt 1 Portanto 1 1 1 1 p x p dx se p 1 E assim a integral converge Mas se p 1 então p 1 0 e assim p p t t 1 1 1 quando t e a integral diverge Resumindo 1 1 dx x p é convergente se p 1 e divergente se p 1 Tipo 2 Integrandos Descontínuos Queremos calcular a seguinte integral t a f x dx onde f é uma função contínua no intervalo a b e possui uma assíntota vertical em b Considere que t b Se acontecer de t a f x dx aproximar um número definido A quando t b então dizemos que t a b t b a f x dx f x dx lim OBS Não importa o tipo de descontinuidade que f tenha em b LMC 2009 155 Definição de uma integral imprópria do Tipo 2 a Se f é contínua em a b e descontínua em b então t a b t b a f x dx f x dx lim Se esse limite existir como um número b Se f é contínua em a b e descontínua em a então b t a t b a f x dx f x dx lim Se esse limite existir como um número A integral imprópria b a f x dx é chamada de convergente se o limite correspondente existir e divergente se o limite não existir c Se f tiver uma descontinuidade em c onde b c a e ambos c a f x dx e b c f x dx forem convergentes então definimos b c c a b a f x dx f x dx f x dx LMC 2009 156 Exemplos Determine se as integrais convergem ou divergem a 5 2 2 1 dx x Solução Notamos primeiro que essa integral é imprópria porque 2 1 x f x tem uma assíntota vertical x 2 Como a descontinuidade infinita ocorre no extremo esquerdo de 2 5 usamos a parte b da definição 2 3 2 lim 2 3 2 lim2 2 1 lim 2 1 2 5 2 5 2 5 2 t x dx x dx x t t t t t Então a integral imprópria dada é convergente b 2 0 sec π x dx Solução Note que a integral fornecida é imprópria porque sec lim 2 x x π Usando a parte a da definição ln 1 tan lnsec lim tan lim lnsec sec lim sec 2 0 2 0 2 2 0 t t x x x dx dx x t t t t t π π π π Porque sect e tant quando π 2 t Então a integral imprópria é divergente LMC 2009 157 c 3 0 1 x dx Solução Observe que a reta x 1 é uma assíntota vertical do integrando Como esta ocorre no meio do intervalo 0 3 devemos usar a parte c da definição com c 1 3 1 1 0 3 0 1 1 1 x dx x dx x dx Onde lim ln1 1 ln 1 lim ln 1 limln 1 lim 1 1 1 0 1 0 1 1 0 t t x x dx x dx t t t t t t Porque 0 1 t quando t 1 Então 1 0 x 1 dx é divergente Isso implica que 3 0 1 x dx é divergente Não precisamos avaliar 3 1 x 1 dx TÓXICO Se não tivéssemos notado a assíntota x 1 no exemplo anterior e em vez disso tivéssemos confundido essa integral com uma integral ordinária então poderíamos ter feito o seguinte cálculo erroneamente ln2 ln 1 ln2 1 ln 1 3 0 3 0 x x dx Isto é errado porque a integral é imprópria e deve ser calculada em termos de limite De agora em diante quando você se deparar com o símbolo b a f x dx deverá decidir olhando a função f no intervalo a b se ela é uma integral definida ordinária ou uma integral imprópria d 1 0 ln x dx Solução Sabemos que a função ln x f x tem uma assíntota vertical em 0 porque lim ln 0 x x Assim a integral é imprópria e temos LMC 2009 158 1 0 1 0 ln lim ln t t x dx x dx Assim a integral dada é imprópria e temos 1 u x e ln x v x então x u x e x v x 1 1 1 1 ln ln t t t dx x x x dx t t t t t t x dx t 1 ln 1 ln 1ln 1 1 ln Para calcular o limite do primeiro termo usamos a Regra de LHôpital 0 lim 1 1 lim 1 lim ln lim ln 0 2 0 0 0 t t t t t t t t t t t Portanto 1 0 1 0 1 ln lim ln 0 1 0 t t t x dx t converge Um teste de comparação para integrais impróprias Algumas vezes é impossível encontrar o valor exato de uma integral imprópria mas ainda assim é importante saber se ela é convergente ou divergente Em tais casos o seguinte teorema é útil Suponha que f e g sejam funções contínuas com 0 g x f x para x a a Se a f x dx é convergente então a g x dx é convergente b Se a g x dx é divergente então a f x dx é divergente LMC 2009 159 Áreas entre curvas A área da região S é dada por b a b a g x dx f x dx Assim A área A região S limitada pelas curvas y f x e y gx e as retas x a e x b onde f e g são contínuas e g x f x para todo x em a b é b a b a b a g x dx f x g x dx f x dx A OBS O valor de A é sempre positivo LMC 2009 160 Exemplo Calcule a área entre as curvas y x2 e y x Solução Os pontos de interseção ocorrem quando 1 0 2 2 x x x x x x isto é quando x 0 e x 1 Logo os pontos de interseção são 0 0 e 1 1 Daí 6 1 3 1 2 1 3 2 1 0 3 2 1 0 2 x x dx x x A 6 A 1 Exemplo Encontre a área da região limitada por cima por y ex e por baixo por y x e limitada pelos lados por x 0 e x 1 Solução 51 1 2 1 2 1 0 2 1 0 e e x e x dx e A x x LMC 2009 161 Para encontrar a área entre as curvas y f x e y gx onde g x f x para alguns valores de x mas f x g x para outros valores de x então dividimos a região S dada em várias regiões S1 S2 com as áreas A1 A2 como mostrado na figura abaixo Nesse caso temos para para f x g x f x x g g x f x g x f x g x f x Exemplo Encontre a área da região limitada pelas curvas y sinx y cosx x 0 e x π 2 Solução Os pontos de interseção ocorrem quando cos sin x x isto é quando x π 4 porque 2 0 x π Note que 2 quando 4 cos sin 4 quando 0 sin cos π π π x x x x x x Daí 2 1 2 0 sin cos A A x dx x A π LMC 2009 162 2 4 4 0 cos sin sin cos π π π x dx x x dx x A 2 4 0 4 sin cos cos sin π π π x x x x A 2 1 2 1 1 0 1 0 2 1 2 1 A 2 2 2 A OBS Neste exemplo particular poderíamos ter economizado trabalho notando que a região é simétrica em relação a x π 4 e então 4 0 1 sin cos 2 2 π x dx x A A Algumas regiões são mais bem tratadas considerando x como uma função de y Veja o exemplo a seguir Exemplo Encontre a área limitada pela reta y x 1 e pela parábola 6 2 2 x y Solução Resolvendo as duas equações nós descobrimos que os pontos de interseção são 1 2 e 5 4 Considere as curvas como funções de y x y 1 3 2 2 x y LMC 2009 163 Nós devemos integrar entre os valores apropriados de y y 2 e y 4 É como houvesse uma mudança de papéis entre x e y Assim 4 2 2 2 1 3 1 dy y y A 4 2 2 2 1 4 dy y y A 4 2 2 3 4 2 2 3 1 y y y A A 18 Se tivéssemos integrado em relação a x em vez de y teríamos 5 1 1 3 2 1 1 6 2 6 2 6 2 dx x x dx x x A A A Muito mais trabalho LMC 2009 164 Volumes Definição de volume Podemos calcular o volume de muitos sólidos pelo chamado método das fatias cilíndricas Suponhamos que um sólido seja limitado por dois planos paralelos perpendiculares ao eixo x em x a e x b Imaginemos o sólido cortado em finas fatias cilíndricas cuja espessura seja igual a x por planos perpendiculares ao eixo x ou seja dividiremos o intervalo a b em n subintervalos 1 i i x x iguais de largura x Então o volume total V do sólido será a soma dessas fatias Seja iV o volume de uma fatia situada entre ix 1 e ix Então x A x V i i Onde ix A denota a área de uma seção transversal do sólido em um certo ix entre ix 1 e ix Logo n i i n i i x A x V V 1 1 Definimos o volume como o limite quando n b a n i i n A x dx x A x V lim 1 OBS Se ao invés de escolhermos exatamente o ponto intermediário ix adequado em cada subintervalo 1 i i x x considerarmos a área ix A ou a área ix 1 A da seção transversal em ix ou em ix 1 obteremos outras aproximações de V Porém quando tomamos n todas essas somas tendem para o mesmo limite A escolha de um ponto intermediário ix dá uma aproximação mais exata do volume LMC 2009 165 OBS Também podemos fatiar um sólido perpendicularmente ao eixo y daí A será uma função de y ou seja d c A y dy V Exemplo Encontre o volume de uma pirâmide de base quadrada com lado L e cuja altura é h Solução Nós colocamos a origem O no vértice da pirâmide e o eixo x ao longo de seu eixo central como ilustrado acima Seja Ax a área da seção transversal suponhamos que o plano Px o qual passa por x e é perpendicular ao eixo x intercepta a pirâmide em um quadrado com lado de comprimento s Daí por semelhança de triângulos h x L s L s h x Assim 2 2 2 2 x h L s A x Por definição temos 3 3 2 0 3 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 L h x h L x dx h L x dx h L A x dx V h h h h LMC 2009 166 Solução alternativa Não precisávamos colocar o vértice da pirâmide na origem nós o fizemos meramente para tornar as equações simples Se em vez disso nós tivéssemos colocados o centro da base na origem e o vértice no eixo y positivo como ilustrado abaixo você poderia verificar que teríamos obtido a seguinte integral 3 2 0 2 2 2 L h dy y h h L V h Exemplo Ache o volume S comum aos dois cilindros cada qual com raio r se os eixos dos cilindros se interceptam em ângulos retos Solução Cada seção transversal do sólido S num plano perpendicular ao eixo x é um quadrado Um quarto desse quadrado é mostrado na figura acima A área deste um quarto de quadrado é 2 2 2 x r PQ Logo 4 2 2 x r A x e o volume de S é 3 3 2 0 2 2 2 2 3 16 3 8 8 4 r x r x dx x r dx x r A x dx V r o r r r r r LMC 2009 167 Volume de sólidos de revolução Método das fatias cilíndricas ou dos anéis ou dos discos Consideremos o sólido de revolução gerado a partir da rotação do gráfico de f em torno do eixo x sendo 0 f x em ab Vamos descrever um modo de calcular seu volume Por definição volume é b a A x dx V Como num sólido de revolução a área da seção transversal perpendicular ao eixo x é sempre um círculo de raio f x temos então b a dx f x V π 2 ou b a dx f x V 2 π Exemplo Mostre que o volume de uma esfera de raio r é 3 4 π r3 Solução Como 2 2 x r f x temos então r r r r r dx x r dx x r dx x r V 0 2 2 2 2 2 2 2 2 π π π 3 3 3 0 3 2 3 4 3 2 3 2 r r r x r x V r π π π LMC 2009 168 Exemplo Encontre o volume do sólido obtido pela rotação ao redor do eixo x da região sob a curva x y de 0 até 1 Solução Como x f x temos então 2 2 1 0 2 1 0 1 0 2 π π π π x xdx dx x V Exemplo A região R limitada pelas curvas y x e y x2 é girada ao redor do eixo x Encontre o volume do sólido resultante Solução As curvas y x e y x2 se interceptam nos pontos 0 0 e 1 1 A seção transversal é uma coroa circular arruela com raio interno x2 e raio externo x portanto nós calculamos a área da seção transversal subtraindo a área do círculo interno da área do círculo externo 4 2 2 2 2 x x x x A x π π π LMC 2009 169 Portanto temos 15 2 5 3 1 0 5 3 1 0 4 2 1 0 π π π x x dx x x A x dx V Solução alternativa O volume do sólido resultante é expresso pela seguinte diferença 15 2 1 0 4 2 int 1 0 2 2 1 0 2 π π π π dx x x dx x dx x V erno volume externo volume 14243 4243 1 Exemplo Encontre o volume do sólido obtido pela rotação da região do exemplo anterior ao redor da reta y 2 Solução Novamente a seção transversal mostrada é uma coroa circular arruela mas desta vez o raio interno é 2 x e o raio externo é 2 2 x A área da seção transversal é 2 2 2 2 2 x x A x π π Assim o volume é 1 0 2 2 2 1 0 2 2 dx x x A x dx V π 15 8 4 2 5 3 5 4 5 1 0 2 3 5 1 0 2 4 π x x x x dx x x V LMC 2009 170 OBS O método das fatias cilíndricas também pode ser usado para calcular volumes de sólidos de revolução cujo eixo de rotação é o eixo y ou um paralelo a este Daí fatiamos o sólido perpendicularmente ao eixo y Assim d c d c dy f y A y dy V 2 π Exemplo Encontre o volume do sólido obtido pela rotação da região limitada por y x3 y 8 e x 0 ao redor do eixo y Solução Como o sólido está entre y 0 e y 8 temos 8 0 2 dy f y V π Como 3 3 3 y f y y x x y Temos que 5 96 8 0 3 5 5 3 8 0 2 3 π π π y dy y V Método das cascas cilíndricas ou dos invólucros cilíndricos O método das cascas cilíndricas é útil para encontrar com mais facilidade o volume de sólidos de revolução cujo eixo de rotação é o eixo y ou um paralelo a este Esse método também pode ser utilizado para encontrar volume de sólidos de revolução cujo eixo de rotação é o eixo x ou um paralelo a este Primeiramente Qual é o volume de uma casca cilíndrica r1 raio interno da casca r2 raio externo da casca h altura da casca O volume de uma casca cilíndrica é calculado pela subtração do volume V1 cilindro interno do volume V2 cilindro externo V V2 V1 V πr22h πr12h πr22 r12h πr2 r1r2 r1h V 2π r2 r12 h r2 r1 Sendo Δr r2 r1 espessura da casca r r2 r12 raio médio da casca V 2π r h Δr V circunferência altura espessura LMC 2009 171 LMC 2009 172 Considere S o sólido obtido pela rotação da região delimitada por f x onde 0 f x y 0 x a e x b ao redor do eixo y Vamos agora dividir o intervalo ab em n subintervalos 1 i i x x iguais de largura x Seja ix o ponto médio do iésimo subintervalo Se o retângulo com base x e altura ix f é girado ao redor do eixo y então o resultado é uma casca cilíndrica com raio médio ix altura ix f e espessura x Assim o volume da casca formada é x f x x V i i i 2 π Portanto uma aproximação para o volume V de S é dada pela soma dos volumes destas cascas ou seja n i iV V 1 Quando n b a i i n xf x dx x x f x V 2 lim 2 π π LMC 2009 173 Exemplo Ache o volume do sólido obtido pela rotação ao redor do eixo y da região limitada por 3 2 2 x x y e y 0 Solução Se nesse caso utilizássemos o método das fatias cilíndricas fatiaríamos o sólido perpendicularmente ao eixo y obtendo um anel Mas para calcular o raio interno e o raio externo do anel teríamos de resolver a equação cúbica 3 2 2 x x y para x em termos de y e isto não é fácil teríamos até que encontrar ponto de máximo local Do esboço da figura abaixo nós vemos que uma casca típica tem raio x circunferência 2π x e altura 3 2 2 x x f x Então pelo método das cascas cilíndricas 2 0 4 3 2 0 3 2 2 2 2 2 dx x x dx x x x V π π 5 16 5 32 8 2 5 2 2 2 0 5 4 π π π x x V OBS Podese verificar que o método das cascas dá a mesma resposta que o método das fatias Exemplo Ache o volume de um sólido obtido pela rotação ao redor do eixo y da região entre y x e y x2 Solução Legenda shell height altura da casca Nós vemos que a casca tem raio x circunferência 2π x e altura x x2 Então V 01 2π xx x2 dx 2π 01 x2 x3 dx 2π x33 x44 01 π6 Exemplo Use cascas cilíndricas para encontrar o volume do sólido obtido pela rotação ao redor do eixo x da região sob a curva y x de 0 a 1 Solução Nós vemos que a casca tem raio y circunferência 2π y e altura 1 y2 Então V 01 2π y1 y2 dy 2π 01 y y3 dy 2π y22 y44 01 π2 OBS Neste exemplo o método das fatias foi mais simples LMC 2009 174 LMC 2009 175 Exemplo Encontre o volume do sólido obtido pela rotação da região limitada por x2 x y e y 0 ao redor da reta x 2 Solução Nós vemos que a casca tem raio 2 x circunferência 2 2 x π e altura x x2 Então 1 0 2 2 2 dx x x x V π 1 0 2 3 2 3 2 x dx x x V π 2 4 2 1 0 2 3 4 π π x x x V LMC 2009 176 Valor médio de uma função Nós sabemos calcular o valor médio de uma quantidade finita de números y1 y2 yn n y y y y n L 2 1 méd Agora vamos calcular o valor médio de uma função ou seja de uma quantidade infinita de números Seja uma função f contínua no intervalo ab Nós começamos dividindo o intervalo ab em n subintervalos iguais cada qual com comprimento n a b x Então escolhemos pontos x1 x2 xn em sucessivos subintervalos e calculamos a média de suas imagens em f n f x f x f x f n 2 1 méd L Como x a b n n a b x o valor médio fméd tornase 1 2 1 2 1 méd x f x x f x x a f x b x a b f x f x f x f n n L L n i i x f x a b f 1 méd 1 Quando n b a n i i n f x dx a b x f x a b f 1 1 lim 1 méd b a f x dx a b f 1 méd Exemplo Encontre o valor médio da função 2 1 x f x no intervalo 1 2 Solução 2 3 3 1 1 1 2 1 1 2 1 3 2 1 2 méd x x dx x f x dx a b f b a LMC 2009 177 Teorema do valor médio para integrais Se f é contínua em ab então existe um número c em ab tal que b a f x dx a b f c 1 Interpretação geométrica Para funções positivas f existe um número c tal que o retângulo de base ab e altura f c tem a mesma área que a região sob o gráfico de f em a a b Exemplo Já calculamos no exemplo anterior que o valor médio da função 2 1 x f x é fméd 2 Determine c tal que 2 f c Solução 1 2 1 2 c c f c LMC 2009 178 Exemplo Mostre que a velocidade média de um carro em um intervalo de tempo t1 t2 é a mesma que a média de suas velocidades durante a viagem desde que a função vt seja contínua no intervalo t1 t2 Solução Por definição velocidade média é 1 2 1 2 velocidade média t t s t s t vm O valor médio da função vt no intervalo é 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 méd 1 1 1 2 1 2 1 t t s t s t s t s t t t s t dt t t v t dt t t v t t t t vm v méd cqd O deslocamento 1 2 s t s t s no intervalo 1 2 t t t é representado pela área da região sombreada Sabemos pela definição de velocidade média que t v s m Esta é a área do retângulo de altura m v e largura t Assim a área deste retângulo t vm e a área subtendida pela curva v contra t coincidem LMC 2009 179 Comprimento de arco Considere uma curva com extremo nos pontos Pi e 1 iP Se aproximarmos o comprimento da curva por uma linha poligonal como ilustrado acima e tomarmos o limite quando o número de segmentos é aumentado teremos uma boa aproximação do comprimento da curva Agora suponha que uma curva C seja definida pela equação y f x onde f é contínua Dividindo o intervalo ab em n subintervalos com larguras iguais a x obtemos uma linha poligonal de aproximação para C Sendo L o comprimento da curva C definimos n i i i n P P L 1 1 lim LMC 2009 180 Admitiremos que a função f seja lisa ou suave ou seja que f tenha derivada contínua A distância entre Pi e 1 iP é 2 1 2 1 1 i i i i i i f x f x x x P P 2 1 2 1 i i i i x f x x P P I Aplicando o teorema do valor médio para f no intervalo 1 i i x x descobrimos que existe um número ix entre ix 1 e ix tal que 1 1 i i i i i x x x f f x f x x x f f x x f i i i 1 II Substituindo II em I obtemos 2 2 1 x x f x P P i i i x x f P P i i i 2 1 1 porque x 0 Como n i i i n P P L 1 1 lim temos que n i i n n i i i n x x f P P L 1 2 1 1 1 lim lim b a dx x f L 2 1 ou b a dx dx dy L 2 1 Exemplo Calcule o comprimento de arco da parábola semicúbica y x3 2 entre os pontos 1 1 e 48 Solução LMC 2009 181 Para porção superior da curva temos 2 1 2 3 x dx dy E assim a fórmula do comprimento de arco dá 4 1 4 1 2 4 9 1 1 xdx dx dx dy L Fazendo a substituição 4 9 1 x u então dx du 4 9 os limites de integração ficam 4 13 1 u x 10 4 u x Logo 27 13 13 80 10 4 13 27 10 8 9 4 9 4 3 2 2 3 10 13 4 2 3 3 2 10 13 4 u udu L Se uma curva tem equação x gy d y c e gy é contínua então pela mudança dos papéis de x e y obtemos a seguinte fórmula para seu comprimento d c dy g y L 2 1 ou d c dy dy dx L 2 1 Exemplo Calcule o comprimento de arco da parábola y x 2 de 0 0 a 1 1 Solução LMC 2009 182 Como x y2 temos y dy dx 2 E assim a fórmula do comprimento de arco dá 1 0 2 1 0 2 4 1 1 y dy dy dy dx L Fazemos a substituição trigonométrica 2 tan 1 θ y que resulta em 2 sec2 1 θ dy e sec tan 1 4 1 2 2 θ θ y Os limites de integração ficam 0 0 tan 0 θ θ y α θ θ arctan2 2 tan 1 y Daí α α θ θ θ θ 0 3 0 2 sec 2 1 2 sec sec 1 d L Já calculamos que x C x x x x dx tan ln sec 2 tan sec 1 sec3 então tan ln sec 4 sec tan 1 tan ln sec 2 sec tan 1 2 1 0 α α α α θ θ θ θ α L Como 2 tan α temos 5 tan 1 sec 2 2 α α assim 5 sec α e 4 2 5 ln 2 5 L A função comprimento de arco Se a curva suave C que tem por equação y f x b x a seja sx a distância ao longo de C do ponto inicial a f a ao ponto x f x então s é uma função chamada função comprimento de arco x a dt t f s x 2 1 Mudamos a variável de integração para t de modo que x não tenha dois significados LMC 2009 183 Exemplo Ache a função comprimento de arco para a curva 8 ln 2 x x y tomando 11 como ponto inicial Solução x x x f x x f x 8 1 2 8 ln 2 2 2 2 2 2 2 2 8 1 2 64 1 2 1 4 64 1 2 1 4 1 8 1 2 1 1 x x x x x x x x x f x x x f 8 1 2 1 2 Assim a função comprimento de arco é dada por x a dt t f s x 2 1 x x t t t dt t x s 1 2 1 8 ln 8 1 2 1 8 ln 2 x x s x OBS Seja a função comprimento de arco x a dt t f s x 2 1 Vamos aplicar o teorema fundamental do cálculo parte 1 para diferenciar s uma vez que o integrando é contínuo 2 2 2 2 2 1 1 dx dx dy dx ds dx dx dy ds dx dy dx ds LMC 2009 184 Daí temos a seguinte relação 2 2 2 2 2 dy dx ds dy dx ds dx dx dy ds 2 1 ou dy dy dx ds 2 1 Ou seja ds L Área de uma superfície de revolução No caso onde f é positiva e tem derivada contínua definimos a área S da superfície obtida pela rotação da curva y f x b x a ao redor do eixo x como b a dx x f f x S 2 1 2π b a dx x f f x S 4 4 43 142 43 42 1 o da curva compriment 2 comprimento da circunferência 1 2π Com a notação de Leibniz para derivadas essa fórmula tornase b a dx dx dy y S 2 1 2π Se uma curva é descrita como x gy d y c então a fórmula para a área da superfície tornase d c dy dy dx x S 2 1 2π OBS Podemos expressar S com a notação ds d b c a y ds S ou ou 2π ou d b c a xds S ou ou 2π LMC 2009 185 A demonstração dessas fórmulas provém da aproximação da área da superfície com a soma das áreas laterais de infinitesimais troncos de cone Exemplo A curva 2 4 x y 1 1 x é um arco do círculo 4 2 2 x y Encontre a área da superfície obtida pela rotação desse arco ao redor do eixo x Solução Pela figura notase que a superfície é uma porção de uma esfera de raio 2 Temos 2 1 2 2 4 2 2 4 1 x x x x dx dy Assim 1 1 2 2 2 1 1 2 4 1 4 2 1 2 dx x x x dx dx dy y S π π π π π π 8 4 2 4 4 2 4 2 1 1 1 1 2 2 dx dx x x S Exemplo O arco de parábola y x2 de 1 1 para 2 4 é girado ao redor do eixo y Encontre a área da superfície resultante Solução LMC 2009 186 Usando y x e y dy dx 2 1 Temos 4 1 4 1 4 1 2 1 4 4 1 1 2 1 2 dy y ydy y dy dy dx x S π π π Fazendo 4 1 y u temos 5 5 6 17 17 4 17 5 π π udu S Solução alternativa Podemos também usar y x2 e 2 1 2 1 2 4 4 4 3 14 2 ds dx dx dy x S π obtendo o mesmo resultado Exemplo Se a região x y x y x R 1 1 0 é girada ao redor do eixo x Mostre que o volume do sólido resultante é finito e que a área da superfície é infinita A superfície é conhecida como trombeta de Gabriel Solução π π π π π π 1 1 lim 1 lim lim 1 1 1 2 1 2 1 2 t x dx x dx x dx f x V t t t t t 1 3 4 1 4 4 1 4 1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 dx x x dx x x x dx x x dx x x S π π π π Melhor que avaliar essa integral é notar que 2 4 4 1 x x x para x 0 Então se a área é finita temos que 1 1 3 2 1 3 4 1 2 2 1 2 x dx x dx x dx x x S π π π Mas sabemos que 1 1 dx x diverge então a área é infinita Toro a Escreva uma integral para um toro sólido o sólido com formato de rosquinha da figura com raios r e R b Interpretando a integral como uma área encontre o volume do toro c Ache a área da superfície do toro Solução a O toro é obtido pela rotação do círculo x R2 y2 r2 ao redor do eixo y Resolvendo a equação para x Metade da direita x R r2 y2 fy Metade da esquerda x R r2 y2 gy Assim V π from r to r fy2 gy2 dy 2π from 0 to r fy2 gy2 dy V 2π from 0 to r R2 2Rr2 y2 r2 y2 R2 2Rr2 y2 r2 y2 dy V 2π from 0 to r 4R r2 y2 dy V 8πR from 0 to r r2 y2 dy LMC 2009 187 LMC 2009 188 b Note que a integral encontrada representa um quarto da área do círculo de raio r r r r y dy r y dy r r 0 2 2 2 2 4 2 Área do círculo de raio então r R r R y dy r R V r 2 2 2 0 2 2 2 4 1 8 8 π π π π r R V 2π 2 2 c A metade superior do toro é gerada pela rotação da curva 2 2 2 r y R x y 0 ao redor do eixo y Derivando implicitamente 2 2 2 R x r y em relação a x obtemos y R x dx dy R x dx y dy 2 2 Daí 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 R x r r y R x y y R x dx dy Assim r R r R r R R r dx R x r rx dx dx dy x S 2 2 2 4 1 2 2 π π Substituindo R x u temos 4 4 4 3 14 2 4 4 4 3 14 2 II r r I r r r r du u r Rr du u r u r du u r R u r S 2 2 2 2 2 2 1 4 4 4 π π π Como o integrando I é uma função ímpar e o integrando II é uma função par obtemos r du u r Rr r S 0 2 2 1 8 0 4 π π 2 8 arcsin 8 0 π π π Rr u r Rr S r Rr S 4π 2 LMC 2009 189 REFERÊNCIAS BOULOS Paulo Cálculo Diferencial e Integral Volume 1 São Paulo Pearson Education do Brasil 1999 BUCCHI Paulo Curso Prático de Matemática Volume 1 1ed São Paulo Moderna 1998 CASTILHO C Anotações das aulas de Cálculo 1 Recife UFPE 2009 DANTE Luiz Roberto Matemática Contexto e Aplicações Volumes 123 3ed São Paulo Ática 2003 IEZZI Gelson MURAKAMI Carlos MACHADO Nilson José Fundamentos da Matemática Elementar Volume 8 Limites Derivadas e Noções de Integral 6ed São Paulo Atual 2005 LEITHOLD Louis O Cálculo com Geometria Analítica Volume 1 3ed São Paulo Habra 1994 STEWART James Cálculo Volume I 4ed São Paulo Pioneira Thomson Learning 2005 THOMAS George B FINNEY Ross L Cálculo diferencial e integral 2 Rio de Janeiro LTC 1983 TIPLER Paul A Física 1 4ed Rio de Janeiro LTC 2000 Revisor do texto Fábio Machado Cavalcanti meu irmão