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MAT 206 - Analise Real - 1◦ semestre de 2014
Docente: Prof. Dr. Pierluigi Benevieri
Notas das aulas e exercıcios sugeridos - Atualizado 9.11.2014
1. Segunda-feira, 17 de fevereiro de 2014
Apresentacao do curso. Veja-se o arquivo relativo as informacoes do curso na minha pagina web
www.ime.usp.br/∼pluigi
***
O primeiro conjunto numerico que encontramos na matematica e o conjunto N dos numeros naturais.
As operacoes de soma e produto, com as propriedades usuais, sao bem definidas em N, enquanto nao
podemos dizer o mesmo para as inversas, subtracao e divisao. Para poder definir e usar estas duas
operacoes inversas introduzimos os conjuntos Z (inicial de Zahlen, in Alemao, que significa numero) dos
numeros inteiros relativos, e Q dos numeros racionais (fracoes de numeros inteiros). O conjunto Z e
introduzido para definir a subtracao e Q para a divisao.
O sistema Q dos numeros racionais poderia constituir a base de boa parte da matematica, enquanto
poderia ser suficiente para resolver a grande maioria dos problemas matematicos, mas nao todos!
O mais famoso “problema” dos numeros racionais foi descoberto pela escola matematica de Pitagoras
no VI seculo a.C: usando o classico Teorema de Pitagoras, se consideramos um quadrado de lado 1, a
diagonal mede um numero d tal que d2 = 2 (veremos depois que tal numero se chama raiz quadrada).
Entao, podemos provar que nao existe nenhum numero racional cujo quadrado seja 2.
Proposicao 1. (com demonstracao) Nao existe nenhum numero racional cujo quadrado seja 2.
Definicao 2. Dado um numero a ≥ 0 dizemos que b e uma raiz quadrada de a, denotada por√a se
b ≥ 0 e b2 = a.
Observacao 3. De acordo com a definicao acima e errado dizer que −2 =√
4, mas as igualdades corretas
sao 2 =√
4 e −2 = −√
4.
Exercıcio 1. De a prova da Proposicao 1.
Exercıcio 2. Prove que 3√
2 nao existe em Q.
Exercıcio 3. Prove que√
3 nao existe em Q.
A proposicao 1 diz que nao existe em Q o numero√
2. Daı, podemos tentar resover o problema
(e outros) ampliando a famılia dos numeros racionais (analogamente aquilo que se faz passando de Na Z e de Z a Q) e definindo um novo conjunto: o dos numeros reais, R. A definicao dos numeros
irracionais, todavia, nao e tao simples. Alem disso, a uniao dos racionais e dos irracionais, que iria formar
o conjunto numerico desejado, o conjunto R dos numeros reais, deveria satisfazer as mais conhecidas
propriedades algebricas, normalmente usadas (as operacoes classicas). As provas de todos estes fatos e
longa e complicada.
Escolhemos, portanto, uma outra abordagem a definicao dos numeros reais, que e mais abstrata, dita
abordagem axiomatica aos numeros reais.
Na definicao seguinte, o leitor deve pensar em R em princıpio sem nenhuma conexao com os numeros
conhecidos; como se fosse um conjunto “abstrato”, encontrado pela primeira vez.1
2
Definicao axiomatica de R. O conjunto R, dito dos ”numeros reais”, e um conjunto onde sao
definidas duas operacoes, soma e produto, uma relacao de ordem e um axioma de continuidade, tais que
as propriedades seguintes sejam verificadas:
S1) Propriedade comutativa da soma: ∀a, b ∈ R, a+ b = b+ a;
S2) Propriedade associativa da soma: ∀a, b, c ∈ R, (a+ b) + c = a+ (b+ c);
S3) Existencia do elemento neutro da soma: existe um elemento de R, denotado por 0, tal que,
∀a ∈ R, a+ 0 = a e 0 e dito elemento neutro da soma;
S4) Existencia do oposto: ∀a ∈ R existe um elemento de R, b, dito oposto de a, tal que a + b = 0.
Este oposto b pode ser denotado por −a e a operacao a+ (−a) = 0 pode ser escrita simplesmente
a− a = 0.
Analogamente temos propriedade do produto:
P1) Propriedade comutativa do produto: ∀a, b ∈ R, ab = ba;
P2) Propriedade associativa do produto: ∀a, b, c ∈ R, (ab)c = a(bc);
P3) Existencia do elemento neutro do produto: existe um elemento de R, denotado por 1, tal que,
∀a ∈ R, a · 1 = a e 1 e dito elemento neutro do produto;
P4) Existencia do inverso: ∀a ∈ R, a 6= 0, existe um elemento de R, b tal que a · b = 1; b e dito
inverso de a e pode ser escrito como 1/a.
A propriedade distributiva liga soma e produto:
SP) ∀a, b, c ∈ R, (a+ b)c = ac+ bc.
Em R e definida uma relacao de ordem (total) que e conexa a soma e ao produto pelas duas propriedades
seguintes:
OS) ∀a, b, c ∈ R, se a ≤ b, entao a+ c ≤ b+ c;
OP) ∀a, b, c ∈ R, con c > 0, se a ≤ b, entao ac ≤ bc.
Exercıcio 4. Escreva a definicao de relacao de ordem em um conjunto. De exemplos, da vida real, de
relacoes de ordem e de relacoes que nao sao de ordem.
Exercıcio 5. Provar que o conjunto Q dos numeros racionais verifica todas as propriedades acima.
Exercıcio 6. Provar, usando as propriedades acima dos numeros reais, as propriedades seguintes:
1) ∀a ∈ R, a · 0 = 0;
2) ∀a ∈ R, a > 0⇒ −a < 0;
3) ∀a, b ∈ R, se a > 0 e b < 0, entao ab < 0;
3b) ∀a, b ∈ R, se a > 0 e b > 0, entao ab > 0;
3c) ∀a, b ∈ R, se a < 0 e b < 0, entao ab > 0;
4) ∀a, b, c ∈ R, se c < 0, se a ≤ b, entao ac ≥ bc;5) ∀a, b,∈ R, com a > 0, b > 0, a ≤ b se e somente se a2 ≤ b2.
6) ∀a, b,∈ R, com a > 0, b > 0, a ≤ b se e somente se 1/a ≥ 1/b;
7) nos itens 4,5,6 vale a desigualdade estrita tese se for verificada na hipotese?
O exercıcio acima pode desorientar, parecendo obvio. De fato, queremos que as propriedades acima
sejam provadas so usando as 11 propriedades algebricas introduzidas acima em R, que deve ser pensado
como um conjunto abstrato.
Vamos agora introduzir o axioma de continuidade, aquilo que torna realmente diferente R de Q.
3
Definicao 4. Dados dois numeros reais a e b, e dito intervalo de extremos a e b cada um dos conjuntos
seguintes:
[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b},[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b},(a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b},(a, b) = {x ∈ R : a < x < b}.
O primeiro e o quarto dos intervalos anteriores sao ditos rispectivamente fechado e aberto. Nao esque-
cemos os intervalos
[a,+∞) = {x ∈ R : x ≥ a},(a,+∞) = {x ∈ R : x > a},(−∞, b] = {x ∈ R : x ≤ b},(−∞, b) = {x ∈ R : x < b}.
O primeiro e o terceiro sao fechados, enquanto o segundo e o quarto sao aberto. Lembramos que +∞e −∞ nao sao elementos de R.
Consideramos agora uma sequencia (infinita) de intervalos fechados, Ik = [ak, bk] tais que Ik ⊆ Ik−1 e
bk− ak =bk−1 − ak−1
2. Na igualdade anterior, o numero 2, que aparece pela primeira vez, e definido por
2 = 1 + 1, assim como todos os numeros inteiros usados para “contar” os intervalos sao definidos como
somas de 1.
Observe que, acima, se o primeiro intervalo da sequencia e denotado por Ik0 = [a0, b0] temos bk−ak =b0 − a0
2k.
Axioma de continuidade. Dada uma sequencia (infinita) de intervalos fechados Ik como acima,
existe e e unico um elemento de R que pertence a todos os Ik.
Definicao 5. Dado a > 0 se existe um numero real b > 0 tal que b2 = a, chamamos b de raiz quadrada
de a.
Usando o axioma de continuidade poderiamos provar que cada a positivo (ou seja > 0) possui raiz
quadrada. Porem a prova sera feita depois da introducao das funcoes contınuas.
Exercıcio 7. Usando as propriedades algebricas dos numeros reais, em particular o item 5 do exercıcio
6, prove que a raiz quadrada de a > 0, se existir, e unica.
******
Exercıcio 8. Seja U um conjunto, A e B subconjuntos de U . Denotamos por CUA o complementar de
A em U , ou seja o conjunto dos elementos de U que nao pertencem a A. Prove as seguintes leis (ditas de
De Morgan):
1) CU (A ∪B) = CUA ∩ CUB,
2) CU (A ∩B) = CUA ∪ CUB.
2. Quarta feira 19 de fevereiro de 2014
Exercıcio 9. Prove que Q nao verifica o axioma de continuidade.
Exercıcio 10. Provar as propriedades distributivas: dados tres conjuntos A, B e C,
4
1) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C),
2) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C).
Como consequencia do axioma de continuidade temos o importantissimo resultado seguinte.
Teorema 6 (Princıpio de Arquimedes). (com demonstracao) Dados dois numeros reais a, b com
0 < a < b, existe um numero inteiro N tal que Na > b.
O teorema de Arquimedes permite provar as propriedades seguintes que deixamos como exercıcio.
Exercıcio 11. Prove, usando o Princıpio de Arquimedes, que o conjunto dos numeros reais positivos
nao admite mınimo. Ou seja, provar que nao existe o numero positivo menor de todos os outros.
Exercıcio 12. Prove que, dados dois numeros reais, positivos a e b, tais que a < b, existe um numero
racional m/n tal que a < m/n < b e que existe um numero racional s tal que a < s < b.
O exercıcio acima mostra uma consequencia do Princıpio de Arquimedes: o fato bem conhecido de
que entre dois numeros reais estao infinitos numeros racionais e infinitos numeros irracionais.
Seja agora E um subconjunto de R. Um numero real M e dito majorante de E se x ≤ M para todo
x ∈ E. Um numero real m e dito menorante de E se x ≥ m para todo x ∈ E.
Um conjunto E e dito limitado superiormente se admite pelo menos um majorante, enquanto e dito
limitado inferiormente se admite pelo menos um menorante. E dito limitado se e limitado superiormente
e inferiormente.
Se E e limitado superiormente definimos supremo de E, supE, o mınimo dos majorantes; se E e
limitado inferiormente definimos ınfimo de E, inf E, o maximo dos minorantes. Se E e ilimitado superi-
ormente escrevemos supE = +∞, se E e ilimitado inferiormente escrevemos inf E = −∞.
O maximo de um conjunto E e o elemento maior, se existe, enquanto o mınimo e o elemento menor,
se existe.
Um conjunto e dito finito se possui um numero finito de elementos.
O fato seguinte e uma consequencia do axioma de continuidade (em alguns livros e dado como o axioma
de continuidade).
Teorema 7 (Existencia do supremo e do ınfimo). (com demonstracao) Um conjunto de numeros
reais, limitado superiormente (inferiormente) admite supremo (ınfimo) em R.
Q nao verifica a propriedade de continuidade. Verifique este fato como exercıcio. E uma consequencia
do fato que, por exemplo, nao existe nenhum racional cujo quadrado seja 2.
3. Sexta feira 21 de fevereiro de 2014
Exercıcio 13. Prove o Princıpio de Arquimedes.
Exercıcio 14. De a demonstracao do Teorema 7.
Exercıcios: Determine o superemo e o ınfimo dos conjuntos seguintes e, se existem, o maximo e o
mınimo.
15. (2, 3) 16. [0,+∞)
17. [−5, 1) ∪ (1, 4] 18. (0, 3] ∪ [3, 5]
5
19.
{1− 1
n, n ≥ 1
}∪{
1 +1
n, n ≥ 1
}20.
⋃n≥2
(− 1
2n, 1− 1
n
]21. {x ∈ Q : x2 < 2} 22.
{2n
n2 + 1, n ∈ N
}Exercıcio 23. Determine supremo, ınfimo, maximo e mınimo (se existem) do conjunto:
A =
{1− 1
n, n ≥ 1
},
Exercıcio 24. Seja A =⋃n≥2
An, onde, para cada n, An =
(− 1
2n, 1− 1
n
]. Determine supremo,
ınfimo, maximo e mınimo (se existem).
Exercıcio 25. Sejam A e B dois subconjuntos de R tais que A ⊆ B. Provar que supA ≤ supB e
inf A ≥ inf B.
Dado un numero real a, definimos modulo (ou valor absoluto) de a numero nao negativo
|a| ={a se a ≥ 0
−a se a < 0.
Exercıcio 26. Provar as desigualdades triangulares seguintes: para todos a, b ∈ R,
|a+ b| ≤ |a|+ |b|, |a− b| ≥ |a| − |b|.
Resolver algumas das inequacoes seguintes.
27. x2 − 2x− 1 ≤ 0 28. 3x2 − x+ 2 > 0
29.x− 2
x+ 1>
1
x− 130.
x2 + x− 1
x2 − 2x+ 1≤ 1
2
31. x4 − 3
4x2 >
1
432. x2 ≤ 1
33.2
x+ 3 <
4
x− 1 34.
3
x2+ 1 ≤ x2 − 1
35.√x− 1 < x− 3 36.
√x2 + 2x− 1 > 3− x
37.√x− 1 <
√x 38. |x2 − 4x− 5| > −x
39.√−x < 5 + x 40. | − 6x+ 3| > −x+ 2
Topologia da reta real
Definicao 8. Dados um elemento x ∈ R e um numero δ, real e positivo, o intervalo (x− δ, x+ δ) e dito
vizinhanca de x com raio δ. O numero x e tambem chamado centro da vizinhanca.
Definicao 9. Um subconjunto A e de R e dito aberto se, para cada x ∈ A existe δ > 0 tal que
(x− δ, x+ δ) ⊆ A
Observe que na definicao acima o raio δ depende evidentemente de x.
Definicao 10. O conjunto vazio e aberto.
6
Podemos observar que a propriedade de ser aberto do conjunto vazio ∅ poderia ser obtida da definicao
8, nao tendo nenhum elemento que possa nao respeitar a regra que a definicao preve.
Definicao 11. (Veja-se o exercıcio 8) Dado um subconjunto E de R, o conjunto dos elementos de R que
nao pertencem a E e dito complementar de E em R e denotado por CE.
Definicao 12. Um subconjunto C de R e dito fechado se o complementar e aberto.
Exercıcio 41. Um intervalo (a, b) e sempre uma vizinhanca. Determine o centro e o raio.
Exercıcio 42. Diga se os conjuntos seguintes sao abertos, fechados, nem abertos nem fechados.
1. (2, 3] 2. [0, 2) ∩ [1, 5]
3. [0, 1] ∩Q 4. {x ∈ R : 1 < |x| < 2}
5. (0, 3] − {2} (”−” significa: tirando 2
do conjunto anterior)
6. {x ∈ R : x+ x2 < 2}
7. N 8. (0, 2) ∪ 3
Outros exercıcios.
Rudin, p. 16, n. 1.
Apostol, p. 33, n. 3,4,5,7,8,10.
4. Segunda feira 24 de fevereiro de 2014
Exercıcio 43. Prove as propriedades seguintes.
a) A uniao de uma famılia qualquer de conjuntos abertos e um aberto.
b) A intersecao de uma famılia qualquer de conjuntos fechados e um fechado.
c) A intersecao de um numero finito de conjuntos abertos e um aberto.
d) A uniao de um numero finito de conjuntos fechados e um fechado.
Exercıcio 44. Mostre um exemplo de uma famılia infinita de conjuntos abertos cuja intersecao nao e
um aberto.
Exercıcio 45. Mostre um exemplo de uma famılia infinita de conjuntos fechados cuja uniao nao e um
fechado.
Definicao 13. Dado um conjunto E contido em R, um ponto p ∈ R e dito ponto de fronteira de E se
cada vizinhanca de p contem pontos de E e pontos de CE. A fronteira de E e o conjunto dos pontos de
fronteira e e denotada pelo sımbolo FE.
O leitor pode observar que, pela definicao acima, um ponto de fronteira de um conjunto E pode
pertencer a E ou pode nao pertencer.
Proposicao 14. (com demonstracao) Dado E ⊆ R, a uniao E ∪ FE e um conjunto fechado.
Exercıcio 46. Prove que um conjunto E ⊆ R e fechado se e somente se FE ⊆ E.
Exercıcio 47. Prove que, dado E ⊆ R, a fronteira de E e um conjunto fechado.
Exercıcio 48. Prove a Proposicao 14.
7
Definicao 15. Dado um conjunto E contido em R, a uniao E ∪FE e dita fecho de E e e denotada por
E.
Exercıcio 49. Dado E ⊆ R, prove que E e o mınimo conjunto fechado que contem E, ou seja, prove
que: se C e fechado e contem E, entao E ⊆ C.
Definicao 16. Dado um conjunto E contido em R, um ponto p ∈ E e dito interior de E se existe uma
vizinhanca (p− δ, p+ δ) contida em E.
Exercıcio 50. E facil provar que um ponto que pertence a E nao pode ser ao mesmo tempo interior e
de fronteira (mas uma das duas propriedaes sim, ele possui).
Exercıcio 51. E igualmente facil provar que o conjunto dos pontos interiores de E e aberto.
Exercıcio 52. Determine os pontos interiores, a fronteira e o fecho dos conjuntos do exercıcio 43.
Definicao 17. Dado um conjunto E contido em R, um ponto p ∈ R e dito ponto de acumulacao de E
se cada vizinhanca de p contem infinitos pontos de E.
Observacao 18. O leitor observe que as definicoes de ponto de fronteira e de acumulacao sao distintas.
Por outro lado, analogamente aos pontos de fronteira, um ponto de acumulacao de um conjunto E pode
pertencer a E ou pode nao pertencer.
Exercıcio 53. Determine os pontos interiores, a fronteira e o fecho dos conjuntos do exercıcio 43.
Exercıcio 54. Tente escrever um exemplo de conjunto infinito que tem so um ponto de fronteira.
Exercıcio 55. Tente escrever um exemplo de conjunto que tem so um ponto de acumulacao.
Observacao 19. Observe que, se E e um conjunto finito, todos os pontos dele sao de fronteira, enquanto
nao temos pontos de acumulacao.
Teorema 20 (de Bolzano-Weierstrass). (com demonstracao) Um subconjunto limitado e infinito (ou
seja que possui infinitos elementos) possui (pelo menos) um ponto de acumulacao.
5. Sexta feira 28 de fevereiro de 2014
Aula do Prof. Gaetano Siciliano. Exercıcios sobre numeros reais e topologia da reta real.
6. Sexta feira 7 de marco de 2014
Introducao as funcoes
Definicao 21 (de funcao). Dados A e B conjuntos quaisquer, uma funcao f : A → B e una lei que a
cada elemento de A associa um e so um elemento de B.
8
A se chama domınio da funcao, B e dito contradomınio. O conjunto dos valores atingidos por f se
chama imagem de f , em sımbolos, Im (f) ou f(A), ou seja:
Im (f) = {y ∈ B : existe x ∈ A tal que f(x) = y}.
Im (f) e um subconjunto do contradomınio (pode ser igual).
Uma funcao f e dita injetora se, para todos a, b ∈ A, tais que a 6= b, temos f(a) 6= f(b). E dita sobre-
jetora se Im (f) = B. Se f e injetora e sobrejetora e chamada bijetora (ou correspondencia biunıvoca).
Definicao 22 (de funcao real). Dado um subconjunto E de R, uma funcao real com variavel real e uma
funcao f : E → R.
Observacao 23. O curso de Analise real aborda basicamente o estudo das funcoes reais com variavel
real.
Alguns exemplos de funcoes reais com variavel real.
(1) f : R→ R, f(x) = x.
(2) As potencias com expoente inteiro e positivo, f : R→ R, definidas por f(x) = xn. As potencias
sao injetoras?
(3) f : [0, 1] → R, f(x) = x2. O domınio (e provavelmente a imagem desta funcao) e diferentes
daquele de g(x) = x2, se x ∈ R. Observe que, se duas funcoes tem domınios diferentes sao duas
funcoes distintas, mesmo se possuem a mesma lei algebica que as define.
(4) Os polinomios, ou seja, as somas finitas de potencias com expoente inteiro e positivo e coeficientes
reais: p : R ∈ R, p(x) =∑nj=1 ajx
j .
(5) As funcoes racionais, ou seja as fracoes de polinomios f(x) = p(x)/q(x), definidas em conjuntos
onde o denominador nao se anula.
Os dois seguintes sao exemplos de funcoes definidas atraves de leis algebricas diferentes em
diferentes partes do domınio.
(6) f : R→ R, f(x) =
{1/x se x 6= 0
0 se x = 0.
(7) f : [0, 4]→ R, f(x) =
{x+ 3 se 0 ≤ x ≤ 3
x2 − 5 se 3 < x ≤ 4.
(8) A funcao sinal de x, definida em R, sign (x) =
−1 se x < 0
0 se x = 0
1 se x > 0.
(9) A funcao parte inteira de x, definida em R, [x] e o maior inteiro relativo que nao supera x.
(10) A funcao de Dirichlet, f : R→ R, f(x) =
{1 se x ∈ Q0 se x ∈ R \Q.
Exercıcio 56. Observe que, pela ferramenta que temos agora, nao e possıvel determinar a imagem de
f(x) = x2 e das outras potencias de expoente inteiro e positivo, com a unica excecao do expoente 1.
Discuta este fato.
Exercıcio 57. Responda a pergunta do exemplo 2.
9
Exercıcio 58. Quanto vale [1/2]? [−1/2]? [3]?
Definicao 24. E dito grafico de uma f : E → R o subconjunto de R2
G(f) = {(x, y) ∈ R2 tal que x ∈ E, y = f(x)}.
Observacao 25. A funcao√x, assim como n
√x, nao sabemos por enquanto se e definida e onde. Ou
seja, nao sabemos dizer sobre a existencia da raiz quadrada e da raiz n-esima de um numero real. Uma
resposta sera dada depois da introuducao das funcoes contınuas.
Exercıcio 59. Uma funcao f : R→ R e chamada par se f(x) = f(−x), para todo x. E chamada impar
se f(x) = −f(−x), para todo x. Prove que x2 + 1 e par e quex3 − xx2 + 1
e impar.
Sejam A, B dois conjuntos, e f : A → B uma funcao dada. Dado um subconjunto C de B, e dito
imagem inversa de C o conjunto {x ∈ A : f(x) ∈ C}.
Dada f : E → R e dado um suconjunto B de E, a funcao g : B → R, definida por g(x) = f(x) para
todo x ∈ B e dita restricao de f em B, o sımbolo e f |B .
Se f : A → B e injetora, definimos a funcao inversa de f como a funcao g : Im f → A que associa a
cada y ∈ Im f o unico x ∈ A tal que f(x) = y. Neste caso f e tambem chamada inversıvel e a funcao
inversa e denotada, em geral, por f−1.
Observacao 26. Cuidado: nao faca confusao entre a imagem inversa (de um conjunto) que sempre e
um conjunto e a funcao inversa, quando existe, que e uma funcao. A notacao nao ajuda, sendo f−1 o
mesmo sımbolo para os dois conceitos.
Exercıcio 60. Dada f : E → R, prove que, para todo D ⊆ R e C ⊆ E, temos f(f−1(D)) ⊆ D e
f−1(f(C)) ⊆ C. Procure exemplos onde vale a igualdade e outros onde vale a inclusao estrita.
Em particular, prove que, se f e sobrejetora, vale f(f−1(D)) = D e que f−1(f(C)) = C se f e injetora.
Observacao 27. O leitor pode ver que a definicao de funcao inversıvel nao requer que a funcao seja
sobrejetora. Basta que seja injetora e acertar consequentemente o domınio da inversa como a imagem da
funcao inicial.
Sejam dadas duas funcoes f : A → R e g : B → R, tais que Im (f) ⊆ B. Definimos funcao composta
g ◦ f : A→ R, a funcao
(g ◦ f)(x) = g(f(x)).
Analogamente, se Im (g) ⊆ A, definimos f ◦ g : A→ R como (f ◦ g)(x) = f(g(x)).
Uma funcao f : E → R e dita monotona crescente (resp. estritamente crescente) se, para cada x1, x2em E, com x1 < x2, resulta f(x1) ≤ f(x2) (resp. f(x1) < f(x2)).
Uma funcao f : E → R e dita monotona decrescente (resp. estritamente decrescente) se, para cada
x1, x2 em E, com x1 < x2, resulta f(x1) ≥ f(x2) (resp. f(x1) > f(x2)).
Exercıcio 61. Estudar a monotonia das funcoes seguintes:
(1) f : R→ R, f(x) = x2,
(2) f : [2, 6]→ R, f(x) = x4,
(3) f : [0,+∞)→ R, f(x) = |x|,
10
(4) f [−5,−4] ∪ [1, 2], f(x) = 1/x.
Exercıcio 62. Provar que a soma de duas funcoes crescentes e uma funcao crescente. A composicao
de duas funcoes crescentes e uma funcao crescente? E o produto? A inversa de uma funcao estritamente
crescente e uma funcao estritamente crescente?
Exercıcio 63. E evidente que uma funcao estritamente monotona e inversıvel. E verdadeiro ou falso o
vice-versa, ou seja, que uma funcao inversıvel e estritamente monotona?
Uma funcao e dita limitada (superiormente, inferiormente) se a imagem dela e limitada (superior-
mente, inferiormente). Neste caso o supremo (ınfimo) de f , sup f (inf f) e, por definicao, o supremo
(ınfimo) de Im (f). Se f nao e limitada superiormente, dizemos que sup f = +∞. Se nao e limitada
inferiormente, dizemos que inf f = −∞.
Exercıcio 64. Prove que cada funcao f : R→ R e soma de uma funcao par e de uma funcao impar.
7. Segunda feira 10 de marco de 2014
As funcoes contınuas
Definicao 28 (funcao contınua). Sejam E um subconjunto de R, f : E → R uma funcao dada e
x ∈ E um ponto dado. Dizemos que f e contınua em x se para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que
f(x) ∈ (f(x)− ε, f(x) + ε) para todo x ∈ (x− δ, x+ δ) ∩E. A f e dita contınua se e contınua em todos
os pontos do domınio.
Em outras palavras a definicao acima diz que f e contınua em x se, dada uma vizinhanca V de f(x),
existe uma vizinhanca U de x tal que f(U ∩ E) ⊆ V .
Exercıcio 65. Sejam f : E → R uma funcao dada e x ∈ E um ponto isolado de E (um ponto isolado de
um conjunto e um ponto do conjunto que nao e de acumulacao). Prove que f e contınua em x.
O significado do conceito de continuidade em x (que e parecido – mas nao igual – ao de limite, que
veremos depois) diz que, quando x se aproxima de x, entao f(x) se aproxima de f(x). Se x for isolado
em E, ele nao tem pontos que se aproximam. Portanto f e trivialmente contınua em x; porem, por outro
lado, a continuidade nao e interessante no caso dos pontos isolados, porque o conceito de funcao contınua
quer dizer que “a imagem muda pouco quando a variavel muda pouco”.
Exercıcio 66. Prove que f(x) = x e contınua em todos os x reais.
Exercıcio 67. Prove que f(x) = |x| e contınua em todos os x reais.
Exercıcio 68. Dados c ∈ R e f : R → R, definida por f(x) = c para todo x (funcao constante), prove
que f e contınua.
Dada f : E → R, um ponto x ∈ E tal que f nao e contınua em x e dito ponto de descontinuidade.
Exercıcio 69. Determine os pontos de descontinuidade das funcoes parte inteira, sinal e da funcao de
Dirichlet.
Observacao 29. Considerando f(x) = 1/x, nao e correto dizer que 0 e ponto de descontinuidade, porque
0 nao pertence ao domınio.
11
Exercıcio 70. (difıcil) (Veja Rudin pag. 76, ex. 10.) Seja f : (0, 1]→ R definida como
f(x) =
{1/n se x = m/n, m e n inteiros positivos e primos entre si (m ≤ n)
0 se x e irracional.
Prove que f e contınua nos pontos irracionais de (0, 1] e descontınua nos racionais.
Proposicao 30 (Algebra das funcoes contınuas). (com demonstracao) Sejam f : E → R, g : E → Rduas funcoes contınuas em um ponto x ∈ E. Entao:
(1) f + g e contınua em x;
(2) f · g e contınua em x;
(3) f/g e contınua em x (posto que g(x) 6= 0).
Observacao 31. A prova da continuidade do quociente e mais facil usando o Teorema da conservacao
do sinal (Teorema 33 abaixo).
Exercıcio 71. Gracas a proposicao acima e facil verificar que os polinomios e as funcoes racionais sao
contınuas. Verifique os detalhes desta afirmacao.
Proposicao 32 (Continuidade das funcoes compostas). (demonstracao por exercıcio) Sejam duas
funcoes f : A → R e g : B → R tais que Im (f) ⊆ B. Dado x ∈ A, suponhamos que f seja contınua em
x e g em f(x). Entao, g ◦ f e contınua em x.
Vamos ver agora os teoremas classicos das funcoes contınuas. Entre as consequencias deles, poderemos
finalmente definir a funcao raiz quadrada (mais em geral a raiz n-esima).
Teorema 33 (Conservacao do sinal). (com demonstracao) Seja f : E → R uma funcao contınua
em um ponto x ∈ E. Suponhamos f(x) > 0. Entao existe uma vizinhanca de x, (x − δ, x + δ), tal que
f(x) > 0 para todo x ∈ (x− δ, x+ δ) ∩ E.
O leitor nao tera dificuldade em adaptar o resultado acima ao caso em que f(x) seja negativo.
Exercıcio 72. Prove os tres itens da algebra das funcoes contınuas.
Exercıcio 73. Prove a Proposicao 32.
Exercıcio 74. Prove o Teorema de conservacao do sinal.
Exercıcio 75. Prove que uma funcao f : R → R e contınua se e somente se para cada aberto A (no
contradomınio) a imagem inversa dele, f−1(A), e um aberto (no domınio).
Outros exercıcios.
Rudin, pag. 75, n. 5, 13, 15.
Apostol, pag. 166, n. 28; pag. 169, n. 21, 22.
8. Quarta feira 12 de marco de 2014
A teoria das funcoes contınuas poderia ser elaborada para uma analise matematica baseada nos
numeros racionais. Todos os resultados acima continuariam valendo. O seguinte nao. Ele precisa do
axioma da continuidade. Nao e por acaso que e dado para funcoes definidas em intervalos.
Teorema 34 (de anulamento). (com demonstracao) Seja f : [a, b] → R uma funcao contınua (em
[a, b]). Suponhamos f(a) · f(b) < 0. Entao, existe um ponto c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0.
12
Exercıcio 76. Todas as hipoteses do enunciado acima sao importantes para a demonstracao (geralmente
e assim: se um teorema e corretamente expresso, nao tem hipoteses superfluas). O leitor procure exemplos
de funcoes contınuas em conjuntos que nao sao intervalos para as quais o teorema de anulamento nao
vale.
Exercıcio 77. O teorema de anulamento e um teorema de existencia e nao fornece diretamente uma
tecnica para encontrar a solucao de uma equacao f(x) = 0. Todavia, um algoritmo para aproximar
solucoes de equacoes f(x) = 0 e facil para ser determinado. Seja f : [a, b] → R contınua e tal que
f(a) · f(b) < 0. Seja c1 =a+ b
2o ponto medio do intervalo. Se f(c1) = 0, o problema e resolvido. Senao,
o novo intervalo [a1, b1] e obtido escolhendo aquela metade de [a, b] tal que f(a1) ·f(b1) < 0. Continuando
o processo, nao temos nenhuma certeza de encontrar uma solucao, mas sim uma sua aproximacao. Se,
digamos, ao passo n, observamos que bn − an =b− a
2n, o ponto medio c do n-esimo intervalo tem uma
distancia menor deb− a2n+1
de uma solucao da equacao (embora nao tenhamos a menor ideia de quem seja
a solucao exata).
Consequencia importante do Teorema de anulamento e o seguinte Teorema dos valores intermediarios.
Cabe ao leitor lembrar as definicoes de supremo e ınfimo de uma funcao (pag. 10).
Teorema 35 (dos valores intermediarios). (com demonstracao) Sejam I um intervalo de R e f : I → Ruma funcao contınua. Entao, a imagem de f e feita por todos os valores entre inf(f) e sup(f).
Observacao 36. O teorema e falso se o domınio nao e um intervalo (pense em f(x) = 1/x que nao
admite zero como imagem).
Corolario 37. Uma funcao contınua aplica intervalos em intervalos.
Gracas ao teorema dos valores intermediarios podemos finalmente resolver o problema da imagem de
x2 (e de muitas outras funcoes). Problema que foi apresentado e nao resolvido na aula do dia 7 de marco.
Pegamos por exemplo o domınio [0, 2] e f : [0, 2]→ R, definida por f(x) = x2.
Pelas propriedades algebricas dos numeros reais sabemos provar que: a) f(x) ≥ 0 para todo x; b) f
e estritamente crescente; c) atinge o maximo em x = 2 e o mınimo em x = 0; d) o maximo vale 4 e o
mınimo 0. Portanto a imagem de f e contida em [0, 4], mas podemos afirmar que coincide com [0, 4] so
usando o teorema dos valores intermediarios.
O teorema dos valores intermediarios permite (finalmente) provar a existencia da raiz quadrada de
um numero positivo. Seja de fato a > 0 dado e seja a funcao x2 − a. Tal funcao e negativa em zero e
positiva para x suficientemente grande (pelo Teorema de Arquimedes). Portanto se anula em um ponto
b, evidentemente positivo. Ou seja existe b tal que b2 = a. Este b e a raiz quadrada de a, cuja unicidade
ja foi provada. Portanto podemos definir agora f : [0,+∞)→ R, f(x) =√x.
Outros exercıcios.
Apostol, pag. 172, n. 1, 2, 3.
Este comentario final, abaixo, e uma parcial correcao da analoga parte na pagina 4, onde tem algumas
imprecisoes.
Como consequencia do axioma de continuidade temos o importantissimo resultado seguinte.
Teorema 38 (Princıpio de Arquimedes). (com demonstracao) Dados dois numeros reais a, b com
0 < a < b, existe um numero inteiro N tal que Na > b.
13
O teorema de Arquimedes permite provar as propriedades seguintes que deixamos como exercıcio.
Exercıcio 11. Prove, usando o Princıpio de Arquimedes, que o conjunto dos numeros reais positivos
nao admite mınimo. Ou seja, provar que nao existe o numero positivo menor de todos os outros.
Exercıcio 12. Prove que, dados dois numeros reais, positivos a e b, tais que a < b, existe um numero
racional m/n tal que a < m/n < b e que existe um numero irracional s tal que a < s < b.
As propriedades acima sao de natureza algebrica e tambem Q as verifica; nao sao consequencia do
Princıpio de Arquimedes.
9. Sexta feira 14 de marco de 2014
Exercıcio 78. Raiz n-esima. Analogamente podemos definir a raiz n-esima de um numero positivo se
n for par, e de um numero real qualquer se n for impar. O leitor pode provar que a raiz existe e que
f(x) = n√x e definida em [0,+∞) se n e par e em R se n e impar.
Exercıcio 79. Potencias com expoente racional. Usando a definicao de raiz n-esima e, em particular,
o fato de que ela existe, podemos definir uma potencia com expoente racional.
Comecamos definindo x0 = 1 para cada x 6= 0. Esta definicao, absolutamente abstrata, permite a
extensao das propriedades das potencias aos casos que envolvem x0: sabemos que xm/xm = 1. por outro
lado, se queremos aplicar xm/xm = xm−m, a unica possibilidade e dada da escolha acima.
Em seguida: dados x real e positivo e m,n inteiros positivos, definimos precisamente:
xm/n = n√xm =
(n√x)m
.
Podemos ir alem: dados x ∈ R e m inteiro positivo, definimos
x−m =1
xm.
As duas definicoes acima permitem definir
xm/n = n√xm =
(n√x)m
, x > 0, m, n ∈ Z,m, n 6= 0.
Observamos o seguinte.
a) A funcao f(x) = xm/n, definida em (0,+∞) pode ser extendida em 0 se nao tiver problema em
anulamento de denominadores. O leitor verifique para quais valores de m,n e possıvel.
b) A funcao f(x) = xm/n, definida em (0,+∞) pode ser extendida aos x ≤ 0 se nao tiver problema
em anulamento de denominadores e raizes de ındice par de numeros negativos. O leitor verifique para
quais valores de m,n e possıvel.
c) O leitor prove que as potencias de expoente racional verificam as classicas propriedades das potencias:
xr · xs = xr+s, xr · yr = (xy)r, (xr)s = xrs. (O caso do expoente inteiro e imediato e nao precisa ser
aprofundado.)
d) A potencia 00 nao e definida. O leitor pode tentar explicar quais possıveis problemas encontraria
uma tentativa de associar um valor a 00.
Observacao 39. O passo seguinte seria a definicao de potencia com expoente real. Nos cursos de Calculo
nao e dedicado muito espaco ao aprofundamento deste conceito, e sao usadas sem grandes problemas
funcoes do tipo xα, onde x e real e positivo e α e real, e ax, onde a e real e positivo e x e real. (E
inclusive definida a funcao xx para todo x real e positivo.) Fica claro que, por exemplo, 2π nao pode
significar o produto do numero 2 por si “π vezes”. Uma possibilidade para definir 2π e obte-lo como um
14
processo de aproximacao de sequencias de potencias 2m/n quando os expoentes racionais aproximam π.
Mais simplesmente podemos definir
2π = sup{2m/n, onde m,n ∈ N, e m/n < π}.
por esta via nao e particularmente difıcil (mas nao e totalmente trivial) provar que 2x e estritamente
crescente. Fica mais complicado todavia provar a continuidade e a derivabilidade.
A estrategia que usaremos neste curso para a apresentacao das potencias con expoente real sera outra.
Baseia-se na teoria da integracao e portanto nao pode ser desenvolvida agora. A avantagem principal
desta abordagem, alem do fato de permitir ao estudante ver um outro ponto de vista, e a extrema
facilidade da demostracao das principais propriedades de xα e ax.
* * *
Vamos ver agora a continuidade das funcoes inversas. Primeiramente observamos o fato seguinte
(veja-se o exercıcio 63). As funcoes estritamente monotonas sao inversıveis, mas o vice-versa e falso.
-
6
�����
@@
@@@
O acima e o grafico de f : (−1, 1)→ R, f(x) =
{−x se − 1 ≤ x < 0
x+ 1 se 0 ≤ x < 1.
Alem disso, e facil ver que f e descontınua em zero. Por outro lado a funcao
g : (−1, 0) ∪ [1, 2] → R, g(x) =
{−x se − 1 ≤ x < 0
x se 1 ≤ x ≤ 2e contınua e inversıvel, mas com inversa
descontınua em 1.
-
6
�����
@@
@@@
Exercıcio 80. Escreva a funcao inversa (determinando o domınio) e desenhe o grafico.
15
Sobre a relacao entre inversıbilidade, monotonia e continuidade valem os resultados seguintes.
Lema 40. (com demonstracao) Seja I intervalo de R e f : I → R contınua e inversıvel. Entao, f e
estritamente monotona em I.
O lema acima e usado para a demonstracao do teorema seguinte.
Teorema 41 (Continuidade da funcao inversa). (com demonstracao) Seja I intervalo de R e f : I → Rcontınua e inversıvel. Entao, f−1 e contınua.
Uma consequencia do teorema acima e a continuidade de n√x (no oportuno domınio que depende do
fato de n ser par o impar). Usando a continuidade do quociente de funcoes contınuas e da composicao, e
facil ver a continuidade de xm/n, m,n ∈ Z.
Exercıcio 81. Apresente os detalhes das afirmacoes acima e prove o Lema 40 e o Teorema 41.
10. Segunda feira 17 de marco de 2014
Seja f : E → R uma funcao definida em um subconjunto E de R qualquer. Definimos o maximo de f ,
max(f) em sımbolos, o maximo da imagem de f . O mınimo de f , min(f), e definido como o mınimo da
imagem de f .
E claro que temos inumeros exemplos de funcoes que nao possuem maximo nem mınimo. O seguinte
teorema, devido a Weierstrass1, garante a existencia do maximo e do mınimo de uma funcao contınua
definida em um conjunto limitado e fechado (um subconjunto limitado e fechado de R e chamado com-
pacto).
Teorema 42 (de Weierstrass). (com demonstracao) Uma funcao contınua definida em um conjunto
compacto possui maximo e mınimo.
Exercıcio 82. A hipotese de compacidade do domınio e essencial. O leitor procure um exemplo de uma
funcao contınua definida em um conjunto nao limitado que nao possui maximo (ou mınimo) e um exemplo
de uma funcao contınua definida em um conjunto nao fechado que nao possui maximo (ou mınimo).
* * *
Vamos ver agora o conceito de continuidade uniforme.
Definicao 43 (continuidade uniforme). Dado um subconjunto E de R, uma funcao f : E → R e dita
uniformemente contınua se, para cada ε > 0, existe δ > 0 tal que, se x, y ∈ E e |x − y| < δ, entao
εf(x)− f(y)| < ε.
Teorema 44. (com demonstracao) Uma funcao contınua definida em um conjunto compacto e uni-
formemente contınua.
Exercıcio 83. De a demonstracao do teorema anterior.
Exercıcio 84. Prove que x2 (definida em R) nao e uniformemente contınua. Prove che 1/x nao e
uniformemente contınua em (0, 1).
1Karl Weierstrass, 1815-1897, foi um dos grandes refundadores e reorganizadores da analise matematica moderna, base-
ando o trabalho na clareza dos axiomas e das demonstracoes.
16
Exercıcio 85. (Apostol, pag. 166) Dar um exemplo de uma funcao que e contınua num ponto de um
intervalo e descontınua em todos os outros pontos do intervalo, ou provar que nao existe uma tal funcao.
(Sugestao: pense na funcao de Dirichlet.)
Outros exercıcios.
Rudin, pag. 75, n. 6, 12.
11. Quarta feira 19 de marco de 2014
Os limites de funcoes
O conceito de limite de uma funcao esta relacionado a continuidade de uma funcao. Contudo, os dois
conceitos sao distintos. Na apresentacao seguinte temos que dividir a definicao de limite em varios casos.
Em alguns destes casos, por exemplo nos limites para x que tende para infinito, o limite nao tem conexao
com o conceito de continuidade.
Primeiro tipo de limite (limite finito de uma funcao em um ponto).
Definicao 45. Sejam E um subconjunto de R e x um ponto de acumulacao de E. Seja f : E → R uma
funcao dada. O numero real l e dito limite de f(x) para x que tende para x, em sımbolos escreve-se
limx→x
f(x) = l,
se, para cada ε > 0, esiste δ > 0 tal que |f(x)− l| < ε para cada x ∈ E tal que 0 < |x− x| < δ.
Observacao 46. Lendo com atencao a definicao, percebemos que a definicao acima nao cuida do valor da
funcao em x, que por sua vez pode nao pertencer a E (neste caso f(x) nao e definido) ou pode pertencer,
mas tendo l 6= f(x).
Se considerarmos, por exemplo, f : (−1, 1)→ R, f(x) =
{x se x 6= 0
1 se x = 0, podemos provar facilmente,
usando a definicao, que limx→0 f(x) = 0 6= f(0) = 1.
Se considerarmos f : (0, 1) → R, f(x) = x, temos limx→0 f(x) = 0, mas f(0) nao existe, como 0 nao
pertence ao domınio.
No caso em que x ∈ E, a definicao de limite dada acima e estritamente conexa com a continuidade
de f em x (enquanto, se x /∈ E, sabemos que a continuidade de f em x nao faz sentido). Em outras
palavras, e imediata a prova do teorema seguinte.
Teorema 47. Seja E um subconjunto de R e x ∈ E um ponto de acumulacao de E. Uma funcao
f : E → R e contınua em x se e somente se
limx→x
f(x) = f(x).
Exercıcio 86. Prove o teorema acima.
Segunda parte da aula: exercıcios em sala de aula de preparacao para a P1.
12. Sexta feira 21 de marco de 2014
Como uma aluna mostrou para mim, tem alguns erros: na definicao de funcao contınua e no exerccio
60. Em azul podem ser encontradas as correcoes.
17
Segundo tipo de limite (limite finito quando x tende para ±∞).
Definicao 48. Sejam E um subconjunto de R nao limitado superiormente e f : E → R uma funcao
dada. O numero real l e dito limite de f(x) para x que tende para +∞, em sımbolos escreve-se
limx→+∞
f(x) = l,
se, para cada ε > 0, esiste r ∈ R tal que |f(x)− l| < ε para cada x ∈ E, tal que x > r.
Exercıcio 87. Escreva a definicao acima no caso analogo onde x tende para −∞.
A prova dos dois teoremas seguintes pode ser dada desenvolvendo a mesma estrategia do analogo
resultado para as funcoes contınuas. Omitimos os detalhes.
Teorema 49 (Conservacao do sinal para os limites).
Caso 1: Seja E um subconjunto de R e x um ponto de acumulacao de E. Suponhamos
limx→x
f(x) = l ∈ R, l > 0.
Entao existe uma vizinhanca de x, (x− δ, x+ δ), tal que f(x) > 0 para todo x ∈ (x− δ, x+ δ) ∩ E.
Caso 2: Seja E um subconjunto de R nao limitado superiormente (ou inferiormente). Suponhamos
limx→+∞
(ou x→−∞)
f(x) = l ∈ R, l > 0.
Entao existe um intervalo I = (a,+∞) (ou I = (−∞, b) no caso em que x → −∞), tal que f(x) > 0
para todo x ∈ I ∩ E.
Exercıcio 88. Prove o teorema acima no caso 2 (sendo o caso 1, de fato, igual ao teorema de conservacao
do sinal para as funcoes contınuas, Teorema 33).
Teorema 50 (Algebra dos limites - formas finitas). Seja dada uma das duas situacoes seguintes:
1) E um subconjunto de R e x um ponto de acumulacao de E; ou
2) E um subconjunto de R nao limitado superiormente (ou inferiormente).
Sejam f, g : E → R duas funcoes dadas. Sejam dados os limites
limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = l ∈ R, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R.
Entao,
(1) limx→x(ou x→±∞)
(f(x) + g(x)) = l +m (soma);
(2) limx→x(ou x→±∞)
(f(x) · g(x)) = l ·m (produto);
(3) limx→x(ou x→±∞)
(f(x)/g(x)) = l/m, se m 6= 0 (quociente).
Exercıcio 89. Prove, usando a definicao de limite, que limx→+∞1
x= 0.
Segunda parte da aula: exercıcios em sala de aula de preparacao para a P1.
18
13. Segunda feira 24 de marco de 2014
Prova P1.
14. Quarta feira 26 de marco de 2014
Terceiro tipo de limite (limite infinito em um ponto).
Definicao 51. Sejam E um subconjunto de R e x um ponto de acumulacao de E. Seja f : E → R uma
funcao dada. Dizemos que +∞ e o limite de f(x) para x que tende para x, em sımbolos escreve-se
limx→x
f(x) = +∞,
se, para cada m ∈ R, esiste δ > 0 tal que f(x) > m para cada x ∈ I, tal que 0 < |x− x| < δ.
Exercıcio 90. Escreva a definicao acima no caso analogo onde o limite e −∞.
Exercıcios: prove, usando a definicao de limite, que os limites seguintes sao corretos.
91. limx→0
1
x2= +∞ 92. lim
x→+∞
1
x2= 0
Quarto tipo de limite (limite infinito quando x tende para ±∞).
Definicao 52. Sejam E um subconjunto de R nao limitado superiormente e f : E → R uma funcao
dada. Dizemos que +∞ e o limite de f(x) para x que tende para +∞, em sımbolos escreve-se
limx→+∞
f(x) = +∞,
se, para cada m ∈ R, esiste r ∈ R tal que f(x) > m para cada x ∈ E, tal que x > r.
Exercıcio 93. Escreva a definicao acima nos casos analogos onde x tende para −∞ e o limite e −∞(quantos sao os casos?)
Exercıcios: prove, usando a definicao de limite, que os limites seguintes sao corretos.
94. limx→0
1
x4= +∞ 95. lim
x→+∞x = +∞
96. limx→−∞
x2 = +∞ 97. limx→+∞
x
x+ 1= 1
No caso em que (pelo menos) um dos dois limites, de f ou de g seja infinito, temos alguns casos onde
podemos dar uma regra geral de resolucao do limite da soma, do produto e do quociente. Sao as assim
chamadas “forma infinitas resolvıveis”. Temos outros casos nos quais uma regra geral nao existe e os
limites devem ser abordados caso a caso.
Os casos do teorema seguinte, assim como as “formas indeterminadas”, sao bem conhecidos aos estu-
dantes desde o curso de Calculo 1. Aqui so vamos apresentar os resultados que, por outro lado, nao sera
necessario mencionar em sala de aula, sendo outro o coracao do curso de Analise real.
19
Teorema 53 (Algebra dos limites - formas infinitas e resolvıveis). Seja dada uma das duas situacoes
seguintes:
1) E um subconjunto de R e x um ponto de acumulacao de E; ou
2) E um subconjunto de R nao limitado superiormente (ou inferiormente). Temos os casos seguintes:
1) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, entao limx→x
(ou x→±∞)
(f(x) + g(x)) = +∞;
2) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, entao limx→x
(ou x→±∞)
(f(x) + g(x)) = −∞;
3) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = +∞, entao limx→x
(ou x→±∞)
(f(x) + g(x)) = +∞;
4) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = −∞, entao limx→x
(ou x→±∞)
(f(x) + g(x)) = −∞;
Produto: limx→x(ou x→±∞)
(f(x) · g(x)) = +∞ nos casos seguintes:
5a) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, m > 0;
5b) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, m < 0;
5c) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = +∞;
5d) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = −∞;
limx→x(ou x→±∞)
(f(x) · g(x)) = −∞ nos casos seguintes:
6a) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, m > 0;
6b) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, m > 0;
6c) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = −∞;
Quociente: limx→x(ou x→±∞)
(f(x)/g(x)) = +∞ nos casos seguintes:
7a) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, m > 0;
7b) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, m < 0;
7c) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞ ou l > 0, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = 0, e g(x) > 0 em um intervalo (x− δ, x+ δ);
20
7d) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞ ou l < 0, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = 0, e g(x) < 0 em um intervalo (x− δ, x+ δ);
limx→x(ou x→±∞)
(f(x)/g(x)) = −∞ nos casos seguintes:
7a) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, m > 0;
7b) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = m ∈ R, m < 0;
7c) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = −∞ ou l < 0, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = 0, e g(x) > 0 em um intervalo (x− δ, x+ δ);
7d) se limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞ ou l > 0, e limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = 0, e g(x) < 0 em um intervalo (x− δ, x+ δ);
Nao temos a possibilidade de escrever uma algebra dos limites para as formas seguintes. A existencia
e o valor do limites nos casos seguintes depende do exercıcio:
+∞−∞, 0 · (±∞), ±∞/±∞, 0/0.
Os limites que se apresentam numa das formas anteriores sao ditos em forma indeterminada.
Observacao 54. Cabe destacar que um limite que se apresenta em uma forma indeterminada nao
significa que nao existe, mas que nao temos uma regra geral para determinar se existe e quanto vale.
Exercıcios: calcule os limites seguintes (se existem)
98. limx→0
x
x+ 199. lim
x→1
x2 + 1
x− 1
100. limx→0
x3 + x+ 3
4x2 − 2x+ 1101. lim
x→+∞
2x+ x2
2x2 + x− 1
102. limx→+∞
x3 + 3x− 2
x2 − 2x+ 1103. lim
x→0
x2 + x− 4
2x2
104. limx→2
x2 + x− 5
x2 − 4x+ 4
Teorema 55 (do confronto dos limites). Primeiro resultado. Sejam E um subconjunto de R e x um ponto
de acumulucao de E ou seja E um subconjunto de R nao limitado superiormente (ou inferiormente).
Sejam f, g, h : E → R funcoes dadas. Suponhamos que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) para cada x. Sejam dados os
limites
limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = l, e limx→x
(ou x→±∞)
h(x) = l, onde l ∈ R.
Entao,
limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = l.
21
Segundo resultado. Sejam E um subconjunto de R e x um ponto de acumulucao de E ou seja E um
subconjunto de R nao limitado superiormente (ou inferiormente). Sejam f, g : E → R funcoes dadas.
Suponhamos que f(x) ≤ g(x) para cada x. Seja dado o limite
limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = l ∈ R,
e suponhamos que exista o limite
limx→x
(ou x→±∞)
g(x).
Entao, este limite e ≥ l.
Terceiro resultado. Sejam E um subconjunto de R e x um ponto de acumulucao de E ou seja E um
subconjunto de R nao limitado superiormente (ou inferiormente). Sejam f, g : E → R funcoes dadas.
Suponhamos que f(x) ≤ g(x) para cada x. Seja dado o limite
limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = +∞.
Entao,
limx→x
(ou x→±∞)
g(x) = +∞.
Exercıcio 105. Prove o primeiro e o segundo resultado. Prove o caso x→ +∞ ou x→ −∞
Exercıcio 106. Prove este terceiro resultado. Em seguida, de o enunciado no outro caso possıvel
(qual pode ser?).
Exercıcio 107. Prove, usando a definicao, que limx→0 |x| = 0.
Exercıcio 108. Prove, usando a definicao, que limx→+∞n√x = +∞, para cada n ≥ 1, n ∈ N.
Exercıcio 109. Aplicacao do teorema do confronto: prove que se f(x) e limitada e limx→x(ou x→±∞)
g(x) =
0, entao, limx→x(ou x→±∞)
(f(x)g(x)) = 0.
Teorema 56 (limite de funcoes compostas – sem prova). Seja f(x) dada e suponhamos que exista o
limite
limx→x
(ou x→±∞)
f(x) = l onde l ∈ R ou l = ±∞.
Seja g(x) uma outra funcao dada e suponhamos que exista o limite
limx→l
g(x) = m onde m ∈ R ou m = ±∞.
Suponhamos que a composicao g(f(x)) seja bem definida e que, se l ∈ R, f(x) 6= l para x 6= x e x proximo
de x. Entao,
limx→x
(ou x→±∞)
g(f(x)) = m.
22
Observacao: parece estranha a hipotese f(x) 6= l para x 6= x e x proximo de x. Todavia, se nao for
verificada a condicao, o limite da composicao pode nao ser m, como no caso seguinte:
f(x) = 0,∀x ∈ R, g(x) =
{0 se x 6= 0
1 se x = 0.
E facil ver que limx→0 g(f(x)) = 1, enquanto limx→0 g(x) = 0.
Uma condicao suficiente que pode substituir a condicao acima e g(l) = m, se m e l for reais, ou seja g
contınua em l. Veja-se a Proposicao 32.
Um exemplo de limite que pode ser provado usando o teorema acima e
limx→+∞√x2 + 1 = +∞.
Exercıcio 110. Calcule o limite acima, mostrando, nos detalhes, como e usado o teorema.
Definicao 57 (limites direito e esquerdo). Seja E um subconjunto de R e x ∈ E um ponto de acumulacao
direito de E, ou seja, tal que cada intervalo (x, x+ δ) possui (infinitos) pontos de E.2
Seja f : E → R uma funcao dada. O numero real l e dito limite lateral direito de f(x) para x que
tende para x do lado direito, em sımbolos escreve-se
limx→x+
f(x) = l,
se, para cada ε > 0, esiste δ > 0 tal que |f(x)− l| < ε para cada x ∈ (x, x+ δ) ∩ E.
Seja x ∈ E um ponto de acumulacao esquerdo de E, ou seja, tal que cada intervalo (x − δ, x) possui
(infinitos) pontos de E.
Seja f : E → R uma funcao dada. O numero real l e dito limite lateral direito de f(x) para x que
tende para x do lado direito, em sımbolos escreve-se
limx→x−
f(x) = l,
se, para cada ε > 0, esiste δ > 0 tal que |f(x)− l| < ε para cada x ∈ (x− δ, x) ∩ E.
Exercıcio 112. De a analoga definicao no caso de limites laterais quando l = +∞ ou −∞.
Teorema 58 (sem prova). Seja E um subconjunto de R e x ∈ E um ponto de acumulacao direito e
esquerdo (i.e. bilateral) de E. Seja f : E → R uma funcao dada. Entao:
limx→x
f(x) = l se e somente se limx→x+
f(x) = l = limx→x−
f(x).
Exercıcios:
113. Diga qual e, entre as seguintes, a definicao correta do limite limx→4
f(x) = 7.
2Exercıcio 111. Prove que, neste caso, e equivalente dizer ”pelo menos um ponto de E” ou ”infinitos pontos de E”. A
razao e que o intervalo (x, x+ δ) ja exclui x. Justifique nos detalhes.
23
a) Para cada λ e µ positivos, se |x−4| < µ
e x 6= 4 entao, |f(x)− 7| < λ.
b) Para cada λ > 0 e para cada µ > 0,
se |x− 4| < µ entao, |f(x)− 7| < λ.
c) Para cada µ > 0 existe λ > 0 e existe
x tal que |x− 4| < λ e |f(x)− 7| < µ.
d) Para cada µ > 0 existe λ > 0 tal que
se |x−4| < λ e x 6= λ entao, |f(x)−7| <µ.
e) Para cada µ > 0 existe λ > 0 tal que se
|x− 4| < λ e x 6= 4 entao |f(x)− 7| < µ.
f) Nenhuma das respostas acima e cor-
reta.
114. Suponhamos que
limx→+∞
f(x) = −∞.
Diga qual, entre as afirmacoes seguintes, e correta .
a) Se x > 0 entao f(x) < 0. b) Existe ε > 0 tal que f(x) < 0 para
cada x > ε.
c) Para cada ε > 0 existe η > 0 tal que
para x > η temos f(x) > ε > 0.
d) Nenhuma das respostas acima e cor-
reta.
115. Consideramos a proposicao seguinte: dadas f e g definidas em um intervalo I,
seja x0 ∈ I fixado. Suponhamos que f(x) ≥ g(x) para cada x e que limx→x0
f(x) = 0.
Entao, limx→x0
g(x) = 0. A proposicao e:
a) Verdadeira se colocamos a hipotese su-
plementar g(x) ≤ 0, ∀x ∈ I.
b) Verdadeira se colocamos a hipotese
suplementar g(x) ≥ 0, ∀x ∈ I.
c) Verdadeira sem necessidade de outras
hipoteses suplementares.
d) Verdadeira se colocamos a hipotese
suplementar f(x0) = g(x0) = 0.
e) Falsa, tambem colocando as hipoteses
suplementares acima.
116. Dada f : R→ R, suponhamos que limx→+∞
f(x) = −∞. Entao:
a) f e decrescente. b) limx→+∞
f(x2) = +∞.
c) ∀m ≥ 0, temos f(x) ≤ 0 se x ≥ m. d) ∀m ≥ 0 e ∀k ≥ 0 f(x) ≤ k se x ≥ m.
e) limx→−∞
f(x) = +∞ f) Nenhuma das respostas acima e cor-
reta.
117. Dada f : N → N, f(x) = x + 1 diga quais (podem ser mais que uma) das
afirmacoes sao corretas.
a) f e injetora. b) f e sobrejetora.
c) f e limitada inferiormente. d) A notacao f(x) = x+ 1 non faz sen-
tido porque o domınio e N e a variavel a
ser usada deve ser denotada por n.
Exercıcio 118. Procure uma f : R→ R que nao seja crescente, mas que verifique
limx→+∞
f(x) = +∞. Esta funcao deve ser definitivamente crescente? Isto e, existe r
tal que f e crescente em (r,+∞)?
24
15. Sexta feira 28 de marco de 2014
A derivada de uma funcao: definicao e algumas aplicacoes
Seja I um intervalo de R, f : I → R uma funcao dada e x0 ∈ I dado. Variando m ∈ R, as equacoes
y = f(x0) +m(x− x0) representam as retas secantes ao grafico de f no ponto (x0, f(x0)) (so excluindo
a reta vertical que tem equacao x = x0).
Seja agora x ∈ I e o correspondente ponto no grafico de f , (x, f(x)). O quociente
f(x)− f(x0)
x− x0se chama razao incremental de f , relativa a x0 e x e e o coeficiente angular da secante por (x0, f(x0))
e (x, f(x)). Se existe o limite desta razao quando x → x0, este limite da, intuitivamente, o coeficiente
angular de uma “reta posicao limite” das secantes (quando x→ x0).
Definicao 59. Se existe e e finito o limite
limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0= l,
entao dizemos que f e derivavel em x0 e o numero l se chama derivada de f em x0.
a derivada de f em x0 (se existe) e denotada, normalmente, por um dos sımbolos seguintes:
f ′(x0),df
dx(x0), Df(x0), Df(x)|x=x0 .
O primeiro e aquele mais comun.
Uma outra forma de escrever a razao incremental e portanto o limite acima e obtida pondo x−x0 = h.
Temosf(x0 + h)− f(x0)
he lim
h→0
f(x0 + h)− f(x0)
h,
A nocao de derivada e pontual (como a de continuidade), ou seja derivada de uma funcao em um ponto.
Dada f : I → R, se f e derivavel em todos os pontos de I, dizemos que f e derivavel e fica bem definida
uma nova funcao, a derivada de f , x 7→ f ′(x), definida em I.
Se f e derivavel x0, a reta de equacao y = f(x0) + f ′(x0)(x − x0) e definida reta tangente ao grafico
de f no ponto (x0, f(x0)).
Atencao: a precedente e a definicao de reta tangente; outras possıveis definicoes, como “a reta que
encosta o grafico so em um ponto”, sao corretas so em casos muito particulares, por exemplo a circun-
ferencia.
Reta secante e reta tangente em (x0, f(x0)).
-
6
x1 x0
-
6HHHH
HHHHHH
HH
x0
25
Exercıcio 119. Na parabola de equacao y = x2 procure um ponto onde a reta tangente a parabola
forma um angulo de π/4 com o eixo x.
Derivadas de algumas funcoes elementares.
FUNCAO f(x) DERIVADA f ′(x)
c (funcao constante) 0
xn (n ∈ N, n ≥ 1) nxn−1
Exercıcio 120. Prove os resultados da tabela acima.
Exercıcio 121. Dados os graficos seguintes, desenhe (intuitivamente) os graficos das derivadas.
-
6
c a
-
6
a b
-
6
c da
-
6
c d
Exercıcio 122. Um corpo cai de uma altura de 15 mt, sujeto so a forca peso (desconsiderando o
atrito do ar). A funcao espaco dependendo do tempo e s(t) =1
2gt2, onde g e a constante gravitacional
terrestre, e vale cerca 9, 8 mt/sec2. Calcule a velocidade com que ele chega ao solo.
Exercıcio 123. Seja f(x) = x3. Calcule, usando a definicao de derivada, f ′(0), f ′(−2), f(1/2).
Exercıcio 124. Prove que a derivada de uma funcao par (e derivavel) e uma funcao impar; e que a
derivada de uma funcao impar (e derivavel) e uma funcao par.
Exercıcio 125. Prove que a funcao |x| nao e derivavel em zero.
26
16. Segunda feira 31 de marco de 2014
Proposicao 60 (Continuidade de uma funcao derivavel). (com demonstracao) Seja f : I → R uma
funcao derivavel em um ponto x0 ∈ I. Entao, f e contınua em x0.
Proposicao 61 (Algebra das derivadas). (com demonstracao) Sejam f, g : I → R duas funcoes
derivaveis em um ponto x0 ∈ I. Entao sao derivaveis em x0 as funcoes f ± g, f · g, 1/g e f/g (nestes
ultimos dois casos se g(x0) 6= 0) e temos as formulas seguintes:
(1) (f + g)′(x0) = f ′(x0) + g′(x0),
(2) (f − g)′(x0) = f ′(x0)− g′(x0),
(3) (fg)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f(x0)g′(x0),
(4) (1/g)′(x0) = − g′(x0)
(g(x0))2,
(5) (f/g)′(x0) =f ′(x0)g(x0)− f(x0)g′(x0)
(g(x0))2
Como exemplo, se n e inteiro positivo e x 6= 0, D1
xn= −n 1
xn+1
Proposicao 62 (Derivada da funcao composta). (com demonstracao) Sejam dadas duas funcoes
f : I → R e g : J → R, tais que Im (f) ⊆ J . Sejam f derivavel em um ponto x0 ∈ I e g derivavel em
y0 = f(x0). Entao g ◦ f e derivavel em x0 e (g ◦ f)′(x0) = g′(y0)f ′(x0).
Demonstracao. Dado x ∈ I, consideramos a razao incremental
g(f(x))− g(f(x0))
x− x0.
Vamos dividir a prova em dois casos. Caso A: suponhamos que exista um intervalo (x0 − a, x0 + a) tal
que f(x) 6= f(x0) para todo x ∈ (x0 − a, x0 + a) ∩ I e (obviamente) x 6= x0. Neste caso temos
g(f(x))− g(f(x0))
x− x0=g(f(x))− g(f(x0))
f(x)− f(x0)
f(x)− f(x0)
x− x0. (1)
Ou seja, para todo x ∈ (x0 − a, x0 + a) ∩ I e x 6= x0 podemos escrever o quociente com f(x)− f(x0) no
denominador. Consideramos agora a funcao h : J → R, definida por
h(y) =
g(y)− g(y0)
y − y0se y 6= y0
g′(y0) se y = y0.
Sendo g derivavel em y0, entao h e contınua em y0 (consequencia direta do teorema 47). A composicao
h ◦ f : (x0 − a, x0 + a) ∩ I → R e definida por
(h ◦ f)(x) =
g(f(x))− g(f(x0))
f(x)− f(x)0se x 6= x0
g′(y0) se x = x0.
27
O leitor pode fazer as (simples) contas que justificam esta ultima formula. Aplicando a proposicao 32,
temos a continuidade de h ◦ f em x0, portanto (de novo pelo teorema 47) temos o limite
limx→x0
g(f(x))− g(f(x0))
f(x)− f(x0)= g′(y0).
Por outro lado, pela derivabilidade de f em x0, temos
limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0= f ′(x0).
Enfim, pela algebra dos limites (nas formas finitas – teorema 50),
limx→x0
g(f(x))− g(f(x0))
x− x0= g′(y0) · f ′(x0).
Caso B: vamos agora eliminar a hipotese auxiliar do caso A. Portanto, nao sabendo para quais valores de
x temos f(x) 6= f(x0), temos que proceder com cuidado. Contudo, uma pequena variacao do metodo do
caso A continua valendo neste sentido: seja h como acima. A diferenca com o caso A esta na composicao
G(x) = (h ◦ f)(x) =
g(f(x))− g(f(x0))
f(x)− f(x0)se f(x) 6= f(x0)
g′(y0) se f(x) = f(x0).
G e contınua em x0 e portanto
limx→x0
G(x) = g′(y0).
Por outro lado, nao sendo possıvel escrever a igualdade (1) acima, consideramos
g(f(x))− g(f(x0))
x− x0= G(x)
f(x)− f(x0)
x− x0.
(O leitor verifique que a igualdade acima e verifica tambem quando f(x) = f(x0) sendo trivialmente nulos
os dois membros). Os limites das duas funcoes do segundo membro existem. Pela algebra dos limites
temos finalmente a tese do teorema. �
17. Quarta feira 2 de abril de 2014
Proposicao 63 (Derivada da funcao inversa). (com demonstracao) Seja I intervalo, f : I → Rinversıvel e g : Im (f)→ R a funcao inversa de f . Seja f contınua em um ponto x0 e a inversa contınua
em y0 = f(x0). Se f e derivavel em x0 e f ′(x0) 6= 0, entao, g e derivavel em y0 e temos g′(y0) = 1/f ′(x0).
Exercıcio 126. Prove a proposicao acima.
Como aplicacao dos ultimos resultados, temos esta outra tabela de derivadas.
FUNCAO f(x) DERIVADA f ′(x)
n√x (= x1/n)
1
nx1/n−1 (veja-se a analogia com as outras formulas)
xm/n (m,n inteiros)m
nxm/n−1 (veja-se a analogia com as outras formulas)
Exercıcio 127. Encontre um ponto P na hiperbole de equacao y =1
1 + xtal que a tangente por P
encontre a origem do plano.
28
Exercıcio 128. Encontre a equacoes das tangentes a parabola y = x2 − 4x + 3 que passam pela
origem.
Exercıcio 129. Calcule a area do triangulo que tem como vertices os pontos comuns das parabolas
y = x2 e y = x − x2 e o ponto de intersecao entre o eixo das abscissas e a tangente a parabola 2y = x2
em (−2, 2).
Exercıcios. Determine em quais pontos sao derivaveis as funcoes seguintes e calcule as derivadas.
130. signx · x2√|x|
131. |x2 + x| 132. [x]
Exercıcios. Calcule as derivadas das funcoes seguintes.
133. x sen 2x 134. cos( senx)
135.x2 + 2
x3 − 3x136. cos
(x− 1
x+ 2
)137. arctg
√x 138.
√arctgx
139.senx2
tg (x+ 2)140.
√x+
13√x4 + 1
Exercıcio 141. Escreva a equacao da reta tangente ao grafico em (x0, f(x0)) da funcao seguinte.
142. x3 + 2x+ 3, x0 = −1/2
Exercıcio 143. Diga em quais pontos a funcao seguinte e derivavel e calcule a derivada (nos pontos
onde existe). Depois, diga se a derivada e contınua.
f(x) =
2x
x2 + 2x > 0
0 x = 0x
−x2 − 3x < 0
Vamos estudar agora os maximos e mınimos, absolutos e relativos.
Definicao 64. Seja A um subconjunto de R e f : A→ R uma funcao.
a) O maximo absoluto de f e o maximo (se existe) da imagem de f . O mınimo absoluto de f e o
mınimo (se existe) da imagem de f .
b) Um ponto x0 ∈ A e dito ponto de maximo absoluto se f(x0) e o maximo absoluto de f . Um
ponto x0 ∈ A e dito ponto de mınimo absoluto se f(x0) e o mınimo absoluto de f .
c) Um ponto x0 ∈ A e dito ponto de maximo relativo se existe um intervalo (x0 − δ, x0 + δ), tal que
f(x) ≤ f(x0), para cada x ∈ A∩(x0−δ, x0+δ). Um ponto x0 ∈ A e dito ponto de mınimo relativo
se existe um intervalo (x0 − δ, x0 + δ), tal que f(x) ≥ f(x0), para cada x ∈ A ∩ (x0 − δ, x0 + δ).
29
Exercıcio 144. Seja a funcao f(x) = 2x, x ∈ [1, 2] ∪ [3, 4]. Determine, justificando a resposta, o
maximo e o mınimo de f (porque existem?) e os pontos de maximo e mınimo relativos.
Exercıcio 145. Determine, justificando a resposta, os pontos de maximo e mınimo absoluto e
relativo de f(x) =
x2 se − 1 ≤ x < 0
2 se x = 0
3− x se 0 < x ≤ 3
.
As definicoes acima envolvem funcoes quaisquer, ou seja, que podem ser ou nao ser contınuas nem
derivaveis. Contudo, se a funcao estudada e derivavel, a sua derivada nos da informacoes sobre os
maximos e os mınimos.
Teorema de Fermat. ((com demonstracao)) (Condicao necessaria para a existencia dos pontos
de maximo ou de mınimo relativo.) Seja I intervalo de R e f : I → R uma funcao dada. Seja x0 um
ponto interior de I (ou seja, um ponto que pertence a I, mas nao e extremo) e seja tambem um ponto
de maximo ou de mınimo relativo de f . Suponhamos que f seja derivavel em x0. Entao, f ′(x0) = 0.
Dada uma funcao f : I → R, um ponto x0 tal que f ′(0) = 0 se chama ponto crıtico ou ponto
estacionario.
Exemplo: f(x) = x2, x ∈ R. Todos os pontos do domınio sao internos e f e derivavel. Sabemos que
x = 0 e ponto de maximo absoluto (e portanto relativo) de f . O teorema de Fermat nos diz que f ′(0) = 0,
coisa que pode ser calculada facilmente.
O vice-versa do teorema nao vale. Dada uma funcao f , se f ′(x0) = 0, nao sabemos se x0 e ponto de
maximo ou mınimo relativo. x = 0 e ponto crıtico de f(x) = x3, mas nao e ponto de maximo nem de
mınimo relativo.
O teorema de Fermat e usado so para estudar pontos interiores ao domınio. Se, por exemplo, consi-
deramos f(x) = x, x ∈ [0, 1], sabemos que 0 e ponto de mınimo e 1 e ponto de maximo. Porem, f ′(x) = 1,
para todo x. Neste caso os pontos de maximo e de mınimo sao os extremos do domınio; o teorema de
Fermat nao pode ser aplicado.
Resumindo, os pontos de maximo ou de mınimo relativo de uma funcao f : I → R, devem ser
procurados entre:
(1) os pontos internos do domınio onde f e derivavel e a derivada e zero;
(2) os pontos onde f nao e derivavel;
(3) os extremos de I.
Exemplo: f(x) = x3/3 − x2/2 − 3; a funcao e definida em R, que e aberto (todos os pontos sao
interiores), e derivavel em R e a derivada se anula em 0 e 1. Estes dois pontos sao candidatos a ser pontos
de maximo ou de mınimo relativo, mas ainda nao temos condicoes suficientes para dizer se de fato sao.
Para estudar pontos de maximo ou de mınimo relativo, precisamos de um teorema, o Teorema do valor
medio ou de Lagrange, que e um dos mais importantes da Analise matematica. Veremos este teorema
em breve. O exercıcio seguinte formhece condicoes suficientes para obter pontos de maximo ou mınimo
relativo, so no caso de extremos de intervalos.
Exercıcio 146. Seja f : [a, b]→ R derivavel. Prove (pelo menos) uma das relacoes seguintes:
(1) se f ′(a) > 0, entao a e ponto de mınimo relativo;
30
(2) se f ′(a) < 0, entao a e ponto de maximo relativo;
(3) se f ′(b) > 0, entao b e ponto de maximo relativo;
(4) se f ′(b) < 0, entao b e ponto de mınimo relativo.
18. Sexta feira 4 de abril de 2014
Exercıcios em sala de aula.
Exercıcio 1: entre todos os numeros reais, nao negativos, cuja soma e 1, determine aqueles cujo produto
e maximo.
Ideia da resolucao: se x, y sao reais e ≥ 0, a funcao (de duas variaveis) produto f(x, y) = xy eviden-
temente nao tem maximo. Contudo, x e y tem o vınculo y = 1− x; portanto podemos montar a funcao
g(x) = x(1 − x), definida em [0, 1]. A g(x) possui maximo absoluto porque podemos aplicar o Teorema
de Weierstrass. Lembrando da lista de candidatos a serem pontos de maximo absoluto (pag. 29), temos
0, 1 e o (unico) ponto crıtico interior, que e 1/2. A comparacao das imagens determina a solucao do
exercıcio.
Exercıcio 147. Refaca de novo o excercıcio. Alem disso, qual e o mınimo do produto?
Exercıcio 148. O exercıcio tem uma leitura geometrica e pode ser equivalentemente formulado assim:
entre todos os retangulos de perımetro fixado, igual a 2, determine aquele de area maxima. Existe o
retangulo de area mınima?
Exercıcio 149. (Generalizacao do exercıcio 1 acima.) Determine o maximo de f(x) = xm(1−x)n, onde
m,n sao inteiros positivos fixados e x ∈ [0, 1].
Exercıcio 2: entre todos os numeros reais a e b, nao negativos e tais que a2 + b2 = 1, determine aqueles
cuja soma e maxima.
Exercıcio 150. Analogamente ao exercıcio anterior, este tambem tem uma leitura geometrica e pode
ser equivalentemente formulado assim: entre todos os retangulos inscritos numa circunferencia de raio 1
determine aquele de perımetro maximo. Existe o retangulo de perımetro mınimo? Enuncie e aborde os
analogos problemas relativos a area maxima e mınima.
Exercıcio 151. Enuncie e aborde os analogos problemas relativos aos retangulos circumscritos.
Exercıcio 3. No desenho seguinte temos duas tor-
res de altura a e b, respectivamente, e distancia
d. Um passaro voa da cima da primeira torre,
encosta o chao em P a vai para cima da segunda
torre. Ele percorre caminhos retos. Determine
P tal que o caminho percorrido seja mınimo. O
exercıcio da a possibilidade de comparar o resul-
tado obtido com a lei de reflexao da luz e a lei dos
senos de Snell sobre a refracao.
C
A
D
B
P
\\\\\\��������
Exercıcios Diga se existem o maximo e o mınimo absolutos (e os pontos de maximo e mınimo absoluto)
das funcoes seguintes nos conjuntos indicados ao lado.
31
152. x2 +2
x, (0,+∞) 153.
x
1 + x2, R
154. x− [x], R 155.x2
1 + x2, R
Exercıcio 156. Divida 8 em duas partes tais que seja mınima a soma dos cubos delas.
Exercıcio 157. Seja V o volume de um prisma reto, cuja base e um triangulo equilatero. Determine
o lado do triangulos tal que a area total seja mınima.
Exercıcio 158. Entre todos os cilindros inscritos na esfera de raio 1 determine:
a) aquele de area lateral maxima;
b) aquele de area total maxima.
Exercıcio 159. Entre todos os cones inscritos na esfera de raio 1 determine:
a) aquele de volume maximo;
b) aquele de area lateral maxima;
c) aquele de area total maxima.
Exercıcio 160. Entre todos os retangulos de perımetro fixado determine aquele de area maxima. Existe
aquele de area mınima?
Exercıcio 161. Entre todos os retangulos de area fixada determine aquele de perımetro mınimo. Existe
aquele de perımetro maximo?
Exercıcio 162. Seja dado um triangulo retangulo T . Denotamos por a e b as medidas dos catetos. Seja
dada a definicao seguinte: um retangulo e dito inscrito em T se dois dos seus lados estao sobre os catetos
do triangulo e um dos seus vertices h esta na ipotenusa. Determine, entre todos os retangulos inscritos
em T , aquele de area maxima.
Exercıcio 163. Seja dado um retangulo de papelao (veja-se a figura abaixo), cujos lados medem h e
b respectivamente. Queremos construir uma caixa cortando, nos cantos, quatro quadrados de lado l e
levantandos os pedacos que sobram. Determine l tal que o volume seja maximo.
Resposta: l =b+ h−
√b2 + h2 − bh6
.
bh
l 6
?
-�
Exercıcio 164. Queremos produzir latas de bebida gastando a menor quantidade possıvel de alumınio.
Supondo que uma lata de bebida seja um cilindro circular reto, com a capacidade de V dada (por exemplo
350 ml), determine o raio da base e a altura que rendem a area total mınima.
Resposta: r = 3
√V
2π
Exercıcio 165. Entre todas as piramides retas de base quadrada e de area total fixada determine aquela
de volume maximo.
32
Exercıcio 166. No desenho abaixo o arco acima do retangulo e a semicircunferencia de diametro igual
a base do retangulo. Entre todas as figuras de perımetro fixado P , determine a medida dos lados que
rendem a area maxima.
Exercıcio 167. Imagine que o desenho na esquerda represente uma praia. Em B temos o nosso guarda-
sol. Queremos ir ao bar que esta em C. No ponto O comeca uma calcada de madeira que chega ate o
bar, e onde podemos andar mais rapidamente do que na areia.
Suponhamos que a velocidade na areia seja 1 metro ao segundo, enquanto na calcada 2m/sec. Supon-
hamos que os segmentos OB e OC sejam perpendiculares. Alem disso, a calcada tem 10 metros de
comprimento, enquanto OB e 15 m. Partindo de B, determine em qual ponto da calcada precisa entrar
(continuando dalı ate o bar) para render mınimo o tempo para chegar ao bar.
Exercıcio 168. Olhando o desenho a direita, entre todos os segmentos verticais entre as parabolas de
equacoes 2y = 4− x2, onde y ≥ 0, e 3y = x2 − x− 6, determine aquele de comprimento maximo.
B. O.
C.
-
6
Outros exercıcios.
Rudin, p. 85, n. 1,2,5,6,7,8.
Apostol, p. 228, faca alguns.
19. Segunda-feira, 7 de abril de 2014
Teorema 65 (de Rolle). (com demonstracao) Seja f : [a, b] → R uma funcao contınua em [a, b] e
derivavel em (a, b). Se f(a) = f(b), entao, existe um ponto c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.
33
Teorema 66 (de Lagrange ou do valor medio). (com demonstracao) Seja f : [a, b]→ R uma funcao
contınua em [a, b] e derivavel em (a, b). Entao, existe um ponto c ∈ (a, b) tal que
f(b)− f(a)
b− a= f ′(c).
O Teorema de Lagrange permite (alem de ser um dos mais importantes resultados da Analise) ligar a
derivada a monotonia de uma funcao.
Teorema 67 (Primeiro teorema de monotonia de uma funcao). (com demonstracao) Seja I um
intervalo e f : I → R uma funcao derivavel em todos os pontos de I. Entao:
a) f e crescente se e somente se f ′(x) ≥ 0 para todo x ∈ I;
b) f e decrescente se e somente se f ′(x) ≤ 0 para todo x ∈ I.
Se a funcao nao e definida em um intervalo, as implicacoes
f ′(x) ≥ 0 para todo x =⇒ f e crescente
f ′(x) ≤ 0 para todo x =⇒ f e decrescente
sao falsas. A funcao 1/x e definida em R\{0}, possui derivada negativa para todo x 6= 0, mas nao e
decrescente (e decrescente nos dois intervalos (−∞, 0) e (0,+∞), separadamente).
Se a funcao nao e definida em um intervalo, as implicacoes
f e crescente =⇒ f ′(x) ≥ 0 para todo x
f e decrescente =⇒ f ′(x) ≤ 0 para todo x
continuam valendo.
Observacao 68. Mais precisamente e voltando ao teorema, vamos decompor as duas implicacoes do
item a):
i) f e crescente =⇒ f ′(x) ≥ 0 para todo x
ii) f ′(x) ≥ 0 para todo x =⇒ f e crescente.
O item i) acima e um resultado pontual, enquanto o item ii) e um resultado global, mais profundo.
Ou seja: a derivabilidade de f em todo I parece um resultado global, mas e simplesmente a ”soma” da
derivabilidade em todos os pontos, ou seja uma collecao de resultados pontuais. O crescimento de uma
funcao, por outro lado, pode ser pensado so globalmente no domınio e nunca faz sentido dizer que uma
funcao e crescente em um ponto x.
De fato o item i) so precisa do teorema da conservacao do sinal dos limites e nao usa o Teorema de
Lagrange, que, por outro lado, e crucial no item ii). Justamente, o item ii) cai se o domınio nao e um
intervalo, enquanto o i) continua valendo.
Observacao 69. A implicacao ⇐= do primeiro teorema de monotonia pode ser provada em uma versao
um pouco mais geral (e muito mais util nas aplicacoes):
a) se f : I → R e contınua em I e derivavel nos pontos internos de I e f ′(x) ≥ 0 nos pontos internos de
I, entao f e crescente em todo I.
b) se f : I → R e contınua em I e derivavel nos pontos internos de I e f ′(x) ≤ 0 nos pontos internos de
I, entao f e decrescente em todo I.
34
Em outras palavras, se temos f : [a, b] → R contınua em [a, b], para dizer que f e crescente em
[a, b] e suficiente provar que f ′(x) ≥ 0 em (a, b). Este fato e importante porque algumas vezes pode ser
complicado provar a derivabilidade nos extremos do intervalo.
Vamos entao apresentar o proximo resultado a luz da observacao acima.
Teorema 70 (Segundo teorema de monotonia). a) Se f : I → R e contınua em I e derivavel nos pontos
internos de I e f ′(x) > 0 nos pontos internos de I, entao f e estritamente crescente em todo I.
b) Se f : I → R e contınua em I e derivavel nos pontos internos de I e f ′(x) < 0 nos pontos internos
de I, entao f e estritamente decrescente em todo I.
O vice-versa do teorema nao vale, no sentido que existem funcoes estritamente crescentes tais que a
derivada pode nao ser > 0 em todos os pontos (porem deve ser ≥ 0 em todos os pontos, pelo primeiro
teorema de monotonia).
Um exemplo e dado pela funcao x3 que e estritamente crescente em R, mas a derivada e nula em zero.
Sabemos que a derivada de uma funcao constante e nula em todos os pontos. Pelo teorema de Lagrange
podemos provar o vice-versa, se a funcao e definida em um intervalo.
Teorema 71 (Terceiro teorema de monotonia). Seja f : I → R (onde I e um intervalo), derivavel e tal
que f ′(x) = 0 para todo x ∈ I. Entao f e constante
Como ja dito, se o domınio nao e um intervalo, o teorema e falso.
f(x) =
{1 se x ∈ (0, 1)
2 se x ∈ (1, 2)
e definida em um conjunto, (0, 1) ∪ (1, 2), que nao e um intervalo, e derivavel com derivada nula em
todos os pontos, mas nao e constante.
Exercıcio 169. De a demonstracao dos teoremas vistos nesta aula.
Exercıcio 170. Seja f : (a, b) → R uma funcao derivavel em (a, x) ∪ (x, b), onde x e um ponto do
intervalo onde nao sabemos se f e derivavel. Suponhamos que o limite limx→x f′(x) exista e seja um
valor (finito) l ∈ R. E verdadeiro ou falso que f e derivavel em x e que f ′(x) = l?
Se o leitor acha que a resposta seja afirmativa, de a demonstracao. Do contrario, se procure um
contraexemplo.
Se a proposicao acima for falsa, temos uma hipotese suplementar a ser colocada na f para que f ′(x)
exista e seja l?
20. Quarta-feira, 9 de abril de 2014
Encerramos esta parte de apresentacao da derivada e de algums teoremas importantes sobre a derivacao
com algumas observacoes.
Exercıcio 171. Se f(x) e uma funcao derivavel em [a, b] e se f ′(a) · f ′(b) < 0, entao existe um ponto
c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.
Poderıamos ter a tentacao de associar o exercıcio acima ao teorema de anulamento para as funcoes
contınuas. Todavia, ninguem garante que f ′(x) seja contınua em [a, b] e portanto tal abordagem seria
errada. De fato, podemos corretamente resolver o exercıcio usando o exercıcio 146 e: a) observando que
35
pelo menos um entre o maximo e o mınimo absoluto de f (que existe porque as condicoes do Teorema
de Weierstrass sao respeitadas) cai em (a, b); b) aplicando em seguida o Teorema de Fermat.
Exercıcio 172. Nos exercıcios encontramos geralmente funcoes que, se sao derivaveis, tambem tem
derivada contınua. Podemos todavia montar exemplos de funcoes derivaveis em um intervalo com derivada
descontınua em alguns pontos do intervalo. Um exemplo e o seguinte. Aqui damos a ideia geral, o
leitor cuide dos detalhes. Consideramos o intervalo [0, 1] e as duas sequencias de pontos xn = 1/2n e
yn = 1/(2n + 1), onde n e inteiro e nao negativo (precisamente, n pode ser zero na definicao dos yn,
nao pode ser nulo para os xn). Tentamos definir uma funcao f(x), x ∈ [0, 1], tal que sejam verificadas
as condicoes seguintes: f(0) = 0; observamos que o intervalo (0, 1] e uniao dos intervalos [yn, yn−1].
Em cada intervalo [yn, yn−1], fixado n, queremos que o grafico de f(x) seja um triangulo isosceles, onde
f(yn−1) = f(yn) = 0 e f(xn) = 1. O leitor observe que xn e o ponto medio de [yn, yn−1] e escreva a
expressao algebrica desta funcao. Esta f(x) tem um grafico feito por infinitos triangulos isosceles, da
mesma altura 1 e base de comprimento cada vez menor. Tente provar que f(x) e descontınua em zero.
Definimos em seguida g(x) = xf(x) e h(x) = x2f(x). Prove que g e contınua, mas nao derivavel em zero.
Enfim, prove que h e derivavel em zero, mas a derivada nao e contınua em x = 0. Aquilo que acontece e
que o comportamento de h′(x) e parecido com o de f(x).
A teoria da integracao de Riemann
Aquele que hoje se chama de “calculo integral” tem uma historia muito antiga, e e a tentativa de
resolver os problemas do calculo das areas (e dos volumes).
Depois dos resultados da geometria euclidiana sobre os polıgonos e o metodo de Arquimedes para a area
do “segmento de parabola” (o subgrafico da parabola), e com o calculo infinitesimal, e mais precisamente
com a elaboracao do conceito de limite, ou seja, a partir do sec. XIX e mais que 2000 anos depois de
Arquimedes, que os grandes progressos sao dados.
Entre as construcoes de uma teoria da integracao, lembramos aqui a assim chamada integral de
Cauchy3, de Riemann4, de Lebesgue5.
Aqui vamos apresentar a teoria da integracao segundo Riemann. A teoria de Cauchy e bem parecida
e funciona para as funcoes contınuas. A teoria de Lebesgue e baseada num conceito mais moderno de
teoria da medida; e bam mais profunda e sera tratada em cursos mais avancados.
Dado um intervalo [a, b], definimos particao de [a, b] um conjunto finito P de pontos de [a, b], P =
{x0, x1, ..., xn}, tal que a = x0 < x1 < ... < xn = b. De fato, P e um conjunto ordenado de n+ 1 pontos
de [a, b], incluindo os extremos, e determina n intervalos Ik = [xk−1, xk], onde k vai de 1 a n. Observe
que os intervalos nao tem necessariamente o mesmo comprimento.
Consideramos uma funcao f : [a, b]→ R que supomos limitada. A cada particao P de [a, b] associamos
dois numeros:
S(f, P ) =
n∑k=1
supx∈Ik
f(x) · (xk − xk−1),
s(f, P ) =
n∑k=1
infx∈Ik
f(x) · (xk − xk−1),
que sao chamadas, respetivamente, soma superior e soma inferior de f , dependendo da particao P .
Fica evidente que, fixada uma qualquer particao P , temos s(f, P ) ≤ S(f, P ).
3Augustin–Louis Cauchy, 1789-18574Bernhard Riemann, 1826–18665Henri Lebesgue, 1875–1941
36
As figuras abaixo mostram as somas superiores e inferiores relativas a duas diferentes particoes para
uma dada funcao f . As somas superiores e inferiores sao dadas pelas somas das areas dos retangulos
determinados. Atencao: o desenho representa uma funcao positiva; se f(x) for negativa, as somas
superiores e inferiores serao negativas.
x0 x1
-
6
-
6
x0 x1
-
6
-
6
Intuitivamente, as somas superiores tendem a diminuir e as somas inferiores a aumentar quando as
particoes sao feitas de intervalos cujo comprimento tende para zero.
Exercıcio 173. Sejam P1 e P2 duas particoes de [a, b] tais que P1 ⊆ P2 (podemos dizer que P2 e mais
fina do que P1). Prove que
S(f, P1) ≥ S(f, P2) e s(f, P1) ≤ s(f, P2).
Exercıcio 174. Sejam P e Q duas particoes quaisquer de [a, b]. Prove que
S(f, P ) ≥ s(f,Q).
Sugestao: use o exercıcio anterior observando que P ∪Q e uma particao mais fina de P e de Q.
Damos agora a definicao de integral de Riemann.
37
Definicao 72. Seja f : [a, b]→ R uma funcao limitada. Denotamos por P a famılia de todas as particoes
de [a, b]. Dizemos que f e integravel em [a, b] se
supP∈P
s(f, P ) = infP∈P
S(f, P ).
Neste caso, o valor comum acima a chamado integral de f em [a, b].
A integral de f em [a, b] e geralmente denotada pelo sımbolo∫ b
a
f(x) dx.
A funcao f(x), dentro sımbolo de integracao, e chamada funcao integranda.
A proposicao seguinte se torna um resultado util na pratica.
Proposicao 73. (com demonstracao) Uma funcao f : [a, b] → R e integravel se e somente se para
cada ε > 0 existem duas particoes P1 e P2 de [a, b] tais que
S(f, P1)− s(f, P2) < ε.
Exercıcio 175. Prove a proposicao acima.
Apresentamos agora uma lista de propriedade das funcoes integraveis. A prova delas pode ser dada
pelo leitor como exercıcio.
Proposicao 74. Sejam f, g : [a, b]→ R duas funcoes integraveis e c um numero real. Entao segue:
i) f + g e integravel e∫ ba
(f + g)(x) dx =∫ baf(x) dx+
∫ bag(x) dx,
ii) cf e integravel e∫ ba
(cf)(x) dx = c∫ baf(x) dx,
iii) se r, s ∈ [a, b], entao f e integravel em [r, s] e∫ baf(x) dx =
∫ raf(x) dx+
∫ brf(x) dx,
iv) se f ≤ g,∫ baf(x) dx ≤
∫ bag(x) dx,
v) se f ≥ 0,∫ baf(x) dx ≥ 0 (caso particular do acima),
vi-a) a funcao g(x) definida como g(x) = max{f(x), 0} e integravel,
vi-b) a funcao h(x) definida como h(x) = min{f(x), 0} e integravel,
vii) |f | e integravel (consequencia dos vi), sendo |f(x)| = max{f(x), 0}−min{f(x), 0}) e∣∣∣∫ ba f(x) dx
∣∣∣ ≤∫ ba|f(x)| dx (caso particular do iv)).
Exercıcio 176. Calcule, aplicando diretamente a definicao, as integrais seguintes:∫ 2
1
3 dx,
∫ 3
0
2x+ 1 dx.
Exercıcio 177. Explique o processo de Arquimedes, visto em sala de aula, que leva ao calculo da area
do assim chamado segmento de parabola, ou seja da regiao do plano euclidiano R2 delimitada pelas retas
x = 0, x = 1, y = 0 e pela parabola de equacao y = x2.
21. Sexta-feira, 11 de abril de 2014
38
A aula anterior apresentou a definicao de funcao integravel e algumas propriedades basicas. Agora
surgem questoes mais profundas sobre o tema. Se, por um lado, e facil provar, aplicando diretamente
a definicao de integral, que, por exemplo, as funcoes constantes sao integraveis, assim como x ou x2, e
podemos calcular a integral delas em um intervalo [a, b], vem natural a pergunta de quais sao todas as
funcoes integraveis e aquelas nao integraveis, se tiverem.
Alem disso, sera possıvel uma tecnica de calculo da integral um pouco mais simples do que a mera
aplicacao da definicao?
As respostas as perguntas acima serao so parciais. Os teoremas seguintes individuam uma parte,
importante, mas incompleta de funcoes integraveis. Para a determinacao da classe de todas as funcoes
integraveis precisarıamos da nocao de integracao segundo Lebesgue que vai alem das necessidades do
curso.
Teorema 75. (com demonstracao) Se uma funcao f : [a, b]→ R e crescente (ou decrescente), entao
e integravel.
Teorema 76. (com demonstracao) Se uma funcao f : [a, b]→ R e contınua, entao e integravel.
Teorema 77. Se uma funcao f : [a, b] → R e limitada e contınua em todos os pontos exceto (ao mais)
um numero finito, entao e integravel.
Observe que as hipoteses sobre f nos enunciados dos teoremas 75 e 76 garantem que ela e limitada.
Exercıcio 178. Prove os tres teoremas acima. Os dois primeiros foram vistos em sala de aula. Para
abordar o terceiro considere o seguinte: se x e o unico ponto de descontinuidade de f , considere um
intervalo [x− δ, x+ δ]. Para qualquer δ, em [a, x− δ] a funcao e uniformemente contınua, e o δ pode ser
manipulado em funcao de um ε prefixado, para poder aplicar a proposicao 73. Se o numero de pontos de
descontinuidade for maior de 1, a operacao e repetida um numero de vezes.
Exercıcio 179. A funcao de Dirichlet f : [0, 1]→ R e definida, como sabemos, por
f(x) =
{1 se x e racional
0 se x e irracional.
Prove, aplicando a definicao de integral, que f nao e integravel.
Ate agora, a integral foi definida pelo classico sımbolo, aquele tipo de letra “s” esticada,6 colocado
em baixo o primeiro extremo ”a” do intervalo [a, b] e colocando em cima o segundo extremo b. Sera util
definir a integral∫ abf(x) dx, porque em varias aplicacoes e contas aparece a necessidade de inverter os
extremos. A definicao desta integral com extremos na ordem inversa e∫ a
b
f(x) dx = −∫ b
a
f(x) dx.
A igualdade acima e simplesmente uma definicao, e nao precisa de explicacao logica. Por outro lado,
uma possibilidade de dar um significado a formula acima pode levar em conta a ideia de que na integral∫ baf(x) dx a variavel x e como se viajasse de a ate b, enquanto na integral
∫ abf(x) dx x viaja no sentido
oposto. Neste sentido podemos entender que as duas integrais tem sinal oposto. Em alguns textos se
encontra o termo “integral orientada”.
6Este sımbolo deve-se ao fato que a “s” e inicial de soma, e a integral e concebida como uma soma que passa ao limite.
Esta foi a notacao escolhida desde o final do seculo de 1600.
39
Exercıcio 180. Pegue a formula iii) da proposicao 74 e use-a para provar que∫ STf(x) dx =
∫ UTf(x) dx+∫ S
Uf(x) dx, qualquer seja a ordem dos numeros reais S, T, U e posto que as tres integrais acima existam.
* * * * *
O teorema fundamental do calculo integral e o instrumento principal para resolver, quando for possıvel,
o problema do calculo da integral de uma funcao em um intervalo. O teorema precisa do seguinte resultado
preliminar.
Teorema 78 (Teorema da media integral). (com demonstracao) Dada f : [a, b]→ R contınua, existe
c ∈ [a, b] tal que ∫ baf(x) dx
b− a= f(c).
Para introduzir teorema fundamental do calculo integral, e preciso o conceito de funcao integral.
Definicao. Dado um intervalo [a, b], seja f : [a, b]→ R uma funcao integravel. A funcao F : [a, b]→ R,
definida por
F (x) =
∫ x
c
f(t) dt,
e dita funcao integral.
Teorema 79 (Teorema fundamental do calculo integral). (com demonstracao) Sejam dados um in-
tervalo [a, b] e uma funcao contınua f : [a, b]→ R. Entao a funcao integral
F (x) =
∫ x
a
f(t) dt
e derivavel em cada x ∈ [a, b] e temos
F ′(x) = f(x), ∀x ∈ [a, b].
Alem disso, se G(x) e uma outra funcao derivavel tal que G′(x) = f(x) para cada x ∈ [a, b], entao
G(b)−G(a) =
∫ b
a
f(x) dx.
A igualdade anterior e chamada formula fundamental do calculo integral.
Exercıcio 181. Sejam f : [0, 10]→ R, f(x) = [√x] (parte inteira) e g : [0, 3]→ R, g(x) = [x2]. Desenhe
os graficos de f e g. Em seguida, calcule∫ 10
0
f(x) dx e
∫ 3
0
g(x) dx.
Explique porque as duas funcoes sao integraveis. A integracao nao deve ser feita atraves de uma “abor-
dagem grafica”, ligada ao desenho, mas deve ser rigorosa, indicando quais propriedades/teoremas estao
sendo usados. (Ou pode ser usada a definicao.)
22. Quarta-feira, 23 de abril de 2014
Vamos agora introduzir algumas das assim chamadas funcoes transcendentes. Um problema que ainda
fica em aberto na nossa abordagem axiomatica aos numeros reais e a definicao de potencia com expoente
real.
40
Dados a ∈ R, a > 0 e r ∈ Q, vimos a definicao de ar, dada gracas a introducao da raiz n-esima. Se x
for real qualquer, por exemplo positivo, poderia se definir
ax := sup{ar : r ∈ Q, 0 < r < x}.
Esta definicao, absolutamente correta, seria o primeiro passo para a prova das propriedades das funcoes
exponenciais. Entre as outras, das inversibilidade delas e portanto da introducao das funcoes logaritmo.
Como visto em sala de aula, nossa abordagem sera diferente. Definiremos primeiramente o logaritmo
como funcao integral e depois a funcao exponencial como inversa, definindo ao mesmo tempo as potencias
com expoente real. A vantagem deste metodo e a obtencao relativamente simples das propriedades
classicas do logaritmo e da exponencial.
Comecamos por uma extensao simples do Teorema fundamental do calculo integral.
Exercıcio 182. Prove o resultado seguente: sejam dados um intervalo I e uma funcao contınua f : I → R.
Seja c ∈ I fixado (qualquer). Entao a funcao integral
F (x) =
∫ x
c
f(t) dt
e derivavel em cada x ∈ I e temos
F ′(x) = f(x), ∀x ∈ I.
Definicao 80 (funcao logaritmo). Definimos, para cada x > 0,
log x =
∫ x
1
1
tdt.
As propriedades seguintes, vistas em sala de aula, podem ser verificadas como exercıcio:
(1) O domınio e (0,+∞) e nao pode ser extendido a nenhum x ≤ 0.
(2) log 1 = 0, log x > 0 se x > 1; log x < 0, se 0 < x < 1.
(3) log x e derivavel (pelo Teorema fundamental do calculo integral), D log x = 1/x. Portanto log e
crescente (com derivada positiva e decrescente).
(4) log(xy) = log x+ log y, para cada x, y > 0.
(5) log (xn) = r log x, para cada x > 0, n inteiro e positivo (caso particular do item 4).
Exercıcio 183. Prove as propriedades acima.
Usando a (5) anterior, podemos provar (faca como exercıcio) que
limx→+∞
log x = +∞, limx→0+
log x = −∞.
Portanto, sendo log uma funcao contınua, pelos teorema dos valores intermediarios, temos Im log = R.
Entao 1 ∈ Im log e chamamos e aquele (unico) numero tal que log e = 1.
Observe que
log 2 =
∫ 2
1
1
tdt <
∫ 2
1
dt = 1 = log e.
Sendo o logaritmo estritamente crescente, segue 2 < e. Alem disso,
log 4 = 2 log 2 =
∫ 2
1
2
tdt >
∫ 2
1
dt = 1 = log e.
41
Portanto temos
2 < e < 4.
Veremos em seguida outros refinamentos da desigualdade acima.
O logaritmo e inversıvel. Chamamos funcao exponencial, exp(x) in sımbolos, a funcao inversa. As
propriedades seguintes podem ser provadas facilmente como exercıcio, gracas as analogas propriedades
do logaritmo.
(1) O domınio e R e a imagem (0,+∞).
(2) exp e derivavel em cada x e D exp(x) = exp(x).
(3) exp e estritamente crescente e a derivada e, tambem, estritamente crescente.
(4) limx→+∞
exp(x) = +∞, e limx→−∞
exp(x) = 0.
(5) exp 0 = 1, exp 1 = e, expx > 1 se x > 0; expx < 1, se x < 0.
(6) exp(x+ y) = exp(x) exp(y), ∀x, y ∈ R.
(7) exp(n) = en para cada n > 0, inteiro (caso particular do item anterior).
Exercıcio 184. Prove as propriedades acima.
Observando o ultimo item acima, pode-se provar que
exp(r) = er ∀r ∈ Q.
Exercıcio 185. Prove a igualdade acima. Considere primeiro expoentes inteiros e negativos (para os
inteiros e positivos e o item 7 acima); em seguida, prove que exp(1/q) = e1/q, q inteiro, positivo e negativo,
para terminar pela formula acima.
Definicao 81 (potencia com expoente real). Para cada x ∈ R definimos
ex := exp(x).
Exercıcio 186. Prove que, dados y real e positivo e r ∈ Q, entao log(yr) = r log y.
23. Sexta-feira, 25 de abril de 2014
Concluimos esta apresentacao das funcoes logaritmo e exponencial. Definimos a potencia com expoente
real e base positiva diferente de e. Dado a > 0, a 6= 1 e x ∈ R, definimos:
ax = ex log a.
Exercıcio 187. Prove que a funcao ax verifica as propriedades analogas de continuidade, derivabilidade
de ex. Em particular prove que ax e estritamente crescente se a > 1 e estritamente decrescente se
0 < a < 1. Prove tambem que
limx→+∞
ax = +∞, se a > 1; limx→+∞
ax = 0, se 0 < a < 1;
limx→−∞
ax = 0, se a > 1; limx→−∞
ax = +∞, se 0 < a < 1;
Exercıcio 188. Prove que (ax)y = axy, para todo x, y ∈ R.
Dado a > 0, a 6= 1, a funcao ax e estritamente monotona e definimos a sua inversa: se ax = y,
definimos x = loga y.
42
Exercıcio 189. Prove que loga x e derivavel e calcule a derivada (basta usar corretamente a regra de
derivacao da funcao inversa).
Exercıcio 190. Prove que
limx→+∞
loga x = +∞, se a > 1; limx→+∞
loga x = −∞, se 0 < a < 1;
limx→0
loga x = −∞, se a > 1; limx→0
loga x = +∞, se 0 < a < 1;
Exercıcio 191. Prove que log xy = y log x, para x > 0 e y ∈ R.
Exercıcio 192. Calcule os limites seguintes:
limx→0
ex − 1
xlimx→0
log(x+ 1)
xlim
x→±∞
(1 +
1
x
)xlimx→0
x log x limx→ 0xx
Exercıcio 193. Calcule os limites seguintes:
limx→+∞
(log x)a
xb, a > 0, b > 0, lim
x→+∞
xa
bx, a > 0, b > 1.
Definimos agora as funcoes trigonometricas.
-
6
��������
A
H
O
PQ a
b
x
Primeiramente, damos uma definicao do numero π:
π := 2
∫ 1
−1
√1− x2 dx.
Nao queremos revolucionar a matematica: π pode ser pensado, como sempre foi, definido pelo quociente
entre a circunferencia e seu diametro ou como a area do disco sobre o quadrado do raio. A definicao
acima, de fato, recupera a definicao de π em termos de area e e uma definicao analıtica.
A fracoes de π representam as medidas dos arcos da circunferencia (de raio 1) ou as areas dos setores
circulares determinados pelos raios (dependendo da inclinacao deles). Na figura acima, podemos por
exemplo assumir (esta e uma observacao geometrica) que a area do arco de A a P e duas vezes a medida
do setor circular AOP (aqui estamos desconsiderando unidades de medida lineares ou quadraticas).
43
Do ponto di vista geometrico, x, ou seja, a medida do segmento AH, pode ser chamado de tangente
do arco AP e, portanto, e duas vezes a tangente da area do setor circular AOP.
Vamos calcular esta area, que depende unicamente de x. Este valor x vai de zero a +∞ no semiplano
das ordenadas positivas e de zero a −∞ no semiplano das ordenadas negativas. Neste segundo caso,
vamos fazer o esforco de imaginar a area negativa (embora seja um conceito geometricamente inaceitavel).
Portanto, vamos definir a funcao arctgx como duas vezes a area do setor circular AOP. Vamos ver qual
e a formula.
Sejam (a, b) as coordenadas de P. Sendo b/a = x e a2 + b2 = 1, obtemos
a =1√
1 + x2, b =
x√1 + x2
.
O arco AP pode ser visto como o grafico da funcao x =√
1− y2, ou seja, tendo y (e nao x) variavel,
y ∈ [0, x/√
1 + x2]. Portanto, a integral ∫ x√1+x2
0
√1− t2 dt
representa a area do “trapezio” APQO (trapezio que tem o arco AP entre seus lados). A area do triangulo
OPQ ex
2(1 + x2)e portanto
(∗) arctgx = 2
(∫ x√1+x2
0
√1− t2 dt− x
2(1 + x2)
)
Exercıcio 194. Calcule a derivada da funcao arctg provando que
D(arctgx) =1
1 + x2.
Exercıcio 195. Calcule as derivadas das funcoes integrais seguintes:∫ x
1
(log t)2
tdt,
∫ x+1
x
1
(t+ 2)et3dt,
∫ x2
x
|t|+ 1
t4 + 1dt.
Voltando a definicao de arcotangente, e imediato ver que arctg 0 = 0. Portanto,
arctgx =
∫ x
0
1
1 + t2dt.
Usando a definicao de arcotangente pela formula (∗), e facil provar que
limx→+∞
arctgx =π
2e lim
−→+∞arctgx = −π
2
Exercıcio 196. Prove os dois limites acima. Depois, usando a formula arctgx =∫ x0
11+t2 dt, prove que
limx→+∞ arctgx existe e e finito (mais a formula nao ajuda a saber qual e).
Sendo arctgx estritamente crescente, e inversıvel. Chamamos tangente a inversa, tgx, definida em
(−π/2, π/2). A funcao tangente e derivavel, sendo inversa de uma funcao derivavel; temos
D(tgx) = 1 + tg 2x.
Estendemos periodicamente a tangente ao domınio R\{π/2 + kπ, k ∈ Z}.
Exercıcio 197. Prove que, sendo1
1 + t2< 1 para todo t, temos arctgx < x se x > 0 e tgx > x se
0 < x < π/2.
44
Podemos agora definir as funcoes seno e cosseno. Queremos respeitar a ideia geometrica que esta por
tras: se P e o ponto do arco, o seno da medida do arco e a ordenada de P e o cosseno e a abscissa.
Queremos todavia uma definicao analıtica. Seno e cosseno devem ser a solucao do sistema seguinte: sen 2x+ cos2 x = 1senx
cosx= tgx.
Resolvendo o sistema em funcao de x, temos
senx =
tgx√1 + tg 2x
x ∈(−π
2,π
2
)cosx =
1√1 + tg 2x
x ∈(−π
2,π
2
).
Daı, o problema da extensao a tudo R para obter funcoes derivaveis, que verifiquem o sistema acima
e sejam ligadas a origem geometrica do problema. Para este objetivo usamos a igualdade seguinte:
tg (a+ b) =tg a+ tg b
1− tg a · tg bpara todos a, b ∈ R tais que os termos acimas sejam definidos e o denominador nao seja nulo.
Exercıcio 198. Uma abordagem para provar a formula acima poderia ser aquela de fixar, por exemplo
b e considerar as funcoes
f(x) = tg (x+ b), g(x) =tgx+ tg b
1− tgx · tg bFica evidente que f(0) = g(0) (verifique). O problema e que nao e simples verificar que f ′(x) = g′(x)
(estude as dificuldades desta igualdade). Portanto, sugerimos uma outra abordagem: fixado y ∈ R, sejam
x e z tais que f(x) = y = g(z). Escrevendo x e z em funcao de y vamos usar a funcao arcotangente,
que e mais facil para ser estudada da tangente (porque a derivada tem uma forma mais simples). Assim,
podemos provar que z(y) = x(y) e daı que f(x) = g(x). Desenvolva os detalhes.
24. Segunda feira 28 de abril de 2014
Gracas a igualdade acima, formula da tangente da soma, podemos dar uma definicao mais pratica de
seno e cosseno:
senx =
0 x = (2k + 1)π, k ∈ Z
2tg (x/2)
1 + tg 2(x/2)x 6= (2k + 1)π, k ∈ Z
cosx =
−1 x = (2k + 1)π, k ∈ Z1− tg 2(x/2)
1 + tg 2(x/2)x 6= (2k + 1)π, k ∈ Z.
Pode-se provar que seno e cosseno sao contınuas e derivaveis em todo R. Inclusive:
D( senx) = cosx, D(cosx) = − senx.
Exercıcio 199. Prove as propriedades acima e as formulas sobre seno e cosseno.
45
A equacao diferencial x′′ + x = 0 representa o oscilador harmonico. O leitor pode ter uma descricao
sucinta do problema fısico no site http://en.wikipedia.org/wiki/Harmonic_oscillator.
Exercıcio 200. Pode provar facilmente que cada funcao do tipo a cos t + b sen t, para cada a, b ∈ R, e
solucao da equacao do oscilador harmonico. De fato as funcoes do tipo acima, combinacoes lineares de
seno e cosseno, constituem todas as solucoes da equacao do oscilador harmonico. Este fato, todavia, e
(um pouco) mais complicado e sera explicado no curso de equacoes diferenciais do proximo semestre.
Aceitando o fato de que a famılia de todas as solucoes da equacao do oscilador harmonico e feita das
funcoes a cos t+ b sen t, vamos fixar a e b. Consideramos f(t) = a cos t+ b sen t e observamos que f(0) = a
e f ′(0) = b. A funcao f portanto e solucao do problemax′′ + x = 0
x(0) = a
x′(0) = b.
Este problema se chama problema de Cauchy relativo a equacao x′′+x = 0, ou seja, a procura de uma
solucao que verifique algumas condicoes adicionais. E facil provar que f e a unica solucao do problema
de Cauchy acima, entre as funcoes do tipo a cos t+ b sen t.
Exercıcio 201. Prove esta unicidade acima mencionada.
Considere agora y ∈ R dado e as funcoes g(x) = cos(x + y) e h(x) = cosx cos y − senx sen y. E facil
provar (prove como exercıcio) que g e h sao solucao do problemax′′ + x = 0
x(0) = cos y
x′(0) = − sen y.
Pela unicidade da solucao temos que f = g. Pela arbitrariedade de y temos finalmente a classica formula
trigonometrica
cos(x+ y) = cosx cos y − senx sen y.
Exercıcio 202. Prove que, para todo x, y,
sen (x+ y) = senx cos y + cosx sen y.
Exercıcio 203. Prove que, para todo x
sen(x− π
2
)= cosx.
A igualdade acima tem uma consequencia importante. Lembrando a definicao de seno e cosseno, e
imediato ver que o maximo de cosx e 1 e o mınimo e −1. Em particular, cos 0 = 1 e cosπ = 1. Pelo
teorema dos valores intermediarios o cosseno se anula em (pelo menos) um ponto entre 0 π. De fato, so
um ponto porque D(cosx) = − senx e − senx = − 2tg (x/2)
1 + tg 2(x/2)que e negativa (pelo comportamento da
tangente) se x ∈ (0, π). Ou seja, cosx e estritamente decrescente em (0, π) (portanto em [0, π]).
O problema e todavia o seguinte: em qual ponto cosx vale zero? ou seja, senx vale 1?
A resposta e dada pela igualdade do exercıcio 203: se x = π/4, temos cos(π/4) = sen (π/4), ou seja
tg (π/4) = 1. Portanto, lembrando que cosx =1− tg 2(x/2)
1 + tg 2(x/2)em (0, π), temos cos(π/2) = 0, entao
sen (π/2) = 1.
46
25. Quarta feira 30 de abril de 2014
Exercıcios sugeridos.
Rudin, pag. 111-114, faca alguns.
Apostol, p. 224, n. 14,16,17,18; pag. 243-246, faca alguns; pag. 276-277, faca alguns; pag. 290-292,
faca alguns; pag. 299-300, faca alguns; pag. 312-315, faca alguns.
A formula de Taylor
A formula de Taylor, ou mais em geral e corretamente poderıamos dizer “as formulas de Taylor”, e
um conjunto de resultados sobre aproximacao de funcoes atraves de polinomios, desenvolvida por muitos
matematicos, entre outros Newton, Bernoulli, Euler e os britanicos B. Taylor (1685-1713) e C. Mac Laurin
(1698-1746).
Para introduzir as formulas de Taylor voltamos ao problema da determinacao e da definicao da reta
tangente ao grafico de uma funcao. Sejam I um intervalo e f : I → R uma funcao derivavel e seja x0 ∈ Ifixado. Sejam as duas funcoes
T (x) = f(x)− f(x0)− f ′(x0)(x− x0), e S(x) = f(x)− f(x0)−m(x− x0),
onde m 6= f ′(x0) e fixado. De fato, S(x) representa uma famılia de funcoes, variando m em R. O grafico
de T representa a reta tangente ao grafico de f em (x0, f(x0)), enquanto os graficos das S representam,
para cada m, as retas secantes ao grafico de f em (x0, f(x0)) (exceto so a secante vertical).
Lembramos que a reta que e grafico de T (x) e definida como reta tangente ao grafico de f no ponto
(x0, f(x0)). Ou seja, na Analise nao existe uma nocao anterior de reta tangente (por exemplo uma nocao
geometrica).
T (x) e S(x) aproximam f em x0, onde ”aproximar em x0” significa que
limx→x0
f(x)− T (x) = 0 e limx→x0
f(x)− S(x) = 0.
Exercıcio 204. Verifique os limites acima, sabendo que f e contınua sendo derivavel.
A aproximacao dada por T e melhor do que todas as aproximacoes dadas pelas S(x), porque
limx→x0
f(x)− T (x)
x− x0= 0 enquanto lim
x→x0
f(x)− S(x)
x− x0= f ′(x0)−m 6= 0.
Exercıcio 205. Verifique os limites acima.
Dizemos que f(x)−T (x) (o resto, ou erro, da aproximacao por T ) tende para zero ”mais rapidamente”
do que x − x0, enquanto f(x) − S(x) (o resto, ou erro, da aproximacao por S) tende para zero ”com a
mesma velocidade” do que x− x0.
Se f possui derivada segunda em I, podemos usar polinomios de grau 2 para obter aproximacoes
melhores, estendendo o argumento acima.
Procuramos um polinomio T2(x) = a0 +a1(x−x0) +a2(x−x0)2 tal que, analogamente ao caso linear,
limx→x0
f(x)−(a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)2
)(x− x0)2
= limx→x0
f(x)− T2(x)
(x− x0)2= 0.
47
E imediato ver (verifique os detalhes) que o limite acima e verificado se e somente se
limx→x0
f(x)− a0 − a1(x− x0)
(x− x0)2= a2 (∗).
Sendof(x)− a0 − a1(x− x0)
(x− x0)2=f(x)− a0 − a1(x− x0)
x− x0· 1
x− x0,
ou seja,f(x)− a0 − a1(x− x0)
(x− x0)2· (x− x0) =
f(x)− a0 − a1(x− x0)
x− x0,
se existe a2 tal que a igualdade (∗) e verificada, entao, pelo produto dos limites, temos
limx→x0
f(x)− a0 − a1(x− x0)
x− x0= 0.
Do resultado visto no caso linear, temos como consequencia o fato que a0 = f(x0) e a1 = f ′(x0) (os
unicos dois valores que permitem o limite acima).
Agora precisa descobrir a2. O limite
limx→x0
f(x)−(f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + a2(x− x0)2
)(x− x0)2
se apresenta em uma forma indeterminada 0/0. Vamos usar o teorema de de l’Hopital.
f ′(x)− f ′(x0)− 2a2(x− x0))
2(x− x0)=f ′(x)− f ′(x0)
2(x− x0)− a2.
Portanto
limx→x0
f ′(x)− f ′(x0)
2(x− x0)− a2 = 0
se e somente se a2 =1
2f ′′(x0).
Qual pode ser a conclusao deste raciocınio? podemos dizer que, se f possui segunda derivada, existe e
e unico um polinomio de grau ≤ 2, T2(x) = f(x0)+f ′(x0)(x−x0)+ 12f′′(x0)(x−x0)2, tal que, escrevendo
f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +1
2f ′′(x0)(x− x0)2 + r(x),
isto e
f(x) = funcao polinomial + funcao resto,
o resto tende para zero mais rapidamente do que (x− x0)2, ou seja
limx→x0
f(x)− T2(x)
(x− x0)2= 0.
Em particular, a aproximacao dada por T2 e melhor daquela dada por T (x) (a reta tangente), por
causa do fato que f(x)− T (x) tende para zero mais rapidamente ”so” do que x− x0.
Observe que T2(x) pode ser de grau 1 (portanto igual a T ); isso acontece se f ′′(x0) = 0.
Voltaremos mais adiante ao argumento acima. Agora introduzimos a formula de Taylor com resto
em forma integral.
Sejam I intervalo e f : I → R uma funcao de classe C1 (ou seja, contınua, derivavel com derivada
contınua). Seja x0 ∈ I fixado. Pelo Teorema fundamental do Calculo Integral, para cada x ∈ I temos
f(x) = f(x0) +
∫ x
x0
f ′(t) dt.
48
Se f e de classe C2 (i.e. derivavel duas vezes, com a segunda derivada contınua), podemos integrar
por partes a integral acima, obtendo
f(x) = f(x0) + (x− x0)f ′(x0) +
∫ x
x0
(x− t)f ′′(t) dt.
Exercıcio 206. Prove os detalhes da igualdade acima.
Se fixamos n ∈ N e f e de classe Cn+1, entao, repetindo o processo um numero finito de vezes, obtemos
a igualdade
f(x) = f(x0)+f ′(x0)(x−x0)+f ′′(x0)
2(x−x0)2+
f ′′′(x0)
6(x−x0)3+ ...+
f (n)(x0)
n!(x−x0)n+
∫ x
x0
(x− t)n
n!f (n+1)(t) dt.
Vamos resumir o resultado obtido, comecando pela definicao seguinte.
Definicao 82. Sejam I um intervalo e f : I → R uma funcao derivavel ate a ordem n. Seja x0 ∈ I
fixado. O polinomio de grau ≤ n
Pn(x, x0) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +1
2f ′′(x0)(x− x0)2 + ...+
1
n!f (n)(x0)(x− x0)n
se chama polinomio de Taylor de f de ordem n e centro x0. A funcao Rn(x, x0), definida como
Rn(x, x0) = f(x)− Pn(x, x0),
se chama resto de Taylor de f de ordem n e centro x0.
Teorema 83 (formula de Taylor com resto em forma integral). (com demonstracao) Sejam I um
intervalo e f : I → R uma funcao de classe Cn+1. Seja x0 ∈ I fixado. Entao, para cada x ∈ I temos
f(x) = Pn(x, x0) +1
n!
∫ x
x0
f (n+1)(t) (x− t)n dt.
A formula acima se chama formula de Taylor de f de ordem n, centro x0 e resto em forma integral.
Observacao 84. Talvez o leitor pode perceber uma ambiguidade (ou um erro) na diferente regularidade
da f exigida na Definicao 82 e no Teorema 83. De fato, nao e assim. Para definir o polinomio de Taylor
e suficiente que f seja derivavel n vezes (nem precisa Cn, ou seja, a derivada n-esima nao precisa ser
contınua). Por outro lado, o Teorema vale se f e Cn+1 (observe que no enunciado aparece a derivada
(n+ 1)-esima).
26. Segunda-feira, 5 de maio de 2014
A formula de Taylor com resto em forma integral pode ser aplicada para provar o teorema seguinte,
que apresenta uma outra versao da formula de Taylor.
Teorema 85 (formula de Taylor com resto em forma de Lagrange). (com demonstracao) Sejam I
um intervalo e f : I → R uma funcao de classe Cn+1. Seja x0 ∈ I fixado. Entao, para cada x ∈ I existe
c entre x0 e x tal que
f(x) = Pn(x, x0) +1
(n+ 1)!f (n+1)(c) (x− x0)n+1.
A formula acima se chama formula de Taylor de f de ordem n, centro x0 e resto em forma de Lagrange.
49
Demonstracao. Suponhamos que x > x0. Se for x < x0, a prova e analoga. Pelas hipoteses temos que
f (n+1)(x) e contınua no intervalo [x0, x]. Portanto, pelo Teorema de Weierstrass, f (n+1)(x) e limitada
[x0, x]. Ou seja, sao numeros finitos
l = inft∈[x0,x]
f (n+1)(t) e L = supt∈[x0,x]
f (n+1)(t).
Em particular, l e mınimo e L e maximo (sempre pelo Teorema de Weierstrass). Consideramos agora o
resto em forma integral, de ordem n, de f em x0, dado pelo Teorema 83. Temos
1
n!
∫ x
x0
l (x− t)n dt ≤ 1
n!
∫ x
x0
f (n+1)(t) (x− t)n dt ≤ 1
n!
∫ x
x0
L (x− t)n dt. (∗)
Observe que, para a validade das inegualdades acima, e crucial saber que x−t ≥ 0; senao nao poderıamos
ter l (x − t)n ≤ f (n+1)(t) (x − t)n ≤ L (x − t)n. Integrando os dois lados extremos nas inegualdades (∗)acima, temos
1
(n+ 1)!l (x− x0)n+1 ≤ 1
n!
∫ x
x0
f (n+1)(t) (x− t)n dt ≤ 1
(n+ 1)!L (x− x0)n+1.
Pelo Teorema dos valores intermediarios (das funcoes contınuas) sabemos que todo valor entre l e L e
imagem de (pelo menos) um ponto oportuno em [x0, x] da funcao f (n+1)(t). Ou seja, existe c em [x0, x]
tal que1
n!
∫ x
x0
f (n+1)(t) (x− t)n dt =1
(n+ 1)!f (n+1)(c) (x− x0)n+1.
Substituindo a igualdade acima na formula de Taylor com resto em forma integral, obtemos a formula de
Taylor com resto em forma de Lagrange, e o teorema e provado. �
A forma de Lagrange no desenvolvimento de Taylor de uma funcao tem varias aplicacoes. Aqui
mostramos duas sobre o numero e.
Exemplo 86. Aproximacao de e. A funcao ex possui derivadas de qualquer ordem. Neste caso
dizemos que e de classe C∞. Para cada n ∈ N a derivada n-esima e Dn(ex) = ex. Que em x = 0 vale 1.
Portanto, dado n ∈ N qualquer, o polinomio de Taylor de ex de ordem n e centro 0 e
Pn(x, 0) = 1 + x+x2
2+x3
6+ ...+
xn
n!=
n∑k=0
xk
k!
A formula de Taylor de ex de ordem n e centro 0 com resto em forma de Lagrange e
ex =
n∑k=0
xk
k!+
ec
(n+ 1)!xn+1 ∀x ∈ R,
onde c e um oportuno valor entre 0 e x. Sendo ex uma funcao crescente e lembrando que e < 4 (como
foi provado na aula 22), se fixamos x = 1, temos∣∣∣∣∣e−n∑k=0
1
k!
∣∣∣∣∣ =ed
(n+ 1)!<
4
(n+ 1)!.
onde d e oportuno entre zero e 1. De fato, na formula acima o valor absoluto nao e necessario, porque
e−∑nk=0
1
k!e positivo. Isso porque
ec
(n+ 1)!> 0 qualquer seja c.
Se, por exemplo, n = 7 (ou n ≥ 7), temos 8! = 40320 e portanto R7(1, 0) < 10−4. Assim,
a =
7∑k=0
1
k!
50
aproxima e com um erro menor de 10−4. O valor a acima, que e um numero decimal limitado, tem os
primeiros 4 digitos decimais depois da virgola iguais aqueles de e.
Exercıcio 207. Faca nos detalhes as contas do exemplo acima e calcule a.
Exemplo 87. Irracionalidade de e. Provamos, por contradicao que e e irracional. Suponhamos que
e seja irracional, igual a p/q, onde p, q sao inteiros, positivos e primos entre si. Seja n suficientemente
grande para que n/q seja inteiro e 4/(n + 1) < 1. Da formula de Taylor de ex, de ordem n e centro em
zero, com resto em forma de Lagrange, posto x = 1
e−n∑k=0
1
k!=
ed
(n+ 1)!
(onde d e oportuno entre zero e 1), temos temos
n!e− n!
n∑k=0
1
k!
ed
n+ 1<
4
n+ 1.
Pela escolha de n observe que o membro esquerdo da formula acima e inteiro, que se torna menor de
4/(n+ 1) < 1. Absurdo. Portanto, chegamos a conclusao de que e deve ser necessariamente irracional.
27. Quarta feira 7 de maio de 2014
Introduzimos agora a formula de Taylor com resto em forma de Peano. Trata-se de uma versao
onde o resto nao e explicitamente apresentado, mas do qual e provada uma propriedade particular, usada
em algumas aplicacoes.
Teorema 88 (Formula de Taylor com resto em forma de Peano). Sejam I um intervalo e f : I → R uma
funcao de classe Cn. Seja x0 ∈ I fixado. Denotando por Pn(x, x0) polinomio de Taylor de f de ordem n
e centro x0 e por Rn(x, x0) o resto Rn(x, x0) = f(x)− Pn(x, x0), temos
limx→x0
f(x)− Pn(x, x0)
(x− x0)n= limx→x0
Rn(x, x0)
(x− x0)n= 0. (♦)
Alem disso, se Q(x) e um polinomio de grau ≤ n tal que
limx→x0
f(x)−Q(x)
(x− x0)n= 0,
entao Q(x) = Pn(x, x0).
A formula acima se chama formula de Taylor de f de ordem n, centro x0 e resto em forma de Peano.
Demonstracao. Seja x ∈ I qualquer. Aplicando a forma de Lagrange da formula de Taylor, temos a
existencia de um ponto c entre x0 e x tal que
f(x) = Pn−1(x, x0) +1
n!f (n)(c) (x− x0)n.
Somando e subtraindo1
n!f (n)(x0) (x− x0)n ao lado direito da igualdade acima temos
f(x) = Pn(x, x0) +f (n)(c)− f (n)(x0)
n!(x− x0)n.
51
Para cada x 6= x0 temos
f(x)− Pn(x, x0)
(x− x0)n=f (n)(c)− f (n)(x0)
n!.
Quando x tende para x0, c tende obviamente para x0. Pela continuidade da derivada n-esima f (n)(c)−f (n)(x0) converge para 0 e o limite (♦) e portanto provado.
Seja agora Q(x) um polinomio de grau ≤ n que verifica o limite (♦), ou seja, tal que
limx→x0
f(x)−Q(x)
(x− x0)n= 0.
Pela algebra dos limites e imediato ver que
limx→x0
Pn(x, x0)−Q(x)
(x− x0)n= 0. (♣)
Queremos provar que Q(x) = Pn(x, x0), ou seja que o polinomio no numerador e nulo. Seja Pn(x, x0)−Q(x) = a0 + a1(x− x0) + ...+ an(x− x0)n. O limite (♣) implica facilmente que
limx→x0
Pn(x, x0)−Q(x) = 0.
Portanto a0 e necessariamente zero. Sempre o limite (♣) implica que
limx→x0
Pn(x, x0)−Q(x)
(x− x0)= 0.
Sendo a0 = 0, a fracao acima e de fato um polinomio, ou seja
Pn(x, x0)−Q(x)
(x− x0)= a1 + a2(x− x0) + ...+ an(x− x0)n−1.
Como o limite dele e zero, a1 e necessariamente zero. Em um numero finito de passos (nao e um processo
de inducao) conseguimos provar que todos os coeficiente sao nulos. Assim a prova do teorema e completa.
�
Exercıcio 208. Apresente os detalhes dos passos do teorema acima. (Onde e dito algo do tipo: e facil
ver que... segue que...)
Observacao 89. Como estamos agora um pouco mais acostumados com a teoria de Taylor, sabemos
que, para definir o polinomio de Taylor de uma funcao f de ordem n e centro num ponto x0, f deve ser
Cn (na verdade, a derivada n-esima nem precisa ser contınua, basta que seja definida). Nos Teoremas 83
e 85, a condicao Cn+1 e imposta para obter uma forma particular do resto n-esimo. No teorema acima
nao queremos expressar o resto, so dar uma propriedade ao limite. Por isso e suficiente que f seja Cn
(mas a derivada n-esima nao pode ser descontınua).
Observacao 90. O teorema acima fala da ”qualidade” da aproximacao do polinomio de Taylor; e diz
isso em termos de limites. Podemos voltar a introducao a formula de Taylor, na aula do dia 30/4, e
perceber agora que estavamos falando da reta tangente como melhor aproximante (local, ou seja, perto
de x0) de ordem 1, e a oportuna parabola como aproximante de ordem 2. Vimos como a funcao cujo
grafico e reta tangente e a unica funcao linear que verifica aquele limite (Exercıcio 204). O teorema acima
estende as ordens superiores, enquanto a aula do dia 30/4 apresentava de fato a formula de Taylor com
resto em forma de Peano de ordem 1 e 2.
Observacao 91. Vamos destacar de novo que o polinomio de Taylor (de ordem n e centro x0) e o unico
polinomio de grau ≤ n que verifca o limite (♦). Este fato sera mais claro em exemplos mais adiante.
52
28. Sexta-feira, 9 de maio de 2014
Prova P2.
29. Segunda-feira, 12 de maio de 2014
Vamos agora calcular os polinomios de Taylor de algumas funcoes elementares, de ordem n e centro
zero (as formulas centradas em zero sao tambem chamadas de Mac Laurin). Escrevemos, o resto na
forma generica Rn(x, 0).
ex = 1 + x+x2
2!+ ...+
xn
n!+Rn(x, 0).
senx = x− x3
3!+x5
5!+ ...+ (−1)n
x2n+1
(2n+ 1)!+R2n+1(x, 0).
Exercıcio 209. Verifique as formula acima.
A formula acima e de ordem 2n + 1 sendo assim o grau do polinomio. De fato, como o termo de
grau 2n + 2 e zero porque a derivada de ordem par do seno e ± senx, temos P2n+2(x, 0) = P2n+1(x, 0).
Portanto, R2n+2(x, 0) = R2n+1(x, 0). Em outras palavras, o polinomio de Taylor de grau 2n + 1 e de
ordem 2n+ 2 e podemos escrever:
senx = x− x3
3!+x5
5!+ ...+ (−1)n
x2n+1
(2n+ 1)!+R2n+2(x, 0).
Analogamente temos a formula do cosseno:
cosx = 1− x2
2!+x4
4!+ ...+ (−1)n
x2n
(2n)!+R2n+1(x, 0).
Exercıcio 210. Determine a formula de Taylor de f(x) = 3x4 − x3 + 2x − 1, com centro em zero e
ordem 5.
Exercıcio 211. Determine a formula de Taylor de ex, com centro em 1 e ordem 3, e as formulas de
Taylor de senx e cosx, com centro em π e ordem 5.
Exercıcio 212. Verifique que os polinomios de Taylor (de qualquer ordem) centrados em zero de uma
funcao par tem somente termos de grau par, enquanto os de uma funcao impar tem somente termos de
grau impar.
Seja agora a funcao f(x) =1
1− xdefinida em (−∞, 1). Pegamos so este intervalo e nao todo o domınio
possıvel, sendo este um intervalo que contem zero.
Sabemos que, para cada x ∈ R (nao so x < 1),
(1 + x+ x2 + ...+ xn) · (1− x) = 1− xn+1
(verifique como exercıcio). A formula acima e simplesmente algebrica. Nada tem a ver (por enquanto)
com a formula de Taylor. Se x 6= 1, podemos escrever
(1 + x+ x2 + ...+ xn) =1− xn+1
1− xe, finalmente,
1
1− x=
1− xn+1
1− x+xn+1
1− x
53
ou, igualmente,
1
1− x=
n∑k=0
xk +xn+1
1− x. (∗)
A igualdade acima vale para cada x ∈ (−∞, 1). Vale obviamente para cada x > 1, mas vamos trabalhar
so no intervalo que contem zero. Podemos verificar com facilidade que
limx→0
xn+1
1− xxn
= 0. (∗∗)
Lembrando do Teorema 88, se a (∗) fosse a formula de Taylor de 1/(1 − x) de ordem n e centro em
zero, o resto n-esimo deveria verificar o limite (♦). A funcao xn+1/(1 − x) de fato o verifica, porque
o limite (∗∗) acima e do tipo (♦). Mas, de fato, a (∗) acima e a formula de Taylor de 1/(1 − x) com
centro em zero e ordem n? Ou seja,∑nk=0 x
k e o polinomio de Taylor de 1/(1− x) com centro em zero
e ordem n? Observe que nao fizemos nenhuma derivada de 1/(1− x). A resposta esta na segunda parte
do Teorema 88: se Q(x) e um polinomio de grau ≤, qualquer seja a origem dele ou como ele foi obtido,
tal que
limx→0
f(x)−Q(x)
xn= 0,
entao Q(x) e o polinomio Taylor de 1/(1− x) com centro em zero e ordem n. Portanto a (∗) e a formula
de Taylor de 1/(1− x) com centro em zero e ordem n (veja inclusive a observacao 91).
Exercıcio 213. Calcule a derivada de ordem 10 de 1/(1 − x) em x = 0. Observe o seguinte: na
igualdade (∗) acima o coeficiente de x10 e 1. Sendo∑nk=0 x
k o polinomio de Taylor de 1/(1 − x) com
centro em zero e ordem n, temos
1 =D10(1/(1− x))|x=0
10!.
Portanto a derivada de ordem 10 de 1/(1− x) em x = 0 e 10!.
Sendo a formula (∗) correta para cada x 6= 1, substutindo x por −x, temos
1
1 + x=
n∑k=0
(−1)kxk + (−1)n+1 xn+1
1 + x. (∗ ∗ ∗)
(verifique). A igualdade acima e a formula de Taylor (de ordem n e centro zero) de1
1 + x? A resposta e
sim, porque
limx→0
(−1)n+1 xn+1
1− xxn
= 0
(verifique). Ou seja, dada f(x) e escrevendo f(x) = P (x) +S(x), onde P e um polinomio de grau ≤ n; se
limx→0
S(x)
xn= 0,
entao, pela unicidade da formula de Taylor S(x) e necessariamente o resto de Taylor e P e necessariamente
o polinomio de Taylor.
Exercıcio 214. Calcule a derivada quinta em zero de 3x5 + x3, de1
1 + xe de senx, usando as
formulas de Taylor.
54
A partir da formula (***) acima, podemos integrar cada termo obtendo
log(1 + x) =
∫ x
0
n∑k=0
(−1)ktk dt+ (−1)n+1
∫ x
0
tn+1
1 + tdt =
n+1∑k=1
(−1)k+1xk
k+ (−1)n+1
∫ x
0
tn+1
1 + tdt.
A igualdade acima e a formula de Taylor de log(1 + x), com centro zero e ordem n+ 1 porque vale o
limite
limx→0
(−1)n+1
∫ x
0
tn+1
1 + tdt
xn+1= 0.
30. Quarta-feira, 14 de maio de 2014
Vamos colocar x2 no lugar de x na formula (∗ ∗ ∗). Obtemos
1
1 + x2=
n∑k=0
(−1)kx2k + (−1)n+1 x2n+2
1 + x2. (�)
Analogamente aquilo que foi feito na aula passada, pode-se provar que a (�) e a formula de formula
de Taylor de 1/(1 + x2), com centro zero e ordem 2n + 1. o polinomio admite termos so de grau par,
sendo par 1/(1 + x2).
Como feito para log(1 + x), podemos integrar cada termo da igualdade acima entre 0 e x, para cada
x real, obtendo
arctgx =
n∑k=0
(−1)k+1 x2k+1
2k + 1+
∫ x
0
(−1)n+1 t2n+2
1 + t2dt,
que e a formula de Taylor de arctgx, com centro zero e ordem 2n+ 2.
Exercıcio 215. Prove que
limx→0
∫ x
0
(−1)n+1 t2n+2
1 + t2dt
x2n+2= 0.
Exercıcio 216. Escreva a formula de Taylor de 1/(1− x2), com centro zero e ordem 2n+ 1
Exercıcio 217. Verifique que
log1 + x
1− x= log(x+ 1)− log(x− 1) = 2
(n∑k=0
x2k+1
2k + 1
)+R2n+2(x, 0)
e formula de Taylor com centro zero e ordem 2n+ 2 de log1 + x
1− x.
Exercıcio 218. Calcule as primeiras 2 cifras decimais de log 2. (Qual tipo de resto e melhor usar?)
Exercıcio 219. Feito em sala de aula Calcule a formula de Taylor de ordem 4 e centro zero de
log(1 + senx), com resto em forma de Peano.
A ideia da resolucao deste exercıcio e a seguinte: sabemos que
log(1 + x) = x− x2
2+x3
3− x4
4+ h(x) e senx = x− x3
6+ l(x).
As duas sao as formulas de Taylor, centro zero e ordem 4, com resto de Peano, ou seja
limx→0
h(x)
x4= 0 = lim
x→0
l(x)
x4.
55
O desenvolvimento do logaritmo vala para cada x > −1. Portanto, posto x tal que senx 6= −1, temos
log(1 + senx) = senx− ( senx)2
2+
( senx)3
3− ( senx)4
4+ h( senx).
Desenvolvendo o seno,
log(1+ senx) = x− x3
6+l(x)−
(x− x3
6+ l(x))2
2+
(x− x3
6+ l(x))3
3−
(x− x3
6+ l(x))4
4+h(x− x
3
6+l(x)).
Como feito em sala de aula, podemos escrever (cuide dos detalhes das contas)
log(1 + senx) = x− x2
2+x3
6− x4
12+m(x),
onde m(x) e a soma de todos os termos que nao sao potencias de grau ≤ 4. Com calma, pode provar que
limx→0m(x)
x4= 0.
A resolucao do exercıcio acima e baseada no fato de que a soma de todos os termos (polinomiais ou
nao) que nao sao potencias de grau menor ou igual a 4, que chamamos m(x) e um resto de Peano de
ordem 4, ou seja, verifica o limite acima.
Em geral este tipo di limite de quociente onde temos uma forma indeterminada de tipo 0/0 introduz o
importante conceito de ”o pequeno”, que vamos resumir aqui (numa forma um pouco mais simplificada).
Definicao 92. Dado x0 ∈ R e uma funcao g definida em um intervalo I, x0 ∈ I, (g pode nao ser definida
em x0), dado n ∈ N, dizemos que g e um o pequeno de (x− x0)n, para x que tende a x0, se
limx→x0
g(x)
(x− x0)n= 0.
O sımbolo e g(x) = o((x− x0)n) per x→ x0.
Assim, podemos escrever a formula de Taylor de uma funcao f : I → R de ordem n e centro x0, como
f(x) =∑k=0
f (k)(x0)
k!(x− x0)k + o((x− x0)n).
E a formula com resto em forma de Peano.
Exercıcio 220. Prove as formulas seguintes (onde temos x→ 0):
o(xm) + o(xm) = o(xm), o(xm)− o(xm) = o(xm), o(xm) · o(xn) = o(xm+n)
o(xm) + o(xn) = o(xs), onde s = min{m,n}, xno(xm) = o(xm+n).
Prove tambem as seguintes:
221. o(x2) + o(x) = o(x) 222. o(x3) + o(x2 + x4) = o(x2)
223. o(x2) senx = o(x3) 224. o(x4) o(x) = o(x5)
225. (o(x2))3 = o(x6) 226. o(x) o( senx) = o(x2)
227. o(x2) cosx = o(x2) 228. o( sen 2x) = o(x2)
229. o(x+ o(x)) = o(x) 230. o
((x+
1
2x2 + o(x2)
)2)
= o(x2)
56
231. o((x+ o(x2)
)3)= o(x3) 232.
(1− x+ o(x2)
)3= 1− 3x+ 3x2 +
o(x2)
Exercıcios 233. Calcule os limites seguintes
limx→0
x− senx
x3, lim
x→0
x(ex − 1)
1− cosx, lim
x→0
xtgx
log(1− x2), lim
x→0
x− senx
x2 + senx2, lim
x→0
x2 − senx2
(1− cosx) log(1 + x2).
Exercıcios 234. Calcule os primeiros quatro termos nao nulos do polinomio de Taylor centrado em
zero de arctg (x2 − x).
Escreva as formulas Taylor de ordem 4 e centro zero das funcoes seguintes. Determine,
das formulas obtidas, a derivada terceira e quarta das funcoes em x = 0
235. x2ex 236. e senx
237. x3 − 3x2 + 2x+ 1 238. ex2
239. senx2√
1 + x 240. (log(1 + x))2
241. cosx arctgx 242. e( senx)2
31. Sexta-feira, 16 de maio de 2014
Sequencias e series numericas
Nesta parte final do curso vamos estudar sequencias e series numericas, que basicamente sao funcoes
definidas em N. Nao difıcil entender que os numeros naturais ocupam um lugar importante na Matematica
e uma abordagem a construcao dos numeros reais (e portanto da Analise Matematica) depende dos
axiomas dos numeros naturais introduzidos por G. Peano (1858–1932). Neste curso nao iremos aprofundar
o tema. Aqui, antes de estudar as sequencias numericas, apresentamos o Princıpio de inducao, do
qual damos uma demonstracao intuitiva (mais corretamente deverıamos introduzir e usar os axiomas de
Peano).
Consideramos o exemplo seguinte: seja a propriedade P : para cada numero natural n, temos n+1 > n.
E’ evidente que P e verdadeira. De fato, P pode ser vista como uma famılia de proposicoes Pn, onde,
dado n, Pn diz: n+ 1 > n. Dizer que P e verdadeira e equivalente a dizer que Pn e verdadeira para cada
n. Para provar que uma famılia Pn de proposicoes e verdadeira usamos o seguinte teorema.
Teorema 93 (Princıpio de inducao). (com demonstracao) Se uma famılia de propriedades Pn, onde
n ∈ N, vale para n = 1 e, a validade de Pn implica a validade de Pn+1, entao Pn e verdadeira para cada
n.
Exercıcio 243. Prove que um conjunto que tem n elementos tem 2n subconjuntos.
Exercıcio 244. Dado a ≥ −1, prove que (1 + a)n ≥ 1 + na.
Exercıcio 245. Prove que a soma de numeros impares consecutivos e um quadrado perfeito.
Exercıcio 246. Prove (por inducao) que a soma dos primeiros n numeros naturais en(n+ 1)
2.
57
Exercıcio 247. Prove que a soma dos quadrados dos primeiros n numeros naturais en(n+ 1)(2n+ 1)
6.
Exercıcio 248. Dado sn = 1 +1
2+ ...+
1
n, demonstre que s2n >
n
2.
Exercıcio 249. Prove que, se a1, ...an sao numeros positivos tais que o produto deles e 1, entao temos
que a soma deles e ≥ n.
32. Segunda-feira, 19 de maio de 2014
Uma sequencia e uma lei que associa a cada numero natural n un numero real an; ou seja e, de fato,
uma funcao definida em N com valores em R.
Para denotarmos uma sequencia usaremos varias notacoes: {an}n∈N, simplesmente {an}, ou n 7→ anou simplesmente an.
Na definicao de sequencia precisamos de um pouco de “flexibilidade”: uma sequencia pode ser definida
nao necessariamente em tudo N. Por exemplo,
{1
n− 2
}faz sentido se n 6= 2.
Definicao 94. Uma sequencia {an} e dita convergente a l ∈ R se ∀ε > 0 existe r ∈ R tal que ∀n > r
(n ∈ N) temos |an − l| < ε. O numero l se chama limite da sequencia e a notacao e
limn→+∞
an = l ou an → l.
Definicao 95. Uma sequencia {an} e dita divergente a +∞ se ∀M ∈ R existe r ∈ R tal que ∀n > r
(n ∈ N) temos an > M ; enquanto {an} e dita divergente a −∞ se ∀M ∈ R existe r ∈ R tal que ∀n > r
vale an < M .
Em seguida usaremos a expressao “uma sequencia tende para a” quando nao achamos necessario
especificar se o limite a e um numero real ou ±∞.
Exemplo 96. Consideramos a sequencia
{1
n
}. A intuicao nos diz que, ao crescer de n, o valor atingido
1
ndiminui, se mantendo positivo, e se aproximando a zero. Monstramos que
1
n→ 0. Seja ε > 0 fixado e
estudamos a inequecao
∣∣∣∣ 1n∣∣∣∣ < ε. Ela e equivalente a
−ε < 1
n< ε.
Sendo1
n> 0 para cada n, a primeira das duas iniquacoes acima e sempre verificada. Sobre a segunda,
1
n< ε, ela e verificada se e somente se n >
1
ε. Entao, se escolhemos r =
1
ε(ou menor), para todo n > r
temos −ε < 1
n< ε. Portanto a convergencia e provada. O processo e praticamente o mesmo dos limites
de funcoes de variavel real. No grafico abaixo, fixado ε positivo, existe r tal que os pontos de coordenadas
(n, 1/n), para n > r, caem na faixa entre as retas y = ε e y = −ε. Tal r pode ser 1/ε, ou menor.
58
-
6
•• • • • • • • •
ε
−ε
Observacao 97. O conceito de limite de uma sequencia e o mesmo do limite de uma funcao. No caso
das sequencias so estudamos o limite para n→ +∞. De fato nao faz sentido pensar em n tendente para
um numero porque N nao possui pontos de acumulacao.
Definicao 98. Uma sequencia {an} e dita crescente se an ≤ an+1 para todo n e estritamente crescente
se an < an+1 para todo n. E dita decrescente se an ≥ an+1 para todo n e estretamente decrescente se
an > an+1 para todo n.
Estas sequencias sao chamadas monotonas.
Teorema 99 (existencia do limite de sequencias monotonas). Una sequencia monotona {an} possui
limite. Se {an} e crescente, seu limite coincide com sup{an}; se a sequencia e decrescente, o limite e
igual a inf{an}.
Uma sequencia possui limite tambem se e definitivamente monotona, isto e, se existe N ∈ N tal que
an ≤ an+1 para cada n ≥ N (definitivamente crescente) ou se existe N ∈ N tal que an ≥ an+1 per ogni
n ≥ N (definitivamente decrescente). Nestes casos todavia o limite nao necessariamente coincide com o
supremo ou o infimo do conjunto dos valores atingidos pela sequencia como o exemplo mostra:
an =
{2 n = 1
1− 1
nn > 1.
Temos sup{an} = 2, mas an → 1.
Definicao 100. Uma sequencia {an} e dita limitada se o conjunto dos valores atingidos {an, n ∈ N} e
limitado.
Observacao 101. Como para as funcoes, cuidado em nao fazer confusao entre o conceito da definicao
100 e o de limite. O limite leva em conta o conjunto dos valores atingidos pela sequencia dependendo do
ındice n. O fato de uma sequencia ser limitada e por outro lado uma nocao mais pobre, e da informacoes
sobre o conjunto dos valores atingidos independentemente do comportamento deles ao crescer de n.
Exercıcio 250. Prove que cada sequencia convergente e limitada
Exercıcio 251. Prove que a sequencia an = (−1)n nao possui limite.
Os resultados seguintes sao os ananalogos para as sequencias dos teoremas que provam a algebra dos
limites das funcoes, o confronto e a conservacao do sinal (veja-se a aula n. 14).
Proposicao 102 (algebra dos limites). Dadas duas sequencias {an} e {bn} convergentes respetivamente
a a e b reais, temos os resultados seguintes:
(1) an + bn → a+ b;
59
(2) an · bn → a · b;(3) an/bn → a/b, se bn 6= 0 (definitivamente) e b 6= 0;
Exercıcio 252. Prove o resultado acima.
Analogamente ao que acontece com as funcoes, a algebra dos limites pode ser estendida a alguns casos
em que um dos dois limites acima vale +∞ ou −∞, assim como ao caso em que b vale zero em (3).
Veja-se o teorema 53 que pode ser reescrito so trocando funcoes por sequencias.
No caso em particular de uma sequencia na forma {an/bn}, onde an → a 6= 0 e bn → 0, precisa prestar
atencao aos sinais. Se bn e definitivamente nao nula, temos tres casos:
(1) an/bn → +∞ se bn tem definitivamente o mesmo sinal de a;
(2) an/bn → −∞ se bn tem definitivamente sinal oposto de a.
(3) an/bn nao tem limite se bn nao tem definitivamente sinal constante.
Exercıcio 253. Enuncie este teorema (teorema 53) adaptado as sequencias.
Como para as funcoes, sao indeterminadas as formas que se apresentam como
+∞−∞, 0 · (±∞), ±∞/±∞, 0/0.
Teorema 103 (confronto dos limites de sequencias). (com demonstracao)
1). Sejam {an} e {bn} duas sequencias tais que an ≤ bn para cada n. Entao:
an → +∞ =⇒ bn → +∞,
bn → −∞ =⇒ an → −∞.2). Sejam dadas {an}, {bn} e {cn}. Se {an} e {bn} convergem para um numero l e vale a relacao
an ≤ cn ≤ bn para cada n, entao cn → l.
Exercıcio 254. Prove os dois itens do teorema da conservacao do sinal para as sequencias:
1). Dada uma sequencia {an} de termos nao negativos e convergente a l, entao l ≥ 0.
2). Dada uma sequencia {an} com limite a, real positivo ou +∞, entao existe n ∈ N tal que an > 0
para todo n > n.
Observacao 104. Os dois itens acima tem obviamente os resultados simetricos com sinal oposto.
Exercıcio 255. Prove, usando o teorema de confronto e a convergencia de {1/n} a zero que {1/nα}converge a zero, se α > 1.
Exercıcio 256. Prove que {1/nα} converge a zero, se 0 < α < 1. Neste caso nao podemos usar o
confronto com {1/n}. Uma tecnica possıvel e baseada no teorema seguinte.
Teorema 105. Seja f : I → R uma funcao definida em um intervalo ilimitado superiormente. Supo-
nhamos que limx→+∞ f(x) = a (onde a pode ser real ou ±∞). Entao a sequencia an = f(n) converge
para a.
A demonstracao e imediata e pode ser feita por exercicio. Agora consideramos a funcao f(x) = 1/xα,
onde 0 < α < 1, e suponhamos tal α fixado. Temos limx→+∞ 1/xα = 0, mas como podemos prova-lo?
Seja k inteiro tal que 1/k < α (qual teorema garante que tal k existe?). Portanto 1/ k√x > 1/xα para
todo x > 1. Agora Temos que limx→+∞ xk = +∞ e portanto a inversa k√x tende para +∞.
Entao, limx→+∞ 1/ k√x = 0 e, pelo confronto dos limites, limx→+∞ 1/xα = 0. Finalmente, aplicando
o teorema 105, temos que {1/nα} converge a zero.
60
Exercıcio 257. Em relacao ao exercıcio acima, fixado x > 1, temos usado o fato de que xa > xb se
a > b. Se a e b sao inteiros, este fato e evidente. Se sao reais (positivos)?
Exercıcio 258. Prove os limites seguintes (o caso a) ja foi visto acima):
a) limn→+∞
nα =
+∞ se α > 0
1 se α = 0
0 se α < 0
b) limn→+∞
an =
+∞ se a > 1
1 se a = 1
0 se 0 ≤ a < 1
c) limn→+∞
(loga n)b
nα= 0 per ogni a > 1, b > 0, α > 0
d) limn→+∞
nα
an= 0 per ogni a > 1, α > 0
e) limn→+∞
sen (1/n)
1/n= 1 f) lim
n→+∞
an
n!= 0 a > 1
g) limn→+∞
n√n = 1 h) lim
n→+∞
(1 +
1
n
)n= e
i) limn→+∞
(1 +
a
n
)n= ea ∀a ∈ R l) lim
n→+∞
n!
nn= 0
m) limn→+∞
n√
2n + 3n = 3
n) limn→+∞
n√n log n = 1
33. Sexta-feira, 23 de maio de 2014
Vamos agora apresentar o conceito de subsequencia.
Definicao 106. Consideramos uma sequencia {an}. Dada uma sequencia {kn} com valores em N e
estritamente crescente, a sequencia {bn}, definida por bn = akn e dita subsequencia de {an} ou sequencia
extraida.
A notacao akn pode parecer complicada para o leitor. Na verdade, o conceito de sequencia e simples:
dada uma sequencia an, pegamos infinitos ındices n, sem repeticoes, claramente ordenados em sentido
crescente, e pegamos depois os correspondentes elementos an. Obtemos assim uma nova sequenciaPor
exemplo poderıamos pegar os an onde n e par, ou n impar, ou ainda n multiplo de um numero dado, ou
outras escolhas. A sequencia dos an, com n par, e a2, a4, a6, ... Para usar a notacao classica de sequencia,
queremos usar os ındices de 1 a +∞, ou seja, sem ”pular” numeros; escrevemos portanto b1 = a2, b2 = a4,
b3 = a6, etc. Temos entaokn = 2n e bn = a2n.
Teorema 107. (com demonstracao) Se uma sequencia {an} tende a um limite (finito ou infinito),
entao cada subsequencia de {an} tende ao mesmo limite.
Exercıcio 259. Prove o teorema acima.
Observacao 108. O teorema e util para provar que uma sequencia nao possui limite. Se por exemplo
{an} possui uma subsequencia {akn} tal que e facil provar que {akn} nao possui limite, uma aplicacao
imediata do teorema acima mostra que {an} nao possui limite. Analogamente, se {an} admite duas
subsequencias com dois limites distintos, entao {an} nao possui limite
61
Exercıcio 260. Prove que {(−1)n} nao admite limite. Observe que este exercıcio e mais complicado se
usamos so a definicao de limite.
Teorema 109. (com demonstracao) Uma sequencia limitada possui uma subsequencia convergente.
Exercıcio 261. Prove o teorema acima.
Exercıcio 262. (Um teorema que liga limites de sequencias e limites de funcoes.) Seja E um subconjunto
de R e seja c ponto de acumulacao de E ou seja E ilimitado e c = ±∞. Dada uma funcao f : E → R,
temos
limx→c
f(x) = l,
(onde l pode ser real ou ±∞) se e somente se para cada sequencia {xn} com valores em E e tal que
xn → c, e supondo xn 6= c para todo n, temos
limn→+∞
f(xn) = l.
Exercıcio 263. Use o resultado do exercıcio acima para provar que limx→0 sen (1/x) nao existe e observe
como agora este exercıcio seja muito mais facil do analogo problema na prova P2.
34. Segunda-feira, 26 de maio de 2014
35. Segunda-feira, 20 de outubro de 2014,
36. Quarta-feira, 29 de outubro de 2014 e
37. Segunda-feira, 3 de novembro de 2014
Definicao 110. Dada uma sequencia {an}, chamamos de serie a expressao formal
∞∑n=1
an
que devemos ler como soma para n que va de 1 ate infinito de an.
A definicao acima pode parecer nao suficientemente clara. Que significa, de fato, expressao formal?
Para entende-lo precisa pensar no fato de que a introducao do conceito de serie nasce da tentativa de
somar infinitos numeros, mais precisamente uma infinidade enumeravel de numeros, isto e, os termos de
uma sequencia {an}. Em outras palavras se trata de calcular a soma a1 + a2 + a3 ... e continuando assim
ate infinito. O problema e que esta operacao nao e materialmente possıvel. Podemos todavia observar
que, se consideramos por exemplo uma sequencia constante, an = 2 para todo n, somando os termos
da sequencia, as somas obtidas crescem e tendem a infinito. Diversamente, se pegamos a sequencia
an = 1/n2 e somamos os termos, observamos que a soma aumenta, porem tende a se estabilizar perto de
um numero finito. (Pode-se usar uma calculadora bem simples para esta conta.)
Resumindo: a soma de infinitos termos nao e possıvel, mas e possıvel fazer uma operacao que em um
certo sentido tenta de ser parecida. Vamos explica-la nas duas definicoes seguintes.
62
Definicao 111. Dada uma sequencia {an} e dado N ∈ N, chamamos soma parcial N -esima SN , relativa
a sequencia {an}, a soma dos termos da sequencia de 1 a N , isto e, SN = a1 +a2 + ...+aN . Em sımbolos,
SN =
N∑n=1
an.
Obtemos portanto {SN}, onde N ∈ N, dita sequencia das somas parciais relativa a sequencia {an}.O processo que nos interessa e que substitue aquele, impraticavel, de soma infinita sera o estudo do
limite de SN .
Definicao 112. Dada uma sequencia {an}, dizemos que a serie
∞∑n=1
an
e convergente se a sequencia das somas parciais SN e convergente a um limite finito.
Se uma uma serie nao convergente e tal que SN → +∞ (ou → −∞) podemos dizer que diverge a +∞(resp. −∞).
Observacao 113. Uma serie pode ser construida a partir de uma sequencia {an} definida para n ≥ 0
ou para n ≥ m onde m e um outro inteiro positivo. A serie correspondente sera∞∑n=0
an ou
∞∑n=m
an,
a interpretacao da notacao acima e evidente.
Exemplo 114. A serie geometrica de razao q ∈ R:∞∑n=0
qn.
Para todo N , a soma parcial N -esima,
SN =
N∑n=0
qn,
verifica a igualdade
SN (1− q) = 1− qN+1.
Entao se q 6= 1, ha
SN =1− qN+1
1− q.
Gracas a formula acima e imediato ver qual e o limite da sequencia das somas parciais SN . O limite
dipende de q e temos:
(1) se |q| < 1 a serie converge e SN → 1/(1− q);(2) se q ≥ 1 a serie diverge e SN → +∞;
(3) se q ≤ −1 la serie nao converge.
Exercıcio 264. Prove os tres itens acima (exercıcio feito em sala de aula).
Observe o item 2 acima: a serie diverge para q = 1. Este resultado e diretamente obtido de SN = N+1,
mas nao da formula SN =1− qN+1
1− qque so vale quando q e diverso de 1.
63
Exercıcio 265. (feito em sala de aula) A serie harmonica:
∞∑n=1
1
n
e divergente. E uma serie de termos positivos, entao SN e estritamente crescente e possui limite pelo
teorema 99. Tal limite e +∞, i.e., a serie e divergente. Prove este fato usando o confronto com uma
oportuna integral da funcao 1/x.
Exercıcio 266. (feito em sala de aula) A serie harmonica generalizada:
∞∑n=1
1
nα, α ∈ R,
converge se α > 1 e diverge se α ≤ 1. Prove este fato usando o confronto com uma oportuna integral da
funcao 1/xα.
Exercıcio 267. A serie telescopica (serie di Mengoli 7):
∞∑n=1
1
n(n+ 1)
e convergente. De fato, e facil ver que, para todo N , SN = 1− 1
N + 1que obviamente tende a 1.
Teorema 115 (condicao necesaria para a convergencia de uma serie). (com demonstracao) Seja
∞∑n=1
an
convergente. Entao, {an} e convergente a zero.
A condicao acima nao e suficiente para a convergencia da serie. A serie harmonica e o mais classico
contraexemplo. O resultado acima e util principalmente para provar que uma serie nao converge.
Teorema 116 (criterio do confronto para series de termos nao negativos). (com demonstracao)
Consideremos duas sequencias {an} e {bn}, nao negativas e tais que an ≤ bn para todo n. Entao:
i) se∑∞n=1 bn e convergente, entao tambem
∑∞n=1 an e convergente;
ii) se∑∞n=1 an e divergente, entao tambem
∑∞n=1 bn e divergente.
Exercıcio 268. Prove o teorema acima.
Observacao 117. Nunca aplique o criterio acima em caso de duas sequencias de sinal diferente! Corre
o risco de erros grosseiros.
O seguinte resultado pode ser visto como uma extensao do criterio de confronto.
Teorema 118 (criterio do confronto assintotico para series de termos nao negativos). (com demon-
stracao) Consideremos duas sequencias {an} e {bn}, nao negativas e tais que
limn→+∞
anbn
= l ∈ R, l 6= +∞.
Entao,∑∞n=1 an e convergente se e somente se
∑∞n=1 bn e convergente.
7O matematico Pietro Mengoli (1626-1686) estudou este tipo de problema.
64
Exercıcio 269. Prove o teorema acima.
Sabemos que a serie∞∑n=1
1
n2
e convergente. Este fato pode ser tambem provado usando o confronto assintotico com a serie de Mengoli.
Temos
limn→+∞
1
n21
n(n+ 1)
= 1.
Sendo convergente a serie de Mengoli, tambem∑∞n=1 1/n2 converge.
Exercıcio 270. Prove os dois teoremas seguintes (o segundo foi provado em sala de aula).
Teorema 119. Dados uma serie∑∞n=1 an e um numero real λ 6= 0,
∑∞n=1 an e convergente se e somente
se∑∞n=1 λan converge.
Teorema 120. (com demonstracao) Dadas duas serie convergentes
∞∑n=1
an e
∞∑n=1
bn,
entao converge a serie∞∑n=1
cn,
onde cn = an + bn.
Observacao 121. Em muitos livros podemos ler a formula
∞∑n=1
(an + bn) =∞∑n=1
an +∞∑n=1
bn.
E um jeito bastante natural de representar o teorema 120. Esta formula nao e inocente como parece.
Uma serie nao e uma soma de termos mas um limite (da sequencia das somas parciais). A formula acima
deve ser lida como igualdade de limites, se existem e sao finitos, senao nao tem significado.
Teorema 122 (criterio da raiz para series de termos nao negativos). (com demonstracao) Seja
∞∑n=1
an
uma serie de termos nao negativos. Suponhamos que exista o limite
limn→+∞
n√an = l,
onde l ∈ R ou l = +∞. Entao se l < 1 a serie converge, se l > 1 a serie diverge, se l = 1 o crierio nao
ajuda para conhecer o comportamento da serie.
65
Exercıcio 271. Prove o teorema acima.
Exercıcio 272. O crıterio da raiz pode ser estendido assim: se existe l < 1 tal que n√an ≤ l a partir de
um certo n, entao a serie converge. Se existe l > 1 tal que n√an ≥ l a partir de um certo n, entao a serie
diverge. Verifique.
A extensao acima e equivalente a dizer:
lim supn→+∞
n√an < 1, ou lim sup
n→+∞n√an > 1.
Lembramos que, enquanto uma sequencia pode nao ter limite, ela sempre tem limite superior (e limite
inferior).
Exercıcio 273. O criterio da raiz pode ser usado para provar a convergencia ou divergencia da serie
∞∑n=0
nα
an, α > 0, a > 1.
A serie e de termos nao negativos. Lembre que, aplicando os limites importantes do calculo (veja-se o
exercıcio 192), pode se provar que limn→+∞n√nα = 1 para qualquer α. Continue e conclua o exercıcio.
Quando o limite da raiz n-esima e 1, o crıterio da raiz nao serve. Por exemplo,∑∞n=1 1/n diverge e∑∞
n=1 1/n2 converge, mas n√
1/nα → 1 nos dois casos (como para qualquer α ∈ R).
Teorema 123 (criterio da razao para series de termos nao negativos). (com demonstracao) Seja
∞∑n=1
an,
uma serie de termos nao negativos. Suponhamos que an seja definitivamente positivo e que exista o limite
limn→+∞
an+1
an= l,
onde l ∈ R ou l = +∞. Se l < 1 a serie converge, se l > 1 a serie diverge, se l = 1 nada podemos dizer.
Exercıcio 274. O criterio da razao pode ser usado para provar a convergencia da serie
∞∑n=0
1
n!
observando que
limn→+∞
1
(n+ 1)!1
n!
= 0.
Como o criterio da raiz, o da razao e ineficaz para o estudo da series harmonica e harmonicas gener-
alizadas.
Temos, para concluir, dois resultados sobre series de sinal variavel.
66
Teorema 124 (criterio di convergencia absoluta). (com demonstracao) Consideramos uma serie
∞∑n=1
an.
Se a serie dos valores absolutos∞∑n=1
|an|
converge, entao converge tambem a serie inicial.
O teorema da uma condicao suficiente, mas nao necessaria, para a convergencia de∑∞n=1 an. Podemos
buscar exemplos onde∑∞n=1 an converge, e
∑∞n=1 |an| diverge.
O resultado seguinte vale para as series de sinal alternado, definidas como do tipo∞∑n=1
(−1)nan
com an > 0. O fato de que an tenha sinal positivo garante uma alternancia rigorosa e nao casual do sinal
da sequencia bn = (−1)nan.
Teorema 125 (criterio de Leibniz). (com demonstracao) Seja
∞∑n=1
(−1)nan
uma serie de sinal alternado. Suponha que:
(1) an seja decrescente,
(2) an → 0.
Entao, a serie inicial converge.
O criterio de Leibniz se aplica por exemplo a serie∞∑n=1
(−1)n
n,
que se torna convergente pois an =1
ne decrescente e tende a zero. Observe-se que a serie dos valores
absolutos diverge.
Exercıcio 275. No teorema acima a condicao 2 e obvia por causa do teorema 115, enquanto menos clara
e a condicao 1. De fato, se essa faltar, uma serie de sinal alternado pode nao converger: seja an = 1/n
se n e impar e an = 1/n2 se n e par. Observe che an nao e decrescente (prove isso) e que
∞∑n=1
(−1)nan
nao converge.
Estude a convergencia das series seguintes. O sımbolo * significa que o exercıcio e mais
difıcil.
276.∞∑n=2
n2 + senn
n3 − n277.
∞∑n=1
2n + 3
2− 3n
67
278.∞∑n=1
(√n− 1−
√n+ 1) 279.
∞∑n=1
log n
n2
280.*∞∑n=1
log
(1 +
1
n
)1
n281.
∞∑n=1
arctgn sen1
n
282.∞∑n=1
(1
n− 1
n2
)283.
∞∑n=1
2 + cosn√n3 + n
284.∞∑n=1
n!
nn285.
∞∑n=1
n2n
en/2
286.∞∑n=1
(1
n2+
1
n3− sen
1
n
)287.
∞∑n=1
log n
2n3 − 6
288.∞∑n=1
sen 3
(1
n
)289.
∞∑n=1
sen
(1
n3
)290.
∞∑n=1
(log
n
n+ 2
)2
291.∞∑n=1
√2 + n
n2
292.∞∑n=1
(1
n+ sen
1
n
)1√n
293.∞∑n=1
log
(3 +
1
n
)n2
Determine os valores do parametro real α que permitem a convergencia das series seguintes
294.∞∑n=1
α2n cos(1/n)
n2295.
∞∑n=1
√n
n2α
296.∞∑n=1
log
(1 +
2
n
)nα
297.*∞∑n=1
2αn n!
nn, α 6= log2 e (se α =
log2 e, e extremamente difıcil)
298.∞∑n=1
1− cos(1/n)
nα299.
∞∑n=1
e1/n − 1
nα
300.∞∑n=1
arctg (2 + nα) sen1
n3301.
∞∑n=1
αn
n!
302.∞∑n=1
nn
(n+ 1)n+1 nα303.
∞∑n=1
e1n sen
(1
2n
)log(1 + α2n)
68
Teste: falso ou verdadeiro?
304. Dada uma sequencia an cujo conjunto dos valores atingidos e finito, diga
quais das afirmacoes entre a a) ate a e) sao falsa; ou indique a resposta f) se achar
que todas, de a) a e), sejam vardadeiras.
a) a sequencia e limitada. b) o conjunto dos valores atingidos ad-
mite maximo.
c) o conjunto dos valores atingidos ad-
mite mınimo.
d) A serie∑∞n=1 an nao converge.
e) A serie∑∞n=1 an converge. f) Todas as afirmacoes acima sao corre-
tas, no sentido de que sao consequencias
da hipotese inicial.
305. Dada uma serie convergente∑∞n=1 an,
a) a sequencia das somas parciais tende
a zero.
b) an e decrescente.
c) limn→+∞
an = l ∈ (0, 1). d) an e de termos positivos.
e) nenhuma das quatro condicoes acima
segue da convergencia da serie.
f) nenhuma das respostas de a) a e) e
correta.
306. A serie∑∞n=1
x2n + cos1
nn2
a) Converge para todo x real. b) Converge se e somente se x ∈ [−1, 1].
c) Nao converge para nenhum x. d) Converge se e somente se x ∈ (0, 1).
e) Converge se e somente se x ∈(−√
2,√
2).
f) nenhuma das respostas de a) a e) e
correta.
307. A serie∑∞n=1 (|x|arctgn)
n2
a) Nao converge para nenhum x real. b) Converge se e somente se x = 0.
c) Se x ∈ (−2/π, 2/π) a serie converge
(condicao suficiente).
d) Converge se e somente se x ∈(−π/2, π/2).
e) nenhuma das respostas de a) a d) e
correta.
308. A serie∑∞n=1
exn − 1
nx
a) Converge se e somente se x ∈ (−1, 1)
con x 6= 0.
b) Nao converge para nenhum x.
c) Converge se e somente se x > 0. d) Converge se e somente se x ∈ (0, 1).
e) Converge se e somente se x 6= 0. f) nenhuma das respostas de a) a e) e
correta.
309. A serie∑∞n=1
(x2 arctgn
n2
)n+1
69
a) Nao converge para nenhum x. b) Converge se e somente se x = 0.
c) Converge se e somente se x ∈(−π/2, π/2).
d) Converge para todo x ∈ R.
e) Converge se e somente se x ∈ (−1, 1). f) nenhuma das respostas de a) a e) e
correta.
Outros exercıcios
310. Usando as sequencias, prove que senx nao admite limite para x→ +∞.
311. Diga se e verdadeiro o enunciado seguinte: dadas duas sequencias {an} e {bn}tais que an ≤ bn para todo n, vale a relacao: lim
n→+∞an ≤ lim
n→+∞bn. Sugestao: use o
teorema 103.
312.* Prove que nao converge a serie
∑∞n=1(−1)nan, dove an =
1
nn dispari
1
n!n pari.
Estude a convergencia
313.∞∑n=1
(1− 1
n2
)n314.
∞∑n=1
1n
315.∞∑n=1
2− logn 316.∞∑n=1
n!
nn/2
317.∞∑n=1
senn+√
1 + n
n2318.
∞∑n=1
(−1)n+2 n!
(2n)n+1
319.∞∑n=1
arcsen1
n320.
∞∑n=1
( n√n− 1)
n
321.∞∑n=1
(−1)n + sen1
n√n
322.∞∑n=1
(−1)2n+2
n+ 2
323.∞∑n=1
(1− 1
n
)n2
324.∞∑n=1
1√n
(1− cos
2√n
)325.
∞∑n=1
e2+1n sen
1
n2326.
∞∑n=1
cos
(1 +
1
n
)sen
1
n
Estude a convergencia dependendo do parametro x
327.∞∑n=1
e(n−1)x + nx
enx328.*
∞∑n=1
(x2(
2 +1
n
)+
1
n2
)n+1
329.∞∑n=1
nx e1n sen
1
2n330.
∞∑n=1
nx log
(1 +
1
n2
)331.
∞∑n=1
[1− cos
(2
|x|
)n]332.
∞∑n=1
(x− 1)−nnx−1
70
333.∞∑n=1
|x|n
1 + |arctgx|n334.
∞∑n=1
3 +
(sen
1
n
)xn3 + n4
