Cálculo e equações em Química - Apostila + exercícios com gabarito

Um Curso de Calculo e Equacoes

Diferenciais com Aplicacoes1

Luıs Gustavo Doninelli Mendes23

1Continuarei acrescentando material, alem de corrigir possıveis erros ou imperfeicoes. Por issosugiro que o improvavel leitor nao imprima o texto. Quando for estuda-lo de uma olhada nomeu site se ja ha uma versao mais atualizada. Sugestoes ou correcoes, por favor as envie [email protected]

2Professor Adjunto do Departamento de Matematica da UFRGS3Ultima atualizacao: 09/05/2012

Indice

Parte 1. Calculo Diferencial e Integral e primeiras Aplicacoes 13

Capıtulo 1. Introducao 151. O que e o Calculo 152. Sobre o Curso 163. Sobre os Graficos e Figuras 164. Alerta aos estudantes 165. Livros-texto e Referencias 176. Programas uteis 18

Capıtulo 2. Alguns dos objetivos do Calculo 211. Funcoes e seus domınios 212. Funcao 233. Funcoes definidas a partir de outras funcoes 234. Diferentes domınios de funcoes 245. Grafico descontınuo, mas que mesmo assim e grafico 256. Funcao positiva, negativa e zeros ou raızes 257. Funcao crescente ou decrescente 268. Maximos e mınimos 289. Exercıcios 29

Capıtulo 3. Propriedade basicas dos numeros Reais 311. Os Reais como sistema de numeros: nao dividiras por zero ! 312. Ordem nos Reais: nao tiraras a raız quadrada de numeros negativos ! 323. Propriedades gerais das desigualdades 334. Intervalos e suas utilidades 365. Metamorfoses de cubicas 396. Exercıcios 46

Capıtulo 4. Sequencias e seus limites 471. Sequencias 472. Limites de sequencias 483. Definicao e Propriedades fundamentais 494. Exercıcios 53

Capıtulo 5. Limites de funcoes definidas em intervalos 571. Operacoes elementares com limites de funcoes 582. A definicao usual com ǫ e δ 593. Limites quando x tende ao infinito 61

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4. Quando a parte e do mesmo tamanho do todo 665. Exercıcios 68

Capıtulo 6. A nocao de Continuidade 711. Operacoes com funcoes contınuas 722. Polinomios, funcoes racionais e trigonometricas 743. Continuidade da funcao inversa 784. Dois teoremas fundamentais sobre funcoes contınuas 795. Primeiras aplicacoes do T.V.I 796. Raızes de polinomios cujo grau e ımpar 797. Raızes simples e fatoracao de polinomios 818. Possıveis raızes Racionais de polinomios a coeficientes inteiros 839. Exercıcios 84

Capıtulo 7. Geometria Analıtica Plana 871. Equacoes de retas, coeficientes angular e linear 872. Ortogonalidade 893. Teorema de Tales no cırculo 904. A equacao da reta de Euler 915. A inversa como reflexao de grafico na diagonal 996. O metodo de Descartes para as tangentes a um grafico 1007. Um problema da Putnam Competition, n. 2, 1939 1048. Exercıcios 104

Capıtulo 8. A Tangente ao grafico, segundo o Calculo 1071. Retas secantes a um grafico 1072. A reta tangente a um grafico 1073. A reta tangente ao seno em (0, 0) e a diagonal 1094. Interpretacao Fısica da reta tangente 1135. Exercıcios 113

Capıtulo 9. A derivada 1151. Definicao, primeiras propriedades e exemplos simples 1152. Um Arbitro que so avalia as inclinacoes 1173. Derivadas da soma e da diferenca 1194. Problema da Putnam Competition, n. 68, 1993 1205. A segunda derivada 1236. Exercıcios 124

Capıtulo 10. Sinal da derivada e crescimento 1271. Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy 1272. O Teorema 0 das Equacoes Diferenciais 1313. Criterios de crescimento e de decrescimento 1334. Uma confusao frequente sobre o significado do sinal da derivada 1345. Descontinuidade da funcao derivada 1356. Exercıcios 136

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Capıtulo 11. Aplicacoes da primeira e segunda derivadas 1391. Primeiro criterio de maximos e mınimos 1392. Criterio da segunda derivada 1393. Um problema tıpico para os engenheiros 1404. Mınimos de distancias e ortogonalidade 1425. Concavidades dos graficos 1466. Mınimos quadrados e a media aritmetica 1497. Pontos de inflexoes dos graficos 1518. Criterio da derivada de ordem n 1529. Confeccao de graficos de polinomios 15410. Exercıcios 155

Capıtulo 12. Derivadas de seno e cosseno e as leis de Hooke 1611. O cosseno como derivada do seno 1612. Leis de Hooke com e sem atrito 1633. Exercıcios 166

Capıtulo 13. Derivada do produto, inducao e a derivada de xn, n ∈ Z. 1671. Princıpio de inducao matematica 1672. Derivada do Produto 1693. Derivadas de x−n, ∀n ∈ N 1704. Raızes multiplas e fatoracao de polinomios 1715. A Regra de Sinais de Descartes para as raızes de um polinomio 1736. Exercıcios 177

Capıtulo 14. Derivada da composicao de funcoes 1791. Regra da composta ou da cadeia 1792. A derivada do quociente 1833. Uma funcao que tende a zero oscilando 1854. Confeccao de graficos de funcoes racionais 1865. Involucoes fracionais lineares 1896. Um problema da Putnam Competition, n. 1, 1938 1907. Uma funcao com derivada, mas sem a segunda derivada 1928. Maximos e mınimos: o problema do freteiro 1939. Exercıcios 205

Capıtulo 15. Derivadas de funcoes Implıcitas 2071. Curvas versus graficos 2072. Teorema da funcao implıcita 2093. Reta tangente de curva e plano tangente de superfıcie 2124. Tangentes, pontos racionais de cubicas e codigos secretos 2135. Derivacao implıcita de segunda ordem 2186. Exercıcios 220

Capıtulo 16. Funcoes inversas e suas derivadas 2211. Derivada de y =

√x 222

2. Distancia versus quadrado da distancia 223

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3. Derivada da “funcao”x1n , de x

mn e de x

−mn 223

4. Derivadas do arcoseno e do arcocosseno 2255. Derivada do arcotangente 2286. Exercıcios 231

Capıtulo 17. Taxas relacionadas 2351. Como varia um angulo 2352. Como varia uma distancia 2363. Lei dos cossenos e produto escalar de vetores 2384. Exercıcios 241

Capıtulo 18. O Metodo de aproximacao de Newton 243

Capıtulo 19. O Princıpio de Fermat e a refracao da luz 2471. Princıpio de Fermat 2472. Refracao, distancias ponderadas e Lei de Snell 2493. Exercıcios 253

Capıtulo 20. As Conicas e suas propriedades refletivas 2551. Distancia ate uma parabola 2552. Definicao unificada das conicas 2573. A Parabola e sua propriedade refletiva 2654. Prova analıtica da propriedade do foco 2695. A Elipse e sua propriedade refletiva 2716. A Hiperbole e o analogo da propriedade refletiva 2757. Famılia de conicas co-focais ortogonais 2818. Exercıcios 284

Capıtulo 21. Integracao e o Primeiro Teorema Fundamental 2851. Area sob um grafico positivo 2852. Qual funcao descreve as Areas sob graficos? 2863. Primeira Versao do Primeiro Teorema fundamental do Calculo 2894. A Integral e suas propriedades 2915. Teorema do valor medio de integrais 2946. A integral indefinida e o Primeiro Teorema fundamental 2957. Existem funcoes com primeira derivada, mas sem segunda derivada 2978. Exercıcios 298

Capıtulo 22. Logaritmo natural e sua inversa, a exponencial 3011. Existe uma funcao f 6≡ 0 que seja imune a derivacao ? 3012. Propriedades fundamentais do logaritmo e da exponencial 3043. loga x , ∀a > 0 e ln | x | 3064. As funcoes ex e ax, para a > 0 3085. xa e sua derivada, a ∈ R. 3096. Crescimento lento do logaritmo e rapido da exponencial 3107. Uma observacao sobre o termo geral de uma serie infinita 3138. Um problema da Putnam Competiton, n. 11, 1951 314

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9. A regra de L’Hopital 31510. A funcao xx 31911. Um problema da Putnam Competition, n. 22, 1961 32112. Um modo de aproximar e por numeros Racionais 32213. Funcoes f(x)g(x) em geral e suas indeterminacoes 32314. Derivada logarıtmica 32415. Uma funcao extremamente achatada 32616. Exercıcios 329

Capıtulo 23. Segundo Teorema Fundamental e Areas 3351. A descoberta de Gregory e Sarasa sobre area 3352. Segundo Teorema Fundamental do Calculo 3363. Regioes entre dois graficos 3374. Um problema da Putnam Competition, n. 54, 1993. 3405. Integral e centro de gravidade 3436. Arquimedes e a parabola: prova versus heurıstica 3457. Exercıcios 348

Capıtulo 24. Integracao por partes 3531. Exercıcios 356

Capıtulo 25. Integracao por substituicao 3591. A substituicao trigonometrica x = sin(θ) 362

2. Areas do Cırculo e Elipse 3633.

∫ √r2 − x2 dx 365

4. Mais exemplos da substituicao x = sin(θ) 3655. Substituicao trigonometrica x = tan(θ) 3676. Mais exemplos da substituicao x = tan(θ) 3677.

∫ √r2 + x2 dx 369

8. Substituicao trigonometrica x = sec(θ) 3699. Mais exemplos para a substituicao x = sec(θ). 37010.

∫ √x2 − r2 dx 371

11. E as da forma∫

1√Ax3+Bx2+Cx+D

dx ? 371

12. Exercıcios 371

Capıtulo 26. Integracao de funcoes racionais 3731.

∫(ax2 + bx+ c)−1 dx 373

2.∫

αx+βax2+bx+c

dx 375

3.∫

1Ax3+Bx2+Cx+D

dx 3774. Fracoes parciais em geral 3805.

∫1

(1+x2)ndx, n ≥ 2 383

6. Exemplos 3847. Exercıcios 387

Capıtulo 27. Integrais improprias 3891. Um problema da Putnam Competition, n. 2, 1939 391

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2. As primeiras Transformadas de Laplace, a funcao Gama e o fatorial 3923. Formula de Euler para o fatorial 3964. Exercıcios 396

Capıtulo 28. A curvatura dos graficos 3971. O comprimento de um grafico 3972. Um problema da Putnam Competition, n.2, 1939 3993. Curvas parametrizadas e seu vetor velocidade 3994. Integrais que ninguem pode integrar 4015. Velocidade de um grafico ou de uma curva 4026. Definicao de curvatura e sua formula 4037. Qual a curvatura de uma quina ? 405

Capıtulo 29. Series convergentes 4091. Series k-harmonicas, k > 1. 4092. A serie geometrica 4113. O teste da razao (quociente) 4124. Um argumento geometrico para a serie geometrica 414

Capıtulo 30. Aproximacao de Numeros e Funcoes importantes 4151. Aproximacoes de raızes quadradas por numeros racionais 4152. Raızes quadradas que sao irracionais 4153. Como tirar raız quadrada so com +,−,×, / 4164. Os Reais atraves de sequencias de numeros Racionais 4185. Aproximacoes de e por numeros Racionais 4196. Arcotangente e cartografia 4217. A aproximacao de π dada por Leibniz 4238. Aproximacoes de logaritmos 4259. Aproximacao de logaritmos de numeros quaisquer 42610. Aproximacao de ln(2) 42811. Exercıcios 428

Capıtulo 31. Series numericas e de funcoes 4291. Series numericas 4292. Series de potencias 4313. Series de Taylor e os Restos de Lagrange, Cauchy e Integral 4344. A serie binomial e sua serie de Taylor 4395. Um devaneio sobre os numeros Complexos 4426. Exercıcios 443

Capıtulo 32. O discriminante de polinomios de grau 3 4451. Preparacao para a formula de Cardano 4452. A formula de Cardano para as tres raızes Reais: viagem nos Complexos 4493. O discriminante como curva 4524. A curva discriminante entre as cubicas singulares 4545. Parametrizacao dos pontos racionais de cubicas singulares 4586. Cubicas singulares aparecem como secoes com o plano tangente 459

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Capıtulo 33. Discriminante dos polinomios de grau 4 4631. A andorinha: o discriminante como superfıcie 4632. Discriminante como envelope de famılias de retas ou planos 465

Capıtulo 34. Apendice: O expoente 34comanda a vida ! 467

1. Metabolismo versus massa corporal 4672. Escalas log/log para um experimento 4683. Reta de ajuste - metodo de mınimos quadrados 4684. A Lei experimental de Kleiber 4705. Justificacao racional da Lei de Kleiber 4716. O argumento 472

Parte 2. Equacoes diferenciais ordinarias e Aplicacoes 479

Capıtulo 35. As primeiras equacoes diferenciais 4811. A exponencial e as equacoes diferenciais 4812. A definicao original de Napier para o logaritmo 4823. Decaimento radioativo e datacao 4844. Equacoes diferenciais lineares com coeficientes constantes 4865. Objetos em queda-livre vertical 4896. Queda ao longo de um grafico 4937. A curva que minimiza o tempo 4968. Balıstica e o Super Mario 5009. Equacoes diferenciais lineares em geral 50410. Um problema da Putnam Competition, n.14, 1954 50411. Solucoes das equacoes lineares gerais 50612. Um problema da Putnam Competition, n. 49, 1958. 51013. As equacoes de Bernoulli e sua reducao a equacoes lineares 51114. Exercıcios 512

Capıtulo 36. Aspectos gerais das equacoes de primeira ordem 5151. Equacoes diferenciais e metamorfoses de curvas 5152. Equacoes diferenciais em forma normal e as curvas Isoclinas 5173. Existencia e unicidade para y′(x) = F (x, y) - Metodo de Picard 5204. Equacoes separaveis 5255. A clepsidra 5276. Equacoes homogeneas 5287. Equacoes exatas 5308. Integral ao longo de um caminho 5349. Derivada da integral em relacao ao parametro - Formulas de Leibniz 53610. Fatores integrantes 53911. Equacoes implıcitas, discriminantes e envelopes 54212. Um problema da Putnam Competition, n. 5, 1942 54813. Equacoes de Clairaut e de Lagrange: isoclinas retas 55014. Transformacao de Legendre, dualidade e resolucao de equacoes diferenciais55315. Apendice: Funcoes contınuas de duas variaveis e continuidade uniforme 556

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16. Exercıcios 558

Capıtulo 37. Curvas de Perseguicao 5591. O problema 5592. As elipses isocronas, segundo A. Lotka 5663. Um envelope que e uma curva de perseguicao 5684. Exercıcios 570

Capıtulo 38. Cinetica quımica e crescimento bacteriano 5711. Cinetica quımica 5712. Equacao diferencial de uma reacao de primeira ordem 5733. Equacao diferencial de uma reacao de segunda ordem 5744. Crescimento bacteriano 5765. Ponto de inflexao da funcao logıstica 5806. Equacao de Bernoulli e reacoes quımicas de ordem fracionaria 581

Capıtulo 39. Newton e a gravitacao 5831. Atracao segundo o inverso do quadrado da distancia 5832. Tempo de colisao e velocidade de escape 5843. Nıveis de energia 5874. Orbitas planetarias 5895. Velocidade e aceleracao expressas em coordenadas polares 5896. Grandezas constantes ao longo das trajetorias 5927. As orbitas como conicas em coordenadas polares 5978. Oscilador harmonico 5999. Area em coordenadas polares e a lei de Kepler sobre as areas 60110. Em torno da proposicao XXX do Principia 60211. A Equacao de Kepler para o movimento planetario elıptico 606

Capıtulo 40. Equacoes diferenciais de segunda ordem 6091. Reducao de ordem 6092. Homogeneas, a coeficientes constantes 6103. Nao-Homogeneas, lineares de segunda ordem 6144. Nao homogenas: Metodo de Lagrange de variacao de parametros 6165. Um problema da Putnam Competition, n.58, 1987 6176. Equacao diferencial de um circuito eletrico simples 6197. Nao-homogeneas: Metodo de coeficientes a determinar 6208. Sistemas de equacoes diferenciais 6249. Um problema da Putnam Competition, n.2, 1939 62610. Homogeneas, nao-singulares, coeficientes variaveis: reducao a constantes 62711. Homogeneas, nao-singulares, coeficientes variaveis: Metodo de D’Alembert62912. Existencia de solucoes de equacoes homogeneas e nao-singulares 63013. Propriedades das solucoes de equacoes lineares de segunda ordem 63214. Um problema da Putnam Competition, n. 15, 1955 63515. O Teorema de Comparacao de Sturm 63816. Um problema da Putnam Competition, n. 22, 1961 63917. Exercıcios 641

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Capıtulo 41. Equacoes com pontos nao-singulares: Airy, Hermite e Legendre 6431. Solucao explıcita da Airy 6432. Solucao explıcita da Hermite 6453. Solucao explıcita da Legendre em torno de x = 0 6474. Polinomios de Legendre e expansao em serie do potencial gravitacional 6495. Ortogonalidade dos polinomios de Legendre 650

Capıtulo 42. Equacao com ponto singular: Hipergeometrica de Gauss 6531. Integral elıptica como serie hipergeometrica 656

Capıtulo 43. Equacao com ponto singular: a Equacao de Bessel 6591. A definicao original de Bessel 6592. Zeros de funcoes de Bessel 6613. Ortogonalidade das funcoes de Bessel 664

Capıtulo 44. Equacoes com pontos singulares do tipo regular 6671. A Equacao de Euler e sua reducao a coeficientes constantes 6672. Solucao direta da equacao de Euler 6703. Definicoes gerais e exemplos de pontos singulares regulares 6724. Inıcio do Metodo de Frobenius 6735. Solucoes explıcitas de algumas equacoes Bessel 6766. A Equacao de Bessel com ν = 1

3e a solucao da equacao de Airy 679

7. Equacao hipergeometrica com c 6∈ Z 680

Capıtulo 45. Equacoes de Riccati 6811. Solucoes de Riccati segundo Daniel Bernoulli 6822. Assıntotas verticais de solucoes de equacoes de Riccati 6873. Solucoes das Riccati segundo Euler 6884. A Equacao de Bessel com ν = 1

4e a solucao da Riccati y′ = x2 + y2 691

5. Exercıcios 691

Parte 3. Series de Fourier e Equacoes diferenciais parciais 693

Capıtulo 46. Series de Fourier 6951. Series de Fourier e seus coeficientes 6962. Series de Fourier so de senos ou so de cossenos 6993. Convergencia pontual da Serie de Fourier 6994. Series de Fourier de cos(r · sin(x)) e de sin(r · sin(x)), r ∈ R 7065. Convergencia absoluta da Serie de Fourier 7076. A solucao da equacao de Kepler via serie de Fourier e funcoes de Bessel 7107. Exercıcios 713

Capıtulo 47. Equacoes Diferenciais Parciais 7151. Observacoes gerais, tipos, separacao de variaveis, solucoes classicas 7152. Equacoes parciais de primeira ordem e o metodo das caracterısticas 7173. A Equacao da difusao do Calor 7174. Problemas de esfriamento unidimensionais 720

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Capıtulo 48. O operador de Laplace e as equacoes do calor e da onda 7251. Laplaciano em coordenadas polares e esfericas 7252. Estado estacionario do calor num disco e expansao em series de Fourier 7273. A formula integral de Poisson 7294. Estado estacionario do calor na esfera e serie de polinomios de Legendre 7315. Exercıcios 736

Capıtulo 49. Equacao da onda e as vibracoes de cordas e membranas 7371. Vibracao de uma corda com extremos fixos, sem atrito 7372. Vibracao de uma corda infinita: Formula de D’Alembert 7393. Modos normais de vibracao de um tambor circular e as funcoes de Bessel 741

Parte 4. Calculo diferencial e integral sobre os numeros Complexos 747

Capıtulo 50. Um portal para o Calculo Complexo 7491. O Teorema de Green e as Relacoes de Cauchy-Riemann 7592. A integral complexa e a ideia da primitiva Complexa 7613. Curvas integrais como parte imaginaria das primitivas Complexas 7644. A exponencial Complexa e os ramos do logaritmo Complexo 7665. O Teorema fundamental do Calculo sobre os Complexos 7686. Exercıcios 769

Capıtulo 51. Os Teoremas Fundamentais 7711. A primitiva Complexa 771

Capıtulo 52. Solucoes detalhadas de alguns Exercıcios 773

Parte 1

Calculo Diferencial e Integral e primeirasAplicacoes

CAPıTULO 1

Introducao

1. O que e o Calculo

O Calculo Diferencial e Integral ou, simplesmente o Calculo, e a matematica queesta na base da ciencia de hoje.

As ciencias mais desenvolvidas como Fısica e Quımica nao podem expressar seusconceitos sem fazerem uso do Calculo. Tambem a Economia e a Biologia cada vezmais sao matematizadas atraves do Calculo.

O Calculo foi fundamental na revolucao cientıfica dos seculos XVII e XVIII e dela para ca nao cessou de produzir resultados e aplicacoes.

O Calculo e uma teoria matematica, ou seja, um modo unificado de se ver umaserie de fatos matematicos.

Na matematica, quando surge uma nova teoria, ao inves de se eliminar os resul-tados das teorias anteriores, o que a nova teoria faz e:

• reobter os teoremas ate entao conhecidos,• dar generalizacoes deles,• produzir resultados completamente novos.

Isso so ocorre em matematica: em outras ciencias uma nova teoria pode tornarobsoleta e errada a teoria anterior.

Por exemplo, a determinacao exata da Area de certas regioes, que com metodoselementares exigiu o genio de Arquimedes, com o Calculo vira uma continha de rotina.Mas atraves do Calculo aparecem fatos novos e intrigantes sobre Areas, como o fatode regioes ilimitadas poderem ter Area finita.

Alem de nos permitir provar tudo que ja ouvimos falar de matematica no colegio,o Calculo vai nos transformar em verdadeiros McGivers, ou seja, aquele personagemque com quase nada de recursos faz horrores de coisas, como aparelhos, armas, etc, esuas missoes. Atraves do Calculo , so com as quatro operacoes +,−, x vamos poderno Capıtulo 30 aproximar com a precisao que quisermos :

• funcoes fundamentais como arctan(x), ln(x), etc• numeros como

√p (p primo), π, e = exp(1).

Uma das inspiracoes fundamentais para o Calculo foi a Fısica, ou Fısica-matematicacom a qual Isaac Newton revolucionou a ciencia da epoca. Varios fenomenos fısicostiveram entao uma explicacao completa e unificada, atraves das tecnicas do Calculo.

Essas tecnicas so ficarao aparentes a medida que o leitor entre na Segunda Partedo Curso, que e a parte de Equacoes Diferenciais.

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4. ALERTA AOS ESTUDANTES 16

2. Sobre o Curso

Um alerta: este curso trata de matematica superior. Em varias universidades,inclusive a nossa, ha uma a tentativa de se ensinar o Calculo como se fosse umacontinuacao do Ensino Medio, seu ensino sendo feito atraves de tabelas, regrinhas,macetes.

Se refletimos um pouco, vemos que em alguns cursos como Farmacia, Economia,Biologia, o Calculo e uma das poucas disciplinas de matematica que terao na univer-sidade. Desse modo, imitando o Ensino Medio, se cursaria um Curso Superior semter contato com a Matematica Superior. A formacao cientıfica desses cursos ficariaprejudicada e de fato nao poderiam chamar-se cursos universitarios.

Por isso neste Curso sempre que for possıvel (exceto quando a explicacao fortecnica demais) vamos tentar dar justificacoes matematicas corretas, sem apelar paraa credulidade do estudante e argumentos de autoridade, do tipo acreditem em mim.

Os argumentos que damos sao concatenacoes de ideias simples, mas as vezes ex-igem um certo folego do leitor para acompanha-lo do comeco ao fim. Esse treino deconcentracao certamente ira colaborar na formacao tecnico-cientıfica do estudante.

3. Sobre os Graficos e Figuras

Tentei fazer o maximo possıvel de graficos para ilustrar o conteudo, usando o pro-grama Maple 9 para faze-lo numericamente, ou seja, realisticamente. Este programa epago, mas o estudante pode usar o XMaxima ou o Gnuplot que sao programas livres,do Linux, como auxiliar no estudo. Sempre que possıvel usei a mesma escala nos doiseixos, pois isso determina inclinacoes das retas e essas inclinacoes sao importantes noCalculo1.

Mas nem sempre isso foi possıvel, por exemplo quando as funcoes crescem muitorapido, onde nao da para manter as mesmas escalas nos eixos x e y.

A teoria tem que ser sempre nossa guia na confeccao de graficos, pois os computa-dores erram ao representar funcoes descontınuas ou funcoes que estao muito proximasde um certo valor sem alcancar esse valor.

Tambem fiz figuras qualitativas e diagramas usando o programa Winfig, que epago, e o Xfig, do Linux, que e gratis.

4. Alerta aos estudantes

Por ser matematica superior, o Curso exige do aluno um empenho e atencao muitodiferente daquele exigido nos seus contatos anteriores com a matematica.

Principalmente o aluno deve usar de modo preciso os conceitos que vao sendoapresentados (por ex. limites, continuidade, derivada). Se nao os entender, per-gunte ao professor ate ter esclarecido o conceito. Pois embora as vezes parecam ape-nas conceitos qualitativos, sao de fato bastante precisos e mais tarde dao resultadosquantitativos de absoluta precisao.

1Veja, por exemplo, que o grafico do seno esta errado em varias edicoes do livro do Anton,pois ele nao usou as mesmas escalas nos eixos x e y, portanto a inclinacao na origem nao fica bemrepresentada

CAPITULO 1. INTRODUCAO 17

Numa primeira leitura, o estudante pode ler o enunciado dos Teoremas e Afirmacoes,sem ler todas as demonstracoes. Mas de fato, so se entende completamente um fatomatematico quando se entende a sua demonstracao.

Por ultimo, e muito importante que o estudante pense nos exercıcios propostos emcada Capıtulo. Mesmo que nao responda todos, ao tentar fazer exercıcios o conteudovai sendo assimilado concretamente. E se o aluno nao consegue fazer quase quenenhum exercıcio, entao precisa voltar a refletir no conteudo dado.

Alguns tem solucao bastante detalhada, apresentada no Capıtulo 52. Mas que sodevem ser lidas apos muito trabalho pessoal do aluno.

Ao longo do livro aparecem problemas da prestigiada W. L. Putnam MathematicalCompetition, que ocorre anualmente desde sua Primeira Edicao em 1938. Vao apare-cendo a medida que desenvolvemos material suficiente para poder resolve-los. Nessacompeticao aparecem problemas difıceis, mas tratei de selecionar alguns simples eacessıveis.

Minhas fontes foram o site:http://amc.maa.org/a-activities/a7-problems/putnamindex.shtml(onde estao as Competicoes de 1985-2009) e o livro The W. L. Putnam Mathemat-

ical Competition, Problems and solutions, 1938-1964., Math. Association of America.Esses problemas devem ser pensados pelo leitor e so depois do leitor apresentar a

sua resposta, do seu jeito de ver o problema, e que pode ler as respostas. Foi assimque eu fiz: eu resolvi sozinho cada um dos que apresento, e minhas respostas nao tema pretensao de serem as mais elegantes possıveis.

Lembro o que um professor muito bom me disse: So se aprende matematica re-solvendo problemas !

5. Livros-texto e Referencias

Livros ruins de Calculo ha varios, de cuyos nombres no quiero acordarme.Bastante razoavel o livro do G. Thomas, disponıvel na biblioteca em varias edicoes.Curto, direto e bom preco: R. Silverman, Essential Calculus with applications,

Dover.Para mim um dos melhores livros de Calculo e o de Michael Spivak, Calculus

(edicoes em espanhol e ingles na biblioteca da UFRGS). Aprende-se muito nesse livroe me foi uil em alguns momentos na hora em que se fez necessario a precisao que faltaem outros livros. Claro que e bastante difıcil como primeiro livro de Calculo, mas oesforco de ler qualquer secao dele e sempre recompensado.

Na Primeira Parte usei coisas que aprendi:

• no enciclopedico livro de R. Courant e F. John, Introduction to Calculus andAnalysis, Interscience, 1965.

• no curso de Elon Lima Curso de Analise, Projeto Euclides, SBM.• no classico E. T. Whittaker e G. Watson, A course of modern Analysis,Cambridge, reimpressao de 1996.

• no belo livro de C.H. Edwards, The historical development of the Calculus,Springer, 1979.

• no livro de S. Chandrasekhar, Newton’s Principia for the common reader,Oxford University Press , 1995.

6. PROGRAMAS UTEIS 18

As referencias usadas no Apendice sobre a Lei de Kleiber, Capıtulo 34, estao dadasla.

Na Parte 2, sobre Equacoes diferenciais, usei material do Courant-John, bem como

• o excepcional livro de M. Hirsch e S. Smale Differential equations, dynamicalsystems and linear algebra, Academic Press, 1974,

• o muito bem escrito e motivante livro de G. Simmons Differential equationswith applications and historical notes, McGraw-Hill, 1972. Alguns Exercıciospropostos neste livro me serviram de guia para diversas Secoes. Usei bastanteesse livro.

• o livro de H. S. Bear, Differential Equations, a Concise Course, Dover, 1962e pequeno mas muito informativo. Nele se encontra uma prova perfeitamentelegıvel do Teorema de existencia de solucoes de Picard, por exemplo.

• o de J. W. Bruce e P. j. Giblin, Curves and singularities, Cambrige U. Press,1984.

• o classico G. N. Watson A treatise on the theory of Bessel functions , Cam-brige, 1958.

• o livro de A. Gray e G. B. Mathews, A treatise on Bessel functions and theirapplications to Physics, McMillan and co, 1895.

• ademais usei no Capıtulo 37 artigos de A. Bernhardt e de A. Lotka, bemcomo

• o classico livro de F. Gomes Teixeira, Traite des courbes speciales remar-quables, planes et gauches, reimpressao de 1971, Chelsea Publishing Com-pany.

• last but not least, E. Kamke, Differentialgleichungen- Losungsmethoden undlosungen, T. I, Chelsea Publisinhg Company, 1948.

6. Programas uteis

Programas como o Maple podem ser um grande auxiliar para o estudo: paraconferir contas, plotar curvas, etc, mas so serao uteis se o estudante tentar fazersozinho e depois usar os programas para checar seus resultados.

Para usuarios do Windows existe o programa gratis WXMaxima, que voce baixaem instantes no site:

http://sourceforge.net/projects/maxima/files/Maxima-Windows/5.21.1-Windows/maxima-5.21.1.exe/downloadEsse programa faz tudo: resolve equacoes algebricas e diferenciais, deriva, integra,

faz graficos, etc.O Maple e programa analogo pago.Tambem existe um site, http://www.wolframalpha.com, onde se pode fazer online

graficos, integrais, limites e derivadas, o que e util quando se esta estudando fora decasa.

Agradecimentos:

Agradeco ao Professor Mark Thompson, da Matematica da UFRGS, por terme disponibilizado Notas que serviram para a elaboracao da Secao sobre Cinetica

CAPITULO 1. INTRODUCAO 19

quımica. E tambem pelo livro de G. Gibson, An elementary treatise on the Calculus,with illustrations from Geometry, Mechanics and Physics, reimpressao de 1956 daedicao de 1901, que me foi util.

Agradeco ao Professor Vıtor Pereira, da Geologia da UFRGS, que me explicou obelo fenomeno da meia-vida da luz das super-novas.

As notas de Aula do Professor Eduardo Brietzke, da Matematica da UFRGS, paraa disciplina de Equacoes Diferenciais II, me serviram de fio-condutor entre os diversostemas possıveis. Abordei alguns dos exemplos que la aparecem de um ponto vista umpouco diferente. Lhe sou grato.

Agradeco as estudantes que fizeram Calculo comigo em 2008: Pamela LukasewiczFerreira, por ter tomado notas do curso que dei e que me serviram de roteiro paraeste texto e Monica Hoeveler, por participacoes em aula e por sugestoes de temas.

Agradeco aos estudantes Luciano Bracht Barros e Magno V. F. Teixeira daSilva por conversas no fim da aula que me motivaram a escrever a Secao 6 do Capıtulo32.

O estudante Walter Ferreira Diniz Junior resolveu varios problemas de modooriginal, produziu exemplos, e ate me indicou como escrever melhor a Secao 5 doCapıtulo 26 !

CAPıTULO 2

Alguns dos objetivos do Calculo

A descricao matematica dos fenomenos se faz principalmente a partir da nocao defuncao y = f(x) e de seu grafico.

Se pudermos entender:

• se f(x) assume somente valores Reais, onde f(x) se anula, onde e positivaou negativa,

• se e onde f(x) cresce ou decresce a medida que x cresce,• se f(x) se aproxima de um certo valor quando x cresce muito,• se e onde f(x) tem valor maximo ou mınimo,• no caso de y = f(x) ≥ 0, qual a area sob seu grafico e acima do eixo dos x,• se dado y pudermos descobrir qual x gerou y = f(x),

entao podemos dizer que entendemos o comportamento da f(x).Estaremos capacitados a fazer previsoes sobre o fenomeno modelado por essa

funcao.Esses sao alguns dos objetivos do Calculo.Nas proximas Secoes passamos lembrar / definir essas nocoes.

1. Funcoes e seus domınios

Os filosofos sempre se espantaram com o fato de que as coisas mudam, e se ques-tionaram tanto sobre o que muda como sobre o que permanece nessas mudancas.

Os matematicos tambem compartilham desse espanto e sempre se perguntaram,ao ver que ha mudancas, como as coisas mudam.

A resposta a essa pergunta pode ser tanto qualitativa como quantitativa, as duassao interessantes. Por exemplo e qualitativa quando um astronomo afirma que certocometa voltara a passar algum dia. E quantitativa no caso de Halley, que previu oano em que certo cometa voltaria, usando as ferramentas do Calculo.

Se um fenomeno (a temperatura de um sistema, por exemplo) depende de um soparametro (o tempo, por exemplo) e natural descrever sua evolucao num grafico dafuncao que associa a cada momento x a temperatura T (x). Esse grafico formara uma

21

1. FUNCOES E SEUS DOMINIOS 22

curva no plano.

0,81

0,4

0

0,6

0,2

x

210-1-2

Figura: O grafico de y = T (x) forma uma curva no plano.

Mas e claro que conhecemos fenomenos z = F (x, y) que dependem de dois fatorese para descrever esse fenomeno precisariamos de graficos que formam superfıcies noespaco, ao inves de curvas no plano. E em geral os fenomenos dependem de variosparametros (em quımica, por exemplo, quantidades de reagentes, pressao, ph, etc).

Figura: O grafico de z = F (x, y) forma uma superfıcie no espaco

Os conceitos que aprenderemos neste curso se adaptam facilmente para superfıcies,mas vamos nos restringir a graficos que sao curvas. Ou como se diz, faremos o Calculode 1 variavel.

A seguir vamos comecar a estabelecer conceitos qualitativos sobre graficos quesao importantes no Curso. O manejo correto desses conceitos e fundamental para acompreensao do resto do curso.

CAPITULO 2. ALGUNS DOS OBJETIVOS DO CALCULO 23

2. Funcao

Uma funcao e uma regra que associa a cada ponto1 de um conjunto (o domınioda funcao) um ponto de um outro conjunto fixado (o contra-domınio). Dito de outromodo, uma reta vertical tracada passando por um ponto do domınio de uma funcaoy = f(x) corta seu grafico exatamente em 1 ponto. Por isso, por exemplo, um cırculonao e grafico de uma funcao y = f(x).

O subconjunto do contradomınio formado por pontos que sao efetivamente valoresda funcao formam a imagem da funcao. Por exemplo,

f : R → R, f(x) = x2

tem como domınio e contradomınio os numeros Reais, mas sua imagem sao apenasos Reais nao-negativos2.

Quando dizemos que f : I → J e sobrejetiva isto quer dizer que nao somentea imagem f(I) verifica f(I) ⊂ J , mas que de fato verifica f(I) = J . Ou seja, queefetivamente todo ponto de J foi atingido pela f . Por exemplo, f(x) = x2 so esobrejetiva vista como funcao f : R → R≥0.

E importante notar na definicao de funcao que so ha um valor associado a cadaponto do domınio. Se houver ambiguidade na atribuicao do valor entao dizemos que afuncao nao esta bem-definida naquele ponto. Por exemplo, quando perguntamos quale a raız quadrada de 9 ha uma ambiguidade: pode ser que tomemos a raız positiva 3ou a raız negativa −3.

Nao confunda a definicao de funcao com outra, a de funcao injetiva: uma funcaoe injetiva quando nao associa o mesmo valor a dois pontos distintos de seu domınio.Por exemplo, f : [0, 3] → R, f(x) = x2 e injetiva mas f : [−3, 3] → R, f(x) = x2 naoe injetiva.

3. Funcoes definidas a partir de outras funcoes

3.1. Funcao inversa. Imagine uma funcao que desfaz o efeito de outra funcao.Por exemplo, uma da a a velocidade de um carro em funcao do tempo trascorrido

v = v(t). Sua inversa diria para cada velocidade v qual o tempo necessario paraatingir essa velocidade t = t(v) (o que da uma medida da potencia do motor do carro,por ex.)

Ou por exemplo, a temperatura de um objeto vai caindo com o tempo. Sabendoquanto caiu a temperatura T (t) como determinar o tempo t transcorrido ?

Para se ter uma funcao inversa f−1, a funcao f necessariamente tem que serinjetiva !

Se nao, vejamos: se y = f(x1) = f(x2) com x1 6= x2, o que deve fazer f−1 com y

? Envia-lo em x1 = f−1(y) ou em x2 = f−1(y) ? Isso e uma ambiguidade inaceitavel

para f−1.Vamos mais tarde falar do sentido geometrico da funcao inversa.

1Para mim os numeros Reais formam um reta, portanto uso numero ou ponto indistintamente.2Varias vezes no curso usaremos isso: o quadrado de um numero Real nunca e negativo

4. DIFERENTES DOMINIOS DE FUNCOES 24

3.2. Composicao de funcoes. Dentre os modos mais uteis de se produzir umfuncao interessante a partir de funcoes simples esta a composicao de funcoes.

A ideia e simples e fundamental: o resultado de uma funcao g(x) vira entrada deuma segunda funcao f .

A notacao usual e: se f : I → J e g : J → K entao (f ◦ g) : I → K faz(f ◦ g)(x) := f( g(x) ).

E claro que se pode compor um numero qualquer de funcoes.Pense em quantos exemplos encontramos disso na natureza, nas reacoes quımicas,

nas industrias, em que um processo complicado e dividido em varias etapas simplesconcatenadas.

Neste Curso procedermos assim tambem: vamos primeiro entender os casos maissimples e depois, via composicao de funcoes, entender os mais complicados.

3.3. O que e a Area sob um grafico ? Podemos usar o grafico de uma funcaopara definir outra. Por exemplo, tomo a diagonal y = x como grafico e me perguntopela Area do triangulo determinado pela origem, o eixo horizontal e um segmentovertical de (x, 0) ate (x, x). A medida que x avanca no eixo dos x, a Area do triangulo

obtido aumenta e poderıamos tentar descrever como essa Area depende de x isso numoutro grafico.

Na definicao do Logaritmo Natural, faremos exatamente isso, mas a area emquestao sera delimitada sob o grafico de 1/x e nao sob y = x.

x=1 x

Figura: Area sob um o grafico, de x = 1 ate x.

Precisaremos saber primeiro, o que e a Area sob um grafico curvado como 1/x.Isso que foge do que sabemos do Ensino Medio, que sao areas de regioes elementarescomo triangulos, quadrados, trapezios, setores circulares, etc. So entenderemos issoplenamente na Parte 2 do curso, com o conceito de Integral.

4. Diferentes domınios de funcoes

A princıpio o domınio de uma funcao pode ser qualquer conjunto, mas neste Cursousaremos como domınios quase sempre:

• todos os Reais R, ou• intervalos de numeros reais, incluindo semi-retas ou• apenas os Naturais N ⊂ R.


Mas e claro que em certas situacoes os domınios tambem podem ser a uniao devarios intervalos (como se vera por exemplo na Secao 2.3 do Capıtulo 6), somente osnumeros Racionais Q ⊂ R, etc.

5. Grafico descontınuo, mas que mesmo assim e grafico

Ha graficos que sofrem um salto abrupto, mas que mesmo assim sao graficos.Por exemplo, o grafico da funcao f : R → R, definida condicionalmente por

f(x) = x− 2, se x < 2 e f(x) = x2 se x ≥ 2.

O ponto 2 de seu domınio e um ponto catastrofico: se estamos em pontos que sao umpouquinho menores que 2 a funcao tem valores proxima do zero. Mas se mexemosum pouco a coordenada x, chegando em x = 2 ou acrescentando algo positivo muitopequeno ao 2, o valor da funcao ja pula para ≥ 22 = 4.

x=2

y=4

Figura: O grafico de funcao descontınua no ponto x = 2

Outro modo de ver o que acontece e que, enquanto seu domınio R e feito de umso pedaco, sua imagem f(R) = R≤0∪R≥4 e feito de dois pedacos: a funcao rasga seudomınio em dois pedacos.

Esses graficos sao uteis para modelar matematicamente comportamentos explo-sivos : uma explosao quımica, o comportamento de um animal a medida que aumentao stress, etc. Mas em cursos de Calculo veremos graficos que nao tem essas variacoesdramaticas de valores.

6. Funcao positiva, negativa e zeros ou raızes

Uma funcao f : I → R e positiva (negativa)3 se sua imagem esta contida nosReais positivos (negativos).

Muito importante para um tecnico ou cientista e determinar os pontos do domınioonde a funcao se anula (ou, como se diz, onde corta o eixo dos x, que e dado pory = 0). Ou seja, e importante resolver uma equacao f(x) = 0.

No caso de polinomios esses pontos sao as chamadas raızes. Aconselho o leitor a lero Teorema 7.1 no Capıtulo 6, que prova a relacao entre raızes e fatores de polinomios.

3Para evitar escrever duas frases onde so trocaria uma palavra, ponho em parenteses a modi-ficacao a ser feita na frase

7. FUNCAO CRESCENTE OU DECRESCENTE 26

Mais adiante, no Teorema 4.1 do Capıtulo 6.1 explicaremos em termos do Calculoqual o significado das raızes multiplas.

4

6

0

-4

2

-2

-6

x

21-1 0-2

Figura: Um grafico de polinomio com 3 raızes

7. Funcao crescente ou decrescente

Definicao 7.1. Uma funcao f : I → R e estritamente crescente exatamente quando

∀ x1, x2 ∈ I, x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2).

E dizemos que e apenas crescente exatamente quando

∀ x1, x2 ∈ I, x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2).

Analogamente se define estritamente decrescente, trocando f(x1) < f(x2) porf(x1) > f(x2).

0,6

1

0,2

0,8

0,4

0

x

32,521 1,5


Figura: Exemplo de grafico de y = f(x) crescente.

1

0,8

0,6

0,4

0,2

x

32,5210,50 1,5

Figura: Exemplo de grafico de y = f(x) decrescente.

Claro que ha funcoes que nao sao nem crescentes nem decrescentes, ou sejam, queoscilam.

1

0,6

0,8

0,4

0

0,2

x

0,4-0,4-0,6 0,2 0,6-0,2 0

Figura: Exemplo de grafico de y = f(x) que oscila.

Uma observacao simples mas util:Se uma funcao f e estritamente crescente (ou estritamente decrescente) entao f

e injetiva.De fato, se tomo quaisquer x1, x2 diferentes de seu domınio, posso sempre me

perguntar qual deles e menor, por exemplo, x1 < x2. Como a f e estritamentecrescente (ou estritamente decrescente), temos f(x1) < f(x2) (ou f(x1) > f(x2)),mas de qualquer forma f(x1) 6= f(x2). Logo e injetiva.

Um exemplo importante e o que ja demos de uma funcao f que mede a Areasob um grafico de uma outra funcao positiva. E natural que f seja uma funcaoestritamente crescente, pois a medida que vamos para a direita no eixo x ha maisarea sob o grafico. Logo e natural que seja injetiva e tenha entao uma inversa f−1.Volto nesse ponto, com f o Logaritmo Natural e f−1 a Exponencial.

8. MAXIMOS E MINIMOS 28

Saber que uma funcao e crescente pode ser um fato extremamente relevante doponto de vista cientıfico: por exemplo, um dos princıpios fısicos mais fundamentaise que a funcao Entropia e uma funcao crescente, ou seja, que as coisas tem umatendencia a se desorganizar. E essa Entropia crecente que esta na base da nossadistincao entre passado, presente e futuro.

Por outro lado um exemplo marcante de funcao decrescente e a funcao y = f(x)que daa quantidade de uma substancia radioativa no tempo x. Uma descobertacientıfica fundamental foi a de descrever de modo quantitativamente preciso como eessa funcao para cada substancia radioativa.

E fundamental neste curso estabelecermos um criterio para determinar se umafuncao e crescente (ou e decrescente).

De preferencia um criterio que consista em entender uma funcao que seja maissimples que a funcao f ela mesma ! Se nao nao adiantaria muito. Isso veremos noCapıtulo 10, que e muito importante.

8. Maximos e mınimos

Uma das grandes utilidades do Calculo e encontrar pontos onde uma funcao atingeseu maximo ou mınimo. Ou seja, o Calculo serve para minimar ou maximizar: rendi-mento de um processo, custos, gastos, etc, desde que o problema seja formuladomatematicamente.

Vamos definir um maximo local (analogamente um mınimo local).

Definicao 8.1. Seja f : I → R e x ∈ I. Dizemos que x e maximo local se existealgum intervalo

(−ǫ+ x, x+ ǫ)

centrado em x, tal que

∀x ∈ I ∩ (−ǫ+ x, x+ ǫ), f(x) ≤ f(x).

Ja x e dito ser um maximo global de f : I → R se

∀x ∈ I, f(x) ≤ f(x).

E a mesma diferenca que ha entre ser o cara que corre mais rapido no clube dobairro e ser o cara que corre mais rapido no mundo !

x

0,60,4

4

0,20

3,6

-0,4

4,2

3,8

3,4

3

3,2

-0,2-0,6


Figura: Funcao com um mınimo global, um maximo local e um mınimo local.

Chamo a atencao de que ha funcoes que simplesmente nao tem maximo, como javimos no caso de f : (0, 5] → R, f(x) = 1

x.

E existem as que nao tem mınimo: por ex. f : R≥1 → R, f(x) = 1x.

De fato, se tomo n ∈ R≥1, temos f(n) = 1n, que ja sabemos fica tao proximo

quanto quisermos de 0, sem nunca atingir zero. Isso diz que f vai sempre diminuindoum valor, nao tendo portanto um ponto de seu domınio onde um valor mınimo fosseatingido.

Da vontade de dizer algo sobre o papel do 0 neste exemplo f : R≥1 → R, f(x) = 1x.

O 0 realmente nunca e atingido pela funcao mas de certo modo demarca, delimita oconjunto imagem

f(R≥1) = (0, 1].

0 e o que se costuma chamar uma cota inferior do conjunto imagem f(R≥1), isto e,

∀y ∈ f(R≥1), 0 ≤ y.

E mais ainda, qualquer numero maior que zero nao e cota inferior de f(R≥1), pois1n∈ f(R≥1) se aproxima o que quisermos de zero. Portanto 0 e a maior cota inferior

de f(R≥1), que se chama o Infimo desse conjunto.

9. Exercıcios

Exercıcio 9.1. Determine em que intervalos as funcoes a seguir sao negativas oupositivas e onde estao seus zeros:

vi) x2 − xvii) x2 − 5x+ 6viii) x3 − x2

Exercıcio 9.2. De exemplos de frases do dia a dia que sao verdade, mas cujasrecıprocas nao sao verdade.

Exercıcio 9.3. Negue as seguintes frases:i) dado qualquer polıtico, existe um valor de suborno tal que por esse valor ele se

corrompe.ii) dada uma distancia qualquer, existe um tempo tal que a partir daquele tempo

o asteroide dista da terra menos que a distancia dada.

Exercıcio 9.4. Imagine alguns exemplos, qualitativamente, sem precisar dar explici-tamente a regra f(x), de funcoes:

i) positivas e crescentes,ii) negativas e crescentes,iii) negativas e decrescentes,iv) negativas e decrescentes,v) com mınimo local, mas sem mınimo globalvi) com maximo local e maximo global diferentes.

9. EXERCICIOS 30

Exercıcio 9.5. Faca as composicoes f ◦ g ◦ h e h ◦ g ◦ f , onde:i) f = 1

x3, g = sin(x) h = x+ 5

ii) f = x2, g = 1x, h = sin(x).

iv) Imagine algum exemplo onde aconteca f ◦ g ◦ h = h ◦ g ◦ f (o que e raro !).

Exercıcio 9.6. (resolvido)Determine explicitamente as funcoes inversas f−1 das funcoes f(x) a seguir. Teste

sua resposta verificando que x = f−1(f(x)).i) f : R → R, f(x) = x3

ii) f : R → R, f(x) = x3 + 1iii) f : R → R, f(x) = (x− 1)3

iv): f : R → R, f(x) = −5 · x3 + 10.v): f : (0, 1) → R, f(x) = x

1−x2 . Dica: o mais difıcil neste item e nao se equivocarcom os sinais.

CAPıTULO 3

Propriedade basicas dos numeros Reais

As funcoes definidas nos Reais e tomando valores Reais sao importantes pelasaplicacoes ao mundo fısico. Por exemplo, se um Engenheiro me diz que a laje da pecaonde estou vai cair em 5 minutos eu certamente saio correndo da sala. Mas se umMatematico me disser que a laje vai cair no tempo 5 · I := 5

√−1, que fazer ?

Essa utilidade dos Reais, por corresponder a linha do tempo (passado = numeronegativo, presente = 0, futuro = numero positvo), tem como onus o fato que asfuncoes Reais nem sempre estao definidas.

Veremos duas restricoes, uma sobre quocientes e outra sobre a raız quadrada.A primeira afeta nao so os Reais, mas qualquer sistema de numeros. A segunda,

da Raız, e tıpica dos numeros que podem ser ordenados.

1. Os Reais como sistema de numeros: nao dividiras por zero !

Todo professor passa aulas e aulas repetindo que nao se pode dividir por zero.E infelizmente muitos alunos de Calculo dividem por zero, pois confundem o fato

de um numero ser pequeno com um numero ser zero !Mas a final, por que nao se pode dividir por zero ? No que podemos nos apoiar

para provar que nao existe o numero 10?

Nos bastara algumas das propriedades mais gerais dos R (por sinal compartilhadascom outros sistemas de numros, como Q ou C), que sao:

• existe um elemento neutro aditivo, 0, tal que 0 + x = x, ∀x ∈ R.• ∀x ∈ R existe o inverso aditivo −x tal que x+ (−x) = 0.• existe um elemento neutro multiplicativo, 1, tal que 1 · x = x, ∀x ∈ R.• ∀x ∈ R, x 6= 0, existe o inverso multiplicativo 1

xtal que x · 1

x= 1.

• 1 6= 0• as operacoes de soma e produto sao distributivas, associativas e comutativas.

De posse dessas propriedades, que sao assumidas como verdades, posso provar :

Afirmacao 1.1.i) −x = −1 · x, ∀x ∈ R,

ii) 0 · x = 0, ∀x ∈ R.

iii) nao existe 10.

Demonstracao.

De i):0 = (1− 1) · x ⇔ x− x = (1− 1) · x⇔

31

2. ORDEM NOS REAIS: NAO TIRARAS A RAIZ QUADRADA DE NUMEROSNEGATIVOS ! 32

⇔ x− x = 1 · x− 1 · x⇔ x− x = x− 1 · x⇔ −x = −1 · x.De ii):

0 · x = 0 ⇔ (1− 1) · x = 0 ⇔⇔ x− 1 · x = 0 ⇔ x− x = 0,

e este ultimo fato e verdade: x = x.De iii):Suponhamos por absurdo que exista o numero 1

0.

Entao 0 · 10= 1, pois o sentido de 1

xe ser o inverso multiplicativo de x.

Mas o item ii) da que:

0 · 10= 0.

Logo 0 = 1: contradicao.�

2. Ordem nos Reais: nao tiraras a raız quadrada de numeros negativos !

Um aspecto bonito da matematica e que, apos assumir a verdade de certos fatossimples, podemos deduzir fatos novos, as vezes nao tao simples.

Vamos assumir a validade dos seguinte Princıpios (Axiomas):

• Princıpio 0: Existe um subconjunto P dos Reais chamado de conjunto dosnumeros positivos. Vale para todo x ∈ R apenas uma das 3 possibilidades:ou x ∈ P ou x = 0 ou −x ∈ P . O elemento neutro multiplicativo 1 e positivo.

• Princıpio 1: A soma de quaisquer dois numeros positivos e um numeropositivo.

• Princıpio 2: o produto de um numero positivo por um numero positivo epositivo.

Um numero e chamado nao-negativo se x ∈ P ∪ {0}. Denotamos os positivosusualmente com x > 0 e os nao-negativos com x ≥ 0. Os negativos, por x < 0.

Podemos agora provar :

Afirmacao 2.1.i) (Regra de multiplicacao de sinais) (−x) · (−x) = x · x, ∀x ∈ R.ii) x2 := x · x ≥ 0 ∀x ∈ R.iii)

√x nao e um numero Real, se x < 0.

Demonstracao.

De i):De fato, pelo item i) da Afirmacao 1.1 (−1) · x = −x.Pela comutatividade e associatividade do produto:

(−x) · (−x) = (−1) · x · (−1) · x = (−1) · (−1) · x · x.

CAPITULO 3. PROPRIEDADE BASICAS DOS NUMEROS REAIS 33

So resta provar que

−1 · (−1) = 1,

ou seja, nos reduzimos a provar apenas a Regra dos Sinais para o −1. Ora,

−1 · (−1 + 1) = 0 ⇔ −1 · (−1)− 1 · 1 = 0 ⇔⇔ −1 · (−1)− 1 = 0 ⇔ −1 · (−1) = 1,

como querıamos.

De ii):Se x = 0 entao x · x = 0, pelo item ii) da Afirmacao 1.1.Se x > 0 entao x · x > 0 (Pr. 2).Se, por outro lado, x < 0 entao −x > 0 (Pr. 0).E entao x · x = (−x) · (−x) > 0 (Pr. 3 e 2).

De iii):Suponha agora por absurdo que y :=

√x ∈ R para x < 0.

Entao y2 ≥ 0 pelo item ii).Mas entao chegamos em

0 ≤ y2 = (√x)2 = x < 0,

em contradicao com o Princıpio 0.�

3. Propriedades gerais das desigualdades

Usando os Princıpios 0 , 1, 2 e a Regra de Multiplicacao de Sinais podemos provaras propriedades a seguir, que sao fundamentais.

Alerta: se o estudante nao manejar bem essas propriedades tera problemas noCurso.

Afirmacao 3.1.i) Se x ≥ y e z ≥ w entao x+ z ≥ y + w, ∀x, y, z, w ∈ R.ii) Se x > 0 e y ≥ z entao x · y ≥ x · z.iii) Se x < 0 e y ≥ z entao x · y ≤ x · z.iv) se x > 0 entao 1

x> 0

v) se x > 1 entao 1x< 1.

vi) 0 < x1 < x2 ⇒ 0 < 1x2< 1

x1.

vii) 0 < x < 1 ⇒ 0 < x2 < x < 1.viii) 1 < x ⇒ 1 < x < x2

ix) 0 < x1 < x2 < 1 ⇒ 1 < 1x2< 1

x1.

x) 1 < x1 < x2 ⇒ 1x2< 1

x1< 1.

xi): 0 < x < 1 ⇒ 1 < 1x< 1

x2.

xii): 1 < x ⇒ 1x2< 1

x< 1.

xiii): 0 ≤ x ≤ y e 0 ≤ z ≤ w entao 0 ≤ x · z ≤ y · w.

3. PROPRIEDADES GERAIS DAS DESIGUALDADES 34

Demonstracao.

i) Dados x, y, z, w ∈ R com

x ≥ y e z ≥ w,

podemos traduzir isso em:

(x− y) ≥ 0 e (z − w) ≥ 0.

Queremos provar quex+ z ≥ y + w,

que se traduz em(x+ z)− (y + w) ≥ 0,

ou, o que diz o mesmo:(x− y) + (z − w) ≥ 0.

Isso e o que queremos. Para termos isso, podemos usar o Princıpio 1, pois entao comesse princıpio:

(x− y) ≥ 0 e (z − w) ≥ 0 ⇒ (x− y) + (z − w) ≥ 0.

ii) Temos que x > 0. Caso y = z entao x · y = x · z. Por isso supomos que y > z,ou seja, y − z > 0.

Queremos provar que x · y > x · z, ou seja, que

x · y − x · z > 0,

o que e o mesmo que dizer que

x · (y − z) > 0.

Isso e o que queremos. Entao podemos usar o Princıpio 2, que da:

x > 0 e y − z > 0 ⇒ x · (y − z) > 0.

iii) Temos agora −x > 0 pelo Princıpio 0. Caso y = z entao x · y = x · z.Por isso supomos y > z, ou seja, y − z > 0. Entao o Princıpio 2 da:

(−x) · (y − z) > 0,

ou seja−x · y + x · z > 0,

ou seja,x · y − x · z < 0,

que e o que buscavamos provar:

x · y < x · z.iv) Temos x > 0 e suponhamos por absurdo que 1

x< 0.

Entao − 1x> 0 e pelo Princıpio 2:

x · (−1

x) > 0.

Mas x · (− 1x) = −1. Logo obtemos −1 > 0 ou seja 1 < 0, que contradiz o Princıpio 0.

v) Seja x > 1. Suponhamos por absurdo que 1x≥ 1.

Se 1x= 1 entao chegamos na contradicao: 1 = x.


Se 1x> 1 entao multiplicando esta desigualdade por x > 1 > 0, temos

x · 1x> x · 1

(pelo item ii) ja provado).Como x · 1

x= 1 pela propria definicao de 1

xe como x · 1 pela definicao do neutro

1, obtemos1 > x,

que contradiz x > 1.Deixo para o leitor a prova das propriedades vi-xii, onde pode usar as propriedades

i) - v) que ja foram provadas.

Faco a prova de xiii):Como 0 ≤ x ≤ y e 0 ≤ z ≤ w entao sai primeiro que 0 ≤ x · z.Agora, para ver que x · z ≤ y · w, note que

x · z ≤ y · z,pois 0 ≤ (y − x) · z.

Do mesmo jeito sai que:y · z ≤ y · w,

e portantox · z ≤ y · w.

�

Proponho agora ao leitor o seguinte Exercıcio: explicar com itens da Afirmacao3.1 algumas propriedades dos Graficos das funcoes a seguir, a saber:

• por que em determinado intervalo um esta acima ou abaixo do outro,• por que isso se inverte ao passar de x = 1,

2

1

1,5

0,5

0

x

1,210,4 0,6 0,80,20

4. INTERVALOS E SUAS UTILIDADES 36

y = x em vermelho, y = x2 em verde, y = x3 em amareloe y = x4 em azul, para x ∈ [0, 1.2]

2

1

1,5

0,8

0,5

x

1,61,41,21 1,8

y = 1xem vermelho, y = 1

x2em verde, para x ∈ [2

3, 2]

4. Intervalos e suas utilidades

Um intervalo I ⊂ R e definido como o conjunto de todos os numeros Reais maiores(ou iguais) a um certo numero a e menores (ou iguais) que um certo b.1

Se impomos que sejam estritamente maiores que a e estritamente menores que btemos um intervalo aberto

I = {x ∈ R; a < x < b}denotado I = (a, b). Caso contrario surgem os intervalos semi-abertos, fechados, etc.

Um tıpico intervalo que vamos usar no Curso sera o intervalo aberto de raio ǫ > 0centrado num ponto x:

(−ǫ+ x, x+ ǫ)

onde x e um ponto da reta dos Reais e ǫ > 0 e um numero positivo fixado por nos.O modo como vamos usar esses intervalos centrados e o seguinte: (−ǫ+ x, x+ ǫ)

sera uma especie de gaiola ou cercado em torno de x, delimitando pontos proximosdele (a medida que ǫ > 0 e tomado pequeno).

Explico isso em mais detalhe:

Definicao 4.1. A distancia entre dois pontos x, x da reta dos Reais e definida pelomodulo2 da diferenca entre eles:

|x− x| = |x− x|.1Podemos considerar a reta R toda ou uma semi-reta tambem como intervalos: veremos isso em

detalhe na Secao 4. Ao inves de usarmos o sımbolo (2,+∞) para denotar a semi-reta dos numerosmaiores que 2, prefiro usar o sımbolo R>2: o motivo e evitar o mal uso do sımbolo +∞.

2para um numero Real △, |△| := △, se △ ≥ 0 ou |△| := −△, se △ < 0


Pela definicao de modulo, |x− x| < ǫ significa que

x− x < ǫ, se x− x ≥ 0 ou − (x− x) < ǫ, se x− x < 0.

E importante entender que:

Afirmacao 4.1. (−ǫ+ x, x+ ǫ) e exatamente3 o conjunto dos pontos que distam dex menos que ǫ > 0.

Demonstracao.

Vamos mostrar primeiro que

(−ǫ+ x, x+ ǫ) ⊂ {x ∈ R; |x− x| < ǫ}.Tome

x ∈ (−ǫ+ x, x+ ǫ),

com x 6= x (caso x = x nao ha nada a provar, pois ǫ > 0).Ou seja x verifica:

−ǫ+ x < x < x ou x < x < x+ ǫ.

Que equivale (subtraindo x) a:

−ǫ < x− x < 0 ou 0 < x− x < ǫ.

Que equivale4 a:

0 < −(x− x) < ǫ ou 0 < x− x < ǫ,

ou seja, 0 < |x− x| < ǫ, como querıamos.

Agora vamos mostrar que:

{x ∈ R; |x− x| < ǫ} ⊂ (−ǫ+ x, x+ ǫ).

.Tome x ∈ {x ∈ R; |x− x| < ǫ}.Se 0 ≤ x− x entao temos

x− x < ǫ ⇔ x < x+ ǫ,

e portanto x ∈ [x , x+ ǫ).Se x− x < 0 entao

−(x− x) < ǫ ⇔ −x+ x < ǫ ⇔ −ǫ+ x < x,

ou seja, x ∈ (−ǫ+ x , x).5.�

3Dois conjuntos X e Y sao iguais se X ⊂ Y e Y ⊂ X4Atencao: as desigualdade se invertem quando multiplicadas por um numero negativo, por ex.,

1 < 2 < 3 mas −3 < −2 < −15O quadrado a direita significa que a demonstracao terminou

4. INTERVALOS E SUAS UTILIDADES 38

4.1. O que e util num intervalo aberto.Os intervalos abertos sao importante no Calculo, e o ponto importante e que um

intervalo aberto tem uma certa tolerancia com cada um de seus elementos. Podemosmexer um pouquinho em cada um de seus elementos sem sair do intervalo aberto.Mais especificamente:

Afirmacao 4.2. Dado qualquer x ∈ (a, b) existe um pequeno intervalo aberto centradoem x denotado Ix tal que Ix ⊆ (a, b).

Demonstracao.

Considere as distancias de x ∈ (a, b) ate o extremo a e ate o extremo b:

|x− a| := x− a > 0, |x− b| := b− x > 0

(sao dois numeros positivos pois (a, b) e intervalo aberto).Dentre os dois agora escolho o menor, chamando-o de δ0 > 0:

δ0 := mınimo{ x− a, b− x }.Faca

Ix := (−δ0 + x, x+ δ0),

e vamos verificar que

(−δ0 + x, x+ δ0) ⊂ (a, b).

Para isso vamos supor que e o caso que δ0 = x − a, ou seja, que x esta ou no centrodo intervalo (a, b) ou um pouco mais proximo de a que de b (analogamente no outrocaso). Entao

(−δ0 + x, x+ δ0) = ( −(x− a) + x, x+ (x− a) ) =

= ( a, x+ (x− a) ).

Ora supusemos estar na situacao em que x− a ≤ b− x, logo:

(a, x+ (x− a)) ⊆ (a, x+ (b− x)) = (a, b),

portanto:

(−δ0 + x, x+ δ0) ⊆ (a, b)

como querıamos.�

Observe nessa Prova que a medida que x se aproxima de a ou de b a tolerancia(medida pelo δ0) fica menor, mas sempre existe.

Ja no intervalo semi-aberto I = (0, 5] nao ha tolerancia nenhuma com seu elemento5: ou seja, qualquer numero δ > 0 que for somada a 5, ja faz que 5 + δ nao pertencaa (0, 5].


4.2. O que e util num intervalo fechado.Num intervalo aberto acontece de seus elementos estarem se aproximando cada

vez mais de um ponto que ele mesmo nao esta no intervalo, por assim dizer de umfantasma. Por exemplo, os pontos 1

2, 13, . . . , 1

nde (0, 5) estao cada vez mais proximos

de 0, mas mesmo assim 0 6∈ (0, 5). Isso nao acontece no intervalo fechado [0, 5].Dito de outro modo, no Curso nao estamos apenas interessados em saber se um

certo numero z pertence ou nao pertence a um conjunto X ⊂ R, como se fazia noensino Medio. Tambem vamos querer saber se desse ponto z podemos achar elementosx ∈ X tao proximos quanto quisermos.

• Se I e um intervalo aberto, pode acontecer que z /∈ I e mesmo assim hajamelementos de I tao proximos quanto quisermos.

• Se I e intervalo fechado, e ha elementos de I tao proximos quanto quisermosde z, entao de fato z ∈ I.

Uma informacao extremamente importante para um cientista e saber se umafuncao que lhe interessa assume maximo ou mınimo em seu domınio e principal-mente, saber onde o faz.

Somente os intervalos fechados I = [a, b] garantirao sempre maximos e mınimosglobais de funcoes, senao pode acontecer algo como segue.

Pense em f : (0, 5] → R, f(x) = 1x. A medida que vamos tomando os pontos

1/n ∈ (0, 5] a funcao vale

f(1

n) = n,

que fica tao grande quanto quisermos. Note que (0, 5] nao e um intervalo fechado.

5. Metamorfoses de cubicas

Nesta Secao resolvi descrever curvas interessantes usando apenas propriedadesbasicas do Reais, como regra dos sinais, desigualdades, modulo, etc. que ja justifi-camos acima neste mesmo Capıtulo.

Tudo o que vem a seguir nesta Secao e baseado em que nao ha raız quadrada Realde um numero Real negativo.

Comecemos com o conhecido cırculo y2 + x2 = r2 de raio r > 0. Observe que:

• podemos tomar o grafico de y =√r2 − x2 para descrever o semicırculo su-

perior (ou tomar y = −√r2 − x2 para o inferior).

• se r2−x2 > 0 ha duas escolhas de raızes, positiva e negativa, e quando x = rou x = −r essas duas escolhas colapsam numa so, que e y = 0.

• Onde r2−x2 < 0 deixamos de trabalhar sobre os Reais, pois os valores asso-ciados a y =

√r2 − x2 passam para o terreno dos numeros Complexos.6Como

so tratamos neste Curso de funcoes a valores Reais, nao existem pontos docırculo cuja coordenada x verifique r2 − x2 < 0.

Por ultimo, observe que mudando o valor de r muda o raio do cırculo, portantopodemos pensar em y2 + x2 = r2 como sendo uma famılia de cırculos em que cadaelemento fica determinando pelo r. Veja a Figura:

6Ha uma versao magnıfica do Calculo sobre os numeros complexos !

5. METAMORFOSES DE CUBICAS 40

y

0,5

1

x

10 0,5

-0,5

-10

-1

-0,5

Bom, mas tratar de cırculos e covardia, pois temos sua imagem impressa na nossamente desde a infancia.

Que tal tratarmos de alguma curva que nao tenha sua imagem impressa na nossamente ? E ademaias, que tal tratarmos logo de uma famılia delas ?

Considere a familia de curvas dada por:

y2 − x3 − r · x = 0, r 6= 0.

Vamos analisar separadamente o que acontece quando r > 0 e quando r < 0.

Caso r > 0:Temos

y2 = x3 + r x ⇔ y2 = x · (x2 + r).

Como x2 + r ≥ r > 0, o sinal de x · (x2 + r) so depende do de x. Logo

• se x > 0 temos duas opcoes

y =√

x · (x2 + r) ou y = −√

x · (x2 + r).

Ou seja, a curva nao e um grafico, ela tem uma parte no eixo y > 0 e umaparte no eixo −y. Ha uma simetria relativa ao eixo dos x.

• ainda se x > 0, |y| =√x3 + rx observo que fica tao grande quanto quisermos.

De fato, se dou o valor 7 K >> 1:

x ≥ 3√K2 ⇒ x3 ≥ K2 ⇒

⇒ x3 + rx ≥ K2 ⇒ |y| =√x3 + rx ≥ K.

• essas duas escolhas y =√

x · (x2 + r) ou y = −√

x · (x2 + r) colapsam numaso se x = 0, pois entao y = 0.

• se x < 0 a(s) coordenada(s) y deixa de ser um numero Real, ou seja, paranos deixa de existir.

7O sinal >> 1 quer dizer bem maior que 1


Uma Figura compatıvel8 com essa descricao e:

y

2

-2

3

1

-1

0

-3

x

1,61,20,80,40

Caso r < 0Agora

y2 = x · (x2 + r),

e (x2 + r) pode ser positivo, negativo ou positivo. Por isso o estudo do sinal de

x · (x2 + r)

e mais delicado.Note que

x2 + r > 0 ⇔ x2 > −r > 0 ⇔√x2 >

√−r.

So que √x2 = |x|

e portanto temosx2 + r > 0 ⇔ |x| >

√−r.

Se x > 0, |x| > √−r quer dizer x >√−r mas se x < 0 isso quer dizer −x > √−r,

ou seja x < −√−r.Em suma:

x2 + r > 0 ⇔ x < −√−r ou x >

√−r.

Entao

• se x > 0x · (x2 + r) ≥ 0 ⇔ x ≥

√−r,

e teremos duas opcoes de raızes para determinar y. Que colapsam para y = 0se x =

√−r.• se x ≤ 0, so teremos x · (x2 + r) ≥ 0 se (x2 + r) ≤ 0. Ou seja,

−√−r ≤ x ≤ 0.

Nessa faixa de valores de x teremos duas opcoes de y, que colapsam em y = 0se x = 0 ou x = −√−r.

8Na Figura tracada ha mais informacao do que a que justificamos. Somente na Secao 5 doCapıtulo 15 e que teremos esses dados.


Uma Figura compatıvel com essa descricao e (r = −1).

y

1

2

0

-2

-1

x

21,50,50 1-1 -0,5

Por ultimo, note que se |r| vai ficando pequeno, entao os pontos

(−√−r, 0), (0, 0) e (

√−r, 0)

vao se aproximando. Note que as ovais da parte negativa vao diminuindo de tamanhoquando |r| vai diminuindo.

Imagine r vindo de valores positivos, que vao ficando bem proximos de zero, pulamo valor zero, e passam a assumir entao valores negativos.

E como se de um continente fosse expelida uma ilhota, que vai ficando maior emais distante do continente: as quatro figuras a seguir tentam mostrar isso.

y

2

-2

3

1

-1

0

-3

x

1,61,20,80,40


Figura: A curva y2 − x3 − x = 0.

y

2

-2

3

1

-1

0

-3

x

21,510,50

Figura: A curva y2 − x3 − 0.4 x = 0.

y

1

2

0

-2

-1

x

21,50,50-0,5 1

Figura: A curva y2 − x3 + 0.3 x = 0.

y

1

2

0

-2

-1

x

21,50,50 1-1 -0,5

Figura: A curva y2 − x3 + x = 0.


5.1. Suavizacao do caso r = 0.Ha uma pergunta natural: o que acontece na curva y2 − x3 − 0 x = y2 − x3 = 0 ?Ja aviso: os programas graficos ficam bem perdidos para tracar essa curva, se a

coordenada x fica proxima de 0.Por isso vou proceder como em muitos ramos da ciencia, vou tentar inferir qual

o formato dessa curva tomando curvas que entendamos e que estejam cada vez maisproximas dela.

Num sentido que ficara claro mais tarde, essas curvas proximas sao suaves ounao-singulares (ver Definicao 4.1 na Secao 4 do Capıtulo 32).

Na Figura a seguir traco a curva y2 − x3 = 0 so que estabeleco x ≥ 0.4, deixandoa regiao em torno de x = 0 como um misterio.

y

2

-2

3

1

-1

0

-3

x

1,61,20,80,40

A curva y2 − x3 = 0, so que x ≥ 0.4.Como quero ter mais luz sobre esse objeto y2−x3 = 0 nao vou deforma-lo de novo

na famılia y2 − x3 − r x = 0, mas sim noutra famılia:

y2 − x3 + s = 0, s ∈ R>0.

Observo que a relacao

y2 = x3 − s

permite tirar raızes quadradas desde que x3 − s ≥ 0. Portanto ha duas opcoes dex > 3

√s ou apenas y = 0 se x = 3

√s.

Ou seja:

• a curva y2 = x3 − s so tem traco no plano Real se x ≥ 3√s e

• a partir de x > 3√s a curva e simetrica em relacao ao eixo x, ja que temos

duas opcoes diferentes: y =√x3 − s e y = −

√x3 − s.

Ademais note que se x > 3√s, entao

y =√x3 − s <

√x3

e

y = −√x3 − s >

√x3.

ou seja:


• dado x > 0, o traco da curva y2 = x3 + s que tem y > 0 fica sempre abaixodo de y =

√x3.

• dado x > 0, o traco da curva y2 = x3 + s que tem y < 0 fica sempre acimado de y = −

√x3.

A Figura a seguir ilustra isso para y2 − x3 + 8 = 0:

y

2

4

x

02,51,5 21

-4

-2

0,5

A curva y2 − x3 = 0, so que x ≥ 0.4, e a curva y2 − x3 − 8 = 0.As Figuras a seguir ilustram curvas cada vez mais proximas:

y

2

4

x

02,51,5 2

-4

-2

0,5 1

A curvas y2 − x3 = 0, y2 − x3 + 8 = 0 e y2 − x3 + 1 = 0.

6. EXERCICIOS 46

y

2

4

x

02,51,5 2

-4

-2

0,5 1

A curvas y2 − x3 = 0, y2 − x3 + 8 = 0, y2 − x3 + 1 = 0 e y2 − x3 + 0.5 = 0.Sera que agora o leitor consegue inferir a forma de y2 − x3 = 0 ?

6. Exercıcios

Exercıcio 6.1. (resolvido)Prove, ao inves de apenas assumir, que vale:

x · x = (−x) · (−x), ∀x ∈ R.

Exercıcio 6.2. (resolvido)Para quais valores de x:i) −3x+ 2 > 0 ?ii) x2 − x > 0 ?iii) 3x2 − 2x− 1 > 0 ?iii) 3x+ 2 > 2x− 8 ?iv) |x− 6| < 2 ?v) |x+ 7| < 1 ?

Exercıcio 6.3. (resolvido)Prove que para quaisquer numeros Reais � e △:

|�+△| ≤ |�|+ |△|.Exercıcio 6.4. Como sao os grafico das funcoes (com domınio ∀x ∈ R):

i) y = |x|,ii) y = −| x|,iii) y = |x− 5|,iv) y = |x|+ |x− 1|+ |x− 2| ?

CAPıTULO 4

Sequencias e seus limites

1. Sequencias

Neste Curso sera importante a situacao em que o domınio de uma funcao sera oconjunto dos numeros Naturais N = {1, 2, 3, ...}. Nesse caso

f : N → R

e chamada de sequencia.A imagem de uma tal f e uma lista de numeros Reais. Como cada ponto de sua

imagem e do tipo f(n) e comum denota-lo por xn e a sequencia toda por (xn)n.

Exemplo 0: f : N → R dada por f(n) = K e a sequencia mais boba de todas,pois sua imagem e somente o conjunto {K} - chama-se sequencia constante.

Exemplo 1: Uma sequencia nao tao boba e f : N → R dada por f(n) = 2n, cujaimagem sao os numeros Pares.

Exemplo 2:Uma sequencia fundamental para todo o Curso e

f : N → R, f(n) =1

n.

No que segue, dizer que N e um conjunto ilimitado em R e dizer que sempre haum numero Natural maior que qualquer numero Real que for dado.

Afirmacao 1.1. O fato de que os numeros naturais N formam um conjunto ilimitadonos R e equivalente ao fato de que os valores de f : N → R, f(n) = 1/n ficam taoproximos quanto quisermos de 0, desde que n seja suficientemente grande.

Demonstracao.

Uma equivalencia e uma implicacao em dois sentidos: ⇔.Prova do sentido ⇒: Obviamente 1/n nunca e igual a 0: caso pensassemos o

contrario para algum n0, obterıamos de 1n0

= 0 e multiplicando por n0 obtemos que0 = 1: absurdo.

A distancia entre f(n) = 1/n e 0 e dada por |1/n− 0| = 1/n. Suponha que nosfoi dado um numero positivo muito pequeno ǫ0 > 0. Queremos confirmar que

1/n < ǫ0

47

2. LIMITES DE SEQUENCIAS 48

a partir de um certo n, ou seja se n ≥ nǫ (onde uso a notacao nǫ para destacar queesse n depende do ǫ, quanto menor o ǫ maior o nǫ). Mas negar o anterior seria dizer:

∀n ∈ N, ǫ0 ≤1

n.

Mas isso equivale (multiplicando por nǫ0> 0):

∀n ∈ N, n ≤ 1

ǫ0

Concluirıamos entao que o numero 1ǫ0

e maior que todos os numeros naturais, con-tradizendo a hipotese.

Prova do sentido ⇐:Se existe um numero K ∈ R tal que ∀n ∈ N tenhamos n ≤ K entao ∀n ∈ N

terıamos 1K

≤ 1n. Logo a sequencia 1

nnao se aproxima de 0 mais que 1

K. Contradicao.

�

Observacao: E possıvel se colocar um Axioma sobre os numeros Reais - chamadoAxioma de Completamento - que implica a propriedade de N ser ilimitado em R.

Para nos, neste Curso, o fato dos Naturais serem ilimitados e tomado como umAxioma.

Podemos tambem dizer o conteudo da Afirmacao anterior de outro modo: dadauma cerca (−ǫ + 0, 0 + ǫ), se tomamos um nǫ suficientemente grande, entao ∀n ≥ nǫteremos 1/n ∈ (−ǫ+ 0, 0+ ǫ). Ou seja, esperando o tempo suficiente nǫ, a partir dalia sequencia 1/n nao sai mais da gaiola (−ǫ+ 0, 0 + ǫ). Simbolicamente escreveremos

limn→+∞

1

n= 0,

que le-se assim: zero e o limite da sequencia 1/n ou a sequencia tende a zero

Veremos adiante que ha sequencias que tendem de diversas maneiras diferentesa pontos, algumas vao decrescendo em valores como a (xn)n = 1/n, outras vaocrescendo como−1/n, outras vao oscilando e assim por diante, mas o que e importantee que:

• elas entram em qualquer cerca estabelecida em torno de seu limite, desdeque se espere o tempo nǫ suficiente e

• depois de la entrarem nao mais saem.

Veremos tambem que podemos combinar sequencias simples (cujo limite podemosintuir facilmente) para criar sequencias complicadas, das quais nao e possıvel ter umaintuicao de seu limite (exceto alguem com poderes para-normais ...). Mesmo assimpoderemos matematicamente determinar esses limites.

2. Limites de sequencias

O conceito de limite e o conceito fundamental do Calculo, de onde surgem out-ras nocoes importantes como continuidade, derivada e integral. Por isso este e umCapıtulo um pouco mais extenso.

CAPITULO 4. SEQUENCIAS E SEUS LIMITES 49

Imagine uma maquina, um sistema ou um processo tal que para um certo inputx da um certo output f(x). Agora imagine que para um input parecido x + h (comh pequeno) da um output parecido: f(x+ h) = f(x) + δ, com δ pequeno.

Apesar de ser uma situacao plausıvel, da qual temos muitos exemplos no dia a dia,tambem sabemos que ha exemplos da situacao oposta, em que, apesar de x + h ∼ xtemos f(x + h) muito diferente de f(x). Essas duas possibilidades sao tıpicas deprocessos contınuos e descontınuos, respectivamente.

O objetivo deste capıtulo e definir essas nocoes precisamente, pois nelas se apoiamos dois conceitos centrais do Curso: Derivada e Integral.

3. Definicao e Propriedades fundamentais

Vamos comecar com a Definicao 3.1, que e mais precisa e importante do queparece.

Nela destaco que ha:

• uma enorme exigencia: onde dizemos ∀ǫ >, e• uma imposicao: a de que a partir de um certo nǫ a sequencia nao mais saiade uma regiao onde entrou.

Definicao 3.1. Um sequencia (xn)n tende a um ponto L se ∀ǫ existe nǫ ∈ N tal quese n ≥ nǫ entao xn ∈ (−ǫ+ L, L+ ǫ).

Ha diferentes formas pelas quais uma sequencia pode tender a um limite; emparticular, com diferentes velocidades.

Por exemplo, Afirmo que xn = 1n2 tende a 0 mais rapidamente do que zn = 1

no

faz. Ou seja, Afirmo que o tempo nǫ(zn) de espera para ter zn < ǫ e menor que otempo nǫ(xn) que tenho de esperar para ter xn < ǫ. De fato,1:

nǫ(zn) = ⌈√

1

ǫ⌉, nǫ(xn) = ⌈1

ǫ⌉,

e e claro que√

1ǫ≤ 1

ǫpara ǫ pequeno.

Nos argumentos discutidos abaixo teremos as vezes que esperar o tempo n su-ficiente para que duas ou mais sequencias se aproximem de onde queremos. Comopodem ser diferentes, por precaucao tomamos o maior dentre eles, para que as duasou mais sequencias estejam onde queremos.

Teorema 3.1. (Propriedades fundamentais de sequencias)Sejam (xn)n e (zn)n duas sequencias, com

limn→+∞

xn = L1 e limn→+∞

zn = L2.

Entao:1) A sequencia soma (xn + zn)n tem

limn→+∞

(xn + zn) = L1 + L2.

1onde ⌈△⌉ significa o primeiro numero Natural maior ou igual que △ ∈ R.

3. DEFINICAO E PROPRIEDADES FUNDAMENTAIS 50

2) A sequencia diferenca (xn − zn)n tem

limn→+∞

(xn − zn) = L1 − L2.

3) Se C ∈ R e uma constante, entao a sequencia (C · xn) temlim

n→+∞(C · xn) = C · L1.

4) Seja (qn)n uma sequencia qualquer tal que

∀n, |qn| ≤ K,

para algum K. Se L1 = 0 entao limn→+∞(qn · xn) = 05) A sequencia produto (xn · zn)n tem

limn→+∞

(xn · zn) = L1 · L2.

6) Se L2 6= 0, entao:

• i) a partir de um certo n, zn 6= 0 e• ii) limn→+∞

xnzn

= L1

L2.

7) Suponha adicionalmente que a partir de um certo n, xn ≤ L1 e que, para umasequencia qualquer qn, a partir de um certo n temos

xn ≤ qn ≤ L1.

Entao

limn→+∞

qn = limn→+∞

xn = L1.

Demonstracao. (de alguns itens do Teorema 3.1)Prova de 1) Nesse primeiro item, o ponto a lembrar e que xn e zn se aproximam

cada uma de um numero a princıpio distinto e que cada uma delas o faz possivelmentecom velocidade diferente.

O que queremos provar? Queremos saber se, esperando um tempo nǫ suficiente,conseguimos que:

xn + zn ∈ (−ǫ+ L1 + L2, L1 + L2 + ǫ),

ou seja, como ja explicamos, se |xn+ yn− (L1+L2)| < ǫ. Vamos traduzir esta ultimacondicao de outro modo, que leva em conta as duas hipoteses sobre xn e zn

2:

|xn + yn − (L1 + L2)| = |xn − L1 + yn − L2| ≤≤ |xn − L1|+ |yn − L2|.

Agora fazemos o seguinte: esperamos tempo suficiente nǫ para que tenhamos

∀n ≥ nǫ, |xn − L1| <ǫ

2e |zn − L2| <

ǫ

2.

2No ultimo passo uso uma desigualdade (chamada desigualdade triangular, ver Exercıcio 6.3)que vale para quaisquer numeros Reais � e △:

|�+△| ≤ |�|+ |△|, no nosso caso aplicadoa para � = xn − L1 e △ = yn − L2


Entao obtemos de acima:

|xn + yn − (L1 + L2)| ≤ |xn − L1|+ |yn − L2| <ǫ

2+ǫ

2= ǫ,

exatamente o que querıamos provar.Prova de 2): Analoga a do 1), apenas fazendo agora:

|(xn − yn)− (L1 − L2)| = |xn − L1 + L2 − zn| ≤ |xn − L1|+ |L2 − zn|.Prova de 3): agora queremos que a partir de um certo nǫ:

|C · xn − C · L1 | < ǫ.

E claro que posso supor C 6= 0, senao tudo e obvio.Ora entao o que queremos e provar que:

|C · (xn − L1) | < ǫ,

ou seja3 queremos que|C| · |xn − L1| < ǫ.

Noto agora que, se espero tempo nǫ suficiente, tenho:

|xn − L1| <ǫ

C, onde C 6= 0

pois xn se aproxima tanto quanto quisermos de L1. Entao juntando as informacoes:

|C · xn − C · L1| = |C| · |xn − L1| < C · ǫC

= ǫ,

exatamente o que querıamos.Prova de 4): Aqui o que fazemos e esperar o tempo nǫ suficiente para que |xn| < ǫ

K(estou supondo que K 6= 0, pois se K = 0, entao a hıpotese |qn| ≤ 0 diz que qn = 0∀n e tudo e obvio, pois a sequencia 0 · xn e a sequencia constante, igual a 0). Entaopara n ≥ nǫ :

|qn · xn| = |qn| · |xn| < K · ǫK

= ǫ,

como querıamos.Prova de 5): Queremos fazer

| xn · zn − L1 · L2 | < ǫ.

dese que n cresca o suficiente.Mas posso escrever:

| xn · zn − L1 · L2 | == | xn · zn−xn · L2 + xn · L2

︸︷︷︸

0

−L1 · L2 | =

= | xn · (zn − L2) + L2 · (xn − L1) | ≤≤ | xn · (zn − L2) |+ |L2 · (xn − L1) | == | xn| · | (zn − L2) |+ |L2 | · | (xn − L1) |

3Para quaiquer numeros Reais � e △ sempre vale:

|� · △| = |�| · |△|;no nosso caso, uso para � = C e △ = xn − L1

3. DEFINICAO E PROPRIEDADES FUNDAMENTAIS 52

E agora noto que |xn| ≤ K para alguma K , pois xn tende ao L1 ∈ R. E tanto| (xn−L1) | quanto | (zn−L2) | se faz tao pequeno quanto quisermos, pois zn tende aL2 e xn tende a L1.

Logo | xn · zn − L1 · L2 | fica tao pequeno quanto quisermos.

Prova de 6): Primeiro afirmo que a partir de um certo n temos

|L2

2| < |zn|.

Se L2 > 0, a partir de um certo n temos

0 <L2

2< zn

pois L2

2< L2 = lim zn. E se L2 < 0, a partir de um certo n

zn <L2

2< 0

pois lim zn = L2 <L2

2.

Ou seja, a partir de um certo n:

|L2

2| < |zn|

e em particular a partir desse n, temos zn 6= 0.No que segue ja suponho que tomei esse n para que a partir dele:

|L2

2| < |zn|.

Entao alem de podermos dividir pelos zn, podemos afirmar que

|L2|22

< |zn| · |L2|e portanto

1

|zn · L2|<

2

|L2|2.

Portanto

| 1zn

− 1

L2| = |L2 − zn

zn · L2| =

= | 1

zn · L2| · |L2 − zn| ≤

≤ 2

|L2|2· |L2 − zn|.

Mas |L2−zn| se faz tao pequeno quanto quisermos, desde que esperemos possivelmenteum tempo n ainda maior, ja que lim zn = L2.

Por exemplo, podemos esperar um n a partir do qual valha |L2

2| < |zn| e tambem

|L2 − zn| <ǫ · L2

2

2,


o que da

| 1zn

− 1

L2| < 2

|L2|2· ǫ · L

22

2= ǫ.

Sobre 7): de fato, apos esquecermos um certo numero de termos das sequencias,temos

| qn − L1| ≤ |xn − L1|e |xn − L1| se faz tao pequeno quanto quisermos.

�

Chamo a atencao para uma propriedade, que provamos como parte do item 6), eque sera bastante util:

Afirmacao 3.1. Se limn→+∞ xn = L e L 6= 0 entao a partir de um certo tempo n,xn 6= 0. Em particular, se L > 0 (ou L < 0) entao a partir de um certo tempo n,xn > 0 (ou xn < 0).

Por ultimo, sera util mais tarde se introduzimos dois sımbolos:

Definicao 3.2. Dizemos que

limn→+∞

xn = +∞

se ∀K > 0 existe um tempo nK tal que se n ≥ nK temos xn > K. Dizemos que

limn→+∞

xn = −∞

se ∀K < 0 existe um tempo nK tal que se n ≥ nK temos xn < K.

Ou seja, sequencias que ficam tao positivas quanto quisermos, ou sequencias queficam tao negativas quanto quisermos, esperando o tempo n suficiente. Exemplos:xn = n2 e xn = −n2, respectivamente.

4. Exercıcios

Exercıcio 4.1. Exemplifique com sequencias (xn)n bem simples a diferenca entre asseguintes frases:

i) a partir de um certo tempo n a sequencia xn dista de L menos que um ǫ > 0 eii) existem tempos n arbitrariamente grandes tais que xn dista de L menos que

um ǫ > 0.

Exercıcio 4.2. Para as sequencias (xn)n abaixo e para a funcao y = f(x) = 1x2, diga

o formato da sequencia ( f(xn) )n:i) xn = 1√

n,

ii) xn = 1n,

iii) xn = n2.

4. EXERCICIOS 54

Exercıcio 4.3.Explique se existem ou nao os limites das seguintes sequencias:i) xn := 5n,ii) xn := (−1)n 5,iii) xn := (−1)n (5 + 1

n),

iv) xn := (−1)n 5n

v) xn := (−1)n 1n.

vi) xn = 1n+ 2

n+ 3

n,

vii) xn = 1n· 2n· 3n.

Exercıcio 4.4.No dia-a-dia sabemos que todo gremista gosta de azul, mas nem todos que gostam

de azul sao gremistas.Tratando-se agora de sequencias xn e zn, de exemplos onde nao existem

limn→+∞

xn ou limn→+∞

zn

mas que no entanto existam:

limn→+∞

(xn + zn) ou limn→+∞

(xn · zn).

Exercıcio 4.5. (resolvido)Prove duas propriedades fundamentais de limites:

i) se xn < 0 ∀n e se limxn = L entao L ≤ 0. De exemplo onde todo xn < 0 masonde L = 0.

ii) se limxn = L e se ∀n xn ≤ zn ≤ L, entao limzn = L.

Exercıcio 4.6. Usando algumas sequencias ja estudadas em aula e propriedades de+,−, ·, / de sequencias, calcule:

limn→+∞

3 · (2− 1

n+

1

n2), lim

n→+∞

300n2 + 35n+ 1000

n3 + n,

limn→+∞

300n2 + 35n+ 1000

150n2 + n+ 10000, lim

n→+∞

10123456789

n,

limn→+∞

30000000n+ 1200000

n2, lim

n→+∞

2n7 + 35n+ 1000

3n7 + n + 10000.

Dica: fatore n a forca no numerador e no denominador as potencias mais altas esimplifique, antes de passar ao limite.

Exercıcio 4.7. As sequencias a seguir tendem a zero. Dado ǫ > 0 determine qualn (em funcao de ǫ) e suficiente para termos |xn| < ǫ nas seguintes sequencias: a):xn = 1

n4 , b): xn = 1√n, c): xn = 1

4√n

Exercıcio 4.8. A sequencia xn = 1nfica dentro do intervalo [0, 1] e e decrescente, ou

sejaxn+1 ≤ xn, ∀n.


Ja a sequencia xn = 1− 1nfica tambem dentro do intervalo [0, 1] mas e crescente, ou

seja xn+1 ≥ xn, ∀n. E verdade o seguinte Teorema: sequencias que ficam dentrode algum intervalo e que sao ou bem crescentes ou bem decrescentes convergem paraalgum limite.

Veja em quais sequencias a seguir pode-se aplicar esse Teorema: a): xn = 15n2 , b):

xn = 15n, c): xn = (−2)n

n, d): xn = (−1)2n

n, e): xn = (−1)2n+1

n.

CAPıTULO 5

Limites de funcoes definidas em intervalos

Neste Curso usaremos a nocao de continuidade fortemente quando calcularmosalgumas Derivadas e mais adiante na teoria de Integracao do Capıtulo 21.

Daremos sua definicao precisa no proximo Capıtulo.Mas para isso, antes precisamos entender a nocao de limite de funcoes definidas

em intervalos. Ate agora so vimos limites de um tipo de funcao, cujo domınio sao osNaturais, as chamadas sequencias.

Agora vamos definir:

Definicao 0.1. Seja uma funcao f : I → R, y = f(x) definida num intervalo I. Sejax tal que exista alguma sequencia xn ∈ I \ {x} com limn→+∞ xn = x.

Dizemos que funcao f tem limite L quando x tende a x, denotado por

limx→x

f(x) = L, L ∈ R,

se para toda sequencia xn contida em I \ {x}

limn→+∞

xn = x

temos

limn→+∞

f(xn) = L.

Observacoes importantes sobre a Definicao 0.1:

• O ponto importante nesta definicao e que, nao importa quantas sequenciastomemos com limn→+∞ xn = x, sempre as sequencias f(xn) tendem para omesmo numero L.

• O fato de que nao seja relevante como xn se aproxima de x, mas apenas quexn se aproxima x, fica visıvel no sımbolo que usamos:

limx→x

f(x).

• O leitor vera mais tarde que as vezes x nao esta no domınio das funcoes, ouseja, que nao faz sentido perguntar por quanto a funcao vale nele, mas que,como x esta arbitrariamente proximo do domınio dessas funcoes, podemosperguntar quanto a funcao vale em pontos do domınio cada vez mais proximosdele.

• o valor f(x) pode ser bem diferente de limx→x f(x). Por isso tomamossequencias xn contidas em I \ {x} (ou seja, que nao valem nunca x).

57

1. OPERACOES ELEMENTARES COM LIMITES DE FUNCOES 58

1. Operacoes elementares com limites de funcoes

A nocao de limite de funcoes foi construıda a partir da de limite de sequencias ;assim que e natural que as propriedades de limites de sequencias repercutam nas doslimites de funcoes definidas em intervalos.

Teorema 1.1. (Propriedades fundamentais de limites de funcoes)Sejam f e g cujos domınios sao intervalos e seja x tal que existam sequencias nos

domınios dessas funcoes que tendam a ele.Suponha que existam:

limx→x

f(x) = L1 e limx→x

g(x) = L2.

Entao:1) A funcao soma f + g tem

limx→x

(f + g)(x) = L1 + L2.

2) A funcao diferenca f − g tem

limx→x

(f − g)(x) = L1 − L2.

3) Se C ∈ R e uma constante, entao a funcao (C · f)(x) := C · f(x) temlimx→x

(C · f)(x) = C · L1

4) Suponha uma funcao q(x) com o mesmo domınio da f(x) tal que |q(x)| ≤ K,∀x. Suponha adicionalmente que L1 = 0. Entao

limx→x

( f(x) · q(x) ) = 0.

5) A funcao produto (f · g)(x) temlimx→x

(f · g)(x) = L1 · L2.

6) Se L2 6= 0, entao: i) se x e suficientemente proximo de x entao g(x) 6= 0 e ii)

limx→xf(x)g(x)

= L1

L2.

7) Suponha uma outra funcao q(x) definida no mesmo domınio e que adicional-mente f(x) ≤ q(x) ≤ L1. Entao

limx→x

q(x) = limx→x

f(x) = L1.

Demonstracao.

Prova do Item 1): Queremos saber se

limn→+∞

( f(xn) + g(xn) ) = L1 + L2,

quando tomamos qualquer sequencia xn com

limn→+∞

xn = x.

Mas por hipotese, limn→+∞ f(xn) = L1 e limn→+∞ g(xn) = L2 , quando tomamosqualquer sequencia xn com limn→+∞ xn = x.

CAPITULO 5. LIMITES DE FUNCOES DEFINIDAS EM INTERVALOS 59

Ora, pelo item 1) do Teorema 3.1, aplicado as sequencias f(xn) e g(xn), concluimosque limn→+∞ ( f(xn) + g(xn) ) = L1 + L2.

A prova de outros itens fica para o leitor, bastando combinar a Definicao 0.1 comalguns itens do Teorema 3.1, bem como com a Afirmacao 3.1. �

2. A definicao usual com ǫ e δ

Na maioria dos livros texto de Calculo, o limite de uma funcao definida em umintervalo e definido assim:

Definicao 2.1. Dizemos que f tende a L quando x tende ao x, ou em sımbolos:

limx→x

f(x) = L

se ∀ǫ > existe δ > 0 tal que se 0 < |x− x| < δ entao |f(x)− L| < ǫ.

Observacoes:

• pense em ǫ > 0 como um numero pequeno, que impoe o desafio de se encon-trar o δ > 0 suficiente para termos |f(x)−L| < ǫ, desde que 0 < |x−x| < δ.

• o sımbolo ∀ǫ > 0 (para todo ǫ > 0) diz que ǫ sera feito tao pequeno quantoquisermos,

• veremos logo abaixo que o δ depende do ǫ, da natureza da f e tambem, emgeral, de cada ponto x.

• a clausula 0 < |x− x| existe para que possamos ter funcoes com f(x) 6= L =limx→x f(x).

Um pouco mais sobre o ultimo item: suponha que temos uma f com f(x) bemdiferente dos valores f(x), para x proximos de x porem diferentes de x. Por exemplosuponha que |f(x) − L| ≥ 1 , embora |f(x) − L| < ǫ e pequeno se x 6= x, mas xproximo de x. Entao |x−x| = 0 < δ, ∀δ > 0 e no entanto |f(x)−L| ≥ 1. Por isso naDefinicao 2.1 estamos interessados apenas em controlar os valores f(x) para x 6= x.

Vejamos agora que essa nova Definicao 2.1 tem o mesmo conteudo da Definicao0.1 do Capıtulo 4, mesmo que a princıpio nao parecam o mesmo.

Afirmacao 2.1. A Definicao 2.1 e equivalente a Definicao 0.1 do Capıtulo 4.

Demonstracao. (da Afirmacao 2.1)Provar a equivalencia de duas definicoes e mostrar que uma implica a outra e

vice-versa.Suponha por um momento a Definicao 0.1 e por absurdo negue a Definicao 2.1.Entao existe um ǫ0 > 0 especial tal que ∀δ > 0 existe um xδ com

0 < |xδ − x| < δ, mas |f(xδ)− L| ≥ ǫ0.

2. A DEFINICAO USUAL COM ǫ E δ 60

Ja que vale para todo δ > tomo-os da forma δ(n) := 1n. Entao concluo que os

xδ(n) formam uma sequencia de I \ {x} que tende a x, pois

0 < |xδ(n) − x| < 1

n

e ja sabemos que os 1nficam tao pequenos quanto quisermos. Com essa sequencia

(xδ(n))n no domınio da f , formo outra sequencia f(xδ(n)) na imagem da f , que naotende a L ja que

|f(xδ(n))− L| ≥ ǫ0, ∀n,ou seja, nao se aproxima do numero L mais que ǫ0. Isso contradiz a Definicao 0.1.

Agora suponha Definicao 2.1 e vamos obter a informacao dada pela Definicao 0.1.Considere qualquer sequencia xn de I \ {x} que tenda a x: queremos saber entao

se e verdade que f(xn) tende a L. Ou seja, se dado ǫ > 0 existe nǫ ∈ N tal que∀n ≥ nǫ temos |f(xn)− L| < ǫ.

O que sei pela Definicao 2.1 e que existe um δ > 0 tal que:

0 < |x− x| < δ ⇒ |f(x)− L| < ǫ.

Entao tomo esse δ > 0 e, para ele, tomo um nδ ∈ N tal que:

∀n ≥ nδ ⇒ 0 < |xn − x| < δ

(o que funciona pois xn tende a x).Logo |f(xn)−L| < ǫ pois os xn entraram na regiao adequada em torno de x, que

e (−δ + x, x+ δ).A Figura ilustra:

x

L

L−ε

ε+L

δ−x x + δ

x_n

f (x_n)

Lembrando que o δ = δ(ǫ), pois depende de ǫ, obtivemos o que querıamos, ja que|f(xn)− L| < ǫ a partir de um certo tempo nδ(ǫ).

�

Exemplos:


1)- f(x) = ax+ b, polinomio de grau ≤ 1, tem limx→x f(x) = ax+ b. De fato, sea = 0 e claro que a f ≡ b constante tende a b. Caso a 6= 0, quando for dado ǫ > 0tome por exemplo δ(ǫ) := ǫ

|a| . Entao se |x− x| < ǫ|a| temos:

|f(x)− L| = |ax+ b− (ax+ b)| = |a||x− x| < |a| · ǫ

|a| = ǫ,

como querıamos.2)- No exemplo 1) o δ so dependeu do ǫ. Agora dou um exemplo em que o δ

depende tambem do x, ficando cada vez menor a medida que o x vai sendo escolhidomais perto de um extremo do domınio da f .

Seja f : R>0 → R, f(x) = 1x. Veremos na proxima Secao que limx→x f(x) = 1

x.

Mas a Figura a seguir ilustra como vai ficando mais difıcl encontrar o δ adequado amedida que x > 0 se aproxima do 0.

2 ε

2 ε

2 ε

Figura: Para um mesmo ǫ, preciso cada vez menores valores de δ

3. Limites quando x tende ao infinito

Quando um cientista quer entender um fenomeno, ele pode querer entender naoapenas o comportamento agora, mas sim a longo prazo. Por exemplo, pode se per-guntar se a longo prazo a Lua permanecera girando em torno da Terra.

Na linguagem do Calculo isso se expressa numa pergunta assim: a que tende ofenomeno quando o tempo x fica arbitrariamente grande ? O que se poe em sımbolos:

limx→+∞

f(x) = L ∈ R, ou limx→−∞

f(x) = L ∈ R.

Ambos sımbolos admitem dois tipos de definicoes (equivalentes)


limx→+∞

f(x) = L ∈ R

se ∀ǫ > 0 existe K > 0 tal que |f(x)− L| < ǫ, se x > K.

Ou

3. LIMITES QUANDO X TENDE AO INFINITO 62


limx→+∞

f(x) = L ∈ R

se ∀(xn)n contida no domınio de f com limn→+∞ xn = +∞ temos limn→+∞ f(xn) =L.

(onde limn→+∞ xn = +∞ foi apresentado na Definicao 3.2).

Deixo para o leitor verificar a equivalencia dessas duas Definicoes 3.1 e 3.2.Analogamente se define limx→−∞ f(x) = L ∈ R.Geometricamente, as Definicoes 3.1 ou 3.2 se ilustram na Figura a seguir, em que

o grafico se aproxima da altura L cada vez mais:

0,98

0,96

0,94

0,92

x

30025020015010050

Figura: Quando x aumenta o grafico se aproxima de uma altura definida.

As propriedades basicas dessas nocoes sao analogas aquelas do Teorema 1.1:

Teorema 3.1. Sejam f e g funcoes definidas em um intervalo ilimitado a direita.1

Suponha2

limx→+∞

f(x) = L1 ∈ R e limx→+∞

g(x) = L2 ∈ R.

Entao:1) A funcao soma f + g tem

limx→+∞

(f + g)(x) = L1 + L2.

2) A funcao diferenca f − g tem

limx→+∞

(f − g)(x) = L1 − L2.

3) Se C ∈ R e uma constante, entao a funcao (C · f)(x) := C · f(x) temlim

x→+∞(C · f)(x) = C · L1

4 ) Suponha uma funcao q(x) com o mesmo domınio da f(x) tal que |q(x)| ≤ K,∀x. Suponha adicionalmente que L1 = 0. Entao

limx→+∞

( f(x) · q(x) ) = 0.

1Enuncio apenas para x → +∞, pois e analogo se x → −∞2Atencao que L1, L2 tem que ser numeros, nao podem ser substituıdos pelos sımbolos +∞ ou

−∞


5) A funcao produto (f · g)(x) temlim

x→+∞(f · g)(x) = L1 · L2.

6) Se L2 6= 0, entao:i) se x e suficientemente grande entao g(x) 6= 0 e

ii) limx→+∞f(x)g(x)

= L1

L2.

7) Suponha uma outra funcao q(x) definida no mesmo domınio e que adicional-mente f(x) ≤ q(x) ≤ L1. Entao

limx→+∞

q(x) = limx→+∞

f(x) = L1.

Demonstracao.

Prova do item 1): Quero saber se a sequencia soma f(xn)+g(xn) tende a L1+L2,se a sequencia xn tem limn→+∞ xn = +∞. Mas por hipotese f(xn) tende a L1 eg(xn) tende a L2. Logo pelo item 1) do Teorema 3.1 aplicado as sequencias f(xn) eg(xn) obtemos que f(xn) + g(xn) tende a L1 + L2.

Os outros itens se demonstram da mesma maneira. �

Exemplos:

1) Obviamente a funcao constante f ≡ C tem limx→+∞ C = C.

2) A funcao f : R<0 ∪ R>0 → R, f(x) = 1xtem

limx→+∞

1

x= lim

x→−∞

1

x= 0.

De fato, | 1x| < ǫ se |x| > K := 1

ǫ, o que esta de acordo com a Definicao 3.1.

3)

limx→+∞

C

x= C · lim

x→+∞

1

x= C · 0 = 0

usando o Teorema 3.1.4) Tambem

limx→+∞

1

x2= lim

x→+∞(1

x· 1x) = 0 · 0,

pelo Teorema 3.1.

5)

limx→+∞

(C +1

x) = C + lim

x→+∞

1

x= C + 0 = C

usando o Teorema 3.1.

3. LIMITES QUANDO X TENDE AO INFINITO 64

6)

limx→+∞

C1 x

C2 x+ C3

=C1

C2

,

onde C1, C2, C3 sao constantes nao nulas. De fato, primeiro observe que se x se faztao grande quanto quisermos, em particular x > 0. Logo posso escrever:

limx→+∞

C1 x

C2 x+ C3= lim

x→+∞

xC1

x (C2 +C3

x)= lim

x→+∞

C1

(C2 +C3

x)

e agora uso o Teorema 3.1 e os Exemplos anteriores , concluindo que

limx→+∞

C1

(C2 +C3

x)=C1

C2.

7) O mesmo tipo de argumento do Exemplo 6) da que:

limx→+∞

an xn + an−1x

n−1 + . . .+ a0bn xn + bn−1xn−1 + . . .+ b0

=anbn,

onde ai, bi sao constantes, an 6= 0, bn 6= 0.De fato, como posso supor x > 0:

limx→+∞

an xn + an−1x

n−1 + . . .+ a0bn xn + bn−1xn−1 + . . .+ b0

=

= limx→+∞

xn · (an + an−1

x+ . . .+ a0

xn)

xn · (bn + bn−1

x+ . . .+ b0

xn)=

= limx→+∞

(an +an−1

x+ . . .+ a0

xn)

(bn +bn−1

x+ . . .+ b0

xn)=anbn,

usando novamente o Teorema 3.1 e Exemplos previos.Ilustro o Exemplo 7) nas Figura que segue, onde an = a2 = 2 e bn = b2 = 1:

1,6

0,8

1,2

x

2001501000 50

2

1,8

1,4

1

0,6

Figura: Grafico de 2x2+x+4x2+3x+7

com x ∈ [0, 200].

8)Se m < n, am 6= 0, bn 6= 0:

limx→+∞

am xm + am−1x

m−1 + . . .+ a0bn xn + bn−1xn−1 + . . .+ b0

= 0.


De fato,

limx→+∞

xm · (am + am−1

x+ . . .+ a0

xm)

xm · xn−m · (bn + bn−1

x+ . . .+ b0

xn)=

= limx→+∞

1

xn−m(am + am−1

x+ . . .+ a0

xm)

(bn +bn−1

x+ . . .+ b0

xn)

= 0 · ambn

= 0,

usando o Teorema 3.1.Ilustro este Exemplo 8) na Figura a seguir, com am = a2 = 20 e bn = b3 = 0.01.

Escolhi o coeficiente b3 = 0.01 bem pequeno em relacao ao a2 = 20 de proposito,para indicar que nao adianta, pois a longo prazo o grau 3 do denominador e maisimportante.

6000

4000

2000

0

x

302520155 10

8000

Figura: Grafico de 20x2+30x+40(0.01)x3

, para x ∈ [1, 30]

Estes dois Exemplos 7) e 8) ilustram o seguinte princıpio: a longo prazo o que im-porta sao os graus mais altos dos polinomios envolvidos num quociente de polinomios.

9) Lembrando apenas que a funcao seno tem | sin(x)| ≤ 1, entao

limx→+∞

sin(x)

x= 0

pois limx→+∞1x= 0 (use o Teorema 3.1).

0,4

0,2

-0,2

0,3

0,1

x

12080

-0,1

020 40 10060

Figura: O grafico de sin(x)x

para x ∈ [2, 130]

4. QUANDO A PARTE E DO MESMO TAMANHO DO TODO 66

4. Quando a parte e do mesmo tamanho do todo

Nesta Secao proponho explicar o seguinte Teorema, que parece um total absurdo:

Afirmacao 4.1. A reta inteira de numeros Reais tem tantos pontos quanto o intervaloaberto (−1, 1).

Em primeiro lugar preciso lembrar o que significa dois conjuntos terem o mesmonumero de elementos. O exemplo que mais gosto, para explicar essa nocao, li numum livro de Tarski.

Imagine num garcom colocando, para cada cliente, um garfo e uma faca ao ladodo prato. Ao final da tarefa, ele tem a seguinte conversa com o cozinheiro:

• cozinheiro: para preparar a refeicao, gostaria de saber quantos clientes temoshoje.

• garcom: nao contei, nao sei.• cozinheiro: mas voce nao estava pondo os garfos e facas para cada um deles?

• garcom: sim, mas so o que tenho certeza e que ha tantos garfos quanto facasa mesa.

• cozinheiro: mas como voce pode ter certeza disso, sem saber quantos garfose facas voce pos, ja que nao contou ?

• garcom: ora, e facil, sei que ha tantos garfos quanto facas porque para cadafaca colocada, coloquei um garfo, e nao mais de um garfo.

A moral dessa historia e a seguinte: dois conjuntos tem o mesmo numero deelementos quando ha uma funcao f sobrejetora (nenhuma faca sem garfo) e injetora(nao mais de um garfo) entre eles. Apesar de que nao saibamos exatamente quantoselementos os conjuntos tem.

Um exemplo conhecido ja por Galileu e que ha tantos numeros Naturais N quantonumeros Pares 2N: de fato, existe a bijecao

f : N → 2N, f(n) = 2n,

cuja inversa da f−1(2n) = n. Apesar disso 2N ⊂ N, por isso se diz que, nesse caso, aparte e do tamanho do todo !

Para provar a Afirmacao 4.1, considero a seguinte funcao:

f : R → R, f(x) :=x

| x |+ 1.

Primeiro noto que esta bem definida em todos os Reais, pois seu denominador nuncase anula. Agora afirmo que f(R) ⊂ (−1, 1), ou seja, que

∀x ∈ R, −1 <x

| x |+ 1< 1.


De fato, primeiro f(0) = 0 e se x > 0 entao |x| = x e portanto:

0 <x

x+ 1< 1,

pois 0 < x < x+ 1. E se x < 0, entao |x| = −x e portanto:

−1 <x

−x+ 1< 0,

pois −1 · (−x+ 1) = x− 1 < x.O que nao esta ainda nada claro e se f e sobrejetora, ou seja, se

(−1, 1) ⊂ f(R), ou seja f(R) = (−1, 1).

Estou assumindo neste momento, sem demonstrar, que a imagem de f e algumintervalo f(R) = (a, b) ⊂ (−1, 1).

O que quero mostrar agora e que nao acontece que −1 < a nem que b < 1. Paraisso meu argumento e o seguinte: vou mostrar que

limx→+∞

x

| x |+ 1= 1 e lim

x→−∞

x

| x |+ 1= −1,

ou seja, pela Definicao de limite, que f atinge valores tao proximos de 1 e de −1quanto quisermos. Isso impedira que −1 < a e que b < 1.

Mas se x→ +∞ entao em particular x > 0 e

limx→+∞

x

| x |+ 1= lim

x→+∞

x

x+ 1= lim

x→+∞

x · 1x · (1 + 1

x)= 1,

pelo Teorema 3.1 e Exemplos que o seguem.E se x→ −∞ entao em particular x < 0 e

limx→−∞

x

| x |+ 1= lim

x→−∞

x

−x+ 1= lim

x→−∞

x · 1x · (−1 + 1

x)= −1,

pelo Teorema 3.1 e Exemplos que o seguem.Agora so falta ver que f e injetiva: mas note que se x > 0, de y = x

x+1obtenho

y = x− xy e daı:

x =y

1− y,

que e bem definido pois y < 1. E se x < 0 entao de y = x−x+1

obtenho y = x + xy edaı:

x =y

1 + y,

que e bem definido pois −1 < y.Isso mostra que y = f(x) e injetiva, ja que tenho explicitamente sua funcao inversa

x = f−1(y).

As Figuras a seguir mostram parte dos graficos de f e de f−1, respectivamente:

5. EXERCICIOS 68

0,4

-0,4

0,8

0

-0,8x

42-2 0-4

2

-2

4

0

-4

x

0,80,4-0,40-0,8

Para terminar, chamo a atencao do leitor que f−1 : (−1, 1) → R faz uma espantosaexpansao do intervalo (−1, 1). A expansao feita por f−1(y) depende sensivelmentede y e aumenta cada vez mais a medida que y vai para os extremos do intervalo. NaParte 2 do Curso poderemos justificar e explicar melhor a seguinte Afirmacao sobref−1:

Afirmacao 4.2. Se y ∈ [0, 1) entao a taxa de expansao de f−1 e de 1(1−y)2 e a taxa

de expansao de f−1(y) para y ∈ (−1, 0] e de 1(1+y)2

.

Uma comparacao e natural: um dos fenomenos mais bizarros do Universo e quenao apenas ele se expande, e que quanto mais longe mais ele se expande, mas tambem,como se descobriu faz pouco tempo, que essa expansao esta aumentando...

5. Exercıcios

Exercıcio 5.1. A seguir dado ǫ > 0 determine δ > 0 (em funcao de ǫ) tal que|x− x0| < δ implique |f(x)− L| < ǫ:

a): x0 = 1, f(x) = 555x, L = 555,


b): x0 = 0, f(x) = x2, L = 0,

c): x0 = 0, f(x) = 555x2, L = 0.

Exercıcio 5.2.

0,5

1

-0,5

0

-1

50

x

30 4010 200

A figura mostra o grafico da funcao f : R>0 → (−1, 1) dada por

f(x) =x− 1

x+ 1.

Prove aquilo que e sugerido pelo grafico, ou seja, que

limxց0

f(x) = −1 e limx→+∞

f(x) = 1.

Exercıcio 5.3. Determine:a): limx→2

x2+5x+6x+2

,

b): limx→21

(x−2)2,

c): limx→−6−1

(x+6)2,

d): limxր−6−1x+6

,

e): limxց−6−1x+6

.

Exercıcio 5.4. Considere os seguintes limites

limx→1

x3 − 3x+ 2

x− 1e lim

x→1

x3 − 3x+ 2

(x− 1)2.

i) Antes de fazer contas, diga qual a diferenca qualitativa que ha entre os doiscasos.

ii) Calcule os limites.iii) sera que existe o

limx→1

x3 − 3x+ 2

(x− 1)3?

5. EXERCICIOS 70

Exercıcio 5.5. Calcule

limx→1

x3 − 2x2 − 4x+ 8

x− 2e lim

x→1

x3 − 2x2 − 4x+ 8

(x− 2)2.

Exercıcio 5.6. i) Considere a funcao f : R→ R definida por partes:

f(x) = −x, se x < −1,

f(x) = x2 + x+ 1, se − 1 ≤ x ≤ 1,

f(x) = 2 · x, se 1 < x.

Existem os limites limx→−1

f(x) ou limx→1

f(x)?

ii) Ajuste os parametros b, c para que g : R → R definida por partes:

g(x) = −x, se x < −1,

g(x) = x2 + b · x+ c, se − 1 ≤ x ≤ 1,

g(x) = 2 · x, se 1 < x.

tenha ambos os limites limx→−1

g(x) e limx→1

g(x)

CAPıTULO 6

A nocao de Continuidade

Na Definicao a seguir pediremos um pouco mais que o que foi exigido na Definicao0.1, pois vamos pedir que:

• x ∈ I (domınio da funcao) e que• limx→x f(x) = f(x)

ou seja que o limite L da funcao coincida com f(x):

Definicao 0.1. Uma funcao f : I → R e contınua em x ∈ I se toda sequencia xn depontos de seu domınio com

limn→+∞

xn = x

tenha tambem

limn→+∞

f(xn) = f(x).

Quando dissermos apenas que f e contınua estamos querendo dizer f que e contınuaem cada ponto de seu Domınio.

Observacoes:

• Quer dizer entao que, se uma funcao e contınua em x, e porque ela mandatodas sequencias contidas no Domınio I de f que se aproximam de x emsequencias no Contra-Domınio que se aproximam de f(x).

• Concluımos que, para nao termos a continuidade de f em x ∈ I, temque haver pelo menos uma sequencia xn de pontos de seu domınio comlimn→+∞ xn = x, mas para as qual limn→+∞ f(xn) 6= f(x) .

Isso pode acontece ou porque simplesmente nao existe esse limite ou,mesmo existindo, pode ser que seja diferente de valor esperado f(x).

• So faz sentido dizer que f e descontınua (nao-contınua) em pontos x de seuDomınio1

Exemplos de descontinuidades :1- f : R → R definida condicionalmente por: f(x) = x se x ≤ 0 e por x + 4 se

x > 0. Nesse exemplo, sequencias xn < 0 que tendem a zero tem f(xn) tendendo a0; mas sequencias xn > 0 que tendem a zero tem f(xn) tendendo a 4.

2- f : [0, 5] → R, definida condicionalmente por f(0) = 3 e f(x) = 1/x, sex ∈ (0, 5]. Aqui, sequencias de numeros positivos xn que tendam a 0 tem f(xn)ficando tao grande quanto quisermos, ou seja se afastando de f(0) := 3.

1Ao contrario do que faz o Anton em seu livro de Calculo, para quem f : R \ {0} → R edescontınua em x = 0 !!!

71

1. OPERACOES COM FUNCOES CONTINUAS 72

3- f : [0, 1π] → R, f(0) = 0 e f(x) = sen(1/x), se x ∈ (0, 1

π] (aqui apelo apenas

para o conhecimento de base, de que seno e uma funcao periodica, que tem valoresem [−1, 1] e que se anula em π). Aqui se tomamos xn > 0 conveniente tendendo a 0,podemos conseguir f(xn) tendendo para qualquer Lxn ∈ [−1, 1].

1

0,5

0

-0,5

-1

x

0,30,250,20,150,10,05

Figura: O grafico de f(0) = 0 e f(x) = sin( 1x) se x ∈ (0, 1

π].

1. Operacoes com funcoes contınuas

O proximo Teorema simplesmente re-escreve alguns itens do Teorema 1.1, no casoem em x esta no domınio de ambas as funcoes e em que L1 = f(x) e L2 = g(x).

Teorema 1.1. (Propriedades das funcoes contınuas) Suponha que f e g ambas saocontınuas em x, ou seja:

limx→x

f(x) = f(x) e limx→x

g(x) = g(x).

Entao:1) A funcao soma f + g e tambem contınua em X ou seja

limx→x

(f + g)(x) = (f + g)(x).

2) A funcao diferenca f − g e tambem contınua em X ou seja

limx→x

(f − g)(x) = (f − g)(x).

3) Se C ∈ R e uma constante, entao a funcao (C · f)(c) := C · f(x) e contınua,ou seja:

limx→x

(C · f)(x) = C · f(x)4) A funcao produto (f · g)(x) tem

limx→x

(f · g)(x) = (f · g)(x).

5) Se g(x) 6= 0:

• i) se x e suficientemente proximo de x, entao g(x) 6= 0 e

• ii) lim f(x)g(x)

= f(x)g(x)

.

A Afirmacao 3.1 e a definicao de funcao contınua implicam:

CAPITULO 6. A NOCAO DE CONTINUIDADE 73

Afirmacao 1.1. (Princıpio de Inercia das funcoes contınuas) Seja f : I → R

contınua em x, definida num intervalo aberto I.

• se f(x) > 0 entao f(x) > 0 num intervalo aberto centrado em x.• se f(x) > 0 entao f(x) > 0 num intervalo aberto centrado em x.

Deixo a prova como um exercıcio para o leitor, se bem que a figura a seguir dizquase tudo:

δ−x x + δ

L−ε

ε+L

x

L > 0

Figura: f e contınua e positiva m x.

O Teorema a seguir e enunciado para a composicao de 2 funcoes, mas pode seradaptado facilmente para qualquer numero (finito) de composicoes de funcoes.

Afirmacao 1.2. Seja g : I → J e f : J → K funcoes de intervalos em intervalos.Suponha que g e contınua em x e que f e contınua em g(x). Entao a funcao

composta(f ◦ g)(x) := f(g(x))

e contınua em x.

Se g e f sao contınuas, entao f ◦ g e contınua.

Demonstracao.

Queremos saber se para qualquer sequencia (xn)n que tende a x, com xn ∈ I,temos que a sequencia f(g(xn)) ∈ K tende para f(g(x)).

O que sabemos pelas hipoteses sobre f e sobre g e, primeiro, que se xn ∈ I tendea x entao g(xn) ∈ J tende a g(x).

Mas agora consideramos

z := g(x), e zn := g(xn).

Essa sequencia zn e uma sequencia que tende a z. Pela hipotese de continuidade daf , temos que f manda a sequencia zn em uma sequencia f(zn) = f( g(xn) ) que tendea f(z) = f(g(x)): exatamente o que querıamos.

�

Na pratica a Afirmacao 1.2 permite-nos fazer a seguinte troca:

limx→x

f( g(xx) ) = f( limx→x

g(xx) ),

2. POLINOMIOS, FUNCOES RACIONAIS E TRIGONOMETRICAS 74

o que e muito util para calcular limites.

2. Polinomios, funcoes racionais e trigonometricas

2.1. Polinomios.Nao imagino um exemplo mais simples de funcao contınua que a funcao constante

: f(x) ≡ C, C ∈ R. E claro que limx→x f(x) = C, pois f(x) = C simplesmente naodepende de x ou de x particulares.

Outro exemplo que e contınua e a funcao identidade f(x) = x, pois obviamente

limx→x

f(x) = limx→x

x = x.

Uma consequencia do Teorema 1.1 e que os polinomios :

f(x) := an · xn + an−1 · xn−1 + . . .+ a1 · x+ a0, onde ai ∈ R

sao funcoes contınuas. De fato, para um polinomio usamos um numero finito de vezesos itens 1), 2) , 3) e 4).

2.2. Funcoes racionais.O item 5) do Teorema 1.1 diz entao que a funcao F : R \ {0} :→ R, F (x) = 1

xe

contınua, pois numerador e denominador sao contınuos.Isso e um pouco chocante, pelo aspecto do grafico dessa, formado de duas partes.

Se le em alguns livros que uma funcao contınua nao tem rasgos no seu grafico, maso correto e dizer que uma funcao contınua nao introduz rasgos. Se o proprio domıniodela ja e formado como neste exemplo de dois pedacos como o de 1

x,

R \ {0} = R>0 ∪ R<0

entao o grafico pode ter dois pedacos, so nao poder ter mais de dois pedacos.O que sempre ficaria descontınua e qualquer tentativa de estender f(x) = 1

xao

ponto x = 0, pois se aproximando x pela direita 1/x > 0 fica tao positivo quisermose aproximando x pela esquerda 1/x < 0 fica tao negativo quanto quisermos.

Generalizando o exemplo 1x, defino uma funcao racional como o quociente P1(x)

P2(x)

de dois polinomios. Resta saber, se adotamos esta definicao, onde a funcao racionalesta bem definida como funcao.

Vale o seguinte: se P1(x) e P2(x) nao tem raızes comuns, entao P1(x)P2(x)

tem como

Domınio exatamente o conjunto

{ x ; P2(x) 6= 0 }.E P1(x)

P2(x)e uma funcao contınua.

Porem, suponha que P1(x) e P2(x) tem alguma raız comum x, que e de ordem

m1 ≥ 1 para P1(x) e de ordem m2 ≥ 1 para P2(x). EntaoP1(x)P2(x)

estara definida em xse e somente se

m1 ≥ m2.

Relembro essas nocao de ordem ou multiplicidade de uma raız:


Definicao 2.1. Seja f(x) polinomio a coeficientes Reais.Dizemos que x e raız de ordem exatamente m, se

f(x) = (x− x)m · g(x), m ∈ N,

para um g(x) polinomio a coeficientes Reais que nao se anula em x.

2.3. Trigonometricas.Considere agora um cırculo de raio 1.Podemos usar o comprimento do arco do cırculo (medido no sentido antihorario

desde o eixo x > 0) como uma medida do angulo central.Assim um angulo de 360 graus (antihorario, desde o eixo x > 0)) mede +2π (onde

π e tomado no sentido elementar de quociente entre o perımetro e diametro de umcırculo). Um angulo de 90 graus antihorario mede +π/2, o de 180 antihorario mede

+π. E claro que ha sempre uma ambiguidade de k · 2π nesse modo como medimos oangulo central.

A medida da projecao no eixo y (orientada como o eixo y) do arco de comprimentoθ e o seno do angulo θ. Assim como a medida da projecao no eixo x (orientada comoo eixo x) do arco de comprimento θ e o cosseno do angulo θ.

θ

1

sen

θcos

tan θθ

Figura: Definicao elementar de seno e cosseno

Seno e cosseno naturalmente sao periodicos de perıodo 2π, devido a ambiguidadena medida do angulo.

Agora vamos usar a intuicao que temos de que, se variamos um pouquinho o arcoθ para θ+h, entao as duas projecoes vertical e horizontal mudam pouco (as projecoessao funcoes contınuas).

Ou seja, Afirmamos que seno e cosseno sao funcoes contınuas por serem definidasa partir de projecoes.

Lembro que seno retrito a [−π2, π2] e uma funcao estritamente crescente; sua funcao

inversa chamada de arcoseno (pois diz de que arco o numero dado e um seno) tambeme estritamente crescente.

Isso vale em geral:

Se uma funcao y = f(x) e estritamente crescente, sua inversa x = f−1(y) tambeme.

2. POLINOMIOS, FUNCOES RACIONAIS E TRIGONOMETRICAS 76

De fato, se por absurdo ocorresse que y1< y

2mas f−1(y

1) ≥ f−1(y

2) entao

terıamos x1 = f−1(f(x1)) ≥ f−1(f(x2)) = x2 contradizendo que y = f(x) e estrita-mente crescente.

Pelo item 5) do Teorema 1.1, a funcao sin(x)cos(x)

e contınua nos pontos onde cos(x) 6= 0,

ou seja para x 6= π/2 + k · π, k ∈ Z. Essa funcao e por definicao a funcao tangente

tan(x) :=sin(x)

cos(x).

Sera importante mais adiante, quando falarmos dos coeficientes angulares de retas.A periodicidade do seno do cosseno repercute na funcao tangente, que e periodica

de perıodo π. Seu domınio e uma uniao de infinitos intervalos de comprimento π:

. . . ∪ (−π2

− π,π

2− π) ∪ (

−π2,π

2) ∪ (

−π2

+ π,π

2+ π) ∪ . . .

e nao e difıcil de ver que quando restrita a cada intervalo ela e uma funcao:

• i) estritamente crescente e• ii) que fica em modulo tao grande quanto quisermos se nos aproximamossuficentemente dos extremos

pois o denominador cos(θ) de sin(θ)cos(θ)

se aproxima de zero enquanto o numerador sin(θ)

se aproxima de 1 ou de −1.

4

2

0

-2

-4

x

10,50-1-0,5

Figura: Grafico feito no computador de y = tan(x) em (−π2+ 0.2, π

2− 0.2)

Nessa Figura, feita numericamente no computador, nao pude pedir para o com-putador trabalhar no intervalo (−π

2, π2), pois os valores de tan explodem em modulo.

A restricao

tan : (−π2,π

2) → R

tem uma inversa arctan : R → (−π2, π2). Tambem e uma funcao estritamente crescente,

como ja explicamos acima, mas seus valores nao sobrepassam em modulo a π2.


0,51

-0,50

-1x

420-2-4

Figura: Grafico de arctan(x)

Podemos expressar o comportamento de arctan(x) usando a notacao da Secao 3:

•lim

x→+∞arctan(x) =

π

2

para dizer que arctan(x) fica tao proximo quanto quisermos de π2se deixarmos

x crescer o suficiente;•

limx→−∞

arctan(x) = −π2

para dizer que arctan(x) fica tao proximo quanto quisermos de −π2se deixar-

mos x decrescer o suficiente;

E podemos introduzir novos sımbolos para comparar com o comportamento detan(x):

•limθց−π

2

tan(θ) = −∞

significa que tan(θ) fica tao negativo quanto quisermos desde que θ > −π2

decresca e se aproxime o suficiente de −π2.

•limθրπ

2

tan(θ) = ∞

significa que tan(θ) fica tao positivo quanto quisermos desde que θ < π2cresca

e se aproxime o suficiente de π2.

3. CONTINUIDADE DA FUNCAO INVERSA 78

3. Continuidade da funcao inversa

E possıvel provar (mas a prova e um pouco tecnica demais) que:

Afirmacao 3.1. Se f : I → R, y = f(x) definida num intervalo I e contınua etem inversa, entao f−1 : f(I) → I tambem esta definida num intervalo f(I) e f−1

tambem e contınua.

Chamo a atencao que essa Afirmacao pode ser falsa se o domınio da f nao e umintervalo2

Para ver um exemplo disso, considere uma f definida numa uniao de intervalos:[0, a] ∪ (a+ 1, b], que seja contınua e que tenha inversa. Note que a continuidade emx = a so se refere ao comportamento a f em relacao a sequencias xn ∈ [0, a] quetendam a x = a. As sequencias xn ∈ (a+ 1, b] do domınio da f nao tendem ao pontoa, pois distam dele pelo menos 1, entao nao interessam na analise da continuidade daf em a. O grafico que segue e um exemplo de uma tal f :

0 ba+1a

y = f(x)

Figura: f : [0, a] ∪ (a+ 1, b] → R contınua,com x = f−1(y) descontınua em f(a)

Agora Afirmo que a funcao inversa x = f−1(y) e descontınua em y = f(a). Defato, se yn < f(a) e uma sequencia de pontos da imagem da f que tende a f(a) vemosna Figura que limn→+∞ f−1(yn) = a. Mas se tomamos yn > f(a) uma sequencia depontos da imagem da f que tende a f(a), vemos que limn→+∞ f−1(yn) = a+ 1.

A Figura a seguir ilustra:

y = f^{−1} (x)

0 ba+1a

y = f(x)

Figura: Aqui y = f(x) e y = f−1(x) estao no mesmo sistema cartesiano

2Como esqueceu o Anton, na pag. 156, Teorema 2.6.2, da Oitava Edicao do seu livro de Calculo.


4. Dois teoremas fundamentais sobre funcoes contınuas

A demonstracao dos dois Teorema a seguir foge do conteudo usual do Calculo,e visto em disciplinas mais avancadas de Analise Matematica.

E importante que o estudante medite sobre seus enunciados.

Teorema 4.1. (Teorema do Valor Intermediario - abrev.: T.V.I.)Seja f : [a, b] → R funcao contınua com A = f(a) e B = f(b), com A 6= B, por

exemplo A < B.Seja C qualquer numero C ∈ (A,B). Entao existe algum x ∈ (a, b) tal que

f(x) = C (pode haver mais de um x desse tipo)

Teorema 4.2. (Teorema de Bolzano-Weierstrass)Seja f [a, b] → R contınua, onde [a, b] e intervalo fechado e limitado. Entao f tem

mınimo e maximo globais assumidos em pontos de [a, b]

5. Primeiras aplicacoes do T.V.I

Vamos dar agora algumas aplicacoes iniciais do T.V.I. Mais tarde ele sera impor-tante na prova do Teorema Fundamental do Calculo, na Parte 2 do Curso.

Primeiro um tıpico teorema bem geral, mas que nao diz nada sobre a solucao emcada caso especıfico:

Proposicao 5.1. Dado qualquer f : [0, 1] → [0, 1] contınua, existe x ∈ [0, 1] tal quef(x) = x.

Demonstracao.

Observe que geometricamente o que queremos e saber se o grafico de y = f(x)corta o grafico da diagonal y = x.

Se f(0) = 0 ou se f(1) = 1 entao corta e acabou, nao ha nada mais a provar.Portanto vamos supor que f(0) ∈ (0, 1] e que f(1) ∈ [0, 1), para termos algo a provar.

E razoavel olhar a funcao diferenca entre elas: f(x)−x. Por ser uma diferenca deduas funcoes contınuas, f(x) − x tambem e funcao contınua. Ademais, f(0) ∈ (0, 1]e f(1) ∈ [0, 1) dizem que:

f(0)− 0 > 0 e f(1)− 1 < 0.

Pelo T.V.I. existe algum x ∈ (0, 1) tal que:

f(x)− x = 0,

como querıamos. �

6. Raızes de polinomios cujo grau e ımpar

A segunda aplicacao do T.V.I.:

Proposicao 6.1. Todo polinomio de coeficientes Reais e de grau ımpar tem algumzero Real: f(x) = 0.

6. RAIZES DE POLINOMIOS CUJO GRAU E IMPAR 80

Observe que ha polinomios de grau par sem zeros Reais, como f(x) = x2 + 1.Demonstracao. Seja f o polinomio de grau 2n− 1:

f(x) := a2n−1 · x2n−1 + a2n−2 · x2n−2 + . . .+ a1 · x+ a0, ai ∈ R, n ∈ N

Caso a2n+1 > 0:Escrevo para x > 0:

a2n−1 · x2n−1 + a2n−2 · x2n−2 + . . .+ a1 · x+ a0 = a2n−1x2n−1 · (1 + a2n−2

x+ . . .

a0x2n−1

).

Pelo Teorema 3.1 e pelos Exemplos que o seguem, temos que

limx→+∞

(a2n−2

x+ . . .

a0x2n−1

) = 0.

Portanto para x > 0 suficientemente grande temos que

1 +a2n−2

x+ . . .

a0x2n−1

> 0.

Logo, para x > 0 suficientemente grande, o sinal de

a2n−1x2n−1 · (1 + a2n−2

x+ . . .

a0x2n−1

)

e o mesmo sinal de a2n−1x2n−1, que e a2n−1x

2n−1 > 0.Argumentando do mesmo jeito para x→ −∞, concluimos que o sinal de

a2n−1x2n−1 · (1 + a2n−2

x+ . . .

a0x2n−1

)

para x < 0 suficientemente grande e o mesmo sinal de a2n−1x2n−1, que nesses pontos

e a2n−1x2n−1 < 0.

Entao

f(x) = a2n−1 · x2n−1 + a2n−2 · x2n−2 + . . .+ a1 · x+ a0

assumiu valores negativos e positivos.Pelo T.V.I. e pela continuidade do polinomio f(x), tem que haver um ponto onde

f(x) = 0.Caso a2n+1 < 0: completamente analogo.

�

Esse teorema (e sua prova) nao dao nenhuma pista de como achar concretamentealgum ponto x onde f(x) = 0.

Em dois trabalhos, de 1690 e 1691, Michel Rolle tentou estabelecer um metodopara determinar concretamente esses zeros.

Ele o fez de um modo bem confuso, pois nao tinha uma boa definicao de Derivada,mas seu nome ficou associado ao teorema que estabeleceremos mais adiante no Capıtulo10 e que nos permitira criar metodos para encontrar raızes de polinomios (e de funcoesmais gerais).

Um aplicacao interessante do Teorema de Rolle e do T.V.I. sera dada na Secao 5do Capıtulo 13, para provar a Regra de sinais de Descartes, que da uma estimativado numero de raızes Reais de um polinomio.


7. Raızes simples e fatoracao de polinomios

Acho que pode ser util na formcao dos estudantes, ter uma prova do seguinte fatofundamental:

Teorema 7.1. Seja f(x) = anxn+ an−1x

n−1 + . . .+ a0 um polinomio de grau n, comcoeficientes ai ∈ R.

Sao equivalentes:

• i) f(x) = 0 para alguma raız x ∈ R e

• ii) f(x) = (x − x) · g(x) onde g(x) e um polinomio de grau n − 1 comcoeficientes Reais.

Demonstracao.

ii) obviamente implica i), pois:

f(x) = (x− x) · g(x) = 0.

A prova de que i) implica ii) sera dividida em duas etapas.A parte interessante e construir o g(x) que queremos em:

f(x) = (x− x) · g(x) + r,

onde r e uma constante.Se tivermos feito isso, avaliaremos tudo em x:

0 = f(x) = (x− x) · g(x) + r = r,

para concluir que r = 0.Para chegarmos na desejada expressao f(x) = (x−x)·g(x)+r, temos um algoritmo

a executar.Para f(x) = anx

n + an−1xn−1 + . . .+ a0 , faco

g1(x) := an · xn−1

e subtraio

r1(x) := f(x)− (x− x) · g1(x).O g1(x) foi escolhido para que r1(x) nao tenha termo de grau n. Ou seja que essenovo polinomio r1(x) tem grau ≤ n− 1. Se por acaso r1(x) ≡ 0 entao

f(x) = (x− x) · g1(x)e ja temos o que queremos, com r = 0 e g(x) := g1(x).

Caso contrario r1(x) = bkxk + bk−1x

k−1 + . . ., onde k ≤ n− 1; defino

g2(x) :=xk−1

bk,

e subtraio

r2(x) := r1(x)− (x− x) · g2(x).

7. RAIZES SIMPLES E FATORACAO DE POLINOMIOS 82

Pela definicao do g2(x) esse novo polinomio r2(x) tem grau ≤ n− 2. Se dermos sortee r2(x) ≡ 0 entao

f(x) = (x− x) · [g1(x) + g2(x)],

e ja temos o que queremos com r = 0 e g(x) = g1(x) + g2(x).Caso contrario continuamos, considerando agora r2(x) = cjx

j + cj−1xj−1 + . . .,

onde j ≤ n− 2 e definindo g3(x) e r3(x) como fizemos antes.O que importa e que o grau desse novo r3(x) sera ≤ n − 3. Ou seja, como vao

caindo os graus dos rk(x) a cada etapa, apos no maximo n etapas chegaremos a umrk(x) (k ≤ n) que ou bem e ≡ 0 ou bem tem grau zero, uma constante. Esse sera or. E g(x) := g1(x) + . . .+ gk(x), k ≤ n. �

Digressao sobre o Teorema 7.1:Se observarmos a prova desse Teorema vemos que, na fatoracao

f(x) = (x− x) · g(x)os coeficientes do polinomio g(x) sao soma, subtracoes, produtos, quocientes da raızx e dos coeficientes ai de f(x).

Por isso, se a raız x fossse um numero Complexo e a1 sao Reais ou Complexos, de-veria haver uma fatoracao de f onde o polinomio g(x) tivesse coeficientes Complexos.

Por exemplo, temos

x3 − 1 = (x− 1) · (x2 + x+ 1)

e isso e tudo que podemos fazer se estamos limitados a trabalhar com coeficientesReais.

Mas x2 + x+ 1 tem raızes Complexas:

x1 :=−1 −

√−1

√3

2e x2 :=

−1 +√−1

√3

2,

ous seja, as raızes Reais ou Complexas de x3 − 1 = 0 sao 1, x1, x2. Portanto deveriahaver uma fatoracao:

x3 − 1 = (x− x1) · g(x),com os coeficientes desse novo g(x) nos Complexos.

Seguindo os passos do algoritmo dado na prova do Teorema 7.1 (com a mesmanotacao), faco:

g1(x) := x2

r1 := x3 − 1− x2 · (x− x1) =

= x1 x2 − 1.

Agorag2(x) := x1 x,

r2 := r1 − x1 x · (x− x1) =

= x21 x− 1.

E tambemg3(x) := x21,


r3 := r2 − x21 · (x− x1) =

= −1 + x31 = 0.

Portantog(x) := g1(x) + g2(x) + g3(x) =

= x2 + x1 x+ x21,

e a fatoracao e

x3 − 1 = (x− x1) · ( x2 + x1 x+ x21 ), onde x1 :=−1−

√−1

√3

2.

Note que:(x− 1) · (x− x2) = x2 − (x2 + 1) x+ x2 =

= x2 + x1 x+ x21,

pois claramentex2 + 1 = −x1,

ex21 = x2.

8. Possıveis raızes Racionais de polinomios a coeficientes inteiros

Aproveito o tema das raızes de polinomios para lembrar o seguinte Teste, quepermite saber se pode haver raız Racional de um polinomio a coeficientes Inteiros:

Afirmacao 8.1. Seja p(x) = ak · xk + ak−1 ·xk−1+ . . .+ a1 ·x+ a0 polinomio de grauk ≥ 1 com coeficientes Inteiros:

ak, ak−1, . . . , a1, a0 ∈ Z.

Suponha que p(x) tem alguma raız Racional, ou seja, da forma

x =m

n∈ Q, com m e n primos entre si.

Entao m e divisor de a0 e n e divisor de ak.

Demonstracao.

Suponho que:

p(m

n) = ak ·

mk

nk+ ak−1 ·

mk−1

nk−1+ . . .+ a1 ·

m

n+ a0 = 0.

Entao

ak ·mk

nk+ ak−1 ·

mk−1

nk−1+ . . .+ a1 ·

m

n= −a0

e multiplicando por nk:

ak ·mk + n · ak−1 ·mk−1 + . . .+ a1 · nk−1 ·m = −nk · a0e daı:

m · [ak ·mk−1 + n · ak−1 ·mk−2 + . . .+ a1 · nk−1] = nk · (−a0).Como

ak ·mk−1 + n · ak−1 ·mk−2 + . . .+ a1 · nk−1 ∈ Z

temos que m e um divisor de nk · (−a0).

9. EXERCICIOS 84

Como m e n sao primos entre si isso implica que m e divisor de a0.Tambem temos:

−ak ·mk

nk= ak−1 ·

mk−1

nk−1+ . . .+ a1 ·

m

n+ a0

e portanto, multiplicando por nk:

−ak ·mk = n · ak−1 ·mk−1 + . . .+ nk−1 · a1m+ nk · a0e daı:

−ak ·mk = n · [ak−1 ·mk−1 + . . .+ nk−2 · a1 ·m+ nk−1 · a0].Como

ak−1 ·mk−1 + . . .+ nk−2 · a1 ·m+ nk−1 · a0 ∈ Z

isso diz que n e divisor de −ak ·mk. Como m e n sao primos entre si, isso implicaque n e divisor de ak.

�

Na Secao 5 do Capıtulo 13 daremos uma prova da Regra de Sinais de Descartes,que estima quantos zeros pode ter um polinomio a coeficientes Reais.

9. Exercıcios

Exercıcio 9.1. Considere a funcao definida assim: f(x) = 0 se x e um numeroracional e f(x) = 1 se x e um numero irracional.

i): Como e seu grafico ?ii): em que pontos ela e contınua ou e descontınua?

Exercıcio 9.2. A soma, o produto e a composicao de funcoes contınuas produzfuncoes contınuas. Usando isso calcule:

i) limx→1

(3x− 4x) · (x5 − 2x)4,

ii) limx→1

√4x− 3x · (x5 − 2x)4.

Exercıcio 9.3. De um exemplo de f(x) descontınua em algum ponto mas tal quef 2(x) e contınua em todos os pontos.

Exercıcio 9.4. (resolvido)Prove que a funcao definida por f(x) = x · sin( 1

x), se x > 0 e f(0) = 0 e contınua.

Exercıcio 9.5. Prove a Afirmacao 1.1, que chamei de princıpio de inercia das funcoescontınuas.

Exercıcio 9.6. Um aluno me disse que, para descobrir em quais intervalos umpolinomio y = f(x) de grau n e positivo ou negativo, ele faz o seguinte.

Ele primeiro descobre todas as raızes Reais x1, x2, . . . , xk, onde k ≤ n.Depois considera os intervalos (−∞, x1), (x1, x2), etc , (xk−1, xk), (xk,+∞). Entao

para saber o sinal de f em cada intervalo desses, ele examina o sinal de f(x) em umunico x de cada intervalo.


O metodo dele esta correto ? Se esta, justifique-o com conceitos/ teoremas doCalculo.

Exercıcio 9.7. De um exemplo de uma funcao f positiva em um ponto x, mas talque f(xn) = 0 em pontos xn que formam um sequencia com limn→+∞ xn = x.

Exercıcio 9.8. Encontre o domınio da funcao racional f(x) = 1x2−1

. Descreva o queacontece com o modulo e o sinal de f quando x se aproxima pela esquerda e peladireita dos pontos onde ela nao esta definida.

Exercıcio 9.9. (resolvido)i) Prove que

limx→+∞

√5 · x2 + x

x+ 2=

√5

1,8

1,4

1

x

100806040

2,2

20

2

1,6

1,2

0,8

Figura: Grafico de y =√5·x2+xx+2

, x ∈ [1, 100],√5 ≈ 2.23.

ii) Prove que

limx→−∞

√5 · x2 + 2

x+ 2= −

√5

Exercıcio 9.10. (resolvido) Um exemplo que nao parece estar ligado a quocientes,mas que se calcula introduzindo quocientes:

limx→+∞

(√x2 + x− x ) =

1

2.

9. EXERCICIOS 86

0,5

0,48

0,46

0,42

0,44

x

100806020 40

Figura: Grafico de y =√x2 + x− x, x ∈ [1, 100].

Exercıcio 9.11. E um fato que o polinomio

y = x5 − 2x4 + x3 + x2 + 1

so tem uma raız Real. Nao e facil acha-la explicitamente. Mas com o Teorema doValor Intermediario voce pode concluir que a raız Real e um ponto do intervalo [−1, 1].Por que ?

No Capıtulo 18 daremos um metodo para determinar essa raız, que foi descobertopor Newton (para variar ...)

Exercıcio 9.12. (resolvido)A equacao x3 + 1 = 0 e, em geral, as as equacoes de grau ımpar

x2n+1 + 1 = 0, n ∈ N

tem obviamente como unica raız Real o x = −1.Nao e facil resolver explicitamente a equacao x3 + ǫ · x+ 1 = 0, com ǫ ≥ 0 fixado,

a menos que se conheca a formula de Cardano; com ela se obtem a raız Real

x =3

√

−1

2+

√

1

4+ǫ3

27− 3

√

1

2+

√

1

4+ǫ3

27.

Torna-se intratavel tentar resolver explicitamente o seguinte tipo de equacao degrau ımpar:

x2n+1 + ǫ1 · x2n−1 + ǫ2 · x2n−3 + . . .+ ǫn−1 · x3 + ǫn · x+ 1 = 0,

comǫi ≥ 0, i = 1, . . . n− 1 e ǫn > 0

fixados.i) Prove que cada uma dessas equacoes tem um unica raız Real.ii) Prove que a raız de cada uma delas esta em [−1, 0).iii) Para cada numero em [−1, 0) encontre alguma dessas equacoes que o tenha

como unica raız.

CAPıTULO 7

Geometria Analıtica Plana

1. Equacoes de retas, coeficientes angular e linear

A equacao de uma reta vertical por dois pontos (x, y1) e (x, y2) e

x− x = 0.

Mas a equacao de uma reta nao-vertical por (x1, y1) e (x2, y2) e do tipo:

y = a1 · x+ a0, a1, a0 ∈ R.

Ou seja, sua equacao e um tipo bem simples de polinomio, cujo grau em x e ≤ 1.Vamos usar uma notacao mais habitual:

y = a · x+ b, a, b ∈ R.

Afirmacao 1.1. Os coeficientes a, b da equacao y = ax + b da reta passando pelosdois pontos (x1, y1) e (x2, y2) com x1 6= x2 sao dados por:

a =y2− y

1

x2 − x1,

e

b = y1− a · x1 = y

2− a · x2.

Demonstracao. De

y1= a · x1 + b e y

2= a · x2 + b,

subtraindo-as, obtemos:

y2− y

1= a · (x2 − x1),

de onde

a =y2− y

1

x2 − x1,

(onde e crucial que x2 6= x1). E daı sai que:

b = y1− (

y2− y

1

x2 − x1) · x1,

ou o que da no mesmo:

b = y2− (

y2− y

1

x2 − x1) · x2.

�

87

1. EQUACOES DE RETAS, COEFICIENTES ANGULAR E LINEAR 88

Note que esse numero b e a altura em que a reta y = ax+ b intersecta o eixo dosy, que e dado por x = 0: de fato,

y = a · 0 + b = b.

Definicao 1.1. Dados dois pontos distintos do plano (x1, y1) e (x2, y2) com coor-denadas x1 6= x2, definimos o coeficiente angular da reta ligando esses dois pontospor:

y2− y

1

x2 − x1=y1− y

2

x1 − x2.

Afirmacao 1.2. O coeficiente angular e uma informacao da reta, nao dependendodos pontos particulares que usamos para calcula-lo.

Demonstracao.

De fato, se tomo qualquer ponto (x3, y3) da reta y = a · x + b determinada por

(x1, y1) e (x2, y2), como y3= ax3 + b, entao:

y3− y

1

x3 − x1=

(a · x3 + b)− (ax1 + b)

x3 − x1= a,

e ja vimos na Afirmacao 1.1 que

a =y2− y

1

x2 − x1,

ou seja,y3− y

1

x3 − x1=y2− y

1

x2 − x1.

�

Como consequencia temos a seguinte observacao util para o Curso:

Afirmacao 1.3. Dado um ponto (x1, y1) e um coeficiente angular pre-estabelecido

valendo a, entao a unica reta que passa por (x1, y1) e tem esse coeficiente angular edada por

y = a · x+ (y1− a · x1).

Demonstracao. De fato, tomando um ponto (x, y) generico dessa reta, entaopela Afirmacao 1.2

y − y1

x− x1= a,

o que da, isolando-se y:y = a · x+ (y

1− a · x1).

�

Exemplos:1)- a diagonal y = x tem coeficente angular 1 e a anti-diagonal y = −x tem

coeficiente angular −1.2)- A reta horizontal y = b tem coeficiente angular 0, pois y = b = 0 · x+ b.

CAPITULO 7. GEOMETRIA ANALITICA PLANA 89

Observacoes:

• Se x1 = x2 entao a reta que liga (x1, y1) e (x2, y2) e vertical e nao tem umcoeficiente angular definido.

Temos a tentacao de dizer que o coeficiente angular da reta vertical e+∞. Mas se comecamos com a anti-diagonal e a vamos levantando, os co-eficientes angulares ficam cada vez mais negativos e ao atingir a posicaovertical ficariam −∞: essa ambiguidade entre +∞ e −∞ para o candidatoa coeficiente angular da reta vertical e que faz que seja melhor desistirmosde atribuir um coeficiente angular a reta vertical.

• Geometricamente o coeficiente angular a representa o quociente entre ocateto oposto y

2− y

1e o cateto adjacente x2 − x1 do triangulo retangulo

formado pelos pontos (x1, y1), (x2, y1) e (x2, y2): logo a = tan(α) ( tangente

do angulo (anti-horario) α formado pela reta e o eixo horizontal). Vimosna Secao 2.3 que se um angulo que tende a +π

2sua tangente tende a +∞,

enquanto que, se o angulo tende a −π2, sua tangente tende a −∞.

• Se fixamos a e variamos b em y = a · x+ b estamos descrevendo uma famıliade retas paralelas com a mesma inclinacao.

2. Ortogonalidade

Deve estar claro pelo que ja explicamos que duas retas y = ax+ b1 e y = ax+ b2,com b2 6= b1, sao de fato paralelas.

Agora gostaria de explicar que uma par de retas y = ax+ b1 e y = − 1ax+ b2, com

a 6= 0, sao ortogonais.Posso me restringir a considerar retas pela origem: y = ax e y = − 1

ax, pois

estas sao translacoes verticais das retas anteriores, e portanto tem entre elas o mesmoangulo que as anteriores. Posso supor tambem que a > 0 (caso a < 0 entao − 1

a> 0

e poderia trabalhar com este coeficiente angular).Se escrevo a = B

A, com A,B > 0, entao − 1

a= −A

B.

Agora considero 3 triangulos (ilustrados na Figura a seguir):

• ∆1 dados pelos pontos (0, 0), (A, 0) e (A,B) e• ∆2 dado pelos pontos (0, 0), (−B, 0) e (−B,A).• ∆3 dado pelos pontos (0, 0), (A,B) e (−B,A).

3. TEOREMA DE TALES NO CIRCULO 90

x

y

( − B , A )

( − B , 0 ) ( A, 0 )( 0 , 0 )

( A , B )

∆ 1∆ 2

∆ 3

Observe que ∆1 e ∆2 sao triangulos retangulos e que a reta que contem a hipotenusade ∆1 e y = ax , enquanto que a reta que contem a hipotenusa de ∆2 e a reta y = − 1

ax.

Entao por Pitagoras as hipotenusas de ∆1 e de ∆2 valem o mesmo:√A2 +B2.

Por outro lado o comprimento do segmento de reta ligando (−B,A) a (A,B) vale,por definicao:

√

(B −A)2 + (A− (−B))2 =√2A2 + 2B2.

Portanto o triangulo ∆3 e isosceles, pois tem dois lados de mesmo tamanho λ :=√A2 +B2. Esses lados formam um angulo em (0, 0) que denoto por α. E o terceiro

lado de ∆3, oposto a α, mede

√2A2 + 2B2 =

√λ2 + λ2.

Lembro agora que e valida a recıproca do Teorema de Pitagoras (coisa pouco lembradano Ensino Medio), ou seja, se um lado maior de um triangulo e soma de quadrados deoutros dois lados menores, entao o triangulo e retangulo no angulo oposto ao maiorlado. Logo o triangulo ∆3 tem que ter angulo reto em α, por ter um lado cuja medidae λ2 + λ2.

Logo y = ax e y = −1ax sao de fato ortogonais, pois α e reto.

Apenas com as nocoes de coeficiente angular e de ortogonalidade e possıvel provarfatos bonitos e fundamentais da Geometria Euclidiana.

E o que faremos nas duas Secoes seguintes.

3. Teorema de Tales no cırculo

Um dos mais bonitos teoremas da geometria Euclidiana e o Teorema de Tales noCırculo, que diz:

Afirmacao 3.1. (Teorema de Tales)Todos os angulos inscritos no cırculo determinados pelo diametro sao angulos retos

(= π2radianos).


Figura: O Teorema de Tales no Cırculo

Demonstracao.

Vamos provar para pontos do Cırculo com coordenada y > 0 (para os outros eanalogo).

Tome um ponto no do Cırculo de raio r > 0, de coordenadas (x,+√r2 − x2), onde

x ∈ [−r, r].Queremos ver se os coeficiente angular a da reta ligando (x,+

√r2 − x2) a (r, 0) e

o coeficiente angular a′ da reta ligando (x,+√r2 − x2) a (−r, 0) satisfazem a condicao

que expressa a ortognalidade:

a′ · a = −1.

Mas

a′ =

√r2 − x2 − 0

x− (−r) =

√r2 − x2

x+ r,

enquanto que a =√r2−x2x−r e portanto:

a′ · a =

√r2 − x2

(x+ r)·√r2 − x2

(x− r)=r2 − x2

x2 − r2= −1.

�

4. A equacao da reta de Euler

Um Teorema muito geral, que escapou de Euclides, mas nao de Euler, e o seguinte:

Afirmacao 4.1. (Reta de Euler)Considere qualquer triangulo.Se o triangulo nao e equilatero, o Baricentro B, o Circuncentro C e o Ortocentro

H sao pontos distintos mas sao colineares. Ademais as distancias entre eles verificam:

HB = 2 · BC.Se o triangulo e equilatero, os tres pontos coincidem num mesmo ponto.

Essa reta que contem esse tres pontos e a reta de Euler.

4. A EQUACAO DA RETA DE EULER 92

0

10,80,60,40,20

2

1,5

1

0,5

Figura: A reta de Euler representada por segmento intersectandouma mediana, uma altura e uma mediatriz, para P = (2

3, 2)

0

10,80,60,40,20

2

1,5

1

0,5

Figura: A reta de Euler representada por segmento intersectandouma mediana, uma altura e uma mediatriz, para P = (1

5, 2)

A medida que formos demonstrando esse fato iremos relembrando os conceitosenvolvidos. A demosntracao dara as coordenadas explıcitas dos pontos e a equacaoexplıcita da reta de Euler.

Demonstracao.

Nao perdemos muita generalidade se supusermos que o triangulo tem vertices:

(0, 0), (1, 0) e (A,B), B 6= 0,

pois isso se obtem escolhendo um sistema de coordenadas cartesiano adequado.Os lados do triangulo fazem parte de tres retas, das quais obviamente a primeira

e

l1 : y = 0.


A reta l2 e a que contem (0, 0) e (A,B), cuja equacao e:

l2 : y =B

A· x, se A 6= 0,

ou a reta vertical:l2 : x = 0, se A = 0.

E a terceira e a que contem (1, 0) e (A,B), cuja equacao e:

l3 : y =B

A− 1· x− B

A− 1, se A 6= 1

ou a reta verticall3 : x = 1, se A = 1.

Os pontos medios de cada lado do triangulo sao:

(1

2, 0), (

A+ 1

2,B

2) e (

A

2,B

2).

Considero agora as tres medianas : retas ligando vertices a pontos medios doslados opostos.

A reta que liga (0, 0) a (A+12, B2) e

m1 : y =B2

A+12

· x =B

A + 1· x, se A 6= −1,

ou a reta verticalm1 : x = 0, se A = −1.

A reta que liga (1, 0) a (A2, B2) e

m2 : y =B

A− 2· x− B

A− 2, se A 6= 2,

ou a reta verticalm2 : x = 1, se A = 2.

A reta que liga (A,B) a (12, 0) e:

m3 : y =2B

2A− 1x− B

2A− 1, se A 6= 1

2

ou a reta vertical:

m3 : x =1

2, se A =

1

2.

Supondo por um instante que estamos no caso geral, em que A 6= −1, 2, a interseccaom1 ∩m2 se obtem facilmente, resolvendo:

B

A+ 1x =

B

A− 2· x− B

A− 2

que da (usando B 6= 0):

x =A+ 1

3e portanto e

B := (A+ 1

3,B

3).


Agora tratemos dos casos particulares que faltaram.Se A = −1, entao m1 ∩m2 consiste na interseccao de x = 0 e y = −B

3x+ B

3. Ou

seja e o ponto

(0,B

3),

que coincide com o B.Se A = 2, entao m1 ∩m2 e dada por y = B

3x intersectada com x = 1, que da o

ponto:

(1,B

3),

que coincide tambem com o B.Agora Afirmo que

B ∈ m3.

Se A 6= 12entao o fato ques eja verdade

(2B

2A− 1) · (A+ 1

3)− B

2A− 1=B

3

diz que B ∈ m3.Se A = 1

2, entao m3 e dada por x = 1

2, que obviamente passa por

B = (12+ 1

3,B

3) = (

1

2,B

3).

Esse ponto B, que em todos os casos possıveis e

B = m1 ∩m2 ∩m3

e chamado Baricentro.Considero agora as tres mediatrizes : retas saindo de cada ponto medio em angulo

reto com o lado.A mediatriz pelo ponto medio (1

2, 0) e facil, e a reta:

md1 : x =1

2.

O lado que contem o ponto medio (A2, B2) esta na reta l2 e essa reta ou e y = B

Ax,

se A 6= 0, ou a reta vertical x = 0 se A = 0.Portanto mediatriz md2 pelo ponto medio (A

2, B2) ou e horizontal

md2 : y =B

2, se A = 0,

ou a reta:

md2 : y = −AB

· x+ (B

2+A2

2B), se A 6= 0,

(lembre que nunca B = 0).Entao md1 ∩md2 e o ponto:

C : (1

2,B

2), se A = 0

ou

C : (1

2,A · (A− 1)

2B+B

2), se A 6= 0.


Afirmo agora que em qualquer caso:

C ∈ md3

onde md3 e a mediatriz do lado contendo om ponto medio (A+12, B2).

De fato, o lado esta contido em l3, cujas equacoes sao:

l3 : y =B

A− 1· x− B

A− 1, se A 6= 1

ou a reta vertical

l3 : x = 1, se A = 1.

Portanto ou md3 e y = B2no caso A = 1 e claramente passa por

C : (1

2,B

2),

ou

md3 : y = −A− 1

B· x+ B

2+A2 − 1

2B, se A 6= 1,

que passa tambem por

C = (1

2,A · (A− 1)

2B+B

2),

como se ve em seguida.Esse ponto C que verifica:

C = md1 ∩md2 ∩md3e chamado Circuncentro (o Exercıcio 8.7 ajudara a justificar essa nomenclatura).

Ja podemos nos perguntar o que acontece se

B = C.Isso ocorre quando:

A+ 1

3=

1

2e

B

3=A · (A− 1)

2B+B

2.

A primneira da A = 12, que posta na segunda da:

B2 =3

4,

ou seja B =√32

ou B = −√32.

Esse triangulo com (A,B) = (12,√32) ou (A,B) = (1

2,−

√32) e com os outros vertices

em (0, 0) e (1, 0) e equilatero.Agora consideremos as tres alturas : retas que saem de vertices e sao ortogonais

ao lado oposto.Como veremos no Exercıcio 8.6, se

P = (x, y) 6∈ r,

a reta PQ intersecta ortogonalmente r : y = ax+ b em Q ∈ r com coordenadas

Q = (x, b) se a = 0


ou coordenadas

Q = (x− a(b− y)

a2 + 1, a · (

x− a(b− y)

a2 + 1) + b ), se a 6= 0.

A altura que sai de (A,B) e vai ortogonal ate o lado l1 : y = 0 e portanto:

h1 : x = A.

A altura que sai de (0, 0) e:

h3 : y = 0, se A = 1,

pois nesse caso l3 : x = 1. Ou

h3 = −A− 1

B· x, se A 6= 1,

pois no caso geral

l3 : y =B

A− 1· x− B

A− 1.

A interseccao h1 ∩ h3 e portanto:

(1, 0), se A = 1

ou

(A,−A · (A− 1)

B), se A 6= 1.

Em qualquer caso,

H = (A,−A · (A− 1)

B) = h1 ∩ h2.

Afirmo que

H ∈ h2,

onde h2 e a altura que sai de (1, 0) e chega ortogonal a l2.Se l2 : x = 0 (quando A = 0) entao

h2 : y = 0

obviamente passa por H. E se l2 : y = BA· x (no caso A 6= 0) entao:

h2 : y = −AB

· x+ A

B.

Nesse caso tambem H ∈ h2.Esse ponto de encontro das tres alturas e o Ortocentro.Quando H = B ?Quando

A =A+ 1

3e

B

3= −A(A− 1)

B.

Que e exatamente quando:

A =1

2e B2 =

3

4,

que diz que se trata de triangulo equilatero, como ja vimos.


Falta vermos tambem quando o Ortocentro coincide com o circuncentro. Isso seda quando

A =1

2e − A(A− 1)

B=A · (A− 1)

2B+B

2,

que tambem dao

A =1

2e B2 =

3

4,

formando triangulos equilateros.Agora, supondo que nosso triangulo nao seja equilatero, so nos resta encontrar a

equacao da reta ligando B a C e conferir que ela passa pelo H.A reta por B e C e ou bem a reta vertical

x =1

2, se A =

1

2,

quando o triangulo e isosceles, ou bem se A 6= 12:

y = −B2 + 3A2 − 3A

B(2A− 1)· x+ A(B2 + A2 − 1)

B(2A− 1).

Esta e a reta de Euler !So falta agora verificarmos as distancias.Os quadrados das distancias sao:

HB2:= (

2

3A− 1

3)2 + (

A(A− 1)

B+

1

3B)2 =

=10A2B2 − 10AB2 +B2 + 9A4 − 18A3 + 9A2 +B4

9B2.

Enquanto que

BC2:= (

1

3A− 1

6)2 + (

A(A− 1)

2B+

1

6B)2 =

=10A2B2 − 10AB2 +B2 + 9A4 − 18A3 + 9A2 +B4

36B2.

ou seja

HB2= 4 · BC2

,

como querıamos.�

Observacao 1:Observe que temos a equacao explıcita e portanto podemos determinar casos onde

a reta de Euler e horizontal. Que ocorrem para pontos da forma

P = (A,±√

3A(1− A) ).


10,80,60,40,20

0,8

0,6

0,4

0,2

0

Figura: A reta de Euler e horizontal para pontos da forma P = (23,√63).

Observacao 2:E natural termos curiosidade por qual seria o grafico da funcao z = z(A,B), B 6= 0

dada por

z = 10A2B2 − 10AB2 +B2 + 9A4 − 18A3 + 9A2 +B4,

pois vimos z = 0 esta associado a um ponto muito especial no plano formado pelosparametros (A,B): o ponto

(1

2,

√3

2) ∼ (0.5, 0.8).

A Figura a seguir mostra uma parte dessa superfıcie, com A ∈ [0, 1] e B ∈ [0.1, 1.3](na figura o eixo x e o dos A e o eixo y e o dos B).

101,2 0,8

1

1 0,6

2

0,80,4 x

3

0,6y0,4 0,2

4

0,2 0


Mas nao se ve muita coisa. Ja as proximas duas Figuras sao perfis da superfıcie,e elas sim ilustram bem que um ponto proximo de (0.5, 0.8) e o mınimo dessa funcaoz = z(A,B) (na figura o eixo x e o dos A e o eixo y e o dos B).

0,20,40,6

y

0,811,20

4

0,2

3

0,4

2

x

0,6

1

0,81

0

10,80,6 x0,40,200,20,4

y

0,60,811,2

0

1

2

3

4

5. A inversa como reflexao de grafico na diagonal

Imagine uma funcao f : I → J , y = f(x) que admita uma funcao inversa f−1 :J → I, x = f−1(y).

Vamos supor agora que temos ambos os graficos, de f e de f−1, no mesmo sistemade coordenadas (x, y), ou seja, por um momento pensemos em g = f−1 tomada com as

6. O METODO DE DESCARTES PARA AS TANGENTES A UM GRAFICO 100

mesmas abcissas e oordenadas que a f , ou seja, vamos ver ao mesmo tempo y = f(x)e y = g(x).

Agora ligamos com uma reta r o ponto (A,B) := (x, f(x)) do grafico de y = f(x)com o ponto (B,A) do grafico de y = g(x). Entao o coeficiente angular dessa reta e:

a :=A−B

B −A= −1.

Ou seja que a reta r que os liga tem a mesma inclinacao da anti-diagonal, a = −1,ou seja, r e ortogonal a diagonal y = x. A equacao dessa r e pelo que vimos naAfirmacao 1.3:

r : y = −x+ (A+B).

E r corta a diagonal y = x no ponto cuja abcissa satisfaz:

x = −x+ (A+B),

ou seja x = A+B2

, ou seja, no ponto com coordenadas (A+B2, A+B

2). E (A,B) e (B,A)

sao equidistantes de (A+B2, A+B

2).

Concluımos que a diagonal y = x funciona como um espelho para os graficos dey = f(x) e y = g(x):

O grafico da f−1 referido ao mesmo sistema (x, y) e um reflexao na diagonal dografico da y = f(x)

(A,B)

(B,A)r

y=x

y= f^{−1}(x)

y= f(x)

Figura: Os graficos de f e f−1 no mesmo sistema cartesiano

6. O metodo de Descartes para as tangentes a um grafico

Como a Geometria analıtica foi um criacao de Rene Descartes, nada mais justoque indicarmos um bonito metodo criado por ele1

Pelo menos no meu caso, durante meu tempo de ensino Medio, so me lembro dapalavra reta tangente ser usada para referir a reta tangente de um cırculo.

Nesse caso, para um cırculo C de raio r e centro O, pode ser definida como a retat pelo ponto P que e ortogonal ao raio do Cırculo.

Em geral uma reta por um ponto P de C o intersecta noutro ponto, mas a retatangente t a P nao pode intersectar C noutro ponto P ′: se por absurdo t∩C = {P, P ′}

1Me baseei mais no livro de Edwards, mas o leitor pode comparar com o que esta nas paginas95-113 de The geometry of Rene Descartes, Dover.


entao no triangulo ∆OPP ′ a hipotenusa OP ′ mediria o mesmo que o cateto OP ,absurdo.

Descartes se perguntou pelo significado da reta ortogonal a um grafico qualquer,pois isso esta ligado a questoes de Optica, de reflexao da luz em lentes, que lheinteressavam.

Responder a essa questao da a chave tambem para o significado da reta tangentea um grafico qualquer (pois uma e ortogonal a outra).

De fato nao vamos lidar coma questao assim tao geral: suponhamos graficos depolinomios y = f(x).

Ele pensou em usar o que sabia de cırculos para atacar o caso geral de graficos.Para isso, considerou um ponto P = (x, f(x)) do grafico e considerou Cırculo comcentro (c, 0) no eixo dos x, de raios r que passem por P = (x, f(x)).

Ou seja, escolhidos c, r teremos que x e raız de:

(f(x)− 0)2 + (x− c)2 − r2 = 0.

Em geral, se c e escolhido de qualquer jeito, pode haver outra raız x′ dessa equacao,pois o cırculo

y2 + (x− c)2 − r2 = 0

pode cortar o grafico de y = f(x) em mais de um ponto.

problema: Como escolher c para que x seja raız dupla de:

(f(x)− 0)2 + (x− c)2 − r2 = 0,

ou seja, para que uma segunda raız x′ colida com x ?

Se conseguıssemos resolver esse Problema estarıamos colocando o Cırculo de modoa tocar, tangenciar o grafico em P .

Ora, como sabemos qual a tangente ao Cırculo usarıamos essa reta como tangenteao grafico !

Melhor do que explicar o metodo em abstrato sera fazermos dois Exemplos.

Exemplo 6.1. Consider y = Cx2 uma parabola e tome P = (x, Cx2), com x > 0.Comos os Cırculos com centro (c, 0) tem equacao:

y2 + (x− c)2 = r2,

queremos encontrar uma raız dupla x de:

(Cx2)2 + (x− c)2 − r2 = 0,

ou seja queremos encontrar uma fatoracao:

(Cx2)2 + (x− c)2 − r2 = (x− x)2q(x)

onde q(x) e um polinomio de grau 2.Ou seja queremos encontrar uma fatoracao do tipo:

(Cx2)2 + (x− c)2 − r2 = (x− x)2 · (a2x2 + a1x+ a0).

6. O METODO DE DESCARTES PARA AS TANGENTES A UM GRAFICO 102

Expandindo ambos os lados, formam-se dois polinomios de grau 4 em x, a esquerda ea direita. Igualando os coeficientes do monomios x4 a esquerda e a direita faz aparecer

C2 − a2 = 0 ⇔ a2 = C2.

Igualando os coeficientes de x3 a esquerda e a direita faz aparecer:

−a1 + 2xa2 = 0

ou seja

−a1 + 2x(C2) = 0 ⇔ a1 = 2xC2.

Igualando os coeficientes de x2 a esquerda e a direita faz aparecer:

1 + 2xa1 − a0 − x2a2 = 0,

ou seja

1 + 2x(2xC2)− a0 − x2C2 = 0 ⇔ a0 = 1 + 3x2C2.

Por ultimo, igualando os coeficientes de x a esquerda e a direita faz aparecer:

−2c+ 2xa0 − x2a1 = 0

ou seja,

−2c+ 2x(1 + 3x2C2)− x2(2xC2) = 0 ⇔ c = x+ 2x3C2.

Logo o Cırculo cujo centro e o ponto

O = (c, 0) = (x+ 2x3C2, 0)

e que passa por P = (x, Cx2) tangencia o grafico de y = Cx2 nesse ponto P .

y

3

-1

4

2

-2

x

5431 200

1

Figura: O grafico de y = x2 e o cırculo tangente em P = (1, 1), de centro (3, 0).

O coeficiente angular da reta ligando O a P e:

− f(x)

c− x= − Cx2

x+ 2x3C2 − x= − 1

2xC.


Ora, para passarmos ro raio do cırculo para a tangente basta tomar a reta ortog-onal. E o coeficiente angular ortogonal ao anterior − 1

2xCe:

2Cx.

Logo a reta tangente ao grafico em P vem dada por:

y − Cx2

x− x= 2Cx ⇔ y = (2Cx) x+ (Cx2 − 2Cx2).

Exemplo 6.2. Considere y = Cx3 e tome P = (x, Cx2), com x > 0. Queremos umaraız dupla de:

(Cx3)2 + (x− c)2 − r2 = 0,

ou seja queremos encontrar uma fatoracao:

(Cx3)2 + (x− c)2 − r2 = (x− x)2q(x)

onde q(x) agora e um polinomio de grau 4.Ou seja queremos encontrar uma fatoracao do tipo:

(Cx3)2 + (x− c)2 − r2 = (x− x)2 · (a4x4 + a3x3 + a2x

2 + a1x+ a0).

Expandindo ambos os lados, formam-se dois polinomios de grau 6, a esquerda e adireita. Comparando como fizemos antes os coeficientes de cada monomio, fazemossurgir equacoes, que vao sendo resolvidas uma a uma, produzindo nesta ordem:

a4 = C2, a3 = 2xC2, a2 = 3x2C2,

a1 = 4x3C2, a0 = 1 + 5x4C2, c = x+ 3x5C2.

Logo o Cırculo cujo centro e o ponto

O = (c, 0) = (x+ 3x5C2, 0)

e que passa por P = (x, Cx3) tangencia o grafico de y = Cx3 nesse ponto P .

y

3

-1

4

2

-2

-3

x

7654320

1

10

Figura: O grafico de y = x3 e o cırculo tangente em P = (1, 1), de centro (4, 0).

8. EXERCICIOS 104

O coeficiente angular da reta ligando O a P e:

− f(x)

c− x= − Cx3

x+ 3x5C2 − x= − 1

3x2C,

O coeficiente angular da reta ortogonal a esta e

3x2C

e daı se obtem em seguida a equacao toda da reta tangente ao grafico.

7. Um problema da Putnam Competition, n. 2, 1939

So com o material desenvolvido ate este Capıtulo ja se pode resolver o seguinteproblema:

Problema: Seja P ponto da curva y = x3 tal que a reta tangente ao grafico em Pintersecta de novo o grafico num ponto Q 6= P .

Mostre que a reta tangente ao grafico em Q tem inclinacao igual a 4 vezes ainclinacao em P .

Solucao:Seja P = (a, a3). Entao a 6= 0 pois de P = (0, 0) a reta tangente e horizontal e

nao intersecta o grafico noutro ponto Q 6= P .A reta tangente em P tem equacao:

y = 3a2 · x− 2a2

e Q = (x, x3) verifica a equacao:

x3 = 3a2 · x− 2a2 ⇔ x3 − 3a2 · x+ 2a2 = 0.

Ora, a e raız dupla essa equacao, ja que em P ha tangencia, logo:

x3 − 3a2 · x+ 2a2 = (x− a)2 · p(x)onde p(x) e de grau 1 e facilmente se ve, por divisao, que:

p(x) = x+ 2a.

Ou seja, o ponto Q tem coordenadas Q = (−2a,−8a3).A inclinacao da reta tangente por Q e:

3 · (−2a)2 = 3 · (4a2) = 4 · (3a2),ou seja, 4 vezes a inclinacao em P .

8. Exercıcios

Exercıcio 8.1. Qual e o coeficiente angular da reta y = y(x) determinada pelaequacao 3y + 4x− 27 = 0 ?


Exercıcio 8.2. i) determine a reta, na forma y = a · x + b, que passa por (1, 2) e(4, 13).

ii) determine a reta, na forma y = a · x + b, que passa por (1, 2) com coeficienteangular 5.

Exercıcio 8.3. (resolvido)Tentei resolver o sistema de equacoes:

y − 5x− 2 = 0 e 2y − 10x− 1 = 0,

e fiz o seguinte: da primeira equacao obtive y = 5x+2 e substitui esse y na segunda,obtendo:

2(5x+ 2)− 10x− 1 = 3 = 0,

o que e um absurdo, pois 3 6= 0.Voce poderia explicar, com os conceitos deste Capıtulo por que chego nesse ab-

surdo?

Exercıcio 8.4. Agora tentei resolver os sistemas de duas equacoes:

y − ax+ 1 = 0 e y − x+ 2 = 0

(sim sao varios sistemas de duas equacoes pois a ∈ R pode ser mudado).Da primeira obtive: y = ax− 1 e substituindo na segunda obtive:

(ax− 1)− x+ 2 = x(a− 1) + 1 = 0.

i) Supondo a− 1 6= 0 continue a resolucao dos sistemas.ii) explique geometricamente qual o significado da condicao a− 1 6= 0.

Exercıcio 8.5. Um outro modo se pensar a questao de como determinar a retay = a · x + b passando por dois pontos P1 = (x1, y1) e P2 = (x2, y2) e resolver osistema:

y1 = a · x1 + b e y2 = a · x2 + b,

cujas incognitas sao a, b.i) qual a condicao sobre P1 = (x1, y1) e P2 = (x2, y2) para que o sistema tenha

solucao unica ? O que diz a chamada Regra de Cramer neste caso ?Agora considere o problema de determinar qual a curva da forma

y2 = x3 + b · x+ a

passa pelos pontos P1 = (−3, 0) e P2 = (4, 0).

ii) qual o sistema de equacoes a ser resolvido ? E muito diferente do anterior ?iii) qual a solucao (a, b) ?

Exercıcio 8.6. (resolvido)Seja y = ax+ b a equacao de uma reta r e seja P = (A,B) 6∈ r.i) Encontre o ponto Q na reta r tal que o segmento PQ e ortogonal a r em Q.ii) pode acontecer que a coordenada x de Q seja A ? Exatamente em que situacoes

?

8. EXERCICIOS 106

Exercıcio 8.7. Prove que o circuncentro

C = (1

2,A(A− 1)

2B+B

2),

equidista dos tres vertices (0, 0), (1, 0) e (A,B) do triangulo (B 6= 0).Conclua que ha um cırculo centrado em C que passa pelos vertices do triangulo.Dica: expanda os quadrados e simplifique.

Exercıcio 8.8. (resolvido)Veremos en detalhe no Capıtulo 20 que as equacoes:

x2 +y2

b2= 1

definem elipses com centro na origem.Determine b2 para que a elipse correspondente seja tangente a reta y = −x + 5

em algum ponto dessa reta. (Dica: da para fazer isso no estilo de Descartes).

Exercıcio 8.9. (resolvido)De a funcao inversa de f : R \ {0} → R, f(x) = 1

x.

Conclua que essa funcao tem grafico simetrico em relacao a diagonal.

CAPıTULO 8

A Tangente ao grafico, segundo o Calculo

No final do Capıtulo anterior vimos que Descartes desenvolveu um engenhosometodo algebrico para definir e calcular retas tangentes a graficos de polinomios.

Mas precisamos de um metodo mais geral. Para isso, estudaremos primeiro assecantes a graficos e depois, via o conceito de limite, definiremos as tangentes agraficos.

1. Retas secantes a um grafico

Sera interessante para nos pegarmos dois pontos de um mesmo grafico e calcular-mos a equacao da reta que os liga, chamada secante ao graficos pelos dois pontos.

Estaremos interessados pricipalmente em seu coeficiente angular.Por exemplo, (x1, f(x1) e (x2, f(x2) definem uma reta y = ax+ b com coeficiente

angular

a =f(x2)− f(x1)

x2 − x1,

e coeficiente linear

b = f(x1)− (f(x2)− f(x1)

x2 − x1) · x1.

Exemplos:1)- Tome um x1 > 0 e fixe no grafico da funcao f(x) = |x| o ponto (x1, x1). Note

que os x2 proximos de x1 tambem sao positivos e portanto as secantes determinadaspor (x1, x1) e (x2, x2) sao sempre as mesmas, de fato, sao todas iguais a diagonaly = x. Analogamente, se x1 < 0 as secantes que envolvem o ponto (x1,−x1) e outrodo grafico bem proximo coincidem com a antidiagonal y = −x.

2) - Certamente nenhuma secante ao grafico de y = x2 coincide com o grafico;vemos que aqui as secantes mudam de inclinacao.

2. A reta tangente a um grafico

Olhe agora somente o coeficiente angular da secante ao grafico de y = f(x) pordois de seus pontos :

f(x2)− f(x1)

x2 − x1.

Imagine que (x1, f(x1)) fica parado mas que (x2, f(x2)) esta se movendo, no graficode f , indo cada vez mais proximo de (x1, f(x1)). Se f e contınua, basta supor que acoordenada x2 fica proxima de x1 para necessariamente f(x2) ficar mais proxima def(x1).

107

2. A RETA TANGENTE A UM GRAFICO 108

Como x2 fica proximo de x1 sua diferenca

h := x2 − x1

tem modulo pequeno. Para deixarmos o ponto (x1, f(x1)) em destaque, vamos escr-ever o coeficiente angular acima como:

ax1,h :=f(x1 + h)− f(x1)

h, onde x1 + h = x2.

4

2

-2

3

1

x

1,510,50

-1

02

Figura: Duas secantes pelo ponto (1, 1) do grafico de y = x2

A grande questao e:Sera que esses coeficientes angulares ax1,h tendem a um valor especıfico bem de-

terminado ax11, quando h → 0 (independentemente do modo como h se faz pequeno)

?

E nesse ponto que se ve importancia de podermos falar de algo como o h tender azero, sem precisar nunca ser zero: pois simplesmente nao podemos dividir por h = 0e precisamos calcular limh→0 ax1,h.

Atencao ! pois em geral pode nao existir esse limite, como algo bem definido.O exemplo mais simples e (que e uma funcao contınua !):

y = f(x) = |x| e x = 0.

De fato, se h > 0 e tende a zero, obtenho:

limh→0h>0

|0 + h| − |0|h

= limh→0h>0

h

h=

= limh→0h>0

1 = 1,

1Claro que em geral ax1depende do x1 escolhido

CAPITULO 8. A TANGENTE AO GRAFICO, SEGUNDO O CALCULO 109

e no entanto:

limh→0h<0

|0 + h| − |0|h

= limh→0h<0

−hh

=

= limh→0h<0

−1 = −1,

0,8

0,4

0

1

0,6

0,2

x

10-0,5-1 0,5

Figura: Grafico de y = | x |, para x ∈ [−1, 1].

Definicao 2.1. Quando ha uma posicao limite de secantes, ou seja, quando existe

a := limh→0

ax1,h, onde ax1,h :=f(x1 + h)− f(x1)

h,

dizemos que existe a Reta Tangente ao grafico de f em (x1, f(x1)). E a reta dadapor:

y = a · x+ b, pondo a := limh→0

ax1,h

e onde b fica determinado pela imposicao de que essa reta passe por (x1, f(x1).

De f(x1) = a · x1 + b, obtenho o coeficiente linear:

b = f(x1)− (limh→0

ax1,h) · x1.

E interessante que, embora as secantes nao tenham muito a ver com o grafico:a tangente ao grafico em um de seus ponto da informacao relevante sobre ele, ela

da informacao do formato do grafico naquele ponto.Dentre todas a retas passando por aquele ponto, a tangente ao grafico e a mais

informativa do formato do grafico.

3. A reta tangente ao seno em (0, 0) e a diagonal

Vamos dar uma justificacao bem geometrica para o fato de que no grafico do senoexiste uma reta tangente bem definida no ponto (0, 0): de fato sua equacao e a mesmada diagonal y = x.

Para isso comecamos observando que:

3. A RETA TANGENTE AO SENO EM (0, 0) E A DIAGONAL 110

Afirmacao 3.1. Valem:

sin(θ) < θ e θ < tan(θ), para 0 < θ < π/4,

etan(θ) < θ e θ < sin(θ), para − π/4 < θ < 0.

Demonstracao.

Seja 0 < θ < π/4.

Considere tres Areas envolvidas:

• do triangulo △ com vertices em (0, 0), (1, 0) e em (cos(θ), sin(θ)). Note que

a base dele mede 1 e que sua altura e o sin(θ). Logo A△(θ) =sin(θ)

2.

• do Setor circular (fatia do disco) de abertura θ do disco de raio 1, s(θ). Suaarea2 e denotada As(θ). Temos As(2π) = π e As(θ) =

θ2.

• do triangulo ∆ com vertices em (0, 0), (1, 0) e no ponto (1, tan(θ)), que e umtriangulo retangulo em (1, 0) Denote sua area por A∆(θ). A base dele mede

1 e que sua altura e tan(θ). Logo A∆(θ) =tan(θ)

2.

θ(1,0)

(0,0)

tan (1, )θ

( , )θcos θsen

Figura: Observe que △ ⊂ s(θ) ⊂ ∆

Das inclusoes:△ ⊂ s(θ) ⊂ ∆

obtemos:A△(θ) < As(θ) < A∆(θ)

ou seja para 0 < θ < π/4:sin(θ)

2<θ

2<

tan(θ)

2,

que e o que queremos (se eliminamos o 1/2).Por outro lado, se −π/4 < θ < 0 (isto e, θ e angulo no sentido horario),

A△(θ) < As(θ) < A∆(θ)

2O Calculo pode provar que a area de um disco de raio r e π · r2, como o faremos nos Capıtulossobre Integracao. A Area de um setor de abertura θ (em radianos) no disco de raio r e

θ

2π· πr2 =

θ · r2

.


agora significa (ja que para calculo de areas tomo os modulos de numeros negativos):

− sin(θ)

2<

−θ2<

− tan(θ)

2,

ou seja (multiplicando por −1):

tan(θ)

2<θ

2<

sin(θ)

2o que queremos (eliminando o 1/2).

�

Afirmacao 3.2. (Um Limite fundamental)

limθ→0

sin(θ)

θ= 1

Demonstracao.

Para 0 < θ < π/4, da Afirmacao 3.1 temos

θ <sin(θ)

cos(θ),

e obtenho (multiplicando por cos(θ)θ

> 0):

cos(θ) <sin(θ)

θ.

Ainda da Afirmacao 3.1, para 0 < θ < π/4,:

sin(θ) < θ

e obtenho:sin(θ)

θ< 1.

Ou seja,

cos(θ) <sin(θ)

θ< 1, se 0 < θ < π/4.

Uso agora o item 6) do Teorema 1.1, combinado com continuidade do cosseno, ob-tendo:

limθց0

sin(θ)

θ= lim

θ→0cos(θ) = cos(0) = 1.

Por outro lado, quando −π/4 < θ < 0 ainda temos cos(θ) > 0 e pela Afirmacao 3.1tınhamos:

sin(θ)

cos(θ)< θ,

de onde obtenho (multiplicando por cos(θ)θ

< 0):

sin(θ)

θ> cos(θ).

De novo da Afirmacao 3.1 para −π2< θ < 0:

θ < sin(θ)

3. A RETA TANGENTE AO SENO EM (0, 0) E A DIAGONAL 112

e obtenho (ja que θ < 0):sin(θ)

θ< 1.

Entao como antes obtenho:

limθր0

sin(θ)

θ= lim

θ→0cos(θ) = cos(0) = 1,

o que e suficiente para sabermos que

limθ→0

sin(θ)

θ= 1.

�

10,80,60,40,20

x

3210-1-3 -2

Figura: Grafico de y = f(x) = sin(θ)θ

para 0 6= θ ∈ [−π, π] e f(0) = 0.

Como consequencia da Afirmacao 3.2 e da definicao de Reta Tangente ao graficodo seno em (0, 0), a tangente ao grafico do seno em (0, 0) e exatamente a diagonal,pois os coeficientes angulares de secantes por (0, 0) sao:

sin(θ)− sin(0)

θ − 0e

limθ→0

sin(θ)− sin(0)

θ − 0= lim

θ→0

sin(θ)

θ= 1.

1,5

0,5

-1,5

1

0

-1

-0,5x

1,510,50-1 -0,5-1,5


Figura: A diagonal e tangente ao seno em (0, 0)

4. Interpretacao Fısica da reta tangente

Uma das fontes do Calculo e a Fısica. Os conceitos de secantes e tangente a umgrafico tem uma interpretacao fısica natural.

Se x e pensado como sendo o tempo, podemos pensar em f(x) como a posicaode um objeto, determinada em relacao a um ponto de origem, do qual nos afastamospara a direita (valores positivos de f) ou para a esquerda (valores negativos de f).

Entao

f(x2)− f(x1)

e a distancia percorrida no tempo transcorrido x2 − x1 e

f(x2)− f(x1)

x2 − x1

e o que se costuma chamar a velocidade media.E o que no dia-a-dia nos perguntam: voce vai de casa ate a faculdade em quanto

tempo ? E daı se deduz a velocidade media do seu trajeto.Mas tambem poderia haver interesse de alguem nas velocidades marcadas no ve-

locimetro do seu carro a cada instante, para saber onde pegou engarrafamento, se teveexcesso de velocidade em alguns trechos, etc. O que e essa velocidade instantaneano instante x1 ? Ora, e o limite:

limh→0

f(x1 + h)− f(x1)

h.

Ou seja, o coeficiente angular da tangente ao grafico da funcao posicao f noinstante x1 da a velocidades instantanea no momento x1. Isso e o que marca ovelocımetro do carro.

Essa interpretacao que estamos dando dos conceitos que vimos ao caso do movi-mento de um objeto, nos motiva a falar da aceleracao, um conceito que usamos muitono dia a dia. Falaremos disso na Secao 5 do Capıtulo 9.

5. Exercıcios

Exercıcio 5.1. i) Determine os intervalos em que coeficientes angulares das secantesda funcao f(−∞, 0) ∪ (0,+∞) → R, f(x) = 1/x sao positivos ou negativos.

ii) Diga (ainda de modo bem intuitivo) o que acontece com esses coeficientesangulares de secantes quando o ponto fixado x fica proximo de zero (separadamentese x < 0 ou se x > 0) ou com modulo de x muito grande (x > 0 ou x < 0).

Exercıcio 5.2. Calcule as equacoes y = ax + b das retas tangentes no ponto (1, 1)dos graficos de:

i): y = x2

ii): y = x3

iii): y = x4

5. EXERCICIOS 114

Exercıcio 5.3. Pedi para o programa Maple plotar y = sin(x)x

e y = sin2(x)x

parax ∈ [−3, 3] e ele repondeu:

0,8

0

0,4

-0,4

x

31-3 0 2-2 -1

Mas essas funcoes a princıpio nao estao sequer definidas em x = 0 ! Explique com osconceitos de limite e continuidade o que o programa fez.

Exercıcio 5.4. (resolvido)

Usando que limx→0sin(x)x

= 1 e composicoes prove que:

limx→0

sin(k · x)x

= k, ∀k ∈ R \ {0}.e

limx→0

tan(j · x)sin(k · x) =

j

k, ∀k, j ∈ R \ {0}.

CAPıTULO 9

A derivada

1. Definicao, primeiras propriedades e exemplos simples

A grandezaf(x+ h)− f(x)

h, h 6= 0

e conhecida como quociente incremental. Ela compara, atraves do quociente, o in-cremento (aumento, variacao) dos valores da funcao com o incremento (aumento,variacao) na entrada da funcao.

E e assim que pensamos no dia-a-dia: nao e muito informativo se dissermos quantoaumentou o salario de alguem, de f(x) para f(x+h), se nao dissermos quanto tempoh foi necessario para o reajuste.

Tambem se dissermos que um carro passa de f(x) km/h para f(x+h) km/h e naodissermos em quanto tempo h o faz, nao teremos uma ideia da potencia do motor. Eassim por diante, ha inumeros exemplos de processos so sao descritos corretamentese usarmos quocientes incrementais.

Definicao 1.1. A Derivada da funcao y = f(x) num ponto x de seu domınio e olimite:

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h.

Denotamos1 esse limite por f ′(x).

Observacoes:

• Nao estamos dizendo que sempre exista f ′(x), ao contrario, e uma bela pro-priedade para uma f ter derivada f ′(x). Quando dissermos apenas que f temDerivada (ou tambem, e Derivavel), estamos dizendo que ela tem Derivadaem cada ponto de seu domınio.

• apos a definicao de derivada, podemos redefinir a reta tangente ao graficode y = f(x) no ponto (x, f(x)) como a reta que passa por esse ponto e temcoeficiente angular f ′(x). Essa reta se determina assim: pondo

y − f(x)

x− x= f ′(x)

obtenho:y = f ′(x) · x+ (f(x)− f ′(x)x).

1Essa notacao lembra a de I. Newton, mas o outro criador do Calculo, G. Leibniz usava a notacaod fd x

(x), muito usada nos livros de Calculo.

115

1. DEFINICAO, PRIMEIRAS PROPRIEDADES E EXEMPLOS SIMPLES 116

Note o milagre que ha numa derivada: o denominador da fracao tende a zero emesmo assim a fracao tende a um numero definido. Isso certamente esta ligado aofato de que o numerador tende a zero tambem, como vemos agora:

Teorema 1.1. Se existe o limite

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h,

entao:

• limh→0 ( f(x+ h)− f(x) ) = 0• limh→0 f(x+ h) = f(x).• f e contınua em x.

Demonstracao.

Prova de i):Fixe um ponto x qualquer do domınio da f . Parto de que existe

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h.

Entao adaptando a nossa notacao2 aquela do item 4) do Teorema 1.1, obtenho:

limh→0

( h · f(x+ h)− f(x)

h) = 0.

Ou seja,

limh→0

( (f(x+ h)− f(x)) = 0.

Prova de ii):Dizer que limh→0 ( (f(x + h) − f(x)) = 0 e exatamente o mesmo que dizer

limh→0 f(x+ h) = f(x).Prova de iii): O iem ii) e a definicao de continuidade da f em x. �

A recıproca desse Teorema e falsa, como o mostra f(x) = |x| que, apesar decontınua em todo seu domınio, nao tem derivada no x = 0. De fato, ja vimos que:

limhր0

|0 + h| − |0|h

= −1, mas limhց0

|0 + h| − |0|h

= 1.

Existem funcoes contınuas bastante bizarras, sem derivada em nenhum ponto.Tente imaginar (sem conseguir, e claro !) uma especie de serrote com uma infinidadede dentes, que entre dois dentes tem mais outro e assim por diante. Um exemplo econstruıdo no livro Calculus, de M. Spivak.

2Na notacao do Teorema 1.1, x = 0, x = h, uma das funcoes de h e f(x+h)−f(x)h

e a outra e a

identidade g(h) = h

CAPITULO 9. A DERIVADA 117

2. Um Arbitro que so avalia as inclinacoes

Comparando com a Secao 2 do Capıtulo 8, concluımos que a Derivada f ′(x) naDefinicao 1.1 e o coeficiente angular da Tangente ao grafico de y = f(x) em (x, f(x)).Se o valor da Derivada f ′(x) muda quando mede x isso significa que as inclinacoesdas tangentes variam ao longo do grafico.

Vamos dar 4 Exemplos dos mais simples.Imagine uma competicao de surf em que 4 participantes realizam manobras de-

scritas por quatro graficos diferentes: y = f1(x) ≡ 1 (constante), y = f2(x) = x,

y = f3(x) = x2 e y = f4(x) = x3. Imagine tambem que um certo Arbitro da com-peticao tem a tarefa exclusiva de so medir e avaliar as inclinacoes das pranchas emcada instante x, sem se interessar em medir as alturas atingidas pelos participantes.Quem controla as alturas quem controla e outro Arbitro (e por sinal, nesses exemplostao simples e facil saber onde cada funcao tem valores positivos, zero ou negativos).

Ou seja, que o Arbitro que so mede as inclinacoes calcula as Derivadas e apresentao grafico de cada Derivada. A seguir, o resultado para cada um dos 4 concorrentes:

1): f1(x) = 1:

f ′1(x) = lim

h→0

1− 1

h= lim

h→00 = 0.

1

0,6

x

0,8

1

0,4

0-10

0,5

0,2

-0,5

Figura: y = f1(x) ≡ 1 em vermelho e f ′1(x) ≡ 0 em verde.

2): f2(x) = x:

f ′2(x) = lim

h→0

(x+ h)− x

h= lim

h→01 = 1.

1

0

x

0,5

1-1

-1

-0,5 0,5

-0,5

0

Figura: y = f2(x) = x em vermelho e f ′2(x) ≡ 1 em verde.

2. UM ARBITRO QUE SO AVALIA AS INCLINACOES 118

3): Para f3(x) = x2, f ′3(x) = 2x: ja fizemos essa conta na Secao 3 do Capıtulo 8,

onde vimos a equacao da tangente a esse grafico.

2

0

x

1

1-1

-2

-0,5 0,5

-1

0

Figura: y = f3(x) = x2 em vermelho e f ′3(x) = 2x em verde.

4): f4(x) = x3:

f ′4(x) = lim

h→0

(x+ h)3 − x3

h= lim

h→0

x3 + 3x2 h+ 3xh2 + h3 − x3

h=

= limh→0

h · (3x2 + 3xh+ h2)

h== lim

h→0(3x2 + 3xh + h2) = 3x2,

pois o polinomio em h de grau ≤ 2 dado por 3x2 +3xh+ h2 e uma funcao contınua !

3

1

x

2

1-1

-1

-0,5 0,500

Figura: y = f4(x) = x3 em vermelho e f ′4(x) = 3x2 em verde.

Para confeccionarmos um grafico interessante mais adiante, sera util se calculamosa mao a derivada de:

5) f5(x) = x4:

f ′4(x) = lim

h→0

(x+ h)4 − x3

h= lim

h→0

x4 + 4x3 h+ 6x2 h2 + 4xh3 + h4 − x4

h=

= limh→0

h · (4x3 + 6x2 h+ 4xh2 + h3)

h

= limh→0

(4x3 + 6x2 h + 4xh2 + h3) = 4x3,


pois o polinomio em h de grau ≤ 3 dado por 4x3 + 6x2 h + 4xh2 + h3 e uma funcaocontınua !

4

0

2

-2

x

10,50-1-0,5

-4

Figura: y = f5(x) = x4 em vermelho e f ′5(x) = 4x3 em verde.

3. Derivadas da soma e da diferenca

A Afirmacao a seguir torna bem mais rapido a determinacao da derivada :

Afirmacao 3.1. Sejam f(x) e g(x) funcoes derivaveis em x. Sejam a, b ∈ R. Entaoa funcao a · f(x) + b · g(x) e derivavel em x e sua derivada e:

( a · f(x) + b · g(x) )′ = a · f ′(x) + b · g′(x).

Demonstracao.

Temos pelas definicoes de derivadas e propriedades de limites (Teorema 1.1 doCapıtulo 5 ):

a · f ′(x) + b · g′(x) :=

= a · limh→0

f(x+ h)− f(x)

h+ b · lim

h→0

g(x+ h)− g(x)

h=

= limh→0

a · f(x+ h)− f(x)

h+ lim

h→0b · g(x+ h)− g(x)

h=

= limh→0

[a · f(x+ h)− f(x)

h+ b · g(x+ h)− g(x)

h] =

= limh→0

a · (f(x+ h)− f(x)) + b · (g(x+ h)− g(x))

h=:

=: ( a · f(x) + b · g(x) )′.�

4. PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 68, 1993 120

4. Problema da Putnam Competition, n. 68, 1993

Convido o leitor a tentar resolver o problema a seguir sozinho e so depois debastante trabalho individual ler a resposta que eu apresento.

Problema:Encontre todos os valores de α ∈ R para os quais as curvas

Cα : y = α · x2 + α · x+ 1

24e Dα : x = α · y2 + α · y + 1

24

tem algum ponto de tangencia.Solucao:

Primeiro noto que as possıveis interseccoes Cα∩Dα sao pontos cujas coordenadasx satisfazem a equacao:

E : x = α · (α · x2 + α · x+ 1

24) + α · (α · x2 + α · x+ 1

24) +

1

24,

que e uma equacao de grau 4 em x.Portanto nao podemos esperar mais de 4 raızes (contando alguma com multipli-

cidade).Tambem noto que se um ponto P1 := (a, b) ∈ Cα ∩Dα e tem

a 6= b

entao tambem o outro ponto P2 := (b, a) ∈ Cα ∩Dα.Esses pontos P1 6= P2 estao em lados opostos da diagonal y = x. Por exemplo, se

b > a entao e P1 = (a, b) que esta acima da diagonal enquanto que P2 = (b, a) estaabaixo da diagonal.

Nesse caso

b = α · a2 + α · a+ 1

24> a

e

a = α · b2 + α · b+ 1

24< b.

Ou seja que a funcao contınua

φ(x) := α · x2 + α · x+ 1

24− x

definida em [a, b] tem φ(a) > 0 e φ(b) < 0. Logo pelo Teorema do Valor Intermediario,existe um ponto ξ ∈ (a, b) com

ψ(ξ) = 0,

ou seja, existe um ponto do plano

P3 := (ξ, α · ξ2 + α · ξ + 1

24)

que pertence a diadonal, pois tem

ξ = α · ξ2 + α · ξ + 1

24

e ademais P3 ∈ Cα ∩Dα. Ora entao ξ e raız de E e ξ 6= a, b: ha raızes demais dessaequacao de grau 4, contradicao.


Concluo entao que so pode haver tangencia dessas parabolas em algum ponto queesteja na diagonal y = x.

Entao esse ponto P := (x, x) verifica:

x = α · x2 + α · x+ 1

24de onde ponho α em evidencia como:

α =x− 1

24

x2 + x.

Mas nesse P = (x, x), onde as curvas sao tangentes, qual a inclinacao possıvel ?Como Cα e Dα sao simetricas em relacao a diagonal, se a inclinacao da reta

tangente a Cα em P e τ entao a inclinacao da reta tangente a Dα em P e 1τ. Como

ha tangencia das curvas, τ = 1τo que da τ = ±1.

Para Cα:y′(x) = 2 · α · x+ α

logo±1 = 2 · α · x+ α

de onde

α =1

2 · x+ 1ou α =

−1

2 · x+ 1.

Portanto temos duas possıveis equacoes para x:

x− 124

x2 + x=

1

2 · x+ 1ou

x− 124

x2 + x=

−1

2 · x+ 1.

Elas produzem duas equacoes quadraticas em x, que resolvo por Baskara. Uma temas solucoes

x =1

4ou x =

−1

6e a outra

x =−23

72+

√601

72ou x =

−23

72−

√601

72.

Usando

α =1

2 · x+ 1ou α =

−1

2 · x+ 1em cada caso obtemos 4 valores possıveis para α:

α1 :=2

3, α2 =

3

2ou

α3 =−36

13 +√601

, α4 =−36

13−√601

.

As Figuras a seguir ilustram as posicoes das parabolas Cα eDα para esses 4 valoresα1, α2, α3, α4, bem como a reta diagonal:

4. PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 68, 1993 122

0y

-2

1

x

21-2 -1

2

0

-1

y

1

2

0

x

210-1

-2

-2

-1

y

1

2

0

x

20 1

-2

-1-2

-1


y

0,5

-1,5

1

0

-2

x

10,50-0,5-2 -1,5

-1

-0,5

-1

5. A segunda derivada

Um exemplo do dia-a-dia: pisando no acelerador do carro vemos o ponteiro dovelocımetro mudar de posicao, pois aumentamos a velocidade instantanea. Enquantoque, pisando no freio do carro, desaceleramos o carro, diminuimos sua velocidadeinstantanea.

Vamos usar o sımbolo da derivada

f ′(x)

para denotar a velocidade instantanea em cada tempo x. O velocımetro da uma ideiade quanto vale f ′(x).

Note que antes tınhamos uma funcao f(x) que dava a posicao em cada instante.Agora estamos interessados em variar nao a posicao f(x) em cada instante, mas sima velocidade f ′(x) em cada instante.

Entao podemos perguntar agora quanto f ′(x) variou num tempo determinado, ouseja podemos falar da aceleracao media:

f ′(x2)− f ′(x1)

x2 − x1.

Exemplo dessa grandeza no dia-a-dia: nas revistas especializadas em carros semprefalam do carro que passa de zero a 100 km/h em tantos segundos.

Agora passando ao limite:

limh→0

f ′(x1 + h)− f ′(x1)

h.

obtemos a aceleracao instantanea no instante x1. Um sımbolo para ela e:

f ′′(x1) := (f ′)′(x1)

e em geral, em cada instante x:

f ′′(x) := (f ′)′(x)

Infelizmente nos carros de passeio normais nao temos uma aparelho que meca isso,um acelerometro, para nos dizer qual a aceleracao instantanea. Porem num escandalorecente na Formula 1 se soube que se registra tambem os valores de aceleracao em

6. EXERCICIOS 124

cada instante dos carros de corrida. Na Secao 2 do Capıtulo 10 daremos um Exemploem que a aceleracao/velocidade/posicao de um carro contradiz o senso comum.

Na Fısica de Newton a aceleracao instantanea f ′′(x) := (f ′)′(x) joga um papelprimordial, pois ela (multiplicada pela massa) e a resultante de todas as forcas queagem sobre um corpo.

O que ele descobriu foi como, matematicamente, passar da aceleracao instantanea(f ′)′(x) para a velocidade instantanea f ′(x) e dai finalmente para a posicao f(x) doobjeto em cada instante de tempo.

Comecou postulando um formato para a aceleracao resultante da forca de atracaogravitacional do sol sobre os planetas, e chegou, matematicamente, no formato exatodas orbitas dos planetas (elipses,conicas) (ou seja na f(x) ) e em suas velocidadesf ′(x) (a lei de Kepler). Com isso transformou a astronomia em ciencia.

No Capıtulo 39 entenderemos o metodo que ele usou.

6. Exercıcios

Exercıcio 6.1. Qual o grafico de f(x) = |x+ 1|?Onde e contınua e onde nao tem derivada ?

Exercıcio 6.2. Consider as funcoes definidas por:

f(x) = x2 + x+ 2, se x < 1,

f(x) = −x2 + b · x+ c, se x ≥ 1.

Ajuste os parametros b, c para que f seja contınua e derivavel em x = 1.Dica: impondo a continuidade se produz uma relacao entre c = c(b). E o valor de

b sai de impor-se a derivabilidade.

Exercıcio 6.3. Usando apenas a definicao, derive (onde C e uma constante ):i) y ≡ Cii) y = C · x,iii) y = C · x2iv) y = C · x3,v) y = ( x− C )2

vi) y = ( x− C )3

Interprete geometricamente seus resultados, ou seja, explique que relacoes osgraficos tem entre si.

Exercıcio 6.4. A Figura a seguir mostra uma parte do grafico de y = f(x) = x| x |+1

(vermelho) (estudada na Secao 4 do Capıtulo 5) e parte do grafico de y = x (verde).

1

0

x

0,5

1-1

-1

-0,5 0,5

-0,5

0


Ela sugere que f ′(0) = 1. Prove isso mostrando separadamente que:

limhց0

( hh+1

)

h= 1

e

limhր0

( h−h+1

)

h= 1

Exercıcio 6.5. Para fazer este Exercıcio, lembre que x =√y e inversa de f : R>0 →

R>0, y = f(x) = x2 e que, pela Afirmacao 3.1, x =√y e uma funcao contınua.

i) Sem calcular a derivada de f : R>0 → R>0, f(x) =√x, o que podemos prever

que aconteca com a derivada de√x quando x > 0 tende a zero?

ii) Usando apenas a definicao de derivada, calcule a derivada da funcao f : R>0 →R>0, f(x) =

√x (Dica: quando ficar complicado lidar com a raız quadrada, lembre

que (a− b)(a + b) = a2 − b2.)iii) compare a formula obtida em ii) com o que previu em i).

Exercıcio 6.6. (resolvido)Seja f : R<0 ∪ R>0 → R, f(x) = 1

x.

i) Sem calcular a derivada de f o que se pode pre-dizer do sinal dessa derivada ?Em que intervalos e positiva ou negativa ? Pode se anular ?

ii) para calcular a derivada de f via a definicao, so e preciso sabe somar e subtrairduas fracoes e saber que as funcoes racionais sao contınuas. Calcule-a via definicao.

Exercıcio 6.7. Defino uma funcao f : R → R condicionalmente por:

f(x) = 3x2 + 2, se x < 1, e f(x) = 3x+ b, se x ≥ 1.

i) Escolha o coeficiente linear b para que f : R→ R seja uma funcao contınua emtodos os pontos.

ii) Da para escolher b de modo que f : R → R alem de contınua tambem fiquederivavel em todos os pontos ? Ou ha algum ponto onde nao havera derivada ? Porque ?

iii) com b escolhidos para f ser contınua, qual o grafico de f ′(x) ?

Exercıcio 6.8. (resolvido)Se existe f ′(x) entao:

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x− h)

2 h.

De um exemplo simples onde existe limh→0f(x+h)−f(x−h)

2hporem onde f ′(x) nao e

sequer contınua em x.

CAPıTULO 10

Sinal da derivada e crescimento

1. Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy

Tudo que precisamos sobre zeros, crescimento e decrescimento de funcoes sai dedois Teoremas: de Rolle e de Lagrange (que de fato sao equivalentes entre si).

Teorema 1.1. (Teorema de Rolle) Seja f : [a, b] → R contınua em [a, b] e derivavelem (a, b). Se f(a) = f(b) entao existe algum ponto x ∈ (a, b) tal que f ′(x) = 0.

Demonstracao.

Considere o mınimo global mf e o maximo global Mf de f em [a, b].Se mf = Mf isso quer dizer que f e constante: entao para qualquer ponto de

(a, b) temos f ′(x) = 0 e acabou.Supomos entao que mf < Mf .Vamos nos convencer agora que nao e possıvel que ambos os valoresmf eMf sejam

valores de f nos pontos extremo a, b de [a, b]. De fato, se por exemplo f(a) = mf ,como por hipotese f(a) = f(b), entao f(b) = mf ; como Mf > mf entao Mf seraatingido por x ∈ (a, b). Vice versa se supomos que f(a) = Mf , concluimos que mf eatingido em x ∈ (a, b).

Agora vamos mostrar que num x ∈ (a, b) onde f(x) = mf ou onde f(x) = Mf

temos que ter f ′(x) = 0.Por exemplo, suponha x ∈ (a, b) onde f(x) = mf e por absurdo, suponha que

f ′(x) 6= 0:Ha dois Casos a considerar:Caso 1): f ′(x) < 0.

Ja que x vive num intervalo aberto (a, b) existe pela Afirmacao 4.2 um intervalocentrado em x,

(−δ0 + x, x+ δ0) ⊂ (a, b)

e por isso podemos tomar 0 < h < δ0 suficientemente pequeno para que x+h ∈ (a, b).Entao pela definicao de derivada, temos:

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h< 0

e nesse limite h pode ser tomado positivo ou negativo: tomando h positivo e pequenotemos:

limhց0

f(x+ h)− f(x)

h< 0,

o que implica que os quocientes incrementais f(x+h)−f(x)h

sao negativos para h positivosuficientemente pequeno.

127

1. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY 128

Mas o denominador e h > 0: logo os numeradores sao negativos:

f(x+ h)− f(x) < 0,

para 0 < h suficientemente pequeno. Portanto, f(x+ h) < f(x) para 0 < h suficien-temente pequeno. Ora, isso contradiz a hipotese de que f(x) = mf e mınimo global.Essa contradicao veio de supor f ′(x) < 0 nesse x.

A Figura a seguir apenas serve para ilustrar a situacao absurda obtida, onde a retaem vermelho simboliza a tangente ao grafico em (x, f(x)) = (x,mf) (em vermelho).

m_f

x + hx ( h >0 )

Figura: Chegamos num absurdo deste tipo supondo f ′(x) < 0 em x.

Caso 2): f ′(x) > 0:Novamente, ja que existe um intervalo centrado em x,

(−δ0 + x, x+ δ0) ⊂ (a, b),

podemos tomar h < 0 de modulo suficientemente pequeno (|h| < δ0) para que x+h ∈(a, b). Entao pela definicao de derivada, temos:

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h> 0

e tomando h < 0 temos

limhր0

f(x+ h)− f(x)

h> 0,

o que implica que os quocientes incrementais f(x+h)−f(x)h

sao positivos para h < 0 demodulo suficientemente pequeno.

Mas o denominador e h < 0: logo os numeradores sao negativos, ou seja,

f(x+ h) < f(x)

para h < 0 de modulo suficientemente pequeno. Contradizendo a hipotese de quef(x) = mf e mınimo global. Essa contradicao veio de supor f ′(x) > 0 nesse x. Comoantes, ilustramos a situacao na Figura que segue1:

1A f nao precisa ser crescente nessa regiao, como parece sugerir a Figura; f precisa apenas valermenos que f(x). Voltaremos nisso na Secao 4 deste Capıtulo

CAPITULO 10. SINAL DA DERIVADA E CRESCIMENTO 129

m_f

xx + h ( h<0 )

Figura: Chegamos nesse tipo de absurdo supondo f ′(x) > 0 em x.

Logo concluimos que f ′(x) = 0.A prova analoga se f(x) =Mf .

�

O uso que Rolle fazia desse fato era para localizar zeros (raızes) de polinomiosapenas.

Ele pensava assim, sempre que houver duas raızes a e b sucessivas de um polinomiop(x) de grau n tem que haver uma raız do polinomio p′(x) situada no intervalo [a, b](veremos na Parte 2 que sempre a funcao Derivada de um polinomio e tambem umpolinomio). Mais ainda, como vimos ja em alguns exemplos simples, o grau de p′(x)e n−1. Logo pode ser mais facil achar as raızes de p′(x) que as do polinomio originalp(x). E aı teremos alguma informacao sobre a possıvel localizacao das raızes a e b dep(x).

(obs.: Na Figura a seguir os eixos horizontal e vertical nao estao na mesma escala)

5

0

10

-5

-10

x

1 20-1-2

Figura: Polinomio p(x) com 5 raızes Reais e p′(x) com 4 raızes Reais.

Um aplicacao interessante do Teorema de Rolle e do T.V.I. sera dada na Secao 5do Capıtulo 13, para provar a Regra de sinais de Descartes, que da uma estimativado numero de raızes Reais de um polinomio.

1. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY 130

O Teorema de Rolle pode ser generalizado:

Teorema 1.2. (Teorema do Valor Medio de Lagrange)2

Seja f : [a, b] → R contınua e derivavel em (a, b). Entao existe algum x ∈ (a, b)tal que

f ′(x) =f(b)− f(a)

b− a

0

-0,5

-1

x

10,50-0,5-1

1

0,5

Figura: O grafico em vermelho ilustra o Teo. de Lagrange em dois pontos.

Demonstracao.

Seja p(x) a equacao da reta passando por (a, f(a)) e (b, f(b)). Considere umanova funcao, a funcao diferenca f − p dada por (f − p)(x) := f(x)− p(x).

Entao f − p e contınua, pelo item 1) do Teorema 1.1. Pela derivada da soma(Afirmacao 3.1 Capıtulo 9):

(f − p)′(x) = f ′(x)− p′(x).

Agora noto que

(f − p)(a) = f(a)− p(a) = 0, e (f − p)(b) = f(b)− p(b) = 0,

e portanto estamos em condicoes de aplicar em (f − p) o Teorema de Rolle: portantoexiste algum x ∈ (a, b) onde

(f − p)′(x) = 0,

ou seja onde

f ′(x) = p′(x).

2Atencao: muitos estudantes confundem o que diz o Teorema de Lagrange com o que diz adefinicao da Derivada.


Por outro lado p(x) = a1 · x+ a0 ja que e um polinomio de grau ≤ 1 e sua derivada eo coeficiente angular da reta: p′(x) ≡ a1 e sabemos que

a1 =f(b)− f(a)

b− a.

Portanto f ′(x) = f(b)−f(a)b−a como querıamos.

�

Mais geral ainda que o T.V. Medio de Lagrange e o seguinte:

Teorema 1.3. (Teorema do Valor Medio de Cauchy)3

Sejam f : [a, b] → R e g : [a, b] → R contınuas e derivaveis em (a, b). Entao existealgum x ∈ (a, b) tal que

f ′(x) · (g(b)− g(a)) = g′(x) · (f(b)− f(a)).

Demonstracao.

Se definimos:

φ(x) := f(x) · (g(b)− g(a))− g(x) · (f(b)− f(a)),

entao φ(x) e contınua em [a, b], derivavel em (a, b) e tem

φ(a) = f(a) · g(b)− g(a) · f(b) = φ(b).

Por Rolle existe x ∈ (a, b) com:φ′(x) = 0,

ou seja,f ′(x) · (g(b)− g(a))− g′(x) · (f(b)− f(a)) = 0,


2. O Teorema 0 das Equacoes Diferenciais

Para motivar o importante Teorema 2.1, comeco descrevendo um exemplo.Imagine um motorista que esta dirigindo seu carro do Sul para o Norte numa

rodovia e que ve uma placa indicando que dali a alguns kilometros ha um posto dapolıcia rodoviaria. Como e usual, ele comeca a freiar o carro mas o faz assim: comecapisando no freio assim que ve a placa e vai gradualmente tirando o pe do freio demodo bem cuidadoso, para que bem em frente do posto da polıcia esteja acabandode tirar o pe do freio e passe entao para o acelerador, comecando a acelerar bemsuavemente e depois aumentando a aceleracao.

Freiar e acelerar sao tipos de aceleracoes. Aceleracao negativa ao freiar e positivaquando pisamos no acelerador. Como explicamos na Secao 4 do Capıtulo 8, podemosrepresentar matematicamente o que o motorista fez com as aceleracoes atraves dafuncao segunda derivada f ′′(x) (Secao 5 do Capıtulo 9), onde f ′(x) e a funcao queda a velocidade a cada instante e f(x) a posicao do carro a cada instante. A funcao

3Note que se g(x) := x, recaımos no Teorema de Lagrange

2. O TEOREMA 0 DAS EQUACOES DIFERENCIAIS 132

posicao sera f(x) < 0 ao Sul do posto policial e f(x) > 0 ao Norte do posto e seuaumento significa ir mais para o Norte.

Quando ele estava pisando no freio, f ′′(x) < 0, quando pisa no acelerador, f ′′(x) >0. Onde f ′′(x) < 0, a velocidade f ′(x) estava decrescendo, e quando f ′′(x) > 0 afuncao velocidade f ′(x) deve voltar a crescer.

Um exemplo disso seria:

f(x) = x3, f ′(x) = 3x2, f ′′(x) = 6x.

10

0

5

-5

-10

x

-1 20-2 1

Figura: f vermelho, f ′ verde, f ′′ amarelo, escalas diferentes nos eixos.

O que e interessante neste exemplo e que em frente ao posto da polıcia, quandox = 0, a velocidade que aparece no velocımetro e f ′(0) = 0 e mesmo assim, emnenhum instante o carro parou, ja que f(x) = x3 e estritamente crecente.

Mas isso contradiz o nosso senso-comum, ja que algo que se move a 0 km/h deveriaestar parado, pelo menos por algum tempo !

Para fazermos as pazes com o senso-comum, temos o seguinte Teorema, ondea condicao f ′(x) = 0 se supoe que vale para x em todo um intervalo, mesmo quepequeno:

Teorema 2.1. Seja f : I → R definida em um intervalo I nao-degenerado.4

Suponha f ′(x) ≡ 0. Entao f(x) ≡ C (ou seja, f e constante).

Demonstracao.

Nao temos a capacidade de predizer qual a constante que iremos encontrar. Oque podemos apenas e raciocinar por absurdo: suponha que f nao e constante.

Entao existem x1, x2 ∈ I tais que f(x1) 6= f(x2). Restrinja f ao domınio [x1, x2].Entao pelo Teorema do Valor Medio de Lagrange aplicado a restricao f : [x1, x2] → R

tem que haver um x ∈ (x1, x2) tal que:

f ′(x) =f(x1)− f(x2)

x1 − x2.

4Nao-degenerado significa nao se reduzindo a um ponto. Claro que I pode ser todo R. Masatencao que pode a conclusao pode ser falsa, se a f tem o domınio composto de mais de um intervalo(disjuntos).


Masf(x1)−f(x2)

x1−x26= 0 e isso contradiz a hipotese de que f ′(x) ≡ 0.

�

E dele decorre o Teorema a seguir (que chamo de 0 por um dos mais basicos):

Teorema 2.2. (O Teorema 0 das Equacoes Diferenciais) Sejam f : I → R e g :I → R derivaveis, com f ′(x) = g′(x), ∀x ∈ I, onde I e um intervalo. Entao f(x) ≡g(x) + C.

Ilustro esse Teorema atraves da seguinte Figura:

12

4

8

0,50

x

10-1 -0,5

Figura: Translacoes verticais de um grafico e o grafico da funcao derivada.

Demonstracao.

Como ja observamos, ∀x ∈ I, (f − g)′ = f ′(x) − g′(x). A hipotese da entaoque (f − g)′(x) ≡ 0. Logo pelo Teorema 2.1, (f − g)(x) ≡ C (e constante) ; logof(x) ≡ g(x) + C.

�

3. Criterios de crescimento e de decrescimento

Decorrem facilmente de Rolle e Lagrange os desejados criterios:

Teorema 3.1. (Criterios de crescimento e de decrescimento)Seja f : I = (a, b) → R derivavel.

• i) se ∀x ∈ I, f ′(x) ≥ 0 entao f e crescente em I;• ii) se ∀x ∈ I, f ′(x) > 0 entao5 f e estritamente crescente em I.• iii) se ∀x ∈ I, f ′(x) ≤ 0 entao f e decrescente em I;• iv) se ∀x ∈ I, f ′(x) < 0 entao f e estritamente decrescente em I.

5A recıproca e falsa, como mostra f(x) = x3

4. UMA CONFUSAO FREQUENTE SOBRE O SIGNIFICADO DO SINAL DADERIVADA 134

Demonstracao.

De i): por absurdo suponha que f nao e crescente. Significa que existem x1, x2 ∈ Icom x1 < x2 para os quais:

f(x1) > f(x2).

Mas entao o Teorema do Valor Medio de Lagrange aplicado a restricao f : [x1, x2] → R

da que existe algum x ∈ (x1, x2) com:

f ′(x) =f(x2)− f(x1)

x2 − x1< 0,

contradizendo a hipotese de que f ′(x) ≥ 0 ∀x ∈ I.De ii): Se supomos por absurdo que f nao e estritamente crescente, significa que

existem x1, x2 ∈ I com x1 < x2 para os quais:

f(x1) ≥ f(x2).

Novamente o Teorema do Valor Medio de Lagrange aplicado a f : [x1, x2] → R daque existe algum x ∈ (x1, x2) com:

f ′(x) =f(x2)− f(x1)

x2 − x1≤ 0,

contradizendo a hipotese de que f ′(x) > 0 ∀x ∈ I.De iii) e iv): sao completamente analogas, mutatis mutandis6

�

4. Uma confusao frequente sobre o significado do sinal da derivada

Peco atencao agora, para que se evite uma confusao que aparece em algumasexposicoes.

As hipoteses dos itens ii) e iv) do Teorema 3.1 pedem que o sinal da funcaoderivada seja positivo (ou negativo) em todo um intervalo aberto I.

Seria falso um enunciado assim:

(falso !) Seja f : (a, b) → R derivavel com algum x ∈ (a, b) onde f ′(x) > 0(f ′(x) < 0). Entao existe um intervalo centrado em x onde a restricao da f e cres-cente (decrescente).

Claro que isso pode ate funcionar em alguns exemplos, mas um teorema tem quefuncionar sempre !

A Figura a seguir ilustra uma funcao f que existe, que e derivavel com f ′(0) > 0,e que no entanto nao e nem crescente nem decrescente em nenhum intervalo centradoem x (a Figura nao mostra isso muito bem, mas as oscilacoes continuam a existir atea origem).

6Essa expressao latina quer dizer, desde que adaptando, mudando, o que for conveniente; nonosso caso, sinais, desigualdades.


Deduzimos entao, apos o Teorema 3.1, que a derivada f ′(x) muda de sinal taoperto de x = 0 quanto quisermos.

0,08

0

0,04

-0,04

x

0,20,1-0,1-0,2 0

-0,08

Figura: A funcao f oscila a esquerda e a direita de x = 0, embora f ′(0) > 0.

A unica propriedade que a f da Figura tem e que:

f vale mais que f(0) em pontos x um pouco maiores que x = 0 e f vale menosque f(0) em pontos x um pouco menores que x = 0

(e isso nos aprendemos na prova do Teorema de Rolle 1.1). Vamos destacar issocomo uma afirmacao:

Afirmacao 4.1. Seja uma f derivavel e x um ponto do intervalo aberto I onde festa definida.

Se f ′(x) > 0 entao existe um intervalo J centrado em x, onde f(x) < f(x) sex < x, x ∈ J e f(x) < f(x) se x < x, x ∈ J .

Se f ′(x) < 0 entao existe um intervalo J centrado em x, onde f(x) > f(x) sex < x, x ∈ J e f(x) > f(x) se x < x, x ∈ J .

Demonstracao.

Contida na demonstracao do Teorema de Rolle.�

5. Descontinuidade da funcao derivada

Voltando a f da Secao anterior 4, cuja derivada f muda de sinal tao perto dex = 0 quanto quisermos, somos obrigados a concluir que sua funcao derivada f ′(x)nao e uma funcao contınua em x = 0.

6. EXERCICIOS 136

De fato, se f ′(x) fosse uma funcao contınua em x, entao o princıpio de inercia dasfuncoes contınuas (Afirm. 1.1 do Capıtulo 6) diria que f ′(x) teria que ser positiva emtodo um intervalo centrado em x = 0.7

Conclusao: nem sempre vale f ′(x) = limx→x f′(x). De fato nesse exemplo tratado

se pode mostrar que a igualdade f ′(x) = limx→x f′(x) nao vale porque o lado direito

limx→x f′(x) simplesmente nao existe.

Mas temos:

Afirmacao 5.1. Seja f : I → R onde I = (−δ+x, x+ δ) e intervalo aberto centradoem x.

Suponha que existe f ′(x) ∀x ∈ I \ {x} e que existe:

limx→x

f ′(x) = L ∈ R.

Entao f ′(x) existe tambem e seu valor e f ′(x) = L

Demonstracao.

Considere a restricao de f(x) a [x, x + h] para h > 0 e aplique o T.V. Medio deLagrange:

f(x+ h)− f(x)

h= f ′(ξh), onde ξh ∈ (x, x+ h).

Quando dizemos na hipotese:

limx→x

f ′(x) = L

dizemos que nao importa como x tenda a x, necessariamente f ′(x) tende a L. Ouseja, nao depende da cara do x que tende a x.

Ora, quando hց 0 temos que ξh ∈ (x, x+ h) tende a x e portanto

L = limhց0

f ′(ξh) = limhց0

f(x+ h)− f(x)

h=: f ′

+(x),

a derivada a direita. Analogamente se obtem:

L = limhր0

f ′(ξh) = limhր0

f(x+ h)− f(x)

h=: f ′

−(x)

para a derivada a esquerda e, portanto, f ′(x) = L.�

6. Exercıcios

Exercıcio 6.1. A figura que exemplifica o T.V.M de Lagrange no texto e o grafico dey = x3. Quando x ∈ [−1, 1] em quais pontos do grafico a inclinacao da reta tangentee 1 ?

7Se costuma chamar uma funcao f de classe C1 se f e derivavel e se f ′(x) ela mesma e umafuncao contınua.


Exercıcio 6.2. 2) Explique (com os conceitos do Calculo) o que se modifica e o quenao se modifica nos graficos a seguir quando variamos o parametro b 6= 0 em:

i): y = fb(x) = bx2

ii) y = fb(x) = x2 + biii) y = fb(x) = x2 + bx− 1.(Obs.: nos itens i) e iii) ha certos pontos em que se ve bem as diferencas entre os

graficos).

Exercıcio 6.3. Encontre o ponto (ou os pontos) do grafico de y = (x − 1)3 em quesua(s) reta(s) tangente(s) e (sao) paralela(s) a reta y = 3x.

Encontre o ponto (ou os pontos) do grafico de y = x3 em que sua(s) reta(s)tangente(s) e (sao) ortogonal (s) a reta y = −1

6x.

Obs. Nao precisa desenhar nada.

Exercıcio 6.4. (resolvido)Considere a famılia de graficos

y = fb(x) := (−b+ 4/3) · x2 + b · x+ (2b− 7/3), b ∈ R,

dos quais plotei apenas 7 representantes (b = 1, 1.2, 1.3, 4/3, 1.6, 1.8, 2):

5

-5

02

-10

x

41-1 0-3 3-2

Como se ve sao graficos bem diferentes, a medida que mudamos o parametro b.

6. EXERCICIOS 138

Mas quando se faz um zoom na regiao x ∈ [0.3, 0.7] do domınio, os pedacos dos 7graficos de y = fb(x) se parecem muito:

2,5

1,5

2

1

0

x

0,70,5

0,5

0,60,4

Explique o que aconteceu quando fizemos o zoom, apos confirmar que que os pontos(−1,−1) e (2, 3) pertencem a esses graficos todos, ∀b ∈ R).

Dica: Teorema Valor Medio de Lagrange.

CAPıTULO 11

Aplicacoes da primeira e segunda derivadas

1. Primeiro criterio de maximos e mınimos

Se olharmos bem a demonstracao que demos do Teorema de Rolle, veremos quede fato ja provamos o seguinte:

Afirmacao 1.1. Seja f : (a, b) → R derivavel. Se1 x ∈ (a, b) e ponto de MınimoLocal ou de Maximo Local, entao f ′(x) = 0.

A recıproca dessa Afirmacao e em geral falsa: f(x) = x3 tem f ′(0) = 0 e x = 0nao e nem Mınimo nem Maximo local.

No entanto temos o seguinte:

Afirmacao 1.2. Seja f : (a, b) → R derivavel, com x ∈ (a, b) onde f ′(x) = 0.

• i) Suponha que existe um intervalo J centrado em x onde a funcao derivadavale f ′ ≤ 0, se x < x, e f ′ ≥ 0, se x < x. Entao x e Mınimo Local da f .

• ii) Suponha que que existe um intervalo centrado em x onde a funcao derivadavale f ′ ≥ 0, se x < x, e f ′ ≤ 0, se x < x. . Entao x e Maximo Local da f .

Demonstracao.

De i): Temos que f ′(x) ≤ 0 se x ∈ (−δ + x, x) e f ′(x) ≥ 0 se x ∈ (x, x+ δ).Mas entao pelo item iii) do Teorema 3.1, a funcao original f(x) e decrescente em

(−δ + x, x). E pelo item i) do Teorema 3.1 a funcao original f(x) e crescente em(x, x+ δ).

A conclusao e que x e ponto de Mınimo da f restrita a (−δ+x, x+δ), um Mınimolocal portanto.

De ii): completamente analoga, mutatis mutandis.�

2. Criterio da segunda derivada

Primeiro vamos relembrar e reforcar o tema da segunda derivada ou aceleracaoinstantanea em termos fısicos.

Para definir uma aceleracao instantanea usamos um limite do tipo:

limh→0

f ′(x+ h)− f ′(x)

h,

1E muito importante que (a, b) seja aberto, pois f : [0, 1] → R, f(x) = x tem pontos de maximoe mınimo e no entanto f ′(0) = f ′(1) = 1, onde essas derivadas devem ser entendidas como derivadasa direita f ′

+(0) e a esquerda f ′−(1).

139

3. UM PROBLEMA TIPICO PARA OS ENGENHEIROS 140

onde f ′(x) e a funcao velocidade instantanea (e onde a f(x) de partida era a funcaoposicao em cada instante).

Segundo a definicao de derivada, o que fizemos la foi derivar a funcao f ′(x), elamesma ja uma derivada da funcao f(x). Fizemos entao uma segunda derivada:

f ′′(x) := ( f ′(x) )′.

Sua definicao entao e essencialmente a mesma que demos para a derivada (que pas-samos agora a chamar de primeira derivada), so que a materia-prima para compor osquocientes incrementais nao e uma funcao f(x) mas sim uma funcao f ′(x).

Desse modo, posso enunciar:

Afirmacao 2.1. Seja f : (a, b) → R derivavel, tal que f ′(x) tambem seja derivavel.

• i): se f ′(x) = 0 e f ′′(x) > 0 entao2 x e Mınimo local da f original.• ii): se f ′(x) = 0 e f ′′(x) < 0 entao x e Maximo local da f original.

Este teorema sera generalizado na Afirmacao 8.1, um criterio da derivada n-esima.Demonstracao. (da Afirmacao 2.1)De i): Pela Afirmacao 4.1 do Capıtulo 10, aplicada agora a funcao derivada f ′(x),

temos que para x ∈ J centrado em x, f ′(x) < 0 = f ′(0) se x < x e 0 = f ′(x) < f ′(x)se x < x.

Entao recaımos exatamente no item i) da Afirmacao 1.2. A conclusao portanto eque x e Mınimo local.

De ii): completamente analoga, mutatis mutandis.�

Com o material deste Capıtulo 11 e do Capıtulo anterior 10 estamos em condicoesde confeccionar graficos qualitativamente corretos de polinomios simples, de graubaixo, e e o que faremos como Exercıcio.

3. Um problema tıpico para os engenheiros

Suponha que voce tem o seguinte problema pratico:

Construir um objeto retangular, onde a construcao de cada x metros da larguracusta a metade da construcao de cada z metros de comprimento. Gastando 10 reaisna fabricacao de cada unidade, quais as medidas de x e z que maximizam a area doobjeto?

Traduzimos o problema assim: queremos maximizar a area

A(x, z) := z · xcom uma funcao custo3 c(x, z) := x+ 2z fixada em c(x, z) = 10:

x+ 2z = 10.

2Recıproca falsa: f(x) = x4 tem Mınimo local em x = 0 e se pode provar que f ′(0) = f ′′(0) = 03Tambem poderia dizer que a funcao custo e 2x+4z, ja que ha dois lados que sao largura e dois

que sao comprimento. Mas a solucao seria completamente analoga.

CAPITULO 11. APLICACOES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 141

Note que a princıpio a funcao area depende tanto de x como de z. Mas a condicaoc(x, z) = 10 me permite escrever z = 10−x

2e a funcao area como dependendo so de

uma variavel:

A(x) = (10− x

2) · x = 5x− x2

2.

O domınio natural de A(x) e I = (0, 10), pois a largura x tem que ser positiva, e aomesmo tempo a condicao c(x, z) = 10 diz que, quando z se aproxima de zero, x seaproxima de 10.

Mas considerar A(x) definida num domınio um pouco maior, o intervalo [0, 10],que tem a vantagem de ser um intervalo limitado e fechado, onde podemos usar oTeorema 4.2 de Bolzano-Weiersstras, ja que A(x) claramente e contınua.

Esse Teorema garante que existe um ponto de Maximo global de A : [0, 10] → R.Mas onde ? Nao adianta so sabermos que ha uma solucao, queremos acha-la !

Certamente nao sera em x = 0 ou em x = 10, pois nesses pontos a Area fica zero,ja que nao largura ou comprimento. Entao esse ponto x buscado esta em (0, 10), oque e promissor, pois poderemos tentar usar a Afirmacao 1.2.

Para isso precisamos examinar alguns candidatos.Conforme a Afirmacao 1.1, eles terao que ser pontos onde

A′(x) = 0.

Ora, isso significa para A(x) = 5x− x2

2que:

5− x = 0,

pelo que ja sabemos das derivadas, ou seja, o ponto e x = 5.Mas claramente A′(x) = 5 − x > 0 se x < 5 e A′(x) = 5 − x < 0 se 5 < x. Logo

o item ii) da Afirmacao 1.2 diz que realmente x e um Maximo local e portanto oMaximo global, ja que nao ha outro candidato. A area maxima desses objetos entaosera

A(5) =25

2.

12

10

8

6

2

0

4

x

1086420

Figura: O grafico de A : [0, 10] → R, A(x) = 5x− x2

2.

Em geral, nos problemas desse tipo, aparecem diferentes candidados a Maximosglobal, que foram aprovados no teste para Maximos locais dado pelo item ii) daAfirmacao 1.2, e entao se faz necessario comparar os valores da funcao em questaoem cada um deles.

4. MINIMOS DE DISTANCIAS E ORTOGONALIDADE 142

4. Mınimos de distancias e ortogonalidade

Suponha que P = (2, 1) e queremos descobrir qual o menor segmento de reta deP ate uma reta de equacao y = ax + 1 (com algum a 6= 0 fixado) que nao passe porP .

Vamos faze-o de dois modos distintos, que esperamos que deem os mesmos resul-tados.

Primeiro vamos usar nossa intuicao, que diz que deve se tratar do segmento saindode P que e ortogonal a reta y = ax+1. Ou seja, pelo que aprendemos na Secao 2 doCapıtulo 8, deve ser um ponto (x, ax+ 1) tal que:

(ax+ 1)− 1

x− 2=

−1

a,

pois o lado esquerdo e o ceoeficiente angular da reta contendo o segmento que sai de(2, 1). Entao disso obtemos:

x =2

a2 + 1

e daı facilmente descobrimos o tamanho do segmento.Por outro lado podemos, via as tecnicas de Calculo, tentar descobrir o mınimo da

funcao que mede a distancia de P aos pontos da reta dada.Para nao cairmos numa derivada mais complicada, vamos modificar um pouco o

problema, tentando minimizar a funcao que e o quadrado da distancia de P a reta,dara tambem o ponto que minimiza a propria distancia4

Essa funcao quadrado da distancia e dada por:

(x− 2)2 + (y − 1)2 = (x− 2)2 + (ax+ 1− 1)2 =

= (a2 + 1)x2 − 4x+ 5.

Entao essa f(x) = (a2+1)x2−4x+5 tem derivada f ′(x) = 2(a2+1)x−4 e f ′(x) = 0exatamente em x = 2

a2+1, o mesmo ponto encontrado acima.

E claro que f ′(x) < 0 para x < x = 2a2+1

e f ′(x) > 0 para x > x = 2a2+1

. Portantopelo item i) da Afirmacao 1.2 f tem mınimo local, que de fato e o global nesse pontox.

Agora vejamos um Exemplo mais interessante. Quero minimizar a distancia entreP = (0, 7) e os pontos da parabola y = x2

2.

Usando a intuicao geometrica vou buscar esse ponto Q de mınima distancia entreaqueles em que o segmento desde P e ortogonal a tangente da parabola em Q.

Entao, ja que conheco as inclinacoes das tangentes a parabola em (x, ax2) comosendo 2(x

2) = x, a ortogonalidade que busco e dada por:

x2

2− 7

x− 0=

−1

x,

4A Afirmacao 2.1 do Capıtulo 16 justificara rigorosamente o uso do quadrado da distancia, aoinves da propria distancia, nos problemas de maximos/mınimos.


ou seja,

x · (x2

2− 6) = 0.

A solucao x = 0, onde claramente ha ortogonalidade, e nitidamente um ponto demaximo local da distancia entre P = (0, 7) e a parabola.

Mas as solucoes x =√12 e x = −

√12 corresponderao, como veremos a seguir, a

dois pontos de mınimos. A Figura a seguir mostra esses pontos de ortogonalidade.

5

-5

0

-10

-20

x

2 4-4 -2

-15

0

Figura: No grafico aparecem dois pontos onde ha ortogonalidade.

Visto de outro modo, via a tecnica do Calculo, considero a funcao que e o quadradoda distancia entre P = (0, 7) e a parabola:

(x− 0)2 + (y − 7)2 = x2 + (x2

2− 7)2 =

=x4

4− 6x2 + 49.

A derivada de f(x) = x4

4− 6x2 + 49 e

f ′(x) = x3 − 12x = x(x2 − 12).

O zero da derivada em x = 0 corresponde a um maximo local.Verificamos agora que os pontos x =

√12 e x = −

√12 sao mınimos locais (e

globais).Observe que se 0 < x <

√12 temos x(x2 − 12) < 0, enquanto que se x >

√12

temos x(x2 − 12) > 0. Logo o item i) da Afirmacao 1.2 diz que x =√12 e mınimo de

f .Agora se x < −

√12 temos x(x2 − 12) > 0, enquanto que se −

√12 < x < 0 temos

x(x2 − 12) > 0. Logo o item i) da Afirmacao 1.2 diz que x = −√12 e mınimo de f .

A Afirmacao 4.1 a seguir justifica o uso da nocao de ortogonalidade nos problemasde maximos/mınimos:

4. MINIMOS DE DISTANCIAS E ORTOGONALIDADE 144

Afirmacao 4.1.i) Se a distancia entre um ponto P e o grafico de y = f(x) tem valor mınimo

ou maximo local PF > 0, onde F = (x, f(x)), entao a reta tangente ao grafico dey = f(x) em F e ortogonal a reta PF .

ii) Sejam um grafico y = f(x) de uma f derivavel e uma reta r que nao intersectaesse grafico.

Seja F ponto do grafico de y = f(x) tal que PF > 0 realiza um valor mınimo oumaximo local da distancia entre pontos do grafico e a reta r. Entao a reta tangenteao grafico de y = f(x) em F e paralela a reta r.

Demonstracao.

De i):

Considere F = (x, f(x)) ponto que realiza valor minimo local ou valor maximolocal da distancia ate um certo P = (x0, y0) que foi dado.

Considere o cırculo C de raio PF centrado em P (lembro que PF > 0):

C = { (x, y); (x− x0)2 + (y − y0)

2 = PF2 }.

Vou fazer aqui a suposicao5 de que, perto de F , tambem C seja grafico de uma funcaoy = g(x); que de fato e:

y = g(x) = y0 +

√

PF2 − (x− x0)2, ∀x ∈ (−δ + x, x+ δ).

Veja a Figura:

P

F

x

y

Considere a funcao

φ(x) := f(x)− g(x), ∀x ∈ (−δ + x, x+ δ).

Suponha por absurdo que a reta tangente ao grafico de y = f(x) em F nao sejaigual a reta tangente a C em F (esta sim sabemos que e ortogonal a reta PF ).

Por exemplo, suponha por absurdo que f ′(x) > g′(x) (o caso < e completamenteanalogo).

Entao φ′(x) = f ′(x)− g′(x) > 0.

5que exigiria mais justificacao


Como φ(x) = 0, a Afirmacao 4.1 do Capıtulo 10 da que, para um certo ǫ > 0:

φ(x) > 0, ∀x ∈ (x, x+ ǫ) e φ(x) < 0, ∀x ∈ (x− ǫ, x).

Ora, mas entao

f(x) > g(x) ∀x ∈ (x, x+ ǫ) e f(x) < g(x), ∀x ∈ (x− ǫ, x).

Entao

f(x)− y0 > g(x)− y0, ∀x ∈ (x, x+ ǫ),

e portanto ∀x ∈ (x, x+ ǫ):

√

(f(x)− y0)2 + (x− x0)2 >√

(g(x)− y0)2 + (x− x0)2 = PF2,

o que diz que F nao e ponto de maximo local da distancia de P = (x0, y0) ate ografico de y = f(x).

E do mesmo modo, obteremos ∀x ∈ (x− ǫ, x):

√

(f(x)− y0)2 + (x− x0)2 <√

(g(x)− y0)2 + (x− x0)2 = PF2,

o que diz que F nao e ponto de mınimo local da distancia ate P = (xo, y0).Essa contradicao com a escolha de F termina a prova do item i).

Item ii):Sejam R ∈ r e F = (x, f(x)) tais que RF realizam valor mınimo local ou valor

maximo local da distancia ate o grafico de y = f(x) e r.O raciocınio da prova do item i) aplicado a um cırculo centrado em R de raio

RF > 0 dira que a reta tangente ao grafico de y = f(x) em F e ortogonal a reta RF .Veja a Figura:

R

F

Mas, por outro lado, o mesmo raciocınio agora aplicado a um cırculo agora cen-trado em F de raio RF > 0 dira que a reta r (que e sua propria reta tangente) eortogonal a reta RF . Veja a Ffigura:

5. CONCAVIDADES DOS GRAFICOS 146

R

F

Um fato basico da geometria euclidiana diz que, se uma reta r1 e ortogonal a umareta r2 e r2 e ortogonal a uma reta r3, entao r1 e r3 sao paralelas.

Portanto a reta tangente ao grafico de y = f(x) em F e paralela a r. �

Para concluir esta Secao, pensemos no caso da reta horizontal y = 0 e no graficode y = 1

x, ∀x > 0.

Como poderıamos definir a distancia entre essas duas curvas ?Note que se dermos qualquer tamanho ǫ > 0 existem pontos xǫ ∈ (y = 0) e

zǫ ∈ (y = 1x) tais que

xǫzǫ = ǫ.

Basta tomarmos por exemplo xǫ := (1ǫ, 0) e zǫ := (1

ǫ, ǫ).

Entao seria natural dizer que a distancia entre a reta horizontal y = 0 e o graficode y = 1

xe zero !

Mas note que essa distancia zero entre curvas nunca e realizada por pontos dey = 0 e de y = 1

x, ja que distancia zero entre dois pontos significa que sao o mesmo

ponto e no entanto

(y = 0) ∩ (y =1

x) = ∅.

Outra maneira de ver que a distancia zero entre essas curvas nunca e realizada porpontos de y = 0 e de y = 1

xe o item ii) da Afirmacao 4.1, pois y′ = −1

x26= 0, ∀x > 0.

5. Concavidades dos graficos

Na Definicao 5.1 a seguir so me interesso no comportamento da funcao proximaa cada um dos pontos de seu grafico.

Definicao 5.1. Diremos que uma funcao e localmente concava para cima num ponto(x, f(x)) de seu grafico se existe um intervalo Ix centrado em x em que

f(x) > ax+ b, ∀x ∈ Ix \ {x},onde y = ax+ b e a reta tangente ao grafico em (x, f(x)).

Para definir localmente concava para baixo num ponto (x, f(x)) basta trocar >por <.


4

0

2

-2

-6

x

20-2

-4

1-1

Figura: Um funcao localmente concava para cima em cada ponto do domınio

Afirmacao 5.1. Suponha uma funcao f : I → R duas vezes derivavel.

• i) Se ∀x ∈ I, f ′′(x) > 0 entao, f e localmente concava para cima em cadaum dos pontos de seu grafico.

• ii) Se ∀x ∈ I, f ′′(x) < 0 entao f tem localmente concava para baixo emcada um dos pontos de seu grafico.

Demonstracao.

De i):Tome um ponto (x, f(x)) do grafico. Seja y = ax+ b a equacao da reta tangente

ao grafico nesse ponto.Note que a funcao

φ(x) := f(x)− (ax+ b)

tem

φ(x) = 0 e φ′(x) = f ′(x)− a = 0.

Ademais

φ′′(x) = f ′′(x) > 0.,

ja que supomos que sempre f ′′(x) > 0.Entao o Criterio da Segunda Derivada (Afirmacao 2.1, Capıtulo 11) quando apli-

cado a φ diz que φ tem um mınimo local em x (local pois φ tem que ser restrita a umintervalo Ix centrado em x para ter aı um ponto de mınimo).

Ou seja,

φ(x) > φ(x), ∀x ∈ Ix \ {x},que significa

f(x) > ax+ b, ∀x ∈ Ix \ {x},como querıamos provar.

De ii): Analogo, bastando usar o Criterio da Segunda Derivada para ter ummaximo local.

�

5. CONCAVIDADES DOS GRAFICOS 148

Na Definicao 5.2 a seguir impomos um comportamento global sobre a funcao: elatera que ficar por cima (ou por baixo) de todas as retas tangentes a seu grafico.

Definicao 5.2. Direi que uma funcao f : I → R e concava para cima se para todoponto x ∈ I,

f(x) > ax+ b, ∀x ∈ I \ {x}onde y = ax+ b e a reta tangente ao grafico em (x, f(x)).

25

15

-5

20

10

x

1-1 0-20

5

-3

Figura: Um funcao que nao e concava para cima, mas quee localmente localmente concava para cima se x < 0.

Afirmacao 5.2. Suponha uma funcao f : I → R duas vezes derivavel.

• i) Se ∀x ∈ I f ′′(x) > 0 entao f e concava para cima.• ii) Se ∀x ∈ I f ′′(x) < 0 entao f e concava para baixo.

Demonstracao.

De i):Vamos fazer a prova por absurdo.Pela Afirmacao 5.1 sabemos f e localmente concava para cima em cada ponto de

seu domınio. Ou seja, dado qualquer x ∈ I existe um intervalo Ix centrado nele onde

f(x) > ax+ b, ∀x ∈ Ix \ {x},para y = ax+ b reta tangente em (x, f(x)).

Portanto, se pensamos esta demonstracao por absurdo, tem que existir6 algumponto (x, f(x)) para o qual existe um x0 /∈ Ix tal que

f(x0) ≤ ax0 + b,

para y = ax+ b reta tangente em (x, f(x)).Sem perda de generalidade suponhamos x0 > x.Faco agora uma alteracao na f , para que a reta tangente a (x, f(x)) seja horizontal.

Definoφ(x) := f(x)− (ax+ b).

Note que φ(x) = φ′(x) = 0, mas φ′′(x) = f ′′(x) > 0, ∀x ∈ I. Agora temos

φ(x0) ≤ 0.

6Confira um exemplo disso na Figura anterior, com x ∼ −0.5 e x0 ∼ 1


Caso φ(x0) = 0:Nesse caso, aplico o Teorema de Rolle a

φ : [x, x0] → R

e obtenho um ponto ξ ∈ (x, x0) onde φ′(ξ) = 0.

Mas ξ > x e isso contradiz o fato que φ′(x) e uma funcao estritamente crescente(ja que φ′′(x) > 0), que partiu do valor φ′(x) = 0.

Caso φ(x0) < 0:Pelo que vimos na Afirmacao 5.1, perto de x temos φ(x) > 0.Como φ(x) e contınua e φ(x0) < 0 entao o T.V.I. diz que ha um ponto x0 ∈ [x, x0]

onde φ(x0) = 0. Portanto com esse novo x0 recaio na situacao do Caso φ(x0) = 0 jatratado.

De ii): completamente analoga. �

6. Mınimos quadrados e a media aritmetica

Dados x1, . . . , xk pontos na Reta dos Reais, que ponto x minimiza a soma dosquadrados das distancias a todos eles ?

O interesse pratico desta questao e que os valores x1, . . . , xk podem ter sido obtidosapos k afericoes de um certo dado relevante (o comprimento de um objeto, umatemperatura, um peso, etc) e o ponto x servira para corrigir os provaveis erros nasafericoes.

Afirmacao 6.1. Sejam dados x1, . . . , xk ∈ R pontos. Entao

• i) o ponto de mınimo global da funcao

f(x) := (x− x1)2 + . . .+ (x− xk)

2

e o ponto

x =x1 + . . .+ xk

k,

chamado de media arimetica dos valores x1, . . . xk.• ii) sempre vale a desigualdade

k · (x21 + . . .+ x2k) > (x1 + . . .+ xk)2

exceto se x1 = . . . = xk, quando vale entao:

k · (x21 + . . .+ x2k) = (x1 + . . .+ xk)2.

Demonstracao.

Item i)Trata-se entao de minimizar a funcao:

y = f(x) := (x− x1)2 + . . .+ (x− xk)

2.

que e uma parabola com concavidade para cima, ja que:

f(x) = k · x2 − 2 · (x1 + . . . xk) · x+ (x21 + . . .+ x2k).

6. MINIMOS QUADRADOS E A MEDIA ARITMETICA 150

Portanto seu mınimo esta onde f ′(x) = 0, ou seja, na raız de:

2k · x− 2 · (x1 + . . . xk) = 0,

ou seja, em

x =x1 + . . .+ xk

kque e chamada de media aritmetica dos valores x1, . . . xk.

Item ii)Note que, por ser uma soma de quadrados,

y = f(x) = (x− x1)2 + . . .+ (x− xk)

2 ≥ 0

e se para algum x0 ∈ R temos f(x0) = 0 entao

(x0 − x1)2 + . . .+ (x0 − xk)

2 = 0 ⇔ x0 = x1 = . . . = xk.

Portanto, se algum xi e diferente de algum outro xj , na lista que demos de x1, . . . , xk,a equacao quadratica em x:

y = f(x) = k · x2 − 2 · (x1 + . . . xk) · x+ (x21 + . . .+ x2k) = 0

nao tem solucao Real. Ou seja, se seu discriminante e negativo. Mas esse discrimi-nante e:

(2 · (x1 + . . . xk))2 − 4 · k · (x21 + . . .+ x2k) < 0,

ou seja,(x1 + . . . xk)

2 < k · (x21 + . . .+ x2k),

como querıamos.�

6.1. Retas de ajuste.Agora trato de um problema parecido, mas diferente. Que so sera considerado no

caso geral na Secao 3 do Capıtulo 34.Considere o quadrado da distancia vertical de um ponto (x1, y1) a uma reta y =

ax+ b, ou seja:(ax1 + b− y1)

2 ≥ 0

e = 0 exatamente quando (x1, y1) esta na reta.Suponhamos que queremos encontrar a reta pela origem y = ax (nao vertical) que

minimiza a soma dos quadrados das distancias verticais ate k pontos (x1, y1), . . . (xk, yk)(nao todos os xi iguais a zero).

Denote as retas pela origem por y = ξx para deixar claro que a incognita agora eo coeficiente angular ξ.

E faca a funcao que da a soma de quadrados de distancias verticais:

f(ξ) := (ξx1 − y1)2 + . . .+ (ξxk − yk)

2.

Note que

f(ξ) = (x21 + . . .+ x2k) · ξ2 − 2(x1y1 + . . .+ xkyk)ξ + y21 + . . .+ y2k.


Entao f(ξ) e uma parabola com concavidade para cima, ja que

x21 + . . .+ x2k > 0

(se esse numero fosse zero todos os pontos tem coordenada x igual a zero).Portanto se procuramos por um mınimo de f basta procurarmos onde f ′(ξ) = 0.

Mas:

f ′(ξ) = 2(x21 + . . .+ x2k) · ξ − 2(x1y1 + . . .+ xkyk),

e portanto f ′(ξ) = 0 se da em:

ξ =x1y1 + · · ·+ xkykx21 + . . .+ x2k

.

Ou seja a reta a ser escolhida e:

y = (x1y1 + · · ·+ xkykx21 + . . .+ x2k

) · x.

O problema interessante em geral e quando a reta buscada forma y = ξx+ τ naoprecisa passsar pela origem.

Essa reta aproximara simultaneamente varios pontos, que podem ser resultado deafericoes de dados relevantes.

O Capıtulo 34 tratara de uma reta que minimiza soma de quadrados de distanciasverticais de pontos xi, yi de interesse na Biologia, e cujo coeficiente angular ξ e uni-versal.

7. Pontos de inflexoes dos graficos

Definicao 7.1. Seja f contınua em I, intervalo aberto, e duas vezes derivavel aomenos em I \ {x}.

Chamamos x de ponto de inflexao da f se o sinal da f ′′(x) muda em torno de x.

Ou seja, um ponto de inflexao marca a mudanca de concavidade de uma funcao(se era para cima, vira para baixo e vice-versa).

Exemplos:

• y = f(x) = x3, que tem f ′′(x) = 6x e ponto de inflexao em x = 0.• em geral, y = f(x) = x2n+1, ∀n ∈ N, tem inflexao em x = 0, ja que

f ′′(x) = 2n · (2n+ 1) · x2n−1.

• a funcao y = 4x13 −x 4

3 e contınua em torno da origem, mas tem reta tangentevertical na origem, ou seja nao existe f ′(0). Como

f ′′(x) = −4(2 + x)

x53

isso diz que f ′′(x) > 0 para −2 < x < 0 e f ′′(x) < 0 para x > 0, ou seja,x = 0 e ponto de inflexao. Tambem f ′′(x) < 0 para x < −2 e portantox = −2 e outro ponto de inflexao.

8. CRITERIO DA DERIVADA DE ORDEM N 152

• o grafico de y = f(x) (em vermelho) na Figura a seguir representa a pop-ulacao de bacterias colocada num meio favoravel, no tempo x.

A taxa de crescimento f ′(x) (em verde) vai aumentando ate atingir umvalor maximo (no ponto de inflexao x ≈ 1.1.), a partir do qual fatores comoescassez de nutrientes, aumento de detritos, comecam a diminuir essa taxade crescimento.

No ponto de inflexao a aceleracao f ′′(x) do processo (em amarelo) e nula.

6

2

-6

4

0

x

32,521,51

-4

-2

0,50

A funcao f(x) sera dada explicitamente nas Secoes 4 e 5 do Capıtulo 38.

8. Criterio da derivada de ordem n

Uma funcao como y = f(x) = sin4(x) claramente tem um ponto de mınimo localem x = 0, ja que se anula em zero e e positiva por perto. No entanto

f ′′(x) = 4 sin(x)2 · (4 cos(x)2 − 1) e f ′′(0) = 0,

por isso nao esta ao alcance do criterio da segunda derivada (Afirmacao 2.1). Tambem

f ′′′(x) = 8 sin(x) cos(x) · (8 cos(x)2 − 5)

se anula em x = 0, porem:

f (iv)(x) = 256 cos(x)4 − 272 cos(x)2 + 40

tem valor f (iv)(0) = 24.

A Afirmacao 2.1 se generaliza assim:

Afirmacao 8.1. Suponha f : (a, b) → R com derivadas de todas as ordens7. Sejan ∈ N.

7Nao confunda a derivada de ordem n, f (n), com a potencia n-esima fn.


i) se f ′(x) = f ′′(x) = . . . = f (2n−1)(x) = 0 mas f (2n)(x) > 0 entao x e ponto demınimo local.

ii) se f ′(x) = f ′′(x) = . . . = f (2n−1)(x) = 0 mas f (2n)(x) < 0 entao x e ponto demaximo local.

ii) se f ′(x) = . . . = f (2n)(x) = 0 mas f (2n+1)(x) 6= 0 entao x e ponto de inflexao.

Demonstracao.

Item i):A prova completa seria ∀n ∈ N e aı entao a inducao matematica seria exigida.

Por isso, para simplificar mas mesmo assim dar uma ıdeia da prova, me atenho aoprimeiro caso relevante, ou seja quando

n = 2.

Temos por hipotese:

f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = 0 mas f (iv)(x) > 0.

Como ha derivadas de todas as ordens, a funcao f (iv)(x) e contınua em x, pois e atemesmo derivavel. Logo pelo princıpio de inercia das funcoes contınuas, existe umintervalo Ix = (−δ + x, x++δ) centrado em x tal que

f (iv)(x) > 0, ∀x ∈ Ix.

Entao no intervalo Ix a funcao f ′′′(x) e uma funcao estritamente crescente. Como porhipotese f ′′′(x) = 0, concluimos que:

f ′′′(x) < 0 em (−δ + x, x) e f ′′′(x) > 0 em (x, x+ δ).

Ou seja que a funcao f ′′(x) e estritamente decrescente em (−δ + x, x) e f ′′(x) eestritamente crescente em (x, x+ δ). Como f ′′(x) = 0 isso diz que:

f ′′(x) > 0 em (−δ + x, x) ∪ (x, x+ δ).

Agora entao f ′(x) e estritamente crescente em (−δ+x, x)∪(x, x+δ). Como f ′(x) = 0temos que

f ′(x) < 0 em (−δ + x, x) e f ′(x) > 0 em (x, x+ δ).

Por ultimo isso diz que f e estritamente decrescente em (−δ+x, x) e f e estritamentecrescente em ((x, x+ δ). Logo x e ponto de mınimo.

Iem ii): Analogo, mutatis mutandis.

Item iii):Temos por hipotese:

f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = f (iv)(x) = 0

mas f (v)(x) 6= 0. Por exemplo suponhamos

f (v)(x) > 0.

o caso negativo e analogo.

9. CONFECCAO DE GRAFICOS DE POLINOMIOS 154

Como ha derivadas de todas as ordens, a funcao f (v)(x) e contınua em x, pois eate mesmo derivavel. Logo pelo princıpio de inercia das funcoes contınuas, existe umintervalo Ix = (−δ + x, x++δ) centrado em x tal que

f (v)(x) > 0, ∀x ∈ Ix.

Entao no intervalo Ix a funcao f (iv)(x) e uma funcao estritamente crescente. Comopor hipotese f (iv)(x) = 0, concluimos que:

f (iv)(x) < 0 em (−δ + x, x) e f (iv)(x) > 0 em (x, x+ δ).

Ou seja que a funcao f ′′′(x) e estritamente decrescente em (−δ + x, x) e f ′′′(x) eestritamente crescente em (x, x+ δ). Como f ′′′(x) = 0 isso diz que:

f ′′′(x) > 0 em (−δ + x, x) ∪ (x, x+ δ).

Agora entao f ′′(x) e estritamente crescente em (−δ+x, x)∪(x, x+δ). Como f ′′(x) = 0temos que

f ′′(x) < 0 em (−δ + x, x) e f ′′(x) > 0 em (x, x+ δ).

Por definicao, x e um ponto de inflexao.�

9. Confeccao de graficos de polinomios

Considere a funcao polinomial y = f(x) = x3 − x.O objetivo e fazer seu grafico, de modo qualitativamente correto, sem qualquer

calculadora.Primeiro noto onde f = 0, onde f > 0 ou f < 0 (pois essas informacoes nao serao

fornecidas pela f ′(x)).Ora f(x) = x · (x2 − 1) e daı sai que

• f(x) = 0 exatamente para x = 0,−1, 1;• f(x) > 0 para −1 < x < 0 ou x > 1;• f(x) < 0 para x < −1 ou 0 < x < 1.

A derivada e f ′(x) = 3x2 − 1 e portanto

• f ′(x) = 0 em x =√

13,−

√13.

• f ′(x) > 0 se x >√

13ou x < −

√13.

• f ′(x) < 0 se −√

13< x <

√13.

• f ′(0) = −1

Essas informacoes sobre f ′(x) ja dizem que x =√

13e ponto de mınimo local de

f(x) e que x = −√

13e ponto de maximo local de f(x). E tambem que f e crescente

se x >√

13ou x < −

√13e que f(x) e decrescente se −

√13< x <

√13. Por ultimo,

f ′(0) = −1 diz que o grafico perto da origem se parece com y = −x.


Agora f ′′(x) = 6x, ou seja f ′′(0) = 0, e em x = 0 ha mudanca de sinal da f ′′(x).Logo x = 0 e ponto de inflexao. Para x < 0 a concavidade de f e para baixo e parax > 0 a concavidade de f e para cima.

A Figura a seguir recolhe essas informacoes, mas como as escalas sao diferentesnos dois eixos a informacao f ′(0) = −1 nao e respeitada:

8

0

4

-4

-8

x

1-1 1,50,5-1,5 -0,5 0

Figura: y = f(x) = x3 − x (verm.), f ′(x) (verde), f ′′(x) (amar.)

Os Exercıcios 10.5 e 10.6 desafiarao o leitor a fazer graficos qualitativamente cor-retos de polinomios, sem usar nenhuma calculadora.

Para compreender mais unificadamente a variedade de graficos de funcoes cubicasdo tipo y = ax3 + bx2 + cx+ d, o leitor pode ler o Capıtulo 32.

Na Secao 4 do Capıtulo 14 faremos graficos de funcoes racionais, quocientes depolinomios.

10. Exercıcios

Exercıcio 10.1. 3) Encontre o ponto do grafico de y = x2

2que minimiza a distancia

ate P = (2, 1) pelos metodos i): de buscar pontos de ortogonalidade com o grafico eii): via mınimo da funcao quadrado da distancia.

Exercıcio 10.2. 4) As Figuras i) e ii) abaixo dao dois exemplos de funcoes derivadasf ′(x), apenas dadas qualitativamente. Encontre f(x) (qualitativamente) que sejamcompatıveis com cada f ′ dada.

2

0

-2

-6

4

-4

x

321-1-2-3

6

0

10. EXERCICIOS 156

Figura i): Grafico de uma funcao derivada f ′.

5

-15

-5

x

43210-1-2

15

10

0

-10

-20

Figura ii): Grafico de uma funcao derivada f ′.

Exercıcio 10.3. A Figura mostra o grafico de uma funcao e o de sua derivada. Quale qual e por que ? (Justifique analisando a relacao entre zero/sinal da f ′ e a f termaximo/mınimo ou ser crescente/decrescente).

80

0

40

4

-40

x

31 20

-80

-2 -1

Exercıcio 10.4. Veja o grafico a seguir como o grafico de uma funcao derivaday = f ′(x).

i) Sobreponha a ele o grafico de uma y = f(x) qualitativamente compatıvel(Atencao a relacao entre zero/sinal de f ′(x) e maximo, mınimo, crecimento, decresci-mento da f).

ii) faca com detalhe a regiao da f que corresponde ao maximo da f ′(x).

2

1

0

-1

-3

-4

-2

x

3210-1-2

Exercıcio 10.5. (resolvido)O objetivo deste Exercıcio e confeccionar graficos apenas qualitativamente corre-

tos, sem qualquer tipo de calculadora, de polinomios relativamente simples como:i) y = f1(x) = x3 − x2

ii) y = f2(x) = x2 − x3.


iii) y = f3(x) = −2x2 + x3

iv): y = f4(x) = x4 − 2x2.v): y = f5(x) = 3x4 − 4x3.Faca-o seguindo o seguinte roteiro:a) determine os zeros de f , e em quais intervalos a funcao f e positiva ou negativa.b) calcule a derivada f ′.c) determine os zeros da funcao derivada f ′, e em quais intervalos a funcao derivada

e positiva ou negativa.d) calcule a segunda derivada e determine onde ela e zero, positiva e negativa.e) com as informacoes de a), b), c) e d) esboce o grafico de f ′′(x); com base nesse,

o de f ′(x) e com base nesse o de f(x).Dica: em cada item fatore a maior potencia possıvel de x e entao, para examinar

onde cada funcao e positiva e negativa basta usar a regra de multiplicacao dos sinais:+ ·+ = +, + · − = − e − · − = +.

Depois de pensar bastante, pois cada item pode exigir tempo, confira seus resul-tados com as Solucoes no Capıtulo 52.

Exercıcio 10.6. (resolvido)Suponhamos que, seguindo o roteiro do Exercıcio anterior, voce entendeu o grafico

de y = x3 − C · x2, onde C ≥ 1 e uma constante.E que chegou em algo do seguinte tipo:

-40

0

-20

-60

-80

-100

x

420-2-4

Sem fazer nenhuma conta mais, apenas raciocinando geometricamente, como deveser o grafico de y = x3 + C · x2 ? (para C ≥ 1).

Exercıcio 10.7. De um exemplo bem simples de uma f : [a, b] → R contınua talque f ′(x) 6= 0 ∀x ∈ (a, b). Localize em seu exemplo onde estao o(s) maximo(s) emınimo(s).

Exercıcio 10.8. Considere o angulo formado no primeiro quadrante pelo eixo dosy > 0 e a reta y = a · x, onde a > 0 sera fixado.

Considere um ponto (A,B) nessa regiao (ou seja suponho B > a ·A > 0).

10. EXERCICIOS 158

Qual a reta passando por (A,B) forma (no primeiro quadrante) um triangulo com

o eixo dos y > 0 e a reta y = ax de menor Area ?Prove que a menor area e 2A · (B −Aa).A figura ilustra tres candidatas:

z

p

r ztz

z

1

Dica: lembre como calcular a area de um triangulo via determinante.

Exercıcio 10.9. Encontre dois numeros x, y pertencentes ao intervalo [0, 1] cuja somae x+ y = 1 e tais que

i) x2 + y2 e maximo (justifique)ii) x2 + y2 e mınimo (justifique).iii): para responder ao i) e ii) voce estudou maximo e mınimo de uma funcao f(x).

Esboce seu grafico, indicando onde sua derivada f ′(x) e negativa, zero ou positiva.

Exercıcio 10.10. Uma fabrica de azulejos fabrica pequenos revestimentos ceramicos(pastilhas) retangulares, que tem x cm de largura e y cm de comprimento.

O perımetro de cada pastilha sera fixado em 2 · (x+ y) = 2.

i) descreva a funcao que da a Area de cada pastilha como uma funcao A(x) so dex.

ii) em qual domınio A(x) nao e negativa ? Onde A(x) se anula ? Onde A(x) epositiva ?

iii) Esboce o grafico de A(x) (apenas qualitativamente). Como determinar x paraque o valor de A(x) seja maximo ?

iv) qual o formato e medidas da pastilha de maior Area ?

Exercıcio 10.11. O custo de fabricacao um objeto Retangular e dado por C(x, y) =x3

6+ y, pois o material usado na fabricacao da lateral x e muitıssimo mais caro que o

da frente y. Supondo que sempre 1 ≤ x e que a Area tem que ser igual a 8, quais asmedidas x, y que minimizam o custo de fabricacao ?

Exercıcio 10.12. O custo de fabricacao um objeto Retangular e dado por C(x, y) =x2 + y, pois o material usado na fabricacao da lateral x e muito mais caro que o dafrente y. Supondo que sempre 1 ≤ x e que a Area tem que ser igual a 16, quais asmedidas x, y que minimizam o custo de fabricacao ?


Um aluno pensou assim sobre esse problema: ja que o custo em funcao de x emuito maior que em funcao de y, por que nao usar o mınimo de x, ou seja, x = 1 ey = 16, obtendo area de 16 e custo de 12 + 16 = 17 ?

Sera que ele esta certo ? Esse e mesmo o mınimo de custo ?

Exercıcio 10.13. A area de um objeto retangular e A(x, y) = xy. O custo daconstrucao depende das dimensoes x e y segundo a formula C(x, y) = 5x2 + y.

Maxime a area supondo fixado o custo em C(x, y) = 30.

Exercıcio 10.14. Explique com os conceitos do Calculo que relacao pode haver entreos dois graficos apresentados em cada uma das tres Figuras que seguem.

ii) Que muda de uma Figura para a outra ? O que nao muda ?iii) destaque propriedades geometricas relevantes de cada Figura (mınimos/maximos,

inflexoes, raızes, etc).

10

0

x

5

2

-5

0-2 1

-10

-1

10

0

x

5

2-2 1-1

-5

0

2

10

6

-2

10-2

4

2

-4

x

8

-10

Exercıcio 10.15. Entendendo zeros e sinais de , de sua derivada f ′ e da segundaderivada f ′′, confeccione o grafico de f ′′, o de f ′ e o de f , qualitativamente.

Apresente um grafico acima do outro, identificando pontos importantes.

Exercıcio 10.16. Entendendo zeros e sinais de f(x) = x2 − x3, de sua derivada f ′ eda segunda derivada f ′′, confeccione o grafico de f ′′, o de f ′ e o de f , qualitativamente.

Apresente um grafico acima do outro, identificando pontos importantes.

Exercıcio 10.17. (resolvido)Considere a Figura a seguir, que da em vermelho o grafico de y = x3 restrito a

x ∈ (−2, 1) e, em verde, o grafico de x3 − 3x2 + 3x− 2 tambem para x ∈ (−2, 1).

10. EXERCICIOS 160

Prove que existe uma reta que apenas tangencia o grafico verde e que conseguepassar entre os dois graficos sem intersectar o grafico vermelho.

Dica: a Figura sugere uma reta, prove que ela satisfaz o que se pede.

Exercıcio 10.18. (resolvido)Seja f derivavel (tantas vezes quanto quiser).Suponha que y = f(x) esta definida na semireta [0,+∞) e tem sempre f ′′(x) < 0

(concavidade para baixo em todo seu domınio).Suponha que em um certo x valem f(x) > 0 e f ′(x) < 0.Determine um K para o qual se pode garantir que f(x) = 0 em algum ponto

x ∈ [x,K].

CAPıTULO 12

Derivadas de seno e cosseno e as leis de Hooke

Hooke e sempre associado aos temas expostos na proxima Secao. Mas sua im-portancia cientıfica vai muito alem disso, como mostra o trecho da carta de Hookea Newton, de 1689, citado por James Gleick em Isaac Newton, uma biografia, Com-panhia das Letras, p.132:

Resta agora conhecer as propriedades de uma linha curva [...] feita por umaforca atrativa central [...] em uma uma proporcao duplicada em relacao as distanciastomadas reciprocamente. Nao duvido que por seu excelente metodo o senhor desco-brira [...]

1. O cosseno como derivada do seno

No final de Star Wars descobrimos queo mocinho e filho do grande vilao. Poisnesta Secao vamos descobrir que o cosseno e a derivada do seno !

A derivada do seno em θ = 0 foi vista: sin′(0) = 1 (Secao 5 do Capıtulo 5 daParte 1).

Ou seja, sin′(0) = cos(0). Sera que isso e uma coincidencia apenas? Ou sera quesin′(θ) = cos(θ), ∀θ ∈ R ?

Vamos por um grafico abaixo do outro e ver se sao os graficos sao coerentes como que aprendemos no Capıtulo 7 da Parte 1, sobre como a derivada determina ocomportamento de uma funcao.

1

0

0,5

-0,5

-1

x

653 420 1

Figura: O grafico de y = sin(θ) (vermelho) e y = cos(θ)(verde), para θ ∈ [0, 2π].

Observe que:

161

1. O COSSENO COMO DERIVADA DO SENO 162

• em θ = π2≈ 1.6 o seno tem seu maximo e nesse ponto θ = π

2o cosseno se

anula, passando de positivo para negativo.• em θ = π ≈ 3.1 o cosseno tem seu mınimo −1 e nesse ponto θ = π a inclinacaodo grafico do seno parece ser −1. Ademais, as inclinacoes do grafico do senovinham ficando mais negativas desde π

2e a partir de θ = π vao ficando menos

negativas.• em θ = 3π

2≈ 4.7 o cosseno se anula, passando de negativo a positivo e em

θ = 3π2o seno tem seu mınimo.

• por ultimo, onde o cosseno e positivo (negativo) o seno e crescente (decres-cente).

Todas essas observacoes sao coerentes com o que aprendemos no final da Parte 1e de fato:

Afirmacao 1.1.sin′(θ) = cos(θ), ∀θ ∈ R.

Demonstracao.

Comeco com a definicao de derivada em algum θ0 fixado e uso depois a formulade seno de uma soma:

sin′(θ0) = limθ→0

sin(θ0 + θ)− sin(θ0)

θ=

= limθ→0

sin(θ0) cos(θ) + cos(θ0) sin(θ)− sin(θ0)

θ.

Para poder continuar, agora vou usar o limite provado na Secao 3 do Capıtulo 8:

limθ→0

sin(θ)

θ= 1

e, ademais, um outro limite fundamental:

limθ→0

cos(θ)− 1

θ= 0,

cuja prova omito, mas que e no mesmo estilo.Entao as propriedades de limites de somas e produtos permitem que re-escreva o

de acima como:

sin′(θ0) = limθ→0

[sin(θ0) ·(cos(θ)− 1)

θ+ cos(θ0) ·

sin(θ)

θ] =

= sin(θ0) · limθ→0

(cos(θ)− 1)

θ+ cos(θ0) · lim

θ→0

sin(θ)

θ=

= sin(θ0) · 0 + cos(θ0) · 1 = cos(θ0),


Um complemento:A Figura a seguir exibe os graficos de

f1(θ) =sin(θ)

θ, para θ 6= 0 e f1(0) := 1

CAPITULO 12. DERIVADAS DE SENO E COSSENO E AS LEIS DE HOOKE163

e de

f2(θ) =cos(θ)− 1

θ, para θ 6= 0 e f2(0) := 0

(note que defino separadamente os valores para θ = 0, para que as funcoes resultantessejam contınuas).

0,8

0

0,4

2-0,4

x

31-1 0-2-3

Figura: O graficos de y = f1(θ) (vermelho) e y = f2(θ)(verde) para θ ∈ [−π, π].

A vinganca do cosseno ! Seu filho (sua derivada) e o oposto do malvado avo, oseno:

Afirmacao 1.2.cos′(θ) = − sin(θ), ∀θ ∈ R.

Demonstracao. Seguindo as mesmas etapas da prova anterior, obtemos:

cos′(θ0) = limθ→0

cos(θ0 + θ)− cos(θ0)

θ=

= limθ→0

cos(θ0) cos(θ)− sin(θ0) sin(θ)− cos(θ0)

θ=

= cos(θ0) · limθ→0

(cos(θ)− 1)

θ− sin(θ0) · lim

θ→0

sin(θ)

θ=

= cos(θ0) · 0− sin(θ0) · 1 = − sin(θ0).


2. Leis de Hooke com e sem atrito

A lei de Hooke diz que a forca que um objeto1 sofre quando se estica uma molapresa a ele e do tipo

F = −kf(x)1Os objetos inicialmente serao tratados como pontos, o que e uma enorme simplificacao da

realidade. Na Secao 5 do Capıtulo 23 falaremos de centro de gravidade de objetos que nao saopontos

2. LEIS DE HOOKE COM E SEM ATRITO 164

onde k > 0 e uma constante e f(x) e a posicao do objeto (veja a Figura a seguir). Osinal negativo significa que a forca e no sentido oposto do deslocamento. Se ignora oatrito entre o objeto e a superfıcie nessa formulacao da lei.

F

Se tomamos a forca F como sendo o produto de massa m pela aceleracao f ′′(x)entao a lei de Hooke e da forma

mf ′′(x) = −k · f(x).A seguir, na Afirmacao 2.1, para simplificar e dispensar a derivada da composta

(que nao vimos ainda), ponho k = 1.

Afirmacao 2.1.i): As funcoes f(x) = a · cos(x) + b sin(x) sao periodicas de perıodo 2π, tem

f(0) = a e f ′(0) = b e satifazem

f ′′(x) = −f(x), ∀x ∈ R.

ii): Ademais a · cos(x) + b sin(x) ≡ A · cos(x− q), onde

A =√a2 + b2 e cos(q) =

a√a2 + b2

.

A Afirmacao 2.1 sera reforcada na Secao 8 do Capıtulo 39, onde se mostrara, entreoutras coisas, que as funcoes f(x) = a ·cos(k ·x)+b sin(k ·x) sao as unicas a satisfazer:f ′′(x) = −k · f(x), k ∈ R.

Demonstracao. (da Afirmacao 2.1)De i):Como o seno e o cosseno tem perıodo 2π essas funcoes tambem tem esse perıodo.

Pela derivada da soma e de seno e cosseno, obtemos

f ′′(x) = (f ′(x))′ = (a(− sin(x)) + b cos(x))′ =

= −a cos(x)− b sin(x) = −f(x).Ademais, f(0) = acos(0) = a e f ′(0) = b cos(0) = b.

De ii):Note para o que segue que, se cos(q) = a√

a2+b2, entao

sin(q) =b√

a2 + b2.

Temos entao

A · cos(x− q) = A · [cos(x) · cos(−q)− sin(x) · sin(−q) =

CAPITULO 12. DERIVADAS DE SENO E COSSENO E AS LEIS DE HOOKE165

= A · [cos(x) · cos(q) + sin(x) · sin(q)] =

=√a2 + b2 · a√

a2 + b2· cos(x) +

√a2 + b2 · b√

a2 + b2· sin(x) =

= a · cos(x) + b · sin(x),�

Na figura a seguir note que nao so a posicao f(0) e relevante, mas que tambem ainclinacao f ′(0) determina o tipo de oscilacao que havera.

-2

2

1

-1

0

x

6210 4 53

Figura: Graficos de y = a sin(θ) + b cos(θ) para alguns a, b e θ ∈ [0, 2π].

Claro que na realidade fısica sempre ha algum atrito entre o objeto e a superfıciee sabemos que com o tempo o objeto para. Uma lei de Hooke mais realista levariaem conta o atrito que surge com o deslocamento do objeto, ou seja, dependente davelocidade f ′(x) do objeto e seria do tipo

f ′′(x) = −f(x)− kf ′(x).

Na Figura a seguir ponho uma funcao satisfazendo f ′′(x) = −f(x) ao lado de umafuncao satisfazendo f ′′(x) = −f(x)−0.1·f ′(x). Uma funcao deste ultimo tipo envolvesenos e cossenos e a funcao exponencial, que veremos mais adiante.

0,5

1

0

-1

-0,5

x

353025150 10 205

Figura: Funcoes satisfazendo a lei de Hookesem atrito (vermelho) e com atrito (verde).

3. EXERCICIOS 166

E se o atrito for maior, por exemplo, em f ′′(x) = −f(x)− 0.3 · f ′(x), entao nessecaso o objeto vai parar bem mais rapido, como na Figura a seguir:

1

0

0,5

-0,5

-1

x

0 355 3010 15 2520

Figura: Funcoes satisfazendo a lei de Hookesem atrito (vermelho) e com muito atrito (verde).

Resolveremos explicitamente a equacao diferencial:

f ′′(x)− f(x)− kf ′(x)

na Secao 2 do Capıtulo 40.

3. Exercıcios

Exercıcio 3.1. Determine se o ponto (0, 0) e maximo/mınimo ou inflexao de f,sabendo que f ′(x) = sen5(x) · cos(x).

CAPıTULO 13

Derivada do produto, inducao e a derivada de xn, n ∈ Z.

Ja vimos que a derivada de f(x) = 1 = x0 e f ′(x) = 0, que a de f(x) = x = x1 ef ′(x) = 1 = 1x0, que a de f(x) = x2 e f ′(x) = 2x1 e ate mesmo que a de f(x) = x4 ef ′(x) = 4x3.

Ou seja, nos sentimos motivados a conjecturar que ∀n ∈ N, f(x) = xn temf ′(x) = nxn−1.

Como podemos provar isso, se nao podemos percorrer todos os Naturais ? Isso sefaz atraves do princıpio de inducao matematica.

1. Princıpio de inducao matematica

Em geral a palavra inducao e usada nas ciencias experimentais para referir aoprocesso pelo qual alguem tenta concluir apos um certo numero de evidencias quecerto fenomeno valera sempre (ou qual a probabilidade disso ocorrer).

Ja em matematica o significado e o seguinte: quando queremos provar uma certapropriedade para todo n ∈ N, o que fazemos e:

• prova-la para n = 1,• supo-la valida ate n− 1 e• prova-la para o proximo natural, ou seja, para n.

(A etapa em que supomos a propriedade valida ate n − 1 e chamada de hipotese deinducao).

Se conseguimos fazer essa ultima etapa, a propriedade vale para todo n ∈ N.A validade deste princıpio esta ligada a propria natureza (axiomas) dos numerosNaturais.

Vejamos tres exemplos, que alem de bonitos em si mesmos, serao uteis mais adianteno Capıtulo 21:

Afirmacao 1.1. ∀n ∈ N:i) 1 + 2 + . . .+ (n− 1) + n = (n+1)·n

2.

ii) (1 + 2 + . . .+ (n− 1) + n)2 = 13 + 23 + . . .+ (n− 1)3 + n3.

iii) 12 + 22 + . . .+ n2 = n(n+1)(2n+1)6

Demonstracao.

Prova de i): Para n = 1 a formula diz simplesmente 1 = 2·12

o que e obvio.A hipotese de inducao e

1 + 2 + . . .+ (n− 1) =((n− 1) + 1) · (n− 1)

2=n(n− 1)

2.

167

1. PRINCIPIO DE INDUCAO MATEMATICA 168

De agora em diante temos que fazer algo para mostrar quanto vale 1 + 2+ . . .+ (n−1) + n. Ora

1 + 2 + . . .+ (n− 1) + n = (1 + 2 + . . .+ (n− 1)) + n =

=n(n− 1)

2+ n =

n(n− 1) + 2n

2=

=(n+ 1) · n

2,

como querıamos.Prova de ii): Para n = 1 a formula diz simplesmente que 12 = 13 o que e obvio.

Faco a hipotese de inducao:

(1 + 2 + . . .+ (n− 2) + (n− 1))2 = 13 + 23 + . . .+ (n− 2)3 + (n− 1)3,

e quero saber se vale tambem:

(1 + 2 + . . .+ (n− 1) + n)2 = 13 + 23 + . . .+ (n− 1)3 + n3.

Agora vamos ter que fazer algo, trabalhar um pouco. Escrevo pelo binomio:

(1+2+ . . .+(n−1)+n)2 = (1+2+ . . .+(n−1))2+2 · (1+2+ . . .+(n−1)) ·n+n2

e para continuar uso a hipotese de inducao:

(1+2+ . . .+(n−1)+n)2 = 13+23+ . . .+(n−1)3+2 · (1+2+ . . .+(n−1)) ·n+n2.

Para terminar onde gostaria, preciso ver que

2 · (1 + 2 + . . .+ (n− 1)) · n+ n2 = n3.

Mas posso usar a parte i) ja provada para qualquer n, mesmo que da forma n − 1,obtendo:

(1 + 2 + . . .+ (n− 1)) =n · (n− 1)

2,

e portanto:

2 · (1 + 2 + . . .+ (n− 1)) · n+ n2 = (n · (n− 1)) · n+ n2 =

= n3,

como precisavamos.

Prova de iii): para n = 1 a formula esta correta 1 = 1(1+1)(2+1)6

.suponha valida ate n− 1 e faco:

12 + 22 + . . . (n− 1)2 + n2 =(n− 1)(n− 1 + 1)(2n− 2 + 1)

6+ n2 =

=2n3 − 3n2 + n

6+ n2 =

=2n3 − 3n2 + n+ 6n2

6=

2n3 + 3n2 + n

6=n(n + 1)(2n+ 1)

6,

como querıamos.

CAPITULO 13. DERIVADA DO PRODUTO, INDUCAO E A DERIVADA DEXN , N ∈ Z. 169

�

2. Derivada do Produto

Voltemos ao problema original: como derivar f(x) = xn ? Para n = 1 ja sabemosque a formula x′ = 1x0 esta ok.

Gostariamos de supor a formula ate n− 1 e prova-la entao para n, de acordo como princıpio de inducao.

Mas quando escrevo xn e tento relaciona-lo com xn−1 so consigo imaginar aseguinte relacao:

xn = x · xn−1.

Quando for derivar o lado esquerdo dessa expressao terei que derivar, no ladodireito, um produto de funcoes.

Como faze-lo ? Certamente a derivada do produto nao e o produto das derivadas,pois (x2)′ 6= x′ · x′ = 1 · 1.

Por isso precisamos de:

Teorema 2.1. Sejam f(x) e g(x) duas funcoes derivaveis com mesmo domınio dedefinicao. Entao a funcao produto (f · g)(x) := f(x) · g(x) tambem e derivavel e

(f · g)′(x) := f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x).Demonstracao.

Seja x e considere a definicao de derivada:

(f · g)′(x) = limh→0

f(x+ h)g(x+ h)− f(x)g(x)

h.

Agora vou fazer um truque, para fazer aparecer f ′(x) e g′(x) nessa estoria. Escrevo

f(x+ h)g(x+ h)− f(x)g(x) =

= f(x+ h)g(x+ h)−f(x)g(x+ h) + f(x)g(x+ h)︸︷︷︸

0

−f(x)g(x) =

= (f(x+ h)− f(x)) · g(x+ h) + f(x) · (g(x+ h)− g(x)).

Portanto atraves deste truque obtemos que

(f · g)′(x) = limh→0

[(f(x+ h)− f(x))

h· g(x+ h) + f(x)

(g(x+ h)− g(x))

h].

Mas limh→0 g(x+ h) = g(x) pela continuidade de g e

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= f ′(x) e lim

h→0

g(x+ h)− g(x)

h= g′(x),

portanto juntando isso (e lembrando que o produto de limites e o limite do produto):

(f · g)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)

�

3. DERIVADAS DE X−N , ∀N ∈ N 170

Agora estamos em condicoes de terminar a prova de que

(xn)′ = nxn−1.

Pra n = 1 vale, suponho valida ate n− 1.Escrevo xn = x · xn−1 e aplico o teorema da derivada do produto:

(x · xn−1)′ = 1 · xn−1 + x · (xn−1)′=

= xn−1 + x · (n− 1) · xn−1−1 =

= xn−1 + (n− 1) · xn−1 =

= n · xn−1.

3. Derivadas de x−n, ∀n ∈ N

Se define x−n := 1xn, ∀n ∈ N, onde claramente x 6= 0.

Com essa definicao se obtem:

x−n · xn =1

n· n = 1

e portanto x−n · xn = xn−n.Queremos derivar essas funcoes x−n, e novamente o faremos via a inducao matematica.Vimos a derivada de f(x) = x−1 = 1

x, x 6= 0 diretamente pela definicao, na Parte 1

deste Curso. Como um Exercıcio, vejamos agora como re-obter a derivada de x−1 = 1x

usando a regra da derivada do produto.Escrevo a identidade para x 6= 0:

1 = x−1 · xe derivo. A esquerda na identidade obtenho 0 e a direita a regra do produto da:

0 = (x−1)′ · x+ x−1 · 1,ou seja (x−1)′ = − 1

x2= −x−2.

Ou seja, que vale (x−1)′ = −1 · x−1−1.Suponha provada a formula ate n− 1 > 1: ou seja, que a derivada de x−(n−1) e

−(n− 1) · x−(n−1)−1 = −(n− 1) · x−n.

Entao escrevo x−n = x−(n−1) · x−1 e pela derivada do produto:

(x−n)′ = (x−(n−1))′ · x−1 + x−(n−1) · (−x−2) =

= −(n− 1) · x−n · x−1 − x−(n−1)−2 =

= −(n− 1) · x−n−1 − x−n−1 = −n · x−n−1,

como querıamos.


4. Raızes multiplas e fatoracao de polinomios

Agora que sabemos derivar xn, para qualquer n ∈ N, tambem saberemos derivarqualquer polinomio de grau n:

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a0, an 6= 0,

bastando para isso usar (n vezes) a regra da derivada da soma/subtracao:

f ′(x) = ( anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a0 )′ =

= (anxn)′ + (an−1x

n−1)′ + . . .+ a′0 =

= nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ a1.

Sera conveniente chamar de derivada de ordem zero de uma f(x) a propriafuncao, em sımbolos: f (0)(x) := f(x).

Tambem chamar de derivada de ordem 1 a derivada usual: f (1)(x) := f ′(x), bemcomo f (2)(x) := f ′′(x) e assim por diante.

E fundamental o fato seguinte:

Teorema 4.1. Seja f(x) um polinomio de grau n a coeficientes Reais.Sao equivalentes as seguintes afirmacoes:

• i) f(x) = (x− x)k+1 · g(x), onde g(x) e um polinomio de grau n− (k + 1) acoeficientes Reais.

• ii) f (0)(x) = f (1)(x) = . . . = f (k)(x) = 0 , onde 0 ≤ k ≤ n− 1.

Demonstracao.

i) implica ii) :Suponho f(x) = (x− x)k+1 · g(x), onde g(x) e um polinomio de grau n− (k + 1).Note que f ′(x) = (k+1)(x−x)kg(x)+(x−x)k+1g′(x) e uma soma e cada parcela

dessa soma tem um fator (x−x)k ou (x−x)k+1. Asssim tambem ocorre com qualquerdas derivadas f (i)(x), com 0 ≤ i ≤ k ≤ n− 1: sao somas onde cada parcela da somatem algum fator dentre:

(x− x)k+1, (x− x)k, . . . , (x− x)2, (x− x).

Logo f (i)(x) = 0, se 0 ≤ i ≤ k.

ii) implica i) :Procederemos por inducao em k.Se k = 0, ou seja, k + 1 = 1, ja vimos no Teorema 7.1 do Capıtulo 6 que

f (0)(x) := f(x) = 0 ⇒ f(x) = (x− x) · g(x),onde o grau de g e n− 1.

Tentemos provar para k = m ≤ n − 1, supondo valido o resultado para todok ≤ m− 1.

Nossa hipotese sera que

f (0)(x) = f (1)(x) = . . . = f (m)(x) = 0.

4. RAIZES MULTIPLAS E FATORACAO DE POLINOMIOS 172

Em particular:f (0)(x) = f (1)(x) = . . . = f (m−1)(x) = 0

e a hipotese de inducao da:

f(x) = (x− x)m · g(x)para um polinomio g(x) de grau n−m. Precisamos ver que

g(x) = (x− x) · g(x)para termos o resultado desejado:

f(x) = (x− x)m · [(x− x) · g(x)] = (x− x)m+1 · g(x).Pensemos por absurdo, que

g(x) 6= (x− x) · g(x)para todo g(x) de grau n−m− 1.

Pelo Teorema 7.1 do Capıtulo 6 aplicado ao g(x):

g(x) 6= 0.

Mas comof(x) = (x− x)m · g(x) = (x− x)k · g(x)

entao a derivada f (m)(x) = f (k)(x) e uma soma onde cada parcela tem algum fatordentre

(x− x)k, . . . , (x− x)2, (x− x)

exceto uma ultima parcela que e do tipo C · g(x), C ∈ R \ {0}.As parcelas todas que formam f (m)(x) = f (k)(x) se anulam x, exceto a parcela

que contem o fator C · g(x). Logo f (m)(x) 6= 0: contradicao.Portanto, como querıamos:

g(x) = (x− x) · g(x).�

Para entender o que acontece num entorno de uma raız multipla x de um polinomioy = p(x) temos:

Afirmacao 4.1. Se x e uma raız de ordem exatamente 2n, n ∈ N, entao (x, 0) eponto de maximo ou de mınimo local de y = p(x).

Se x e uma raız de ordem exatamente 2n + 1, n ∈ N, entao (x, 0) e ponto deinflexao de y = p(x).

Demonstracao.

A suposicao de que x e uma raız de ordem exatamente 2n, n ∈ N significa que:

f(x) = (x− x)2n · g(x),onde g(x) e um polinomio a coeficientes Reais tal que

g(x) 6= 0.

Entao, como vimos na Afirmacao anterior,

p(x) = p′(x) = p′′(x) = . . . = p(2n−1)(x) = 0


mas se fizermos a derivada de ordem 2n temos algo do tipo:

p(2n)(x) = (2n)! · g(x) + (x− x) · h(x)e portanto

p(2n)(x) 6= 0.

A Afirmacao 8.1 do Capıtulo 11 diz que ha maximo ou mınimo local.Ja a suposicao de que x e uma raız de ordem exatamente 2n+ 1, n ∈ N significa

que:

f(x) = (x− x)2n+1 · g(x),onde g(x) e um polinomio a coeficientes Reais tal que

g(x) 6= 0.

Entaop(x) = p′(x) = p′′(x) = . . . = p(2n)(x) = 0

mas se fizermos a derivada de ordem 2n+ 1 temos algo do tipo:

p(2n+1)(x) = (2n+ 1)! · g(x) + (x− x) · h(x)e portanto

p(2n+1)(x) 6= 0.

A Afirmacao 8.1 do Capıtulo 11 diz que ha uma inflexao.�

5. A Regra de Sinais de Descartes para as raızes de um polinomio

Neste Capıtulo, que trata da inducao matematica poderemos provar uma regraclassica, que possivelmente remonta a Harriot (1631) e que teria chegado a Descartesvia a obra de Cardano.

Trata-se de uma estimativa dos numero de raızes Reais de um polinomio. Inicial-mente se estima as raızes positivas, mas facilmente se adapta para as negativas.

Precisaremos da inducao matematica sobre o grau n do polinomio. O procedi-mento para recair em grau n− 1 sera derivar o polinomio dado.

Comecemos introduzindo algumas convencoes e notacoes.Quando x e uma raız de p(x) de ordem exatamente n diremos que, contada com

multiplicidade, ela vale por n raızes. O numero de raızes positivas de um polinomiop(x) contadas com multiplicidade sera denotado a seguir ZP(p).

Ordenados pelo grau crescente de cada monomio, considere o numero de vezesque muda o sinal dos coeficientes sucessivos de um polinomio p(x). Esse numero seradenotado por MS(p). Por exemplo,

MS(−1 + 3x− 3x2 + x3) = 3 e ZP(p) = 3, 0 < x = 1

MS(−1− 3x− 3x2 + x3) = 1 e ZP(p) = 1, 0 < x = 22/3 + 21/3 + 1

MS(1 + x2) = 0 e ZP(p) = 0,

MS(−1 + x) = 1 e ZP(p) = 1, 0 < x = 1.

5. A REGRA DE SINAIS DE DESCARTES PARA AS RAIZES DE UMPOLINOMIO 174

Em seu livro Geometria, Descartes da como exemplo:

p(x) = −120 + 106 · x− 19 · x2 − 4 · x3 + x4

para o qualMS = 3 e ZP(p) = 3, 0 < x = 2, 3, 4.

Posso dar mais dois exemplos:

p(x) = 2− 3 · x+ 3 · x2 − 3 · x3 + x4

temMS = 4 e ZP(p) = 2, 0 < x = 1, 2;

p(x) = 8− 12 · x+ 14 · x2 − 15 · x3 + 7 · x4 − 3 · x5 + x6

temMS = 6 e ZP(p) = 2, 0 < x = 1, 2.

Afirmacao 5.1. (parte da Regra de sinais de Descartes)Seja p(x) = a0 + ak1 · xk1 + ak2 · xk2 + . . .+ an · xn, polinomio a coeficientes Reais

de grau n ≥ 1 com

a0 · aki 6= 0 e 1 ≤ k1 ≤ k2 ≤ . . . ≤ n.

Entao:

i) Se a0 · an > 0 entao ZP(p) e um numero par1. Se a0 · an < 0 entao ZP(p) eum numero ımpar.

ii) ZP(p) = MS(p) ou ZP(p) = MS(p)− 2 · j para algum j ∈ N.

Claro que o numero de raızes negativas de p(x) pode tambem ser estimado,considerando-se a mesma Afirmacao 5.1, mas aplicada agora para o novo polinomio:

q(x) := p(−x).

Demonstracao. (da Afirmacao2 5.1)

Prova do item i):

Caso a0 · an > 0:

Apos possıvel multiplicacao por −1, posso supor que

a0 > 0 e an > 0.

Ou bem o grafico de y(x) nao intersecta o eixo dos x > 0 - e nesse caso ZP(p) = 0- ou bem o faz de dois modos possıveis:

1Adoto a convencao de considerar 0 como numero par.2A prova que dou desta Afirmacao expoe o que se aprende no artigo de Xiaoshen Wang, A

simple proof of Descartes’s rule of signs, The American Mathematical Monthly, Vol. 111, No. 6, p.525-526. 2004


• i): tangenciando o eixo. Formando portanto maximos ou mınimos locais dey = p(x): nesse caso a raız tem multiplicidade par (compare com a Afirmacao4.1). A contribucao a ZP(p) dessas tangencias e par.

• ii): atravessando o eixo x > 0. O que pode ser feito transversalmente ouformando inflexoes. Neste caso cada raız tem multiplicidade ımpar (comparecom a Afirmacao 4.1). Mas como

p(0) = a0 > 0 e limx→+∞

p(x) = +∞,

pois an > 0, concuimos que cada vez que o eixo x > 0 e atravessado pelografico no ponto x1 no sentido do semi-plano y > 0 ao semiplano y < 0devera haver uma outra raız x2 em que o grafico atravessa o eixo x > 0 nosentido do semi-plano y < 0 ao semiplano y > 0. Entao as raızes x1 e x2contribuem juntas para ZP(p) com um numero par, soma de dois ımpares.

Logo ZP(p) e par (incluindo o 0).

Caso a0 · an < 0:

Apos possıvel multiplicacao por −1, posso supor que

a0 > 0 e an < 0.

Como

p(0) = a0 > 0 e limx→+∞

p(x) = −∞,

pois an < 0, o T.V.I. nos garante que ha alguma raız e portanto ZP(p) ≥ 1. Omesmo tipo de argumento do Caso anterior agora da que ZP(p) e ımpar.

Prova do item ii):Sera feita por inducao no grau n.Para n = 1 temos p(x) = a0 + a1 · x.A condicao MS(p) = 0 equivale a a0 · a1 > 0. E nesta situacao a raız

x = −a0a1

< 0

da que ZP(p) = 0.A condicao MS(p) = 1 equivale a a0 · a1 < 0. E nesta situacao a raız

x = −a0a1

> 0

da que ZP(p) = 1.Portanto ZP(p) = MS(p) e o item ii) vale para n = 1.Suponhamos como hipotese de inducao que a afirmacao do item ii)

ZP(p) = MS(p) ou ZP(p) = MS(p)− 2 · j, j ∈ N

valha para quaisquer polinomios de grau ≤ n− 1.Sera util re-enunciar esta hipotese da seguinte maneira equivalente:

5. A REGRA DE SINAIS DE DESCARTES PARA AS RAIZES DE UMPOLINOMIO 176

Hipotese: para quaisquer polinomios de grau ≤ n− 1 vale ZP(p) ≤ MS(p) e, oubem ZP(p) e MS(p) sao pares ou bem ZP(p) e MS(p) sao ımpares.

Seja agora o polinomio a coeficientes Reais de grau n ≥ 2:

p(x) = a0 + ak1 · xk1 + ak2 · xk2 + . . .+ an · xn,

a0 · aki 6= 0 e 1 ≤ k1 ≤ k2 ≤ . . . ≤ n.

Se divide o resto da prova em dois casos:

Caso 1) a0 · ak1 > 0:Considero a derivada de p(x)

p′(x) = (k1 · ak1 · xk1−1 + k2 · ak2 · xk2−1 + . . .+ n · an · xn,

Note que a0 · ak1 > 0 garante que

MS(p) = MS(p′).

Ademais, como a0 e ak1 tem o mesmo sinal e como o sinal do coeficiente do termode ordem mais alta de p e de p′ e o mesmo, a aplicacao do Item i) ja provado a p(x)e depois a p′(x) dira que ou bem ZP(p) e ZP(p′) sao numeros pares ou bem ZP(p)e ZP(p′) sao numeros ımpares.

Aplico a hipotese de inducao a p′(x), cujo grau e n − 1: ZP(p′) ≤ MS(p′) e, oubem ZP(p′) e MS(p′) sao pares ou bem ZP(p′) e MS(p′) sao ımpares.

Concluo por enquanto que ou bem ZP(p) e MS(p) sao pares ou bem ZP(p) eMS(p) sao ımpares. Isso ja prova parte do Item ii).

Agora, pelo Teorema de Rolle:

ZP(p′) ≥ ZP(p)− 1

pois nao podem haver duas raızes sucessivas de p(x) sem que entre elas haja uma raızde p′(x).

Entao:

MS(p) = MS(p′) ≥ ZP(p′) ≥ ZP(p)− 1,

ou seja,

MS(p) + 1 ≥ ZP(p).

Como sabemos que ou bem ZP(p) e MS(p) sao pares ou bem ZP(p) e MS(p) saoımpares isso forca que:

MS(p) ≥ ZP(p),

como querıamos para completar o Item ii).

Caso 2) a0 · a1 < 0: a prova e bem parecida.�


6. Exercıcios

Exercıcio 6.1. (resolvido)Prove por inducao: n! ≥ 2n−1, ∀n ≥ 2.

Exercıcio 6.2. Derive o produto de tres funcoes (derivaveis):

( f(x) · g(x) · h(x) )′

Exercıcio 6.3. Produza 4 exemplos de polinomios p de grau 6 em que, no item ii)da Afirmacao 5:

ZP(p) = MS(p)− 2 · j,o numero j ∈ N vale j = 0, 1, 2, 3.

CAPıTULO 14

Derivada da composicao de funcoes

A composicao de funcoes simples produzindo funcoes complicadas e o analogomatematico da composicao de processos simples que produzem efeitos complicadosna natureza, nas reacoes quımicas, nos processos biologicos, etc.

Daı a importancia de sabermos derivar composicoes.

1. Regra da composta ou da cadeia

A palavra que costuma se usar regra cadeia poderia ser substituıda pelo sinonimoregra da corrente, pois uma corrente e algo feito de elos simples.

A regra de derivacao da funcao composta combina as derivadas de cada constitu-inte da corrente de um modo bem determinado, como veremos.

Antes de enuncia-la em geral, considero algumas composicoes especıficas, que nosajudarao a entender a regra geral.

Considere as funcoes fn(x) := n·x, com n ∈ N fixado, g(x) = sin(x) e as compostas(g ◦ fn)(x) = sin(n · x ). Suponha que fazemos a restricao g : [0, 2π] → R. Entaoquando x percorre [0, 2π] o parametro z := n · x percorre n vezes esse intervalo. Ouseja que o grafico da a funcao sin(n · x ) e formado por n copias do grafico do seno,claro que mais comprimidas. Abaixo pot o seno e sin(3x):

1

0

x

0,5

621 53

-1

-0,540

Figura: Grafico de y = sin(x) (vermelho) e de y = sin(3x)(verde) para x ∈ [0, 2pi].

Como vimos no Capıtulo 12, o cosseno e a derivada do seno: onde o cosseno epositivo (negativo) o seno e crescente (decrescente), onde o cosseno se anula o senotem seus maximos ou mınimos, etc. Ora, a funcao cos(nx) satisfaz qualitativamentetodas essas exigencias, ou seja, se comporta qualitativamente como se fosse a derivadade sin(nx). Ou seja, como fizemos na Parte 1 deste curso, onde os graficos de f ′ e feram corretos apenas qualitativamente.

179

1. REGRA DA COMPOSTA OU DA CADEIA 180

Veja isso na proxima Figura, com n = 3:

1

0

0,5

-0,5

x

21,50,5 10

-1

Figura: Grafico de y = sin(3x) (vermelho) e de y = cos(3x)(verde) para x ∈ [0, 2π].

Mas o que esta Figura nao tem de quantitativamente correto e o fato de que paraque sin(3x) faca 3 vezes o que o seno usual faz quando x percorre [0, 2π], sin(3x) temque ser mais rapido que o seno usual. Ou seja, em cada ponto as inclinacoes dastangentes de sin(3x) sao maiores que as do seno usual. Quanto maiores? Exatamente3 vezes maiores.

Por isso a derivada de sin(3x) quantitativamente correta nao e cos(3x) mas sim:

sin(3x)′ = 3 cos(3x)

e mais em geral:

sin(nx)′ = n cos(nx)

Mostro isso na Figura a seguir:

3

1

-3

2

0

-2

-1x

1,510,50 2

Figura: Grafico de y = sin(3x) (vermelho) e de suaderivada (verde) para x ∈ [0, 2π].

Agora consider uma outra composicao: f(x) = x2 e g(x) = sin(x), ou seja (g ◦f)(x) = sin(x2). A diferenca para o exemplo anterior, sin(3x) e que a medida que xse aproxima de 2π x2 cresce cada vez mais rapido e a funcao sin(x2) faz aquilo que oseno faz em cada vez menores intervalos, como mostra a figura a seguir:

CAPITULO 14. DERIVADA DA COMPOSICAO DE FUNCOES 181

1

0

0,5

6-0,5 x

53 4

-1

0 1 2

Figura: Grafico de y = sin(x) (vermelho) ede y = sin(x2) (verde) para x ∈ [0, 2π].

Qualitativamente falando, cos(x2) se comporta como esperamos da derivada desin(x2):

1

0

0,5

6-0,5 x

53

-1

0 1 2 4

Figura: Grafico de y = sin(x2) (vermelho) ede y = cos(x2) (verde) para x ∈ [0, 2π].

De novo, o que esta quantitativamente errado: as inclinacoes do grafico de y =sin(x2) estao ficando cada vez maiores quando x se aproxima de 2π. De quanto pre-cisamos multiplicar a funcao qualitativamente correta da derivada para termos umafuncao quntitativamente exata da derivada ? A resposta como vermos e: precisamosmultiplicar pela funcao 2x ! Ou seja, para cada x > 0 a correcao muda neste exemplo:

A Figura a seguir superpoe os graficos y = sin(x2) e de sua derivada, que veremose cos(x2) · 2x, e, ademais da os graficos de y = 2x e y = −2x. Essas retas passampelos pontos de maximo e mınimo locais da derivada.

1. REGRA DA COMPOSTA OU DA CADEIA 182

10

0

5

-5

-10

x

630 21 54

Figura: y = sin(x2) (vermelho), sua derivada (verde), y = 2x ey = −2x, para x ∈ [0, 2π].

Por ultimo, volto num limite calculado como Exercıcio 5.4 do Capıtulo 8:

limx→0

sin(k · x)x

= k.

Podemos olha-lo do seguinte modo:

limx→0

sin(k · x)− sin(k · 0)x

= k

e reconhecemos entao a definicao da derivada da composta sin(k · x) em x = 0.O Teorema a seguir generaliza essas observacoes:

Teorema 1.1. Sejam f : I → J e g : K → L funcoes definidas em intervalos, coma imagem J de f contida no domınio K de g, J ⊂ K. Se f e g sao serivaveis entaoa funcao composta (g ◦ f) : I → L, definida por (g ◦ f)(x) := g(f(x)) tambem ederivavel e ademais:

(g ◦ f)′(x) = g′(f(x)) · f ′(x).

A notacao de Leibniz:A notacao de G. Leibniz para a derivada de y = f(x) e dy

dx. O valor de sua notacao

fica claro quando escrevemos a regra da derivada da composta. Para y = f(x),u = g(y) e u = g(f(x)):

du

dx=du

dy· dydx.

O leitor vera, por exemplo no Capıtulo 37, como e util e confortavel a notacao deLeibniz.

A prova da Afirmacao 1.1 e tecnica, prefiro tirar consequencias.

A primeira consequencia e que se pode derivar um numero qualquer de com-posicoes. Por exemplo, para tres funcoes podemos afirmar:


Afirmacao 1.1. Sejam f : I → J , g : K → L e h : M → N , com J ⊂ K e L ⊂ M .Se f, g, h sao derivaveis, entao a funcao composta (h ◦ g ◦ f) : I → L, definida por(h ◦ g ◦ f)(x) := h(g(f(x))) e derivavel e ademais:

(h ◦ g ◦ f)′(x) = h′(g(f(x))) · g′(f(x)) · f ′(x).

Demonstracao. De fato, associo h ◦ g ◦ f = h ◦ (g ◦ f) e uso o Teorema 1.1 duasvezes:

(h ◦ (g ◦ f))′(x) = h′(g(f(x))) · (g ◦ f)′(x) == h′(g(f(x))) · g′(f(x)) · f ′(x).

�

No Capıtulo 16 sobre funcoes inversas vamos dar aplicacoes importantes da derivadada composta.

Vejamos agora alguns exemplos simples:

• f = sin(x), g = x2, entao (g ◦ f)′ = 2 · (sin(x)) · cos(x)• f = cos(x), g = x2, (g ◦ f)′ = 2 · (cos(x)) · (− sin(x)) = −2 · cos(x) · sin(x).• como consequencia desse dois itens e da derivada da soma:

(sin(x)2 + cos(x)2)′ = 2 · sin(x) · cos(x)− 2 · cos(x) · sin(x) ≡ 0,

o que e natural ja que sin(x)2 + cos(x)2 ≡ 1.• f(x) = x2 e g(x) = sin(x), entao (g ◦ f)′(x) = cos(x2) · 2 · x.

2. A derivada do quociente

Agora uma aplicacao da regra da composta aos quocientes de funcoes:

Afirmacao 2.1. Sejam f e g funcoes derivaveis com g nunca nula. Entao

(f(x)

g(x))′(x) =

f ′(x) · g(x)− f(x) · g′(x)g2(x)

.

Em particular:

(1

g)′(x) = − g′(x)

g2(x).

Demonstracao.

Vou escrever primeirof(x)

g(x)= f(x) · 1

g(x)

e derivar esse produto:

(f(x)

g(x))′(x) = f ′(x) · 1

g(x)+ f(x) · ( 1

g(x))′(x),

Agora olho 1g(x)

como a composicao de duas funcoes f1(x) = g(x) e f2(x) =1x= x−1:

1

g(x)= (f2 ◦ f1)(x).

2. A DERIVADA DO QUOCIENTE 184

Ja sabemos derivar f2(x) =1x= x−1, de fato: f ′

2(x) = − 1x2

= −x−2. Entao a regrada composta da:

(1

g(x))′(x) = (f2 ◦ f1)′(x) =

= f ′2(f1(x)) · f ′

1(x) =

= − 1

g2(x)· g′(x).

Junto tudo:

(f(x)

g(x))′(x) = f ′(x) · 1

g(x)+ f(x) · ( 1

g(x))′(x) =

= f ′(x) · 1

g(x)+ f(x) · (− 1

g2(x)· g′(x)) =

=f ′(x) · g(x)− f(x) · g′(x)

g2(x),


Exemplos:

• Funcoes racionais sao quocientes de polinomios fg. Onde g nao se anula, a

formula da Afirmacao 2.1 nos diz como deriva-las.• A tangente e um quociente de funcoes derivaveis tan(x) = sin(x)

cos(x). Onde o

cosseno nao se anula podemos deriva-la obtendo:

tan′(x) =cos(x) · cos(x)− sin(x) · (− sin(x))

cos2(x)=

=1

cos2(x)

e com a nomenclatura conhecida sec(x) := 1cos(x)

o que temos e

tan′(x) = sec2(x).

Entao claramente tan′(0) = 1cos2(0)

= 1 e

limxրπ

2

tan′(x) = limxւ−π

2

tan′(x) = +∞.

A seguir plotei os graficos da tangente e de sua derivada restritas aointervalo (−1, 1). Nao pude usar um intervalo mais parecido com o domınio(−π

2, π2) porque os valores da tangente ficam muito grande em modulo.


-1

3

1

2

0

-1

x

10,50-0,5

Figura: A funcao tangente (vermelho) e sua derivada (verde) restritas a (−1, 1).

3. Uma funcao que tende a zero oscilando

Afirmacao 3.1. A funcao f : [1,+∞) → R dada por f(x) = sin(x2)x

tem limx→+∞ f(x) =0 mas nao existe limx→+∞ f ′(x).

Demonstracao.

Como | sin(x2)| ≤ 1 e limx→+∞1x= 0 entao limx→+∞

sin(x2)x

= 0.Para x > 0, a derivada do quociente da:

f ′(x) =cos(x2) · 2x− sin(x2) · 1

x2= 2 cos(x2)− sin(x2)

x2

e portanto quando x e muito grande f ′(x) ≈ 2 cos(x2), ou seja, f ′(x) percorre muitosvalores no intervalo [−1, 1], portanto f ′(x) nao tende a nenhum valor especıfico.

�

A Figura a seguir ilustra em vermelho a f e em verde f ′, com x ∈ [1, 10]:

2

0

1

104 8

-2

-1

2 6

x

4. CONFECCAO DE GRAFICOS DE FUNCOES RACIONAIS 186

Ja o comportamento de f(x) = sin(x2)x

quando x→ 0 sera tema do Exercıcio 16.10no Capıtulo 22.

4. Confeccao de graficos de funcoes racionais

Exemplo: Considere y = f(x) = 12− 4

x2+4.

Talvez a primeira coisa a se observar e que f(x) e uma funcao par, f(x) = f(−x),pois essa simetria em relacao ao eixo dos y ajuda muito para confeccionar o grafico.

Como f(x) = x2−42(x2+4)

, essa funcao se anula quando x = ±2 e e positiva exatamente

quando |x| > 2.Ademais, uma bonita simplificacao da f ′(x) = 8x

(x2+4)2. Ou seja que, x = 0 e ponto

crıtico e, ademais, e mınimo local pois nele a f ′(x) passa de negativa para positiva.Tambem e facil ver que:

limx→+∞

f(x) = limx→−∞

f(x) =1

2,

embora sempre f(x) < 12; ou seja, y = 1

2e assıntota horizontal.

Para ver se ha inflexoes faco uma conta um pouco maior e obtenho:

f ′′(x) = −8(3x2 − 4)

(x2 + 4)3

que se anula em x = ±23

√3. Ou seja, a concavidade de y = f(x) e para baixo

em (−∞,−23

√3), muda para cima em (−2

3

√3, 2

3

√3) e volta a ser para baixo em

(23

√3,+∞).A figura a seguir ilustra tudo isso (apenas qualitativamente, ja que as escalas nos

eixos sao diferentes):

0

-0,2

-0,4

0,4

0,2

x

105-5 0-10

Exemplo:


Agora vamos fazer o grafico da funcao racional

f : R \ {−1, 1} → R, f(x) =x3 + 8x

x2 − 1.

Novamente queremos estar corretos apenas qualitativamente.Como o numerador de f(x) e x ·(x2+8), temos que f(x) = 0 exatamente se x = 0.

O numerador de f e negativo se x < 0 e positivo se x > 0. Ja o denominador de f(x)e negativo se −1 < x < 1 e positivo no resto do domınio.

Ou seja,

• f(x) = 0 exatamente se x = 0;• f(x) > 0 se −1 < x < 0 ou x > 1.• f(x) < 0 se x < −1 ou se 0 < x < 1.

Nao e difıcil ver que:

limxր−1

f(x) = −∞ limxց−1

f(x) = +∞,

limxր1

f(x) = −∞ limxց1

f(x) = +∞.

Agora examino (derivando pela regra do quociente):

f ′(x) =x4 − 11x2 − 8

(x2 − 1)2.

O numerador e do tipo z2 − 11z − 8, com z = x2.Entao f ′(z) = 0 exatamente se

z =11±

√

(11)2 + 4 · 82

=11±

√153

2=

11± 3 ·√17

2.

Mas 11−3·√17

2< 0, portanto, se queremos determinar x ∈ R onde f ′(x) = 0, devemos

tomar:

x = ±

√

11 + 3 ·√17

2.

Podemos aproximar grosseiramente√17 ≈ 4 e

√

11+3·√17

2≈

√15 ≈ 3.

Ou seja que a derivada f ′(x) se anula num ponto x1 ≈ 3 e noutro x2 ≈ −3.Antes de examinar f ′′(x), note que nao e difıcil se convencer de que:

limx→+∞

f(x) = +∞,

Como limxց1 f(x) = +∞ isso indica que x1 ≈ 3 e ponto de mınimo local da f (semusar qualquer teste).

Por outro lado como

limx→−∞

f(x) = −∞

e limxր−1 f(x) = −∞, isso indica que x2 ≈ −3 e maximo local da f (sem usarqualquer teste).

4. CONFECCAO DE GRAFICOS DE FUNCOES RACIONAIS 188

Agora, com a regra da derivada do quociente, da composta e apos simplificacoes,obtemos:

f ′′(x) =18x(x2 + 3)

(x2 − 1)3.

Claramente f ′′(x) se anula apenas em x = 0 e nesse ponto muda de sinal. Logox = 0 e um ponto de inflexao.

Para −1 < x < 0 ou para x > 1 temos f ′′(x) > 0 e concavidade para cima.Mas para x < −1 ou 0 < x < 1 temos concavidade para baixo.Em particular, f ′′(x1) > 0 e f ′′(x2) < 0 o que comprova que sao mınimo e maximo

locais respectivamente.As tres Figuras a seguir resumem essas observacoes: a primeira pega parte da

regiao x < −1, a segunda, parte da regiao −1 < x < 1 e a terceira, parte da regiaox > 1.

-8

-10

-12

x

-1,5-2-2,5-3-4-4,5-5

-7

-3,5

-9

-11

Figura: O grafico de y = x3+8xx2−1

, x ∈ [−5,−1.5].

15

10

5

0

-5

-10

-15

x

0,80,40-0,4-0,8



, x ∈ [−0.8, 0.8].

x

765432

12

11

10

9

8

7


, x ∈ [1.5, 5].

5. Involucoes fracionais lineares

Vimos nos Exercıcios do Capıtulo 7 que f(x) = 1xtem f = f−1, ou seja, e uma

involucao.Agora que sabemos derivar as funcoes racionais, vamos poder mostrar que ha

involucoes que sao quocientes de funcoes lineares:

Afirmacao 5.1. As funcoes racionais f : R \ {αγ} → R dadas por

f(x) =α · x+ β

γ · x− α, com α2 + β · γ 6= 0

(onde α, β, γ ∈ R) sao inversıveis, sao involucoes e portanto tem graficos simetricosrelativos a diagonal.

Ademais, funcoes racionais do tipo

f(x) =α · x+ β

γ · x+ δ, com α · δ − β · γ 6= 0

(onde α, β, γ, δ ∈ R) sao inversıveis e sao involucoes somente se δ = −α.Demonstracao.

Note que as funcoes

f(x) =α · x+ β

γ · x− αnao estao definidas em α

γ. De fato so estariam definidas aı se αx + β se anulasse

tambem em αγ. Mas entao −β

α= α

γ, ou seja, α2 + β · γ = 0 contrariando a hipotese.

Agora calculo a derivada, pela regra do quociente e obtenho apos simplificacao:

f ′(x) = − α2 + β · γ(γ · x− α)2

< 0,

portanto f(x) e estritamente decrescente, logo invertıvel.

6. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 1, 1938 190

Sua inversa e obtida:

y =α · x+ β

γ · x− α⇔ y · γ · x− y · α = α · x+ β ⇔

⇔ y · γ · x− α · x = y · α+ β ⇔ x =α · y + β

γ · y − α,

ou seja, x = x(y) tem exatamente a mesma expressao de y = y(x).Por isso sao involucoes e por isso sao simetricas em relacao a diagonal.Ademais, se

f(x) =α · x+ β

γ · x+ δentao

f ′(x) =α · δ − β · γ(γ · x+ β)2

6= 0.

Se obtem, como antes, de y = y(x):

x = x(y) =−δ · y + β

γ · y − α.

Portanto se queremos um involucao precisamos que δ = −α.�

A Figura a seguir da tres exemplos:

5

3

4

2

x

43

1

1 52

Figura: Em vermelho a diagonal, em verde y = 1x

amarelo y = 0.1·x+23·x−0.1

e em azul y = 0.1·x+49·x−0.1

.


Dada a parabola y = 12m

· x2, determine a menor corda ortogonal ao grafico emum dos extremos.

Solucao:Minha solucao nao e das mais elegantes, pois e na forca bruta. Farei o seguinte:


• determinarei os pontos que sao os extremos (x0,x202m

) e (x1,x212m

) de uma corda

ortogonal ao grafico em (x0,x202m

),• pensarei no quadrado do comprimento1 da corda:

(x1 − x0)2 + (

x212m

− x202m

)2

como uma funcao f(x0) de x0.• procurarei f ′(x0) = 0 e depois verei se f ′′(x0) > 0.

A reta que passa por (x0,x202m

) e e ortogonal ao grafico da parabola dada temequacao:

y =−mx0

· x+ 2m2 + x202m

.

(posso supor x0 6= 0 pois a reta ortogonal ao grafico pela origem e vertical e naointersecta o grafico da parabola em nenhum outro ponto).

Essa reta intersecta de novo a parabola em

x1 = −x0 −2 ·m2

x0,

como se descobre resolvendo uma equacao quadratica.A expressao do quadrado da distancia entre esses dois pontos admite um boa

simplificacao:

φ(x0) := (x1 − x0)2 + (

x212m

− x202m

)2 =

= (2x0 +2m2

x0)2 + (

(x0 +2m2

x0)2

2m− x20

2m)2 =

=4(x20 +m2)3

x40.

Agora derivo φ(x0) como funcao de x0, obtendo:

φ′(x0) =−8 · (x20 +m2)2 · (−x20 + 2m2)

x50.

Portanto φ′(x0) = 0 para dois valores:

x = ±√2 ·m.

Para ver que esses pontos sao mınimos locais de φ(x0) (e portanto globais, por faltade outros candidatos) podemos analisar o sinal de φ′(x0) a esquerda e a direita deles.

Para x =√2 ·m: note que para x0 < x e proximo dele, temos

−x20 +m2 > 0

e portanto φ′(x0) < 0; para x0 > x e proximo dele, temos φ′(x0) > 0.Analogamente para x = −

√2m.

1 A Afirmacao 2.1 do Capıtulo 16 justificara essa troca do comprimento pelo quadrado docomprimento. O que ganhamos nessa troca e nao precisar derivar a raız quadrada

7. UMA FUNCAO COM DERIVADA, MAS SEM A SEGUNDA DERIVADA 192

7. Uma funcao com derivada, mas sem a segunda derivada

Agora que ja sabemos derivar quocientes, podemos considerar novamente a funcao

f : R → (−1, 1 ), f(x) =x

|x|+ 1,

estudada na Secao 4 do Capıtulo 5.

Afirmacao 7.1. Seja f : R → (−1, 1 ) dada por f(x) = x|x|+1

.

• f ′(x) = 1(x+1)2

se x > 0; f ′(x) = 1(−x+1)2

se x < 0 e f ′(0) = 1.

• f ′′(x) = −2(x+1)3

se x > 0; f ′′(x) = −2(−x+1)3

se x < 0; mas nao existe f ′′(0).

Demonstracao.

No Exercıcio 6.4 do Capıtulo 9 ja vimos que f ′(0) = 1.Se x > 0 podemos usar a regra da derivada do quociente:

f(x)′ = [x

x+ 1]′ =

x · (x+ 1)′ − x′ · (x+ 1)

(x+ 1)2=

1

(x+ 1)2

e analogamente, se x < 0:

f(x)′ = [x

−x+ 1]′ =

1

(−x+ 1)2.

Agora sobre f ′′(x). Se existisse

f ′′(0) := limh→0

f ′(h)− f ′(0)

h.

teriam que exister ambos lmites laterais

limhց0

f ′(h)− f ′(0)

he lim

hր0

f ′(h)− f ′(0)

h

e ademais serem iguais !Porem, ja que f ′(0) = 1:

limhց0

f ′(h)− f ′(0)

h= lim

hց0

1(h+1)2

− 1

h=

= limhց0

(−h− 2) = −2,

enquanto que

limhր0

f ′(h)− f ′(0)

h= lim

hր0

1(−h+1)2

− 1

h=

= limhր0

(2− h) = 2.

�


Os graficos de f ′ e de f ′′ sao mostrados a seguir:

2

0

1

-1

-2

x

21 30-2-3 -1

Figura: Note que f ′(x) (vermelho) tem um bico em (0, 1).Em verde esta f ′′(x). Note que f ′′(0) nao esta definido.

8. Maximos e mınimos: o problema do freteiro

Agora que ja sabemos derivar um conjunto grande de funcoes, podemos nos colocarproblemas de maximos e mınimos mais interessantes.

Imagine que voce esta transportando, numa mudanca, um objeto retangular delargura L dada. Durante o transporte ele nao podera ser deformado, nem vergado.

Voce vem com ele por um corredor que mede l1 de largura e que dobra em anguloreto, chegando numa sala de largura l2 = k · l1 ≥ l1, como mostra a Figura a seguir:

Pensando o problema como um problema no plano, nao espacial, trata-se de de-terminar o comprimento maximo do objeto retangular para que voce consiga passa-lopara a sala.

8.1. Caso L ≈ 0. Vamos primeiro considerar o caso em que a largura L doobjeto retangular e muito pequena (por exemplo, uma vara de alumınio de diametromuito pequeno mas bem comprida). Vamos pensar entao que L = 0 e o objeto euni-dimensional.

8. MAXIMOS E MINIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 194

Primeiro noto que, se consigo passar uma vara de um certo tamanho para a salasem ter tocado o ponto C da Figura, entao certamente passaria uma vara um poucomaior, apoiando-me e pivotando em C.

Por isso, de agora em diante, posso pensar que me apoiarei em C, pivotando nesseponto.

A chave da resolucao do problema e a seguinte: e notar que a restricao, o im-pedimento, para se passar a vara esta no mınimo da distancia do segmento P1P2, amedida que muda θ ∈ [0, π

2]. Veja a Figura que segue:

θ

θ

l 1

d 2

C

d 1

P 2

P 1

l 2

Portanto trata-se de descobrir qual o mınimo de P1P2. Para isso, penso em

P1P2 = P1C + CP2

e ademais noto (identificando angulos opostos pelo vertice) que:

cos(θ) =l1

P1Ce sin(θ) =

l2

CP2

.

Ou seja:P1P2(θ) = P1C(θ) + CP2(θ) =

=l1

cos(θ)+

l2sin(θ)

.

Repare que e natural que quando θ ≈ π2(antes de comecar a esquina) tenhamos

CP2(θ) ≈ l2 mas P1C(θ) fique arbitrariamente grande, ou seja nao ha retricoes sobreele. Porem se θ ≈ 0 (apos vencer a esquina) aı P1C(θ) ≈ l1 enquanto CP2(θ) ficaarbitrariamente grande.

Agora:

P1P2′(θ) =

l1 · sin(θ)cos2(θ)

+−l2 · cos(θ)sin2(θ)

=

=l1 · sin3(θ)− l2 · cos3(θ)

sin2(θ) cos2(θ),

e portanto

P1P2′(θ) = 0 ⇔ tan(θ) = (

l2l1)13 = k

13 .


Ou seja, a derivada se anula em um unico ponto: θ0 = arctan(k13 ).

Para concluir que θ0 e o ponto de mınimo, basta conferir que

limθց0

l1cos(θ)

+l2

sin(θ)= +∞

e

limθրπ

2

l1cos(θ)

+l2

sin(θ)= +∞.

Assim o valor maximo do comprimento da vara que poderemos passar e

P1P2(θ0) =l1

cos(θ0)+

l2sin(θ0)

.

Vejamos Exemplos:

A Figura a seguir mostra a funcao P1P2′(θ), para l1 = 1.2 e l2 = 2.4, quando

θ0 = arctan(213 ) ≈ 0.8999083481 e o valor maximo de comprimento e 4.99432582244

(plotado como reta horizontal em verde)

0,92

5,06

5,02

0,88

5

x

0,960,8 0,84

5,04

Ja a proxima figura da a funcao P1P2′(θ) no caso l1 = l2 = 1.2, em que θ0 =

arctan(1) = π4≈ e o valor maximo da vara e 3.394112550 (horizontal em verde).

3,56

3,48

3,52

3,44

3,4

x

0,850,65 0,90,80,7 0,75


8.2. Para um objeto retangular. Agora vamos para o caso em que a larguranao pode ser considerada zero, ou seja L > 0, quando o objeto e bi-dimensional.

A Figura a seguir da a geometria da situacao (note que paralelismo/ortogonalidadede retas transportam o angulo θ para dois triangulos retangulos):

θ

θ

θ

θ

P 1

l 2

P 2

d 1

d 2

D2 − d2

D1− d1

C

l 1

Note que

cos(θ) =l1D1

e sin(θ) =l2D2

,

de onde:

D1 = (D1 − d1) + d1 =l1

cos(θ)e D2 = (D2 − d2) + d2 =

l2sin(θ)

,

e portanto:

L · tan(θ) + d1 =l1

cos(θ)e

L

tan(θ)+ d2 =

l2sin(θ)

,

o que da:

(d1 + d2)(θ) =l1

cos(θ)+

l2sin(θ)

− L · (tan(θ) + 1

tan(θ)) =

=l1

cos(θ)+

l2sin(θ)

− L

sin(θ) · cos(θ) .

Essa e a funcao que quero minimizar, pois seu mınimo e o impedimento, a obstrucaopara que continue se movendo a face externa (relativa a C) do objeto retangular.

A sua derivada e:

(d1 + d2)′(θ) =

l1 · sin3(θ)− l2 · cos3(θ)− L · (2 · cos2(θ)− 1)

sin2(θ) cos2(θ).

Queremos saber onde (d1 + d2)′(θ) = 0, e no caso L > 0 devemos usar metodos

numericos (aproximacoes). Os programas como Maple/ Xmaxima , etc a resolvemnumericamente.

Aparecem algumas solucoes complexas e uma solucao Real positiva.Para concluir que θ0 e o ponto de mınimo, basta conferir que

limθց0

(d1 + d2)(θ) = +∞


e

limθրπ

2

(d1 + d2)(θ) = +∞.

Como

limθ→0

l1cos(θ)

= l1

basta analisar

limθ→0

l2sin(θ)

− L

sin(θ) · cos(θ) =

= limθ→0

1

sin(θ)· (l2 −

L

cos(θ)).

Mas

limθ→0

L

cos(θ)= L

e como l2 ≥ l1 > L, entao

limθ→0

1

sin(θ)· (l2 −

L

cos(θ)) = lim

θ→0

1

sin(θ)= +∞.

Quando θ se aproxima de π2pela direita entao e o sin(θ) que se aproxima de 1 e o

cos(θ) se aproxima de 0. Analogamente com o caso anterior, se obtem:

limθրπ

2

(d1 + d2)(θ) = limθրπ

2

1

cos(θ)= +∞.

Tambem se pode avaliar (d1 + d2)′′(θ0) e o valor da positivo.

Uma questao aparece naturalmente:

Questao 1: havera outro modo de resolver o problema com L > 0 em que a solucao(θ0) seja dada por um expressao exata ?

Um Exemplo: a figura a seguir da a funcao P1P2(θ), para um objeto de largura

L = 1, quando l1 = 1.2, l2 = 2.4. Nesse caso o ponto θ0 onde P1P2′(θ0) = 0 e

θ0 ≈ 1.065134018 e o valor maximo de comprimento do objeto e 2.860890636 (plotadocomo reta horizontal em verde).


2,94

2,9

2,92

1,15

2,88

2,86

x

1,21,11 1,050,950,9

Outra questao e natural:

Questao 2: Qual a modelagem matematica do problema em dimensao 3 ? Ou seja,quando damos largura e espessura fixadas, mas podemos girar o objeto no espaco ?Dito de outro modo, o que fazer quando queremos passar um objeto como uma escadabem comprida numa esquina ?

8.3. Area maxima do retangulo que dobra a esquina? Qual a area maximade uma figura retangular que consiga dobrar a esquina, no caso l1 = l2 = 1 ?

Se a figura e um quadrado de lado l e facil de ver que l = 1 e o maximo, como naFigura a seguir.

C

1

1

Portanto a area maxima de um quadrado que dobra essa esquina e 1. Mas, e sefosse um retangulo nao-quadrado ?

Como antes vou imaginar os retangulos se apoiando em C.Pela simetria (l1 = l2 = 1 e o angulo reto na esquina), posso pensar que a figura

retangular que se apoia em C e formada de duas partes de mesma area e formato,uma para a direita de C e outra para a esquerda de C.


Ademais, para um mesmo perımetro, o quadrado e o retangulo de maior area (verExercıcio 10.10). Por isso, imagino a esquerda de C um quadrado de lado l e a es-querda de C, outro, tambem de lado l, formando entao um retangulo de comprimento2l e largura l. Veja a Figura:

P 2

C

P 1

l

l

l

l

Agora continuo o lado da figura, de modo a obter triangulos como na figura quesegue:

θ

θP 1

C

P 2

lr

l

1

l

l

Dos triangulos formados obtemos:

1

l + r= sin(θ) e

l

r= tan(θ).

Logo

r =l

tan(θ)e l + r =

1

sin(θ),

ou seja:

l · (1 + 1

tan(θ)) =

1

sin(θ)

de onde:

l(θ) =tan(θ)

sin(θ) · (1 + tan(θ)),


Se encontramos um mınimo dessa funcao l(θ), para 0 < θ < π2, esse sera o imped-

imento a passar a figura retangular pela esquina, ou seja, dara o maximo da medidal do retangulo (e com esse valor saberemos a area maxima da figura retangular).

Mas

l′(θ) =sin(θ)− cos(θ)

1 + 2 · sin(θ) cos(θ) .

Claramente, para 0 < θ < π2:

l′(θ) = 0 ⇔ sin(θ) = cos(θ) ⇔ θ =π

4.

Como limθ→01

1+tan(θ)= 1, entao

limθց0

l(θ) = limθց0

tan(θ)

sin(θ)= lim

θց0

1

cos(θ)= 1,

e como limθ→π2

1sin(θ)

= 1, entao

limθրπ

2

l(θ) = limθրπ

2

tan θ

1 + tan(θ)= 1.

Entao

l(π

4) =

1√2

e o mınimo global de l(θ). Veja a Figura:

0,9

0,85

0,8

0,75

theta

1,41,210,80,40,2 0,6

Figura: Grafico de y = l(θ), θ ∈ (0.1, π2− 0.1), onde π

4≈ 0.78

Portanto a area maxima da figura retangular que dobra a esquina e:

2 · ( 1√2)2 = 1,

a mesma que encontramos para o quadrado de area maxima que dobra essa esquina.Esta ainda um problema em aberto determinar a area maxima da figura capaz de

dobrar a esquina, mesmo no caso l1 = l2 = 1, se deixamos livre o formato da figura.Ou seja, valem figuras feitas de pedacos distintos, alguns curvados , etc.


Ha cotas maximas para a area, mas nao se obteve ainda explicitamente uma figurada qual se possa dizer: e esta ! E conhecido na literatura como o problema do sofa.

8.4. O caso L ≈ 0, mas com uma parede suave. Retomo o caso em queL ≈ 0 e ainda na situacao bem simples em que l1 = l2 = 1.

Coloque a Figura de um corredor que dobra em angulo reto num sistema decoordenadas cartesianas (x, y) de modo que:

• o ponto C seja C = (1, 1),• a parede vertical externa faca parte da reta x = 0,• a vertical interna, de x = 1,• a parede horizontal externa faca parte de y = 2 e• a vertical interna, de y = 1.

Imagine agora que as paredes internas (vertical e horizontal) da Figura sejamderrubadas e substituıdas por uma parede suave, curvada, que faca parte do graficode:

y = fǫ(x) := 1− ǫ

1− x, x > 1,

onde sempre ǫ > 0.A figura a seguir mostra o que acontece para tres escolhas de ǫ:

Graficos de y = 1− ǫ1−x com ǫ = 1 (vermelho)

ǫ = 0.5 (verde), ǫ = 0.2 (amarelo), y = 1 em azul

Diminuindo ǫ o grafico de y = 1− ǫ1−x vai se apertando sobre a parede horizontal

interna (em azul y = 1): de fato, cada x > 1 fixado,

fǫ(x) > fǫ′(x), se ǫ < ǫ′.

E tambem e claro que, fixado qualquer ǫ > 0,

limx→+∞

fǫ(x) = 1

Note que se ǫ 6= 0, ainda que pequeno, a funcao e derivavel e

f ′ǫ(x) =

ǫ

(x− 1)2.


Entao

limxց1

f ′ǫ(x) = +∞,

o que mostra que os graficos de fǫ vao ficando cada vez mais verticais proximos dex = 1.

Voce tambem pode escrever a partir de fǫ(x):

(y − 1) · (x− 1) = −ǫ,o que mostra que quando ǫ→ 0 obtemos2:

(y − 1) · (x− 1) = 0

que e a uniao de retas x = 1 e y = 1.Ou seja que as paredes internas foram substituıdas por um curvada como na

Figura a seguir (fixado um ǫ) e que a medida que o ǫ fica pequeno mais vai ficandoproxima da parede interna original em formato de letra L.

O Problema agora para o freteiro:Problema: passar a maior vara possıvel, sem entorta-la, possivelmente apoiando

a vara em algum ponto da parede interna suavizada.

A solucao que proponho e a seguinte:Estrategia: usar a resposta do caso original, com parede em forma de letra L,

para solucionar o caso em que a parede e suave

Comecemos com l1 = l2 = 1 (depois passo ao geral, l1, l2 quaisquer).Quero encontrar o ponto Cǫ = (x, fǫ(x)) e a inclinacao da vara V em Cǫ tais que

seja minimizada a distancia P1P2 onde

P1 := V ∩ (x = 0) e P2 := V ∩ (y = 2).

2A curvatura κǫ desses graficos e seu limite quando ǫ → 0 serao estudados na Secao 7 do Capıtulo28


Meu candidato a ponto Cǫ sera o ponto (xǫ, fǫ(xǫ)) do grafico de y = fǫ(x) quetem

f ′ǫ(xǫ) = (

l2l1)13 = 1

ja que a solucao do caso original era em

θ0 = arctan((l2l1)13 ) = arctan(1) =

π

4.

E as retas que se apoiam na parede curvada serao as suas retas tangentes.As solucoes de f ′

ǫ(x) = 1 sao

1 + ǫ1/2 e 1−√ǫ.

Fico apenas comxǫ := 1 +

√ǫ,

pois a outra solucao esta a esquerda da reta x = 1.As retas tangentes de y = fǫ(x) num ponto geral (x, fǫ(x)) sao:

y =ǫ

(x− 1)2· x+ x2 − 2(1 + ǫ) · x+ 1 + ǫ

(x− 1)2.

e em particular em (xǫ, fǫ(xǫ)) a reta tangente e:

y = x− 2ǫ1/2.

A interseccao de y = x− 2√ǫ com y = 2 e o ponto:

P2 := (2 + 2√ǫ, 2)

enquanto que a interseccao dela com x = 0 e:

P1 := (0,−2√ǫ).

A distancia P1P2 e (para l1 = l2 = 1):

mǫ :=√

(2 + 2√ǫ)2 + (2 + 2

√ǫ)2 =

√2 ·

√

(2 + 2√ǫ)2,

e note quelimǫ→0

mǫ = 2√2 ≈ 2.828427124,

o comprimento da diagonal do quadrado de lado 2, solucao do caso original na figuraem forma de L.

Queremos ver se mǫ e o mınimo das distancias P1P2 onde P2 e a interseccao deuma reta tangente generica de y = fǫ(x) com y = 1 + l2 = 2 e P1 a interseccao dareta tangente generica com x = 0.

Ora,

P1 = (0,−2ǫx− ǫ− x2 + 2x− 1

(x− 1)2),

P2 = (2ǫx− ǫ+ x2 − 2x+ 1

ǫ, 2),

e

P1P2(x) =

√

(2ǫx− ǫ+ x2 − 2x+ 1)2

ǫ2+ (2 +

2ǫx− ǫ− x2 + 2x− 1

(x− 1)2)2.


O numerador da fracao3 que e P1P2′(x) e dado pelo polinomio de grau 8 em x:

(ǫx5 − 5ǫx4+10ǫx3− 10ǫx2 +5ǫx− ǫ+x6 − 6x5+15x4 − 20x3+15x2− 6x+1− ǫ3x)··2 · (2ǫx− ǫ+ x2 − 2x+ 1),

e verifica-se que em x0 = 1 +√ǫ:

P1P2′(1 +

√ǫ) = 0

pois x0 = 1 +√ǫ e raiz do fator de grau 5 em x:

ǫx5 − 5ǫx4 + 10ǫx3 − 10ǫx2 + 5ǫx− ǫ+ x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x2 − 6x+ 1− ǫ3x.

Ja a enorme fracao que e P1P2′′(x) avaliada em x0 = 1 +

√ǫ vale:

2√2(2ǫ2 + 3 + 15ǫ+ 11

√ǫ+ 9ǫ3/2)

ǫ(1 +√ǫ)3

> 0.

Logo x0 = 1 +√ǫ e minimo local de P1P2(x).

Mas e bem claro que, para cada ǫ fixado:

limxց1

P1P2(x) =

= limxց1

√

(2ǫx− ǫ+ x2 − 2x+ 1)2

ǫ2+ (2 +

2ǫx− ǫ− x2 + 2x− 1

(x− 1)2)2 = +∞

assim comolim

x→+∞P1P2(x) =

= limx→+∞

√

(2ǫx− ǫ+ x2 − 2x+ 1)2

ǫ2+ (2 +

2ǫx− ǫ− x2 + 2x− 1

(x− 1)2)2 = +∞.

400

100

300

200

0

x

3,53 42,51,5 2

As funcoes P1P2(x) para ǫ = 1 (vermelho) e ǫ = 0.1 (verde)x0 = 2 e 1.316227766 resp., m1 = 5.656854249 e m0.1 = 3.722854312.

3Conferi as contas que seguem no Maple, pois ficam grandes.


9. Exercıcios

Exercıcio 9.1. Usando a regra do quociente e definicoes/relacoes trigonometricas,prove que

cot′(x) = − csc2(x),

onde cot(x) = 1tan(x)

e csc(x) := 1sin(x)

.

Tambem mostre que:

sec′(x) = tan(x) sec(x),

onde sec(x) := 1cos(x)

.

Exercıcio 9.2. Considere f(x) = xx2+1

.i) note que ela esta definida em todos os reais.ii) mostre que limx→+∞ f(x) = limx→−∞ f(x) = 0.iii) determine seus pontos de maximo e mınimo locais (usando f ′(x) e/ou f ′′(x)).iv) com o item ii) e iii) conclua que os maximos e mınimos locais sao globais.v) determine seus dois pontos de inflexao. (Dica: se voce fizer cuidadosamente o

calculo de f ′′(x) vera que ha simplificacoes no numerador e que fica facil determinaronde f ′′(x) = 0.)

Exercıcio 9.3. Considere o grafico da funcao y = Ax, onde A > 0 fixado, para x > 0.

Considere retangulos formados pelos pontos (0, 0), P1.P2, P3, onde P1 = (x, 0),P2 = (x, A

x) e P3 = (0, A

x).

i) Note que todos eles tem a mesma area = A.ii) Qual deles tem o menor perımetro ? (Dica: determine um mınimo local e prove

que ele e de fato mınimo global)

Exercıcio 9.4. Considere as funcoes y = fn(x) := x2n + 1x2n

, onde n ∈ N.i) Determine limx→0 fn(x), limx→+∞ fn(x) e limx→−∞ fn(x).ii) Determine seus pontos de mınimos locais / globais.iii) Prove que a concavidade desses graficos e sempre para cima.

Exercıcio 9.5. Calcule a segunda derivada da funcao

tan(x) :=sin(x)

cos(x).

Exercıcio 9.6. (resolvido)Imagine que voce se lembra de cor da formula do seno da soma:

sin(x+ y) = sin(x) · cos(y) + cos(x) · sin(y),mas que se esqueceu completamente da formula do cosseno da soma.

i) Como o Calculo pode obter a formula para o cosseno? Ou seja, como saberderivar pode ajudar ?

ii) E se sei a do cosseno da soma, como obter a do seno da soma via Calculo ?

Exercıcio 9.7. Um ponto P move-se sobre a curva de equacao y3 − x2 = 0.Determine a taxa de variacao da coordenada y no instante em que P = (8, 4), se

a taxa de variacao da coordenada x no mesmo instante e 1cm/s.

9. EXERCICIOS 206

Em outras palavras, a coordenada y ao longo dessa curva aumenta ou diminui, noponto P , quando aumentamos a coordenada x.

Obs. voce nao precisa esbocar a curva.

CAPıTULO 15

Derivadas de funcoes Implıcitas

1. Curvas versus graficos

Comecemos com a equacao do cırculo de raio r:

x2 + y2 = r2.

E importante nos darmos conta de que o cırculo como um todo nao e grafico denenhuma funcao f : R → R1.

Mas, dado um ponto P (x, y) do cırculo, uma porcao do cırculo perto de P podeser descrita:

• como grafico de y = y(x), para x num intervalo centrado em x, ou• como grafico de x = x(y), para y num intervalo centrado em y.

De fato, ha dois casos a considerar:Caso 1: se P = (x, y) no cırculo tem coordenada

x 6= −r, r,entao perto de P o cırculo e grafico de y =

√1− x2 ou de y = −

√1− x2.

Caso 2: se P e (−r, 0) ou P = (r, 0), entao perto de P o cırculo e grafico de x =√

1− y2 ou de x = −√

1− y2.

No Caso 1 podemos calcular a derivada da funcao y = y(x), para x num intervalo,do seguinte modo: derivo a expressao x2 + y(x)2 = r2 pela regra da composta:

(x2 + y(x)2)′ = (r2)′ ⇔ 2x+ 2y(x)y′(x) = 0 ⇔

⇔ y′(x) =−2x

2y(x).

E agora substituindo y(x) por√1− x2, se y > 0, ou por y = −

√1− x2 se y < 0,

temos:

y′(x) =−2x

2y(x)=

−x√1− x2

, se y > 0,

ou

y′(x) =−2x

2y(x)=

x√1− x2

, se y < 0.

1Nao confunda essa afirmacao com o fato do cırculo ser uma curva de nıvel r2 da funcao F :R2 → R, F (x, y) = x2 + y2.

207

1. CURVAS VERSUS GRAFICOS 208

No Caso 2 podemos obter a derivada da funcao x = x(y), para y num intervalo , doseguinte modo: derivo a expressao (x(y))2 + y2 = r2 em y, pela regra da composta:

( (x(y))2 + y2 )′ = (r2)′ ⇔ 2x(y)x′(y) + 2y = 0 ⇔

⇔ x′(y) =−2y

2x(y).

E agora substituindo x(y) por√

1− y2, se x > 0, ou por x = −√

1− y2 se x < 0:

x′(y) =−2y

2x(y)=

−y√

1− y2, se x > 0,

ou

x′(y) =−2y

2x(y)=

y√

1− y2, se x < 0.

Isso que fizemos se chama derivacao implıcita. E util mesmo quando nao sabemosa expressao explıcita de y = y(x) ou de x = x(y).

Por exemplo, se nos damos uma curva no plano atraves de uma equacao do tipo:

x2y2 − 3y2 + y4 − 8y + 2y3 − 4 = 0

verificamos facilmente que (0, 2) e um ponto dessa curva.Sera que, num pequeno trecho perto de (0, 2) temos a curva dada como um grafico

y = y(x) ? Ou seja, ∀x num intervalo aberto centrado em x = 0, sera que

x2y(x)2 − 3y(x)2 + y(x)4 − 8y(x) + 2y(x)3 − 4 = 0 ?.

Veremos que neste Exemplo esse e o caso (gracas ao Teorema 2.1 a seguir).Entao supondo por um momento que sabemos que ha um grafico y = y(x) perto

de (0, 2) qual o valor de y′(x) em (x, y) = (0, 2) ?Fazemos a derivada em x:

(x2y(x)2 − 3y(x)2 + y(x)4 − 8y(x) + 2y(x)3 − 4)′ = 0 ⇔

2xy(x)2 + x22y(x)y′(x)− 6y(x)y′(x) + 4y(x)3y′(x)− 8y′(x) + 6y(x)2y′(x) = 0

⇔ 2xy(x)2 + y′(x)[x22y(x)− 6y(x) + 4y(x)3 − 8 + 6y(x)2] = 0

⇔ y′(x) =−2xy(x)2

x22y(x)− 6y(x) + 4y(x)3 − 8 + 6y(x)2

que da em (x, y) = (0, 2)

y′(0) =0

48= 0,

ou seja que o grafico y = y(x) em torno de (x, y) = (0, 2) tem reta tangente horizontalnesse ponto.

CAPITULO 15. DERIVADAS DE FUNCOES IMPLICITAS 209

2. Teorema da funcao implıcita

Como saberemos se lidamos com y = y(x) ou x = x(y) em torno de um pontoP = (x, y) de uma curva F (x, y) = 0 ?

O Teorema 2.1 a seguir da uma resposta (sua prova se ve em Analise Matematica):Para poder enuncia-lo vamos introduzir um sımbolo novo: dada uma expressao

F (x, y) em duas variaveis, defino ∂F (x,y)∂x

como sendo a derivada dessa expressao emx (se houver), onde se considera y fixado. Por exemplo: se F (x, y) = yx2 + y2 entao∂F (x,y)∂x

= 2yx. Se F (x, y) = y2 entao ∂F (x,y)∂x

≡ 0. Se F (x, y) = exp(x)y2, entao∂F (x,y)∂x

= exp(x)y2.

E analogamente, ∂F (x,y)∂y

se define como a derivada dessa expressao em y (se hou-

ver), onde se considera x fixado.

Teorema 2.1. (Teorema da funcao Implıcita).Seja F (x, y) um polinomio em duas variaveis.2

Suponha que exista (x, y) com F (x, y) = 03

Se ∂F (x,y)∂y

6= 0 quando avaliada em (x, y), entao para x, y em (possivelmente pe-

quenos) intervalos abertos centrados em x, y:

• a curva F (x, y) = 0 e um grafico do tipo y = y(x) e

• y′(x) = −∂F (x,y)

∂x∂F (x,y)

∂y

.

Se ∂F (x,y)∂x

6= 0 quando avaliada em (x, y), entao para x, y em (possivelmente pe-quenos) intervalos abertos centrados em x, y::

• a curva F (x, y) = 0 e um grafico do tipo x = x(y) e

• x′(y) = −∂F (x,y)

∂y

∂F (x,y)∂x

.

Esse Teorema tem varios detalhes, que se veem melhor nos Exemplos.

Exemplo 2.1. No cırculo F (x, y) = x2+y2−r2 = 0 temos ∂F (x,y)∂y

= 2y 6= 0 se y 6= 0.Nesse caso:

y′(x) = −∂F (x,y)∂x

∂F (x,y)∂y

= − 2x

2y(x),

como vimos antes.Mas se P no cırculo tem y = 0 entao P = (−r, 0) ou P = (r, 0) e nesse caso

∂F (x,y)∂x

= 2x 6= 0. Entao e preciso usar funcoes x = x(y) para descrever o cırculocomo grafico.

O Teorema 2.1 tem sutilezas que ficam evidentes no Exemplo a seguir:

2ha versoes mais gerais desse enunciado, onde F e muito geral, sujeito apenas a certas exigenciasde derivabilidade

3Nao queremos ter conjuntos vazios como F (x, y) = x2 + y2 + 3 = 0.

2. TEOREMA DA FUNCAO IMPLICITA 210

Exemplo 2.2. Voltando ao exemplo que analisamos acima,

F (x, y) = x2y2 − 3y2 + y4 − 8y + 2y3 − 4 = 0

temos∂F (x, y)

∂x= 2xy2,

que se anula em P = (0, 2), mas temos

∂F (x, y)

∂y= x22 y − 6 y + 4 y3 − 8 + 6 y2

que nao se anula em P = (0, 2). Logo ha um grafico y = y(x) em torno de (0, 2) e jacalculamos y′(0) = 0 acima.

Ate agora nao comentei o fato de que P = (0,−1) tambem satisfaz:

x2y2 − 3y2 + y4 − 8y + 2y3 − 4 = 0.

Isso e interessante pois diz que para o mesmo valor x = 0 ha dois valores y quesatisfazem F (x, y) = 0 !

Ou seja que e so num pequeno entorno de (0, 2) que pode ser descrito como graficode y = y(x) , mas nao todo o conjunto F (x, y) = 0.

Por outro lado, em (0,−1) tanto ∂F (x,y)∂x

= 2xy2 quanto

∂F (x, y)

∂y= x22 y − 6 y + 4 y3 − 8 + 6 y2

se anulam !Nessa caso o Teorema 2.1 nao tem nada a dizer ! Ele nao pode garantir nenhum

tipo de grafico local y = y(x) ou x = x(y).Ainda bem que o Teorema se calou nessa caso, pois em (0,−1) a curva F (x, y) = 0

tem uma especie de laco, que nao se deixa descrever nem como grafico de y = y(x)nem como grafico de x = x(y).

A Figura a seguir da uma ideia da curva, que nao por acaso se chama conchoide:

y

1

2

x

040 2-2

-2

-1

-4


Figura: Em (0, 2) vemos um pequeno grafico horizontal y = y(x). Masem (0,−1) forma-se um laco.

Exemplo 2.3. O caso de

x3 + xy2 − 3x2

2− y2 = 0

expoe outra sutileza do Teorema 2.1.Note que essa curva tem sobre o eixo dos x exatamente dois pontos: (0, 0) e (0, 3

2).

Em (0, 32) temos (como o leitor pode verificar)

∂F (x, y)

∂y= 0,

∂F (x, y)

∂x=

9

4

e o Teorema 2.1 diz que a curva F (x, y) = 0 se representa localmente como graficox = x(y). Ademais calcula x′(3

2) como

x′(3

2) = − 0

(94)= 0,

ou seja que o grafico e vertical.Mas em (0, 0) temos

∂F (x, y)

∂y=∂F (x, y)

∂x= 0.

De fato esse ponto e completamente isolado do resto da curva ! Ou seja, nao podeser visto como grafico de uma funcao cujo domınio e um intervalo aberto em torno dex = 0.

Na Figura a seguir o Maple nao enxerga o (0, 0) na curva !

2

0

-2

x

1,51,41,31,21,1y

3

1

-1

-3

3. RETA TANGENTE DE CURVA E PLANO TANGENTE DE SUPERFICIE212

3. Reta tangente de curva e plano tangente de superfıcie

O Teorema 2.1 nos diz que, se uma curva F (x, y) = 0 e localmente, em torno de(x, y), da forma y = y(x) entao

y′(x) = −∂F∂x

(x, y)∂F∂y

(x, y).

A reta tangente em (x, y) ao pedaco de grafico y = y(x) foi definida na Secao 2 doCapıtulo 8 como:

y = y′(x) + (y − y′(x) · x),ou seja,

y = −∂F∂x∂F∂y

· x+ (y −∂F∂x∂F∂y

· x).

Multiplicando por ∂F∂y

(x, y) e simplificando obtemos:

∂F

∂x(x, y) · (x− x) +

∂F

∂y(x, y) · (y − y) = 0,

por isso defino:

Definicao 3.1. Seja F (x, y) = 0 curva contendo o ponto (x, y) para o qual ∂F∂x(x, y) 6=

0 ou ∂F∂y(x, y) 6= 0. Entao sua reta tangente em (x, y) e definida por:

∂F

∂x(x, y) · (x− x) +

∂F

∂y(x, y) · (y − y) = 0,

Podemos dar uma definicao analoga quando ao inves de uma curva no plano (x, y)tivermos uma superfıcie no espaco (x, y, z), dada em forma implıcita pela equacaoF (x, y, z) = 0:

Definicao 3.2.Seja F (x, y, z) = 0 contendo o ponto (x, y, z).

Se ∂F∂x(x, y, z)) 6= 0 ou ∂F

∂y(x, y, z) 6= 0 ou ∂F

∂y(x, y, z) 6= 0, entao seu plano tangente

em (x, y, z) e definido por:

∂F

∂x(x, y, z) · (x− x) +

∂F

∂y(x, y, z) · (y − y) +

∂F

∂z(x, y, z) · (z − z) = 0.

Exemplos:

• por essa definicao a esfera de raio 1 dada por x2 + y2 + z2 − 1 = 0 tem em(0, 0, 1) o plano tangente

∂F

∂z(0, 0, 1) · (z − 1) = 2 · (z − 1) = 0,

que e o mesmo que o plano horizontal z = 1 no espaco (x, y, z).


• a equacao z2 − x2 − y2 = 0 define uma superfıcie conhecida como cone deduas folhas. No ponto (0, 0, 0):

∂F

∂x=∂F

∂y=∂F

∂x= 0,

e nele portanto nao esta definido um plano tangente. Por isso esse ponto eespecial ou singular.

4. Tangentes, pontos racionais de cubicas e codigos secretos

Consideremos uma cubica em forma implıcita, ou seja, uma curva dada por:

y2 − x3 − b x− a = 0, a, b ∈ R,

ou equivalentemente:

y2 = x3 + b x+ a a, b ∈ R.

Quando se trabalha com computadores, o melhor dos mundos e lidar com numerosRacionais. E duas questoes muito importantes e atuais, que estao relacionadas coma aplicacao da matematica a criptografia, sao:

Questao 1: Seja a curva dada por

y2 = x3 + b x+ a a, b ∈ Q.

Quem sao ou quantos sao os pontos P = (x, y) da curva que tem ambas coordenadasRacionais ?

Questao 2: Dado um ponto P dessa curva com coordenadas Racionais, comoproduzir outros pontos dela que tambem tenham coordenadas Racionais ?

Usaremos a notacao P = (x, y) ∈ Q×Q para dizer que ambas as coordenadas saoRacionais.

A seguinte Afirmacao e um metodo para atacar a segunda questao:

Afirmacao 4.1. (Metodo das secantes e das tangentes)Considere uma cubica com coeficientes Racionais da forma

F (x, y) = y2 − x3 − b x− a a, b ∈ Q.

• i) sejam P1 = (x1, y1) ∈ Q × Q e P2 = (x2, y2) ∈ Q × Q de F (x, y) = 0,distintos. Se a reta que os liga nao e vertical entao ela intersecta a cubicaem P3 = (x3, y3) ∈ Q×Q.

• ii) Suponha que ∂F∂y

= 2y nao se anula em P = (x, y) ∈ Q×Q. Entao a reta

tangente a F (x, y) em P intersecta a cubica num ponto Q que tambem temcoordenadas Racionais.

Demonstracao.

De i):

4. TANGENTES, PONTOS RACIONAIS DE CUBICAS E CODIGOSSECRETOS 214

A reta ligando P1 e P2 e:

y = (y2− y

1

x2 − x1) · x+

x2y1 − x1y2x2 − x1

=

= A · x+ b,

ou seja, tem coeficientes angular A e linear B Racionais.Queremos resolver a equacao

(Ax+B)2 − x3 − b x− a = 0,

mas

(Ax+B)2 − x3 − b x− a = (x− x1) · (x− x2) · q(x),onde o grau do polinomio q(x) e 3− 2 = 1.

Mas, como se viu na prova do Teorema 7.1 do Capıtulo 6 e na Digressao que seseguiu, os coeficientes de q(x) sao Racionais.

Logo a terceira solucao e a raız de

p(x) =p1q1

· x+ p2q2

= 0

e portanto produz um ponto P3 da cubica com coordenadas Racionais.

De ii):Pelo Teorema 2.1, F (x, y) localmente em torno de P e um grafico de y = y(x),

com

y′(x) = −∂F∂x∂F∂y

= −−3x2 − b

2y.

Como b, x, y ∈ Q entao y′(x) avaliada em P = (x, y) e um numero Racional, quedenoto aqui de A.

A equacao da reta tangente e do tipo:

rP : y = Ax+B

onde o valor do coeficiente linear B se obtem de:

y = Ax+B ⇔ B = y − Ax,

e portanto B tambem e um numero Racional.As coordenadas x dos pontos na interseccao F (x, y) ∩ rP sao as solucoes de:

F (x, y) = 0 e y = Ax+B,

ou seja, solucoes de

(Ax+B)2 − x3 − b x− a = 0,

ou, equivalentemente,

−x3 + A2 x2 + (2AB − b) x+B2 − a = 0.

Agora e o momento de lembrar que a coordenada x de P = (x, y) e uma raız duplaou tripla desse polinomio, ja que rP e tangente a curva F (x, y) nesse ponto (triplaseria o caso de um ponto de inflexao).


No caso em que x e raız dupla exatamente, pelo Teorema 4.1 do Capıtulo 13:

−x3 + A2 x2 + (2AB − b) x+B2 − a = (x− x)2 · q(x).onde o grau do polinomio q(x) e 3 − 2 = 1. Ademais os coeficientes de q(x) saoRacionais (Teorema 7.1, Capıtulo 6 e Digressao).

Ou seja, q(x) = q1 x+ q0, com q0, q1 ∈ Q e a raız de q(x) e

−q0q1

.

O ponto Q 6= P buscado e portanto:

Q = (−q0q1

, A (−q0q1

) +B ),

que nitidamente tem coordenadas Racionais.Se P e ponto de inflexao, entao Q = P , ou seja,

rP ∩ F (x, y) = {P,Q} = {P}.�

Exemplo 4.1. Considere a curva analisada por Billing, em 1937:

y2 − x3 + 82 x = 0.

Fora o obvio (0, 0) ha tres pontos com coordenadas Racionais relativamente simples

P1 = (−1, 9), P2 = (−8, 12), P3 = (49

4,231

8).

A Figura a seguir mostra como o Maple plota para essa curva:

15y

50

10

x

5-50

-50

20

100

-100

0

Vou implementar neste Exemplo o que a prova da Afirmacao 4.1 nos ensinou (ascontas tediosas foram feita com o Maple).

4. TANGENTES, PONTOS RACIONAIS DE CUBICAS E CODIGOSSECRETOS 216

A reta tangente ao grafico local y = y(x) de F (x, y) = 0 em P1 = (−1, 9) e:

rP1 : −79

18x+

83

18.

A interseccao rP1 ∩ F (x, y) = {P1, Q1} tem

Q1 = (6889

324,−517339

5832) ∼ (21,−88).

Ver a Figura:

y

50

100

0

-100

x

1510 205-5-10

-50

0

Agora podemos continuar o processo.Tomo Q1, a tangente rQ1 e determino rQ1 ∩ F (x, y) = {q1, Q2} onde Q2 tera

coordenadas Racionais.Faco as contas e obtenho:

rQ1 : −44588977

6208068x+

4653507299

72701712

Q2 = (3143435938720609

346860974633616, −6994054838592555031151

6460009551215289641664) ∼ (9,−1).

A Figura a seguir mostra isso:


y

50

100

x

02010-10 155

-100

-50

-5 0

Um Teorema de Billing diz que se continuamos o processo, agora em Q2 e assimsucessivamente, produzimos uma infinidade de pontos da curva com coordenadasRacionais.

O mesmo ocorreria se tivessemos comecado com P2 ou P3.

4.1. Codigos secretos.Agora imagine que alguem quer criar uma operacao de duplicacao muito estranha.

Poderia definir que, para4

P1 := (−1, 9),

2 ⋆ P1 := Q1 = (6889

324,−517339

5832).

E depois, do mesmo modo5

2 ⋆ Q1 := Q2

Ou seja:

4 ⋆ P1 = (3143435938720609

346860974633616, −6994054838592555031151

6460009551215289641664).

Agora note que:

• 4 ⋆ P1 e obtido a partir de P1 de modo exato (por ser Racional), computa-cionalemte de modo rapido, apesar de ser completamente diferente de P1

• mas a natureza de 4 ⋆ P1 torna-se impenetravel se nao digo quem e P1 ouqual a equacao da cubica que usei.

4De fato na teoria de curvas elıpticas se tomaria no lugar de Q1 o ponto da cubica que e simetricode Q1 em relacao ao eixo dos x.

5Novamente, se usa de fato que o ponto da cubica que e simetrico de Q2 em relacao ao eixo dosx.

5. DERIVACAO IMPLICITA DE SEGUNDA ORDEM 218

• essa enorme assimetria entre a passagem

P1 7→ 4 ⋆ P1

e a passagem4 ⋆ P1 7→ P1

e a base de um codigo secreto poderoso.

O leitor que se sentiu instigado deve procurar entao estudar a teoria de criptografiasobre as chamadas cubicas na forma de Wierstrass.

5. Derivacao implıcita de segunda ordem

Na Secao 5 do Capıtulo 3 associamos a Figura:

y

1

2

0

-2

-1

x

21,50,50 1-1 -0,5

a curva y2 − x3 − 1 = 0. Mas tem algo que nao ficou plenamente justificado. Parecena Figura que ha 2 pontos de inflexao, em torno de x ∼ 0.8.

Vamos considerar ao inves daquela curva, outra bem parecida (mas mais adequadapara nossas contas):

F (x, y) = y2 − x3 − 4x = 0.

A inflexao deve aparecer onde a segunda derivada y′′(x) muda de sinal, ou sejaonde y′′(x) = 0.

So que ja sabemos que aqui nao se trata de um grafico, mas apenas de uma curva.Por isso precisamos da derivacao implıcita, so que agora para calcular a segundaderivada.

Ja sabemos que se y 6= 0:

y′(x) = −∂F∂x∂F∂y

=3x2 + 4

2y.

Entao calculo

y′′(x) = (3x2 + 4

2y)′

pela regra do quociente, obtendo:

y′′(x) =12x · y − (3x2 + 4) · 2y′(x)

4y2=


=12x · y − (3x2 + 4) · 2( 3x2+4

2y)

4y2=

=12xy2 − 9x4 − 24x2 − 16

4y3.

Preciso ver as raızes de y′′(x), ou seja, as raızes de

12x(x3 + 4x)− 9x4 − 24x2 − 16

ja que posso substituir

y2 = x3 + 4x.

Ora,

12x(x3 + 4x)− 9x4 − 24x2 − 16 = 3x4 + 24x2 − 16,

que sabemos resolver (pense em z = x2 e resolva 15z2 + 72z − 16 = 0).Assim obtenho as raızes:

−2

3

√

−9 + 6√3,

2

3

√

−9 + 6√3, −2

3

√

−9− 6√3,

2

3

√

−9− 6√3,

das quais a unica Real e positiva e

x :=2

3

√

−9 + 6√3 ∼ 0.78.

Para este valor de x ha dois valores de y na curva y2 = x3 + 4x:

2

9

√

6(−9 + 6√3)3/2 + 54

√

−9 + 6√3 ∼ 1.9

e

−2

9

√

6(−9 + 6√3)3/2 + 54

√

−9 + 6√3 − 1.9

Agora, ja que ja temos y′(x), e um trabalho tedioso achar a equacao da reta tangenteem por exemplo:

(2

3

√

−9 + 6√3 ,

2

9

√

6(−9 + 6√3)3/2 + 54

√

−9 + 6√3 ).

Com essa equacao posso plotar a cubica e sua tangente, que mostra bem que hauma inflexao nesse ponto:

6. EXERCICIOS 220

y

4

8

0

-8

x

51 40-2

-4

2 3-1

6. Exercıcios

Exercıcio 6.1. (resolvido)Considere F (x, y) = y2 − x3 = 0. Considere o ponto (1, 1) dessa curva.i) usando o Teorema 2.1 verifique que perto de (1, 1) essa curva e o grafico de uma

funcao y = y(x).ii) calcule a derivada da funcao do item i) em (1, 1).iii) note que (1,−1) tambem esta na curva F (x, y) = y2 − x3 = 0 e portanto ela

nao e globalmente um grafico de y = y(x).

Exercıcio 6.2. Considere a cubica F (x, y) = y2 − x3 − 4x = 0.Um fato muito bonito e que esta curva so tem 3 pontos com coordenadas Racionais:

(0, 0), (2, 4) e (2,−4).

Suponha esse fato.

Por outro lado ∂F (x,y)∂y

= 2y nao se anula em (2, 4) nem em (2,−4), o que nos da

a oportunidade de usar o metodo das tangentes (Afirmacao 4.1) para obter pontosracionais a partir deles.

i) conclua sem fazer nenhuma conta que as retas tangentes a F (x, y) em (2, 4) eem (2,−4) passam pela origem (0, 0).

ii) faca as contas e obtenha as equacoes dessas duas retas tangentes.

CAPıTULO 16

Funcoes inversas e suas derivadas

Vimos na Secao 1.2 do Capıtulo 5 da Parte 1, que quando referidos ao mesmosistema cartesiano os graficos de y = f(x) e de sua inversa y = f−1(x) , entao elas serelacionam por uma reflexao na diagonal y = x.

Logo uma reta tangente ao grafico y = f(x) de coeficiente angular a = B/A 6= 0 setransforma numa reta tangente ao grafico refletido, mas agora de coeficiente angular1a

= A/B (ja que os acrescimos na coordenada x e y que definem A e B ficaminvertidos quando refletimos na diagonal). Ilustro isso nas Figura a seguir:

1

0,6

-0,2

0,8

0,4

-0,4

x

0,80,60,400

0,2

0,2

Figura: Reflexao na diagonal de um grafico e de sua reta tangente

Quero motivar com isso o seguinte fato:

Teorema 0.1. Seja y = f(x) derivavel com f ′(x) 6= 0 e com uma funcao inversaf−1(x) tambem derivavel. Entao:

f−1′(x) =1

f ′(f−1(x)).

Demonstracao. Considero a composicao entre f e g = f−1, que resulta em umaanular o efeito da outra:

(f ◦ f−1)(x) ≡ x.

Entao o Teorema 1.1 da:

(f ◦ f−1)′(x) = f ′(f−1(x)) · (f−1)′(x).

Mas por outro lado:1 ≡ (f ◦ f−1)′(x)

221

1. DERIVADA DE Y =√X 222

pois (f ◦ f−1)(x) ≡ x. Asim que:

1 ≡ f ′(f−1(x)) · (f−1)′(x),

de onde

(f 1)′(x) =

1

f ′(f−1(x)).

�

1. Derivada de y =√x

Vejamos o que e a derivada de y =√x de dois modos distintos, um pela definicao

e outro lembrando que√:R>0 → R>0 e a inversa de y = x2 : R>0 → R>0.

Pela definicao temos:

√x′(x) := lim

h→0

√x+ h−√

x

he para x > 0 e h com |h| suficientemente pequeno para que x+ h > 0, escrevo:

limh→0

√x+ h−√

x

h= lim

h→0

√x+ h−√

x

h·√x+ h+

√x√

x+ h+√x.

Agora uso que (�+△) · (�−△) = �2 −△2, para obter que:

√x′(x) = lim

h→0

x+ h− x

h · (√x+ h+√x)

=

= limh→0

1√x+ h+

√x.

E agora uso a continuidade de y =√x (por ser inversa de funcao contınua definida

num intervalo) para fazer:

√x′(x) = lim

h→0

1√x+ h+

√x=

1

2 · √x.

Observe que

limxց0

1

2 · √x = +∞

o que diz que o grafico de y =√x fica vertical na origem.

Agora quero comparar esse resultado com o que obtemos pelo Teorema 0.1 sobrea derivada da inversa.

Seja f : R>0 → R>0 dada por f(x) = x2 e sua inversa f−1(x) =√x. Como

f ′(x) = 2x, entaof ′(

√x) = 2 · √x

e portanto pelo Teo 0.1:√x ′(x) =

1

2 · √x,

como querıamos.

CAPITULO 16. FUNCOES INVERSAS E SUAS DERIVADAS 223

2. Distancia versus quadrado da distancia

No Capıtulo 11 usamos a funcao que dava o quadrado da distancia desde umponto, ao inves da distancia ela mesma, para evitar derivar a raız quadrada, queaparece na definicao de distancia (euclidiana) entre dois pontos.

A Afirmacao a seguir justifica isso:

Afirmacao 2.1. Seja f : [a, b] → R, derivavel, com f(x) > 0 ∀x ∈ [a, b].Entao f tem ponto de mınimo/maximo global em x ∈ [a, b] se e somente se f 2(x)

tem tem ponto de mınimo/maximo global em x ∈ [a, b].

Demonstracao.

Se a e tal que 0 < f(a) ≤ f(x) ∀x ∈ [a, b] entao 0 < f 2(a) ≤ f 2(x), pois a funcaoy = z2 e estritamente crecente em (0,+∞).

Se a e tal que 0 < f 2(a) ≤ f 2(x) ∀x ∈ [a, b] entao

0 <√

f 2(a) ≤√

f 2(x),

pois a funcao y =√z e estritamente crescente em (0,+∞), ja que sua derivada e

12√z> 0. Ou seja, 0 < f(a) ≤ f(x) ∀x ∈ [a, b].

Analogamente para o caso 0 < f(x) ≤ f(a) e para o caso do outro extremo b de[a, b].

Se x e ponto do intervalo aberto (a, b) que e mınimo global de f entao f ′(x) = 0,f ′(x) ≤ 0 num pequeno intervalo a esquerda de x e f ′(x) ≥ 0 num pequeno intervaloa direita de x. Mas entao

(f 2)′(x) = 2 · f(x) · f ′(x) = 0

e (f 2)′ tem os mesmo sinais que f ′ proximos de x. Logo x e mınimo global de f 2(x).Reciprocamente, se x ∈ (a, b) e mınimo global de f 2(x) entao (f 2)′(x) = 0, com

(f 2)′ ≤ 0 a esquerda de x e (f 2)′ ≥ 0 a direita de x. Mas como

(f 2)′(x) = 2 · f(x) · f ′(x) e f(x) > 0,

entao f ′(x) = 0 e os sinais de f ′ proximo a x sao os mesmos de (f 2)′: concluo que xe mınimo global de f(x).

Analogamente para ponto do intervalo aberto (a, b) que seja maximo global de fou f 2. �

O Exercıcio 6.10 usa de outro modo o que aprendemos na prova da Afirmacao 2.1.

3. Derivada da “funcao”x1n , de x

mn e de x

−mn

Seja a funcao f(x) = xn. Se n e par, precisamos restringir f a um semi-eixo paratermos uma funcao inversa f−1 (uma raız n-esima).

Com essa ressalva, considere g = f−1 a inversa de f(x) = xn. Ou seja g(f(x)) = x.

A notacao usual para g(x) e g(x) = x1n , feita de proposito a que valha

g(f(x)) = (xn)1n = x = x

nn .

3. DERIVADA DA “FUNCAO”X1N , DE X

MN E DE X

−MN 224

Afirmacao 3.1. Considere a funcao x1n , para n ∈ N, (com a ressalva acima). Entao

para x 6= 0 vale que

(x1n )

′(x) =

1

nx

1n−1.

Demonstracao.

O Teorema 0.1 diz que para x 6= 0, combinado com a derivada de xn, da:

(x1n )

′=

1

n · (x 1n )n−1 .

De aı em diante basta fazer algumas manipulacoes (usando (x1n )k = x

kn ):

x1n

′=

1

n· 1

xn−1n

=1

n· x−n−1

n = .

=1

n· x 1−n

n =1

n· x 1

n−1.

�

Podemos agora derivar funcoes do tipo xmn com m,n ∈ N usando as regras da

composta e da inversa, pois

xmn = (x

1n )m.

Entao pelo Teorema 1.1 (a regra da composta) e o que ja sabemos para x1n :

(x1n )m′

= m · (x 1n )m−1 · ( 1

n· x 1

n−1) =

=m

n· xm−1

n · x 1n−1 =

m

n· xm

n−1

Para podermos derivar funcoes do tipo x−mn com m,n ∈ N podemos escrever

x−mn = 1

xmn

e usar o que sabemos de quocientes e de xmn :

(1

xmn

)′=

−mnx

mn−1

x2mn

= −mn

· xmn−1− 2m

n =

−mn

· x−mn

−1.

Qual o sentido de dizermos que em geral se f(x) = xα entao f ′(x) = αxα−1 ?E se α 6∈ Q? Por exemplo α =

√2 ou α = π? Apos darmos um sentido a essa

expressao (e precisaremos da funcao exponencial para isso), sera que essa funcao ederivavel ? Sera que sua derivada tambem e α · xα−1 ? Voltaremos...


4. Derivadas do arcoseno e do arcocosseno

E claro que o seno visto como funcao periodica sin : R → R ou mesmo visto emsin : [0, 2π] → R nao tem uma funcao inversa.

Mas sua restricao sin : (−π2, π2) → (−1, 1) mostrada na Figura a seguir sim tem

funcao inversa ! De fato, nessa regiao (−π2, π2) o seno e uma funcao injetora, pois sua

derivada sin′(x) = cos(x) e sempre positiva em (−π2, π2), logo sin(x) e estritamente

crescente e portanto uma funcao injetora.

0,5

1

-0,5

0

-1

x

1,510,50-0,5-1,5 -1

Figura: Restricao do seno ao intervalo ((−π2, π2).

A inversa de sin : (−π2, π2) → R e chamada de valor principal do arco seno ou

apenas arcoseno, no sentido de que dado sin(θ) em (−1, 1) ela diz de que arco θ eleproveio, π

2< θ < π

2.

E denotada arcsin. Guardaremos o sımbolo sin(x)−1 para denotar 1sin(x)

.

1

1,5

0

0,5

-0,5

-1

-1,5

x

10,50-0,5-1

Figura: Grafico de arcoseno, domınio (−1, 1) e imagem (−π2, π2).

Como explicado no Teorema que trata da inversa de funcoes contınuas, o arcosenoe o arcocosseno sao funcoes contınuas. Mas vamos assumir que seja derivavel, paracalcularmos sua derivada.

Agora considere na Figura a seguir a restricao do cosseno ao intervalo [0.π].

4. DERIVADAS DO ARCOSENO E DO ARCOCOSSENO 226

0,5

1

-0,5

0

-1

x

32,521,510 0,5

E uma funcao estritamente decrescente, cuja inversa (tambem estritamente de-crescente) e denotada arccos : [−1, 1] → [π, 0].

Afirmacao 4.1.i) A derivada de arcsin : (−1, 1) → (−π

2, π2) e

arcsin′(x) =1√

1− x2.

Para a > 0, a derivada de arcsin(xa) : (−a, a) → (−π

2, π2) e:

arcsin′(x

a) =

1√a2 − x2

.

ii) A derivada de arccos : (−1, 1) → [π, 0] e

arccos′(x) = − 1√1− x2

.

iii) arccos(x) = π2− arcsin(x), ∀x ∈ [−1, 1].

Demonstracao.

De i):

Pelo Teorema 0.1:

arcsin′(x) =1

sin′(arcsin(x)).

Mas ja sabemos que a derivada do seno e o cosseno, logo:

arcsin′(x) =1

cos(arcsin(x)).

Agora uso a relacao trigonometrica

cos2(arcsin(x)) + sin2(arcsin(x)) ≡ 1

esin2(arcsin(x)) = ( sin(arcsin(x) )2 = x2

para obter:cos2(arcsin(x)) = 1− x2,

e como cos(arcsin(x)) > 0 quando arcsin(x) ∈ (−π2, π2) entao obtenho:

cos(arcsin(x)) = +√1− x2


e portanto

arcsin′(x) =1√

1− x2,

como querıamos.Quando tomo a > 0, entao pela regra da derivada da composta:

arcsin′(x

a) =

1√1− (x

a)2

· 1a=

=1√a2

1√1− (x

a)2

=1√

a2 − x2.

De ii):Pelo Teorema 0.1:

arccos′(x) =1

cos′(arccos(x)).

Mas ja sabemos a derivada do cosseno, logo:

arccos′(x) =−1

sin(arccos(x)).

Exatamente como fizemos antes, a relacao trigonometrica entre seno e cosseno e ofato de que o seno restrito a [0, π] e ≥ 0, dao:

arccos′(x) =−1√1− x2

.

De iii):

Os itens i) e ii) ja provados dao que:

arccos′(x) = − arcsin′(x), ∀x ∈ (−1, 1).

Portanto existe uma constante C ∈ R tal que:

arccos(x) = − arcsin(x) + C, ∀x ∈ (−1, 1).

Masπ

2= arccos(0) = − arcsin(0) + C = 0 + C,

o que nos diz que

C =π

2.

Ademais tambem:

π = arccos(−1) =π

2+π

2= − arcsin(−1) +

π

2,

bem como:

0 = arccos(1) = −π2+π

2= − arcsin(1) +

π

2.

�

5. DERIVADA DO ARCOTANGENTE 228

O Exercıcio 6.8 propoe comprovar geometricamente (qualitativamente ao menos)que arccos(x) = − arcsin(x) + π

2.

Note agora que a funcao 1√1−x2 para x ∈ (−1, 1) e sempre positiva, vale 1 na

origem e tem

limxր1

1√1− x2

= +∞, e limxց1

1√1− x2

= +∞.

Tudo isso se ve na figura abaixo, onde plotei o arcoseno e sua derivada, parax ∈ [−0.95, 0.95] (nao posso me aproximar demais de −1 ou de 1 se nao o grafico ficamuito alto !)

3

1

2

0

-1

x

0,4 0,80-0,8-0,4

Figura: Grafico de y = arcsin(x) (vermelho) e de sua derivada y = 1√1−x2 (verde).

Essa figura e tao parecida (qualitativamente) com a que ja vimos no Capıtuloanterior da funcao y = tan(x) e sua derivada que resolvi plota-las juntas, para que oleitor possa fazer comparacoes:

2

0

1

-1

0,8

x

-0,8-0,4 0,40

Figura: y = tan(x) (vermelho), sua derivada (verde), y = arcsin(x)(amarelo) e sua derivada (azul) restritas a (−0.9, 0.9).

5. Derivada do arcotangente

Se x ∈ (−π2, π2) entao

tan′(x) =1

cos2(x)> 0,


o que diz que para x ∈ (−π2, π2) a funcao y = tan(x) e estritamente crescente.

Logo e injetora e tem funcao inversa denotada:

arctan : R → (−π2,π

2).

Afirmacao 5.1.

arctan′(x) =1

1 + x2, ∀x ∈ R

e para a > 0 :1

a· arctan′(

x

a) =

1

a2 + x2, ∀x ∈ R

Demonstracao.

Pelo Teorema 0.1 e pela derivada da funcao tan(x):

arctan′(x) =1

tan′(arctan(x))=

=1

( 1cos2(arctan(x))

)=

= cos2(arctan(x)).

Agora arctan(x) e um arco/angulo e portanto vale para ele a relacao trigonometricabasica:

sin2(arctan(x)) + cos2(arctan(x)) = 1

e daı, dividindo por cos2(arctan(x)) > 0, temos:

sin2(arctan(x))

cos2(arctan(x))+ 1 =

1

cos2(arctan(x))

ou seja

tan2(arctan(x)) + 1 =1

cos2(arctan(x)),

e comotan2(arctan(x)) = (tan(arctan(x)))2 = x2,

x2 + 1 =1

cos2(arctan(x))

quer dizer:

cos2(arctan(x)) =1

1 + x2

Logo

arctan′(x) =1

1 + x2.

Se a > 0 a derivada da composta da:

arctan′(x

a) =

1

1 + (xa)2

· 1a= a · 1

a2 + x2.

�

5. DERIVADA DO ARCOTANGENTE 230

1

0

0,5

-0,5

-1x

2-2 31-3 -1 0

Figura: A funcao arcotangente (vermelho) e sua derivada(verde) restritas a (−4, 4)

Exemplo:Para completar essa Secao, vou mostra neste Exemplo como informacao qualita-

tiva pode servir para dar informacao quantitativa !Considere

y = F (x) =x

2− 2 arctan(

x

2).

A pergunta e: em que pontos F (x) se anula, alem do x = 0 ? Ou pelo menos, comodar uma aproximacao dessas raızes ? Nem pensar em tentar resolver explicitamenteF (x) = 0 ...

Ja inicialmente e bom observar que F (x) e uma funcao ımpar, F (−x) = −F (x).Portanto vamos pensar no eixo x > 0 apenas, depois fica facil o eixo x < 0.

Note que

F ′(x) =1

2− 2 · 1

2· 1

1 + (x2)2

=1

2− 4

x2 + 4

e esta ultima funcao teve seu grafico esbocado na Secao 4 do Capıtulo 14.Vimos la naquela Secao que F ′(x) se anula, no eixo x > 0, em x = 2, que F ′(x) < 0

em (0, 2) e que F ′(x) > 0 em (2,+∞).Entao, como F (0) = 0, concluo que y = F (x) < 0 em (0, 2), assume um mınimo

em x = 2 e depois comeca a crescer.Como

limx+∞

arctan(x

2) =

π

2

temos

limx+∞

F (x) = +∞.

Ou seja, como F (x) e contınua, tem que voltar a se anular em algum ponto a direitade x = 2.

So que, para x > 0,

F (x) =x

2− 2 arctan(

x

2) >

x

2− 2 · π

2.


Como a reta y = x2− π corta o eixo x > 0 em x = 2π ∼ 6.3, concluo que F (x) se

anula1 em x ∈ (2, 6.3).Pela propriedade ımpar, F (x) se anula em −x ∈ (−6.3, 2).Note que:

limx+∞

F ′(x) = limx−∞

F ′(x) =1

2

ou seja que a inclinacao tende a 1/2 quando |x| → ∞.Como

limx−∞

arctan(x

2) = −π

2

vemos que o grafico de y = F (x) se aproxima de

y =x

2+ π

quando x→ −∞.A figura a seguir ilustra F (x) em vermelho, F ′(x) em verde, y = y = x

2+ π em

azul e y = x2− π em amarelo.

8

0

4

-4

x

-8

-5-10 5 100

6. Exercıcios

Exercıcio 6.1. (resolvidos: iii, iv, v, xv.)Derive usando regras de derivacao de +,−, x, /,√ e a derivada da composta:

i)√

sin(x3), se sin(x3) > 0 ii) cos5(x) + sin(x5),

1Com o metodo de Newton do Capıtulo 18, comecando com 6.3 obtive na quinta iteracao x ∼4.662244741

6. EXERCICIOS 232

iii) sin3(x3), iv) sin(x) cos(x), v)x4 + x2 + 1

3x4 + 4x2 + 1,

vi)√1− x2, se |x| < 1, vii) sin(x3), viii) cos3(x) + sin3(x),

ix)x7 − x2 − 1

x4 + 4x2 + 8, x)

x3 − x+ 1

x4 − x3 + x2 − 1,

xi) sin3(x)− sin(x3), xii)2

x3, 0 < x,

xiii) (sin(x) · cos2(x))2, xiv) (x+ 3)100, xv) (3x+ 4)100.

Exercıcio 6.2. Determine o domınio de cada uma das quatro funcoes a seguir e emque que pontos do domınio existe a derivada. Derive-as usando as regras de derivacao(produto, soma, composicao, etc).

i) y =

√x

x2 − 1, ii) y =

1

sin(x),

iii) y = tan(x) · sin(cos(x)), iv) y = x4 · x 14 .

Exercıcio 6.3. No Capıtulo 28 vamos definir

κ(x) :=| f ′′(x) |

(1 + (f ′(x))2)32

como sendo a curvatura do grafico de y = f(x) em cada ponto x.Verifique quei) κ(x) ≡ 0 para uma reta y = a · x+ b eii) κ(x) ≡ 1

rpara a parte do cırculo x2 + y2 = r2 que fica no primeiro quadrante.

Exercıcio 6.4. Suponha que voce so conhece a reta tangente ao Cırculo como ofizemos aqui neste curso de Calculo, ou seja, como reta cujo coeficiente angular edado por uma derivada, etc.

Prove que essa reta tangente e ortogonal ao raio do Cırculo, ou seja, que coincidecom a definicao do Ensino Medio (dica: basta considerar pontos do cırculo x2+y2 = 1com coordenada y > 0).

Exercıcio 6.5. Considere a funcao f : R>0 → [−1, 1] dada por f(x) = sin( 1x).

i) derive-a pela regra da composta, ii) comprove que |f ′(x)| fica arbitrariamentegrande quando x tende a zero, iii) interprete geometricamente o resultado, sobre oque acontece com o grafico de f proximo a origem, iv) agora considere a funcao dadapor f(x) = x2 · sin( 1

x) (para x > 0). v) derive-a , vi) veja se o modulo da derivada

f ′(x) fica arbitrariamente grande proximo a origem, ou nao.

Exercıcio 6.6. Considere a Figura a seguir, que da o graficos de f(x) = arctan(x)(funcao inversa da tangente), de sua derivada f ′(x) = 1

1+x2(assuma que sua derivada


e essa) e de sua segunda derivada f ′′(x), restritas ao eixo positivo x > 0.

1

0

0,5

2,5

-0,5x

3,5321 1,50,50

Vemos que o grafico de f ′(x) = 11+x2

tem um ponto de inflexao, ou seja, onde asinclinacoes de suas tangentes tem um mınimo e depois vao aumentando, ficando cadavez mais proximas de zero quando x >> 1. Dito de outro modo, um ponto onde asegunda derivada f ′′(x) = (f ′(x)′) tem um mınimo.

Para encontrar onde e esse mınimo de f ′′(x), calcule pela regra do quociente aterceira derivada f ′′′(x) e procure por seus zeros ! (Vao ser duas solucoes, uma positivae outra negativa, pois o grafico de f ′(x) = 1

1+x2e simetrico em relacao ao eixo dos y).

Exercıcio 6.7. Considere a funcao g : (−1, 1) → R dada por

g(y) =y

1− y, se y ∈ [0, 1),

g(y) =y

1 + y, se y ∈ (−1, 0].

(Chamo a variavel de y pois foi assim que a vimos na Parte 1 do Curso). Ja vimosque g e uma tremenda expansao, pois a imagem do intervalo pela g e toda a reta R !Prove que a derivada da g em y ∈ [0, 1) e 1

(1−y)2 e que a derivada da g em y ∈ (−1, 0]

e de 1(1+y)2

. Chamamos essas derivadas de taxas de expansao.

Exercıcio 6.8. Comprove geometricamente que:

arccos(x) = − arcsin(x) +π

2, ∀x ∈ [−1, 1].

Para isso:i) faca o grafico qualitativamente correto do seno restrito a [−π

2, π2],

ii) reflita o grafico de i) na diagonal para obter o de arcsin.iii) reflita no eixo dos x o grafico de ii) para obter o de − arcsiniv) Translade o grafico de iii) verticalmente por π

2para obter o de − arcsin+π

2.

v) reflita o grafico de iv) na diagonal para obter um grafico qualitativamentecorreto do cosseno a [0, π].

Exercıcio 6.9. Descreva de modo qualitativamente correto a curva x12 + y

12 = a

12 ,

para a > 0 fixado e x, y ≥ 0.Para isso mostre que:i) y = y(x) = (a

12 −x 1

2 )2 e derivavel para 0 < x ≤ a e tem y′(x) ≤ 0 em 0 < x ≤ a.ii) y′(a) = 0, ou seja, o grafico tangencia o eixo x em x = a.

iii) por simetria se obtem o mesmo tipo de fenomeno para x = x(x) = (a12 − y

12 )2.

6. EXERCICIOS 234

iv) a inclinacao da curva no ponto (a4, a4) e −1.

v) sempre o grafico y = y(x) tem concavidade para cima.

Exercıcio 6.10. Se alguem pede para tracarmos qualitativamente o grafico de y =x6 − 6x4 + 9x2 pode parecer muito difıcil.

Mas se notamos que y = x6 − 6x4 + 9x2 = (x3 − 3x)2 entao o que aprendemos naprova da Afirmacao 2.1 torna a tarefa facil, desde que saibamos o de y = x3 − 3x.

CAPıTULO 17

Taxas relacionadas

Uma utilidade da regra da derivada da composta e a de permitir estabelecer demodo quantitativamente exato como a variacao de uma grandeza afeta a variacao deoutra.

1. Como varia um angulo

Vou considerar primeiro uma interessante aplicacao da derivada do arcotangente,que vimos no Capıtulo anterior.

Um objeto tem posicao P (t) = (x(t), y(t)) no plano em cada instante t. Ambascoordenadas podem mudar com o tempo e suas velocidades em cada instante - suasderivadas - sao denotadas x′(t) e y′(t) (que suponho existem).

Na origem alguem observa o objeto com uma camera e o angulo anti-horario que acamera faz com o eixo dos x sera denotado θ(t). Que suponho e uma funcao derivavelde t.

Como mostra a figura, onde o vetor em preto da a posicao em cada instante e ovetor em vermelho indica a velocidade em cada instante:

A questao e: como muda a camera quando o objeto muda de posicao ? Ou seja,como x′(t) e y′(t) e a posicao do objeto em cada instante afetam θ′(t) ?

Supondo para simplificar que

x(t) > 0, y(y) ≥ 0 e 0 ≤ θ(t) <π

2∀t,

entao:

θ(t) = arctan(y(t)

x(t)).

Derivo em t, pela regra da composta:

θ′(t) = arctan′(y(t)

x(t)) =

1

1 + ( y(t)x(t)

)2· (y(t)x(t)

)′(t) =

235

2. COMO VARIA UMA DISTANCIA 236

=y′(t) · x(t)− y(t) · x′(t)

x(t)2 + y(t)2.

Essa formula da varias informacoes, que servem para resolver varios problemaspraticos:

• se o objeto se move apenas verticalmente, entao x ≡ x > 0, x′(t) ≡ 0 equando esta numa altura y(t) num instante t:

θ′(t) =y′(t) · xx2 + y(t)2

,

o que se simplifica ainda mais quando y(t) = 0 para:

θ′(t) =y′(t)

x.

• se o objeto se move apenas horizontalmente, entao y ≡ y ≥ 0, y′(t) ≡ 0 equando esta numa posicao x(t) num instante t:

θ′(t) =−y · x′(t)x(t)2 + y2

.

• quando o objeto se move radialmente temos:

y′(t)

x′(t)=y(t)

x(t)

e entao:

θ′(t) = 0.

• quando objeto se move num cırculo de raio r > 0 centrado na origem entao:

θ′(t) =y′(t) · x(t)− y(t) · x′(t)

r2.

Ha varios modos de descrever esse movimento, por exemplo com:

(x(t), y(t)) = (r · cos(k · t) , r · sin(k · t)), k ∈ R

pois claramente x2(t)+y2(t) ≡ r2. Entao nesse caso teremos, usando de novoa regra da derivada da composta:

θ′(t) =y′(t) · x(t)− y(t) · x′(t)

r2= k, ∀t

2. Como varia uma distancia

Imagine dois objetos cujas posicoes P1 = (x1(t), y1(t)) e P2 = (x2(t), y2(t)) variamao longo de segmentos de retas c1 e c2 que se encontram em angulo α (constante)num ponto I, como na figura a seguir:

CAPITULO 17. TAXAS RELACIONADAS 237

α

P

P2

1

I

c

d

c 1

2

A questao e: como variam as distancias relativas umas as outras ?Denoto d(t) a distancia entre P1 e P2. Temos pela lei dos cossenos (Afirmacao

3.1, na proxima Secao):

d2(t) = c21(t) + c22(t)− c1(t) · c2(t) cos(α).Note que se α = π

2(angulo reto) o tamanho d(t) e o que se espera por Pitagoras. Se

0 < α < π2(angulo agudo) entao d(t) fica menor que o que se espera por Pitagoras,

mas se π2< α < π (angulo obtuso) entao d(t) fica maior que o que se espera por

Pitagoras.Entao:

2 · d(t) · d′(t) = 2 · c1(t) · c′1(t) + 2 · c2(t) · c′2(t)− [c′1(t) · c2(t) + c1(t) · c′2(t)] · cos(α),ou seja:

d′(t) =c1(t) · c′1(t) + c2(t) · c′2(t)− cos(α)

2· [c′1(t) · c2(t) + c1(t) · c′2(t)]

d(t).

Essa formula se presta para resolver varios problemas praticos, mesmo em casosbem particulares:

• Se

c2(t) ≡ C e α =π

2.

Entao c′2(t) ≡ 0 e cos(α) = 0 e obtemos da expressao acima:

2 · d(t) · d′(t) = 2 · c1(t) · c′1(t),ou seja,

d′(t) =c1(t)

d(t)· c′1(t).

• quando uma escada desliza ao longo de uma parede entao d(t) ≡ d > 0 e otamanho da escada e α = π

2. Entao a expressao acima vira:

0 = c1(t) · c′1(t) + c2(t) · c′2(t)que diz como o aumento/diminuicao da posicao de um extremo repercute nooutro extremo da escada.

3. LEI DOS COSSENOS E PRODUTO ESCALAR DE VETORES 238

3. Lei dos cossenos e produto escalar de vetores

Falta explicar de onde surge a:

Afirmacao 3.1. (Lei dos cossenos)Considere um triangulo △ABC com angulo α em A.Entao

BC2 = AB2 + AC2 − 2 · AB · AC · cos(α).Demonstracao.

Como para angulo reto a formula e o Pitagoras, o correto seria considerar angulosagudos e obtusos. Por brevidade considero apenas o caso de angulo agudo α e deixoo caso de obtuso como exercıcio para o leitor.

Escolho H no segmento AC tal que BH seja ortogonal a AC em H , como mostraa figura:

αA

B

HC

Entao Pitagoras se aplica em dois triangulos retangulos:

AB2 = BH2 + AH2 e BC2 = BH2 + CH2.

De onde:

BC2 − AB2 = CH2 −AH2.

Mas

CH = CA−AH

e portanto:

BC2 − AB2 = (CA2 − 2 · CA · AH + AH2)−AH2 = CA2 − 2 · CA · AH,ou seja:

BC2 = AB2 + AC2 − 2 · AC · AH.Para terminar note que:

AH = AB · cos(α).�

A lei dos cossenos embasa as propriedades do produto escalar de vetores.

Definicao 3.1. Dados vetores v1 = (x1, y1) e v2 = (x2, y2) defino seu produto escalarcomo:

v1 · v2 = x1 · x2 + y1 · y2.


Observacao:Quando usar · entre vetores se trata desse produto. Mas. quando fizer, para

λ ∈ R, o produto λ · v trata-se entao de multiplicar cada coordenada de v por λ.

Afirmacao 3.2.i):

v1 · v2 = v2 · v1, v1 · v1 = ||v1||2, e v1 · (v2 + v3) = v1 · v2 + v1 · v3.ii) Dados vetores v1 = (x1, y1) e v2 = (x2, y2), entao

v1 · v2 = ||v1|| · ||v2|| · cos(θ)onde θ e o angulo orientado de v1 para v2 (como cos(−θ) = cos(θ) da o mesmo queconsiderar o angulo de v2 para v1)

iii) Se ||v2|| = 1 entao(v1 · v2) · v2

e o vetor que corresponde a projecao ortogonal de v1 no eixo orientado gerado por v2.

Demonstracao.

O item i) e imediato das definicoes de modulo, produto escalar e de soma devetores.

De ii):O item i) aplicado ao vetor diferenca v1 − v2:

||v1 − v2||2 = (v1 − v2) · (v1 − v2) = v1 · v1 + v2 · v2 − 2 · v1 · v2 == ||v1||2 + ||v2||2 − 2 · v1 · v2,

ou seja:v1 · v2 = ||v1 − v2||2 − ||v1||2 − ||v2||2.

Mas como mostra a figura a seguir posso aplicar a Lei dos cossenos para ter omodulo de v1 − v2:

v1 − v2

v1

v2

θ

||v1 − v2||2 = ||v1||2 + ||v2||2 − 2 · ||v1|| cot ||v2|| · cos(θ),de onde sai ii).

De iii):O item ii) aplicado a um vetor unitario v2 da

v1 · v2 = ||v1|| · cos(θ).

3. LEI DOS COSSENOS E PRODUTO ESCALAR DE VETORES 240

Entao

(v1 · v2) · v2esta no eixo gerado por v2 e tem modulo:

||v1|| · | cos(θ)|.

Para comprovar que (v1 · v2) · v2 e realmente a projecao ortogonal de v1 sobre o eixogerado por v2, podemos fazer uma conta:

v2 · [v1 − (v1 · v2) · v2] = v2 · v1 − (v1 · v2) · v2 · v2 = v2 · v1 − v1 · v2 = 0

o que diz pelo item ii) que v2 e v1 − (v1 · v2) · v2 sao ortogonais.Ilustro a seguir:

v1

θ

(v1.v2) . v2v1 − (v1.v2).v2

v2

�

3.1. Uma interpretacao vetorial da Secao 1. A formula

θ′(t) =y′(t) · x(t)− y(t) · x′(t)

x(t)2 + y(t)2

que demos na Secao 1 deste Capıtulo admite uma interpretacao vetorial importante,que sera retomada na Secao 5 do Capıtulo 39.

Considero o vetor velocidade V := (x′(t), y′(t)) e o vetor unitario

N :=(−y(t), x(t))

√

x(t)2 + y(t)2,

que e ortogonal ao vetor posicao P := (x(t), y(t)). O modulo do vetor posicao e

||P || :=√

x(t)2 + y(t)2.O produto escalar de vetores:

V ·N = (x′(t), y′(t)) · (−y(t), x(t))√

x(t)2 + y(t)2:=

y′(t) · x(t)− y(t) · x′(t)√

x(t)2 + y(t)2

da a projecao do vetor V := (x′(t), y′(t)) na direcao do vetor unitario N (item iii) daAfirmacao 3.2). Veja a figura a seguir:


V

V

P

N

E podemos entao escrever na linguagem vetorial:

θ′(t) =1

||P || · V ·N =

=y′(t) · x(t)− y(t) · x′(t)

x(t)2 + y(t)2.

4. Exercıcios

Exercıcio 4.1. Considere um paralepıpedo reto (ou seja, um objeto com a forma deum tijolo macico), cuja largura x(t), profundidade 2x(t) e altura y(t) mudam com otempo t.

Suponha que, em um instante t0, sua altura e 1 cm e aumenta na taxa de 7 cm/se sua largura e 4 cm e decresce na taxa de −1 cm/s.

Qual a taxa de variacao do Volume no instante t0 ? O Volume esta aumentandoou diminuindo em t0 ?

CAPıTULO 18

O Metodo de aproximacao de Newton

No Exercıcio 9.11 do Capıtulo 6 vimos que o polinomio

y = x5 − 2x4 + x3 + x2 + 1

tem uma raız no intervalo [−1, 1]. Mas para isso de usa o Teorema do Valor Inter-mediario, que nao diz quanto e a raız, apenas que ela existe.

Imagine quantas vezes Newton se viu defrontado com equacoes como essa, alemde outras nao-polinomiais,1 por exemplo:

cos(x) + x · sin(x)− 1 = 0,

e certamente ele precisava ter informacao sobre essas Raızes.A ideia do metodo e bastante geometrica. Se queremos determinar uma raız de

f(x) = 0, trata-se de:

• escolher um ponto no eixo x, chamado de x0, tal que f′(x0) 6= 0.

• determinar a reta tangente r0 ao grafico de y = f(x) em (x0, f(x0))• intersectar r0 com o eixo dos x, chamando essa interseccao de x1• recomecar o processo a partir do ponto obtido.

Afirmacao 0.1. O x1 obtido pelo metodo e da forma:

x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0).

Demonstracao.

A reta tangente r0 ao grafico de y = f(x) em (x0, f(x0)) tem equacao:

y = f ′(x0) · x+ (f(x0)− f ′(x0) · x0).Intersecta-la com y = 0 da:

x =f ′(x0) · x0 − f(x0)

f ′(x0)=

= x0 −f(x0)

f ′(x0).

�

1Como salienta S. Chandrasekhar na pagina 142 do seu livro Newton’s Principia for the common

reader, Oxford University Press , 1995.

243

244

Se a tangente num ponto (x, f(x)) do grafico for uma reta horizontal entaoterıamos que resolver a equacao:

f(x) = f(x),

que e tao difıl como o problema original em geral. Ou seja, o metodo pode parar sef ′(x) = 0.

Exemplos:

• Para a raız dey = x5 − 2x4 + x3 + x2 + 1

em [−1, 1] comeco comx0 := 1

e obtenhox1 = 0.

Mas f ′(0) = 0 e paro.Nova tentativa, partindo agora de

x0 := 1/2,

obtenho

x1 := −0.7058823529, x2 := −0.8206076715,

x3 := −0.7982163995, x4 := −0.7970632182, x5 := −0.7970602776,

e a partir daı a calculadora nao muda mais o resultado. Entao essa e aaproximacao buscada da raız.

A Figura a seguir indica como e o grafico do polinomio.

1

-1

-2

2

0

x

-0,5-1 10 0,5

• Agora quero uma raız de cos(x)+x·sin(x)−1 = 0 no intervalo [0, π] e comecocom x0 = 3.14.

Entao:

x1 := 2.504649576, x2 := 2.348555437,

x3 := 2.331341479, x4 := 2.331122406, x5 := 2.331122370

a partir daı a calculadora passa desse valor para

x6 := 2.331122371

CAPITULO 18. O METODO DE APROXIMACAO DE NEWTON 245

e depois volta para o x5, sucessivamente.

0,5

0

-0,5

-1

-1,5

-2

x

32,521,510 0,5

y = cos(x) + x · sin(x)− 1, x ∈ [0, π].

CAPıTULO 19

O Princıpio de Fermat e a refracao da luz

1. Princıpio de Fermat

Suponhamos dois pontos P1 = (x1, y1) e P2 = (x2, y2) com coordenadas y > 0.

O problema e: Encontrar o ponto P = (x, 0) no eixo dos x que minimiza a somadas distancias PP1 + PP2.

Nao e uma perda de generalidade muito grande supor que P1 = (0, 1) (bastaescolher sistema de coordenadas adequado).

Chamemos o angulo 1) formado em P pelo eixo dos x e a reta P P1 de angulo deincidencia; e de angulo refletido o angulo formado pelo eixo dos x e a reta P P2.

Afirmacao 1.1. (Princıpio de Fermat)

• i) o ponto no eixo dos x que minimiza a soma de distancias a P1 := (0, 1) ea P2 := (x2, y2), com y

2> 0, e

P = (x, 0) = (x2

1 + y2

, 0).

• ii) os angulos de incidencia e refletido formados nesse P sao iguais.

3

2

0

2,5

1,5

x

2,521,510 0,5

0,5

1

3

Figura: Tres exemplos do princıpio de Fermat, com P1 = (0, 1)P2: (3, 1), (3, 2), (3, 3) e P : (3

2, 0), (1, 0), (3

4, 0) respectivamente.

Demonstracao.

Do Item i):Queremos encontrar o ponto P = (x, 0) no eixo dos x que minimiza a funcao:

d(x) :=√

(x− 0)2 + (0− 1)2 +√

(x− x2)2 + (0− y

2)2 =

1convexo, ou seja, 0 ≤ θ ≤ π, e nao-orientado, ou seja, nao distingo entre angulos horarios eanti-horarios.

247

1. PRINCIPIO DE FERMAT 248

=√x2 + 1 +

√

(x− x2)2 + y2

2.

Queremos usar o criterio da segunda derivada (Afirmacao 2.1 do Capıtulo 10)para determinar o mınimo de d(x).

Para isso precisamos calcular d ′(x), o que ainda nao sabemos fazer.Entao, adiantando o que aprenderemos sobre derivadas de funcoes compostas e

da raız quadrada, Afirmo que:

d ′(x) =x√x2 + 1

+x− x2

√

(x− x2)2 + y2

2

=

=x ·

√

(x− x2)2 + y2

2+ (x− x2) ·

√x2 + 1

√x2 + 1 ·

√

(x− x2)2 + y2

2

,

e claramente:

d ′(x) = 0 ⇔ x ·√

(x− x2)2 + y2

2+ (x− x2) ·

√x2 + 1 = 0.

Ao inves de resolver diretamente:

x ·√

(x− x2)2 + y2

2= (x2 − x) ·

√x2 + 1,

elevo ambos os lados ao quadrado, obtendo:

x2 · [(x− x2)2 + y2

2] = (x2 − x)2 · (x2 + 1),

o que equivale, apos simplificacoes, a resolver:

(y22− 1) x2 + 2x2 x− x22 = 0.

Aqui ha dois casos a considerar (dos quais daremos o significado geometrico a seguir):Caso y2

2− 1 = 0, ou seja, y

2= ±1, entao a solucao buscada e

P = (x, 0) = (x22, 0).

Caso y22− 1 6= 0, entao temos uma equacao quadratica em x, cujas solucoes sao:

x21 + y

2

ex2

1− y2

.

Note que o ponto Q := (x2

1−y2

, 0) e colinear com (0, 1) e (x2, y2) (basta calcular os

coeficientes angulares das retas por dois deles). Entao essa solucao nao nos interessa.Porem a solucao

P = (x, 0) = (x2

1 + y2

, 0)

e interessante. Note que se y2 = 1 esse ponto se reduz a P = (x22, 0), ou seja, coincide

com a solucao obtida no caso y22− 1 = 0.

Temos d ′( x21+y

2

) = 0 e agora precisarıamos ver que d ′′( x21+y

2

) > 0, para termos um

mınimo de d(x).A segunda derivada d ′′(x) existe, como veremos nos Capıtulos seguintes sobre

regras de derivacao.

CAPITULO 19. O PRINCIPIO DE FERMAT E A REFRACAO DA LUZ 249

O calculo de d ′′(x) e tedioso e ainda mais tedioso2 e obter:

d ′′(x2

1 + y2

) =(1 + y

2)4

y2

√

(x22 + 1 + 2y2+ y2

2)3,

e vemos que d ′′(x2

1+y2

) e positivo se y2> 0.

Esta provado que o ponto minimiza a soma de distancias.

Do Item ii):Calculo o coeficiente angular da reta P P1:

a :=1− 0

0− x21+y

2

= −(1 + y

2)

x2.

Agora calculo o coeficiente angular da reta P P2:

a′ :=y2− 0

x2 − x21+y

2

=1 + y

2

x2,

logo a′ = −a, ou seja, formam o mesmo angulo (nao-orientado) com a reta vertical.Portanto tambem ha igualdade de angulos formados em P com a horizontal.

�

2. Refracao, distancias ponderadas e Lei de Snell

Na Secao anterior buscamos minimizar a soma das distancias

PP1 + PP2,

onde P1, P2 estao no semi-plano superior e P no eixo dos xAgora imaginemos um problema um pouco mais geral.

Suponha que no semiplano superior nos movimentamos com uma velocidade con-stante v1 enquanto no semiplano inferir nos movimentamos com uma velocidade con-stante v2. E que queremos sair de P1 no semiplano superior, atingir P no eixo dos xe daı, no semiplano-inferior, ir ate P2, fazendo isso no menor tempo possıvel. Comoescolher P ?

Esse problema esta ainda relacionado com o princıpio de Fermat, que em geral naoe simplesmente de minimar distancia entre dois pontos, mas de minimizar o tempogasto para ir de um a outro ponto.

Na pratica e o problema do salva-vidas, que, estando em P1, tem correr pelaareia (com velocidade v1) e escolher o ponto P na praia de onde sair nadando (comvelocidade v2 < v1) ate chegar em algum banhista P2. Veja Exercıcio 3.1 abaixo.

2E util para essas contas tediosas usar algum programa como o Maple.

2. REFRACAO, DISTANCIAS PONDERADAS E LEI DE SNELL 250

Claro que se v2v1

= 1, a solucao e seguir a reta que liga P1 a P2. E se v2v1<< 1,

o ponto P ficara cada vez mais proximo da projecao vertical de P2 no eixo dos x.Porem a resposta nao e tao clara se v2

v1∼ 1.

Como distancia e o mesmo que velocidade multiplicada pelo tempo, podemospensar que no semiplano superior e inferior as medidas de distancia sao diferentes.Como se tivessemos diferentes reguas para medir distancia: um certo trecho que meded no semiplano superior (onde sou mais rapido) dever ser considerado como medindok · d > d no semiplano-inferior, onde sou mais lento.

Podemos entao reformular o problema do seguinte modo:Como minimizar a soma das distancias ponderadas

d1,k(x) := PP1 + k · PP2 ?

(onde P1, P2 estao em semi-planos diferentes e P no eixo dos x)Isso e o que acontece quando a luz passa de um meio para outro. Por exemplo, a

razao entre velocidade da luz no ar (v1) e na agua (v2) e da ordem de

v2v1

=1

1.33,

ou seja, devemos usar a soma de distancias ponderadas3:

d1,1.33(x) := PP1 + 1.33 · PP2,

(onde P1 esta no ar e P2 na agua).Suponha que P1 = (0, 1) e que por exemplo

P2 = (x2,−1), x2 > 0.

Imitando o que fizemos na Secao anterior, vamos querer derivar d1,k(x) e saber onded1,k

′(x) = 0.Agora, derivando obtemos:

d1,k′(x) =

x√x2 + 1

+ k(x− x2)

√

(x− x2)2 + 1

=

=x ·

√

(x− x2)2 + 1 + k

√x2 + 1 · (x− x2)√

x2 + 1 ·√

(x− x2)2 + 1

.

Como

d1,k′′(x) = (

x√x2 + 1

)′ + (k(x− x2)

√

(x− x2)2 + 1

)′ =

1

(x2 + 1)3/2+

k

(x22 − 2x2x+ x2 + 1)3/2> 0,

a solucao de d1,k′(x) = 0 sera um ponto de mınimo de d1,k.

Mas

d1,k′(x) = 0 ⇔ x ·

√

(x− x2)2 + 1 = k

√x2 + 1 · (x2 − x)

3O chamado optical path length- OPL e definido como o produto da distancia usual pelo ındicede refracao - suposto constante - do meio onde a luz se propaga. Entao no nosso caso d1,1.33(x) =OPL( ar ) + OPL( agua )


e elevando ao quadrado ambos os lados, obtenho:

x2 ( (x− x2)2 + 1 ) = k2 (x2 + 1) (x2 − x)2,

ou seja, temos que resolver uma equacao de grau 4:

(1− k2) x4 + (−2x2 + 2k2x2) x3 + (x22 + 1− k2x22 − k2) x2 + 2k2x2 x− k2x22 = 0.

Claro que se k = 1 (ou seja, d1,1(x) e a soma de distancias usuais), a equacaoacima vira uma equacao quadratica:

2x2 x− x2 = 0 ⇔ x =x22.

Logo P = (x22, 0) esta na reta ligando P1 e P2.

Mas se k 6= 1 temos uma verdadeira equacao de grau 4.Resovi fazer tres exemplos, com o k = 1.33 (ındice de refracao da agua) onde

sempre P1 = (0, 1), mas P2 assume tres valores

(2,−1), (3,−1), (4,−1).

Nesses tres casos o Maple resolve as equacoes de grau 4 acima4, dando em cadacaso um par de solucoes complexas, uma solucao real negativa e uma real positiva.

Listo as solucoes reais positivas de cada um dos tres casos:

se P2 = (2,−1), P = (1.268409214, 0),

se P2 = (3,−1), P = (2.078744326, 0),

se P2 = (4,−1), P = (2.983414222, 0).

A Figura a seguir representa as linhas quebradas ligando P1 a P e daı passandopor P2, em cada um dos tres casos, com k = 1.33:

1

-1

0

-2

x

1 40 32

-3

A figura a seguir da os graficos das d1,1.33 para

P2 = (2,−1), (3,−1), (4,−1).

4Pois existe a formula de Tartaglia para equacoes de grau 4.

2. REFRACAO, DISTANCIAS PONDERADAS E LEI DE SNELL 252

7

6

4

6,5

5,5

3,5

x

4310

4,5

5

2

Graficos de y = d1,1.33(x) para tres escolhas de P2

Voltando ao que obtivemos como derivada:

d1,k′(x) = 0 ⇔ x ·

√

(x− x2)2 + 1 = k

√x2 + 1 · (x2 − x),

note que essa ultima expressao equivale a:

x√x2 + 1

= k(x2 − x)

√

(x− x2)2 + 1

.

Agora note que

sin(α) =x√x2 + 1

onde α e o angulo em P = (x, 0) do triangulo

∆P P1 (x, 1).

E veja que

sin(β) =(x2 − x)

√

(x− x2)2 + 1

onde β e o angulo em P = (x, 0) do triangulo

∆P P2 (x,−1).

Essa e a lei de refracao de Snell :

sin(α) = k · sin(β).Para uso posterior, podemos reescrever a lei de Snell assim:

sin(α) =v1v2,

ou sejasin(α)

v1=

sin(β)

v2.


Para terminar, e natural nos perguntarmos que acontece com a trajetoria da luzao viajar por um meio com ındice de refracao variavel. Qual o formato da trajetoriada luz, qual a sua equacao ?

A resposta a esse tipo de pergunta depende de mais teoria matematica, por ex-emplo do Calculo de Variacoes.

3. Exercıcios

Exercıcio 3.1. (O Problema do salva-vidas)

Estando no ponto (8, 0), na areia da praia, o salva-vidas tem que sair correndopara salvar alguem que se afoga no ponto B = (0, 5), dentro do mar. Veja a Figura.

Suponha que a velocidade do salva-vidas na praia e v1 m/s e na agua e v2 < v1,com razao:

k :=v2v1< 1.

A questao e a seguinte: para que ele chegue o mais rapido possıvel, ate que ponto(x, 0) com x ∈ [0, 8] ele deve correr pela praia, para daı entao ir em linha reta nadandoate B ?

Na solucao a coordenada x do ponto buscado sera funcao de k, ou seja, x(k).Tambem mostre que:i) se k verifica k2 · (k2 − 1) < 0 entao sair ja de (8, 0) nadando nao e a melhor

estrategia para o salva-vidas.ii) mostre que limk→0 x(k) = 0. Ou seja, para valores de k muito pequenos o

melhor e correr pela areia ate quase a origem e dali sair nadando em angulo reto.iii) Para um salva-vidas que corresse como Usain Bolt e nadasse como Cesar Cielo

terıamos k ∼ 0.22. Mas se nadasse como Cielo e corresse como uma pessoa normal,entao5 k ∼ 0.55.

Confirme que nesses dois casos

x(k) = x(0.22) ∼ 1.12 e x(k) = x(0.55) ∼ 3.34.

5Esses valores de k foram calculados pelo estudante Rafael Kuch, a quem agradeco

CAPıTULO 20

As Conicas e suas propriedades refletivas

1. Distancia ate uma parabola

Comeco este Capıtulo considerando o seguinte problema: dada uma parabolay = C · x2, com C > 0 fixado, e dado um ponto (0, a) no eixo positivo dos y, qual adistancia mınima entre ele e os pontos do grafico da parabola ? Ja o caso C = 1 einteressante:

Afirmacao 1.1. Seja o ponto (0, a) do eixo dos y com a > 0 e seja da(x) a distanciaentre esse ponto e os pontos (x, x2) do grafico da parabola y = x2.

• i) se a > 12entao da(x) tem um maximo local em x = 0 e dois pontos de

mınimo absoluto em x = ±√2a−1√2

.

• ii) se a ≤ 12entao da(x) tem apenas um ponto de mınimo absoluto, em x = 0.

Ademais, se a = 14entao d 1

4(x) = x2 + 1

4.

A Figura a seguir ilustra a Afirmacao: em vermelho y = d 34(x), em verde y =

d 12(x), em amarelo y = d 1

3(x), em azul y = d 1

4(x) e em lilas y = d 1

9(x).

1,4

1

0,2

1,2

0,8

x

1-1

0,4

0,6

-0,5 0 0,5

Veremos na proxima Secao 2, Definicao 2.1, que

(0, a) = (0,1

4)

e o foco da parabola y = x2 e que y = −14e a sua reta diretriz.

Demonstracao.

255

1. DISTANCIA ATE UMA PARABOLA 256

Temos

da(x) :=√

(x− 0)2 + (x2 − a)2 =√

x2 + (x2 − a)2,

cujo domınio sao todos os Reais.Entao maximos/mınimos sao detectados por

d′a(x) =x · (2x2 + 1− 2a)√

x2 + (x2 − a)2= 0.

Ou seja, d′a(x) = 0 em

• i) x = 0 e em mais dois pontos x = ±√2a−1√2

, desde que 2a− 1 > 0

• ii) apenas em x = 0, se 2a− 1 ≤ 0.

Podemos usar o Criterio da primeira derivada para detectar maximos/mınimoslocais. Como claramente

limx→+∞

da(x) = limx→−∞

da(x) +∞

os mınimos locais serao tambem globais.No caso i),

d′a(x) < 0 se 0 < x <

√2a− 1√

2e

d′a(x) > 0 se −√2a− 1√

2< x < 0.

o que diz que x = 0 e ponto de maximo local de da(x).Ainda no caso i),

d′a(x) > 0 se

√2a− 1√

2< x

e

d′a(x) < 0 se x < −√2a− 1√

2,

o que diz que x = ±√2a−1√2

sao pontos de mınimo local da da(x).

Ja no caso ii), temos 2x2 + 1− 2a ≥ 0 e o sinal de d′a(x) e o mesmo sinal de x:

d′a(x) > 0 se 0 < x

e

d′a(x) < 0 se x < 0,

o que diz que x = 0 e ponto de mınimo local.�

CAPITULO 20. AS CONICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 257

2. Definicao unificada das conicas

No colegio se insiste em apresentar cada conica separadamente, sem que se deuma definicao unificada.

A Definicao 2.1 a seguir englobara todas as conicas, menos uma, o Cırculo. Masveremos em seguida que a Definicao 2.1 compreende a Definicao 2.3, a qual se estendenaturalmente ao Cırculo.

Lembre que a distancia de um ponto P a uma reta r, denotada Pr a seguir, e adistancia do ponto P ao pe da perpendicular a r tracada desde P .

Definicao 2.1. Fixe uma reta r e um ponto F /∈ r. Uma conica e o lugar geometricono plano dos pontos P cuja distancia PF esta numa razao constante para a distanciaP r. Ou seja:

PF

P r= e, e > 0.

A grandeza e sera chamada de excentricidade da conica, F , de foco e r, de diretriz.

Afirmacao 2.1. Considere uma conica de foco F , diretriz r e excentricidade e. Entaoexiste um sistema cartesiano de coordenadas em que

• a origem (0, 0) pertence a conica,• a diretriz vira a reta vertical x = −ρ, com ρ > 0,• o foco e F = (eρ, 0)• os pontos P = (x, y) da conica satisfazem a equacao:

(1− e2) · x2 − 2e(1 + e)ρ · x+ y2 = 0.

Ademais, se e = 1 a equacao vira:

x =1

4ρ· y2

assim como o foco vira F = (ρ, 0) e a diretriz, x = −ρ.Se e < 1 , a equacao geral vira

x2

a2− 2

a· x+ y2

b2= 0,

onde

a :=eρ

1− e> 0 e b :=

√

a2 · (1− e2) > 0.

Se e > 1, a equacao geral vira:

x2

a2+

2

a· x− y2

b2= 0,

onde

a :=eρ

e− 1> 0 e b :=

√

a2(e2 − 1) > 0.

2. DEFINICAO UNIFICADA DAS CONICAS 258

Definicao 2.2. A conica

x =1

4ρ· y2,

do caso e = 1 da Afirmacao 2.1, e chamada parabola.

• Ela tem obvia simetria no eixo dos y e o eixo x e chamado de eixo da parabola.• Um reta vertical pelo foco F = (ρ, 0) intersecta a parabola em dois pontos(ρ,±2ρ). A distancia de F a cada um deles, que e 2ρ, e chamada semi-latusrectum1 da parabola.

• Num novo sistema cartesiano (x, y) em que o vertice P0 esta em (x, y) = (h, k)e o foco esta na reta y = k a parabola

y2 = 4ρx

se escreve como:(y − k)2 = 4ρ(x− h)

que expandido da:

y2 − 2ky − 4ρx+ k2 + 4h = a1y2 + a2y + a3x+ a4 = 0.

Em Exercıcios pode se pedir para, a partir de uma equacao do tipo:

a1y2 + a2y + a3x+ a4 = 0

determinar a parabola, com o vertice, o foco e a diretriz.Tambem o papel de x e y pode estar trocado.

• A pista para chegar na parabola esta em que so ha grau 2 em uma dascoordenas.

Para entendermos melhor as conicas nos casos e 6= 1:

Afirmacao 2.2. No caso 0 < e < 1 da Afirmacao 2.1, existe um novo sistema decoordenadas (x, y) dado por

x = x− a e y = y

em que a equacao vira:x

a2+y

b2= 1

e no qual as coordenadas do foco sao

F = (−√a2 − b2 , 0),

para

a :=eρ

1− e> 0 e b :=

√

a2 · (1− e2) > 0.

Ademais2:

e =

√a2 − b2

a.

1semi largura ortogonal2Na apostila c :=

√a2 − b2 para elipses


No caso 1 < e da Afirmacao 2.1, existe um novo sistema de coordenadas (x, y)dado por

x = x− a e y = y

em que a equacao vira:x

a2− y

b2= 1

e no qual as coordenadas do foco sao

F = (√a2 + b2 , 0),

onde

a :=eρ

e− 1> 0 e b :=

√

a2(e2 − 1) > 0.

Ademais3:

e =

√a2 + b2

a.

Definicao 2.3. A conica do caso 0 < e < 1 da Afirmacao 2.2 e chamada elipse.Um reta vertical por F1 = (−

√a2 − b2, 0) intersecta a elipse em dois pontos

(−√a2 − b2,± b2

a). A distancia de F1 a cada um deles, que e b2

a, e o semi-latus rectum

da elipse.

Note que:

• A elipse tem simetria tanto no eixo dos x como no eixo dos y. Daı se obtemque ela poderia ser definida tambem com base num segundo foco F2 :=(√a2 − b2 , 0) como o foi com base em F1 := F = (−

√a2 − b2, 0). Havera

uma segunda diretriz, cuja distancia ao foco F2 e a mesma da primeira diretriza F1.

ρ ρa a

b

b

F 1

r 1 r 2

F 2

• Se na equacaox2

a2+y2

b2= 1

3Na apostila, c :=√a2 + b2 para hiperboles


fazemos a = b entao os dois focos coincidem em (0, 0) e temos o Cırculo deraio a.

• O raio a = a2

ado cırculo e um caso particular de semi-latus rectum.

• Num novo sistema cartesiano (x, y) em que o vertice P0 esta em (x, y) = (h, k)e os focos estao na reta y = k, a elipse

x2

a2+y2

b2= 1

se escreve como:(x− h)2

a2+

(y − k)2

b2= 1

que expandido da uma expressao do tipo:

a1x2 + a2x+ a3y + a4y

2 + a5 = 0.

Em Exercıcios pode se pedir para, a partir de uma equacao de elipse do tipo

a1x2 + a2x+ a3y + a4y

2 + a5 = 0

determinar focos, eixos e a excentricidade.Tambem o papel de x e y pode estar trocado.

• A pista para chegar na elipse na forma (x−h)2a2

+ (y−k)2b2

= 1 esta em completaros quadrados, ou seja, agrupar os termos em x separadamente dos em y eforcar a parecer binomios (x− h)2 e (y − k)2

Definicao 2.4. A conica do caso 1 < e da Afirmacao 2.2 e chamada hiperbole e temsimetria4 no eixo x e no eixo y.

Um reta vertical por F1 = (√a2 + b2, 0) intersecta a elipse em dois pontos

(√a2 + b2,±b

2

a).

A distancia de F1 a cada um deles, que e b2

a, e o semi-latus rectum da hiperbole.

Demonstracao. (da Afirmacao 2.1)Seja entao R ∈ r o pe da perpendicular a r tracada desde F . Considere o segmento

de reta RF .Afirmo que existe apenas um ponto5 P0 no segmento RF tal que

P0F = e · P0 r.

De fato, se identificamos a reta RF com os Reais, e se usamos a coordenada 0para R e f > 0 para F , queremos resolver a equacao:

f − x = e · (x− 0) = e · x,o que da:

(e + 1) · x = f,

cuja unica solucao e x0 =fe+1

. Noto que 0 < x0 < f , pois e > 0.

4Daı se obtem que poderia ser definida tambem com base num segundo foco F2 := (−√a2 + b2, 0)

como o foi com base em F1 := F = (√a2 + b2, 0).

5Sera chamado de vertice


Escolho como sistema cartesiano de coordenadas (x, y) aquele que tem origem emP0, eixo horizontal P0F (orientado de R para F ) e eixo vertical a perpendicular aP0F por P0.

Nesse sistema, P0 = (0, 0) e se ρ := P0r > 0 a diretriz e

x = −ρ e F = (eρ, 0).

Ademais, pela sua Definicao, qualquer ponto P = (x, y) da conica verifica:√

(x− eρ)2 + y2 = e ·√

(x+ ρ)2,

pois PF =√

(x− eρ)2 + y2 e Pr =√

(x+ ρ)2. Portanto os pontos da conica satis-fazem:

(x− eρ)2 + y2 = e2 · (x+ ρ)2,

ou seja, apos simplificar:

(1− e2) · x2 − 2e(1 + e)ρ · x+ y2 = 0.

Caso e = 1:Nesse caso a equacao acima vira:

4ρ · x = y2,

com F = (ρ, 0) e a diretriz vira x = −ρ.

Caso 0 < e < 1:Nesse caso podemos dividir a equacao

(1− e2) · x2 − 2e(1 + e)ρ · x+ y2 = 0

por 1− e2 obtendo:

x2 − 2eρ

1− e· x+ y2

1− e2= 0.

Introduzo uma constante a e depois uma b pela regra:

a :=eρ

1− ee b :=

√

a2 · (1− e2).

Ja e bom notar que:0 < b < a, pois 0 < 1− e2 < 1.

Entao a ultima equacao vira:

x2 − 2ax+a2

b2· y2 = 0

que dividida por a2 da:x2

a2− 2

a· x+ y2

b2= 0.

Caso 1 < e: Nesse caso, analogamente ao que fizemos no Caso anterior, mas com

a :=eρ

e− 1> 0 e b :=

√

a2(e2 − 1) > 0

obtemos a equacao:x2

a2+

2

a· x− y2

b2= 0.


�

Demonstracao. (da Afirmacao 2.2)No caso 0 < e < 1 ja temos a equacao

x2

a2− 2

a· x+ y2

b2= 0

para a conica, onde

a :=eρ

1− e> 0.

Portanto vemos que essa conica intersecta a reta y = 0 em P0 = (0, 0) e em

P1 := (2a, 0).

Considere o ponto medio do segmento P0P1:

C := (a, 0).

Vamos transladar a origem do sistema de coordenadas para C. Para isso esta-belecamos um novo sistema de coordenadas (x, y) onde:

x = x− a e y = y.

Entao a equacao da conica vira:

(x+ a)2

a2− 2

a· (x+ a) +

y2

b2= 0,

ou seja:x2

a2+y2

b2= 1.

O foco F tinha coordenada x dada por eρ e agora, no novo sistema, tera coorde-nada x dada por:

eρ− a = eρ− eρ

1− e= − e2ρ

1− e=

= −√

e4ρ2

1− e= −

√

e2ρ2 − e2ρ2(1− e2)

1− e=

= −√

e2ρ2

(1− e)2− e2ρ2(1− e2)

(1− e)2=

= −√a2 − b2.

Das duas primeiras igualdades acima temos:

eρ− a = −aee do anterior:

e =

√a2 − b2

a.

Ja no caso 1 < e temos a equacao

x2

a2+

2

a· x− y2

b2= 0


para a conica.Portanto essa conica intersecta a reta y = 0 em P0 = (0, 0) e em

P1 := (−2a, 0).

Considere o ponto medio do segmento P0P1:

C := (−a, 0).

ρ ρ

a a

C

r

F

r ’

F ’

Vamos transladar a origem do sistema de coordenadas para C. Para isso usamosum novo sistema de coordenadas (x, y) onde:

x = x+ a e y = y.

Entao a equacao da conica vira:

(x− a)2

a2+

2

a· (x− a)− y2

b2= 0,

ou seja:

x2

a2− y2

b2= 1.

O foco F tinha coordenada x dada por eρ e agora, no novo sistema, tera coorde-nada x dada por:

eρ+ a = eρ+eρ

e− 1=

e2ρ

e− 1=

=

√

e4ρ2

e− 1=

√

e2ρ2 + e2ρ2(e2 − 1)

e− 1=

=

√

e2ρ2

(e− 1)2+e2ρ2(e2 − 1)

(e− 1)2=

=√a2 + b2.


A simetria no eixo x da equacao x2

a2− y2

b2= 1 indica que a hiperbole poderia ser

definida em relacao a um foco F ′ = (−√a2 + b2, 0) e uma diretriz r′, como mostra a

Figura acima.

A relacao e =√a2+b2

ae imediata das definicoes de a e b.

�

Uma observacao final. Como para as elipses

e =

√a2 − b2

a

e para as hiperboles

e =

√a2 + b2

a,

vemos que as expansoes/contracoes dadas por

φ(x, y) = (λ · x, λ · y), λ > 0

nao mudam a excentricidade. A figuras a seguir mostram elipses e hiperboles com amesma excentricidade:

y

2

4

x

0100 5

-4

-2-10 -5


Figura: Elipses de excentricidade igual a e =√9−13

y

2

4

0

-4x

10-10-2

15-5 0-15 5

Figura: Hiperboles de excentricidade igual a e =√9+13

Voltaremos ao estudo das conicas na Secao 7 do Capıtulo 39, onde as descrevere-mos em coordenas polares. Papel especial sera desempenhado pelas elipses.

3. A Parabola e sua propriedade refletiva

A parabola tambem aparecera com destaque mais adiante, na Secao 8 do Capıtulo35, associada a balıstica.

Um dos casos mais simples em que a reta tangente muda de acordo com o pontoescolhido no grafico e o caso das parabolas.

Mesmo assim ja podemos obter algumas informacoes interessantes, como o mostraraoas Secoes seguintes, desde que soubermos calcular essas tangentes.

Afirmacao 3.1. Um ponto P satisfaz a equacao

y = Cx2, C ∈ R

se e somente se P equidista da reta horizontal y = − 14C

e do ponto F = (0, 14C

)(chamado de foco).

Demonstracao.

Para provarmos isso, basta usarmos o caso e = 1 da Afirmacao 2.1, trocando xpor y e fazendo C = 1

4ρ.

Mas tambem podemos fazer uma conta explıcita, como segue.Temos para P = (x, Cx2):

PF =

√

(x− 0)2 + (Cx2 − 1

4C)2 =

=

√

x2 + C2x4 − x2

2+

1

42C2=

3. A PARABOLA E SUA PROPRIEDADE REFLETIVA 266

=

√

C2x4 +x2

2+

1

42C2=

=

√

(Cx2 +1

4C)2

e a distancia de P ate a reta y = − 14C

e dada pelo tamanho

√

(Cx2 +1

4C)2.

Reciprocamente, se P = (x, y) satisfaz

√

x2 + (y − 1

4C)2 =

√

(y +1

4C)2

entao

x2 + (y − 1

4C)2 = (y +

1

4C)2

de onde

x2 + y2 −y

2C+

1

42C2= y2 +

y

2C+

1

42C2,

de onde:

x2 =y

Ce y = Cx2.

�

Considere entao a parabola y = Cx2, com foco F := (0, 14C

) e reta diretriz hori-

zontal y = − 14C

.Dado um ponto P = (x, Cx2) qualquer de seu grafico, denote p sua a projecao

vertical na reta diretriz:

p := (x,− 1

4C).

Afirmacao 3.2.A reta rx que liga os pontos p = (x,− 1

4C) e F = (0, 1

4C) e ortogonal a reta tangente

Tx ao grafico de y = Cx2 em P = (x, Cx2).Ademais, rx e Tx se intersectam emMx := (x

2, 0), que e o ponto medio do segmento

de p e F .Em suma, Tx e a reta mediatriz do segmento ligando p e F .

As Figuras a seguir ilustram a Afirmacao:


4

2

0

-4

-2

x

420-4 -2

Fig: y = x2

4, tangente y = x− 1 em P = (2, 1),

onde F = (0, 1), M = (1, 0) e p = (2,−1).

4

0

-8

2

-2

x

40

-6

-4

-4 2-2

Fig: A Figura de antes e ademais a tangente y = 32x− 9

4

em P = (3, 1), M = (32, 0) e p = (3,−1).

Demonstracao.

Ja sabemos que a reta tangente Tx tem equacao:

y = (2Cx) · x− Cx2.

E a reta rx ligando p e F tem coeficiente angular:

14C

− −14C

0− x=

−1

2Cx,

logo rx e Tx sao ortogonais.Por passar por F = (0, 1

4C) a equacao de rx e:

rx : y =−1

2Cx· x+ 1

4C.

Avaliando ambas as equacoes de retas em Mx = (x2, 0) vemos que Tx e rx contem

Mx = (x2, 0).

3. A PARABOLA E SUA PROPRIEDADE REFLETIVA 268

Ademais as coordenadas deMx sao media aritmetica das coordenadas de (x,− 14C

)

e (0, 14C

), logo Mx e ponto medio do segmento que os une.�

Agora vamos extrair consequencias da Afirmacao 3.2.

Note que os triangulos retangulos ∆F P Mx e ∆p P Mx sao congruentes: de fato,

PF = Pp ja que P esta na parabola, FMx = Mxp por Mx ser ponto medio e PMx

ser lado comum a ambos.Logo os angulos ∠F P Mx e ∠Mx P p sao congruentes.Considere em torno de P os angulos ∠Mx P p e seu angulo oposto pelo vertice.

Como sao congruentes, temos que o angulo que a reta vertical pP faz com a tangenteTx e congruente com o angulo ∠F P Mx.

PF

M

p

Em Otica se postula que a luz se reflete numa curva da seguinte forma:

o angulo de incidencia que se forma entre o raio de luz e a tangente da curva eigual ao angulo (nao orientado) formado pelo raio refletido e a tangente da curva.

Pelo que vimos acima, isso quer dizer que raios de luz que chegam verticalmentedevem refletir na parabola y = Cx2 e passar todos pelo ponto F = (0, 1

4C) que por

isso merece o nome de foco, por concentrar a luz. Esse fato e usado em antenas,microfones, espelhos de formato parabolico, para concentrar ondas, som, calor, luzem um ponto, que e o Foco.

Como nao posso plotar retas verticais, nao pude fazer o Exemplo a seguir naposicao vertical. Tive que colocar na horizontal. E so pude usar metade da parabola,para ter um grafico. Entao a Figura a seguir ilustra a concentracao de 5 raios hori-zontais refletidos no Foco:


2,5

1,5

2

1

0

x

0,8

0,5

0,20,4 10,60

Figura: Braco da parabola x = y2

4refletindo 5 raios horizontais no Foco F = (1, 0).

4. Prova analıtica da propriedade do foco

Vou dar uma prova analıtica do fato de que os raios verticais que incidem numaparabola sao todos refletidos para o foco.

A afirmacao a seguir sera util em outros contextos6:

Afirmacao 4.1. Seja (x, y) ponto do grafico de y = f(x) em que o grafico nao teminclinacao zero.

Se uma reta vertical por esse ponto e refletida no grafico de tal modo que o angulode incidencia que forma com a reta tangente e igual ao angulo que a reta refletidaforma coma reta tangente, entao a equacao da reta refletida e:

y = (f ′(x)2 − 1

2f ′(x)) · x+ f(x)− (

f ′(x)2 − 1

2f ′(x)) · x.

Demonstracao.

Na figura a seguir em azul estao os angulos de incidencia e de reflexao, supostosiguais (congruentes). A reta horizontal e h.

Tambem t e n sao as retas tangente e normal. Dois angulos retos dao indicados.

6Aprendi isso no Tomo 3 do Traite des courbes speciales remarquables, planes et gauches, de F.Gomes Teixeira, 1971, Chelsea Publishing Company

4. PROVA ANALITICA DA PROPRIEDADE DO FOCO 270

n

t

y = f(x)

h

Na figura a seguir veja: α = f ′(x) o angulo que a reta tangente t faz com o eixohorizontal, β o angulo que o raio refletido faz com o eixo horizontal, α1 o angulo quea normal faz com a vertical e α2 o angulo que o raio refletido faz com a normal.

n

t

y = f(x)

h

α

αβ

1

α 2

Note que que α1 e congruente com α. Ademais, da hipotese sai que α2 ≡ α1 Edaı:

α2 ≡ α1 ≡ α.

Entao

β =π

2+ α1 + α2 =

π

2+ 2 · α.

Na linha a seguir uso algumas identidades trigonometricas:

tan(β) = tan(π

2− (−2α)) = cot(−2α) = − cot(2α) = − 1

tan(2α).


Ou seja, usando agora a formula da tangente de 2α,

tan(β) = − 1

( 2 tan(α)1−tan(α)2

).

Entao o coeficiente angular da reta refletida e:

tan(β) =tan(α)2 − 1

2 tan(α)=f ′(x)2 − 1

2f ′(x)

e o coeficiente linear e imediato.�

No caso da parabola y = C · x2 a equacao da reta refletida, de acordo com aAfirmacao 4.1, e entao:

y = (4C2x2 − 1

4Cx) · x+ Cx2 − 4C2x2 − 1

4C=

= (4C2x2 − 1

4Cx) · x+ 1

4C,

portanto todas passam por (0, 14C

), o foco.

5. A Elipse e sua propriedade refletiva

Afirmacao 5.1. Um ponto P = (x, y) satisfaz a equacao

x2

a2+y2

b2= 1

se e somente sePF1 + PF2 = 2a,

onde F1 = (−c, 0) e F2 = (c, 0) sao os dois focos e

a2 = b2 + c2

.

Observe que esta Afirmacao 5.1 da um metodo pratico para tracar uma elipse: fixedois pontos F1 e F2, com dois pregos, e ligue-os por um cordao maior que a distanciaF1F2. Com um lapis estique o cordao e agora mova o lapis, sempre mantendo obarbante esticado, tracando pontos P . Voce tracara uma elipse, pois F1P + PF2 econstante.

Demonstracao. (da Afirmacao 5.1)Como notamos apos a Definicao 2.3, uma elipse pode ser definida com relacao a

dois pares Foco/diretriz: F, r ou F ′r′.Para qualquer ponto P da elipse temos

PF = e · P r e PF ′ = e · P r′,onde r, r′ sao as retas diretrizes.

5. A ELIPSE E SUA PROPRIEDADE REFLETIVA 272

F F ’

ρ ρa a

r r ’

Logo

PF + PF ′ = e · r r′,onde r r′ e a distancia entre essas duas retas (paralelas).

Ou seja, que PF + PF ′ ≡ C e constante para pontos na elipse.Na descricao que demos, a excentricidade e da elipse verifica:

a =eρ

1− e

ou seja, 2a− 2ae = 2eρ e portanto

2a = e · (2a+ 2p).

Ora, como nos lembra a Figura acima:

2a+ 2ρ = r r′

e a distancia entre as duas retas diretrizes da elipse. Logo

PF + PF ′ ≡ 2a.

A Afirmacao 2.2 e a simetria no eixo x dao que as coordenadas dos focos saoF1 = (−c, 0) e F2 = (c, 0), onde

c =√a2 − b2.

�

A elipse tem a notavel propriedade seguinte:

se P e um ponto da elipse e PF1, PF2 duas semiretas que ligam P aos focos,entao os angulos formados por PF1 e a tangente em P e o formado por PF2 e atangente em P sao iguais.

Em outras palavras, se um raio de luz sai de um foco e reflete na elipse entaoele passa no outro foco.

Para provar isso, notamos primeiro o seguinte:


Afirmacao 5.2. Se uma reta so intersecta uma elipse num unico ponto P , entaoessa reta e a reta tangente a elipse em P .

Demonstracao.

Considerarei apenas pontos da elipse x2

a2+ y2

b2= 1 com coordenada y > 0, ou seja,

onde posso representar a elipse pelo grafico de

y = b ·√

1− x2

a2,

pois para os outros e analogo, usando outros graficos do tipo y = y(x) ou x = x(y).

Uma reta y = A · x+B que passa por (x, b ·√

1− x2

a2) tem equacao:

y = Ax+ (b ·√

1− x2

a2− Ax).

Se a intersecto com a elipse x2

a+ y2

b2= 1 obtemos:

x2

a2+

(Ax+ b√

1− x2

a2− Ax)2

b2− 1 = 0,

que e uma equacao quadratica em x:

(A2

b2+

1

a2) · x2 + (

−2A2x

b2+

2√

1− x2

a2A

b) · x+ a2x2

b2− x2

a2= 0

(note que de fato e quadratica em x, pois A2

b2+ 1

a2> 0).

O dicriminante desta funcao quadratica em x e:

4(−a4A2 + a2A2x2 − 2a2b√

1− x2

a2Ax− b2x2)

b2a4,

e procuramos valores de A tais que, ∀x, anulem esse discriminante (pois isso dira quepara esses valores de A ha apenas 1 interseccao da reta com a elipse).

Ou seja, buscamos A que anulem o numerador

−a4A2 + a2A2x2 − 2a2b

√

1− x2

a2Ax− b2x2.

Uma conta tediosa prova que:

−a4A2 + a2A2x2 − 2a2b

√

1− x2

a2Ax− b2x2 =

= (−a4 + a2x2) · (A+b x

a2√

1− x2

a2

)2

e portanto

A =−b x

a2√

1− x2

a2

e o valor de A que anula o discriminante acima, ∀x.

5. A ELIPSE E SUA PROPRIEDADE REFLETIVA 274

Por outro lado reconhecemos que

−bxa2√

1− x2

a2

= f ′(x),

onde

f(x) = b ·√

1− x2

a2.

Logo a reta que so corta a elipse em P e de fato a sua reta tangente.�

A seguinte afirmacao explica o fato de que um raio e luz saindo de um foco daelipse e refletindo na elipse passara necessariamente pelo outro foco:

Afirmacao 5.3. As semiretas que ligam um ponto P da elipse aos dois focos F1, F2

formam os mesmos angulos (nao-orientados) com a tangente a elipse passando porP .

Demonstracao.

Considere P na elipse e o triangulo ∆F1PF2 .Tome um angulo externo α desse triangulo (veja a Figura).

F2

F2 ’

F1

α

Considere a bissectriz desse angulo (ou seja, uma semireta que o divide em doisangulos iguais, de valores α

2).

Marque um ponto F ′2 no angulo externo, cuja distancia ate P seja a mesma de F2

(denote essas distancias por PF2 = PF ′2). Veja a Figura:

F2

F2 ’

F1

α/2

α/2

Q

β

r


Tome qualquer ponto Q da reta r que contem essa bissectriz, Q 6= P . Ja que o Qnao esta alinhado com F1 e F ′

2, temos:

F1Q +QF ′2 > F1P + PF ′

2 =

= F1P + PF2.

Ja que a elipse e o lugar dos pontos P com

F1P + PF2 ≡ 2a

vemos que Q nao esta na elipse.Ou seja que o unico ponto da reta r que esta na elipse e P .A Afirmacao 5.2 anterior garante entao que r e a tangente por P .Mas o angulo β e oposto pelo vertice ao angulo que mede α

2.

Ou seja que as semiretas ligando P aos focos determinam angulos com reta tan-gente que medem ambos α

2.

�

6. A Hiperbole e o analogo da propriedade refletiva

Afirmacao 6.1. Um ponto P = (x, y) satisfaz a equacao

x2

a2− y2

b2= 1

se e somente se|PF1 − PF2 | = 2a,

onde F1 = (−c, 0) e F2 = (c, 0) sao os dois focos e b2 = c2 − a2.

Demonstracao.

Por exemplo suponhamos que PF1 − PF2 ≥ 0, como na Figura a seguir:.

F1 F2

P

ρ ρ

a a

Por definicaoPF1 − PF2 = e · Pr1 − e · Pr2.

= e · r1r2logo PF1 − PF2 ≡ C e constante.

6. A HIPERBOLE E O ANALOGO DA PROPRIEDADE REFLETIVA 276

Pela Afirmacao 2.2,

a =eρ

e− 1,

ou seja 2ae− 2a = 2eρ e

2a = e · (2a− 2ρ).

Mas

2a− 2ρ = r1r2,

como se ve na Figura acima.Tambem a Afirmacao 2.2 e a simetria da hiperbole no eixo x dao que os focos tem

essas coordenadas.�

A hiperbole tem uma propriedade do mesmo tipo da elipse, a saber:

Os segmentos de reta que ligam um ponto de uma hiperbole aos seus dois focosficam bissectados pela reta tangente naquele ponto.

Para provarmos isso, como fizemos no caso da elipse, primeiro provaremos oseguinte:

Afirmacao 6.2. Se uma reta so intersecta uma hiperbole de equacao x2

a2− y2

b2= 1 (

a, b > 0 ) num unico ponto P , entao

• i) essa reta e reta tangente a hiperbole em P ou• ii) e uma reta paralela a reta y = b

a· x ou

• iii) e uma reta paralela a reta y = − ba· x.

y

2

-2

3

1

-3

x

640-4-1

02-6 -2

Figura: a hiperbole x2

22− y2 = 1 e retas paralelas

as retas y = 12· x e y = −1

2· x.

Demonstracao. (Afirmacao 6.2)


Considero pontos da hiperbole x2

a2− y2

b2= 1 com coordenada y > 0, ou seja, onde

posso representar a hiperbole pelo grafico de

y = b ·√

x2

a2− 1.

Quero intersectar com a hiperbole uma reta qualquer y = A · x+B que passa por

P = (x, b ·√

x2

a2− 1),

ou seja, uma reta da forma:

y = A · x+ b

√

x2

a2− 1− Ax.

Obtenho entao de

x2

a2−

(A · x+ b√

1− x2

a2− Ax)2

b2− 1 = 0,

a equacao em x:

(1

a2− A2

b2) x2 + (

2A2x

b2−

2√

x2

a2− 1A

b) x− x2

a2− A2x2

b2+

2√

x2

a2− 1Ax

b2= 0.

Essa equacao deixa de ser uma equacao quadratica em x quando

1

a2− A2

b2= 0.

Ou seja, as retas passando por P com coeficientes angulares

A = ± b

a

so cortam a hiperbole em P .Quando 1

a2− A2

b26= 0 e a equacao e quadratica, para termos P como unica inter-

seccao da reta e da hiperbole precisamos ter a anulacao do dicriminante da funcaoquadratica em x. Ou seja, buscamos a condicao:

4(−a4A2 + a2A2x2 − 2a2b√

x2

a2− 1Ax+ b2x2)

b2a4= 0,

onde procuramos por coeficientes angulares A tais que, ∀x, seja nulo esse discrimi-nante.

Ou seja, queremos A que anule o numerador

−a4A2 + a2A2x2 − 2a2b

√

x2

a2− 1Ax+ b2x2.

Mas uma conta tediosa mostra que:

−a4A2 + a2A2x2 − 2a2b

√

x2

a2− 1Ax+ b2x2 =


= (−a4 + a2x2) · (A− b x

a2√

x2

a2− 1

)2

e portanto

A =b x

a2√

x2

a2− 1

e o valor de A que anula o discriminante acima, ∀x.Por outro lado reconhecemos que

b x

a2√

x2

a2− 1

= f ′(x),

onde

f(x) = b ·√

x2

a2− 1.

Logo, se uma reta corta a hiperbole em um unico P , entao e a reta tangente em Pou paralelas a y = b

a· x ou y = − b

a· x.

�

Afirmacao 6.3. Quando |x| → ∞ os pontos da hiperbole x2

a2− y2

x2= 1 se aproximam

das reta y = ba· x ou da reta y = − b

a· x (chamadas de assıntotas).

Com esta Afirmacao e a Afirmacao 6.2 podemos dizer:

fora as tangentes, as unicas retas que so cortam a hiperbole em 1 ponto sao asretas paralelas as assıntotas da hiperbole dada.

Demonstracao. (Afirmacao 6.3)

Cada ponto da hiperbole x2

a2− y2

b2= 1 pode ser descrito ou como ponto do grafico

de

f1(x) = b ·√

x2

a2− 1 =

b

a·√x2 − a2,

ou como ponto do grafico de

f2(x) = −b ·√

x2

a2− 1 = − b

a·√x2 − a2.

Se vamos fazer |x| → ∞, obviamente podemos supor |x| 6= 0 e escrever:

f1(x) =b

a

√

x2(1− a2

x2) =

b

a|x|

√

1− a2

x2,

f2(x) = − b

a

√

x2(1− a2

x2) = − b

a|x|

√

1− a2

x2,


e claramente:

lim|x|→+∞

√

1− a2

x2= 1.

Ou seja, quando |x| → ∞ o grafico de f1 tende ao grafico de y = ba· |x| enquanto que

o de f2 tende ao de y = − ba· |x| .

Podemos ser mais detalhados:Se x → +∞, temos o grafico de f1(x) se aproximando do de y = b

a· x. Mas se

x→ −∞ temos f1(x) se aproximando de

y =b

a· (−x) = − b

a· x.

Se x → +∞, temos o grafico de f2(x) se aproximando do de y = − bax. Mas se

x→ −∞ temos f2(x) se aproximando do de

y = − b

a· (−x) = b

a· x.

�

Afirmacao 6.4. As semiretas que ligam um ponto P da hiperbole aos dois focosF1, F2 formam os mesmos angulos (nao-orientados) com a tangente a hiperbole emP .

Demonstracao.

Considere P um ponto da hiperbole. Como |PF1 − PF2 | ≡ C > 0 posso suporque tomei P no ramo da hiperbole onde PF1 − PF2 ≡ C > 0 (seria analogo o outrocaso, trocando os papeis de F1 e F2).

F1 F2

P

Q

F2 ’ α/2 α/2

Marque no segmento de reta [F1P ] o ponto F ′2 que tem PF2 = PF ′

2.Considere a bissectriz r do angulo α em P que faz parte do triangulo ∆F1PF2.


Tome um ponto Q ∈ r, Q 6= P .

Caso 1: Suponhamos QF1 ≥ QF ′2:

Entao como Q nao esta alinhado com F1, F′2, P , temos:

QF ′2 + F ′

2F1 > F1Q,

e portanto:

F ′2F1 > F1Q−QF ′

2 ≥ 0.

Note que a nossa reta r funciona tambem como mediatriz do segmento [F ′2F2] (por

ser a bissectriz do triangulo isosceles ∆F ′2PF

′2). Logo

QF ′2 = QF2

e portanto:

F ′2F1 > F1Q−QF2.

Por outro lado, ja que o ponto F ′2 esta no segmento [F1P ], temos:

F ′2F1 = PF1 − PF ′

2 =

= PF1 − PF2.

Como este ultimo valor e positivo, pela escolha de P ,

|PF1 − PF2 | = PF1 − PF2 ≡ C > 0

e

|PF1 − PF2 | > F1Q−QF2 ≥ 0

nos faz concluir que Q nao pertence a elipse.Ou seja, que da reta r somente o ponto P esta na elipse.Vemos em seguida que r nao e paralela a nenhuma das assıntotas da hiperbole.

Portanto, pela Afirmacao 6.2, conclımos que r e a tangent a hiperbole no ponto P .

Caso 2: Suponhamos QF ′2 ≥ QF1:

Entao como Q nao esta alinhado com F1, F′2, P , temos:

QF1 + F1F ′2 > QF ′

2,

e portanto:

F ′2F1 > QF ′

2 −QF1 ≥ 0.

O Resto da prova neste Caso 2 e exatamente igual ao do Caso 1.�


7. Famılia de conicas co-focais ortogonais

Considere a seguinte famılia de conicas:

x2

λ+

y2

λ− k2= 1, k > 0,

com k fixado e o parametro λ > 0, λ 6= k2.A Figura a seguir ilustra o caso em que k = 2, onde escolhi 10 valores

λ = 15, 10, 8, 6, 5, 3.5, 3, 2, 1, 0.3

0y

-4

2

4

x

4

-2

-4 -2 20

A Afirmacao a seguir descreve a famılia em detalhe. O item iv) e surpreendente !

Afirmacao 7.1.• i ) todas as conicas dessa famılia tem os mesmos Focos (k, 0) e (−k, 0). Seλ − k2 > 0 a conica correspondente ao λ e uma elipse com excentricidadek√λ. Se λ − k2 < 0 a conica correspondente ao λ e uma hiperbole com

excentricidade k√λ.

7. FAMILIA DE CONICAS CO-FOCAIS ORTOGONAIS 282

• ii) em cada ponto (x, 0) do eixo dos x, diferente dos dois Focos (k, 0) e (−k, 0)e da origem, so passa um elemento da famılia de conicas. De fato, se |x| > kentao passa so uma elipse cujo parametro e λ = x2 e cuja excentricidade ee = a

|x| < 1. E se |x| < k entao so passa uma hiperbole cujo parametro e

λ = x2 e cuja excentricidade e e = a|x| > 1.

• iii) em cada ponto (0, y) do eixo dos y, diferente da origem so passa umaelipse da famılia, com parametro λ = k2 + y2 e excentricidade k√

k2+y2

• iv) em cada ponto (x, y) com x · y 6= 0 passam dois elementos da famılia,uma elipse e uma hiperbole, e a interseccao e ortogonal7

Demonstracao.

Do item i):Basta aplicar a Afirmacao 2.2 para encontrar os focos e a excentricidade. Note

que se λ− k2 < 0 as hiperboles sao:

x2

λ− y2

k2 − λ= 1.

De ii):Dado o ponto (x, 0) a expressao:

x2

λ+

y2

λ− k2= 1, k > 0

produz a seguinte equacao quadratica em λ:

λ2 − λ · (k2 + x2) + k2 · x2 = 0.

Se x2 − k2 > 0 (ou seja, |x| > k) o discriminante dessa equacao vira:

x2 − k2

e obtemos duas solucoes:λ = x2 e λ = k2

mas por hipotese excluımos λ− k2. Analogamente se x2 − k2 < 0.

De iii): Para um ponto (0, y) equacao em λ agora e linear:

y2

λ− k2= 1 ⇔ λ = k2 + y2.

De iv):Deixo para o leitor verificar que para cada ponto (x, y) com x · y 6= 0 passam duas

conicas diferentes, uma com excentricidade > 1 e a outra < 1. A unica coisa quequero destacar e que os parametros λ1, λ2 sao as solucoes da equacao quadratica emλ:

λ2 − λ · (k2 + x2 + y2) + x2 · k2 = 0

7Quando duas curvas se intersectam, o angulo que formam e medido com base no angulo formadopor suas retas tangentes.


que sai de

x2

λ+

y2

λ− k2= 1.

Lembro que:

λ1 + λ2 = k2 + x2 + y2 e λ1 · λ2 = x2 · k2,ja que

λ2 − λ · (k2 + x2 + y2) + x2 · k2 = (λ− λ1) · (λ− λ2).

Nesses pontos (x, y) com x · y 6= 0, as duas curvas da famılia que passam peloponto nao sao verticais, ou seja, localmente em torno de cada ponto as duas curvassao graficos da forma y = fλ1(x) e y = fλ2(x). De fato,

∂( x2

λ+ y2

λ−k2 − 1 )

∂y= 0 ⇔ y = 0

e podemos usar o Teorema 2.1 do Capıtulo 15.Tambem por esse mesmo Teorema calculo:

f ′λ1(x) = −

(2xλ1)

( 2yλ1−k2 )

=−xy

· (λ1 − k2

λ1),

enquanto que

f ′λ2(x) =

−xy

· (λ2 − k2

λ2).

Agora noto que termos a condicao:

f ′λ1(x) =

−1

f ′λ2(x)

equivale a termos

(x2 + y2) · λ1 · λ2 − x2 · k2 · (λ1 + λ2) + x2 · k4 = 0,

o que conseguimos que seja verdade se usamos:

λ1 · λ2 = x2 · k2 e λ1 + λ2 = k2 + x2 + y2.

Ora,

f ′λ1(x) =

−1

f ′λ2(x)

e a condicao de ortogonalidade, por isso cada par elipse-hiperbole que se encontranum ponto e ortogonal.

�

Para vermos exemplos de famılias de cubicas ortogonais precisaremos da Secao 3do Capıtulo 50.

8. EXERCICIOS 284

8. Exercıcios

Exercıcio 8.1.Chamamos uma hiperbole x2

a2− y2

b2= 1 de retangular se suas assıntotas sao ortog-

onais entre si.Qual a relacao entre a e b que e necessaria e suficiente para termos uma hiperbole

retangular ?

Exercıcio 8.2. (resolvido)Um planeta de move em trajetoria elıptica, em que o Sol e um dos focos da elipse.Observado a partir de um ponto (x, y) = (0, 0), o planeta esta, num certo instante

t0, na posicao (x0, y0), onde x0 > y0 > 0.Ademais, sua coordenada x tem em t0 uma taxa de variacao de−1 UA/s, enquanto

que sua coordenada y tem taxa de variacao de 1 UA/s.i) Determine a equacao (padrao) da elipse que descreve sua trajetoria.ii) Determine as posicoes possıveis do Sol.iii) A distancia do foco onde esta o Sol ate o vertice mais proximo e chamado de

perihelio do planeta. Determine-o.

CAPıTULO 21

Integracao e o Primeiro Teorema Fundamental

1. Area sob um grafico positivo

Dado um grafico de uma funcao contınua y = f(x) ≥ 0 quero entender qual a

Area compreendida sob esse grafico e acima do eixo x, da vertical x = a ate a verticalx = b.

Se y = f(x) = ax+b e uma reta tudo ok, ja sabemos o que sao areas de triangulos,retangulo, trapezios, etc. Mas e se y = f(x) nao for uma reta ? Se f(x) nao e aequacao de uma reta, vemos que realmente precisamos definir de maneira matemati-camente correta a intuicao que temos de que ha uma figura sob esse grafico e que elatem uma certa area.

A ideia de Bernard Riemann e de ir subdividindo o domınio da f e colocando ladoa lado retangulos sob o grafico (vou chama-los de retangulos justapostos sob o grafico).A soma das areas desses retangulos e menor que a area buscada, mas a medida quese refina a subdivisao do domınio a soma de areas dos retangulos justapostos sob ografico se aproxima de um certo valor.

Isso funciona bem por exemplo se f : [a, b]] → R e contınua.Se f nao fosse contınua em [a, b], quem sabe os valores da f ficassem tao altos

quanto quisessemos, o que levaria em muitos casos a que a area da regiao sob seugrafico devesse ser considerada infinita, nao um numero determinado. 1

1Veremos mais adiante, quando tratarmos de integrais improprias que, as vezes, a integracaoconsegue domar o infinito, tanto do tamanho do intervalo onde se integra, quanto dos valores dafuncao em [a, b].

285

2. QUAL FUNCAO DESCREVE AS AREAS SOB GRAFICOS? 286

Figura: Cinco retangulos sob o grafico, de mesma largura (1/5 do intervalo).

Figura: 12 retangulos sob o grafico, de mesma largura ( 112

do intervalo).

Figura: 24 retangulos sob o grafico, de mesma largura ( 124

do intervalo).

Nem precisam ser retangulos de mesma largura, como nas Figuras acima. Bastaque o maximo das larguras dos retangulos tenda a zero a medida que refinamos asescolhas dos retangulos.

Isso parece ainda um pouco vago, mas na Secao 2 a seguir faremos alguns Exemplosexplıcitos, onde fazemos a particao da base ficar cada vez mais fina e obtemos, via umlimite, um valor bem determinando, que sera a area. E possıvel provar um teoremageral do seguinte tipo:

Afirmacao 1.1. (B. Riemann)2 Seja f : [a, b] → R, f(x) ≥ 0 contınua.

Esse numero e por definicao a Area sob o grafico de f , de a ate b, denotada porAf,a(b).

2. Qual funcao descreve as Areas sob graficos?

Dado uma funcao y = f(x) nao-negativa, fixado um ponto inicial a de seu domıniodefinimos acima a area sob seu grafico ate b.

Vamos agora fixar a e mudar o nome de b, passando a chamar-se agora x parasignificar que vamos variar o b.

Entao a area sob o grafico vira uma nova funcao Af,a(x), que para cada valor de

x da um resultado de Area.Qual e essa funcao A(x)? E que propriedades ela tem?Certamente e uma funcao crescente, sera que Af,a(x) e contınua? Sera que ela e

derivavel ?Com o que sabemos do colegio, so consigo ver dois tipos de exemplos simples de

f , onde responderıamos facilmente sobre Af,a(x):

2Observo desde ja que se pode dar versoes bem mais fortes desse teorema de Riemann.

CAPITULO 21. INTEGRACAO E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL287

• Exemplo 1 : Se y = C ≥ 0 e constante e a = 0, entao AC,0(x) e a area de umretangulo de largura x e altura C. Podemos tomar como um Axioma quesua area e dada por

AC,0(x) = C · x.• Exemplo 2 : Se y = Cx e a = 0 entao ACx,a(x) e a area de um triangulo delargura x e altura Cx. Sabemos da geometria elementar que area e dada por

ACx,a(x) =C · x22

.

Mas que tal re-obter esse valor agora de um jeito novo, que servira paraentender a area de muitos outros exemplos?

Particione o intervalo [0, x] em n intervalos de mesmo tamanho:

[0, x] = [0,x

n] ∪ [

x

n,2x

n] ∪ . . . ∪ [

(n− 1)x

n,nx

n].

Tome um primeiro retangulo posto sob o grafico de y = C · x, de base [ xn, 2xn]

e altura C · xn, um segundo retangulo de base [2x

n, 3xn] e altura C · 2x

ne assim

ate um (n− 1)-esimo retangulo, cuja base e [ (n−1)xn

, nxn] e altura C · (n−1)x

n.

Dado n ∈ N, a soma das areas dos (n− 1) retangulos acima e:

x

n· C · x

n+x

n· C · 2x

n+ . . .+

x

n· C · (n− 1)x

n=

= C · x2

n2· [1 + 2 + . . . (n− 1)] =

= C · x2

n2· [ (n− 1) · n

2],

onde na ultima linha usamos o item i) da Afirmacao 1.1, do Capıtulo 13.Se fazemos n → +∞ estamos cada vez mais nos aproximando da area dotriangulo, de fato:

limn→+∞

C · x2

n2· [ (n− 1) · n

2] =

C · x22

.

• Exemplo 3: Seja y = C · x2, C ≥ 0, a = 0 escolha um x, 0 < x.Faca a particao do intervalo [0, x] como no Exemplo anterior. Tome como

primeiro retangulo sob o grafico de y = C · x2 o retangulo de base [ xn, 2xn] e

altura C( xn)2, o segundo retangulo de base [2x

n, 3xn] e altura C(2 x

n)2 e assim

ate o (n− 1)-esimo retangulo, cuja base e [ (n−1)xn

, nxn] e altura C((n− 1) x

n)2.

Como esses retangulos estao sob o grafico, a soma de suas areas e certa-mente menor que a area real sob o grafico.

Mas se fazemos n cada vez maior, a soma de area de retangulos vai tendera area real, que queremos conhecer.

De fato, dado n ∈ N, a soma das areas dos (n− 1) retangulos e:

x

n· C · x

2

n2+x

n· C · 2

2x2

n2+ . . .+

x

n· C · (n− 1)2x2

n2=

2. QUAL FUNCAO DESCREVE AS AREAS SOB GRAFICOS? 288

= C · xn· x

2

n2· [12 + 22 + . . . (n− 1)2].

No item iii) da Afirmacao 1.1 vimos a formula:

12 + 22 + . . .+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6, ∀n ∈ N,

que da quando aplicada ao nosso n− 1:

12 + 22 + . . .+ (n− 1)2 =(n− 1)(n− 1 + 1)(2(n− 1) + 1)

6=

=(n− 1)n(2n− 1)

6=

=2n3 − 3n2 + n

6, ∀n ∈ N.

Ora, entao a soma de areas dos (n− 1) retangulos e de fato:

C · xn· x

2

n2· 2n

3 − 3n2 + n

6= Cx3

2n3 − 3n2 + n

6n3.

Mas pelo que ja vimos na Parte 1 (ja que C e x nao mudam com n):

limn→+∞

C · x3 · 2n3 − 3n2 + n

6n3=Cx3

3.

Entao e ACx2,0(x) =Cx3

3.

• Exemplo 4: Seja y = C · x3, C ≥ 0. Mais uma vez, faca a particao dointervalo [0, x] como no Exemplo anterior. Tome como primeiro retangulosob o grafico o retangulo de base [ x

n, 2xn] e altura C( x

n)3, o segundo retangulo

de base [2xn, 3xn] e altura C(2 x

n)3 e assim ate o (n − 1)-esimo retangulo, cuja

base e [ (n−1)xn

, nxn] e altura C((n− 1) x

n)3.

Dado n ∈ N, a soma das areas desses (n− 1) retangulos e:

x

n· C · x

3

n3+x

n· C · 2

3x3

n3+ . . .+

x

n· C · (n− 1)3x3

n3=

= C · xn· x

3

n3· [13 + 23 + . . . (n− 1)3].

Os itens i) e ii) da Afirmacao 1.1 dao juntos a formula:

13 + 23 + . . .+ n3 = (n(n+ 1)

2)2, ) ∀n ∈ N,

que da quando aplicada ao nosso n− 1:

13 + 23 + . . .+ (n− 1)3 =(n− 1)2(n)2

4=n4 − 2n3 + n2

4, ∀n ∈ N.

Ora, entao a soma de areas dos (n− 1) retangulos e de fato:

C · xn· x

3

n3· n

4 − 2n3 + n2

4= Cx3 · n

4 − 2n3 + n2

4n4.


Mas pelo que ja vimos na Parte 1 (ja que C e x nao mudam com n):

limn→+∞

Cx3 · n4 − 2n3 + n2

4n4=Cx4

4.

Entao ACx3,0(x) =Cx4

4.

• Exemplo 5) Tambem podemos combinar dois Exemplos desses de acima, porexemplo perguntar pela area sob o grafico de

y = C1x2 + C2x

3, C1, C2 ≥ 0,

de 0 ate x. A soma de area de retangulos sob o grafico sera:

x

n· (C1

x2

n2+ C2

x3

n3) + . . .+

x

n· (C1

(n− 1)2x2

n2+ C2

(n− 1)3x3

n3) =

= C1x3

n3· (12 + 22 + . . .+ (n− 1)2) + C2

x4

n4· (13 + 23 + . . .+ (n− 1)3),

e pelo que vimos nos dois exemplos anteriores 3),4) (e pelo limite de somas):

limn→+∞

C1x3

n3· (12 + 22 + . . .+ (n− 1)2) + C2

x4

n4· (13 + 23 + . . .+ (n− 1)3) =

= C1x3

3+ C2

x4

4.

Nos 5 Exemplos acima ha, digamos assim, uma coincidencia notavel:

A Area como funcao de x e uma funcao derivavel e ademais a derivada da Areae a funcao de partida

A(x) = Cx⇒ A′(x) = C, A(x) =Cx2

2⇒ A′(x) = Cx,

A(x) =Cx3

3⇒ A′(x) = Cx2, A(x) =

Cx4

4⇒ A′(x) = Cx3.

A(x) =C1x

3

3+C2x

4

4⇒ A′(x) = C1x

2 + C2x3.

Como veremos isso nao e uma coincidencia ! O fato geral por tras disso, de quederivando a funcao Area sob o grafico voltamos na funcao que da o grafico, sera oPrimeiro Teorema Fundamental do Calculo.

E de fato e a chave para se calcular areas sob graficos incrivelmente complicados(no Segundo Teorema fundamental do Calculo).

3. Primeira Versao do Primeiro Teorema fundamental do Calculo

A princıpio nao sabemos muito sobre o grafico de Af,a(x), porem o proximo teo-rema vai nos dizer muito.

Para demonstrarmos o Teorema, comeco com uma Afirmacao, ilustrada na figuraque segue:

3. PRIMEIRA VERSAO DO PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL DOCALCULO 290

Afirmacao 3.1. Suponha f : [a, b] → R e contınua e f(x) ≥ 0.Tome x ∈ [a, b) e h > 0 suficientemente pequeno para que x+ h ∈ [a, b]. Entao:

Af,x(x+ h) = f(ξ) · h,para algum ponto ξ ∈ [x, x+ h].

m_f

M_f

f ( )ξ

Figura: A area sob o grafico e igual a do retangulo de altura f(ξ), mf < f(ξ) < Mf

Demonstracao.

Comeco observando que, dado o h > 0, o valor Af,x(h) tem que estar entre:

mf · h ≤ Af,x(x+ h) ≤Mf · honde mf · h e a Area de uma retangulo com base h e altura mf (o mınimo de f em

[x, x+ h]) e Mf · h e a Area de uma retangulo com base h e altura Mf (o maximo def em [x, x+ h]).

Divido por h > 0:

mf ≤Af,x(x+ h)

h≤Mf ,

e portantoAf,x(x+h)

he um valor intermediario da f : [a, b] → R, um valor entre seu

mınimo e seu maximo.Logo pelo T.V.I. existe ξ ∈ [x, x+ h] tal que

Af,x(x+ h)

h= f(ξ),

logo Af,x(x+ h) = f(ξ) · h.�

O Teorema a seguir diz que sempre a derivada da funcao que mede areas sob umgrafico e a funcao original que da o grafico.

Tambem pode ser lido assim: a operacao de derivar cancela o efeito da operacaode tomar area sob o grafico:

Teorema 3.1. (Primeira versao)Seja f : [a, b] → R contınua, f ≥ 0 e x ∈ [a, b). Entao

A′f,a(x) = f(x).


Demonstracao.

Como essa ainda e uma versao light do Primeiro Teorema, me permito mostrarapenas que a derivada a direita da Area e igual a f(x), ou seja, que fixado x ∈ [a, b]vale:

limhց0

Af,a(x+ h)− Af,a(x)

h= f(x)

Ora, pela aditividade da Area, para h > 0:

Af,a(x+ h) = Af,a(x) + Af,x(x+ h),

portanto

limhց0

Af,a(x) + Af,x(x+ h)−Af,a(x)

h=

= limh→0

Af,x(x+ h)

h.

Agora uso a Afirmacao 3.1 acima, de que

Af,x(x+ h) = f(ξ) · h,onde ξ ∈ [x, x+ h]. Entao juntando tudo:

limh→0

Af,x(x+ h)

h=

limh→0

f(ξ) · hh

=

= limh→0

f(ξ).

Para terminar basta ver quelimh→0

f(ξ) = f(x).

Ora, quando h tende a zero, ξ ∈ [x, x+ h] tende a x.Logo f(ξ) tende a f(x), porque f e contınua.

�

4. A Integral e suas propriedades

Ate aqui so falamos de funcoes contınuas que sao f ≥ 0, pois queriamos falar deareas sob seu grafico e acima do eixo dos x.

Mas e claro que se f < 0 na regiao [a, b] faz sentido definir a area da regiaocompreendida entre o eixo dos x e seu grafico, que denotaremos ainda por Af,a(b).

Sem entrar em detalhes tecnicos, quero apresentar uma operacao chamada integraldefinida de f de a ate b, de uma funcao f contınua definida em [a, b] denotada:

∫ b

a

f(x)dx.

Dada y = f(x) contınua em [a, b] escolha uma lista de pontos, comecando em a eterminando em b:

a = x0 < x1 < . . . < xn = b,

4. A INTEGRAL E SUAS PROPRIEDADES 292

que chamamos de particao de [a, b].Chamamos de norma dessa particao o maximo dos tamanhos |xi − xi−1|. dizer

que a norma fica pequena e dizer que aumenta o numero de pontos xi e tambem queeles ficam bem distribuıdos em [a, b].

Dada uma particao, escolha uma lista de pontos ξi ∈ [xi, xi + 1]. Tome os valoresda f nesses ξi e faca a soma:

(x1 − x0) · f(ξ0) + (x2 − x1) · f(ξ1) + . . .+ (xn − xn−1) · f(ξn−1)

que chamaremos de somas de Riemann.Note que agora pode haver parcelas negativas nessa soma, se f < 0.

Fig.: Retangulos na parte y > 0 contribuem sua area na soma de Riemann,enquanto os na parte y < 0 contribuem com o negativo da area

Se acontecer de f ≥ 0 entao essa soma se parece muito com as somas de areas deretangulos sob o grafico, que fizemos na Secao 2.

E possıvel refinarmos as particoes [a, b], colocando mais pontos xi e escolhendomais pontos ξi. Isso produz novas somas de Riemann, como acima.

E podemos passar ao limite, fazendo a norma das particoes tender a zero (ou seja,o numero n de pontos e feito n→ +∞).

Teorema 4.1. (Integral e suas propriedades)Seja f(x) contınua em [a, b]. Entao

• i) passando ao limite, com as normas das particoes tendendo a zero, as somasde Riemann

(x1 − x0) · f(ξ0) + (x2 − x1) · f(ξ1) + . . .+ (xn − xn−1) · f(ξn−1)

convergem para um numero denotado∫ b

af(x) dx.

• ii) esse limite nao depende do tipo particular de soma de Riemann, apenasde que as normas das partioes de [a, b] tendam a zero.

• iii) se f ≥ 0 entao∫ b

af(x)dx = Af,a(b).

• iv) se f < 0 entao∫ b

af(x)dx = −Af,a(b), onde esta area Af,a(b) e compreen-

dida entre o eixo dos x e o grafico.


• v)∫ c

cf(x)dx = 0 para qualquer c ∈ [a, b].

• vi) se escolhemos c com a < c < b entao vale∫ c

a

f(x)dx+

∫ b

c

f(x)dx =

∫ b

a

f(x)dx.

• vii)∫ a

bf(x)dx = −

∫ b

af(x)dx.

• viii) |∫ b

af(x) dx | ≤

∫ b

a| f(x) | dx.

• ix) Se f, g sao contınuas em [a, b] e c1, c2 ∈ R, entao∫ b

a

(c1 · f(x)± c2 · g(x)) dx = c1 ·∫ b

a

f(x) dx± c2 ·∫ b

a

g(x) dx.

Observacoes:

• Complementando os itens iii) e iv), se f tem valores positivos e negativos,

entao a integral∫ b

afdx da a area lıquida da regiao compreendida entre o eixo

dos x e o grafico da f .Um exemplo importante disso e quando uma funcao f e ımpar (isto e,

f(x) = −f(−x)) que tera∫ a

−a f(x)dx = 0.

Chamo a atencao que quando tivermos∫ b

af(x)dx = 0 isto nao dira em

geral que f ≡ 0. Por exemplo se tomo [a, b] = [0, 2π] e f(x) = sin(x), entaoo fato que veremos a seguir:

∫ 2π

0

sin(x)dx = 0

significa que a area sob o grafico do seno, de [0, π], e a mesma area da regiaosobre o grafico, de [π, 2π].

• Se f e g sao contınuas e definidas em [a, b] em geral:∫ b

a

f(x) · g(x)dx 6=∫ b

a

f(x)dx ·∫ b

a

g(x)dx,

o que se ve comparando areas Ax2,0(x) =x3

3com o produto de areas Ax,0(x) ·

Ax,0(x) =x2

2· x2

2. Veremos mais tarde uma tecnica para fazer as

∫ b

a

f(x) · g(x)dx

chamada integracao por partes.

Demonstracao. (do Teorema 4.1)Me contentarei com dar algumas ideias sobre cada item. Os detalhes se veem em

cursos de Analise Matematica.i), ii) e iii) sao tecnicas, e nos dao a liberdade na escolha das particoes.iv): obvia se sabemos iii).v): obvia, pois posso pensar em no domınio [a′, b′] := {c}.

5. TEOREMA DO VALOR MEDIO DE INTEGRAIS 294

vi): decorre da liberdade que temos nas particoes de [a, b] = [a, c] ∪ [c, b].vii): pode ser tomado como uma definicao.viii): Decorre da desigualdade triangular que:

| (x1 − x0) · f(ξ0) + (x2 − x1) · f(ξ1) + . . .+ (xn − xn−1) · f(ξn−1) | ≤≤ | (x1 − x0) · f(ξ0) |+ | (x2 − x1) · f(ξ1) |+ . . .+ | (xn − xn−1) · f(ξn−1) | == (x1 − x0) · |f(ξ0) |+ (x2 − x1) · | f(ξ1) |+ . . .+ (xn − xn−1) · | f(ξn−1) |,

e reconhecemos que esta ultima expressao e uma soma de Riemann da funcao| f(x) |.

Logo ao passar ao limite obtemos a desigualdade entre as integrais.ix) Decorre de

(x1 − x0) · ( c1 f(ξ0)± c2 g(x0) ) + . . .+ (xn − xn−1) · ( c1 f(ξn−1)± c2 g(xn−1)) =

= c1 · [(x1 − x0) · f(ξ0) + . . .+ (xn − xn−1) · f(ξn−1)]±± c2 · [(x1 − x0) · g(ξ0) + . . .+ (xn − xn−1) · g(ξn−1)].

�

5. Teorema do valor medio de integrais

O Lema 3.1 pode ser retomado, e a nova prova e analoga:

Afirmacao 5.1. (Teorema do Valor Medio para integrais)Seja f : [a, b] → R contınua. Entao existe um ponto ξ ∈ [a, b] tal que:

f(ξ) =

∫ b

af(t)dt

b− a.

Demonstracao.

Sejamm := min{f(x); x ∈ [a, b]} = f(x1)

eM := max{f(x); x ∈ [a, b] = f(x2),

(ambos numeros existem pois f e contınua e [a, b] e fechado).Entao

m · (b− a) ≤∫ b

a

f(t)dt ≤ M · (b− a),

o que se ve se lembramos que∫ b

af(t)dt e um limite de somas de Riemann.

Entao dividindo por b− a > 0:

f(x1) = m ≤∫ b

af(t)dt

b− a≤M = f(x2),

o que diz que o numero∫ baf(t)dt

b−a e uma valor intermediario da funcao contınua f . Ou

seja, pelo T.V.I. existe algum ξ ∈ [a, b] tal que f(ξ) =∫ baf(t)dt

b−a como afirmamos.�


Esse valor f(ξ) que aparece na Afirmacao 5.1 pode ser interpretado como umageneralizacao da media aritmetica de um numero finito de valores da f :

f(ξ1) + . . . f(ξn)

n.

Isso se justifica claramente se os pontos ξi forem escolhidos bem distribuıdos no in-tervalo [a, b]. Pois tomando particoes de [a, b] do tipo:

x0 := a < x1 := a+(b− a)

n< . . . < xn := a+

n(b− a)

n= b,

afirmo que podemos ver f(ξ1)+...f(ξn)n

como uma soma de Riemann da integral

∫ b

af(t)dt

b− a=

∫ b

a

f(t)

b− adt.

De fato, como

xi − xi−1 =b− a

ntemos

f(ξ1) ·1

n+ . . . f(ξn) ·

1

n=f(ξ1)

b− a· (x1 − x0) + . . .+

f(ξn)

b− a· (xn − xn−1).

e supondo ξi ∈ [xi−1, xi] a expressao da direita e uma soma de Riemann de∫ b

af(t)b−adt.

6. A integral indefinida e o Primeiro Teorema fundamental

O Teorema 3.1 que vimos acima, tem uma versao mais geral que usa, ao inves deAf,a(x), a nocao de integral indefinida. Trata-se de uma funcao do tipo:

F (x) :=

∫ x

a

f(t)dt

que realmente depende de x. Note que usei t em f(t) dt para deixar x indicando oponto escolhido.

Teorema 6.1. (Primeiro Teorema fundamental do Calculo)Seja f : [a, b] → R contınua e x ∈ [a, b]. Entao

(

∫ x

a

f(t)dt )′(x) = f(x).

Observacoes:

• O Teorema diz que F (x) :=∫ x

af(t)dt e uma primitiva de f , pois F ′(x) =

f(x). Ja sabemos que duas primitivas F1, F2 da f definidas num mesmo inter-valo so diferem por uma constante F1(x) ≡ F2(x) + C. Entao podemos usar∫ x

af(t)dt ou abreviadamente

∫fdx como sımbolo para todas as primitivas de

f .

6. A INTEGRAL INDEFINIDA E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL296

• Alguns estudantes confundem duas coisas diferentes:

(

∫ b

a

f(x)dx )′ 6= (

∫ x

a

f(t)dt )′(b).

Mas a da esquerda (∫ b

af(x)dx )′ e a derivada em x de um numero e sempre

sera zero. Enquanto que a da direita (∫ x

af(t)dt )′(b) e a derivada em x da

funcao G(x) :=∫ x

af(t)dt, ou seja, f(x), que e depois avalida em x = b,

dando f(b). E so dara zero se f(b) = 0.

Demonstracao. (do Teorema 6.1)Seja fixado x ∈ [a, b].Queremos saber se para F (x) :=

∫ x

af(t)dt vale que

F ′(x) = f(x).

Ou seja, se

limh→0

∫ x+h

af(t)dt−

∫ x

af(t)dt

h= f(x).

Se x = a ou x = b podemos considerar apenas h > 0 ou h < 0. Mas para x ∈ (a, b)precisamos considerar as duas possibilidades.

Caso h > 0:

Como x+ h > x ≥ a:∫ x+h

a

f(t)dt−∫ x

a

f(t)dt =

∫ x+h

x

f(t)dt.

A Afirmacao 5.1 diz que:∫ x+h

x

f(t)dt = h · f(ξh), ξh ∈ [x, x+ h].

Entao

limh→0

∫ x+h

af(t)dt−

∫ x

af(t)dt

h= lim

h→0

h · f(ξh)h

=

= limh→0

f(ξh) = f(x),

por ser f contınua e por estarem ξh ∈ [x, x+ h].

Caso h < 0:

Como agora a ≤ x+ h < x, entao∫ x+h

a

f(t)dt+

∫ x

x+h

f(t)dt =

∫ x

a

f(t)dt,

portanto:∫ x+h

a

f(t)dt−∫ x

a

f(t)dt = −∫ x

x+h

f(t)dt =


=

∫ x+h

x

f(t)dt,

que foi a mesma conclusao do caso h > 0.Por outro lado, a Afirmacao 5.1 diz que:

∫ x

x+h

f(t)dt = −h · f(ξh), ξh ∈ [x+ h, x].

Entao ∫ x+h

x

f(t)dt = h · f(ξh), ξh ∈ [x+ h, x],

que e a mesma conclusao do caso h > 0, exceto que agora ξh esta em [x+ h, x].O resto do argumento e igual ao do caso h > 0.

�

O Teorema 6.1 admite uma generalizacao, que e util:

Afirmacao 6.1. Seja g(x) funcao derivavel e f(x) contınua.

(

∫ g(x)

a

f(t)dt )′(x) = f(g(x)) · g′(x).

Demonstracao.

Considere∫ g(x)

af(t)dt como uma composicao F ◦ g onde

F (u) :=

∫ u

a

f(t)dt.

Entao pela derivada da composta:

(F (g(x))′(x) = F ′(g(x)) · g′(x).Mas pelo Primeiro Teorema do Calculo:

F ′(u) = f(u).

�

7. Existem funcoes com primeira derivada, mas sem segunda derivada

Acostumados com os polinomios, que tem derivadas de todas as ordens (mesmoque ≡ 0 a partir de um a certa ordem), poderıamos pensar que sempre que umafuncao tem alguma derivada tenha tambem as de ordem seguinte.

Isso e falso. Por exemplo, considere a funcao

F1 : [−1, 1] → R, F1(x) :=

∫ x

−1

| t | dt.

Pelo Primeiro Teorema Fundamental, F ′1(x) = | x |.

Logo F1 nao tera F ′′(0) (ja que sabemos que | x | nao tem derivada em x = 0).

8. EXERCICIOS 298

Agora facamos,

F2 : [−1, 1] → R, F2(x) :=

∫ x

−1

F1(t) dt.

Pelo Primeiro Teorema fundamental, F ′2(x) = F1(x) e F ′′

2 (x) = | x |. Logo F2 temprimeira e segunda derivadas em todos os pontos de seu domınio, mas nao tera F ′′′

2 (0).E assim sucessivamente, podemos definir Fn, que vai bem ate as derivadas de

ordem n, mas que nao tera F (n+1)(0).

8. Exercıcios

Exercıcio 8.1. (resolvido)O computador da as seguintes aproximacoes para:

x1 :=π

2· (sin(π

2) + sin(π) ) = 1.570796327,

x2 :=π

3· (sin(π

3) + sin(

2π

3) + sin(π) ) = 1.813799365,

x3 :=π

4· (sin(π

4) + sin(

2π

4) + sin(

3π

4) + sin(π) ) = 1.896118898,

x4 :=π

5· (sin(π

5) + sin(

2π

5) + . . .+ sin(π) ) = 1.933765598.

i) qual uma possibilidade de termo geral da sequencia xn da qual exibimos osquatro primeiros termos ?

ii) Por que os itens i) e ii) do Teorema 4.1 implicam que existe limn→∞ xn ?

Exercıcio 8.2. Digo que g : I → R e uma funcao ımpar se g(x) = −g(−x) ∀x,−x ∈I. E digo que e uma funcao par se g(x) = g(−x) ∀x,−x ∈ I.

Prove que:i) Se f(x) e uma funcao ımpar, qualquer primitiva F (x) dela e uma funcao par.ii) Se f(x) e uma funcao par, qualquer primitiva F (x) dela e uma funcao ımpar.De exemplos onde f(x) e polinomial ou trigonometrica.

Exercıcio 8.3. (resolvido)i) Descreva a funcao F : [−1, 1] → R dada por

F (x) =

∫ x

−1

| t |dt,

onde | t | e o modulo.Como e o grafico de F (x) ?

Exercıcio 8.4. Ao inves de ser 1 exercıcio, este aqui serve de prototipo de umainfinidade de exercıcios.

Suponha que voce tem informacao sobre uma funcao f : [a, b] → R contınua dada.E considere a integral indefinida G(x) :=

∫ x

af(t)dt.

Suponha que te pedem pra encontrar maximos/mınimos de G(x).Ataque o problema assim:


• Note que G : [a, b] → R e contınua e que [a, b] fechado e limitado. Logoexistem maximos e mınimos globais da G(x).

• Esses pontos estao nos extremos a, b ou em (a, b).• Mas os que estao em (a, b) sao pontos crıticos da G, ou seja G′(x) = 0 nessespontos.

• Ora, G′(x) = f(x) e f foi dada.

Exercıcio 8.5. Defina F : [0, π] → R como F (x) =∫ x

0sin(t2) dt.

Usando o Primeiro Teorema do Calculo, determine os 4 pontos de [0, π] ondeF ′(x) = 0.

Um deles e ponto de mınimo global da F . Pelo Teste da segunda derivada, deter-mine quais dos tres outros sao mınimos ou maximos locais.

Exercıcio 8.6. (resolvido) Verifique que

F (x) =x

2

√1− x2 +

1

2arcsin(x)

e primitiva de y =√1− x2, para x ∈ [0, 1].

CAPıTULO 22

Logaritmo natural e sua inversa, a exponencial

1. Existe uma funcao f 6≡ 0 que seja imune a derivacao ?

Exceto pela funcao f ≡ 0, todas as funcoes que vimos ate agora mudam ao seremderivadas (os polinomios perdem grau, etc). Como poderıamos criar uma funcao f(x)imune a derivada ? Ou seja, com

f ′(x) = f(x) ?

Imagine que tivessemos uma funcao f : R> 0 → R com

f ′(x) =1

x.

Entao f ′(x) > 0 ∀x ∈ R> 0 e daı f(x) e estritamente crescente. Logo f−1 : R → R>0

existiria e se fosse derivavel, pelo Teorema 0.1 da derivada da inversa, terıamos:

(f−1)′(x) =

1

f ′(f−1(x))=

=1

( 1f−1(x)

)=

= f−1(x).

Ou seja (f−1)′= f−1: voila a funcao imunizada.

Ou seja a sonhada funcao imune sera a inversa daquela f(x) que tem f ′(x) = 1x.

Mas sera que ja nao temos uma funcao com f ′(x) = 1xem nossa lista de funcoes

ja conhecidas ?Se quisessemos ao inves de f ′(x) = x−1 algo do tipo f ′(x) = x−k, k 6= 1, bastaria

tomar

f(x) =1

−k + 1· x−k+1

e pelo que ja aprendemos f ′(x) = x−k. Mas, justamente, nao podemos escrever 1−k+1

se k = 1.

Assim como vimos que ha leis fısicas importantes modeladas a partir da pro-priedade f ′′(x) = −f(x) do seno e do cosseno, ha processos muito importantes mod-elados matematicamente pela relacao:

f ′(x) = f(x).

Essa relacao entre a derivada e a funcao diz por exemplo que quanto mais f(x) fica

positivo mais aumenta sua velocidade. E a modelagem de algum processo que temum crescimento extraordinario.

301

1. EXISTE UMA FUNCAO F 6≡ 0 QUE SEJA IMUNE A DERIVACAO ? 302

Por exemplo, f(x) pode ser uma populacao em um certo tempo, e que quantomais elementos tem mais cruzamentos efetua, aumentando a populacao, e assim pordiante. Ou por exemplo uma dıvida, sobre a qual incidem juros que aumentam adıvida e sobre ela mais juros incidem, assim por diante.

1.1. Quantas funcoes sao imunes a derivacao ?Acima propusemos um metodo para criar uma funcao imune a derivacao (como

inversa de uma outa funcao) Chamemos nossa funcao imune f1(x) (com f ′1(x) = f1(x)

∀x portanto).Suponhamos por um momento que f1(x) nunca se anula (sera verdade!).Sera que ha alguma outra funcao f2(x) com f ′

2(x) = f2(x) ∀x, bem diferenteda nossa f1(x) e que quem sabe sera criada por um outro metodo completamentediferente desse nosso? A resposta e que essencialmente nao !

E o argumento e o seguinte. Suponha outra f2(x) com f ′2(x) = f2(x) ∀x e defina:

f2(x)

f1(x).

Entao a derivada do quociente da:

(f2(x)

f1(x))′(x) =

f ′2(x) · f1(x)− f2(x) · f ′

1(x)

f 21 (x)

=

f2(x) · f1(x)− f2(x) · f1(x)f 21 (x)

=

=0

f 21 (x)

≡ 0.

Mas entao pela Parte 1 do Curso concluımos que

f2(x)

f1(x)≡ C

onde C e uma constante. Dito de outro modo f2(x) = C · f1(x) ou seja que f2 eapenas f1 multiplicada por uma constante.

Note que se C = 0 entao f2(x) ≡ 0 e imune a derivacao.Entao maos a obra:

Definicao 1.1. Considere a funcao

f : R>0 → R>0, f(x) =1

x.

A funcao de R>0 → R dada por

ln(x) :=

∫ x

1

1

xdx

e o logaritmo natural de x.

CAPITULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, AEXPONENCIAL 303

Pelo Primeiro Teorema Fundamental(Teorema 6.1, Capıtulo 21) ln(x) tem a pro-priedade de que

ln′(x) =1

x,

o que precisavamos.Sua inversa (como ln′(x) = 1

x> 0, o ln(x) e uma funcao estritamente crescente)

entao sera a funcao imune a derivacoes.Observe que:

• ln(1) = 0• se 1 < x entao ln(x) = A 1

x,1(x) > 0.

• se x < 1 entao∫ x

1

1

xdx = −

∫ 1

x

1

xdx

e∫ 1

x1xdx = A 1

x,x(1) > 0 e uma area. Logo ln(x) < 0 se 0 < x < 1.

• como ln′′(x) = − 1x2< 0 e uma funcao com concavidade para baixo.

• na Afirmacao 6.1 veremos que limx→+∞ ln(x) = +∞ e que limxց0 ln(x) =−∞.

A importancia pratica dos logaritmos e enorme, devido a algumas propriedadesbasicas que veremos nas proximas Secoes.

Denoto a funcao inversa do logaritmo natual, definida de R → R>0, por exp(y):

exp(ln(x))) = x, ∀x ∈ R>0.

Em particular o numero exp(1) sera denotado por e, ou seja

ln(e) = ln(exp(1)) = 1.

A area sob o grafico de 1x, desde 1 ate 2, e menor que a area do quadrado de base

1 e altura 1. Logo

2 < e.

Considere agora a reta tangente ao grafico de y = 1xque passa pelo ponto (2, 1

2):

y = −x4+ 1.

Ela passa por (1, 34) e por (3, 1

4). Entao area sob o grafico de 1

x, desde 1 ate 3, e maior

que a area do trapezio de base 2 formado pelos pontos (1, 34), (1, 0), (3, 0) e (3, 1

4).

Mas a area desse trapezio e a mesma do retangulo de base 2 e altura 12(basta

pivotar no ponto (2, 12) a reta ligando (1, 3

4) e (3, 1

4), veja a Figura). Logo

e < 3.

2. PROPRIEDADES FUNDAMENTAIS DO LOGARITMO E DAEXPONENCIAL 304

1

0,8

0,4

0,9

0,7

0,3

x

32,521

0,50,6

1,5

2. Propriedades fundamentais do logaritmo e da exponencial

Afirmacao 2.1. No que segue x, x1, x2 sao positivos enquanto que y, y1, y2 sao quais-quer.

• i) ∀x1, x2 > 0 vale ln(x1 · x2) = ln(x1) + ln(x2).• ii) ∀x, ln( 1

x) = − ln(x).

• iii) ∀m,n ∈ N ln(xmn ) = m

n· ln(x).

• iv) ∀m,n ∈ N ln(x−mn ) = −m

n· ln(x).

• v) exp(y1 + y2) = exp(y1) · exp(y2)• vi) exp(−y) = 1

exp(y).

• vii) exp(mn) = exp(1)

mn = e

mn .

Demonstracao.

De i):Para recairmos em uma variavel fixe x2 e olhe a funcao diferenca:

φ(x1) := ln(x1 · x2)− ln(x1)− ln(x2),

como funcao de x1 apenas.Temos pela regra da composta e pelo Primeiro Teorema Fundamental:

φ′(x1) =1

x1 · x2· x2 −

1

x1

onde derivei x1 ·x2 como funcao apenas de x1, para cada x2 fixado, obtendo (x1 ·x2)′ =x2. Ora entao φ′(x1) ≡ 0, portanto φ(x1) ≡ C.

Qual C ? Avalio em x1 = 1: φ(1) = ln(1x2)−0− ln(x2) = 0, logo C = e φ(x1) ≡ 0como querıamos.

De ii):Analoga a de i), derivando agora a funcao diferenca

φ(x) := ln(1

x) + ln(x),


que e:

φ′(x) = x · (−1)

x2+

1

x≡ 0.

De iii):Analoga, derivando agora:

φ(x) := ln(xmn )− m

n· ln(x),

φ′(x) = x−mn · m

n· xm

n−1 − m

n· x−1 ≡ 0.

De iv): sai de ii) e iii), ja provadas.De v):Usando que exp e inversa de ln e a propriedade i) obtemos:

exp(y1 + y2) = exp(ln(x1) + ln(x2)) = exp(ln(x1 · x2)) =

= x1 · x2 = exp(y1) · exp(y2).De vi):

Se aplicamos a v), ja provada, para y1 = −y e y2 = y:

exp(−y + y) = exp(−y) · exp(y).

Mas exp(−y + y) = exp(0) = 1. Logo exp(−y) = 1exp(y)

.

De vii):Obviamente:

ln(exp(m

n)) =

m

n.

Ou seja,n

m· ln(exp(m

n)) = 1.

Por iii) temos entao:

ln(exp(m

n)

nm ) = 1.

Logo pela injetividade de y = ln(x):

exp(m

n)

nm = exp(1),

ou seja:

exp(m

n) = exp(1)

mn .

�

3. LOGAX , ∀A > 0 E LN |X | 306

3. loga x , ∀a > 0 e ln | x |Podemos definir:

Definicao 3.1. Defino ∀x > 0 e a > 0, a 6= 1, loga(x) :=ln(x)ln(a)

Na Biologia e na Quımica e importante a base 10, por exemplo.

Afirmacao 3.1. Para x > 0 e a > 0, a 6= 1:

• o) loga(1) = 0 e loga(a) = 1.• i) (loga(x))

′(x) = 1ln(a)·x , portanto loga(x) e estritamente crescente se a > 1

e loga(x) e estritamente decrescente se 0 < a < 1.• ii) (loga(x))

′(x) = −1ln(a)·x2 , portanto o grafico de loga(x) tem concavidade para

baixo se a > 1 e concavidade para cima se 0 < a < 1.• iii) ∀x1, x2 > 0 vale loga(x1 · x2) = loga(x1) + loga(x2).• iv) ∀x, loga( 1x) = − loga(x).

• v) ∀m,n ∈ N loga(xmn ) = m

n· loga(x).

• vi) ∀m,n ∈ N loga(x−mn ) = −m

n· loga(x).

• vii) Se a1, a2 > 0: loga2(x) =ln(a1)ln(a2)

· loga1(x).• viii): a funcao ln | x | esta definida ∀x 6= 0 e sua derivada e (ln | x |)′(x) = 1

x

3

1

2

0

-2

x

20,4 1,6

-1

0,81,2

Figura: Graficos de y = ln(x) (vermelho),y = log0.5(x) (verde) e y = log10(x) (amarelo), x ∈ [0.1, 2].


-4

-6

-2

0

x

420-2-4

Figura: O grafico de y = ln | x |.

Demonstracao. (da Afirmacao 3.1)De o):

loga(1) :=ln(1)

ln(a)= 0, e loga(a) :=

ln(a)

ln(a)= 1.

De i): ao derivar a constante 1ln(a)

sai.

De ii): derive a expressao de i).De iii) paro x2 e considero a funcao diferenca:

φ(x1) := loga(x1 · x2)− loga(x1)− loga(x2),

como funcao so de x1.Entao ja usando i) e a regra da composta:

φ′(x1) =1

ln(a) · x1 · x2· x2 −

1

ln(a)x1≡ 0.

Logo

φ(x1) := loga(x1 · x2)− loga(x1)− loga(x2) ≡ C

e avaliando em x1 = 1 obtenho C = 0.Deixo para o leitor a prova de iv) - vi), pois sao analogas.

De vii): imediata, das definicoes.De viii): se x > 0 ja sabemos que ln′(x) = 1

xpelo Primeiro Teorema Fundamental do

Calculo.Se x < 0, entao |x| := −x e temos pela regra da composta

(ln(−x))′ = 1

(−x) · (−1) =1

x, onde − 1 = (−x)′,

como querıamos.�

4. AS FUNCOES EX E AX , PARA A > 0 308

4. As funcoes ex e ax, para a > 0

Vimos no item vi) da Afirmacao 2.1 que:

exp(m

n) = exp(1)

mn = e

mn , ∀m,n ∈ N

Isso motiva definir:

ex := exp(x), ∀x ∈ R.

Com essa definicao e o item v) da Afirmacao 2.1 temos garantida:

ex1+x2 = ex1 · ex2, ∀x1, x2 ∈ R.

Definicao 4.1. Para qualquer numero Real positivo a > 0, defina:

ax := ex ln(a).

Afirmacao 4.1. Seja a numero Real positivo.

• i) loga(ax) = x.

• ii) ax1+x2 = ax1 · ax2• iii) (ax1)x2 = ax1·x2

• iv) (ax)′(x) = ln(a) · ax.• v): ax e estritamente decrescente se a < 1, constante = 1 se a = 1 e ax eestritamente crescente se a > 1.

• vi) os graficos de ax sempre tem concavidade para cima.

10

6

8

4

0

x

10-1-3

2

-2

Figura: Os graficos de y = ex em vermelho, de y = (0.5)x em verdee de y = 10x em amarelo, x ∈ [−3, 1].

Demonstracao.

De i):

loga(ax) :=

ln(ax)

ln(a)=


=ln(ex·ln(a))

ln(a)= x.

De ii): Pela definicao e pela propriedade de ex:

ax1+x2 := e(x1+x2)·ln(a) = ex1·ln(a)+x2·ln(a) =

= ex1·ln(a) · ex2·ln(a) =: ax1 · ax2.De iii): Aqui uso duas vezes a definicao :

(ax1)x2 := (ex1·ln(a))x2 :=

:= ex2·ln(ex1·ln(a)) =

= ex2·x1 ln(a) =: ax1·x2.

De iv): para derivar uso a regra da composta:

(ax)′(x) := (ex ln(a))′(x) = ex ln(a) · ln(a) =: ln(a) · ax.

De v): O sinal de ax)′(x) so depende do sinal de ln(a).De vi): Devido a que:

(ax)′′(x) = ln2(a) · ax > 0, ∀x ∈ R

�

5. xa e sua derivada, a ∈ R.

Para sermos coerentes com a Definicao 4.1 vamos definir:

Definicao 5.1. Para x > 0 e a um Real qualquer, defino

xa := ea ln(x) e logx(a) :=ln(a)

ln(x),

onde x 6= 1 na ultima definicao.

O leitor vera a importancia dessas funcoes para resolver equacoes diferenciais naSecao 1 do Capıtulo 40.

Afirmacao 5.1. Para x > 0 e a qualquer:

• i) (xa)′(x) = a · xa−1

• ii) ln(xa) = a · ln(x)• iii) logx(x

a) = a.

6. CRESCIMENTO LENTO DO LOGARITMO E RAPIDO DA EXPONENCIAL310

Por exemplo, o grafico de xπ e muito parecido com o de x3, mas xπ so faz sentidopara x > 0:

0,6

1

0,6

0,40,2

0,4

0

0,2

x

0,8 1

0,8

0

Figura: O grafico de y = xπ em vermelho e de y = x3 em verde, x ∈ (0, 1]

Demonstracao.

De i):

(xa)′(x) := (ea ln(x))′ = ea ln(x) · ax= a · xa−1.

De ii):

ln(xa) := ln(ea ln(x)) = a · ln(x).De iii): Basta concatenar definicoes:

logx(xa) := logx(e

a ln(x)) :=ln(ea ln(x))

ln(x)= a.

�

6. Crescimento lento do logaritmo e rapido da exponencial

A Afirmacao a seguir diz que o logaritmo natural cresce, mas cresce mais lenta-mente ate que y = x. E que, por outro lado, a exponencial cresce mais rapido quequalquer n, n ∈ N:

Afirmacao 6.1.

i) limx→∞

ln(x) = +∞, e limxց0

ln(x) = −∞,

ii) limx→∞

ln(x)

x= 0 e lim

xց0x · ln(x) = 0

Por outro lado, para qualquer n ∈ N:

iii) limx→∞

xn

ex= 0.


Demonstracao.

De i): Por definicao ln(x) para x > 1 e a area sob o grafico de 1x, de x = 1 ate x.

Precisamos mostrar que a medida que x cresce a area cresce ano quanto quisermos.Dito de outro modo, precisamos mostrar que a area sob o grafico de 1

xa direita de

x = 1 e tao grande quanto quisermos, desde que avancemos para a direita o suficiente.Note que posso tomar os retangulos justpostos

[1, 2]× [0,1

2] ∪ [2, 3]× [0,

1

3] ∪ . . . ∪ [n− 1, n]× [0,

1

n

cuja soma de areas e1

2+

1

3+ . . .+

1

n.

Agora vamos ver que essa soma se faz tao grande quanto quisermos, quando n cresce,o que implica que a area sob o grafico a direita de 1 fica tao grande quanto quisermos.

De fato, denote:

sn :=1

2+

1

3+ . . .+

1

ne portanto com essa notacao:

s2n :=1

2+ (

1

3+

1

4)

︸︷︷︸

21 parcelas

+ (1

5+

1

6+

1

7+

1

8)

︸︷︷︸

22 parcelas

+ . . .+

+ (1

2n−1 + 1+

1

2n−1 + 2+ . . .

1

2n)

︸︷︷︸

2n−1 parcelas

.

Olhando para o menor termo em cada grupo destacado, acima, vemos que

s2n ≥ 1

2+ 2 · 1

22+ 22 · 1

23+ . . .+

2n−1

2n= n · 1

2.

Ora como limn→+∞n2= +∞ obtemos que limn→+∞ s2n = +∞ e portanto limn→+∞ sn =

+∞. Isso diz que 12+ 1

3+ . . . + 1

nfica tao grande quanto eu quiser, se n crescer o

suficiente.Para vermos o que acontece com

limxց0

ln(x)

note que

limxց0

ln(x) = limz→+∞

ln(1

z) =

= limz→+∞

− ln(z) = − limz→+∞

ln(z) = −∞.

De ii):So com a definicao de ln(x) e imediato que:

ln(x) < x− 1, ∀x > 1,

pois x− 1 e quanto vale a area do retangulo de altura 1 e base [1, x].

6. CRESCIMENTO LENTO DO LOGARITMO E RAPIDO DA EXPONENCIAL312

E como x− 1 < x concluo:

0 < ln(x) < x, ∀x ≥ 1.

Por outro lado e claro que

x > 1 ⇔ x12 > 1

(passe da esquerda para a direita tirando a raız quadrada, e da dirita para a esquerdaelevando ao quadrado).

Ou seja:

0 < ln(x12 ) < x

12 , se x > 1,

e pela propriedade do logaritmo:

0 <1

2ln(x) < x

12 , se x > 1.

Agora eleve tudo ao quadrado obtendo:

0 <(ln(x))2

4< x, se x > 1

e daı

0 <ln(x)

x<

4

ln(x), se x > 1.

Como sabemos que

limx→+∞

4

ln(x)= 0

fazendo x→ +∞ na desigualdade obtemos:

0 = limx→∞

ln(x)

x.

Agora trato de

limxց0

x · ln(x).

Note que:

x · ln(x) = ln(x)

( 1x)

=− ln(x)

(−1x)

= − ln( 1x)

( 1x).

Se faco z := 1xtemos:

limxց0

− ln(x)

(−1x)

= − limxց0

ln( 1x)

( 1x)

= − limz→+∞

ln(z)

z= 0,

pelo que ja sabemos de ii).De iii):

Agora vamos ver que do ponto de vista de sua inversa temos o efeito contrario,ou seja, que a exponencial cresce mais rapido que qualquer polinomio.

Como observamos acima, ln(x) < x− 1, se x > 1. Um tal x > 1 se escreve comox = 1 + x com x > 0. Ou seja, obtenho:

ln(1 + x) < (1 + x)− 1 = x, se x > 0.


Agora que ja sei isso volto a notacao anterior, escrevendo:

ln(1 + x) < x, se x > 0.

Ja que isso vale ∀x > 0 uso para xn+1

> 0 obtendo:

ln(1 +x

n+ 1) <

x

n+ 1, se x > 0.

Agora tomo exponencial, obtendo:

1 +x

n+ 1< e

xn+1

e portanto:x

n+ 1< e

xn+1 .

Elevo tudo a n+ 1:

(x

n + 1)n+1 < (e

xn+1 )n+1

e usando a propriedade da exponencial (exm )m = em

xm = ex obtemos

xn+1

(n+ 1)n+1< ex, ∀x > 0

e portanto

xn · x

(n+ 1)n+1< ex, ∀x > 0

e finalmente:xn

ex<

(n+ 1)n+1

x, ∀x > 0.

Mas n e fixado e x cresce, logo:

limx→+∞

xn

ex= 0,


7. Uma observacao sobre o termo geral de uma serie infinita

Vimos na prova do item i) Afirmacao 6.1 que apesar de que:

limn→+∞

1

n= 0

a serie∑+∞

n=11nfica tao grande quanto quisermos, ou seja,

+∞∑

n=1

1

n= +∞.

8. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITON, N. 11, 1951 314

Definicao 7.1. Diremos que uma soma infinita+∞∑

n=1

an

converge se existe o limitelim

n→+∞sn = L ∈ R,

onde a sequencia sn e dada por:

sn := a1 + a2 + . . .+ an.

Afirmacao 7.1. Se a serie infinita∑+∞

n=1 an converge entao necessariamente:

limn→+∞

an = 0.

Demonstracao.

Comolim

n→+∞sn = L ∈ R,

entao tambem vale:lim

n→+∞sn−1 = L ∈ R.

Portanto pela propriedade do limite da diferenca de duas sequencias:

0 = limn→+∞

(sn − sn−1) = limn→+∞

an.

�

8. Um problema da Putnam Competiton, n. 11, 1951

Problema: Prove que vale:

ln(1 +1

x) >

1

1 + x, ∀x > 0.

Solucao:Considere a funcao:

φ(x) := ln(1 +1

x)− 1

1 + xe note que

φ(x) = ln(x+ 1

x)− 1

1 + x= ln(x+ 1)− ln(x)− 1

1 + x.

Temoslimxց0

φ(x) = +∞.

Portanto para x > 0 e pequeno vale φ(x) > 0.Mas suponha por absurdo que para algum ponto x suficientemente grande aconteca

queφ(x) ≤ 0.


Como:

φ′(x) =1

1 + x− 1

x− (

1

1 + x)′ = − 1

x · (1 + x)2< 0

se x > 0 entao φ(x) e uma funcao estritamente decrescente.Portanto

φ(x) < φ(x) ≤ 0, ∀x > x.

Mas

limx→+∞

φ(x) = limx→+∞

[ln(1 +1

x)− 1

1 + x] = 0,

portanto nao pode acontecer que

φ(x) < φ(x) ≤ 0, ∀x > x

pois os valores φ(x) tem que se aproximar de zero tanto quanto quisermos.Essa contradicao prova que φ(x) > 0 ∀x > 0, como querıamos.

9. A regra de L’Hopital

O Teorema de L’Hopital e apresentado em muitos textos de Calculo logo no inıcioe sem absolutamente nenhuma justificacao.

E um exemplo tıpico de um topico de Matematica Superior ensinado do pior modopossıvel.

Teno visto alunos justificarem limites absolutamente simples como:

limx→+∞

x2 + 1

x2= 1,

atraves do L’Hopital decorado.Por isso resolvi explicar (como se aprende no Spivak) pelo menos as formulacoes

mais fundamentais dessa regra.A utilidade da regra de L’Hopital e dar um criterio para decidir o que acontece

quando, num quociente, tanto o numerador quanto o denominador tendem a zero.Ou, como se diz, quando ha uma indeterminacao do tipo 0

0.

Afirmacao 9.1. (versao , 00, x ∈ R, L ∈ R)

Sejam1 f : I \ {x} → R e g : I \ {x} → R onde I e um intervalo centrado em x.Suponha:

• limx→x f(x) = limx→x g(x) = 0• f ′(x) e g′(x) estao definidas em I \ {x} e g′(x) 6= 0 em I \ {x}.• limx→x

f ′(x)g′(x) = L ∈ R.

Entao:

• g(x) 6= 0 em I \ {x} e

• limx→xf(x)g(x)

= L ∈ R.

O mesmo vale se nas hipotese e conclusoes trocamos os limites plenos por algumlimite lateral como xց x ou xր x.

1 Dizer que uma funcao esta definida em I \ {x} nao quer dizer que ela tambem nao possa estardefinida em x. Mas apenas que so precisamos que ela esteja definida num certo entorno de x.

9. A REGRA DE L’HOPITAL 316

Demonstracao.

Se f ou g nao estao definidas em x ou mesmo se o valor de alguma delas em xnao e zero, redefina-as em x como:

f(x) = g(x) = 0,

deixando-as inalteradas2 em I \ {x}.Com essa (re-)definicao em x, as funcoes f, g sao contınuas em x, ademais de

serem contınuas em I \ {x}, ja que aı sao ate derivaveis.Considere h > 0 pequeno para que

(x, x+ h) ⊂ (I \ {x})e note que g(x) nao pode se anular em nenhum ponto x ∈ (x, x+ h): caso contrario,terıamos g(x) = g(x) = 0 e o Teorema de Rolle aplicado ao intervalo [x, x] diria queexiste algum

ξh ∈ (x, x) ⊂ (I \ {x})onde g′(ξh) = 0, contrariando uma hipotese de que g′(x) 6= 0 em todo I \ {x}.

Portanto faz sentido o quociente:

f(x)

g(x), ∀x ∈ (x, x+ h) ⊂ (I \ {x}).

Agora aplico o T. V. Medio de Cauchy (Afirmacao 1.3 Capıtulo 10) a f, g restritasao intervalo [x, x] . Entao existe

ϑx ∈ (x, x)

com :f ′(ϑx)

g′(ϑx)=f(x)− f(x)

g(x)− g(x)=f(x)

g(x).

A hipotese

L = limx→x

f ′(x)

g′(x)

diz que para qualquer tipo de ponto x que tende a x, o quociente f ′(x)g′(x) tende a L.

Ora, quando xց x temos ϑx ց x. Portanto

L = limx→x

f ′(x)

g′(x)= lim

xցx

f ′(ϑx)

g′(ϑx).

Mas entao

L = limxցx

f ′(ϑx)

g′(ϑx)= lim

xցx

f(x)

g(x).

Analogamente para mostrar que L = limxրxf(x)g(x)

. �

Afirmacao 9.2. (versao 00, x = ∞, L ∈ R)

Suponha:

2Isso nao vai alterar os calculo dos limites, pois como sabemos limites so dependem do compor-tamento em pontos proximos de x.


• limx→+∞ f(x) = limx→+∞ g(x) = 0• f ′(x) e g′(x) estao definidas para x > K e g′(x) 6= 0 para x > K.

• limx→+∞f ′(x)g′(x)

= L ∈ R.

Entao:

• g(x) 6= 0 se x > K e

• limx→+∞f(x)g(x)

= L ∈ R.

Demonstracao.

Vou fazer essa Afirmacao recair na Afirmacao 9.1 (para o limite lateral x ց x),ja provada.

Para isso defina:

f(x) := f(1

x) e g(x) := g(

1

x).

Com essas definicoes, nossas hipoteses sobre f e g se traduzem nas seguintes hipotesessobre f e g:

• limxց0 f(x) = limxց0 g(x) = 0

• f ′(x) = −f ′( 1x)

x2e g′(x) = −g′( 1

x)

x2estao definidas para x da forma 0 < x < 1

K.

E ademais g′(x) 6= 0 se 0 < x < 1K.

• limxց0f ′(x)g′(x) = L ∈ R.

Entao a Afirmacao 9.1 (adaptada para limite lateral x ց 0) quando aplicada a fe g e x = 0 da que:

• g(x) 6= 0 nao se anula para 0 < x < 1K

• limxց0f(x)g(x)

= L

Ou seja, g(x) 6= 0 se x > K e

limx→+∞

f(x)

g(x)= L.

�

Se examinamos as provas das duas Afirmacoes 9.1 e 9.2 vemos que valeriamtambem se L = ∞. Nos referiremos a essas adaptacoes como versoes 0

0e L = ∞

do L ’Hopital.Ha tambem versoes analogas, cuja prova exige algumas adaptacoes, para tratar

casos em que

limx→x

|f(x)| = limx→x

|g(x)| = +∞,

ou como se diz, em que a indeterminacao e do tipo ∞∞ .

Exemplos:

• Com a Afirmacao 9.2 aplicada n + 1-vezes obtemos:

limx→∞

xn

ex= lim

x→∞

n · xn−1

ex= . . . =

9. A REGRA DE L’HOPITAL 318

= limx→∞

n!

ex= lim

x→∞

0

ex= 0.

• Considere a composicao eex

. Vejamos que ela cresce mais rapido que apropria exponencial. Pela Afirmacao 9.2 adaptada para a indeterminacao∞∞ se obtem:

limx→∞

ex

eex= lim

x→∞

ex

eex · ex = limx→∞

1

eex= 0.

• quando numa expressao que e uma soma, uma parcela tende a +∞ e a outratende a −∞ nitidamente ha uma indeterminacao, chamada ∞−∞. Vejamosum exemplo em que essa indeterminacao se reduz a outra do tipo 0

0, que pode

ser considerada via aplicacao de L’Hopital por duas vezes. Considere:

limxց0

(1

x− 1

ex − 1) = lim

xց0

ex − 1− x

x · (ex − 1)=

= limxց0

ex − 1

ex − 1 + x · ex =

= limxց0

ex

ex + ex + x · ex =1

2.

• quando numa expressao que e um produto, um fator tende a ∞ e o outrotende a 0 nitidamente ha uma indeterminacao, chamada ∞ · 0. Vejamos umexemplo em que essa indeterminacao se reduz a outra do tipo ∞

∞ , que podeser considerada via L’Hopital. Considere:

limxց0

ln(x) · tan(x) = limxց0

ln(x)

( 1tan(x)

)=

= limxց0

( 1x)

(− sec2(x)tan2(x)

)= lim

xց0

− sin2(x)

x=

= limxց0

− sin(x)

x· sin(x) = −1 · 0 = 0.

• note que nao ha indeterminacao nenhuma se ambas parcelas de uma somatendem a +∞ ou se ambas tendem a −∞.

• tambem nao ha indeterminacao se numa soma ou subtracao uma parcelatende a zero e a outra tambem. Pois, se ǫ1 > 0 e ǫ2 > 0 sao pequenos temos|ǫ1 ± ǫ2| ≤ ǫ1 + ǫ2 que e pequeno tambem.

Veremos na Secao 13 exemplos difıceis que precisam da regra de L’Hopital.Mas as vezes, em exemplos relativamente simples, nao e claro se e mellhor usa-la

ou fazer diretamente. Por exemplo3:

limx→+∞

√a · x2 + b · x−

√a · x, a, b > 0.

Diretamente:lim

x→+∞(√a · x2 + b · x−

√a · x) =

3agradeco ao estudante Daniel Manica por este exemplo


= limx→+∞

(√a · x2 + b · x−

√a · x) · (

√a · x2 + b · x+√

a · x√a · x2 + b · x+√

a · x) =

= limx→+∞

b · x√a · x2 + b · x+√

ax= lim

x→+∞

b · xx · (

√

a+ bx+√a)

=

= limx→+∞

b√

a + bx+√a=

b

2 · √a.

Agora via L’Hopital para o tipo 00:

limx→+∞

(√a · x2 + b · x−√

a · x) = limx→+∞

x · (√

a+b

x−√

a) =

= limx→+∞

√

a + bx−√

a

x−1= lim

x→+∞

( −b·x−2

2·√a+ b

x

)

−x−2=

= limx→+∞

b

2 ·√

a+ bx

=b

2 · √a.

10. A funcao xx

A funcao y = f(x) = xx esta definida por:

xx := ex·ln(x), ∀x ∈ R.

Afirmacao 10.1. Para todo x > 0:

• i) (xx)′ = (ln(x) + 1) · xx.• ii) a concavidade do grafico de xx e para cima• iii) xx tem um mınimo global em e−1.• iv) limxց0 x

x = 1• v) limx→∞

ex

xx= 0; em particular, limx→+∞ xx = +∞.

0,8

0,6

0,4

0

0,2

x

10,80,60,40 0,2

1

Figura: O grafico de y = xx para x ∈ (0, 1]

Demonstracao.

10. A FUNCAO XX 320

De i):

(xx)′ := (ex·ln(x))′(x) = ex ln(x) · (x · ln(x))′ = (ln(x) + 1) · xx.De ii):

Basta notar que

(xx)′′(x) =1

x· xx + (ln(x) + 1)2 · xx > 0, ∀x > 0.

De iii): Notar que:

(xx)′ = 0 ⇔ ln(x) + 1 = 0 ⇔ x = e−1

e usar ii).De iv): Pela continuidade de ex:

limxց0

ex ln(x) = elimxց0 x ln(x).

Mas pelo item ii) da Afirmacao 6.1,

limxց0

x ln(x) = 0,

portanto

limxց0

ex ln(x) = e0 = 1.

De v):O item iii) da Afirmacao 6.1 implica que limx→+∞ ex = +∞. E

ex ln(x) ≥ ex, se x ≥ e.

Portanto limx→∞ex

xxe uma indeterminacao ∞

∞ . Uso entao a Afirmacao 9.2 adaptadapara ∞

∞ :

limx→∞

ex

xx= lim

x→∞

ex

ex·ln(x) · (ln(x) + 1).

Mas:

limx→∞

ex

ex·ln(x) · (ln(x) + 1)≤ lim

x→∞

ex

ex · (ln(x) + 1)=

= limx→∞

1

ln(x) + 1= 0,

onde a desigualdade vale desde que x ≥ e.�

A Figura a seguir ilustra onde xx passa a ser maior que ex


25

15

20

0,5

10

0

5

x

2,521,50 1 3

Figura: Graficos de y = xx em vermelho e y = ex em verde, x ∈ (0, 3]


Problema: A curva no plano definida por xy = yx, para x, y > 0, consiste de duascomponentes, uma que e uma reta e de uma outra curva.

Encontre as coordenadas do ponto de interseccao da reta com a outra curva.

Solucao:Vou me ater apenas a pergunta, sem tentar descrever em mais detalhes a curva

definida por xy = yx, para x, y > 0.Em primeiro lugar a curva em questao e:

F (x, y) = xy − yx := ex ln(y) − ey ln(x) = 0.

E imediato que a reta diagonal faz parte desa curva, pois sobre a diagonal temos:

xy − yx = xx − xx = 0.

Supondo o que foi dito, que a reta diagonal corta uma segunda componente, nesse(s)ponto(s) de intersecao(oes) deve valer

∂F

∂x= 0 e

∂F

∂y= 0,

pois o Teorema 2.1 do Capıtulo 15 diz que se

∂F

∂x6= 0 ou

∂F

∂y6= 0

entao a curva F = 0 e localmente um grafico regular e portanto, em torno de cadaponto da diagonal F = 0 e exatamente um pedaco da reta diagonal.

Ora,∂F

∂x= ex ln(y) · ln(y)− ey ln(x) · y

x∂F

∂y= ex ln(y) · x

y− ey ln(x) · ln(x)

12. UM MODO DE APROXIMAR E POR NUMEROS RACIONAIS 322

que ao serem avaliadas em pontos da diagonal y = x dao:

ex ln(x) · ln(x)− ex ln(x) · xx= ex ln(x) · (ln(x)− 1)

e essa expressao se anula exatamente se:

ln(x) = 1,

ou seja, o ponto de interseccao e (x, y) = (e, e).

12. Um modo de aproximar e por numeros Racionais

Com um pouquinho de geometria basica conseguimos ja determinar que:

2 < e < 3.

Agora vamos mostrar um modo de aproximar e com a precisao que quisermos:

Afirmacao 12.1.

e = limx→0

(1 + x)1x

Em particular4,

e = limn→+∞

(1 +1

n)n

, onde n ∈ N.

Demonstracao.

Antecipando a proxima Secao, defino

(1 + x)1x := e

1x·ln(1+x), x > −1.

Antes de passar ao limite x→ 0, tomo o logaritmo natural:

ln( (1 + x)1x ) = ln(e

1x·ln(1+x)) =

1

x· ln(1 + x).

e tento entender primeiro o que acontece com:

limx→0

1

x· ln(1 + x).

Ora,

limx→0

1

x· ln(1 + x) = lim

x→0

ln(1 + x)− ln(1)

x=:

=: (ln(1 + x))′(0) = 1.

Tomando a exponencial, que e contınua, concluo que

limx→0

(1 + x)1x = lim

x→0e

ln(1+x)x =

= elimx→0ln(1+x)

x = e1 = e.

A segunda afirmacao e apenas uma discretizacao desse fato, ou seja, onde o modocomo x→ 0 e atraves da sequencia de numeros Racionais 1

ncom n→ +∞.

�

4Se pode provar, via o Calculo, que e 6∈ Q, apesar de e poder ser aproximado por Racionais,como diz esta afirmacao


Na Secao 5 do Capıtulo 30 analisaremos uma aproximacao mais eficiente de e.

13. Funcoes f(x)g(x) em geral e suas indeterminacoes

Que sentido dar a funcoes do tipo f(x)g(x) ? Ja vimos alguns casos particulares.Defino:

f(x)g(x) := eg(x)·ln(f(x)), desde que f(x) > 0.

Com essa definicao garantimos propriedades como:

ln(f(x)g(x)) = ln( eg(x)·ln(f(x)) ) = g(x) · ln(f(x)),bem como:

f(x)g(x)+h(x) = e(g(x)+h(x))·ln(f(x)) =

= eg(x)·ln(f(x)) · eh(x)·ln(f(x)) = f(x)g(x) · f(x)h(x).Exemplos de indeterminacoes:

• Note que podem aparecer indeterminacoes do tipo 1∞, como ja vimos nocaso (1 + x)

1x . Vejamos outro exemplo desse tipo:

limxց0

(ex + x)1x .

Tome o logaritmo:

ln((ex + x)1x ) =

1

x· ln(ex + x)

e examine primeiro

limxց0

ln(ex + x)

x

como uma indeterminacao 00. Entao:

limxց0

ln(ex + x)

x= lim

xց0

( ex+1ex+x

)

1= 2.

Logo, tomando exponencial:

limxց0

(ex + x)1x = e2.

• Existem tambem indeterminacoes ∞0, como e o caso de

limx→+∞

(ex + x)1x .

Novamente tomo logaritmo:

ln((ex + x)1x ) =

1

x· ln(ex + x)

e examine primeiro

limx→+∞

ln(ex + x)

xcomo uma indeterminacao ∞

∞ . Entao:

limx→+∞

ln(ex + x)

x= lim

x→+∞

( ex+1ex+x

)

1= 1

14. DERIVADA LOGARITMICA 324

e tomando exponencial obteremos:

limx→+∞

(ex + x)1x = e.

• Note que nao existem indeterminacoes do tipo 0∞: de fato, suponha f(x) > 0com limx→x f(x) = 0. Se ademais limx→x g(x) = −∞, entao:

limx→x

f(x)g(x) := limx→x

eg(x)·ln(f(x)) = +∞,

enquanto que se vale limx→x g(x) = +∞ entao:

limx→x

eg(x)·ln(f(x)) = 0.

14. Derivada logarıtmica

Se f(x) > 0 a derivada da composicao ln(f(x)) e:

ln(f(x)) ′ =1

f(x)· f ′(x).

Note que o lado direito da expressao, ou seja,

f ′(x)

f(x)

faz sentido mesmo se f(x) < 0, basta que nao seja nula.

Definicao 14.1. Seja f(x) qualquer funcao derivavel. Onde ela nao se anula, chamamosa expressao

f ′(x)

f(x)

de derivada logarıtmica de f(x)

A Afirmacao a seguir diz, do item i) ao iv) que a derivada logarıtmica tem umcomportamento analogo ao do logaritmo, com respeito a produtos, quocientes e ex-poentes.

O item v) da a utilidade da derivada logaritmica, para calcular a propria f ′(x),quando f(x) envolve produtos, quocientese expoentes.

Afirmacao 14.1. Sejam f, f1, . . . , fn diversas funcoes da variavel x, derivaveis e quenao se anulam na regiao considerada.

Entao:

• i) (f1·...·fn)′(f1·f2·...·fn) =

f ′1f1

+ . . .f ′1f1

,

• ii) (fn)′

fn= n · f ′

f.

• iii)(f1f2

)′

(f1f2

)=

f ′1f1

− f ′2f2.

• iv) para qualquer a ∈ R e f(x) > 0, (fa)′

fa= a · f ′

f.


• v): suponha f(x) := fa11 · . . . fann , onde os expoentes ai sao numeros Reaisquaiquer (suponha fi > 0 se for necessario). Entao:

f ′(x) = f(x) · (a1 ·f ′1

f1+ . . .+ an ·

f ′n

fn).

Demonstracao.

De i): Basta derivar o produto e simplificar:

(f1 · . . . · fn)′(f1 · f2 · . . . · fn)

=

f ′1 · f2 · . . . · fn

(f1 · f2 · . . . · fn)+ . . .+

f1 · . . . fn−1 · ·f ′n

(f1 · . . . · fn−1fn)=

=f ′1

f1+ . . .+

f ′n

fn.

De ii): Uso a derivada da composta e simplifico:

(fn)′

fn=n · fn−1 · f ′

fn= n · f

′

f.

De iii): Uso a derivada do quociente e simplifico:

(f1f2)′

(f1f2)= (

f ′1 · f2 − f1 · f ′

2

f 22

) · f2f1

=

=f ′1 · f2 − f1 · f ′

2

f1f2=f ′1

f1− f ′

2

f2.

De iv): analoga a de ii), so que derivando a composicao f(x)a := ea·ln(x).De v): basta usar os itens anteriores, pois f e definida atraves de produto/quocientese expoentes.

�

Exemplos:

• Suponha que te pedem para derivar

f(x) =sin2(x) · x3

e2x.

Com o item v) da Afirmacao 14.1 se obtem:

f ′(x) = (sin2(x) · x3

e2x) · (2cos(x)

sin(x)+

3

x− 2) =

=2 sin(x) · cos(x) · x3 + 3 · sin2(x) · x2 − 2 · sin2(x) · x3

e2x.

15. UMA FUNCAO EXTREMAMENTE ACHATADA 326

• como fazer∫tan(x) dx. Note que:

tan(x) :=sin(x)

cos(x)dx = −f

′(x)

f(x),

onde f(x) = cos(x). Entao:∫

tan(x)dx = −∫f ′(x)

f(x)dx =

= − ln ||f(x)||+ C = − ln || cos(x)||+ C =

= ln( || cos(x)||−1 ) + C = ln( || 1

cos(x)|| ) + C =

= ln || sec(x)||+ C.

15. Uma funcao extremamente achatada

As funcoes y = f(x) = xn com n ∈ N se anulam em x = 0 e tem ate a derivadade ordem n− 1 nula em x = 0:

f(0) = f ′(0) = . . . = f (n−1)(0) = 0.

Quando n ∈ N cresce cada vez mais o grafico dessas funcoes se achata cada vez maisem torno ao x = 0:

1

0,6

0,8

0,4

0

x

10,50-1

0,2

-0,5

Figura: Os graficos de y = x2 (vermelho), y = x4 (verde)e y = x6 (amarelo) para x ∈ [−1, 1].

Seria possıvel uma funcao (diferente da funcao nula, obviamente) que tenha derivadasde todas as ordens nulas em x = 0 ? Sera que se todas as (infinitas !) derivadas saonulas em x = 0 mesmo assim a funcao consegue decolar ?

Vamos ver que sim, usando o que aprendemos na Secao 6.A funcao que consideraremos e:

f(x) = e−x−2

= e−1x2 , se x 6= 0, e f(0) = 0.

Vou me contentar em mostrar que sua primeira e segunda derivada sao zero na origem,mas o leitor vera que o que uso para isso servira em todas as derivadas.


Para calcularmos sua derivada fora da origem podemos usar a regra da derivada dacomposta. Mas para calcular sua derivada em x = 0 vamos precisar usar a definicaode derivada:

f ′(0) = limh→0

e−h−2 − 0

h.

Ora isso e o mesmo que:

f ′(0) = limh→0

1h

e1h2

e mudando de notacao com z = 1he o mesmo que

f ′(0) = limz→∞

z

ez2

(deverıamos considerar separadamente o caso hց 0 e z → +∞ e a outra possibilidadehր 0 e z → −∞, mas veremos que o resultado final nao se altera). Mas vimos acimaque

limz→∞

z

ez= 0

e portanto, como ez2> ez se |z| > 1, com mais razao:

limz→∞

z

ez2= 0

logo f ′(0) = 0.Agora para a segunda derivada, lembro a definicao:

f ′′(0) = limh→0

f ′(h)− f ′(0)

h.

Se h 6= 0, o valor de f ′(h) e dado pela regra da composta:

f ′(h) = 2e−h−2 · h−3.

Logo:

f ′′(0) = limh→0

2e−h−2 · h−3

h=

= 21h4

e1h2

.

Agora com a notacao z = 1h2

temos

f ′′(0) = limz→+∞

z2

ez,

e ja vimos que

limz→+∞

z2

ez= 0

logof ′′(0) = 0.

Deixo como exercıcio para o leitor mostrar, do mesmo jeito, que f ′′′(0) = 0 e assimsucessivamente.

O Maple da ao seu grafico o seguinte formato:

15. UMA FUNCAO EXTREMAMENTE ACHATADA 328

0,2

0,15

0,25

0,05

0,1

0

x

10,50-0,5-1

0,35

0,3

Fig.: Como o Maple representa a funcao extremamente achatada, x ∈ [−1, 1].

Mas note que parece que ela e zero em todo esse intervalo. Se diminuo o intervaloainda assim o grafico dado pelo programa e enganador : parece que se anula aindaem todo esse intervalo.

0,016

0,008

0,012

0,004

0

x

0,40,20-0,4 -0,2

Figura: Assim o Maple representa a funcao extremamente achatada...

Por isso e sempre importante a teoria junto com o uso do computador pois sabemosque a funcao

f(x) = e−x−2

, se x 6= 0, e f(0) = 0

so se anula em x = 0 !Para terminar, um comentario.Em geral, dada uma funcao f com todas as derivadas, onde f(x) = f (0)(x) e

derivada de ordem 0 e f (i)(x) e a de ordem i, a serie:

+∞∑

i=0

f (i)(0)

i!xi,

e a chamada serie de Taylor de f em x = 0 (continuo este tema na Secao 3 doCapıtulo 31)

No nosso caso como f(0) = f (i)(0) = 0, ∀i ∈ N, entao a sua serie de Taylor de fem x = 0 e identicamente nula. Como cada serie de Taylor converge em um intervalo


(pode se degenerar a um ponto) teremos que dizer que a serie de Taylor de nossa fachatada converge em toda a reta.

Mas no entanto essa serie so coincide com o valor da f em x = 0 !

16. Exercıcios

Exercıcio 16.1. Derive:

i) ex ln(x), ii) x2 ln(x2) + x, iii) ln(√x2 + 1),

iv) ln(x2 + 1), v) x2 ln(x), se x > 0, vi)ex2 ln(x), vii) ln(x4),

viii) ln(1

x), 0 < x ≤ 1, ix) ln(x6 + 4x2).


O programa Maple plota y = ln(1+x)x

para x ∈ [−0.9, 2]:

2

2,5

1

1,5

x

21,510-0,5 0,5

sem se questionar sobre o que fazer em x = 0. Explique o que esta acontecendo, comos conceitos do Calculo. Dica: Existe:

limx→0

ln(1 + x)

x?

Quanto vale? Por que ?

Exercıcio 16.3. (resolvido)Vimos dois fatos importantes do Calculo:

limx→+∞

ln(x) = +∞ mas limx→+∞

ln(x)

x= 0.

Ou seja que o logaritmo natural cresce, mas cresce mais lentamente que a propria

funcao y = x. A Figura mostra o grafico de y = ln(x)x

, para x ∈ [1, 10], onde se ve

que ha um ponto de maximo, depois dele a funcao y = ln(x)x

vai caindo para cada vezmais proximo do zero.

Determine o ponto de maximo de y = lnxx.

0,25

0,15

0,05

x

10864

0,35

0,3

2

0,2

0,1

0

16. EXERCICIOS 330

Exercıcio 16.4. Vimos que que:

limx→+∞

ex = +∞ e ainda limx→+∞

xn

ex= 0, ∀n ∈ N.

Ou seja, que a exponencial cresce e cresce mais rapidamente que qualquer polinomioxn.

A Figura mostra o grafico de y = xn

ex, para n = 2, 3 e para x ∈ [0, 4], onde se ve

que que cada um deles tem um ponto de maximo, depois dele a funcao vai caindoficando cada vez mais proxima de zero.

Para cada n fixado, determine em que intervalos a funcao:

f : [0,+∞) → R, f(x) =xn

ex

e crescente, em que intervalo e decrescente e qual seu ponto de maximo (as respostassao em funcao de n).

4

1,2

0,8

0320

0,6

0,4

x

1

0,2

1

Exercıcio 16.5. Derive:i) ex

2,

ii) ecos(x),

iii) ecos6(x),

iv) e1x

x, se x > 0,

v) etan(x),

vi) eeex

.

Exercıcio 16.6. Mostre que a derivada de ln( x2·excos2(x)·e), para x ∈ (0, π

2), e

1 +2

x+

2 sin(x)

cos(x).

Conclua daı, sem fazer a derivada do quociente, que :

(x2 · ex

cos2(x) · e)′ = (1 +

2

x+

2 sin(x)

cos(x)) · x2 · ex

cos2(x) · e.

Exercıcio 16.7. Vamos definir as seguintes funcoes

f1(x) :=ex − e−x

2e f2 :=

ex + e−x

2Prove que vale:

f2(x)2 − f1(x)

2 ≡ 1, ∀xde dois modos:

i) so fazendo contas que usam potencias e produtos de exponenciais.


ii) usando a filosofia do Calculo, ou seja, de derivar uma funcao, ver que suaderivada e zero, logo a funcao e constante e essa constante e zero.

Exercıcio 16.8. Seja um k > 0. Prove a equivalencia:

limx→+∞

ekx = +∞ ⇔ limx→+∞

e−kx = 0.

2) Os graficos a seguir sao de funcoes f(x) = f(0) · e−x, para diferentes valores def(0).

i) Confira que esses graficos nunca se intersectam, mesmo quando x fica muitogrande.

ii) mostre que em todos esses graficos as inclinacoes tendem a zero quando xcresce.

iii) Calcule em cada x qual e quociente das inclinacoes de dois desses graficos.

3

2

0

2,5

1,5

x

320 4

0,5

1

1

Exercıcio 16.9. Prove que:

limx→+∞

ln(xn)− x = −∞, n ∈ N.

Dica: aplique exponencial para transformar a diferenca num quociente. Depois voltena expresssao original tomando logaritmo natural.

Exercıcio 16.10. Seja f : [0,+∞) → R dada por f(0) = 0 e por f(x) = sin(x2)x

sex > 0.

Prove que:

limx→0

f(x) = 0, f ′(0) = 1 e limxց0

f ′(x) = 1.

16. EXERCICIOS 332

A Figura a seguir plota em vermelho f e em verde f ′ para x ∈ [0, 5]:

2

0

1

5

-1

x

42 3

-2

0 1

Exercıcio 16.11. Usando a Regra de l’Hopital prove por inducao em n ∈ N que:

limx→+∞

(ln(x))n

x= 0, ∀n ∈ N.

Exercıcio 16.12. Usando L’ Hopital prove que:

limx→0

(1 +1

x)x = 1.


A funcao y = f(x) = e−x2(vermelho), sua derivada f ′(x) (verde) e sua segunda

derivada f ′′(x) (amarelo) sao dadas na Figura a seguir, para x ∈ [−2, 2]:

1

0

-2

0,5

-0,5

x

210

-1,5

-1

-1-2

i) Calcule f ′(x), f ′(0), f ′′(x) e f ′′(0).Note que o grafico de f ′(x) tem um maximo local e um mınimo local (que sao

pontos de inflexao da f , portanto).ii) Determine os pontos de mınimo/maximo locais de f ′(x) resolvendo f ′′(x) = 0.

Exercıcio 16.14. (resolvido)Prove que a tangente ao grafico de y = ln(x) no ponto (e, 1) e uma reta que passa

pela origem. Dica: equacao de uma reta dado um ponto e o coeficiente angular.Entao conclua, de preferencia sem fazer contas, que a tangente ao grafico de y = ex

no ponto (1, e) tambem e uma reta que passa pela origem.


1

-1

0

-2

-4

2,5

-3

x

3,51,5 42 310,5

Exercıcio 16.15. (resolvido)Neste exercıcio trata-se de encontrar primitivas sem ajuda de tecnica nenhuma.Tenha em mente que a primitiva de um produto nao e o produto de primitivas.

Quando aparecer um produto f · g, lembre que a derivada da composta faz aparecerprodutos ! Por exemplo (sin(x2))′ = cos(x2) · 2x.

i)sin(x) cos(x)

6, ii) x sin(x2) cos(x2),

iii)2x+ cos(x)

x2 + sin(x), se x2 + sin(x) ≥ 1,

iv)1 + x

x, se x > 0, v) x

mn , m, n ∈ N, vi)2x cos(x2),

vii)x

2cos(x2), viii) xex

2

, ix) ex cos(ex),

x)f(x) = a0xn + a1x

n−1 + . . .+ an, ai ∈ R,

xi)4x3 + 4x

x4 + 2x2 + 1, xii)

x19ex20

20,

xiii)e

1x

x2, xiv) sin(x) sin(cos(x)),

xv) (ex)n, n ∈ N xvi)6x5 + 4x

x6 + 2x2 + 1, xvii)

x19ex20

20

xviii)7

x7, xix) cos(x) cos(sin(x)).

CAPıTULO 23

Segundo Teorema Fundamental e Areas

1. A descoberta de Gregory e Sarasa sobre area

A propriedade ln(xy) = ln(x) + ln(y), que vimos na Secao 2 do Capıtulo anterior,tem uma contrapartida geometrica interessante.

Suponha x ≥ 1 e y ≥ 1. Como xy ≥ x e as areas as areas sob o grafico de 1xsao

aditivas, podemos escrever:

A 1x,1(xy) = A 1

x,1(x) + A 1

x,x(xy).

Mas

ln(xy) := A 1x,1(xy), ln(x) := A 1

x,1(x) e ln(y) := A 1

x,1(y).

Obtemos pela propriedade do logaritmo:

A 1x,1(x) + A 1

x,1(y) = A 1

x,1(x) + A 1

x,x(xy)

e portanto:

A 1x,1(y) = A 1

x,x(xy).

Por exemplo, com x = 2 e y = 2, A 1x,1(2) = A 1

x,2(4) (quem consegue consegue intuir

isso na Figura abaixo?)

0,8

0,4

0,6

x

43,532,521,51

10,9

0,7

0,5

0,3

Figura: As areas sob 1xentre 1 e 2 ou entre 2 e 4 sao iguais !.

335

2. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DO CALCULO 336

Como se aprende no livro C.H. Edwards, The historical development of the Cal-culus, Springer, 1979 esta propriedade

A 1x,1(y) = A 1

x,x(xy),

foi observada por Gregory St. Vincent e A.A. Sarasa, antes do Calculo.Sera que conseguimos verificar que

A 1x,1(y) = A 1

x,x(xy)

diretamente, apenas com a definicao de Area da Secao 1 do Capıtulo 21 ?Para definir A 1

x,1(y) a primeira etapa e partimos o intervalo [1, y] em n subinter-

valos de tamanho y−1n, e levantarmos retangulos com altura f(x) = 1

x, somando as

suas Areas. Depois a segunda etapa e passar ao limite n→ +∞.Facamos a primeira etapa:

y − 1

n· [(1 + y − 1

n)−1 + (1 +

2(y − 1)

n)−1 + . . .+ (1 +

n(y − 1)

n)−1].

Por outro lado, a primeira etapa da definicao de A 1x,x(xy) e levantarmos retangulos

de base xy−xn

e somarmos suas areas, ou seja:

xy − x

n· [(x+ xy − x

n)−1 + (x+

2(xy − x)

n)−1 + . . .+ (

x+ n(xy − x)

n)−1] =

= x · y − 1

n· [x−1 · (1+ (y − 1)

n)−1+x−1 · (1+ 2(y − 1)

n)−1+ . . .+x−1 · (1+ n(y − 1)

n)−1],

que, apos cancelar x, da o mesmo de antes ! Por isso ao passar ao limite n → +∞dara o mesmo e:

A 1x,1(y) = A 1

x,x(xy).

2. Segundo Teorema Fundamental do Calculo

Teorema 2.1. Seja f : [a, b] → R contınua. Entao∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a),

onde F (x) e qualquer funcao com

F ′(x) = f(x), ∀x ∈ [a, b].

Ou seja,dito de outro modo∫ b

a

F ′(x)dx = F (b)− F (a).

Essa funcao F com F ′(x) = f(x) ∀x e chamada de primitiva da f .

Demonstracao.

Tome uma F (x) com F ′(x) = f(x) ∀x ∈ [a, b] (nao importa como se achou).

CAPITULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E AREAS 337

Agora lembre que o Primeiro Teorema Fundamental 6.1 diz que a funcao G(x) :=∫ x

af(x)dx tem

G′(x) = f(x), ∀x ∈ [a, b].

Entao

F ′(x) = G′(x), ∀x ∈ [a, b],

o que diz que

F (x) = G(x) + C, ∀x ∈ [a, b],

pelo Teorema Fundamental das Equacoes diferenciais (ver Capıtulo 7 da Parte 1 desteCurso). em particular:

F (b) = G(b) + C.

Mas que constante C e essa ? Temos que G(a) =∫ a

af(x)dx = 0, logo

F (a) = 0 + C,

ou seja C = −F (a) eF (b) = G(b)− F (a)

e portanto:

G(b) :=

∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a),

como querıamos.�

Exemplo: Agora podemos justificar que∫ 2π

0

sin(x) dx = 0,

pois pelo Teroema 2.1:∫ 2π

0

sin(x)dx = − cos(2π)− (− cos(0)) = −1 + 1 = 0.

3. Regioes entre dois graficos

Comeco com um exemplo: determine a area da petala compreendida entre osgraficos de y = xn e y = n

√x para x ∈ [0, 1].

Ha duas maneiras de ver essa petala:

• como uma regiao abaixo do grafico de y = n√x e acima do de y = xn

• como formada por duas metades de petalade mesma area. A metade inferiordeterminada pela regiao entre o grafico da diagonal y = x e o de y = xn. Apetala tem simetria na reta diagonal.

3. REGIOES ENTRE DOIS GRAFICOS 338

Visto do primeiro modo, a area da petala e uma diferenca do tipo:∫ 1

0

n√x dx−

∫ 1

0

xndx =

=

∫ 1

0

x1n dx−

∫ 1

0

xndx =

= (x

1+nn

1+nn

)(1)− 0− (xn+1

n+ 1(1)− 0) =

=n

n + 1− 1

n+ 1=n− 1

n + 1.

Claro que se n = 1 a area e zero, pois a petala degenera a um segmento de reta.Note tambem que se fazemos n→ +∞ obtemos como limite das areas o valor

1 = limn→+∞

n− 1

n+ 1,

que e a area do quadrado do qual a petala vai se aproximando. Veja as Figura:

1

0,6

0,8

0,4

0

x

10,80,60,20

0,2

0,4

Figura: y = x2, y =√x e y = x, x ∈ [0, 1]

1

0,6

0,8

0,4

0

x

10,80,60,20

0,2

0,4

Figura: y = x3, y = 3√x e y = x, x ∈ [0, 1]

Do segundo modo, que e o mais facil, tomamos a area de metade da petala e amultiplicamos por 2:

2 · [12−

∫ 1

0

xndx] =

2 · [12− 1

n + 1] =

= 1− 2

n+ 1=n− 1

n+ 1.

Uma maneira mais geral de tratar a area da regiao compreendida entre doisgraficos e dada a seguir:


Afirmacao 3.1. Suponha f, g duas funcoes contınuas tais que no intervalo [a, b]tenham:

f(x) ≥ g(x), ∀x ∈ [a, b].

Entao a area da regiao, de x = a ate x = b, abaixo do grafico de f(x) mas acimado grafico de g(x) e dada por:

∫ b

a

f(x)− g(x) dx.

Demonstracao.

Suponhamos primeiramente o caso em que

g(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b].

Entao f(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b], ja que f(x) ≥ g(x).

Por um lado,∫ b

af(x) dx e a Area da regiao de x = a ate x = b abaixo do grafico

de f(x) e acima do eixo dos x, ja que f(x) ≥ 0.

Enquanto que∫ b

ag(x) dx e a Area da regiao de x = a ate x = b abaixo do grafico

de g(x) e acima do eixo dos x, ja que g(x) ≥ 0.Por uma propriedade da Integral:

∫ b

a

f(x)− g(x) dx =

∫ b

a

f(x) dx−∫ b

a

g(x) dx

e, como f(x) ≥ g(x),∫ b

af(x)− g(x) dx da area da regiao de x = a ate x = b, abaixo

do grafico de f(x) mas acima do grafico de g(x).Agora, no caso geral, pode acontecer que g(x) < 0 para algum ponto no intervalo

[a, b].Como g(x) e contınua, ela tem um valor mınimo global em [a, b]. Chame-o de

−C < 0. Entao as novas funcoes

f(x) := f(x) + C e g(x) := g(x) + C

temg(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b],

(se nao fosse assim para algum x ∈ [a, b] entao g(x) + C < 0 e g(x) < −C, con-tradizendo a escolha de −C como mınimo da g) e

f(x) ≥ g(x), ∀x ∈ [a, b].

0

3

-2

1

2

x

10,50-1 -0,5

-1

4. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 54, 1993. 340

Figura: f vermelho, g verde, f amarelo, g azul, [a, b] = [−1, 1].

Pelo que ja vimos no primeiro caso da demonstracao, agora aplicado a f, g, o valorde

∫ b

a

f(x)− g(x) dx

da a area da regiao de x = a ate x = b, abaixo do grafico de f(x) mas acima dografico de g(x).

Como os graficos de f(x) = f(x) + C e g(x) = g(x) + C diferem dos de f(x) eg(x) apenas por uma translacao vertical, entao

∫ b

a

f(x)− g(x) dx

da a area da regiao de x = a ate x = b, abaixo do grafico de f(x) mas acima dografico de g(x).

Finalmente:∫ b

a

f(x)− g(x) dx =

∫ b

a

(f(x) + C)− (g(x) + C) dx =

=

∫ b

a

f(x)− g(x) dx, ,

o que conclui a demonstracao.�

4. Um problema da Putnam Competition, n. 54, 1993.

Problema 1: A reta horizontal y = C > 0 corta a curva y = 2x − 3x3 no primeiroquadrante como na Figura abaixo.

Encontre o valor de C que faz com que as areas das duas regioes delimitadas pelosgraficos sejam iguais.


x

0,6

0,4

00,80,60,2

0,3

0,2

0,5

0,4

0,1

0

Aproveito para resolver um problema um pouco mais geral do que esse:

Problema 2: A reta horizontal y = C > 0 corta a curva y = A · x+B · x3, com A > 0e B < 0, no primeiro quadrante como na Figura (basta exigir A > 0 e B < 0 paratermos qualitativamente a mesma figura).


Solucao dos Problemas 1 e 2:A igualdade de areas das duas regioes delimitadas pelos graficos siginifica, pela

Afirmacao 3.1, que:∫ x

0

(A · x+B · x3 − C) dx = 0,

onde o limite de integracao x e solucao de:

A · x+B · x3 − C = 0.

Mas pelo Segundo Teorema Fundamental:∫ x

0

(A · x+B · x3 − C) dx = A · x2

2+B · x

4

4− Cx

Ou seja, vemos que x satisfaz duas equacoes:

A · x+B · x3 − C = 0 e A · x2

2+B · x

4

4− Cx = 0.

A primeira da C = A ·x+B ·x3, que pode ser substuıdo na segunda, dando a equacao:

x2 · (−A2− 3B

4· x2) = 0.

Como certamente x 6= 0, entao:

x =2 ·

√A√

2√3√−B

,

onde lembre que A > 0 e B < 0.


Agora

C = A · ( 2 ·√A√

2√3√−B

) +B · ( 2 ·√A√

2√3√−B

)3 =

=

√A3 ·

√2√3

9√−B

.

No caso particular do Problema 1, onde A = 2 e B = −3 obtemos entao

x =2

3e C =

4

9.

Veja a Figura a seguir:

x

0,6

0,4

00,80,60,2

0,3

0,2

0,5

0,4

0,1

0

No Livro do Anton, Calculo v. 1, Exercıcio 40 da Secao 7.1, ele propoe umavariante desse problema, o Problema 3. Porem como o grafico nao e mais de funcaopolinomial a resposta nao e exata, mas sim aproximada:

Problema 3: A reta horizontal y = C, C > 0 corta y = sin(x), com x ∈ [0, π], emdois pontos.


Solucao do Problema 3:Como antes, a igualdade de areas quer dizer:

∫ x

0

sin(x)− C dx = 0.

Pelo Segundo Teorema do Calculo:∫ x

0

sin(x)− Cdx = (− cos(x)− Cx)− (− cos(0)− 0) =

= − cos(x)− Cx+ 1.


Ou seja, x satisfaz as equacoes:

− cos(x)− Cx+ 1 = 0 e sin(x)− C = 0.

A segunda da C = sin(x) que colocado na primeira da:

− cos(x)− sin(x) · x+ 1 = 0.

Portanto preciso resolver esta equacao e, de posse desse resultado, basta fazer C =sin(x) para terminar o Problema.

A solucao que daremos desta equacao nao sera exata, mas sim aproximada. PeloMetodo de Newton, que foi exposto no Capıtulo 18, o resultado que se obtem e

x ≈ 2, 33112237 e C ≈ 0, 7246113541.

Veja a Figura a seguir:

1

0,6

0,8

0,4

0

0,2

x

2,52 31,50,50 1

5. Integral e centro de gravidade

Quando descrevemos o efeito da gravidade sobre objetos, fizemos, e o faremosmais algumas vezes neste Curso, a super simplificacao de considerar esses objetoscomo sendo pontos.

Suponhamos, um pouquinho mais realisticamente, que o objeto tenha pelo menosdimensao 1 ou seja, seja dado por um intervalo [a, b] e que sua densidade ρ(x) dependade cada ponto x ∈ [a, b].

A massa do objeto [a, b] e entao dada por:

m =

∫ b

a

ρ(x) dx.

A lei de Newton se expressa para [a, b] entao como:

F =

∫ b

a

ρ(x) dx · g =∫ b

a

ρ(x) · g dx.

Por outro lado, num objeto 1-dimensional do tipo [0, r] a grandeza interessante eo momento em torno de 0 produzido pela forca gravitacional. Essa grandeza nao

5. INTEGRAL E CENTRO DE GRAVIDADE 344

depende somente do peso concentrado numa regiao mas da distancia dela ate 0 (porisso e mais facil abrir uma porta segurando pelo trinco do que junto da dobradica).

Para um ponto x ∈ [0, r] com massa mx o momento em torno de 0 e definidocomo:

mx · g · x.

E natural, num objeto do tipo [0, r], de densidade variavel ρ(x), definir o momentoproduzido pela gravidade por:

M :=

∫ r

0

ρ(x) · g · x dx,

pois essa integral pode ser considerada limite de somas de Riemann do tipo:

n∑

i=1

ρ(xi) · g · xi.

Quando fazemos a simplificacao de pensar que o objeto nao-pontual e pontual,estamos concentrando todos o efeito da gravida sobre um ponto x ∈ [0, r]. Ou seja,fazemos

M := F · x,que significa:

∫ r

0

ρ(x) · g · x dx =

∫ b

a

ρ(x) · g dx · x,

ou seja:

x =

∫ r

0ρ(x) · x dx

∫ b

aρ(x) dx

.

Exemplos:

• Se a densidade ρ(x) ≡ ρ e constante para o objeto [0, r] entao:

x =ρ ·

∫ r

0xdx

ρ ·∫ r

0dx

=r2

2

r=r

2,

que e o ponto medio de [0, r]. O Exercıcio 7.2 mostra que x = r2pode

acontecer mesmo se ρ(x) nao e constante.• Se defino ρ(x) := C · x entao:

x =

∫ r

0C · x2 dx

∫ b

aC · x dx

=2

3· r,

ou seja, o centro de gravidade se desloca do ponto medio para um pontosituado a 2

3do comprimento r do segmento.

Voltaremos a esses dois ultimos exemplos na Secao 6.


6. Arquimedes e a parabola: prova versus heurıstica

Na antiguidade se discutia o problema da quadradura de figuras planas. Ou seja,de obter figuras retangulares ou triangulares com a mesma area que uma figura cur-vada dada.

Na Afirmacao a seguir damos uma prova completamente automatica (gracas aoTeorema Fundamental do Calculo) de um teorema de Arquimedes:

Afirmacao 6.1. Seja a parabola y = C · x2, com C > 0 e a reta y = a · x + b coma, b > 0. Sejam P1 := (x1, y1) e P2; = (x2, y2) os dois pontos de interseccao da retacom a parabola.

Seja P3 = (x3, y3) ponto da parabola que tem reta tangente paralela ao segmentoP1P2. Entao a area do setor compreendido entre a reta e a parabola e 4

3da area do

Triangulo ∆P1P2P3.

A Figura ilustra as hipoteses do Teorema:

5

3

-1

4

2

x

1,51 20,500

1

Demonstracao.

As coordenadas x1, x2 sao as solucoes de:

C · x2 − a · x1 − b = 0,

ou seja:

x1 =a−

√a2 + 4Cb

2Ce

a +√a2 + 4Cb

2C.

O ponto P3 tem coordenada x3 que verifica

2 · C · (x3) = a,

ou seja,

P3 = (a

2CC · ( a

2C)2 ).

Note que entao

x3 =x1 + x2

2e y3 =

y1 + y22

− a2 + 4 · b · C4C

.

6. ARQUIMEDES E A PARABOLA: PROVA VERSUS HEURISTICA 346

A area do triangulo ∆P1P2P3 pode ser calculada como 12||D|| ondeD e o determinante:

D =

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣

Esse determinante se calcula facil, pois pela propriedade do determinante:∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1

x3 − x1+x22

y3 − y1+y22

1− 1+12

∣∣∣∣∣∣

=

=

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1

0 −a2+4·b·C4C

0

∣∣∣∣∣∣

= (x1 − x2) ·a2 + 4 · b · C

4C= −(a2 + 4Cb)

32

4C2

de onde:1

2||D|| = (a2 + 4Cb)

32

8C2.

Por outro lado a area compreendida entre a reta e a parabola e:∫ x2

x1

(a · x+ b− C · x2) dx =(a2 + 4Cb)

32

6C2.

O que querıamos.�

A prova original de Arquimedes e totalmente diferente, lida com somas infinitas.Mas a grande questao e:

Como foi que ele imaginou, conjecturou, que existia essa relacao tao precisa entreas duas areas ?

Isso e parte da heurıstica, a arte/ciencia de se descobrir candidatos a teoremas,ou seja, conjecturas razoaveis que depois se prova rigorosamente.

Um pouco da heurıstica de Arquimedes pode ser explicada se consideramos umasituacao mais simples que a da Afirmacao 6.1, mas claramente muito relacionada comela.

Imagine o triangulo ∆ formado pelos tres pontos (0, 0), (x, 0), (x, C · x), onde

C > 0. Sua base e o segmento (0, 0) (x, 0), com angulo reto em (x, 0), e sua altura eC · x. Denote

A∆ =x · C · x

2sua area.

E considere tambem o grafico da parabola y = C · x2 para x ∈ [0, x]. Denote porA a area da regiao sob o grafico da parabola e acima do eixo dos x, para x ∈ [0, x]

Vamos ver qual a heurıstica de Arquimedes para conjecturar que

A =2

3· x · A∆ =

2

3· x · C · x2

2=C · x33

.


Ele pensa numa figura plana como sendo um objeto de espessura negligenciavel,com densidade constante (vamos supor = 1), para o qual o peso e proporcional aarea. O intervalo [0, x] para ele e uma alavanca apoiada no (0, 0) que sofre o efeitodo peso do triangulo ∆. Sobre cada ponto x ∈ [0, x] ha uma fatia (infinitamente fina)do triangulo, de peso C · x · g. Dessa forma o momento relativo a (0, 0) produzindopelo peso da fatia acima de x ∈ [0, x] e:

x · (C · x · g).

Mas obviamente vale a igualdade

x · (C · x · g) = 1 · (C · x2 · g)

e portanto o momento produzido pela fatia de ∆ sobre x e igual ao momento produzidopelo peso da fatia da parabola sobre x colocada a distancia 1 da origem. Por exemplona posicao (−1, 0) de uma alavanca [−1, 1] que se apoia em 0.

Como fatia por fatia estabelecemos uma igualdade de momentos, concluimos queo momento exercido pelo triangulo ∆ todo e igual ao de toda a regiao sob a parabolase fosse pendurada no ponto (−1, 0). A alavanca ficaria assim em equilıbrio, veja aFigura:

O

Mas Arquimedes sabia que, quando se trata do efeito da gravidade, pode-se sub-stituir ∆ todo por um ponto, pelo seu baricentro B.

Como vimos na Secao 4 do Capıtulo 7, o baricentro se encontra a 23da distancia

entre o vertice e o ponto medio do lado oposto.Como consequencia do Teorema de Tales, a projecao vertical de B no intervalo

[0, x] e o ponto (2x3, 0): portanto podemos pensar que todo o peso do triangulo e

exercido nesse ponto, produzindo um momento relativo a (0, 0) da ordem de

2

3· x · A∆ · g.

7. EXERCICIOS 348

O B

Pelo equilıbrio da alavanca [−1, 1] que ja tinhamos obtido, concluimos que:

1 · A · g = 2x

3· A∆ · g,

ou seja:

A =2

3· x · A∆,

como querıamos.Vejamos ainda de outro modo a heurıstica de Arquimedes.A area do triangulo e a area da regiao sob a parabola sao, na nossa linguagem:

A :=

∫ x

0

C · x2 dx e A∆ =

∫ x

0

C · x dx.

O que queremos entender e de onde saiu a conjectura:∫ x

0C · x2 dx

∫ x

0C · x dx =

2x

3.

Agora lembre, da Secao 5, que:

x =

∫ x

0C · x2 dx

∫ x

0C · x dx

e o centro de gravidade do objeto unidimensional [0, x] cuja funcao de densidade e

ρ(x) := C · x.Essa funcao ρ(x) associaria a cada ponto no intervalo [0, 1] uma massa/peso corre-spondente a altura do segmento vertical sobre x que faz parte do triangulo ∆.

Foi isso que Arquimedes fez !

7. Exercıcios

Exercıcio 7.1. O seguinte caso particular do Teorema de Arquimedes pode ser feitosem dificuldade.

Seja um parabola y = Cx2, C > 0 e a reta horizontal y = b, que a intersecta emdois pontos P1 e P2. Denote a origem por O = (0, 0). Entao a area da regiao abaixoda reta e acima da parabola e exatamente 4

3da area do triangulo ∆P1OP2.

Exercıcio 7.2. Considere um objeto 1-dimensional, que e um intervalo [0, r].Suponha que sua densidade e dada por ρ(x) = r · x− x2.i) Mostre, calculando integrais, que o centro de gravidade x ainda e o ponto medio

r2.


ii) encontre uma explicacao conceitual para i), que permitira gerar outras funcoesρ(x) para as quais ainda x = r

2.

Exercıcio 7.3. Usando o Segundo Teorema Fundamental do Caculo determine a areacompreendida entre os graficos de y = x3 e de y = x

13 .

2

1

1,5

0,5

0

x

1,20,80 0,6 10,2 0,4

Obs. Nesse tipo de questao e preciso verificar onde os graficos se intersectam equal grafico esta por cima do outro.

Exercıcio 7.4. (resolvido)Determine a area da regiao em forma de (meia) petala compreendida entre o

grafico de y = 8x+ 2 e o grafico de y = x4 + 2.


E um fato que para b = −2+√22

3∼ 0, 9 vale:

∫ b

0

x− x2 − x3 dx = 0.

Interprete isso geometricamente, como sendo equivalente a uma igualdade entre duasAreas de duas regioes comprendidas entre graficos de certas funcoes.

Dica: podes ser util saber que√5 ∼ 2.2.

Exercıcio 7.6. Atraves do Teorema Fundamental, determine a area da regiao com-preendida entre os graficos de y = x2 e y = −x2 + 8.

Exercıcio 7.7. Encontre a reta y = a · x adequada para que a area compreendidaentre seu grafico e o de y = x2 seja exatamente 1. Dica: va te o fim sem determinaro a, ao final, peca que a area seja 1 e obtenha assim o a.

4

2

x

3

200

0,5 1,5

1

1


7. EXERCICIOS 350

Determine o valor adequado de a para que a area da regiao comprendida entre osgraficos de y = x4 e y = a seja exatamente A = 1.

2

1

1,5

0,5

0

x

10,5-0,5-1 0

Exercıcio 7.9. A figura a seguir mostra os graficos de y = xn, para n = 1, 2, 3, 4, 5, 6,na regiao x ∈ [0, 1].

i) na regiao x ∈ [0, 1] o grafico de y = xn esta por cima ou por baixo do dey = xn+1 ?

ii) Determine para qual n a regiao compreendida entre os graficos de y = xn ey = xn+1 tem area exatamente igual a 1

12.

1

0,6

0,8

0,4

0

x

10,80,6

0,2

0,40,20

Exercıcio 7.10. A figura a seguir mostra os graficos de y = xn − xn+1, para n =1, 2, 3, 4, x ∈ [0, 1]. Determine para qual n a regiao sob o grafico de y = xn − xn+1

tem area 120.

1

0,25

0,15

0,80,60,2

x

0,2

0,400

0,1

0,05

Exercıcio 7.11. A figura a seguir mostra os graficos de y = fn(x) := xn − x2n, paran = 1, 2, 3, 4, no domınio x ∈ [0, 1] (que se parecem com chicotes):

0,25

0,15

0,2

x

0,1

10,6 0,80,40 0,20

0,05

i) Calcule f ′n(x), ∀n ∈ N .

ii) Determine a equacao y = ax+ b da reta tangente ao grafico de fn(x) no ponto(1, 0).


iii) Explique o que acontece com os coeficientes angulares das retas de ii), quandon cresce.

iv) Se ve que cada y = fn(x) tem um ponto de maximo em seu domınio [0, 1].Determine-o (claro dependendo de n).

v) todas as fn valem o mesmo nos seus pontos de maximo, quanto ?vi) Determine a area An da regiao sob o grafico de y = fn(x) = xn−x2n, de x = 0

ate x = 1.vii) A quanto tendem essas areas quando n aumenta? Ou seja, qual o

limn→+∞

An ?

Exercıcio 7.12. A figura a seguir mostra os graficos de y = fn(x) := x−x2n+1, paran = 3, 6, 10, 50, x ∈ [0, 1]:

0,8

0,4

0,6

0,2

0

x

0,4 10,2 0,80,60

i) Calcule f ′n(x), ∀n ∈ N .

ii) Determine as equacoes y = ax + b das retas tangentes ao grafico de fn(x) noponto (0, 0), ∀n.

iii) Determine as equacoes y = ax + b das retas tangentes ao grafico de fn(x) noponto (1, 0), ∀n.

iv) O que acontece com as retas dos itens ii) e iii), quando n→ +∞ ?v) Se ve que cada y = fn(x) tem um ponto de maximo em [0, 1]. Determine-o

(dependendo de n).vi) Determine a area An da regiao sob o grafico de y = fn(x) = x − x2n+1, de

x = 0 ate x = 1.vii) O que acontece com An quando n→ +∞, ou seja, existe o limn→+∞An ? Se

existe quanto e ?

CAPıTULO 24

Integracao por partes

Vamos explicar agora uma tecnica util para encontrar primitivas de funcoes eexpressa-las concretamente como funcoes.

Lembro primeiro que criamos uma funcao completamente nova ao fazermos

ln(x) :=

∫ x

1

1

xdx.

Uma pergunta natural e: sera criamos algo radicalmente novo se fazemos∫ x

aln(x)dx

ou essa∫ x

aln(x)dx se pode expressar atraves de funcoes conhecidas ?

Veremos que sim, se pode expressar atraves de funcoes conhecidas, de fato:

∫ x

a

ln(x) dx = x ln(x)− x+ C.

Verificamos facilmente que (x ln(x)− x+ C)′ = ln(x).Mas como chegamos numa primitiva dessas? Ha alguma tecnica ? O Teorema

a seguir da uma tecnica util, embora a primeira vista nao pareca, para encontrarprimitivas:

Teorema 0.1. Sejam f e g definidas num intervalo, com f ′ e g′ funcoes contınuas.Entao

∫ x

af ′(x) · g(x)dx =

∫ x

af(x) · g(x)dx−

∫ x

af(x) · g′(x)dx.

Demonstracao.

Note que (∫ x

a(f(x) · g(x))′dx)′(x) = (f(x) · g(x))′(x) pelo Primeeiro Teorema Fun-

damental do Calculo.Logo

∫ x

a(f(x) · g(x))′dx = f(x) · g(x) + C pelo Teorema Fundamnal da Equacoes

Diferenciais.Mas pela derivado do produto:

(f(x) · g(x))′ = f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x).Logo pelas propriedades aditivas da integral:

∫ x

a

(f(x) · g(x))′dx =

∫ x

a

(f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x))dx =

=

∫ x

a

f ′(x) · g(x)dx+∫ x

a

f(x) · g′(x)dx

e portanto:∫ x

a

f ′(x) · g(x)dx = f(x) · g(x)−∫ x

a

f(x) · g′(x)dx+ C

353

354

como querıamos �

Vamos aplica-lo nos exemplos a seguir, onde se ve que

• cuidado ao escolher quem fara o papel de f ′ e quem sera g• pode ser preciso usa-lo mais de uma vez

Exemplo 0.1. i)∫ln(x) dx:

∫

1 ln(x)︸︷︷︸

f ′g

dx = x ln(x)︸︷︷︸

fg

−∫

x1

x︸︷︷︸

fg′

dx =

= x ln(x)− x+ C.

ii)∫x ln(x) dx:

∫

x ln(x)︸︷︷︸

f ′g

dx =x2

2ln(x)

︸︷︷︸

fg

−∫

x2

2

1

x︸︷︷︸

fg′

dx =

=x2

2ln(x)− x2

4+ C.

iii)∫ ln(x)

xdx:

∫1

xln(x)

︸︷︷︸

f ′g

dx = ln(x) ln(x)︸︷︷︸

fg

−∫

ln(x)1

x︸︷︷︸

fg′

dx.

Logo:

2 ·∫

ln(x)

xdx = ln2(x) + C

ou seja∫

ln(x)

xdx =

ln2(x)

2+ C,

(12· C e outra constante, mas que sigo chamando de C). iv)

∫ ln(x)x2

dx:

∫1

x2ln(x)

︸︷︷︸

f ′g

dx =−1

xln(x)

︸︷︷︸

fg

−∫ −1

x

1

x︸︷︷︸

fg′

dx =

=− ln(x)

x+

∫1

x2dx =

=− ln(x)

x− 1

x+ C.

v)∫cos2(x) dx:

∫

cos(x) cos(x)︸︷︷︸

f ′g

dx = sin(x) cos(x)︸︷︷︸

fg

−∫

sin(x)(− sin(x))︸︷︷︸

fg′

dx =

CAPITULO 24. INTEGRACAO POR PARTES 355

= sin(x) cos(x) +

∫

sin2(x)dx =

= sin(x) cos(x) +

∫

(1− cos2(x))dx =

= sin(x) cos(x) + x+ C −∫

cos2(x)dx.

Logo

2 ·∫

cos2(x)dx = sin(x) cos(x) + x+ C

e portanto:∫

cos2(x)dx =sin(x) cos(x) + x

2+ C.

vi)∫cos3(x) dx:

∫

cos(x) cos2(x)︸︷︷︸

f ′g

dx = sin(x) cos2(x)︸︷︷︸

fg

−∫

sin(x)(−2 cos(x) sin(x))︸︷︷︸

fg′

dx =

= sin(x) cos2(x) + 2

∫

sin2(x) cos(x)dx =


∫

(1− cos2(x)) · cos(x)dx =


∫

cos(x)dx− 2

∫

cos3(x)dx.

Logo

3 ·∫

cos3(x)dx = sin(x) cos2(x) + 2

∫

cos(x)dx = sin(x) cos2(x) + 2 sin(x) + C,

e portanto:∫

cos3(x)dx =sin(x) cos2(x) + 2 sin(x)

3+ C.

vii)∫x2 cos(bx) dx:

∫

cos(bx)x2︸︷︷︸

f ′g

dx =sin(bx)

bx2

︸︷︷︸

fg

−∫

sin(bx)

b2x

︸︷︷︸

fg′

dx =

=sin(bx)

bx2 − 2

b

∫

sin(bx)x =

sin(bx)

bx2 − 2

b

∫

sin(bx) · x︸︷︷︸

F ′G

dx =

=sin(bx)

bx2 − 2

b[−cos(bx)

b· x

︸︷︷︸

FG

−∫

−cos(bx)

b· 1

︸︷︷︸

F ′G

dx =] =

1. EXERCICIOS 356

=sin(bx)

bx2 +

2

b2cos(bx) · x− 2

b3sin(bx) + C.

viii)∫eax cos(bx) dx:

∫

cos(bx)eax︸︷︷︸

f ′g

dx =sin(bx)

beax

︸︷︷︸

fg

−∫

sin(bx)

baeax

︸︷︷︸

fg′

dx =

=sin(bx)

beax − a

b

∫

sin(bx)eax︸︷︷︸

F ′G

dx =

=sin(bx)

beax − a

b[− cos(bx)

beax

︸︷︷︸

FG

−∫ − cos(bx)

baeax

︸︷︷︸

FG′

].

Logo

(1 +a2

b2) ·

∫

cos(bx)eaxdx =sin(bx)eax

b+a

b2cos(bx)eax + C

e ∫

cos(bx)eaxdx =1

1 + a2

b2

(sin(bx)eax

b+a

b2cos(bx)eax) + C.

1. Exercıcios

Exercıcio 1.1. De um argumento para provar que ∀n ∈ N:∫ π

−πt · cos(nt)dt = 0

sem fazer contas !Integrando por partes, prove que:

∫ π

−πt · sin(nt) dt = (−1)n+1 · 2 · π

n,

Exercıcio 1.2.i) verifique que se x ∈ [0, π

2] entao

x ≥ x sin(x) ≥ 0.

ii) Usando integracao por partes e o segundo teorema fundamental, calcule a areada regiao compreendida entre os graficos de y = x e de y = x sin(x) de x = 0 atex = π

2, mostrada na figura a seguir:

1,6

0,8

1,2

1,2

0,4

0

x

1,410,6 0,80,40 0,2

CAPITULO 24. INTEGRACAO POR PARTES 357

Exercıcio 1.3.Se f ′(x) = x2 · ln(x) e ademais f(e) = 0, qual e a f(x) ?

Exercıcio 1.4. Prove que:∫ π

0

sin2n+1(θ) dθ =2n

2n+ 1·∫ π

0

sin2n−1(θ) dθ.

CAPıTULO 25

Integracao por substituicao

Suponha uma f : J → R contınua e uma g : I → J contınua tambem. A variaveldo domınio de f sera u, f = f(u), e no domınio de g sera x, g = g(x).

Como g(I) ⊂ J , entao u = g(x) e faz sentido a composicao de funcoes f(g(x)).Note que em geral:

∫ b

a

f(g(x)) dx 6=∫ g(b)

g(a)

f(u) du.

Por exemplo, se f(u) = u e u = g(x) = x2 entao:

b3 − a3

3=

∫ b

a

x2 dx 6=∫ b2

a2u du =

b4 − a4

2

O que precisamos para corrigir esse erro e dado pelo seguinte Teorema:

Teorema 0.1. Seja f : J → R contınua e g : I → J derivavel, u = g(x) com g′(x)contınua. Entao:

• faz sentido a composicao f(g(x)),• f(g(x))g′(x) e integravel e de fato

∫ b

a

f(g(x)) g′(x) dx =

∫ g(b)

g(a)

f(u) du.

Supondo por um momento esse resultado, corrigimos o erro anterior:

2 (b4 − a4

4) =

∫ b

a

x2 2x dx =

∫ b2

a2u du =

b4 − a4

2.

O Teorema 0.1∫ b

a

f(g(x)) g′(x) dx︸︷︷︸

=

∫ g(b)

g(a)

f(u) du︸︷︷︸

.

sugere uma notacao:du = g′(x) dx,

que sugere por sua vez, para u = g(x), a notacao:

du

dx= g′(x).

O lado esquerdo dudx

e o modo como Leibniz se referia a derivada de u = g(x),que na notacao do Newton e g′(x). Ou seja, a ultima expressao que escrevemoscorresponde a dois modos de se escrever a mesma coisa.

359

360

Demonstracao. (do Teorema 0.1)Note que pelo Segundo Teorema do Calculo:

∫ g(b)

g(a)

f(u)du = F (g(b))− F (g(a)),

onde F (u) e uma primitiva de f(u). Mas por outro lado, pela regra da composta:

(F (g(x)))′ = F ′(g(x))g′(x) = f(g(x))g′(x)

ou seja que F (g(x)) e primitiva da funcao:

f(g(x))g′(x).

Portanto se aplico o Segundo Teorema para calcular∫ b

a

f(g(x))g′(x)dx

tenho ∫ b

a

f(g(x))g′(x)du = F (g(b))− F (g(a)).

Logo∫ g(b)

g(a)

f(u)du =

∫ b

a

f(g(x))g′(x)dx.

�

Exemplo 0.1. Vamos provar aqui que a area sob o grafico de 2 ln(x)x

, de x = 1 atex = e := exp(1) vale exatamente 1.

Ou seja, que∫ e

1

2 ln(x)

xdx = 1.

Faco u = ln(x), du = 1xdx e acerto os liitesd e integracao:

∫ e

1

2 ln(x)

xdx =

∫ 1

0

2 u du = 2 [u2

2(1)− u2

2(0)] = 1.

Vamos ver como a linguagem da Integracao por Substituicao se aplicaria praencontrar algumas primitivas.

Exemplo 0.2. Por exemplo, para comecar, primitivas de

sin(x) · cos(x).Deixando de lado os limites de integracao estamos deixando livre a escolha da con-stante C. Portanto com:

u = sin(x), du = cos(x)dx

temos pelo Teorema 0.1:∫

sin(x) · cos(x) dx =

∫

u du =

CAPITULO 25. INTEGRACAO POR SUBSTITUICAO 361

=u2

2+ C =

=sin2(x)

2+ C.

Se quisermos destacar os limites de integracao entao faremos:∫ b

a

sin(x) · cos(x) dx =

∫ sin(b)

sin(a)

u du =

=sin2(b)

2− sin2(a)

2.

Exemplo 0.3. Agora primitivas de

sinn(x) · cos(x), n ∈ N.

Sem nos fixarmos em limites de integracao. com:

u = sin(x), du = cos(x)dx

temos pelo Teorema 0.1:∫

sinn(x) · cos(x) dx =

∫

un du =

=un+1

n+ 1+ C =

=sinn+1(x)

n+ 1+ C.

Se atentamos aos limites de integracao:∫ b

a

sinn(x) cos(x) dx =

∫ sin(b)

sin(a)

un du =

=sinn+1(b)

n+ 1− sinn+1(a)

n+ 1.

Exemplo 0.4. Agora quero as primitivas de

4x3 + 4x

x4 + 2x2 + 1.

Para isso faco

u = x4 + 2x2 + 1, du = (4x3 + 4x) dx

e portanto pelo Teorema 0.1:∫

4x3 + 4x

x4 + 2x2 + 1dx =

∫1

udu =

= ln(u) + C =

= ln(x4 + 2x2 + 1) + C.

1. A SUBSTITUICAO TRIGONOMETRICA X = SIN(θ) 362

Exemplo 0.5.∫

x3 ·√x− 5 dx, x− 5 > 0.

Faco

u = x− 5, du = dx

e escrevo x3 = (u+ 5)3. Daı:∫

x3 ·√x− 5 dx =

∫

(u+ 5)3u12 du =

=

∫

(u3 + 15u2 + 75u+ 125)u12 du =

= u72 + 15u

52 + 75u

32 + 125u

12 du =

=2

9u

92 +

30

7u

72 + 30u

52 +

250

3u

32 + C =

=2

9(x− 5)

92 +

30

7(x− 5)

72 + 30(x− 5)

52 +

250

3(x− 5)

32 + C.

Exemplo 0.6.∫

1√xe

√xdx, x > 0.

Faco

u =√x, du =

1

2√x,

logo∫

1√xe

√xdx =

∫

e−u 2 du =

= 2 (−e−u) + C = −21

e√x+ C.

1. A substituicao trigonometrica x = sin(θ)

A integral por substituicao que quero tratar agora e (r > 0):

x = r · sin(θ) ou seja θ = arcsin(x

r),

para

−π2< θ <

π

2e − 1 <

x

r< 1.

O primeiro uso dela e obter de novo que:∫

1√1− x2

dx =

∫1

√

1− sin2(θ)cos(θ) dθ =

=

∫cos(θ)

cos(θ)dθ = θ + C = arcsin(x) + C.


2. Areas do Cırculo e Elipse

Ate aqui usamos as substituicoes u = g(x) e du = g′(x) dx para simplificar a ex-pressao que estamos integrando. A seguir usamos o Teorema 0.1 de um jeito diferente,que parece complicar o integrando: mas no final tudo acaba bem !

Por ter sido demonstrado ha tanto tempo por Arquimedes que a area do cırculode raio r e πr2, acabamos por trivializar esse fato notavel.

Vejamos o que da se tento calcular a area do Cırculo usando integrais/primitivas.Vamos fazer o seguinte, vamos calcular primeiro a area de um quarto de Cırculo

de raio r, aquele que fica no primero quadrante e multiplicar depois o resultado por4.

A area do Cırculo no primeiro quadrante e a area sob o grafico de y = f(x) =+√r2 − x2, para x ∈ [0, r]. Quero calcular portanto:

∫ r

0

√r2 − x2dx.

Faco a substituicao:

x = r sin(θ).

Pelo Teorema 0.1 acima tenho que calcular:∫ π

2

0

√

r2 − r2 sin2(θ) · r cos(θ) dθ =∫ r=r sin(π

2)

0=r sin(0)

√r2 − x2 dx.

Ora como na regiao 0 ≤ θ ≤ π2temos cos(θ) ≥ 0 posso dizer que:

cos(θ) =√

1− sin2(θ)

entao escrevo:∫ π

2

0

√

r2 − r2 sin2(θ) · r cos(θ) dθ = r2∫ π

2

0

√

1− sin2(θ) · cos(θ) dθ =

= r2∫ π

2

0

cos2(θ) dθ.

Ja fizemos no Capıtulo 24 a integral:∫

cos2(θ) dθ

e obtivemos como primitiva1 de cos2(θ):

sin(θ) cos(θ) + θ

2.

1Outra opcao para continuar seria usar a formula trigonometrica: cos2(θ) = 1+cos(2θ)2 e depois

uma primitiva de 1+cos(2θ)2 , que e naturalmente

θ

2+

sin(2θ)

4=


2.

2. AREAS DO CIRCULO E ELIPSE 364

Logo o Segundo Teorema do Calculo da:∫ π

2

0

cos2(θ) dθ = (sin(θ) cos(θ) + θ

2)(π

2)− (


2)(0) =

=π

4.

Logo a area do setor no primeiro quadrante e π4r2 e a area do cırculo e πr2.

E claro que podemos inverter a questao e, supondo que sabemos a area de cırculos,usar isso para calcular integrais.

Por exemplo, para r > 0 e r2 − x4 > 0, vamos provar que

π =8

r2·∫ √

r

0

√r2 − x4 · x dx.

De fato fazendo u = x2, du = 2x dx e acertando os limites de integracao temos:∫ √

r

0

√r2 − x4 · x dx =

∫ r

0

√r2 − u2

du

2=

=1

2· 14· πr2,

pois∫ r

0

√r2 − u2 du e area de 1

4de Cırculo de raio r.

Agora mostro que uma pequena adaptacao do que fizemos para calcular a area docırculo nos da a area de Elipses.

Considere a Elipse x2

a2+ y2

b2= 1.

Vamos primeiro considerar 14de sua area, que e a area sob o grafico de y =

√

b2(1− x2

a2), com x ∈ [0, a].

Entao quero calcular:∫ a

0

√

b2(1− x2

a2) dx

e o farei com a substituicao:

x = a sin(u), dx = a cos(u) du,

que nos da:∫ a

0

√

b2(1− x2

a2) dx =

∫ π2

0

√

b2(1− sin2(u))a cos(u) du =

= ab

∫ π2

0

cos2(u) du.

Mas pelo que ja vimos acima:∫ π

2

0

cos2(u) du =π

4


e portanto∫ a

0

√

b2(1− x2

a2) dx = ab

π

4.

Logo a area toda da elipse x2

a2+ y2

b2= 1 e πab.

Quando b = a temos um cırculo x2 + y2 = a2, cuja area e πa2.

3.∫ √

r2 − x2 dx

Note que se

x = r sin(θ) e θ = arcsin(x

r),

entao:sin(θ) cos(θ) + θ

2=

1

2· [xr· cos(arcsin(x

r)) + arcsin(

x

r)] =

=1

2· [xr·√r2 − x2

r+ arcsin(

x

r)],

onde a ultima igualdade fica clara se usarmos a Figura a seguir:

x

r

r − x 2 2

θ

Ou seja, pelo que fizemos na Secao anterior:∫ √

r2 − x2 dx =r2

2· [ xr2

·√r2 − x2 + arcsin(

x

r)] + C

ou finalmente∫ √

r2 − x2 dx =1

2· [x ·

√r2 − x2 + r2 arcsin(

x

r)] + C.

4. Mais exemplos da substituicao x = sin(θ)

Na integral a seguir note que faco a substituicaox

3= sin(θ)

para ter:∫

x2√9− x2

dx =

∫x2

√9 · (1− (x

3)2)

dx =1

3·∫

x2√1− (x

3)2dx =

=1

3

∫9 · sin2(θ)

√

(1− sin2(θ))· 3 cos(θ) dθ = 9 ·

∫

sin2(θ)dθ

4. MAIS EXEMPLOS DA SUBSTITUICAO X = SIN(θ) 366

e esta ultima integral sabemos faze-la: seja pelo metodo por partes do Capıtulo 24ou usando a relacao trigonometrica:

sin2(θ) =1− cos(2θ)

2.

Sai entao:∫

x2√9− x2

dx = 9 · (θ2− sin(2θ)

4) + C = 9 · (θ

2− sin(θ) cos(θ)

2) + C =

= 9 · (arcsin(x3)

2− 1

2· x3·√9− x2

3) + C.

Na integral a seguir, faco

x = sin(θ)

para ter:∫

x3√1− x2

dx =

∫sin3(x)

√

1− sin2(θ)cos(θ) dθ =

=

∫

sin3(θ) dθ =

∫

sin2(θ) · sin(θ) dθ =

=

∫

(1− cos2(θ)) · sin(θ) dθ =∫

sin(θ) θ +

∫

cos2(θ)) · (− sin(θ)) dθ =

= − cos(θ) +cos3(θ)

3+ C =

= −(1− x2)12 +

(1− x2)32

3=

√1− x2 · (−1 +

1− x2

3) + C.

Agora faremos a proxima integral com a substituicao x = 3 · sin(θ):∫

1

x2 ·√9− x2

dx =

∫1

9 sin2(θ) ·√

9− 9 sin2(θ)3 cos(θ) dθ =

=1

9·∫

1

sin2(θ)dθ =

=1

9·∫

csc2(θ) dθ =

= −1

9· cot(θ) + C = −1

9·√9− x2

x+ C.


5. Substituicao trigonometrica x = tan(θ)

A substituicaox = tan(θ) ou θ = arctan(x),

para:

−π2< θ <

π

2e x ∈ R,

permite reobter: ∫1

x2 + 1dx =

∫1

tan2(θ) + 1sec2(θ) dθ =

=

∫

dθ = θ + C = arctan(x) + C.

6. Mais exemplos da substituicao x = tan(θ)

As integrais do tipo ∫x√

1 + x2dx

podem ser feitas com a substituicao2:

x = tan(θ), dx = sec2(θ) dθ.

Como √

1 + tan2(θ) =√

sec2(θ) = sec(θ), se− π

2< θ <

π

2entao ∫

x√1 + x2

dx =

∫tan(x)

sec(θ)sec2(θ) du =

=

∫

tan(θ) sec(θ) du = sec(θ) + C =

= sec(arctan(x)) + C =√1 + x2 + C,


x

θ

1

1 x2+

As integrais do tipo ∫1√

1 + x2dx

sao um bom exemplo da substituicao:

x = tan(θ), dx = sec2(θ) dθ.

2Apesar de que a substituicao u = 1 + x2 e du = 2x dx da o resultado imediatamente

6. MAIS EXEMPLOS DA SUBSTITUICAO X = TAN(θ) 368

Como√

1 + tan2(θ) =√

sec2(θ) = sec(θ), se− π

2< θ <

π

2

entao∫

1√1 + x2

dx =

∫1

sec(θ)sec2(θ) du =

=

∫

sec(θ) du.

So que agora somos obrigados a saber fazer esta ultima integral.Para isso vamos fazer uns pequenos malabarismos3:

∫

sec(u) du :=

∫1

cos(u)du =

=

∫1 + sin(u)

cos(u) (1 + sin(u))du =

=

∫sin2(u) + cos2(u) + sin(u)

cos(u)(1 + sin(u))du =

=

∫cos(u)

1 + sin(u)+

sin(u)

cos(u)du =

=

∫cos(u)

1 + sin(u)du−

∫ − sin(u)

cos(u)du ==

= ln | 1 + sin(u) | − ln | cos(u) |+ C =

= ln | 1 + sin(u)

cos(u)|+ C =

=: ln | sec(u) + tan(u) |+ C.

Finalmente entao podemos completar a integracao anterior:∫

1√1 + x2

dx = ln | sec(θ) + tan(θ) |+ C =

= ln | sec(arctan(x)) + tan(arctan(x)) |+ C = ln(√x2 + 1 + x) + C.

3Adaptando esses passos se prova tambem que∫

csc(u) du = − ln | csc(u) + cot(u)|+ C


7.∫ √

r2 + x2 dx

Faco a seguir a substituicao x = r · tan(θ):∫ √

r2 + x2 dx = r2 ·∫ √

1 + tan2(θ) sec2(θ)dθ =

=

∫

sec3(θ)dθ.

Agora para calcular esta integral faco por partes:∫

sec3(θ)dθ =

∫

sec(θ) · sec2(θ) dθ =

=

∫

sec(θ)dθ +

∫

sec(θ) · tan2(θ) dθ =

=

∫

sec(θ)dθ +

∫

sec(θ) · tan(θ)︸︷︷︸

g′

· tan(θ)︸︷︷︸

f

dθ =

=

∫

sec(θ)dθ + sec(θ)︸︷︷︸

g

tan(θ)︸︷︷︸

f

−∫

sec(θ)︸︷︷︸

g

sec2(θ)︸︷︷︸

f ′

dθ,

portanto: ∫

sec3(θ)dθ =1

2· [∫

sec(θ)dθ + sec(θ) · tan(θ)] + C.

Voltando ao que queremos, como θ = arctan(xr) e como ja temos

∫sec(θ) dθ:

∫ √r2 + x2 dx = r2 ·

∫

sec3(θ)dθ =r2

2· [∫

sec(θ)dθ + sec(θ) · tan(θ)] + C =

=r2

2· [ln(

√x2 + r2

r+x

r) +

√x2 + r2

r· xr] + C =

=r2

2· ln(

√x2 + r2

r+x

r) +

1

2· x

√x2 + r2 + C.

8. Substituicao trigonometrica x = sec(θ)

Quando falamos em x = sec(θ) e θ = arcsec(x) vamos pensar que

1 < |x| e θ ∈ [0,π

2) ∪ (

π

2, π].

Onde ademais, se x > 1 entao 0 < θ < π2.

O primeiro uso desta substituicao sera, supondo x > 1 e r > 0:∫

1

x ·√x2 − r2

dx =

=

∫1

r sec(θ) ·√

r2 sec2(θ)− r2r sec(θ) tan(θ)dθ =

=1

r·∫

dθ =1

r· θ + C =

1

rarcsec(x) + C.

9. MAIS EXEMPLOS PARA A SUBSTITUICAO X = SEC(θ). 370

9. Mais exemplos para a substituicao x = sec(θ).

As integrais do tipo ∫1√

x2 − 1dx

para 1 < x sao um bom exemplo para a substituicao:

x = sec(θ), dx = sec(θ) tan(θ) dθ,

θ = arcsec(x)

onde1 < x e 0 < θ <

π

2.

De fato, como √x2 − 1 =

√

tan2(θ) = tan(θ),

se 0 < θ < π2, entao

∫1√

x2 − 1dx =

∫1

tan(θ)sec(θ) tan(θ) du =

=

∫

sec(θ) dθ =

= ln(sec(θ) + tan(θ)) + C

= ln(x+ tan(√x2 − 1)) + C,


θ

1

x2 1

x

A integral a seguir∫ √

x2 − 9

xdx =

comx = 3 · sec(θ), dx = 3 · sec(θ) tan(θ) dθ,

vira:∫ √

x2 − 9

xdx =

∫ √

9 sec2(θ)− 9

3 sec(θ)sec(θ) tan(θ) dθ =

= 3 ·∫

tan(θ) dθ =

= 3 ·∫

(sec2(θ)− 1) dθ =

= 3 · tan(θ)− 3 · θ + C =


= 3 ·√x2 − 9

3− 3 · arcsec(x

3) + C.

10.∫ √

x2 − r2 dx

A seguir |x| > r > 0. Faco a mudanca x = r · sec(θ) e depois integro por partes:

∫ √x2 − r2 dx = r2 ·

∫

tan(θ) · sec(θ) tan(θ)dθ =

= r2 · (tan(θ) sec(θ)−∫

sec3(θ) dθ).

Mas ja calculamos∫

sec3(θ) dθ =1

2· [tan(θ) sec(θ)− ln(sec(θ) + tan(θ))] + C.

Portanto:∫ √

x2 − r2 dx =r2

2· [tan(θ) sec(θ)− ln(sec(θ) + tan(θ))] + C =

=r2

2· [xr

√x2 − r2

r− ln(

√x2 − r2

r+x

r) + C =

=1

2x√x2 − r2 − r2

2· ln(

√x2 − r2

r+x

r) + C.

11. E as da forma∫

1√Ax3+Bx2+Cx+D

dx ?

Nas Secoes anteriores tivemos sucesso ao integrarmos∫

1√ax2 + bx+ c

dx,

fazendo uma mudanca de variavel do tipo x = sin(θ), x = tan(θ) ou x = sec(θ).Mas, em geral, ou seja, para polinomios Ax3 +Bx2 +Cx+D de grau tres gerais,

as integrais∫

1√Ax3 +Bx2 + Cx+D

dx

nao podem ser expressas em termos de funcoes conhecidas, sao chamadas de integraiselıpticas.

12. Exercıcios

Exercıcio 12.1. Fizemos∫ ln(x)

xdx por partes.

Veja que, neste exemplo, e mais facil fazer por substituicao.Calcule pelos dois metodos:

∫ e3

e2

ln(x)

xdx.

12. EXERCICIOS 372

Exercıcio 12.2. Para fazer∫e√x dx use uma substituicao e depois uma integracao

por partes.

Exercıcio 12.3. Faca por substituicao as integrais a seguir. Dica: O lado direitodas igualdades da uma pista das substituicoes u = g(x) e du = g′(x)dx adequadas.

i)

∫

tan(x) dx = −∫

1

cos(x)· (− sin(x)) dx,

ii)

∫

cot(x) dx =

∫1

sin(x)· cos(x) dx,

iii)

∫

sec(x) tan(x) dx :=

∫1

cos(x)

sin(x)

cos(x)dx =

∫ −1

cos2(x)· (− sin(x)) dx

iv)

∫1

ln(x) xdx =

∫1

ln(x)· 1xdx.

Exercıcio 12.4. Prove que ∀n ∈ N:∫ 1

−1

(1− x2)n dx =

∫ π

0

(sin(θ))2n+1 dθ.

CAPıTULO 26

Integracao de funcoes racionais

Nao ha uma solucao para o problema de como integrar quocientes em geral; por

exemplo,∫ sin(x)

xdx nao pode ser expressa em termos de funcoes elementares.

A questao que vamos respoder nesta Secao e a de como integrar∫

p(x)

q(x)dx

onde p(x), q(x) sao polinomios.A tecnica geral para integrar essa funcoes racionais (quocientes de polinomios)

e conhecida como integracao por fracoes parciais (ou fracoes simples, elementares,como alguns chamam).

Procederemos por etapas, comecando com casos simples.Mais adiante, na Secao 4, daremos enunciados gerais.

1.∫(ax2 + bx + c)−1 dx

Comeco explicando o que fazer para calcular:∫

1

ax2 + bx+ cdx, com 0 6= a, b, c ∈ R.

Ha tres casos a considerar, dependendo do discriminante b2 − 4ac:

• i) b2 − 4ac = 0, ou seja, ax2 + bx+ c = (x− x)2 tem uma raız real dupla,

• ii) b2 − 4ac > 0, ou seja, ax2 + bx + c = (x − x1) · (x − x2) tem duas raızesreais diferentes ou

• iii) b2 − 4ac < 0, ou seja, ax2 + bx+ c tem duas raızes complexas conjugadas(nao tem raızes Reais).

No caso i):Faco u = x− x, du = dx e

∫1

ax2 + bx + cdx =

∫1

(x− x)2dx =

=

∫1

u2du =

−1

u+ C =

1

x− x+ C.

No caso ii):

373

1.∫(AX2 +BX + C)−1DX 374

Gostaria de escrever, para A e B numeros bem escolhidos:

1

ax2 + bx+ c=

1

(x− x1) · (x− x2)=

A

x− x1+

B

x− x2,

pois entao terıamos:

∫1

(x− x1) · (x− x2)dx =

∫A

x− x1dx+

∫B

x− x2dx =

= A ·∫

1

udu+B ·

∫1

vdv,

onde u = x− x1e v = x− x2 e daqui chegamos em:

∫1

(x− x1) · (x− x2)dx = A · ln |x− x1|+B · ln |x− x2|+ C.

Como encontrar A e B como queremos ? Queremos que valha:

1

(x− x1) · (x− x2)=

A

x− x1+

B

x− x2,

ou seja, somando as fracoes a direita:

1

(x− x1) · (x− x2)=

(A+B)x− Ax2 −Bx1(x− x1) · (x− x2)

.

Para que (A+B)x− Ax2 −Bx1 = 1 precisamos ter

B = −A e − Ax2 + Ax1 = 1,

ou seja, as escolhas de A e B sao:

A =1

x1 − x2e B =

−1

x1 − x2.

Em suma, no caso ii) (x1, x2 raızes Reais distintas):

∫1

ax2 + bx+ cdx =

1

x1 − x2· ln |x− x1| −

1

x1 − x2· ln |x− x2|+ C.

No caso iii):Primeiro faco, ja que a 6= 0:

∫1

ax2 + bx+ cdx =

∫1

a · (x2 + bax+ c

a)dx =

1

a·∫

1

x2 + bax+ c

a

dx.

CAPITULO 26. INTEGRACAO DE FUNCOES RACIONAIS 375

Agora escrevo1:

x2 +b

ax+

c

a= (x+

b

2a)2 − b2

4a2+c

a=

= (x+b

2a)2 +

4ac− b2

4a2.

Entao

∫1

ax2 + bx+ cdx =

1

a·∫

1

(x+ b2a)2 + 4ac−b2

4a2

dx.

Agora faco a substituicao:

u = x+b

2ae du = dx.

Entao (ja que 4ac− b2 > 0):∫

1

(x+ b2a)2 + 4ac−b2

4a2

dx =1

a

∫1

u2 + 4ac−b24a2

du =

=1

a· 1√

4ac−b24a2

· arctan( u√

4ac−b24a2

) + C,

conforme a Secao 5 do Capıtulo 16. Simplificando:∫

1

ax2 + bx+ cdx =

2√4ac− b2

· arctan( u√

4ac−b24a2

) + C.

2.∫

αx+βax2+bx+c

dx

Agora trato o caso mais geral:∫

αx+ β

ax2 + bx+ cdx, α, β ∈ R.

1Se continuamos um pouquinho obteremos a formula de Baskara: ja que a 6= 0,

x2 +b

ax+

c

a= (x+

b

2a)2 +

4ac− b2

4a2.

De onde, se queremos que 0 = x2 + bax+ c

a,

(x+b

2a)2 =

b2 − 4ac

4a2,

x+b

2a= ±±

√b2 − 4ac

2a,

e finalmente:

x =−b±

√b2 − 4ac

2a.

2.∫

αX+βAX2+BX+C

DX 376

Na situacao discutida em iii), em que 4ac− b2 > 0, temos:∫

αx+ β

ax2 + bx+ cdx =

1

a·∫

αx+ β

(x+ b2a)2 + 4ac−b2

4a2

dx

e a mudanca

u = x+b

2ae du = dx

produz:

1

a·∫α(u− b

2a) + β

u2 + 4ac−b24a2

du =

=1

a· [α ·

∫u

u2 + 4ac−b24a2

du+ (β − α · b2a

) ·∫

1

u2 + 4ac−b24a2

du] = .

A integral mais a direita ja sabemos resolve-la com a funcao arcotangente:∫

1

u2 + 4ac−b24a2

du =1

√4ac−b24a2

· arctan( x√

4ac−b24a2

) + C.

Ja ∫u

u2 + 4ac−b24a2

du =1

2·∫

2u

u2 + 4ac−b24a2

du

e aı reconhecemos uma derivada logarıtmica; logo:

1

2·∫

2u

u2 + 4ac−b24a2

du =1

2· ln(u2 + 4ac− b2

4a2) + C =

=1

2· ln((x+ b

2a)2 +

4ac− b2

4a2) + C.

Juntando esses resultados concluımos o resultado.Ja no caso ii) discutido antes, em que ha duas raızes reais distintas x1 6= x2, ou

seja:∫

αx+ β

axa + bx+ cdx =

∫αx+ β

(x− x1) · (x− x2)dx,

vou tentar escrever:

αx+ β

(x− x1) · (x− x2)=

A

(x− x1)+

B

(x− x2),

para A e B bem escolhidos, pois daı em diante saberemos fazer :∫

A

(x− x1)+

B

(x− x2)dx

usando o logaritmo natural. Como

A

(x− x1)+

B

(x− x2)=

(A +B) · x+ (−Ax2 −Bx1)

(x− x1) · (x− x2),

preciso ter:

α = A +B e β = −Ax2 −Bx1,


que dao:

A =αx1 + β

x1 − x2e B = α− A.

Resta o caso em que:

∫αx+ β

axa + bx+ cdx =

∫αx+ β

(x− x)2dx,

que da:∫

αx+ β

(x− x)2dx = α ·

∫x

(x− x)2dx+ β ·

∫1

(x− x)2dx =

= α ·∫

[1

x− x+

x

(x− x)2] dx+ β ·

∫1

(x− x)2dx =

= α · ln ||x− x|| − αx · 1

x− x− β · 1

x− x+ C.

3.∫

1Ax3+Bx2+Cx+D

dx

Agora quero tratar do que fazer para calcularmos:

∫1

Ax3 +Bx2 + Cx+Ddx, A 6= 0.

Vimos, na Proposicao 6.1 do Capıtulo 6 que sempre um polinomio de grau ımparcom coeficientes Reais tem ao menos uma raız Real x = x1.

Portanto ha 4 caso possıveis a considerar2:

• i) Ax3 +Bx2 + Cx+D tem uma raız tripla Real,• ii) Ax3 +Bx2 + Cx+D tem uma raız dupla e uma simples, todas Reais,• iii) Ax3 +Bx2 + Cx+D tem tres raızes Reais distintas, x1, x2, x3.• iv) Ax3 + Bx2 + Cx + D tem apenas uma raız simples Real e duas raızescomplexas (conjugadas).

Sao representados na figura a seguir:

2Qual o analogo do discriminante b2 − 4ac de ax2 + bx + c no caso de Ax3 + Bx2 + Cx +D ?Isso se trata no Capıtulo 32. Mas e como encontrar raızes de Ax3 +Bx2 + Cx+D? Em geral, nosExercıcios basicos, uma raız do polinomio de grau 3 e evidente. Ou pelo menos se pode usar o Testeda Raız Racional (Afirmacao 8.1 do Capıtulo 6). Apos fatoracao dessa primeira raız Real (talvezate Rational) sobra um polinomio de grau 2. Em geral, sera preciso usar a formula de Cardano doCapıtulo 32

3.∫

1AX3+BX2+CX+D

DX 378

3

1

-3

2

0

-4

x

10,5-1 -0,5

-2

-1

0

Figura: Casos i) em vermelho, ii) em verde, iii) em amarelo e iv) em azul.

No que segue suponhamos que conhecemos as raızes Reais do Ax3+Bx2+Cx+DEntao no caso i), ja sabemos o que fazer:

∫1

Ax3 +Bx2 + Cx+Ddx =

∫1

(x− x1)3dx =

−1

(x− x1)2+ C

No caso ii):∫

1

Ax3 +Bx2 + Cx+Ddx =

∫1

(x− x1)2 · (x− x2)

dx

vamos ser otimistas e tentar escrever, para ci constantes bem escolhidas:

1

(x− x1)2 · (x− x2)

=c1

(x− x1)+

c2(x− x1)

2+

c3(x− x2)

pois entao obterıamos:∫

1

(x− x1)2(x− x2)

dx = c1 · ln |x− x1|+ c2 ·−1

x− x1+ c3 · ln |x− x2|+ C.

Para encontrarmos ci adequadas, facamos primeiro a soma de fracoes a direita:c1

(x− x1)+

c2(x− x1)

2+

c3(x− x2)

=

=c1(x− x1)(x− x2) + c2(x− x2) + c3(x− x1)

2

(x− x1)2(x− x2)

=

=(c1 + c3)x

2 + (c2 − c1(x1 + x2)− 2c3x1)x+ (c1x1x2 − c2x2 + c3x21)

(x− x1)2(x− x2)

.

Como o numerador dessa ultima expressao tem que igual ao numerador de 1(x−x1)2(x−x2)

otemos um sistema de tres equacoes:

c1 + c3 = 0, c2 − c1(x1 + x2)− 2c3x1 = 0

e c1x1x2 − c2x2 + c3x21 = 1.


As duas primeiras equacoes dao:

c3 = −c1, c2 = c1(x2 − x1),

que, quando substituidas na terceira equacao, dao:

c1 =1

2x1x2 − x21 − x22=

−1

(x1 − x2)2.

Ou seja encontramos assim c1 e com ele obtemos c2 e c3, desde que conhecamos asraızes Reais x1 6= x2.

No caso iii):

Gostarıamos de escrever :1

(x− x1)(x− x2)(x− x3)=

c1x− x1

+c2

x− x1+

c3x− x3

pois entao integrarıamos usando a primitiva ln | |.Somamos

c1x− x1

+c2

x− x1+

c3x− x3

=

=(c1 + c2 + c3) x

2 − (c1(x2 + x3) + c2(x1 + x3) + c3(x1 + x2)) x

(x− x1)(x− x2)(x− x3)+

+c1x2x3 + c2x1x3 + c3x1x2(x− x1)(x− x2)(x− x3)

e igualo seu numerador a 1, obtendo um sistema de tres equacoes:

c1 + c2 + c3 = 0, c1(x2 + x3) + c2(x1 + x3) + c3(x1 + x2) = 0,

c1x2x3 + c2x1x3 + c3x1x2 = 1.

Da primeira posso por c3 em funcao dos outros, da segunda posso por c2 em funcaode c1

c3 = −(c1 + c2), c2 = −c1(x3 − x1)

(x3 − x2),

e substituindo na terceira determinamos o c1.

Caso iv):Aqui temos

Ax3 +Bx2 + Cx+D = (x− x1) · (ax2 + bx+ c),

onde ax2 + bx + c nao tem raızes Reais, apenas raızes complexas (conjugadas). Seconhecemos x1, tambem conhecemos a, b, c por divisao de polinomios.

Portanto no que segue considero conhecidos esses coeficientes a, b, c.Seremos otimistas tentando escrever3, para c1, c2, c3 adequados:

1

(x− x1) · (ax2 + bx+ c)=

c1x− x1

+c2x+ c3

ax2 + bx+ c.

3Note que ∀c1, c2:1

(x− x1) · (ax2 + bx+ c)6= c1

x− x1

+c2

ax2 + bx+ c,

4. FRACOES PARCIAIS EM GERAL 380

Como

c1x− x1

+c2x+ c3

ax2 + bx+ c=

(ac1 + c2)x2 + (bc1 − c2x1 + c3)x+ (c1c− c3x1)

(x− x1)(ax2 + bx+ c)

,

temos que resolver as equacoes:

ac1 + c2 = 0, bc1 − c2x1 + c3 = 0 e c1c− c3x1 = 1.

A primeira me permite escrever c2 = −ac1 e a segunda da

c3 = −bc1 + x1c2 = −bc1 − x1ac1.

Ou seja c3 e funcao de c1. Substituido c3 na terceira equacao

c1c− c3x1 = 1,

esta vira uma equacao de grau um em c1 e descobrimos o valor de c1.Achados os c1, c2, c3 basta calcular

∫c2x+ c3

ax2 + bx+ cdx,

(o que aprendemos no inıcio da Secao 2) para termos entao finalmente:∫

1

Ax3 +Bx2 + Cx+Ddx = c1 · ln |x− x1|+

∫c2x+ c3

ax2 + bx + cdx.

4. Fracoes parciais em geral

A situacao que deverıamos tratar a seguir, apos a Secao 3, seria:∫

αx2 + βx+ γ

Ax3 +Bx2 + Cx+Ddx.

Vamos trata-la ja num contexto geral.Suponho que quero fazer

∫P (x)

Q(x)dx

onde P (x) e polinomio de grau p e Q(x) de grau q, sem fatores em comum, com

p ≥ q.

Entao divido P (x) por Q(x), obtendo:

P (x) = Q(x) ·H1(x) +R1(x)

pois se por absurdo fazemos:

1

(x − x1)(ax2 + bx+ c)

=c1

x− x1

+c2

ax2 + bx+ c=

=ac1x

2 + (bc1 + c2)x+ (c1c− c2x1)

(x− x1)(ax2 + bx+ c)

poduzimos equacoes:

ac1 = 0 e bc1 + c2 = 0.

Como a 6= 0 neste caso, entao c1 = 0 e daı obtemos c2 = 0, absurdo.


onde o grau do polinomio H1(x) e h1 = p− q e onde o grau do resto R1(x) e

r1 < p.

Se r1 ≥ q posso dividir de novo:

R1(x) = Q(x) ·H2(x) +R2(x)

onde h2 = r1 − q e r2 < r1.E assim por diante: o processo so para quando algum resto Rk(x) tem grau rk < q

(note que Rk(x) 6≡ 0 pois P (x) e Q(x) foram supostos ser fator comum).Entao

P (x)

Q(x)=Q(x) · (H1(x) +H2(x) + . . .+Hk(x)) +Rk(x)

Q(x)=

= H1(x) +H2(x) + . . .+Hk(x) +Rk(x)

Q(x).

Ora, integrar o polinomio H1(x) + H2(x) + . . . + Hk(x) e facil; logo, o problema sereduz a integrar uma fracao do tipo:

Rk(x)

Q(x),

onde o grau do numerador e menor que o do denominador.Por isso essa sera a situacao daqui para diante: consideraremos P (x) de grau p e

Q(x) de grau q, comp < q

e sem fatores comuns.Queremos fazer:

∫P (x)

Q(x)dx.

Claro que, se pudermos fazerP (x)

Q(x)=Q′(x)

Q(x)entao ∫

P (x)

Q(x)dx = ln ||Q(x)||+ C.

Mas e quando nao for assim, o que fazer?Se usam entao dois fatos puramente algebricos, que ja vimos funcionarem concre-

tamente em casos particulares:

Fato 1: (Teorema de Fatoracao)Ha sempre uma fatoracao de Q(x) em produtos de potencias de fatores lineares

e/ou quadraticos:

Q(x) = Lm11 · . . . · Lmk

k ·Qn11 · . . . ·Qnj

j , mi, ni ∈ N,

ondem1 + . . .+mk + 2 · (n1 + . . .+ nj) = q,

Li := aix+ bi e Qi := cix2 + dix+ ei, ai, . . . , ei ∈ R.

4. FRACOES PARCIAIS EM GERAL 382

Note: bastam lineares ou quadraticos, nao precisa mais do que isso.O exemplo q(x) = x4 + 1 por exemplo se decompoe assim:

x4 + 1 = (x2 + 1)2 − 2x2 = (x2 −√2 · x+ 1) · (x2 +

√2 · x+ 1) =: Q1 ·Q2,

onde Q1 e Q2 sao polinomios irredutıveis sobre4 os Reais (i.e. nao sao produtos depolinomios Reais de grau 1), ja que seus disciminantes valem −2.

Depois se usa:

Fato 2: (Decomposicao em Fracoes Simples)Se P (x) tem grau p e Q(x) grau q, com p < q e se

Q(x) = Lm11 · . . . · Lmk

k ·Qn11 · . . . ·Qnr

r , mi, ni ∈ N

entao existem numeros Reais Ai,j, Bi,j e Ci,j tais que:

P (x)

Q(x)=A1,1

L1+ . . .+

A1,m1

Lm11

+ . . .+Ak,1Lk

+ . . .+Ak,mk

Lmk

k

+

+B1,1 · x+ C1,1

Q1

+ . . .+B1,n1 · x+ C1,n1

Qn11

+Br,1 · x+ Cr,1

Qr

+ . . .B1,nr · x+ C1,nr

Qnr

1

.

Agora temos do lado direito um soma de integrais para fazer:∫

P (x)

Q(x)dx = A1,1 ·

∫1

L1dx+ . . .

O leitor pode conferir que, pelo que ja expusemos neste Capıtulo, conseguirıamosfazer cada uma das integrais do lado direito, exceto as do tipo:

∫1

Q(x)ndx, para n ≥ 2,

onde Q(x) e quadratico e irredutıvel.Note que

∫x

(x2+1)ndx = 1

2·∫

1undu se faco u = x2 + 1 e portanto sabemos faze-la.

Como esses polinomios Qi(x) = ax2 + bx + c se deixam escrever (como vimos naSecao 2) como

Qi(x) = (x+b

2a)2 +

4ac− b2

4a2, com

4ac− b2

4a2> 0,

o problema se reduz essencialmente (quer dizer, modulo substituicoes u = x + b2a) a

integrar: ∫1

(x2 + 1)n, para n ≥ 2.

4 Sobre os complexos sim sao redutıveis:

(x2 −√2x+ 1) = (x− (

√2

2−

√2

2

√−1)) · (x− (

√2

2+

√2

2

√−1))

(x2 +√2x+ 1) = (x− (−

√2

2+

√2

2

√−1)) · (x− (−

√2

2−

√2

2

√−1))


Isso trato na Secao 5 a seguir.

5.∫

1(1+x2)n

dx, n ≥ 2

Vou fazer para n = 2 em detalhe e apenas enunciar o resultado geral ∀n ≥ 2.

Afirmacao 5.1.∫

1

(x2 + 1)2dx =

1

2· arctan(x) + 1

2· x

x2 + 1+ C.

Vou dar duas provas. a primeira e curta mas nao ensina muito.Demonstracao. (Primeira demontracao)Para fazer ∫

1

(x2 + 1)2dx

escrevo (e o leitor confere):∫

1

(x2 + 1)2=

∫

[1

x2 + 1− x2

(x2 + 1)2] dx =

=

∫

[1

2· 1

x2 + 1+

1

2· 1

x2 + 1− x2

(x2 + 1)2] dx =

=

∫1

2· 1

x2 + 1dx+

∫

[1

2· 1

x2 + 1− x2

(x2 + 1)2] dx =

=1

2· arctan(x) + 1

2· x

x2 + 1+ C,

onde se verifica por derivacao direta que 12· xx2+1

e a primitiva certa.�

A segunda e longa mas revisa varias coisas que aprendemos:Demonstracao. (Segunda demonstracao - Do estudante Walter Ferreira Diniz

Junior)Fazemos uma integracao por partes:

∫1

(x2 + 1)2dx =

∫1

x· x

(x2 + 1)2dx =

=1

x· (− 1

2(1 + x2))−

∫

(− 1

x2) · (− 1

2(1 + x2)) dx =

= − 1

2x · (1 + x2)−

∫1

2x2(1 + x2)dx.

E agora uso o Teorema de Fracoes simples:∫

1

(x2 + 1)2dx = − 1

2x · (1 + x2)− 1

2·∫

(A

x+A

x2+Cx+D

1 + x2) dx =

onde se calcula sem muita dificuldade que:

A = 0, B = 1, C = 0 e D = −1.

6. EXEMPLOS 384

Entao:∫

1

(x2 + 1)2dx = − 1

2x · (1 + x2)− 1

2·∫

(1

x2− 1

x2 + 1) dx =

= − 1

2x · (1 + x2)+

1

2x+

1

2· arctan(x) + C =

=1

2· arctan(x) + 1

2· x

x2 + 1+ C.

�

Em geral, ha uma formula de reducao valida ∀n ≥ 2:∫

1

(x2 + 1)ndx =

2n− 3

2n− 2·∫

1

(x2 + 1)n−1dx+

x

(2n− 2) · (x2 + 1)n−1.

6. Exemplos

Vimos alguns exemplos dessa escritura nas Secoes anteriores, onde tambem se veque Ai,j, Bi,j e Ci,j sao solucoes de sistemas de equacoes que surgem ao se compararos coeficientes de polinomios.

Vejamos mais exemplos:

•∫

3x3+5x2+40x4+2x2

dx. Quero escrever:

3x3 + 5x2 + 40

x4 + 2x2=

3x3 + 5x2 + 40

x2 · (x2 + 2)=

=A

x+B

x2+Cx+D

x2 + 2.

Somando essas fracoes temos:

A

x+B

x2+Cx+D

x2 + 2=

(A+ C) · x3 + (B +D) · x2 + 2A · x+ 2B

x2 · (x2 + 2).

Ou seja, quero:

A+ C = 3, B +D = 5, 2A = 0 e 2B = 40.

Obtenho: A = 0, B = 20, C = 3 e D = −15. Entao:∫

3x3 + 5x2 + 40

x4 + 2x2dx =

∫20

x2dx+

∫3x− 15

x2 + 2dx =

= 20 ·∫

1

x2dx+

3

2·∫

2x

x2 + 2dx− 15 ·

∫1

x2 + 2dx =

=−20

x+

3

2· ln(x2 + 2)− 15 · 1√

2· arctan( x√

2) + C.


•∫

x+5x3+4x2+4x

dx. Quero escrever:

x+ 5

x3 + 4x2 + 4x=

x+ 5

x · (x+ 2)2=A

x+

B

x+ 2+

C

(x+ 2)2.

Como:

A

x+

B

x+ 2+

C

(x+ 2)2=

(A+B) · x2 + (4A+ 2B + C) · x+ 4A

x · (x+ 2)2,

obtenho o sistema:

A+B = 0, 4A + 2B + C = 1 e 4A = 5,

de onde

A =5

4, B =

−5

4e C =

−3

2.

Entao:∫

x+ 5

x3 + 4x2 + 4xdx =

5

4·∫

1

xdx− 5

4·∫

1

x+ 2dx− 3

2·∫

1

(x+ 2)2dx =

=5

4· ln ||x|| − 5

4· ln ||x+ 2||+ 3

2· 1

x+ 2+ C.

• (do estudante Walter Ferreira Diniz Junior)Como estou resumindo o Exemplo do Walter, deixo para o leitor conferir

os coeficientes da decomposicao em fracoes parciais:∫

1

x4 + 1dx =

∫1

(x2 −√2x+ 1) · (x2 +

√2x+ 1)

dx =

=

∫ −12√2x+ 1

2

x2 −√2x+ 1

dx+

∫ −12√2x+ 1

2

x2 −√2x+ 1

dx =

Agora o problema se reduz a saber resolver:∫

x

x2 −√2x+ 1

dx,

∫1

x2 −√2x+ 1

dx,

(analogamente para o caso em que o denominador e x2+√2x+1). A ultima

e facil, pois:∫

1

x2 −√2x+ 1

dx =

∫1

(x−√22)2 + 1

2

dx =

=

∫1

u2 + 12

du

e sabemos fazer esta com a funcao arcotangente.Ja ∫

x

x2 −√2x+ 1

dx =

∫x

(x−√22)2 + 1

2

dx =

6. EXEMPLOS 386

=

∫u+

√22

u2 + 12

du

onde novamente fizemos u = x−√22.

Ora,∫u+

√22

u2 + 12

du =

∫u

u2 + 12

du+

∫ √22

u2 + 12

du =

=1

2

∫1

vdv +

√2

2·∫

1

u2 + 12

du,

onde v = u2 + 12e essas ultimas ja sabemos fazer.

•∫

x+2x6+2x4+x2

dxTemos

x+ 2

x6 + 2x4 + x2=

x+ 2

x2 · (x2 + 1)2

e queremos encontrar a escritura:

x+ 2

x2 · (x2 + 1)2=A

x+B

x2+Cx+D

x2 + 1+

Ex+ F

(x2 + 1)2.

Somo o lado direito e obtenho:

(A+ C)x5 + (B +D)x4 + (2A+ C + E)x3 + (2B +D + F )x2 + Ax+B

x2 · (x2 + 1)2,

que, ao ser igualada ao esquerdo, da:

A = 1, B = 2, C = −1, D = −2, E = −1 e F = −2.

Portanto:∫

x+ 2

x6 + 2x4 + x2dx =

∫

[1

x+

2

x2− x+ 2

x2 + 1− x+ 2

(x2 + 1)2] dx =

=

∫1

xdx+

∫2

x2dx−

∫2

x2 + 1dx−

−∫

x

x2 + 1dx−

∫x

(x2 + 1)2dx−

∫2

(x2 + 1)2dx.

Dessas seis integrais por fazer, as primeiras quatro tem primitivas conhecidas(a menos de somar uma constante C):

∫1

xdx = ln |x|,

∫2

x2dx =

−2

x,

=

∫2

x2 + 1dx = 2 arctan(x) e

∫x

x2 + 1dx =

1

2· ln(x2 + 1).

A quinta se faz com a substituicao u = x2 + 1, du = 2x dx:∫

x

(x2 + 1)2dx =

1

2·∫

1

u2du =

−1

2· 1

x2 + 1+ C.


A ultima e∫

2

(x2 + 1)2dx = arctan(x) +

x

(x2 + 1)+ C,

pelo que vimos bem no final da Secao 4, no caso n = 2.

7. Exercıcios

Exercıcio 7.1. Pelo metodo das fracoes parciais faca:∫

x2 + 30

x3 + 11x2 + 30xdx

e ∫x2 + 24

x3 + 10x2 + 24xdx.

CAPıTULO 27

Integrais improprias

Vimos na Afirmacao 6.1 do Capıtulo 22 que a area sob o grafico de y = 1xa direita

de x = 1 e infinita, ou em outras palavras:

limn→+∞

ln(x) = +∞.

Mas uma conseguencia do Teorema 2.1 escandalizou o filosofo Hobbes, no sec.XVII: existem regioes ilimitadas cuja Area e finita !

Afirmacao 0.1.Seja k ∈ R com k > 1. Entao:

•i) :

∫ +∞

1

1

xkdx =

1

k − 1,

ou seja, a area da regiao que fica sob o grafico de y = 1xk, para x ∈ [1,+∞)

e 1k−1

.•

ii) :

∫ 1

0

1

(1− x)1k

dx = 1 +1

k − 1,

ou seja, a area da regiao sob o grafico de y = 1

(1−x)1k

para x ∈ [0, 1) e 1+ 1k−1

.

Demonstracao.

De i):

A area sob o grafico de y = x−k , de a > 0 ate um certo x, e pelo Segundo TeoremaFundamental:

∫ x

a

x−kdx = (1

−k + 1x−k+1)(x)− (

1

−k + 1x−k+1)(a), onde k 6= 1.

A area de toda a regiao a direita de a > 0 e:

limx→+∞

[ (1

−k + 1x−k+1)(x)− (

1

−k + 1x−k+1)(a)) ] =

= limx→+∞

[1

(−k + 1)

1

xk−1+

1

k − 1ak−1 ] =

=1

k − 1ak−1,

onde na ultima igualdade usei que k > 1.

389

390

Para a = 1 obtenho 1k−1

.

De ii):Vou dar duas demonstracoes: uma calculatoria, outra completamente geometrica.Na primeira fazemos uma integral:

∫ 1

0

(1− x)−1k dx := lim

aր1

∫ a

0

(1− x)−1k dx =

= limaր1

[−(1− x)−

1k+1

− 1k+ 1

(a) +(1− x)−

1k+1

− 1k+ 1

(0)] =

=1

− 1k+ 1

= 1 +1

k − 1.

Na segunda, vemos que:

y = (1− x)−1k

da yk = 11−x e 1− x = 1

yk, ou seja:

x = 1− 1

yk.

Entao∫ 1

0(1− x)−

1k dx e a area do quadrado de lado 1 somada com a area da regiao

a direita de y = 1 que fica sob o grafico de x = 1− 1yk. Mas essa area e 1

k−1pelo item

i). �

A Figura e apenas uma ilustracao disso, pois nao consegui usar as mesmas escalasnos eixos (o quadrado aparece como um retangulo, em verde):

0,6

3

2

0,40,2

1,5

1

x

0,8

2,5

0

CAPITULO 27. INTEGRAIS IMPROPRIAS 391

Figura: Ilustracao para x = 1− 1y2, y ∈ [1,+∞)

0,8

0,4

1

0,6

0,2

x

32,521,51

Figura: Ilustracao para y = 1x2, x ∈ [1,+∞).


Problema: Avalie as integrais:∫ 3

1

1√

(3− x) · (x− 1)dx

e ∫ +∞

1

1

ex+1 + e3−xdx.

SolucaoParte da questao e dar um sentido as integrais, pois numa o integrando nao esta

definido em x = 1 nem em x = 3 e na outra o intervalo de integracao e infinito.O sentido que se deve dar a primeira e, como vimos:

∫ 3

1

1√

(3− x) · (x− 1)dx := lim

ǫ1ց0 , ǫ2ց0

∫ 3−ǫ2

1+ǫ1

1√

(3− x) · (x− 1)dx.

Faco:∫ 3−ǫ2

1+ǫ1

1√

(3− x) · (x− 1)dx =

=

∫ 3−ǫ2

1+ǫ1

1√

1− (x− 2)2dx =

=

∫ 1−ǫ2

−1+ǫ1

1√1− u2

du =

= arcsin(1− ǫ2)− arcsin(−1 + ǫ1).

Entao

limǫ1ց0 , ǫ2ց0

∫ 3−ǫ2

1+ǫ1

1√

(3− x) · (x− 1)dx =

= limǫ1ց0 , ǫ2ց0

[arcsin(1− ǫ2)− arcsin(−1 + ǫ1)] =

2. AS PRIMEIRAS TRANSFORMADAS DE LAPLACE, A FUNCAO GAMA EO FATORIAL 392

=π

2− (−π

2) = π,

onde na ultima linha usei que arcsin(u) e contınua em todo [−1, 1], apesar de serderivavel apenas em (−1, 1).

Na segunda, temos:∫ +∞

1

1

ex+1 + e3−xdx := lim

a→+∞

∫ a

1

1

ex+1 + e3−xdx.

Agora faco:1

ex+1 + e3−x=

1

ex+1 + 1ex−3

=1

( e2x−2+1ex−3 )

=

=ex−3

e2x−2 + 1= e−2 · ex−1

(ex−1)2 + 1

e integro via a substituicao u = ex−1:

e−2 ·∫ a

1

1

u2 + 1du = e−2 · (arctan(a)− arctan(1))

e portanto:

lima→+∞

e−2 · (arctan(a)− arctan(1)) = e−2 · ( lima→+∞

arctan(a)− π

4) =

= e−2 · (π2− π

4) =

π

4e2,

o resultado.

2. As primeiras Transformadas de Laplace, a funcao Gama e o fatorial

Afirmacao 2.1. Seja k ∈ R, k > 0.

i):∫ +∞

0

e−kx · dx =1

k

ii): Suponha f : [0,+∞] → R contınua, f(x) ≥ 0 e que existam a, C,M > 0 taisque

f(x) ≤ C · eax, ∀x ≥M,

entao existe a integral impropria∫ +∞

0

e−kxf(x)dx

para qualquer k > a.

Demonstracao.

Temos ∫ +∞

0

e−kxdx := limb→+∞

∫ +∞

0

e−kxdx =


= limb→+∞

∫ +∞

0

(e−kb

−kb +1

k) =

1

k.

Para a segunda afirmacao, escrevo para k > a:∫ +∞

0

e−kxf(x)dx =

∫ M

0

e−kxf(x)dx+

∫ +∞

M

e−kxf(x)dx

onde a primeira integral∫M

0e−kxf(x)dx existe pois o integrando e uma funcao contınua.

Precisamos ver se existe

limb→+∞

∫ b

M

C · e−(k−a)M

(k − a)e−kxf(x)dx.

Primeiro observo que

limb→+∞

∫ b

M

e−kxf(x)dx

nao cresce arbitrariamente.Ora, usando as hipoteses:

limb→+∞

∫ b

M

e−kxf(x)dx ≤ C · limb→+∞

∫ b

M

e−kxeaxdx

= C · limb→+∞

∫ b

M

e−(k−a)xdx =

= C · limb→+∞

(e−(k−a)b

−(k − a)+e−(k−a)M

(k − a)) = C · e

−(k−a)M

(k − a).

Como∫ b

Me−kxf(x)dx e uma funcao crescente de b (pois e−kxf(x) ≥ 0), entao:

∫ b

M

e−kxf(x)dx ≤ C · e−(k−a)M

(k − a), ∀b ≥M.

Isso garante1 que existe

limb→+∞

∫ b

M

e−kxf(x)dx.

�

As integrais improprias do item ii):∫ +∞

0

e−kxf(x)dx,

para qualquer k > a, sao chamadas Transformadas de Laplace da f(x).

Portanto o item i) deu as Transformadas de f(x) ≡ 1, que sao 1k.

A Afirmacao 2.2 a seguir pode ser lida do seguinte modo:para k = 1, a Transformada de Laplace de f(x) = xn e igual a n! (fatorial).

1deixo detalhes mais proprios de cursos de Analise

2. AS PRIMEIRAS TRANSFORMADAS DE LAPLACE, A FUNCAO GAMA EO FATORIAL 394

Afirmacao 2.2. Para n ∈ {0} ∪ N:

∫ +∞

0

e−xxn dx = n!

Demonstracao.

Para n = 0 uma aplicacao imediata do Teorema Fundamental da que:

limb→+∞

∫ b

0

e−xdx = limb→+∞

(−e−b + 1) = 1.

Para prova-la para n = 1, integro por partes:∫ +∞

0

e−xx dx = limb→+∞

∫ b

0

e−xx dx =

= limb→+∞

[−e−bb−∫ b

0

e−xdx] =

= − limb→+∞

e−bb− limb→+∞

∫ b

0

e−xdx =

= 0− (−1) = 1.

Supondo valido ate n− 1 a formula:∫ +∞

0

e−xxn−1 dx = (n− 1)!

obtemos ∫ +∞

0

e−xxn dx = limb→+∞

∫ b

0

e−xxn dx =

= limb→+∞

[−e−bbn − n

∫ b

0

e−xxn−1dx] =

= 0− n · (n− 1)! = n!

�

Definimos o valor da Funcao Gama em cada n+ 1 por

Γ(n+ 1) :=

∫ +∞

0

e−xxn dx = n!

Afirmacao 2.3. Para todo p ∈ R, p > −1, existe a integral impropria:∫ +∞

0

e−xxp dx.

Demonstracao.

Se p > 0, o conhecido limite

limx→+∞

xp+2 · e−x = 0

implica quexp

ex<

1

x2,


se x > K (suficientemente grande).Entao para esse K > 0 escrevo:

∫ +∞

0

e−xxp dx =

∫ K

0

e−xxp dx+

∫ +∞

K

e−xxp dx.

A integral de 0 ate K existe pois p > 0. Mas para vermos que existe tambem aintegral

∫ +∞

K

e−xxp dx

escrevo, para x > K:

∫ +∞

K

e−xxp dx ≤∫ +∞

K

1

x2dx < +∞

(esta ultima conhecida da Secao 27 do Capıtulo 23.)Se

−1 < p < 0

o problema agora na integral∫ +∞

0

e−xxp dx

e quando xց 0.Faco, para 0 < a < J , a integracao por partes:

∫ J

a

e−xxp dx = e−JJp+1

p+ 1− e−a

ap+1

p+ 1+

∫ J

a

e−xxp+1

p+ 1dx

e observo que agora

∫ J

0

e−xxp dx = e−JJp+1

p+ 1− lim

aց0[e−a

ap+1

p+ 1+

∫ J

a

e−xxp+1

p+ 1dx]

e esses limites existem pois 0 < p+ 1.�

Portanto o valor da Funcao Gama em cada p ∈ R, p > −1, e dado por

Γ(p+ 1) :=

∫ +∞

0

e−xxp dx

O mesmo argumento dado na prova da Afirmacao 2.2 da agora que:

Γ(p+ 1) = p · Γ(p), ∀p ∈ R, p > 0.

4. EXERCICIOS 396

3. Formula de Euler para o fatorial

Afirmacao 3.1. (L. Euler, 1730)

n! =

∫ 1

0

(− ln(u))n du.

Demonstracao.

Com a substituicao:

x := − ln(u) ou seja u = e−x, du = −e−x dx,temos ∫ 1

0

(− ln(u))n du =

∫ 0

+∞xn(−e−x) dx =

∫ +∞

0

xne−x dx = n!

onde na ultima igualdade usei a Afirmacao 2.2.�

4. Exercıcios

Exercıcio 4.1. Defina cosh(x) := ex+e−x

2, o cosseno hiperbolico.

Para a > 0 e k > a, mostre que a Transformada de Laplace:∫ +∞

0

e−kx cosh(ax)dx

vale kk2−a2 .

Exercıcio 4.2. Mostre que:∫ +∞

2

1

ln(x)dx = +∞,

apesar de que

limx→+∞

1

ln(x)= 0.

CAPıTULO 28

A curvatura dos graficos

1. O comprimento de um grafico

Considere o grafico de uma funcao f : [a, b] → R. Gostarıamos nesta Secao dedefinir e calcular o comprimento desse grafico.

Na pratica imagine uma curva feita de um material nao-elastico, como um arame,que queremos desentortar e calcular seu comprimento.

Considere uma particao

a = t0 < t1 < . . . < tn = b

do domınio [a, b] e considere o comprimento da poligonal inscrita no grafico de fformada de n segmentos:

pn :=√

(t1 − t0)2 + (f(t1)− f(t0))2 + . . .+√

(tn − tn−1)2 + (f(tn)− f(tn−1))2.

Ou seja,

pn =

√

1 + (f(t1)− f(t0)

t1 − t0)2 · (t1 − t0) + . . .+

√

1 + (f(tn)− f(tn−1)

tn − tn−1)2 · (tn − tn−1).

Se usamos em cada sub-intervalo [ti−1, ti] da particao o Teorema do Valor Mediode Lagrange, entao:

f(ti)− f(ti−1)

ti − ti−1= f ′(ξi), ξi ∈ (ti−1, ti).

Entao

pn =√

1 + (f ′(ξ1))2 · (t1 − t0) + . . .+√

1 + (f ′(ξn))2 · (tn − tn−1).

Refinando a particao esperamos estar inscrevendo uma poligonal cujo tamanhocada vez mais aproxima o tamanho do grafico de f . A passagem ao limite n→ +∞,com a norma da particao de [a, b] tendendo a zero, sugere que definamos

Definicao 1.1. Suponha um grafico de f : [a, b] → R, com f derivavel e f ′(x) umafuncao contınua.

O comprimento do grafico de (a, f(a)) ate (b, f(b)) sera definido pela integral∫ b

a

√

1 + f ′(x)2 dx.

A primeira coisa que vemos nessa Definicao 1.1 e que provavelmente em muitoscasos nao sera facil calcular esse comprimento, pois dara uma integral complicada (asvezes irredutıveis a funcoes elementares).

397

1. O COMPRIMENTO DE UM GRAFICO 398

Mas como f ′(x) e contınua se ve que de qualquer forma existe a integral que dao comprimento.

Exemplos:

• No caso y = f(x) = A · x+B uma reta, nossa definicao e apenas o conteudodo teorema de Pitagoras:

∫ b

a

√

1 + f ′(x)2 dx =√1 + A2 · (b− a) =

=√

(b− a)2 + (A(b− a))2 =√

(b− a)2 + (Ab+B −Aa−B))2.

• No caso y = x2 ja nao e tao evidente quanto mede seu grafico:∫ b

a

√

1 + f ′(x)2 dx =

∫ b

a

√1 + 4x2 dx.

Faco:u = 2x, e du = 2dx

e ∫ b

a

√1 + 4x2 dx =

1

2·∫ 2b

2a

√1 + u2 du.

Uma primitiva de√1 + u2 e

u

2

√1 + u2 +

1

2ln(u+

√1 + u2).

Logo:∫ b

a

√1 + 4x2 dx =

1

2· [2b

2·√1 + 4b2 +

1

2ln(2b+

√1 + 4b2)−

−2a

2·√1 + 4a2 − 1

2ln(2a+

√1 + 4a2)].

Para a = 0, b = 1 isso da:

1

2· [√5 +

1

2ln(2 +

√5)] ∼ 1.478942857

• Como o segmento de reta de (0, 0) a (1, 1) mede√2 ∼ 1.414213562, e como

x2 < x32 < x, se x ∈ [0, 1],

e natural que o comprimento do grafico de y = x32 de x = 0 ate x = 1 seja

um valor entre 1.414213562 e 1.478942857.De fato,

∫ b

a

√

1 + f ′(x)2 dx =

∫ 1

0

√

1 + (3

2x

12 )2 dx =

=

∫ 1

0

√

1 +9

4x dx =

=4

9·∫ 13

4

1

√u du =

4

9· 23· [(13

4)

32

− 1] ∼

CAPITULO 28. A CURVATURA DOS GRAFICOS 399

∼ 1.439709873

• Note no exemplo anterior que, se tivessemos tomado uma funcao do tipo xmn

com (m,n) 6= (3, 2), nao seria muito claro o que fazer. Cairıamos na integral:∫ 1

0

√

1 +m2

n2· x2(mn −1)dx

que nao tem uma expressao atraves de funcoes conhecidas se (m,n) sao escol-hidos genericamente. Veremos mais integrais intrataveis na Secao seguinte.

2. Um problema da Putnam Competition, n.2, 1939

Nem todos os problemas dessa competicao sao difıceis, este aı e bem direto:Problema: Encontrar o comprimento da curva y2 = x3 da origem ate o ponto onde

a reta tangente faz um angulo de 45 graus com o eixo dos x.

Solucao:

Essa curva associa a cada valor de x > 0 dois valores possıveis de y, a saber:y =

√x3 e y = −

√x3. No ramo onde y =

√x3 estao localizados os pontos onde

a retas tangentes tem inclinacao positiva. E como estamos buscando o ponto ondea inclinacao e 1 (pois queremos 45 graus) podemos pensar que perto desse ponto a

curva e o grafico de y =√x3.

Assim buscamos x > 0 que verifica:

y′(x) =3x2

2√

x3=

3

2x

12 = 1,

ou seja, 94x = 1, que da

x =4

9.

Agora e so calcular:∫ 4

9

0

√

1 + (3

2x

12 )2 dx =

∫ 49

0

√

1 +9

4x dx =

=

∫ 2

1

√u4

9du =

4

9· (F (2)− F (1))

onde F (u) = 23· u 3

2 .

3. Curvas parametrizadas e seu vetor velocidade

Sera muito util mais adiante trabalharmos tambem com curvas parametrizadas,ou seja, com aplicacoes

Γ : R → R2, (x(t), y(t)), t ∈ [a, b]

que supomos ter coordenadas x(t) e y(t) derivaveis.

3. CURVAS PARAMETRIZADAS E SEU VETOR VELOCIDADE 400

O traco de uma curva parametrizada Γ e o conjunto imagem Γ([a, b]). Observoque nem sempre Γ([a, b]) e grafico de alguma funcao; por exemplo, Γ([0, 2π]) e umcırculo inteiro, quando tomamos

Γ : R → R2, (cos(t), sin(t)), t ∈ [0, 2π]

O vetor velocidade de Γ e definido por:

Γ′(t0) := ( x′(t0), y′(t0) ).

Note que:

Γ′(t0) := ( limh→0

x(t0 + h)− x(t0)

h, limh→0

y(t0 + h)− y(t0)

h, ) =

= limh→0

1

h· [ (x(t0 + h), y(t0 + h))− (x(t0), y(t0))],

onde a ultima igualdade e um pouco mais que uma definicao.A Figura a seguir ilustra os vetores

Γ(t0) = (x(t0), y(t0)), Γ(t0 + h) = (x(t0 + h), y(t0 + h)) e Γ(t0 + h)− Γ(t0).

O

Γ t_0 (

Γ t_0 + h ( )

Γ t_0 + h ( ) Γ (

)

t_0 ) _

Γ

A proxima ilustra a posicao limite de 1h· (Γ(t0 + h)− Γ(t0)), ou seja, Γ′(t0).

O

Γ t_0 ( )

Γ

Γ ( t_0 )

E a Figura a seguir ilustra

Γ(t0) + Γ′(t0)

como vetor que pertence a reta tangente de Γ no ponto Γ(t0) = (x(t0), y(t0)).


O

Γ t_0 ( )

Γ ( t_0 )

Γ

Γ ( t_0 ) Γ ( t_0 ) +

4. Integrais que ninguem pode integrar

Para curvas parametrizadas

Γ : R → R2, (x(t), y(t)), t ∈ [a, b]

podemos definir seu comprimento por:

s :=

∫ b

a

√

(x′(t)2 + (y′(t))2 dx.

Fazer integrais e um artesanato, onde e preciso ter um pacote de integrais conheci-das e tentar recair numa dessas atraves de uma tecnica ou outra (substituicao , porpartes, etc.) Porem existem integrais que nao tem uma primitiva razoavel,elementarcomo se costuma chamar. E essas integrais indomaveis rondam as conhecidas ...Vejamos um exemplo fundamental.

Quando parametrizamos um cırculo de raio a > 0 por

(a cos(t), a sin(t))

seu comprimento e dado por:∫ 2π

0

√

a2 sin(t)2 + a2 cos(t)2 dt = a ·∫ 2π

0

dt = 2πa.

Porem se nosso cırculo vira uma elipse x2

a2+y2

b2= 1 com a > b, entao uma parametrizacao e:

(a cos(t), b sin(t))

e seu comprimento e:∫ 2π

0

√

a2 sin2(t) + b2 cos2(t) dt =

∫ 2π

0

√

a2 sin2(t) + b2(1− sin2(t)) dt =

∫ 2π

0

√

b2 + (a2 − b2) · sin2(t) dt =

= b ·∫ 2π

0

√

1− (1− a2

b2) · sin2(t) dt.

Eis uma integral sem primitiva elementar, chamada de integral elıptica.O que se faz e dar aproximacoes dessa integral, desde uma bem inocente:

≈ 2 · π · (a+ b

2)

5. VELOCIDADE DE UM GRAFICO OU DE UMA CURVA 402

ate uma que exige o genio de S. Ramanujan:

≈ π · (3 · (a+ b)−√

(a + 3b)(3a+ b)).

Veremos na Secao 42 do Capıtulo 40 que a funcao:

E(x) :=

∫ π2

0

√

1− x2 · sin2(t)dt

satisfaz uma equacao diferencial e depois que tem um desenvolvimento em serie in-finita, cujos truncamentos darao portanto aproximacoes do comprimento da elipse,que e, pela sua simetria:

= 4 · b · E(√

1− a2

b2).

5. Velocidade de um grafico ou de uma curva

Como pelo Primeiro Teorema do Calculo:

√

1 + (f ′(x))2 = (

∫ x

a

√

1 + f ′(t)2 dt )′

e natural denotarmosd s

d x=

√

1 + (f ′(x))2.

Essa grandeza sera chamada velocidade do grafico no instante x.Note que sempre

d s

d x> 0

o que diz o comprimento do grafico sempre e uma funcao estritamente crescente. Eademais, isso diz que existe uma funcao inversa: x = x(s). Logo dado um compri-mento desde f(a) = A determino univocamente x e daı um unico ponto no grafico.Portanto existe uma funcao bem definida P = P (s) que descreve os pontos do grafico.

Para curvas parametrizadas

Γ : R → R2, (x(t), y(t)), t ∈ [a, b]

seu comprimento foi definido por:

s :=

∫ b

a

√

(x′(t)2 + (y′(t))2 dx.

Como Γ′(t) := (x′(t), y′(t)) e o vetor tangente a Γ entao

s =

∫ b

a

||Γ′(t) || dt.

Tambem e natural considerar:

d s

d t= ||Γ′(t) || =

√

(x′(x)2 + (y′(x))2.


6. Definicao de curvatura e sua formula

A nocao intuitiva de curvatura e a de uma medida de quanto mudam as direcoesdas retas tangentes (em relacao a algum eixo fixado como referencia).

Mas, para que a curvatura de um grafico G seja um conceito geometrico, vamosdefini-la como uma medida de quanto mudam as direcoes das tangentes num trechode um grafico em relacao a quanto vale o comprimento da porcao do grafico.

Como criterio de adequacao de um possıvel definicao exigiremos que um cırculoCr de raio r tenha curvatura constante e de fato κ = 1

r(para que os cırculo muito

grandes se curvem muito pouco).Essa exigencia e natural, pois quando percorremos todo o cırculo, percorremos

s = 2πr e o angulo θ formado pelas retas tangentes variou 2π. Logo

κ(Cr) :=∆θ

∆s=

1

r.

Para motivarmos a Definicao e Formula 6 abaixo, considero θ = θ(s) uma funcaoque mede como varia o angulo formado pelas direcoes tangentes em relacao ao com-primento do grafico percorrido.

Entao a regra da derivada da composta diz1:

d tan(θ(s))

d s=d tan(θ(s))

d θ· d θ(s)d s

=

= sec2(θ(s)) · d θ(s)d s

.

Por outro lado,d y

d x(x(s)) = tan(θ(s))

e a regra da composta da:

d tan(θ(s))

d s=d d yd x(x(s))

d x· d xd s

(s) =

=d2 y

dx2(x(s)) · d x

d s(s).

A taxa de variacao que queremos para definir curvatura e

d θ(s)

d s.

Ate agora temos:

d θ(s)

d s=

d2 ydx2

(x(s)) · d xd s(s)

sec2(θ(s)).

Mas definimos na Secao 1 anterior:

s(x) :=

∫ x

a

√

1 + (d y

d x)2 dt,

1A notacao de Leibniz deixa mas claro em relacao a que variavel derivamos

6. DEFINICAO DE CURVATURA E SUA FORMULA 404

ou seja, pelo Primeiro Teorema do Calculo:

d s

d x(x) =

√

1 + (d y

d x)2

.

Pela derivada da funcao inversa teremos:

d x

d s(s) =

1√

1 + ( d yd x)2.

E tambem podemos escrever:

sec(θ(s)) =

√

1 + (d y

d x)2.

Logo obtivemos:

d θ(s)

d s=

d2 ydx2

(x(s))

(1 + ( d yd x)2)

32

.

Essa e a justificacao da seguinte definicao:

Definicao 6.1. A curvatura2 do grafico de y = f(x) e:

κ(x) :=| d2 ydx2

|(1 + ( d y

d x)2)

32

.

A Figura a seguir da um exemplo de como varia a curvatura:

4

2

3

1

x

2-2 1-1 00

Figura: Em vermelho y = x2 e em verde sua funcao curvatura.

Observacao 6.1. Note que acima obtivemos:

d x

d s= cos(θ(s)).

Comod y

d x(x(s)) = tan(θ(s))

2por enquanto nao nos interessa ter sinais, por isso tomamos o modulo


entao a regra da composta da:d y

d s=d y

d x· d xd s

ou seja:d y

d s= sin(θ(s)).

Novamente, no caso de uma curva parametrizada, podemos estender a Definicao6.1 para:

Definicao 6.2. SeΓ : R → R2, (x(t), y(t)), t ∈ [a, b]

e uma curva parametrizada entao sua curvatura e dada por:

κ(t) :=| x′(t)y′′(t)− x′′(t)y′(t) |

(x′(t)2 + y′(t)2)32

.

Note que esta Definicao 6.2 e realmente e uma estensao da Definicao 6.1, poisquando t = x, temos x′(x) ≡ 1 e x′′(x) ≡ 0.

7. Qual a curvatura de uma quina ?

A curvatura de uma reta certamente e zero, ja que a segunda derivada e zero.Mas numa linha quebrada, formada de pedacos de retas, que curvatura faria sentidoassociar a um ponto que e uma quina ??

Apos a Afirmacao seguinte daremos uma resposta:

Afirmacao 7.1. Considere um braco de hiperbole:

y = fǫ(x) =ǫ

x, ∀x > 0,

onde ǫ > 0 e fixado. Entao:i) sua funcao curvatura e κ(x) = 2ǫ·x3

(x4+ǫ2)32.

ii) limx→+∞ κ(x) = 0 e limxց0 κ(x) = 0.iii) o ponto de maximo de κ(x) e em x =

√ǫ. Nele a curvatura e:

√2

2√ǫ.

iv) limǫց0 κ(√ǫ) = +∞.

Demonstracao.

A funcao curvatura e para x > 0:

κ(x) =2ǫx3

(1 + ǫ2

x4)32

=2ǫ · x3

(x4 + ǫ2)32

.

Portanto:

limx→+∞

2ǫ · x3(x4 + ǫ2)

32

= limx→+∞

x3

x6= 0

7. QUAL A CURVATURA DE UMA QUINA ? 406

e, ja que limxց01

(x4+ǫ2)32= 1

ǫ3> 0, entao claramente

limxց0

2ǫ · x3(x4 + ǫ2)

32

= 0,

Para buscarmos mınimo de κ(x) a derivamos:

κ′(x) =−6 ǫ · x2 · (x4 − ǫ2)

(x4 + ǫ2)5/2,

e vemos que:

κ′(x) > 0 se 0 < x <√ǫ,

κ′(x) = 0 se x =√ǫ,

κ′(x) < 0 se√ǫ < x

o que diz nitidamente que x =√ǫ e o ponto de maximo de k(x). Que nele vale:

κ(√ǫ) =

√2

2√ǫ.

�

A Figura a seguir da o grafico da curvatura para ǫ = 1:

2,5

1,5

2

1

0

x

43,5321,5

0,5

2,50,5 1

Figura: O grafico de y = 1x(vermelho), sua κ(x) (verde) e o valor y = 1√

2em azul

Quando ǫ → 0 o ponto x =√ǫ tende a x = 0, assim como todo o grafico de

y = fǫ(x) =ǫxtende a uniao de retas x · y = 0, pois:

y · x = ǫ

ao longo do grafico de y = fǫ(x).E pelo item iv) da Afirmacao 7.1:

limǫց0

κ(√ǫ) = +∞


Assim se fossemos atribuir um valor de curvatura a (0, 0) como ponto da uniao deretas

y · x = 0

deverıamos por: κ = +∞.

CAPıTULO 29

Series convergentes

1. Series k-harmonicas, k > 1.

Consideremos novamente a Afirmacao 0.1 do Capıtulo 27, que dizia que:∫ +∞

1

1

xkdx =

1

k − 1.

Essa e a area da regiao a direita de 1 sob o grafico de y = 1xk. Note que essa area

e maior que a soma de areas dos retangulos justapostos

[1, 2]× [0,1

2k] ∪ [2, 3]× [0,

1

3k] ∪ . . . ∪ [n, n + 1]× ∪[0, 1

(n + 1)k] . . .

onde os tres pontos significam que podemos ir colocando sempre retangulos a direita.Mas a area desses retangulos todos e (ainda num sentido vago) uma soma infinita:

1

2k+

1

3k+ . . .+

1

nk. . .

Pela Afirmacao 0.1 -i), com a = 1 temos:

∀n ∈ N,1

2k+

1

3k+ . . .+

1

nk<

1

k − 1.

O que significa essa soma infinita:

1

2k+

1

3k+ . . .+

1

nk. . . ?

Simplesmente quer dizer que existe o limite da sequencia xn dada por

xn :=1

2k+

1

3k+ . . .+

1

nk, k ≥ 2.

Aqui e importante que k ≥ 2, pois pelo que vimos na prova da Afirmacao 6.1 asoma infinita

1

2+

1

3+ . . .+

1

n. . .

tem um comportamento diferente, ela fica tao grande quanto quisermos.

Definicao 1.1. As series 12k

+ 13k

+ . . .+ 1nk . . . sao chamadas k-harmonicas. A serie

1-harmonica 12+ 1

3+ . . .+ 1

n. . . e chamada apenas de harmonica.

Como a Afirmacao 0.1 diz que

∀n ∈ N, xn <1

k − 1

409

1. SERIES K-HARMONICAS, K > 1. 410

dizemos que a sequencia (xn)n e limitada superiormente por 1k−1

(a definicao de lim-

itada infeiormente e analoga). E nitidamente e crescente, ou seja:

xn ≤ xn+1

pois xn+1 = xn +1

(n+1)k(a definicao de decrescente e analoga).

Entao a nossa (xn)n e um exemplo de sequencia limitada superiormente e cres-cente, se

xn :=1

2k+

1

3k+ . . .+

1

nk, k ≥ 2.

A seguir dou princıpios gerais e uteis para sequencias e series:

Teorema 1.1. i) toda sequencia (xn)n limitada superiormente e crescente tem

limn→+∞

xn.

ii) toda sequencia (xn)n limitada inferiormente e decrescente tem

limn→+∞

xn.

iii) sejam∑+∞

i=1 ai e∑+∞

i=1 bi com

0 < ai ≤ bi, ∀i ∈ N.

Se∑+∞

i=1 bi converge tambem∑+∞

i=1 ai converge.

Se∑+∞

i=1 ai diverge entao∑+∞

i=1 bi diverge.

Demonstracao.

A prova dos itens i) e ii) se discute em cursos de Analise matematica. A provanao da nenhuma pista em geral de quanto vale esse limite, apenas que existe.

Ja iii) segue de i): de fato, se∑+∞

i=1 bi converge entao em particular fica limitada,por exemplo ≤ K.

Mas entao sn := a1 + . . .+ an e uma sequencia crescente, pois ai > 0, e limitada,ja que

a1 + . . .+ an ≤+∞∑

i=1

bi ≤ K.

Logo converge∑+∞

i=1 ai por i).

Agora, quando∑+∞

i=1 ai diverge entao sn := a1 + . . . + an forma uma sequenciade numeros de tamanho tao grande quanto quisermos (caso contrario i) diria que∑+∞

i=1 ai converge). Mas entao

b1 + . . .+ bn ≥ a1 + . . .+ an

tambem forma uma sequencia de numeros de tamanho tao grande quanto quisermos.Portanto

∑+∞i=1 bi diverge.

�

CAPITULO 29. SERIES CONVERGENTES 411

Somente no Exercıcio 7.1 do Capıtulo 46 conseguiremos provar que:

π2

6= 1 +

1

22+

1

32+

1

42+ . . .

2. A serie geometrica

Afirmacao 2.1. Seja r um numero Real, com 0 ≤ |r| < 1. Defina a sequencia cujoxn := 1 + r + r2 + . . .+ rn. Entao

• i) ∀n ∈ N, xn = 1−rn+1

1−r .

• ii) limn→+∞ |r|n = 0 e limn→+∞ rn = 0.

• iii) limn→+∞ xn = 11−rn .

Demonstracao.

Claro que se |r| = 0 entao r = 0 e tudo que afirmamos e obviamente valido. Logono que segue 0 < |r| < 1.

Prova de i), por inducao:

Se n = 1, entao de fato vale 1 + r = 1−r21−r . Supondo a formula ate n− 1:

1 + r + r2 + . . .+ rn−1 =1− rn

1− re

1 + r + r2 + . . .+ rn−1 + rn =1− rn

1− r+rn · (1− r)

1− r=

=1− rn+1

1− rn.

Para provar ii), note que 0 < |r| < 1 implica (multiplicando por r positivo):

0 < |r|2 < |r| < 1,

e assim obtemos por inducao:

0 < |r|n < |r|n−1 < 1, ∀n ∈ N

Mas entao a sequencia (|r|n)n e decrescente e obviamente limitada inferiormente pelo0. Pelo Teorema 1.1) existe

limn→+∞

|r|n = L.

Mas afirmo que L = 0 (a principio seria apenas 0 ≤ L ≤ |r| < 1).Meu argumento agora usara uma analogia1: se uma fila completa de pessoas tende

a um lugar, as pessoas nas posicoes pares tambem tendem a esse lugar.Ou seja, quero dizer que:

limn→+∞

|r|n = L ⇒ limn→+∞

|r|2n = L.

1Rigorosamente trata-se de argumentar com uma subsequencia da sequencia toda

3. O TESTE DA RAZAO (QUOCIENTE) 412

Por outro lado

limn→+∞

|r|2n = limn→+∞

(|r|n)2

e pelo limite de produtos de sequencias:

limn→+∞

(|r|n)2 = limn→+∞

|r|n · limn→+∞

|r|n = L2.

Entao L = L2. Logo L(L− 1) = 0 e L = 0 ou L = 1. Mas

|r|n < |r| < 1.

impede que seja L = 1, ou seja, temos L = 0.Bom agora so resta obervar que tambem limn→+∞ rn = 0. Mas o que significa

limn→+∞ rn = 0 ? Significa que se n e suficientemente grande temos para qualquer ǫdado:

|rn − 0| < ǫ,

ou seja, pelas propriedades do modulo:

|rn| = |r|n < ǫ.

Mas temos ja provado que

limn→+∞

|r|n = 0

e isso diz que se n e suficientemente grande temos para qualquer ǫ dado:

| |r|n − 0 | < |r|n < ǫ,

como querıamos. ou seja:

Prova de iii):Do item i) ja temos que

xn =1− rn+1

1− r, ∀n ∈ N

e do item ii) temos limn→+∞ rn = 0. Com as propriedades de limites de somas/produtosobtemos:

limn→+∞

xn =1− limn→+∞ rn

1− r=

1

1− r.

�

3. O teste da razao (quociente)

Afirmacao 3.1. (Teste da razao para series positivas)Seja

∑+∞i=1 ai com 0 < ai e suponha que existe:

limi→+∞

ai+1

ai= L.

Se L < 1 a serie∑+∞

i=1 ai converge, mas se L > 1 a serie∑+∞

i=1 ai diverge. Se L = 1o teste nada afirma em geral.

CAPITULO 29. SERIES CONVERGENTES 413

Demonstracao.

No caso 1 > L := limi→+∞ai+1

aitomamos

ǫ :=1− L

2> 0

e podemos supor, a partir de um certo i0 que

ai+1

ai∈ (−ǫ+ L, L+ ǫ), ∀i ≥ i0,

ou seja,

ai+1

ai< r < 1 ∀i ≥ i0.

Entao

ai0+1 < r · ai0 , ai0+2 < r · ai0+1 < r2ai0

etc ate que

ai0+j < rj · ai0 , ∀j ∈ N.

Mas a serie∑+∞

i=1 rj · ai0 = ai0 ·

∑+∞i=1 r

j e uma serie geometrica convergente, poisr < 1. Entao pelo item iii) do Teorema 1.1 a serie

+∞∑

j=1

ai0+j

converge e portanto a serie toda:

+∞∑

i=1

ai =

i0∑

i=1

ai ++∞∑

j=1

ai0+j

converge.No caso L > 1 se lida com a desigualdade

1 < r <ai+1

ai, ∀i ≥ i0

e analogamente o item iii) do Teorema 1.1 dara agora que

+∞∑

i=1

ai

diverge.�

4. UM ARGUMENTO GEOMETRICO PARA A SERIE GEOMETRICA 414

4. Um argumento geometrico para a serie geometrica

Arquimedes provava com um argumento geometrico que

1

4+ (

1

4)2 + (

1

4)3 + . . . =

1

3o que da em seguida

1 +1

4+ (

1

4)2 + (

1

4)3 + . . . = 1 +

1

3=

=4

3=

1

1− 14

,

em perfeita concordancia com nossa Afirmacao 2.1.Seu argumento e o seguinte. Tome um quadrado de lado 1 e inscreva nele um

quadrado de lado 12(e area 1

4portanto). a seguir a seguir e o maior quadrado em

vermelho. Note que a direita e acima desse quadrado vermelho ha quadrados verde eamarelos de mesma area 1

4.

Figura: Tres etapas do processo de Arquimedes

Agora justaponha ao quadrado vermelho um segundo quadrado vermelho, de lado14e area 1

42= 1

16, como mostra a figuraa seguir (note que aparecem entao dois quadra-

dos de area 116

a direita e acima dele).Assim sucessivamente, quadrados vermelhos de lado 1

2ne area 1

4nsao justapostos,

∀n ∈ N.Arquimedes argumenta que esse processo continuado preenche todo o quadrado

de lado 1 com infinitos quadrados vermelhos, verdes e amarelos. A soma das areasdos vermelhos e a mesma soma das areas dos verdes e da dos amarelos. Mas entao

3 · (14+

1

42+

1

43+ . . .) = 1,

e portanto1

4+

1

42+

1

43+ . . . =

1

3.

CAPıTULO 30

Aproximacao de Numeros e Funcoes importantes

Neste Capıtulo mostro que o calculo permite, atraves da iteracao das operacoeselementares +,−, /, x, obter aproximacoes com a precisao que se quiser de:

• funcoes fundamentais como arctan(x), ln(x), etc• numeros como

√p (p primo), π, e = exp(1).

Ou seja, o Calculo transforma a gente num McGiver , aquele personagem quequase sem nenhum instrumento fabricava aparelhos incrıveis em suas missoes. Nosso com as quatro operacoes faremos tudo (e aı a gente entende um pouco do queacontece quando se usa uma calculadora cientıfica ...).

1. Aproximacoes de raızes quadradas por numeros racionais

Pensando bem, e curiosa a nomenclatura numeros Reais, pois esses numeros naoestao proximos da nossa realidade nem sao dados de forma natural. Quem aparece nodia-a-dia sao os Naturais, os Inteiros e os Racionais, esses sim presentes nas operacoesmatematicas mais simples do dia a dia.

Quando falamos numeros Reais estamos nos referindo a um conjunto de numerosmuito maior que o conjunto dos numeros Racionais (isso s eprova nos cursos deAnalise Matematica). Apesar de que so saibamos citar um ou outro exemplo decor :√2, π, etc.De fato quando Arquimedes se refere a π no seu trabalho A medida do cırculo,

ele o define como quociente entre o perımetro e o diametro de um cırculo. Ele naoprova que π /∈ Q, mas por outro lado da um metodo para aproxima-lo tanto quantose quiser por numeros racionais. E seu metodo, que e geometrico, usa em certosmomentos aproximacoes de numeros como

√3 por numeros Racionais.

Essa e uma visao muito interessante (como todas as do genio Arquimedes) de quenumeros Reais sao limites de sequencias de numeros Racionais. Um ponto de vistabastante util e pratico para as aplicacoes da matematica e ao mesmo tempo um pontode vista que, convenientemente adaptado produz um construcao logica dos Reais (umpouco mais adiante volto nisto).

2. Raızes quadradas que sao irracionais

Que tal primeiro nos convercermos de que existem numeros Irracionais, por ex-emplo, que

√2 /∈ Q ?

Suponha por absurdo que sim√2 = p

q, onde p, q ∈ N com mdc(p, q) = 1 (maximo

divisor comum e um). Ou seja, uso por ex. por absurdo√2 = 1/3 ao inves de 2/6.

415

3. COMO TIRAR RAIZ QUADRADA SO COM +,−,×, / 416

Mas entao obtenho: 2 = p2

q2e portanto: 2 · q2 = p2. O numero Natural p se escreve

como um produto de numeros primos, e nesse produto o fator 2 aparece um c k ≥ 0de vezes. Por ex. no 12 = 22 · 3 o fator 2 aparece k = 2 vezes. Mas em p2 ha 2kfatores 2 e 2k e sempre um numero Par. Por outro lado p2 = 2 · q2 e na decomposicaodo numero 2 · q2 em primos, o fator 2 aparece um numero Impar de vezes. Essacontradicao surgiu de supor que

√2 e racional.

Se olharmos bem o argumento que demos para convencernos que√2 /∈ Q, notamos

que serviria para provar que qualquer numero primo P tem√P /∈ Q.

3. Como tirar raız quadrada so com +,−,×, /Vamos aplicar alguns itens do Teorema 3.1 do Capıtulo 4, que da propriedades d

elimites de sequencias, para fazer uma magica.Tome um numero positivo A. Tome um numero positivo arbitrario, qualquer

x > 0 e defina

x0 := x

e

x1 :=1

2· (x+ A

x).

Daı em diante, recursivamente, defina

xn :=1

2· (xn−1 +

A

xn−1

)

Afirmacao 3.1. 1

Se a sequencia

xn :=1

2· (xn−1 +

A

xn−1)

tem limn→+∞ xn = L > 0 entao de fato

L =√A

(a raız positiva de A).

Em particular, se√A for um numero Irracional como por exemplo

√2 e se x for

Racional, entao estamos dando um metodo para aproximar o numero irracional pelosnumeros Racionais

xn :=1

2· (xn−1 +

A

xn−1).

Demonstracao.

Para comecarmos a prova da Afirmacao 3.1, argumentaremos atraves de umaanalogia.2

1Uma afirmacao mais forte - e verdadeira - e de que de fato a sequencia definida recursivamentetem um limite L e esse limite e um numero positivo.

2Rigorosamente trata-se de argumentar com uma subsequencia da sequencia toda

CAPITULO 30. APROXIMACAO DE NUMEROS E FUNCOES IMPORTANTES417

Imagine uma fila de pessoas e que a fila se move para algum lugar. Entao vemoselemento n-esimo caminhando em direcao a esse lugar e o elemento (n−1)-esimo queo segue para la. Isso quer dizer em linguagem do dia a dia que:

se limn→+∞ xn = L (como supomos) entao limn→+∞ xn−1 = L tambem.Para provar a Afirmacao toda, note que o Teorema 3.1 do Capıtulo 4 vai dando,

ja que limn→+∞ xn−1 = L :

limn→+∞

1

xn−1=

1

L,

limn→+∞

A

xn−1= A · 1

L=A

L,

limn→+∞

(xn−1 +A

xn−1) = L+

1

L

limn→+∞

1

2· (xn−1 +

A

xn−1) =

1

2· (L+

1

L).

Mas temos

xn =1

2· (xn−1 +

A

xn−1)

e limn→+∞ xn = L; logo juntando temos:

L =1

2· (L+

A

L),

de onde obtemos

2L =L2 + A

L

e portanto L2 = A; como L > 0 temos que L =√A.

�

Fiz um exemplo na Calculadora, onde a cada etapa a calculadora faz truncamen-tos.

Pondo A = 2 e ∀n ≥ 1, xn := 12· (xn−1 +

2xn−1

):

x0 := 390, x1 := 195.0025641 x2 := 97.50641019,

x3 := 48.76346084, x4 := 24.40223758, x5 := 12.24209864,

x6 := 6.202734661, x7 := 3.262586543, x8 := 1.937798551,

x9 := 1.484948789, x10 := 1.415898291, x11 := 1.414214565,

x12 := 1.414213562

e aqui a calculadora nao sai mais desse numero Racional, que para ela e a propria√2.De onde saiu esse formato:

xn :=1

2· (xn−1 +

A

xn−1)

da sequencia ?

4. OS REAIS ATRAVES DE SEQUENCIAS DE NUMEROS RACIONAIS 418

Simplesmente note que e o formato dado pela Afirmacao 0.1, do Capıtulo 18 -Metodo de Newton - para a funcao

f(x) = x2 − A,

pois:

xn = xn−1 −f(xn−1)

f ′(xn−1)= xn−1 −

x2n−1 − A

2 · xn−1=

=1

2· (xn−1 +

A

xn−1).

4. Os Reais atraves de sequencias de numeros Racionais

Como sabemos, nao se pode ver um buraco negro, pelo motivo de que ele atraiate mesmo os raios de luz. Entao como os astronomos podem estar tao seguros deque existem esses misteriosos objetos?

O que eles veem sao estrelas sendo sugadas para um certa regiao, onde se acumu-lam milhares de estrelas, apertando-se cada vez mais numa pequena regiao do espaco.Daı deduzem que ali ha um buraco negro.

Voltando ao nosso tema, se um sequencia de numeros xn tende a um numero L,entao os seus termos vao se aproximando entre si :

Afirmacao 4.1. Suponha limn→+∞ xn = L. Entao dado ǫ > 0 existe um nǫ tal que

∀n1 ≥ nǫ e ∀n2 ≥ nǫ, |xn1 − xn2 | < ǫ.

Demonstracao.

Pela definicao de limn→+∞ xn = L, dado ǫ > 0, existe nǫ tal que ∀n ≥ nǫ temos|xn − L| < ǫ

2.

Entao ∀n1, n2 ≥ nǫ temos (pela desigualdade triangular):

|xn1 − xn2 | = |xn1 − L+ L− xn2 | ≤

≤ |xn1 − L|+ |xn2 − L| < ǫ

2+ǫ

2= ǫ.

�

Podemos tambem inverter as coisas !Que tal lidarmos inicialmente apenas com numeros Racionais e fazermos o seguinte:

cada vez que vemos uma sequencia de numeros Racionais cujos termos se aproximamentre si tanto quanto quisermos (como ocorre na conclusao da Afirmacao 4.1), quetal imaginarmos, postularmos, que ali ha um numero Real que os atrai ?

Chamaremos as sequencias de numeros Racionais cujos termos se aproximam entresi de sequencias fundamentais.

Claro que pode acontecer que duas ou mais sequencias fundamentais se acumulemna mesma regiao, e as imaginamos estarem sendo atraıdas pelo mesmo numero Real.


Diremos que duas sequencias fundamentais xn e x′n sao equivalentes se

limn→+∞

(xn − x′n) = 0.

Isso sugere entao pensar que:

cada numero Real e uma classe de equivalencia de sequencias fundamentais.

5. Aproximacoes de e por numeros Racionais

Esta Secao esta descrita de modo auto-suficiente, sem fazer apelo ao resultado daSecao 12 do Capıtulo 22. Claro que o leitor tema liberdade de supor aquele resultadoe considerar esta Secao apaenas uma discretizacao daquela.

A prova da irracionalidade de e = exp(1) e dada com detalhes no livro do M.Spivak, Calculus. Aqui o que discuto e como aproxima-lo por numeros Racionais.

Primeiro veremos uma sequencia que o aproxima, mas o faz de modo bastantelento, depois indicaremos outro modo de aproxima-lo, este sim rapido.

Sabemos pelo Teorema Fundamental e pela definicao de logaritmo natural que:

ln′(x) =1

x, ∀x > 0

e portanto:

ln′(1) =1

1= 1.

Se olhamos isso pela definicao de derivada o que temos e que

1 = limh→0

ln(1 + h)− ln(1)

h= lim

h→0

ln(1 + h)

h.

Mas se isso vale para quaisquer numeros h tendendo a zero, podemos toma-los daforma:

h =1

ncom n→ +∞.

Ou seja que limh→0ln(1+h)

h= 1 vira

1 = limn→+∞

ln(1 + 1n)

1n

= limn→+∞

n · ln(1 + 1

n).

Pela propriedade de que

ln(xn) = n · ln(x), ∀x > 0, ∀n ∈ N

obtenho:

1 = limn→+∞

ln( (1 +1

n)n ).

Suponha por um momento que a sequencia xn := (1 + 1n)n tem um limite L.

Entao como o ln(x) e uma funcao contınua tenho

limn→+∞

ln( (1 +1

n)n ) = ln( lim

n→+∞(1 +

1

n)n ) = ln(L).

5. APROXIMACOES DE E POR NUMEROS RACIONAIS 420

Aplicando exponencial:exp(1) = exp(ln(L)) = L,

ou seja concluımos que xn := (1 + 1n)n e uma sequencia de Racionais tendendo ao e.

Vamos dar agora uma prova de que a sequencia xn := (1 + 1n)n converge para um

numero entre 2 e 3:

Afirmacao 5.1. A sequencia xn := (1 + 1n)n tem

limn→+∞

(1 +1

n)n = L, com 2 < L < 3.

Demonstracao.

Basta verificar que que essa sequencia e limitada superiormentemente por umnumero menor que 3. Pois como e nitidamente crescente e x1 = 2, o Teorema 1.1garantira que ela converge.

Comeco escrevendo pela formula do binomio:

(1 +1

n)n =

n∑

j=0

(n

j

)

(1

n)j =

= 1 + n · 1n+n(n− 1)

2!

1

n2+ . . .+

1

nn.

Agora vamos escrever essa soma de um jeito adequado ao que segue:

(1 +1

n)n =

= 1 + n · 1n+n(n− 1)

2!

1

n2+ . . .+

n(n− 1)(n− 2) . . . 2

n!

1

nn=

= 1 + 1 +1

2!(1− 1

n) + . . .+

1

n!(1− 1

n)(1− 2

n) . . . (1− n− 2

n).

Agora vamos dar quotas superiores para cada parcela desta soma, obtendo:

1 + 1 +1

2!(1− 1

n) + . . .+

1

n!(1− 1

n)(1− 2

n) . . . (1− n− 2

n) <

< 1 + 1 +1

2!+ . . .+

1

n!.

Para darmos novas cotas superiores a essa soma lembro um Exercıcio de Inducao:

n! ≥ 2n−1 ∀n ∈ N.

Entao

1 + 1 +1

2!+ . . .+

1

n!≤ 1 + 1 +

1

2. . .+

1

2n−1.

ou seja, que (1 + 1n)n e sempre estritamente menor que

1 + 1 +1

2. . .+

1

2n−1.

E nıtido que esta ultima soma e o resultado de adicionar 1 a um pedaco da seriegeometrica infinita:

1 +1

2. . .+

1

2n−1+ . . . ,


que ja vimos vale:

1 +1

2. . .+

1

2n−1+ . . . =

1

1− 12

= 2.

Logo ∀n ∈ N:

(1 +1

n)n < 1 + (1 +

1

2. . .+

1

2n−1+ . . .) = 3,

como querıamos.�

Fiz algumas contas no computador, obtendo os primeiros 10 valores (truncadosna 10 casa apos a virgula) para xn := (1 + 1

n)n:

x1 = 2, x2 = 2.250000000, x3 = 2.370370370, x4 = 2.441406250,

x5 = 2.488320000, x6 = 2.521626372, x7 = 2.546499697,

x8 = 2.565784514, x9 = 2.581174792, x10 = 2.593742460,

e assim por diante, se ve que a sequencia vai crescendo lentamente. Tive que irate n = 120 para obter

x120 = 2.707041491.

Se pode provar que a sequencia x′n := 1 + 1/1! + 1/2! + . . .+ 1/n! tambem tendepara e = exp(1).

Fiz as contas de n = 1 ate n = 12 e ja aqui o computador diz que cheguei nolimite, ou seja o erro entre e = exp(1) e x′12 esta na decima-primeira casa decimal:

x′1 = 2, x′2 = 2.500000000, x′3 = 2.666666667,

x′4 = 2.708333333, x′5 = 2.716666667, x′6 = 2.718055556,

x′7 = 2.718253968, x′8 = 2.71827877, x′9 = 2.718281526

x′10 = 2.718281801, x′11 = 2.718281826, x′12 = 2.718281828.

Veja por comparacao como a sequencia anterior xn = (1 + 1/n)n e lenta emsua covergencia para e, pois x112 = 2.707041491 ainda esta bem longe de x′12 =2.718281828.

6. Arcotangente e cartografia

Nos mapas as curvas de nıvel dao a informacao de quanto variou a coordenadavertical ∆y entre dois pontos e a escala do mapa te da informacao da variacao dacoordenada horizontal ∆x.

Logo se obtem um valor tan(α) = ∆y∆x

e torna-se relevante calcular arctan(α).Logo e importante sabermos calcular o arcotangente com a precisao que quisermos.Mas o que a calculadora cientıfica de fato faz, quando calcula essa funcao ?E se eu tiver apenas uma calculadora que faz as 4 operacoes, sera que consigo

calcular arctan(α) com a precisao que quiser ?

6. ARCOTANGENTE E CARTOGRAFIA 422

Vou explicar o que fazer, para dar o arctan(x) pelo menos para x ∈ (−1, 1), coma ordem de precisao que se quiser, ou seja, com quantas casas quisermos depois davırgula, apenas fazendo repetidamente as 4 operacoes +,−, /, x.

Primeiro comeco lembrando da formula (Secao 5 do Capıtulo 16 ):

arctan′(x) =1

1 + x2, ∀x ∈ R.

Escrevendo:1

1 + x2=

1

1− (−x2) ,

podemos usar a Afirmacao 2.1 na regiao x ∈ (−1, 1):

1

1 + x2= 1− x2 + x4 − x6 + . . . se |x| < 1.

Sabemos pelo Primeiro Teorema Fundamental que:∫ x

0

1

1 + t2dt = arctan(x)− arctan(0) = arctan(x).

Agora vamos ser otimistas3: vamos imaginar que podemos usar a propriedade∫ x

a

(f + g) dt =

∫ x

a

f dt+

∫ x

a

g dt

nao apenas para a soma de duas funcoes f + g mas para a soma de uma infinidadede funcoes.

Ou seja, com otimismo, asssumo que a integral de uma soma infinita de funcoese a soma infinita de integrais. Esse otimismo nos permitiria escrever:

∫ x

0

(1− t2 + t4 − t6 + . . .) dt = x− x3

3+x5

5− x7

7+ . . . , se |x| < 1.

O fascinante e que sim, podemos fazer isso ! pelo menos nessa situacao especıfica...Ou seja, igualando o lado esquerdo com o direito:

arctan(x) = x− x3

3+x5

5− x7

7+ . . . , se |x| < 1.

E e isso que a calculadora faz: ela trunca a soma

x− x3

3+x5

5− x7

7+ . . . , se |x| < 1

num grau suficientemente alto para termos a precisao desejada do arctan(x). E fazersomas e produtos como os que aparecem em

x− x3

3+x5

5− x7

7+ . . . , se |x| < 1

e facil para uma calculadora !As Figuras a seguir comparam o grafico real de arctan : (−1, 1) → R com os

graficos dos truncamentos y = x : (−1, 1) → R, y = x − x3

3: (−1, 1) → R e

x− x3

3+ x5

5: (−1, 1) → R.

3Justificado na Afirmacao 2.1 do Capıtulo 31


1

0

0,5

-0,5

-1

x

0,40-0,4-0,8 0,8

Figura: O grafico de y = arctan(x) (vermelho) e y = x (verde) para x ∈ [−0.99, 0.99].

0,8

0

0,4

-0,4

-0,8

x

0,40-0,4-0,8 0,8

Figura: O grafico de y = arctan(x) (vermelho) e y = x− x3

3(verde) para x ∈ [−0.99, 0.99].

0,8

0

0,4

-0,4

-0,4

-0,8

x

0,80,40-0,8

Figura: O grafico de y = arctan(x) (vermelho) e y = x− x3

3+ x5

5(verde)

para x ∈ [−0.99, 0.99].

7. A aproximacao de π dada por Leibniz

Uma prova de que π e Irracional e dada no excelente livro Calculus, de M. Spivak,usando com astucia o Calculo.

O que quero dar aqui e uma aproximacao de π por Racionais, que remonta aLeibniz.

Mostraremos aqui que a serie

arctan(x) = x− x3

3+x5

5− x7

7+ . . .

funciona para x = 1 ! E como arctan(1) = π4, teremos:

π

4= arctan(1) = 1− 1

3+

1

5− 1

7+ . . . ,

7. A APROXIMACAO DE π DADA POR LEIBNIZ 424

de onde:

π = 4(1− 1

3+

1

5− 1

7+ . . .).

.Essa aproximacao de π, apesar de bonita, e lenta e e feita por falta e excesso, de

modo oscilante: de fato as somas parciais de ordem ımpar da soma sao maiores queπ e decrescem:

s1 := 4 · 1 = 4, s3 := 4(1− 1

3+

1

5) = 3.466666667,

s5 = 4(1− 1

3+

1

5− 1

7+

1

9) = 3.339682540, . . .

enquantos as somas parciais de ordem par sao menores que π e crescem:

s2 := 4(1− 1

3) = 2.666666667, s4 := 4(1− 1

3+

1

5− 1

7) = 2.895238095,

s6 := 4(1− 1

3+

1

5− 1

7+

1

9− 1

11) = 2.976046176, . . .

Queremos provar que uma fila sn vai toda para algum lugar determinando quandon cresce. Se mostro que as posicoes pares s2n a fila vao para o lugar L e se mostroque as posicoes ımpares s2n+1 tambem vao para esse lugar L, entao a fila toda vai.

E isso que queremos verificar, pois queremos mostrar que para

sn := 4(1− 1

3+

1

5+ . . .+ (−1)n

1

2n− 1)

existe

limn→+∞

sn = L.

Reparando no formato das somas sn, vemos que para n ≥ 2:

• s2n+1 < s2(n−1)+1 pois

s2n+1 = s2(n−1)+1 − 4(1

2(2n+ 1)− 3− 1

2(2n+ 1)− 1)

e portanto as somas parciais ımpares s2n+1 formam elas mesmas uma sequenciadecrescente,

• s2n > s2(n−1) pois

s2n = s2(n−1) + 4(1

2n− 3− 1

2(2n)− 1)

e portanto as somas parciais pares s2n+1 formam elas mesmas uma sequenciacrescente.

• s2n ≤ s1 = 4 e s2 = 4(1− 13) < s2n+1

Logo o Teorema 1.1 aplicado separadamente as sequencias (s2n)n e (sn+1)n, dizque ambas convergem:

limn→+∞

s2n = L1 e limn→+∞

s2n+1 = L2.


Mas para terminar note que L1 = L2 pois

| s2n+1 − s2n | =4

2(2n+ 1)− 1

e

limn→+∞

4

2(2n+ 1)− 1= 0.

8. Aproximacoes de logaritmos

Se |x| < 1 entao 1 + x > 0 e posso tomar ln(1 + x). Pela regra da composta:

ln(1 + x) ′ =1

1 + x.

Agora escrevo:1

1 + x=

1

1− (−x)e uso a Afirmacao 2.1 para x ∈ (−1, 1):

1

1− (−x) = 1− x+ x2 − x3 + . . . , se |x| < 1.

O Teorema Fundamental do Calculo da:∫ x

0

1

1 + tdt = ln(1 + x)− ln(1 + 0) = ln(1 + x)

Vamos ser novamente otimistas novamente e supor que a integral de uma soma infinitae uma soma infinita de integrais4, obtendo entao:

ln(1 + x) =

∫ x

0

(1− t+ t2 − t3 + . . .) dt = x− x2

2+x3

3− x4

4. . . , |x| < 1.

As Figuras a seguir comparam o grafico real de ln(1 + x) : (−1, 1) → R com

os graficos dos truncamentos y = x : (−1, 1) → R, y = x − x2

2: (−1, 1) → R e

x− x2

2+ x3

3: (−1, 1) → R.

Para que os graficos ficassem mais destacados nao usei a mesma escala nos eixosx e y:

1

-1

0-0,4

-2

-4

-3

x

0,80,40-0,8

4Justificado na Afirmacao 2.1 do Capıtulo 31

9. APROXIMACAO DE LOGARITMOS DE NUMEROS QUAISQUER 426

Figura: O grafico de y = ln(1 + x) (vermelho) e y = x (verde)para x ∈ [−0.99, 0.99].

0

-2

-1

-3

-4

x

-0,4-0,8 0,80 0,4

Figura: O grafico de y = ln(1 + x) (vermelho) e y = x− x2

2(verde)

para x ∈ [−0.99, 0.99].

0

-2

-1

-3

-4

x

0,40-0,4-0,8 0,8

Figura: O grafico de y = ln(1 + x) (vermelho) e y = x− x2

2+ x3

3(verde)

9. Aproximacao de logaritmos de numeros quaisquer

Agora vamos ver o que fazer para aproximar ln(z) de um numero z > 0 qualquer.Se |x| < 1 entao 1 − x > 0 e posso tomar ln(1 − x). Pela regra da derivada da

composta:

ln(1− x) ′ =1

1− x(−1) =

−1

1− x

Se |x| < 1 escrevo pela Afirmacao 2.1:

1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + . . . , se |x| < 1

e se pode tambem escrever (ver Afirmacao 2.1 da Secao 31):

−1

1− x= −1− x− x2 − x3 − . . . , se |x| < 1.

Pelo Teorema Fundamental:

ln(1− x)− ln(1− 0) = ln(1− x) =

∫ x

0

−1

1− tdt,


e se formos otimistas trocaremos a integral de uma soma infinita pela soma de infinitasintegrais (ver Afirmacao 2.1 do Capıtulo 31):

ln(1− x) =

∫ x

0

(−1 − t− t2 − t3 − . . .) dt = −x− x2

2− x3

3. . . |x| < 1.

Agora vamos precisar de um truque:

Afirmacao 9.1. Todo numero z > 0 se escreve de modo unico como:

z =1 + x

1− x, com |x| < 1.

Demonstracao.

Dado z > 0 quero resolver em x a equacao:

1 + x

1− x= z.

Para isso faco z · (1− x) = 1+ x, logo −zx− x = 1− z, ou seja, −x(1 + z) = 1− z edaı:

x =z − 1

z + 1.

Note que x < 1 pois z − 1 < z < z + 1.Tambem note −1 < x pois −(z + 1) = −z − 1 < z − 1, ja que 0 < z.Ou seja, |x| < 1. �

Usando dessa Afirmacao e da propriedade do logaritmo do quociente, escrevo:

ln(z) = ln(1 + x

1− x) = ln(1 + x)− ln(1− x) z > 0, |x| < 1

e portanto, pelo que ja vimos:

ln(z) = (x− x2

2+x3

3− x4

4. . .)− (−x− x2

2− x3

3. . .), |x| < 1.

Se as somas acima fossem finitas, poderıamos subtrair termo a termo. Sejamosotimistas e imaginemos que podemos subtrair termo a termo nas somas infinitas (verAfirmacao 1.1 do Capıtulo 31), obtendo (ja que os termos de grau par se cancelam):

ln(z) = 2(x+x3

3+x5

5+ . . .), onde z > 0, x =

z − 1

z + 1, |x| < 1

11. EXERCICIOS 428

4

2

z

3

504030100

1

20

Figura: O grafico de y = ln(z) (vermelho), z ∈ [0.5, 50], y = 2x (verde)

y = 2(x+ x3

3) (amarelo) e y = 2(x+ x3

3+ x5

5) (azul), onde x = z−1

z+1.

10. Aproximacao de ln(2)

Lembro que so usando a definicao ja sabıamos que

1

2< ln(2) < 1.

Com os resultados anteriores, para z = 2 e portanto x = z−1z+1

= 13, obtemos ln(2) com

a precisao que quisermos:

ln(2) = 2(1

3+

1

3

1

33+

1

5

1

35+

1

7

1

37. . .).

Meu computador aproxima ln(2) ≈ 0.6931471806.Enquanto isso, obtenho:

s1 := 2(1

3) = 0.6666666667, s2 := 2(

1

3+

1

3

1

33) = 0.6913580247

s3 := 2(1

3+

1

3

1

33+

1

5

1

35) = 0.6930041152

s4 := 2(1

3+

1

3

1

33+

1

5

1

35+

1

7

1

37) = 0.6931347573.

s5 := 2(1

3+

1

3

1

33+

1

5

1

35+

1

7

1

37+

1

9

1

39) = 0.6931460474

s6 := 2(1

3+

1

3

1

33+

1

5

1

35+

1

7

1

37+

1

9

1

39+

1

11

1

311) = 0.6931470738.

11. Exercıcios

Exercıcio 11.1. Obtenha uma sequencia definida recursivamente que tende para araız cubica de A. Para isso:

i) levante (x0, 0) verticalmente no grafico de y = x3 −Aii) encontre a tangente ao grafico de y = x3 − A no ponto obtido em i),iii) desca pela tangente ate encontrar o eixo x, determinando x1 e assim sucessi-

vamente.iv) teste a sequencia obtida, numericamente, numa calculadora.

CAPıTULO 31

Series numericas e de funcoes

1. Series numericas

Um serie infinita e uma soma infinita:

x1 + x2 + x3 + . . .

O sentido preciso dos tres pontinhos e o seguinte: considere uma soma parcial de orden:

sn := x1 + x2 + . . .+ xn.

Quando cresce o n os numeros sn forma eles mesmos uma sequencia infinta (sn)n .Entao

x1 + x2 + x3 + . . . := limn→+∞

sn,

que pode existir ou nao.

Quando existe esse limite dizemos que a soma infinita x1 + x2 + x3 + . . . convergee quando nao existe dizemos que x1 + x2 + x3 + . . . diverge.

O sımbolo x1 + x2 + x3 + . . . nao e muito conciso, por isso uso:

sn :=n∑

i=1

xi, e x1 + x2 + x3 + . . . =+∞∑

i=1

xi.

A Afirmacao a seguir justifica alguns dos truques usados nas Secoes anteriores:

Afirmacao 1.1.i) Se

∑+∞i=1 xi converge e C ∈ R entao

∑+∞i=1 C · xi tambem converge e

+∞∑

i=1

C · xi = C ·+∞∑

i=1

xi.

ii) Se∑+∞

i=1 xi e∑+∞

i=1 yi sao duas series convergentes entao tambem convergem

as series∑+∞

i=1 (xi + yi) e∑+∞

i=1 (xi − yi) e ademais:

+∞∑

i=1

(xi + yi) =

+∞∑

i=1

xi +

+∞∑

i=1

yi,

+∞∑

i=1

(xi − yi) =

+∞∑

i=1

xi −+∞∑

i=1

yi.

429

1. SERIES NUMERICAS 430

iii) Sejam xi > 0 e yi > 0. Se xi ≤ yi ∀i ∈ N e se∑+∞

i=1 yi converge entao tambem

coverge∑+∞

i=1 xi converge

iv) Se∑+∞

i=1 |xi| converge entao∑+∞

i=1 xi. A recıproca nao e verdadeira.

Demonstracao.

De i): Como∑+∞

i=1 xi converge, entao existe

limn→+∞

sn = L, onde sn :=n∑

i=1

xi.

Mas pelas propriedades de limites de sequencias:

limn→+∞

C · sn = C · limn→+∞

sn := C ·+∞∑

i=1

xi

Pela distributividade do produto e soma (finita)

C · sn := C ·n∑

i=1

xi =n∑

i=1

C · xi,

e portanto

limn→+∞

C · sn =

+∞∑

i=1

C · xi,

como querıamos.De ii):Denoto por sxn :=

∑ni=1 xi e s

yn :=

∑ni=1 yi. Temos por hipotese que existem

limn→+∞

sxn = L1 e limn→+∞

syn = L2.

Entao pelas propriedades de soma/diferenca de sequencias, aplicadas as sequencias(sxn)n e (syn)n, temos:

limn→+∞

(sxn ± syn) = limn→+∞

sxn ± limn→+∞

syn,

que e o que queremos provar.De iii): Sem entrar m muitos detalhes,a ideia e que se consegui somar as infinitas

parcelas de∑+∞

i=1 yi com mais razao poderei somas as infinitas parcelas de∑+∞

i=1 xi,ja que xi ≤ yi.

De iv): Sem entrar em detalhes que se veem em textos de Analise Matematica,o que posso dizer e que se conseguimos somar todos os modulos |xi| > 0 e razoavelque consigamos tambem somar as parcelas xi, ja que nessas ha mudancas de sinaisde > 0 para < 0, que produzem subtracoes e cancelamentos.

Sobre a recıproca : a serie 1− 12+ 1

3− 1

4+ . . . converge (e o argumento e analogo

ao que usamos na aproximacao de π). Mas como vimos na prova da Afirmacao 6.1,1 + 1

2+ 1

3+ 1

4+ . . . fica tao grande quanto quisermos.

�

CAPITULO 31. SERIES NUMERICAS E DE FUNCOES 431

2. Series de potencias

Agora precisamos justificar que, sob certas condicoes, a integral de uma somainfinita e a soma infinita de integrais. Por exemplo, o otimismo:

∫ x

0

(−1− t− t2 − t3 − . . .) dt = −x− x2

2− x3

3. . . |x| < 1,

que podemos reescrever, se preferirmos, numa nova notacao:∫ x

0

+∞∑

i=0

−ti dt =+∞∑

i=0

∫ x

0

−ti dt =

=+∞∑

i=0

−xi+1

i+ 1, |x| < 1.

Esta ultima expressao e uma serie infinita, mas que depende de cada x com |x| < 1para dar um valor determinado.

Por isso se chama serie infinita de funcoes, e pode ser pensada como uma fabricade series de numeros, pois:

x 7−→+∞∑

i=0

−xi+1

i+ 1∈ R,

desde que |x| < 1.Esse e so um exemplo, em geral uma serie infinita de funcoes e algo do tipo:

+∞∑

i=0

fi(x)

e o principal problema e saber para quais x as series numericas

x 7−→+∞∑

i=0

fi(x)

convergem.No que segue nos limitaremos apenas a funcoes

fi(x) = aixi

onde ai sao numeros (chamadas series de potencias).

Afirmacao 2.1. Suponha uma serie de funcoes∑+∞

i=1 aiti tal que para um certo t =

x > 0 convirja a serie numerica:+∞∑

i=1

|ai||xi|.

Entao:

• convergem tambem as series+∞∑

i=1

|aiti| e+∞∑

i=1

aiti, ∀t ∈ [−x, x].

2. SERIES DE POTENCIAS 432

• A funcao

f : [−x, x] → R, f(t) :=+∞∑

i=1

aiti

e integravel e

∫ x

0

+∞∑

i=1

aiti dt =

+∞∑

i=1

∫ x

0

aiti dt =

+∞∑

i=1

aii+ 1

xi+1.

Demonstracao.

Temos para |t| ≤ x:

+∞∑

i=1

|aiti| =+∞∑

i=1

|ai||ti| ≤+∞∑

i=1

|ai|xi|

e esta ultima serie converge por hipotese.Entao tambem convergem as series numericas

∑+∞i=1 |aiti|, obtidas escolhendo t

com |t| ≤ x (para cada t, aplique a Afirmacao 1.1 item iii)).Entao para cada t escolhido com |t| ≤ x convergem

∑+∞i=1 ait

i (para cada t, apliquea Afirmacao 1.1 item iv)).

Logo a funcao

f : [−x, x] → R, f(t) :=

+∞∑

i=1

aiti

esta bem definida.A integrabilidade dessa f se explica nos textos de Analise Matematica.Me concentrarei apenas em mostrar que

∫ x

0

f(t) dt =+∞∑

i=1

∫ x

0

aiti dt,

ou seja que∫ x

0

f(t) dt = limn→+∞

n∑

i=1

∫ x

0

aiti dt,

ou ainda (ja que integral de soma finita e a soma finita de integrais) que

∫ x

0

f(t) dt = limn→+∞

∫ x

0

(

n∑

i=1

aiti ) dt.

Para isso tenho que mostrar que:

dado ǫ > 0 qualquer, se n for suficientemente grande, entao

|∫ x

0

f(t) dt−∫ x

0

(n∑

i=1

aiti ) dt | < ǫ.


Ora, do item ix) do Teorema 4.1, Capıtulo 21:∫ x

0

f(t) dt−∫ x

0

(

n∑

i=1

aiti ) dt =

∫ x

0

(f(t)−n∑

i=1

aiti ) dt.

Pelo item viii) do Teorema 4.1, Capıtulo 21:

|∫ x

0

(f(t)−n∑

i=1

aiti ) dt | ≤

∫ x

0

| f(t)−n∑

i=1

aiti | dt.

Agora, por definicao f(t) :=∑+∞

i=1 aiti, logo

f(t)−n∑

i=1

aiti =

+∞∑

i=n+1

aiti

e portanto

| f(t)−n∑

i=1

aiti | = |

+∞∑

i=n+1

aiti | ≤

≤+∞∑

n+1

|ai||ti| ≤+∞∑

n+1

|ai||xi|, se |t| ≤ x

O que vem a ser esse termo∑+∞

n+1 |ai||xi| ?Se denoto

∑+∞n+1 |ai||xi| = L, entao

+∞∑

i=n+1

|ai||xi| = L−n∑

i=1

|ai||xi|.

Mas as somas parciais sn :=∑n

i=1 |ai||xi| convergem para o limite L, logo

+∞∑

i=n+1

|ai||xi| = L− sn

se faz tao pequeno quanto quisermos, se n cresce o suficiente. Posso tomar n tal que+∞∑

i=n+1

|ai||xi| <ǫ

x, onde x > 0.

Em conclusao:

|∫ x

0

f(t) dt−∫ x

0

(

n∑

i=1

aiti ) dt | ≤

≤∫ x

0

+∞∑

i=n+1

|ai||xi| dt ≤

≤∫ x

0

ǫ

xdt =

ǫ

x· x = ǫ,

se n cresce o suficiente. Era o que querıamos demonstrar.�

3. SERIES DE TAYLOR E OS RESTOS DE LAGRANGE, CAUCHY EINTEGRAL 434

Para usar a Afirmacao anterior e preciso ter uma ideia de qual x tomar. Esseintervalo

[−x, x]onde a serie converge e chamado de intervalo de convergencia.

Para determinar x, para cada t faca1:

L(t) := limi→+∞

|ai+1| · |t|i+1

|ai| · |t|i= lim

i→+∞

|ai+1||ai|

· |t| = |t| · limi→+∞

|ai+1||ai|

e imponha que:L(t) < 1.

Por exemplo, para∑+∞

i=1 (i+ 2−i) · ti temos:

L(t) := |t| · limi→+∞

|ai+1||ai|

= |t| · limi→+∞

|i+ 2−i + 1 + 2−1||i+ 2−i| =

= |t| · limi→+∞

1 +1 + 2−1

i+ 2−i= |t|.

Portanto uma escolha0 < x < 1

garante que a serie∑+∞

i=1 (i+ 2−i) · ti converge ∀t ∈ [−x, x].

3. Series de Taylor e os Restos de Lagrange, Cauchy e Integral

Definicao 3.1. Dada uma funcao f(x) que se possa derivar quantas vezes quisermos,o seu polinomio de Taylor de grau n em a e dado por:

pn,f,a := f(a) + f ′(a) · (x− a) +f ′′

2!(a) · (x− a)2 + . . .+

f (n)

n!(a) · (x− a)n.

A seguinte Afirmacao mostra em que medida f(x) e aproximada por seu polinomiode Taylor. Ha tres modos de expressar a diferenca entre f e seu polinomio de Taylor,cada um com sua utilidade.

Afirmacao 3.1. (Restos da expansao de Taylor)Suponha que f tem derivadas de todas as ordens.

i): Um polinomio q(x) de grau n tem

q(a) = f(a), q′(a) = f ′(a), . . . , q(n)(a) = f (n)(a) ⇔ q(x) = pf,n,a.

Nos itens a seguir trato do caso a < x, mas as conclusoes sao analogas se x < a,agora com x < x < a.

ii): (Resto de Lagrange) Existe pelo menos um ponto x ∈ (a, x) tal que

f(x) = pn,f,a +f (n+1)(x)

(n + 1)!· (x− a)n+1.

1Ha versoes mais gerais em que nem precisamos que exista esse limite, mas por enquanto ficamoscom esta.


iii): (Resto de Cauchy) Existe pelo menos um ponto x ∈ (a, x) tal que

f(x) = pn,f,a +f (n+1)(x)

n!· (x− x)n · (x− a).

iv): (Resto Integral):

f(x) = pn,f,a +

∫ x

a

f (n+1)(t)

n!· (x− t)n dt.

Demonstracao.

De i):Note que da definicao pf,n,a(a) = f(a), (pf,n,a)

′(a) = f ′(a) e assim, sucessivamente,que

(pf,n,a)(i)(a) = f (i)(a), i = 0, . . . , n.

Por outro lado seq(x) = a0 + a1x+ . . .+ anx

n

entao q(a) = f(a) implica que a0 = f(a); q′(a) = f ′(a) implica que a1 = f ′(a);q′′(a) = f ′′(a) implica que

2 · a2 = f ′′(a),

ou seja, a2 =f ′′(a)

2e assim sucessivamente ate

an =f (n)

n!.

De ii)Fixados a e x, considere2 a seguinte funcao de t:

φ : [a, x] → R,

φ(t) := f(x)− [ f(t) + f ′(t) · (x− t) +f ′′

2!(t) · (x− t)2 + . . .+

f (n)

n!(t) · (x− t)n ].

Temos claramente φ(x) = 0, mas em geral

φ(a) 6= 0

ja queφ(a) := f(x)− pn,f,a.

Se acontece que φ(a) = 0 entao o Teorema de Rolle diz que existe x ∈ (a, x) comφ′(x) = 0. Mas

φ′(t) = −f ′(t)− f ′′(t) · (x− t) + f ′(t)− f ′′′

2!(t) · (x− t)2 + 2

f ′′

2!(t) · (x− t) + . . .+

−f(n+1)

n!(t) · (x− t)n + n · f

(n)

n!(t) · (x− t)n−1.

Note como os termos aparecem repetidos, mas com sinais opostos. Portanto aposcancelamentos:

φ′(t) = −f(n+1)

n!(t) · (x− t)n.

2Se fosse x < a a funcao φ(t) seria definida do mesmo jeito, no domınio [x, a]


Como φ′(x) = 0 e x 6= x entao concluimos que

f (n+1)(x) = 0

e a Afirmacao ii) vale.Mas no caso geral em que φ(a) 6= 0 faco:

C :=(n+ 1)!

(x− a)n+1· φ(a).

Entao a nova funcaoψ : [a, x] → R,

ψ(t) := φ(t)− C

(n+ 1)!· (x− t)n+1

agora sim tem:ψ(x) = ψ(a) = 0.

Pelo Teorema de Rolle existe algum x ∈ (a, x) onde:

ψ′(x) = 0.

Ora,

ψ′(t) = φ′(t) +C

n!(x− t)n = −f

(n+1)

n!(t) · (x− t)n +

C

n!(x− t)n.

Logo ψ′(x) = 0 e x 6= x dao que:

f (n+1)(x) = C.

Voltando na definicao de ψ, agora com o valor de C = f (n+1)(x), obtemos

0 = ψ(a) =

= f(x)−[f(a)+f ′(a)·(x−a)+f′′

2!(a)·(x−a)2+. . .+f

(n)

n!(a)·(x−a)n]−f

(n+1)(x)

(n+ 1)!·(x−a)n+1,

o que conclui a demonstracao deste item.

De iii):Defina φ(t) como no item ii), para a qual sabemos que:

φ′(t) = −f(n+1)

n!(t) · (x− t)n.

Agora aplique o Teorema do Valor Medio para ter algum x ∈ (a, x) tal que:

φ(x)− φ(a)

x− a= φ′(x) = −f

(n+1)

n!(x) · (x− x)n.

Como φ(x) = 0 sempre obtemos

φ(a)

x− a=f (n+1)

n!(x) · (x− x)n

e portanto:

φ(a) =f (n+1)

n!(x) · (x− x)n · (x− a).

Ora, φ(a) = f(x)− pn,f,a.


De iv):Fazendo como no item i), temos

φ′(t) = −f(n+1)

n!(t) · (x− t)n

e o Teorema Fundamental do Calculo da:

φ(x)− φ(a) =

∫ x

a

−f(n+1)

n!(t) · (x− t)n dt.

Como φ(x) = 0, isso da:

φ(a) = f(x)− pn,f,a =

∫ x

a

f (n+1)

n!(t) · (x− t)n dt.

�

Chama-se de Resto de Lagrange de ordem n+ 1 a expressao:

Rn+1(x) :=f (n+1)(x)

(n+ 1)!· (x− a)n+1,

onde tomo qualquer x ∈ (a, x) que verifica o item ii) da Afirmacao 3.1.Se

limn→+∞

Rn(x) = 0

entao escrevo:

f(x) =+∞∑

i=0

f (i)(a)

i!· (x− a)i := lim

n→+∞pf,n,a.

Exemplos:

• Na Secao 6 vimos que

arctan(x) = x− x3

3+x5

5− x7

7+ . . . , se |x| < 1,

ou seja, de uma funcao que e igual a sua serie de Taylor em a = 0, pois comoo leitor pode verificar:

(arctan(x))′(0) = 1, (arctan(x))′′(0) = 0, (arctan(x))′′′(0) = −2,

(arctan(x))(4)(0) = 0, (arctan(x))(5)(0) = 24

etc. Ademais, naquela Secao plotamos alguns polinomios de Taylor dessafuncao.

• Na Secao 8 vimos

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− x4

4. . . , |x| < 1,


funcao que e igual sua serie de Taylor em a = 0, pois como o leitor podeverificar:

(ln(1+x))′(0) = 1, (ln(1+x))′′(0) = −1, (ln(1+x))′′′(0) = 2, (ln(1+x))(4)(0) = −6,

etc. Tambem naquela Secao plotamos alguns polinomios de Taylor dessafuncao.

• Como sin(0) = 0, sin′(0) = cos(0) = 1, sin′′(0) = − sin(0) = 0, sin′′′(0) =− cos(0) = −1 e em geral:

sin(2i)(0) = 0 e sin(2i+1)(0) = (−1)i, i = 0...

entao

sin(x) =n∑

i=0

(−1)i

i!· xi +Rn+1(x).

Mas

|Rn+1(x)| = |sin(n+1)(x)

(n+ 1)!· xn+1| ≤ xn+1

(n + 1)!

e portanto:

limn→+∞

Rn+1(x) = 0.

Logo

sin(x) =

+∞∑

i=0

(−1)i

(2i+ 1)!· x2i+1, ∀x ∈ R.

• De modo completamente analogo se obtem

cos(x) =+∞∑

i=0

(−1)i

2i!· x2i, ∀x ∈ R.

• Como exp(i)(x) = ex e exp(i)(0) = e0 = 1 temos

ex =n∑

i=0

1

i!xi +Rn+1(x);

mas como y = ex e uma funcao crescente, temos

|Rn+1(x) = | ex

(n+ 1)!· (x− a)n+1| ≤ exxn+1

(n + 1)!

e novamente limn→+∞Rn+1(x) = 0.Portanto

ex =+∞∑

i=0

1

i!xi, ∀x ∈ R.


4. A serie binomial e sua serie de Taylor

A questao que tratarei aqui e expressar

(1 + x)r := er·ln(1+x), r ∈ R

atraves de sua serie de Taylor.Como veremos, no caso geral em que r 6∈ N trata-se de uma serie infinita de

potencias de x convergente para todo x com |x| < 1.Mas, no caso particular em que r = n ∈ N, a serie infinita vira um polinomio de

Taylor de grau n em x. E esse polinomio tem como coeficientes os coeficientes usuaisdados como sımbolo combinatorio.

Importantes exemplos para nos serao:

(1 + x)12 e (1 + x)−1.

O polinomio de Taylor de f(x) = (1 + x)r se obtem facilmente, pois:

f(0) = 1, f ′(0) = r,f ′′(0)

2!=r · (r − 1)

2!,

f ′′′(0)

3!=r · (r − 1)(r − 2)

3!

e por inducao:

f (n)(0)

n!=r · (r − 1) . . . (r − (n− 1))

n!, ∀n ∈ N.

Se r = n0 ∈ N teremos:

f (n)(0)

n!=r · (r − 1) . . . (r − n0) . . . (r − (n− 1))

n!= 0, ∀n ≥ n0 + 1.

Nesse caso em que r = n0 ∈ N lembramos do sımbolo combinatorio:(r

n

)

:=r!

(r − n)!n!=r · (r − 1) . . . (r − (n− 1))

n!, ∀n ≤ n0 = r.

Mas podemos adotar esse sımbolo:(r

n

)

:=r · (r − 1) . . . (r − (n− 1))

n!

mesmo se r 6∈ N, pois faz sentido como um numero Real ∀r ∈ R.Se usamos o Teste da Razao (cf. Secao 3 do Capıtulo 29) podemos ver que a serie

infinita:+∞∑

n=0

(r

n

)

· xn

converge em modulo se |x| < 1, pois:

limn→+∞

|(

rn+1

)· xn+1|

|(rn

)· xn| =

= limn→+∞

|r − n|n + 1

· |x| = |x|.

4. A SERIE BINOMIAL E SUA SERIE DE TAYLOR 440

Mas nao esta nada claro que essa serie coincida com (1+x)r. Claro que se (1+x)r

tem um desenvolvimento em serie infinita, entao e esse. Mas falta ver que ha essedesenvolvimento.

Afirmacao 4.1. Se r 6∈ N e se −1 < x < 1, entao vale o desenvolvimento em serieinfinita:

(1 + x)r =+∞∑

n=0

(r

n

)

· xn,

onde (r

n

)

:=r · (r − 1) . . . (r − (n− 1))

n!.

Demonstracao.

Caso 0 < x < 1:

Nesse caso o item ii) da Afirmacao 3.1 (Resto de Lagrange) da:

(1 + x)r =

k∑

n=0

(r

n

)

· xn + f (k+1)(x)

(k + 1)!· xk+1, para x ∈ (0, x) ⊂ (0, 1)

ondef (k+1)(x)

(k + 1)!· xk+1 =

r · (r − 1) . . . (r − k)

(k + 1)!· (1 + x)r−k−1 · xk+1.

Observo que, para cada x fixado com |x| < 1, a sequencia

|r · (r − 1) . . . (r − k)

(k + 1)!· xk+1|

tende para zero: de fato, o teste teste da razao diz que a serie+∞∑

k=0

|r · (r − 1) . . . (r − k)

(k + 1)!· xk+1|,

converge; logo a sequencia dos termos gerais dessa serie tende a zero.E se k + 1 > r (o que mais cedo ou mais tarde vai acontecer):

limk→+∞

(1 + x)r−k−1 = 0

ja que 11+x

< 1. Portanto o Resto de Lagrange tende a zero, quando k → +∞, para

cada x com 0 < x < 1.

Caso −1 < x < 0:

Nesse caso, se usassemos a mesma ideia do caso anterior, nao saberıamos o quefazer na ultima etapa, pois agora:

1

1 + x> 1,

ja que x < x < 0.


Precisei de uma dica do M. Spivak, Calculus, p. 675, para terminar esta prova. Adica e combinar o o Lema 4.1 a seguir com o Resto de Cauchy (item iii da Afirmacao3.1).

Do seguinte modo. Tomo o resto de Cauchy:

f (k+1)(x)

k!· (x− x)k · x.

Escrevo:

f (k+1)(x)

k!= (k + 1) ·

(r

k + 1

)

· (1 + x)r−k−1 = r ·(r − 1

k

)

· (1 + x)r−k−1,

onde as igualdades sobre os sımbolos sao faceis de conferir.Portanto:

|f(k+1)(x)

k!· (x− x)k · x| = |r ·

(r − 1

k

)

· (1 + x)r−k−1 · (x− x)k · x| =

= |r ·(r − 1

k

)

· (x− x

1 + x)k · (1 + x)r−1 · x| ≤

≤ |r ·(r − 1

k

)

| · |x|k ·M · |x|,

onde na desigualdade usei o Lema 4.1 a seguir.O caso ja justificado (0 < x < 1) nos deu pelo menos que:

limk→+∞

|(r − 1

k

)

· xk| = 0, se |x| < 1.

Portanto:

limk→+∞

|r ·(r − 1

k

)

| · |x|k ·M · |x| = 0

e o resto de Cauchy tende a zero.�

Lema 4.1. Se −1 < x < x < 0 entao:

(1 + x)r−1 ≤M,

onde

M := max{1, (1 + x)r−1}.E tambem:

|x− x

1 + x| = |x| · (1−

xx)

1 + x≤ |x|.

Demonstracao.

Note que, se r − 1 ≥ 0, a funcao

ψ : [x, 0] → R>0, ψ(x) := (1 + x)r−1

e crescente (incluindo o caso constante, se r = 1), portanto seu maximo e ψ(0) = 1.

5. UM DEVANEIO SOBRE OS NUMEROS COMPLEXOS 442

Se r − 1 < 0 a funcao

ψ : [x, 0] → R>0, ψ(x) := (1 + x)r−1

e decrescente, portanto seu maximo e ψ(x) = (1 + x)r−1.Por isso M := max{1, (1 + x)r−1}.Agora noto que:

0 ≤ (1− xx)

1 + x,

pois 0 < 1 + x e x ≤ x.Para provar a segunda afirmacao basta mostrar que:

(1− xx)

1 + x≤ 1

pois o resto sai imediatamente.Mas essa desigualdade e o mesmo que

1− x

x≤ 1 + x,

ja que 0 < 1 + x. E de fato:

−xx≤ x ⇔ x · (x+ 1) ≤ 0,

o que e verdade.�

5. Um devaneio sobre os numeros Complexos

Como nao pretendo justificar minhas afirmacoes, apresento esta Secao como umdevaneio.

Mas de fato tudo e verdade, pois a teoria de series funciona ainda melhor sobreos numeros complexos.

Considero I =√−1 (uso I maiusculo para distinguir do ındice i dos somatorios).

Vamos definir, continuando o que obtivemos na Secao anterior,

eIx :=+∞∑

i=0

1

i!(Ix)i, ∀x ∈ R

supondo que faca sentido a convergencia da serie da direita.Entao, usando que I2 = −1, I3 = −I, I4 = 1, I5 = I, I6 = −1, etc, supondo que

possamos agrupar de modos diferentes as parcelas da serie e que possamos fatorarconstantes, obtemos:

eIx =

+∞∑

i=0

(−1)i

2i!· x2i + I ·

+∞∑

i=0

(−1)i

(2i+ 1)!· x2i+1,

quer dizer:

eIx = cos(x) + I · sin(x).


Em particular a notavel formula:

eIπ = −1,

onde estao unificadas a geometria (π), o Calculo (e), a algebra (−1), atraves davariavel complexa (I).

Essa formulas sao chamadas formulas de Euler.Ademais, ja que sonhar e livre que tal definir para a+ Ib ∈ C:

ea+Ib := ea · eIb = ea · (cos(b) + I · sin(b)).Veremos na Secao 2 do Capıtulo 40 a importancia dessas definicoes.

6. Exercıcios

Exercıcio 6.1. Se z := a+ Ib ∈ C e defino

ez := ea+Ib := ea · eIb,sera que essa estensao da exponencial aos C ainda e uma funcao injetora ?

Exercıcio 6.2. Usando a formula de Euler para eIx e para e−Ix, escreva sin(x) ecos(x) em funcao de eIx e e−Ix.

Compare o resultado com o modo como sao definidos o seno hiperbolico e o cossenohiperbolico, sinh(x) e cosh(x).

CAPıTULO 32

O discriminante de polinomios de grau 3

Neste Capıtulo nos perguntamos sobre raızes multiplas de polinomios. Ou sejapontos x ∈ R onde nao somente o polinomio y = f(x) se anula mas onde ha tangenciado grafico com o eixo dos x. Ou seja, pontos onde tambem valha f ′(x) = 0.

No caso de um polinomio de grau 2, f(x) = ax2 + bx+ c, o sistema

f(x) = f ′(x) = 0

significa:

ax2 + bx+ c = 0 e 2ax+ b = 0.

Da segunda equacao temos x = −b2a

e substituindo na primeira obtemos:

0 =ab2

4a2− b2

2a+ c =

b2 − 4ac

4a2

ou seja, obtemos que onde ha raız dupla x e onde ha a anulacao do discriminante:

b2 − 4ac = 0.

A conhecida formula de Baskara da a localizacao da raız dupla: x = −b2a

O objetivo deste Capıtulo e explicar que ha um discriminante de polinomiosde grau 3 e que sua anulacao determina a existencia de uma raız Real dupla dospolinomiso de grau 3.

1. Preparacao para a formula de Cardano

Consideremos um polinomio de grau exatamente 3, que apos divisao pelo seucoeficiente de grau 3 pode ser escrito como:

f(x) = x3 + a1x2 + a2x+ a3, ai ∈ R.

E muito util a mudanca de coordenada

x = x− a13.

Em termos geometricos, x = x− a13desloca o grafico horizontalmente, como mostra

a figura a seguir:

445

1. PREPARACAO PARA A FORMULA DE CARDANO 446

20

0

10

-10

-20

x

1-3 20-2 -1

Figura: Os graficos de y = x3 + 3x2 e de y = (x− 1)3 + 3(x− 1)2.

Mas em termos algebricos a mudanca x = x − a13

produz o polinomio a seguir,livre de monomio de grau 2:

f(x) = x3 + (a2 −a213) x− a1a2

3+ a3 +

2a3127

.

Essa notacao esta pesada, por isso volto a usar como variavel x e ponho

b = a2 −a213

a = −a1a23

+ a3 +2a3127

.

Ou seja que podemos nos restringir a considerar:

f(x) = x3 + bx+ a.

Afirmacao 1.1. Seja um polinomio de grau 3 da forma

f(x) = x3 + bx+ a

(sem termo quadratico).Entao

i) f(x) tem uma raız multipla (dupla ou tripla) se e somente se

4b3 + 27a2 = 0.

ii) Se vale i) entao a raız simples e

x1 = 2 3

√

−a2

e a raız dupla e

x2 = − 3

√

−a2.

Se vale i), as raızes dupla e simples coincidem, formando uma raız tripla, exata-mente quando a = b = 0.

CAPITULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINOMIOS DE GRAU 3 447

Demonstracao.

Primeiro provemos que 4b3 + 27a2 = 0 e condicao necessaria para a existencia deraız multipla.

Analisar as raızes Reais multiplas de f(x) = x3 + bx+ a e analisar x onde

f(x) = f ′(x) = 0,

o que significa resolver o sistema:

x3 + bx+ a = 0 3x2 + b = 0.

A segundab = −3x2

e substituindo na primeira obtemos:

−2x3 + a = 0

ou sejaa = 2x3.

Entaob3 = −27x6 e a2 = 4x6

ou seja, que temos a anulacao do seguinte discriminante:

4b3 + 27a2 = 0.

Agora vamos ver que a condicao

4b3 + 27a2 = 0

nos permite encontrar as raızes de f(x) = x3 + bx + a e ainda determinar qual e araız multipla.

Comeco com a formula do binomio:

(v + u)3 = v3 + 3v2u+ 3vu2 + u3 =

= v3 + u3 + 3uv(u+ v).

Portanto posso escrever a identidade:

(v + u)3 − 3uv(v + u)− (u3 + v3) ≡ 0.

Pensemos por um momento em x = v + u e busquemos v, u satisfazendo:

−3uv = b, e − (u3 + v3) = a.

Se conseguimos estas duas ultimas condicoes entao

(v + u)3 − 3uv(v + u)− (u3 + v3) ≡ 0

diria que x = v + u seria raız de

x3 + bx+ a = 0.

Ora, a primeira condicao:−3uv = b,

da (supondo u 6= 0)

v =−b3u

1. PREPARACAO PARA A FORMULA DE CARDANO 448

e, substituindo isso na segunda, u3 + v3 = −a, obtemos:

u3 +−b327u3

= −a.

Se multiplicamos isso tudo por u3, obtemos uma equacao:

u6 + au3 − b3

27= 0.

Note que esta equacao e do tipo:

(u3)2 + a(u3)− b3

27= 0,

ou seja , uma equacao quadratica na nova variavel u3.Portanto as raızes u3 podem ser descobertas pela formula de Baskara:

u3 =−a±

√

a2 − 4−b327

2=

=−a2

±

√4a2

4+ 4b3

27

2=

=−a2

±√

a2

4+b3

27.

Logo

u =3

√

−a2

±√

a2

4+b3

27

Estamos supondo 27a2 + 4b3 = 0, o que da no mesmo que

a2

4+b3

27= 0.

Logo obtenho

u = 3

√

−a2

e a condicao v3 + u3 = −a da

v = 3

√

−a2.

Logox = v + u =

= 2 · 3

√

−a2.

Esse ponto x1 = 2 · 3

√−a2

e raız de f(x) = x3 + bx+ a, mas e raız simples se a 6= 0.

Observe agora que se denoto por x1, x2, x3 as raızes Reais ou complexas de f(x) =x3 + bx+ a, podendo ser repetidas no caso multiplo (xi = xj) temos:

x1 + x2 + x3 = 0.


Isso e facil de se ver, pois se escrevo:

x3 + bx+ a = (x− x1)(x− x2)(x− x3) =

= x3 + (−x1 − x3 − x2) · x2 + (x1x3 + x1x2 + x2x3) · x− x1x2x3,

temos que concluir que x1 + x2 + x3 = 0.Ou seja, no caso de raız dupla x2 temos que x1 + x2 + x2 = 0, ou seja,

x2 =−x12.

Verifiquemos entao que o ponto

x2 =−x12

= − 3

√

−a2

e de fato raız dupla de f(x) = x3 + bx+ a, calculando primeiro f(x) nesse ponto:

(− 3

√

−a2)3 + b(− 3

√

−a2) + a =

=a

2− 3

√

−27 a4

43

√

−a2

+ a =

=a

2− 3

√

27 a3

8+ a =

a

2− 3a

2+ a = 0.

E a seguir calculando f ′(x) nesse ponto:

3(− 3

√

−a2

)2 + b = 33

√

a2

4+ b =

33

√

−b327

+ b = −b+ b = 0

Claro que se a = 0 e a4

4+ b3

27= 0 entao b = 0 e f(x) = x3 tem raız tripla em x = 0.

E tambem e claro que se a raız dupla − 3

√−a2

coincide com a raız simples 2 3

√−a2

entao

a = 0.�

2. A formula de Cardano para as tres raızes Reais: viagem nosComplexos

A Secao anterior foi dedicada ao caso em que x3 + bx+ a tem discriminante:

∆ :=a2

4+b3

27= 0.

Mas nesta estaremos considerando o caso:

∆ :=a2

4+b3

276= 0.

2. A FORMULA DE CARDANO PARA AS TRES RAIZES REAIS: VIAGEMNOS COMPLEXOS 450

Retomemos a prova da Afirmacao 1.1 desde o comeco, com a notacao que laintroduzimos, ate o ponto em que obtivemos:

u =3

√

−a2

±√

a2

4+b3

27.

Escolho por exemplo1 :

u =3

√

−a2

+

√

a2

4+b3

27.

La tınhamos a relacao:v3 + u3 = −a,

portanto

v =3

√

−a− (−a2

+

√

a2

4+b3

27) =

=3

√

−a2

−√

a2

4+b3

27.

E tambem naquela prova:x = u+ v =

=3

√

−a2

+

√

a2

4+b3

27+

3

√

−a2

−√

a2

4+b3

27

e indicada como Raız de x3 + bx+ a = 0.

Caso ∆ < 0:Ora e facil dar um exemplo de um polinomio x3 + bx + a com tres obvias raızes

Reais distintas para o qual:∆ < 0.

Tomex3 − 7x+ 6

com raızes −3, 1, 2 para o qual

∆ =−100

27.

Entao a expressao anterior para a Raız x e um pouco estranha, pois parece ser umnumero Complexo nao Real.

Este e o casus irreducibilis do tratado de Cardano, a Ars Magna.Note que se ∆ < 0:

z :=−a2

+√∆ e z :=

−a2

−√∆

sao numeros complexos conjugados, nao-Reais. Entao chamemos x de x1 e notemosque ele e a soma de um numero complexo com seu conjugado:

x1 :=3√z +

3√z =

1se pode checar que obterıamos os mesmos resultados finais com a escolha −


= 3√z + 3

√z

e portanto x1 ∈ R.Mas se pensamos na operacao de extrair raız cubica que produziu:

u = 3

√

−a2

+√∆

como operacao sobre os complexos, entao ha de fato tres raızes complexas diferentes.Essa propriedade se origina do fato de que, sobre os complexos, ha tres raızes

distintas da unidade:

3√1 = 1,

3√1 = τ1 :=

−1

2+

√3

2·√−1 e

3√1 = τ1 :=

−1

2−

√3

2·√−1,

onde τ1 e τ1 sao conjugados.Entao podemos tomar tambem

u = τ1 · 3√z

e devido a relacao

u · v =−b3

∈ R

somos obrigados a tomar:

v = τ1 · 3√z,

para termos outra raız Real x2 := u+ v, ja que2

x2 := u+ v =

= τ1 · 3√z + τ1 · 3

√z =

= τ13√z + τ1

3√z

que e um numero Real.A terceira opcao e:

u = τ1 · 3√z

ev = τ1 · 3

√z,

que produz:

x3 := τ1 · 3√z + τ1 · 3

√z.

No exemplo x3 − 7x+ 6 as raızes obtidas sao

x1 = 2, x2 = −3 e x3 = 1.

Caso ∆ > 0:Nesse se pode mostrar que a unica Raız Real e

x = 3

√

−a2

+√∆+ 3

√

−a2

−√∆

2Lembre que ∀z1, z2 ∈ C, z1 + z2 = z1 + z2 e que z1 · z2 = z1 · z2. A propriedade 3√z = 3

√z sai

de z3 = z3.

3. O DISCRIMINANTE COMO CURVA 452

e que ha mais duas Raızes complexas conjugadas, as raızes do polinomio quadratico:

αx2 + βx+ γ

da fatoracao

x3 + bx+ c = (x− x) · αx2 + βx+ γ.

3. O discriminante como curva

Vamos interpretar geometricamente a Afirmacao 1.1.Pensemos num plano cujas coordenadas sao (a, b) e o lugar de anulacao 4b3 +

27a2 = 0. Isso define uma curva Γ no plano (a, b).O traco da curva Γ : 4b3 + 27a2 = 0 e dado na Figura a seguir:

-0,2

-0,6

-0,4

0,20,10-0,1-0,20

-0,1

-0,3

-0,5

-0,7

Note que a imagem de

γ : R → R2 = (a, b), γ(t) := (2t3,−3t2)

satifaz

4(−3t2 )3 + 27( 2t3 )2 ≡ 0.

Por isso γ(t) e chamada de parametrizacao de Γ : 4b3 + 27a2 = 0.Ou seja:

todas as cubicas do tipo y = ft(x) = x3 − 3t2x+ 2t3 tem raız multipla.

Pela Afirmacao 1.1 a localizacao da raız dupla e

x2 = − 3

√

−2t3

2= t,

enquanto a raız simples e

x1 = 23

√

−2t3

2= −2t.

Fiz quatro Exemplos na Figura a seguir:


-4

40

0

20

2

-20

x

40-2

-40

Figura: Graficos de de y = ft(x) = x3 − 3t2x+ 2t3, com t = −2,−1, 1, 2

Quando t → 0 a raız dupla de y = ft(x) = x3 − 3t2x + 2t3 colide com a terceiraraız simples, formando a raız tripla de y = f0(x) = x3. Veja a Figura a seguir:

60

20

-60

40

0

x

420-4

-40

-20

-2

Figura: Graficos de de y = ft(x) = x3 − 3t2x+ 2t3, com t = −1, −12, −1

4

A curva discriminante Γ separa o plano (a, b) em duas regioes, uma onde 4b3 +27a2 < 0, e que esta acima da curva na Figura. Na figura a seguir escolhi 4 pontos(a, b) nessa regiao e plotei as cubicas y = x3 + bx+ a resultantes:

4. A CURVA DISCRIMINANTE ENTRE AS CUBICAS SINGULARES 454

50

100

0

-100

-50

x

420-4 -2

A outra regiao do plano, determinada pela Γ, e onde 4b3 + 27a2 > 0, e que ficaabaixo da curva na Figura. Na figura a seguir escolhi 4 pontos (a, b) nessa regiao eplotei as cubicas y = x3 + bx+ a resultantes:

800

0

400

-400

10

x

-10 -5 50

-800

4. A curva discriminante entre as cubicas singulares

Os pares ordenados de parametros (a, b) formam um plano, que sera para nosagora um plano (x, y).

E possıvel escolher novas coordenadas (x, y) nesse plano, para que a curva dis-criminante

4y3 + 27x2 = 0

seja dada por:

y2 − x3 = 0,

De fato, basta fazer uma mudanca do tipo y :=√27 · x e x := − 3

√4 · y.


Definicao 4.1. Um ponto P = (x, y) e uma singularidade de uma curva F (x, y) = 0se nesse ponto

F (x, y) =∂F (x, y)

∂x=∂F (x, y)

∂y= 0.

Por exemplo. seF (x, y) = y2 − x3 − b x− a = 0,

para termos singularidades dessas cubicas temos que ter:

y2 − x3 − b x− a = 0, y = 0 e − 3x2 − b = 0,

ou seja (ja que o sinal nao vai importar):

x3 + b x+ a = 0 e 3x2 + b = 0.

Se denoto f(x) = x3 + b x+ a, as singularidades terao coordenada x verficando:

f(x) = f ′(x) = 0,

quer dizer, raız multipla de f(x) = 0.Mas entao estamos recaindo no que aprendemos na Afirmacao 1.1:

A condicao para termos singularidades nas cubicas y2 = x3 + b x + a e dada por4b3 + 27 a2 = 0.

A Figura a seguir e o que o Maple consegue plotar da cubica

y2 − x3 + 3 x− 2 = 0,

que tem singularidade, pois 4 · (−3)3 + 27 · 22 = 0.De fato o formato correto e o de um laco e a singularidade e o ponto (1, 0).

y

4

6

2

0

-2x

3-1 2-2

-6

-4

0 1

Figura: A curva y2 − x3 + 3 x− 2 = 0.

A Figura a seguir e como o Maple plota a curva

y2 − x3 + 3 x+ 2 = 0,

que tem singularidade pois 4 · (−3)3 + 27 · (−2)2 = 0.

4. A CURVA DISCRIMINANTE ENTRE AS CUBICAS SINGULARES 456

6

2

-2

-6

x

3,63,22,82,42y

4

0

-4

Figura: Atencao: esta curva y2 − x3 + 3 x+ 2 = 0tem um ponto isolado em (−1, 0), que e a singularidade !

De fato, (−1, 0) esta na curva, y2 − x3 + 3 x+ 2 = 0, pois esta e:

y2 − (x+ 1)2 · (x− 2) = 0.

Ademais ∂F∂y

= 2y e ∂F∂x

= −3x2 + 3 se anulam em (−1, 0).

Os dois ultimos exemplos sao casos da seguinte situacao:

Afirmacao 4.1. Suponha y2 = f(x) = x3 + bx+ a com

(a, b) 6= (0, 0) e 4 b3 + 27 a2 = 0.

• i) Se a < 0 entao y2 = f(x) tem um ponto singular isolado em (− 3

√−a2, 0)

e todos os outros pontos da curva tem coordenada x ≥ 2 3

√−a2.

• ii) Se a > 0 entao y2 = f(x) tem forma de laco com singularidade no ponto

(− 3

√−a2, 0 ).

Demonstracao.

Se f(x) = x3 + bx+ a tem

(a, b) 6= (0, 0) e 4b3 + 27 a2 = 0,

entao a Afirmacao 1.1 diz que f(x) tem uma raız dupla e uma simples, bem comoque a raız simples e

x1 = 2 3

√

−a2

enquanto que a raız dupla e

x2 = − 3

√

−a2.

Logo no caso i):a > 0 ⇒ x1 < x2,


enquanto que, no caso ii):

a < 0 ⇒ x2 < x1.

Caso i): como a < 0,

∂F

∂y= 2y e

∂F

∂x= 3x2 + b

se anulam em (− 3

√−a2, 0), pois

3(− 3

√

−a2

)2 + b = 0 ⇔ ( 3

√

−a2

)2 = − b3

⇔

⇔ a

2

2

= − b3

27⇔ 27 · a2 = −4 · b3.

Logo (− 3

√−a2, 0) e singularidade, cuja coordenada x negativa.

Note que

f(x) = x3 + bx+ a = (x− x2)2 · (x− x1).

Como y2 = f(x), e necessario que

x ≥ x1 = 2 3

√

−a2

para termos numeros Reais

y =√

(x− x2)2 · (x− x1) ou y = −

√

(x− x2)2 · (x− x1).

Ou seja, fora o ponto (− 3

√−a2, 0) todos os outros pontos dessa curva tem coordenada

x ≥ 2 3

√−a2.

Caso ii): No caso a > 0 a verificacao de que (x2, 0) e ponto singular de y2 = f(x)e identica. O ponto (x1, 0) nao e singular para a curva, que tem tangente verticalneste ponto.

Agora, neste caso, como x1 < x2 e

f(x) = (x− x1) · (x− x2)2,

basta que x ≥ x1 para que estejam definidas nos Reais as raızes:

y =√

(x− x2)2 · (x− x1) ou y = −

√

(x− x2)2 · (x− x1).

As duas opcoes distintas de raızes se colapsam para o valor y = 0 em x = x1 . Saodistintas raızes no intervalo (x1, x2), pois nesse intervalo

(x− x2)2 · (x− x1) > 0.

E voltam a se colapsar para o valor y = 0 em x = x2. Para x > x2 ha novamenteduas opcoes distintas de raızes para y. Por isso se forma o laco em (x2, 0).

�

5. PARAMETRIZACAO DOS PONTOS RACIONAIS DE CUBICASSINGULARES 458

A Figura a seguir e um diagrama, onde a curva cuspidal em vermelho e a curvadiscriminante no plano (a, b). O complemento dessa curva no plano e feito de duasregioes desconexas. Em cada regiao esta esbocada em azul o tipo de cubica y2 =x3 + bx + a que e a curva no plano (x, y) que surge se tomamos o ponto (a, b) nessaregiao. No ponto (0, 0) = (a, b) que e a singularidade da curva discriminante produz-se a cubica cuspidal y2 = x3 em azul. Se (a, b) pertence ao ramo superior da curvadiscriminante ou ao ramo inferior surgem no plano (x, y) cubicas com laco ou componto singular isolado (indicadas em azul).

5. Parametrizacao dos pontos racionais de cubicas singulares

As cubicas que foram apresentadas na Secao 4 do Capıtulo 15 sao da forma:

y2 = x3 + b x+ a,

mas para elas 4b3 + 27 a2 6= 0. Nesse tipo de cubica pode haver infinitos pontoscom coordenadas racionais. Mas por um Teorema famoso de Mordell, esses pontostodos podem ser obtidos com os metodos geometricos da Afirmacao 4.1, a partir deum numero finito de pontos com coordenadas Racionais. Por exemplo, na curva deBilling,

y2 − x3 + 82 x = 0

a partir de

P1 = (−1, 9), P2 = (−8, 12) e P3 = (49

4,231

8).

Ja nas cubicas singulares como

y2 − x3 + 3 x− 2 = 0

e muito mais facil de encontrar todos seus pontos com coordenadas Racionais.Para isso, tome qualquer reta r passando por (1, 0) (o ponto onde a cubica tem

um laco) da forma:

r(x) =p

q· x− p

q,

p

q∈ Q.

Entao a interseccao de r(x) com a cubica se da no ponto:

(−2q2 + p2

q2,p · (−3q2 + p2)

q3)

cujas coordenadas sao Racionais (alem e claro do (1, 0)).


Por outro lado se (p1q1, p2,q2) e um ponto de coordenadas Racionais dessa cubica,

entao pertence a reta:

r(x) =p

q· x− p

q,

ondep

q=

(p2q2)

(p1q1

− 1).

Ou seja, todos os pontos com coordenadas racionais surgem por interseccao com asretas por (1, 0) com coeficiente angular p

q∈ Q.

Ja na cubica:y2 − x3 + 3x+ 2 = 0,

cuja singularidade (−1, 0) esta separada do resto da cubica, qualquer reta r passandopor (−1, 0) da forma:

r(x) =p

q· x+ p

q,

p

q∈ Q

intersecta a cubica no ponto:

(2q2 + p2

q2,p · (3q2 + p2)

q3)

cujas coordenadas sao Racionais (alem e claro do (−1, 0)). E todos os pontos Racinaisda cubica sao assim obtidos, como vimos acima.

6. Cubicas singulares aparecem como secoes com o plano tangente

Imagine a cubica de Billing

y2 − x3 + 82 x = 0

como uma secao da superfıcie

F (x, y, z) = z2 + y2 − x3 + 82 x = 0,

obtida ao corta-la com o plano z = 0 do espaco (x, y, z).O que da a interseccao da superfıcie com seu plano tangente no ponto (−1, 9, 0) ?

Afirmacao 6.1. A interseccao da superfıcie

z2 + y2 − x3 + 82 x = 0

com o plano tangente em (−1, 9, 0) e a curva no plano (x, z) dada por:

z2 +6241

324· x2 + 6727

162· x+ 6889

324− x3 = 0.

A totalidade dos pontos dessa curva com coordenadas racionais e dada pelos pontos

(x, z) = (6889q2 + 324p2

324q2,p · (7213q2 + 324p2

324q3), p, q ∈ Z,

alem do (−1, 0), que e uma singularidade isolada do resto da curva.

Tambem podem surgir por interseccao de superfıcies cubicas com seus planostangentes outros tres tipo de curvas singulares:

• com laco, do tipo visto acima,

6. CUBICAS SINGULARES APARECEM COMO SECOES COM O PLANOTANGENTE 460

• cuspidais como y2 − x3 = 0 e• uniao de tres retas concorrentes, como y · x · (y − ax) = 0.

Demonstracao. (da Afirmacao 6.1)Este tipo de Afirmacao pede que algumas das contas sejam checadas por exemplo

com o Maple ou WXMaxima. Como envolvem so numeros Racionais esses programasas executam perfeitamente.

Como definimos na Secao 3 do Capıtulo 15, o plano tangente dessa superfıce noponto (−1, 9, 0) e dado por:

∂F

∂x· (x+ 1) +

∂F

∂y· (y − 9) +

∂F

∂z· (z − 0) = 0

que nesse caso da:

79x− 83 + 18y = 0.

O fato de que nao aparece a variavel z quer dizer que esse plano e obtido da retatangente em (−1, 9) a curva

y2 − x3 + 82 x = 0

apenas levantando-a verticalmente no eixo z.A equacao

z2 +6241

324· x2 + 6727

162· x+ 6889

324− x3 = 0

surge de substituir

y = −79

18· x+ 83

18na equacao dada

z2 + y2 − x3 + 82 x = 0.

Seu significado geometrico e o da interseccao da superfıcie com o plano tangente

79x− 83 + 18y = 0.

Apos a mudanca de coordenada

x = x+1

3· 6241324

que vimos na Secao 1, obtemos no plano (x, z) uma nova equacao da curva livre dotermo em x2:

z2 +52027369

314928x+

375273412597

459165024− x3 = 0

e a Afirmacao 4.1 diz entao que esta curva tem uma singularidade isolada no ponto:

(x, z) = (−7213

972, 0).

Voltando as coordenadas (x, z) vemos entao que:

(−7213

972+

1

3· 6241324

, 0) = (−1, 0)

e uma singularidade isolada.


Cada reta

r(x) =p

q· x+ p

q,

p

q∈ Q

intersecta essa curva no ponto de coordenadas racionais:

(x, z) = (6889q2 + 324p2

324q2,p · (7213q2 + 324p2

324q3)

alem do (−1, 0).Como vimos no final da Secao anterior, todo ponto Racional se obtem inter-

sectando a cubica com uma reta por (−1, 0) cujo coeficientes angular e linear saoRacionais.

�

y

50

100

x

02010-10 155

-100

-50

-5 0

Figura: A curva de Billing e sua reta tangente

40200 y-20-40-10

-40

0

-20

x

10

z 0

20

20

30

40

Figura: A superfıcie que produz a curva de Billing como secao z = 0.

6. CUBICAS SINGULARES APARECEM COMO SECOES COM O PLANOTANGENTE 462

-40-200

z

2040

40

20

y 0

-20

-40

-10 0 10 20 30

x

Figura: A superfıcie e seu plano tangente.

CAPıTULO 33

Discriminante dos polinomios de grau 4

Uma equacao quartica geral (apos dividir pelo coeficiente de x4):

x4 + dx3 + cx2 + bx+ a = 0

pode ser levada numa equacao que nao tem a potencia 3, atraves da transformacao:

x = x− d

4,

a qual produz na nova variavel x:

x4 + (c− 3d2

8) · x2 + (

−cd2

+d3

8+ b) · x− bd

4+ a +

cd2

16− 3d4

256= 0.

Por isso vamos pensar no que segue que ja lidamos com uma equacao do tipo:

x4 + cx2 + bx+ a = 0.

1. A andorinha: o discriminante como superfıcie

O problema do discriminante desta equacao

F (x) := x4 + cx2 + bx+ a = 0

aparece quando nos perguntamos por quais parametros a, b, c, d produzem uma equacaoF (x) com alguma raız multipla.

O discriminante ∆ = 0 e uma equacao no espaco 3-dimensional dos parametros(a, b, c) = R3, ja que a ∈ R, b ∈ R, c ∈ R. Por isso ∆ = 0 determina uma superfıcie,ou seja, algo que intuitivamente e bi-dimensional.

Ao inves de obter essa equacao ∆ = 0, vou descrever a superfıcie que ela produzcomo uma superfıcie parametrizada, ou seja, vou dar uma aplicacao:

Γ : R2 → R3 = (a, b, c)

cuja imagem satisfaz ∆ = 0.Para isso comeco considerando F (x) := x4 + cx2 + bx + a = 0 com uma raız

multipla x, ou seja:F (x) = 0 e F ′(x) = 0.

Temos entao da primeira equacao:

a = −x4 − cx2 − bx

e da segunda:b = −4x3 − 2cx.

ou seja,a = −x4 − cx2 + x · (4x3 + 2cx) = 3x4 + 2cx2.

463

1. A ANDORINHA: O DISCRIMINANTE COMO SUPERFICIE 464

Podemos entao definir uma aplicacao φ : R2 → R3:

φ(x, c) = ( 3x4 + cx2 , −4x3 − 2cx, c ) = (a, b, c)

contida no discriminante ∆ = 0.Mas a imagem dessa aplicacao e uma superfıcie singular no sentido de que em

certos pontos dela nao esta bem determinado o plano tangente, pois ha quinas, bicos,etc. Pelo seu formato ela e conhecida como andorinha ou rabo da andorinha.

As Figuras a seguir dao duas imagens da andorinha:

0

-0,2

-0,4

-0,6

-0,8

-1

-1,2

-1,4

-4 -2 0 42

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

CAPITULO 33. DISCRIMINANTE DOS POLINOMIOS DE GRAU 4 465

0-0,2-0,4-0,6-0,8-1-1,2-1,4

4

2

0

-2

0

-4

0,5

1

1,5

2

2,5

3

2. Discriminante como envelope de famılias de retas ou planos

O que fizemos para equacoes quadraticas e cubicas no Capıtulo 32 e agora paraquarticas e parte de um processo geral de buscar num espaco de parametros

(a0, a1, . . . , an−1)

uma equacao ∆ = 0 que da a condicao que devem satisfazer os parametros para queo polinomios correspondente

F (x) = xn + an−1xn−1 + an−2 · xn−2 + . . .+ a0 = 0

tenha raız multipla.Essa equacao ∆ = 0 surge de considerar o sistema

F =∂F

∂x= 0.

Que tal se agora consideramos

F (x) = xn + an−1xn−1 + an−2 · xn−2 + . . .+ a0 = 0

de um outro ponto de vista. Pensemos nele como determinando:

• uma famılia de retas no plano (a, b) = R2, com parametro x, se F (x) =x2 + ax+ b = 0; ou

• uma famılia de retas no plano (a, b) = R2, com parametro x, se F (x) =x3 + bx+ a = 0; ou

• uma famılia de planos espaco (a, b, c) = R3, com parametro x, se F (x) =x4 + cx2 + bx+ a = 0;

2. DISCRIMINANTE COMO ENVELOPE DE FAMILIAS DE RETAS OUPLANOS 466

• e assim por adiante ...

Ja que ∆ = 0 surge de considerar o sistema

F =∂F

∂x= 0.

vemos que, no sentido como foi definido na Secao 11 do Capıtulo 35:

o discriminante∆ = 0 e o envelope das famılias de retas ou planos com parametrox dadas por F (x) = 0.

CAPıTULO 34

Apendice: O expoente 34 comanda a vida !

Neste capıtulo dou uma aplicacao a Biologia do logaritmo, da serie geometrica eda teoria de mınimos do Calculo. Nao sou nenhum especialista em bio-matematica,minha intencao e apenas mostrar como conceitos matematicamente simples podemser uteis em outras ciencias.

Ademais, aqui exponho apenas um argumento para demonstra-la, que usa hipotesesfortes e na etapa final um tipo de limite no numero de nıveis de ramificacao do sistemacirculatorio.

Mas a lei de Kleiber se aplica ate a seres unicelulares. Portanto deve haver umargumento bem mais geral para demonstra-la !

Minhas referencias foram:

• R. Dawkins, A grande historia da Evolucao, Companhia das Letras, 2009.• J. West, J. Brown, B. Enquist, A general model for the origin of allometricscaling laws in biology , Science, 1997.

• M. Kleiber, Body size and metabolic rate, Physiological Reviews, vol. 27, n.4, 1947.

• R. Etienne, M. Apol, H. Olff, Demystifying West, Brown, Enquist model ofthe allometry of metabolism , Functional Ecology, 2006.

Essencialmente o objetivo do Apendice e apresentar algumas ideias do ultimoartigo.

1. Metabolismo versus massa corporal

Questao 1: Quem produz mais calor ao longo de dia, estando em repouso, umhomem ou um rato ?

Questao 2: Quem tem a maior taxa de producao de calor por unidade de peso,um homem ou um rato ?

Os biologos se interessam por essas questoes, ou seja, entender a relacao entre ocrescimento da massa corporal e o crescimento do metabolismo basal dos organismosvivos.

O metabolismo basal B e essencialmente o consumo de oxigenio por unidade detempo (medido em kcal/dia).

Em 1883 Rubner propos um modelo geometrico para explicar essa relacao:

467

3. RETA DE AJUSTE - METODO DE MINIMOS QUADRADOS 468

• E preciso haver uma superfıcie de area A para as trocas de O2 entre o organ-ismo e o ambiente. Ou seja

B = τ1 · A,(τ1 constante que nao depende da massa).

• Por outro lado, a massa corporal M verifica

M = τ2 · V.• Mas A = τ3 ·L2 enquanto V = τ4 ·L3, onde L e uma medida de comprimento.

Ou sejaB = τ5 · L2 e M = τ6 · L3.

Pelo modelo de Rubner ja se preve que nao pode aparecer de uma hora para outrauma aranha - Godzilla. Ela se sufocaria antes de destruir qualquer coisa !

2. Escalas log/log para um experimento

A massa de um elefante e 1021 vezes a massa de uma ameba. Por isso, quando seplota M versus B se usa log10(M) versus log10(B). Pois entao se poder desfrutar dapropriedade:

log10(ak) = k · log10(a).

Escolha agora o grupo de seres vivos que mais lhe agrada (caninos, felinos, pri-matas, mamıferos, aves, peixes, crustaceos, plantas, etc). De preferencia com bastantevariabilidade de massa corporal.

Plote os pares ( log10(M) , log10(B) ) obtidos por observacao no grupo de seresvivos escolhidos.

Suponha que voce tem entao sua lista

( log10(M1), log10(B1) ), . . . , ( log10(Mk), log10(Bk) )

Agora o problema e definir a Reta que mais se ajusta a esses pontos, pois e delaque trata a Lei de Kleiber.

3. Reta de ajuste - metodo de mınimos quadrados

Se o leitor ja conhece esse conceito, pode ir para a Secao seguinte.Chamo de distancia vertical de um ponto (x, y) a uma reta y = ax+ b o numero

|(ax+ b)− y| =√

(ax+ b− y)2.

Como ha uma raız quadrada, torna-se complicado derivar. Por isso vamos elevar aoquadrado a distancia e tentar minimizar o quadrado da soma de distancias verticaisate uma reta.Problema 2: Determinar reta y = ax + b que minimiza a soma dos quadrados dasdistancias verticais ate k pontos dados.

Vamos mostrar apenas como obter um candidato a reta que minimiza a soma dosquadrados das distancias. a verificacao completa depende de nocoes de Calculo emduas variaveis.

CAPITULO 34. APENDICE: O EXPOENTE 34COMANDA A VIDA ! 469

Imagine para as retas a notacao:

y = ξx+ β,

ja que os coeficientes angulares ξ e lineares β sao os que queremos determinar. O quequero dizer e que devemos pensar na funcao:

z = f(ξ, β) = (ξx1 + β − y1)2 + (ξx2 + β)− y

2)2 + . . . (ξxk + β − y

k)2.

como funcao de duas variaveis ξ, β.O grafico de z = f(ξ, β) forma uma superfıcie no espaco com coordenadas (ξ, β, z).

Figura: O grafico de z = f(ξ, β)

O ponto (ξ0, β0) que buscamos sera um ponto de mınimo do grafico de z = f(ξ, β),portanto esperamos que ao intersectar essa superfıcie com os planos ξ = ξ0 e comβ = β0 produzam graficos de funcoes z = f(ξ, β0 e z = f(ξ0, β) que tenham pontosde mınimo.

Ou seja, esperamos que as derivadas de z = f(ξ, β0) e de z = f(ξ0, β) sejam zeroem (ξ0, β0). Ou seja, devemos parar a variavel ξ e derivar em β e vice-versa, e buscarpelos zeros dessas derivadas.

Quando paramos ξ = ξ0 e derivamos em β usamos o sımbolo ∂g∂β. Quando paramos

β = β0 e derivamos em ξ usamos o sımbolo ∂g∂ξ. Entao

∂g

∂ξ= 2(ξx1 + β − y

1)x1 + 2(ξx2 + β)− y

2)x2 + . . . 2(ξxk + β − y

k)xk =

= 2 · (ξ (k∑

i=1

x2i ) + β (

k∑

i=1

xi)−k∑

i=1

xiyi)

e

∂g

∂β= 2(ξx1 + β − y

1) + 2(ξx2 + β)− y

2) + . . . 2(ξxk + β − y

k) =

= 2(ξ (k∑

i=1

xi) + k · β −k∑

i=1

yi).

4. A LEI EXPERIMENTAL DE KLEIBER 470

Fazendo∂g

∂ξ=∂g

∂β= 0

estamos criando um sistema nao-homogeneo de duas equacoes lineares, com duasincognitas ξ, β:

ξ(k∑

i=1

x2i ) + β(k∑

i=1

xi) =k∑

i=1

xiyi,

ξ(

k∑

i=1

xi) + k · β =

k∑

i=1

yi.

Podemos usar a Regra de Cramer para resolve-lo, pois o determinante formado comos coeficientes do sistema e:

k · (k∑

i=1

x2i )− (k∑

i=1

xi)2 > 0,

pelo item ii) da Afirmacao 6.1 do Capıtulo 11.Obteremos por Cramer:

ξ0 =k ·∑k

i=1 xiyi − (∑k

i=1 xi)(∑k

i=1 yi)

k ·∑ki=1 x

2i − (

∑ki=1 xi)

2

e

β0 =(∑k

i=1 x2i )(

∑ki=1 yi)− (

∑ki=1 xi)(

∑ki=1 xiyi)

k ·∑ki=1 x

2i − (

∑ki=1 xi)

2

4. A Lei experimental de Kleiber

Se verifica experimentalmente (com as ressalvas como k suficientemente grande,etc) que:

(Lei de Kleiber - 1947) O coeficiente angular da reta de ajuste independe dogrupo de seres vivos escolhidos e vale 3

4.

Observo que 34< 1 implica que ha uma lentificacao do metabolismo, a medida

que a massa corporal aumenta.Evidencias:

• M. Kleiber se baseia numa tabela de k = 26 pontos, com Massa M dada emkg e B dado em kcal/dia.

• A tabela analisa mamıferos. Comeca com dados do camundongo, com (M,B) =(0.021, 3.6), passa por exemplo pelo gato (M,B) = (3, 162) e vai ate dadosda vaca (M,B) = (435, 8166).

• Usando sua tabela, se obtem (conferi !) a0 = 0.7497881511 ∼ 34.

No livro de Dawkins (2004) a lei de Kleiber e aplicada em tres grupos:

• organismos unicelulares,• organismos de sangue frio e• de sangue quente.


Aı se ve que os coeficientes lineares b0 das retas de ajuste mudam bastante.

Alem disso, Dawkins usa a lei de Kleiber para estudar outra correlacao: massacorporal versus massa cerebral.

Das retas de ajuste log10(B) = 34log10(M) + b, obtemos:

B = 10b ·M 34 = τ ·M 3

4

onde τ depende do tipo de organismo (sangue frio x sangue quente, por ex.)Vou introduzir a notacao

B ∝M34

para dizer so nos interessa o expoente de M e expressar a Lei de Kleiber.Para termos uma comparacao, a seguir plotei y = x (vermelho), y = x

23 (verde) e

y = x34 (amarelo), para x ∈ [1, 10]

10

6

8

4

2

x

8 1062 4

5. Justificacao racional da Lei de Kleiber

Ate 1997 nao havia nenhuma justificacao teorica da lei experimental de Kleiber.Entao o fısico West e os biologos Brown e Enquist trataram de provar a lei de Kleiber,em artigo publicado na Revista Science.

A ideia deles foi de que a eficiencia de um sistema metabolico esta intimamenterelacionada a eficiencia do sistema respiratorio/circulatorio.

A ”demonstracao”’ deles se baseou em:

• hipoteses sobre a geometria do sistema circulatorio.• hipoteses da fısica de fluidos, sobre a eficiencia do processo de distribuicao(ou seja, minimizacao das perdas, resistencia, etc)

O artigo WEB teve um grande impacto. Em 2004, R. Dawkins diz:

(...) A Lei de Kleiber, seja para plantas, animais ou ate mesmo no nıvel dotransporte dentro de uma unica celula, encontrou finalmente sua base racional. Elapode ser derivada da fısica e da geometria das redes de suprimento.(...)

No entanto, houve crıticas. Fora debates sobre as ”contas”que fizeram, criticou-se

6. O ARGUMENTO 472

• que ha hipoteses fortes sobre a geometria dos sistema circulatorio (algumasretomaremos mais adiante)

• que o postulado de eficiencia do sistema circulatorio parece sugerir que aEvolucao ja acabou, ja estarıamos otimamente adaptados ...

O artigo de Etienne, Apol e Olff, de 2006, esclarece quais as suposicoes de WBE,destaca pontos obscuros de WBE e permite dar uma versao light de WBE.

Seguirei EAO, mas visando apenas explicar algumas das muitas ideias de WBE,aquelas que dispensam a fısica dos fluidos.

6. O argumento

6.1. Hipotese 1. Hip. 1: Os sistemas circulatorios sao arvores, onde:

• Cada ramo de ordem k pode ser considerado um cilindro, de comprimentolk, cuja base e um disco de raio rk.

l _k

r _k

• Ha 1 =: N1 ramo de ordem 1 (a aorta), que se subdivide em ν1 ≥ 2 ramosde ordem 2,

• cada ramo de ordem k se subdivide em νk ≥ 2 ramos de ordem k+1. Ha Nk

ramos de ordem k.

• Observe que

Nk =Nk

Nk−1· . . . · N2

1= νk−1 · . . . · ν1

6.2. Capilares.

• o processo de ramificacao da aorta em arterias e depois arterıolas continuaate ramos finais, chamados de capilares.


• cuja ordem na ramificacao sera designada por C e cujo numero total seraNC .

• Saiba que as paredes dos capilares sao unicelulares ! 0 diametro externo deum capilar e de 5 a 10 µ m (micrometros, 10−6m).

• Nos capilares se dao os processos fısicos como difusao, osmose, etc. Atravesdos quais oxigenio / nutrientes passam para os tecidos enquanto gas carbonico/dejetos passam para o sangue.

• esses dados dos capilares sao praticamente universais.

• Se sabe que no ser humano ha ≈ 20 bilhoes de capilares.• As hemaceas humanas tem 8 µ m de diametro. Para trafegarem pelos capi-lares elas formam fila indiana !

• Para se ver o grau de ramificacao do sistema circulatorio, a aorta de umabaleia pode chegar a 23 cm de diametro.

6.3. Relacao com os Capilares. Como νk :=Nk+1

Nk, defino analogamente:

λk :=lk+1

lke ρk :=

rk+1

rk.

Note que vale

rk · ρk · ρk+1 . . . · ρC−1 = rk ·rk+1

rk· . . . · rC

rC−1= rC ,

Ou seja:

rk =rC

∏C−1i=k ρi

e exatamente do mesmo jeito se obtem:

lk =lC

∏C−1i=k λi

e Nk =NC

∏C−1i=k νi

Imagine cada ramo cheio de sangue ou de seiva (ja pensamos em sistemas nao-pulsateis ...)

Considere πr2k · lk o volume de cada ramo de ordem k.A soma de todos os volumes de ramos de nıvel k e portanto:

Vs,k := Nk · (πr2k · lk) = πNC · r2C · lC∏C−1

i=k νi ρ2i λi

.

Logo o volume total no sistema

Vs :=

C∑

k=1

Vs,k

e:

Vs = πNC · r2C · lC · (C∑

k=1

1∏C−1

i=k νi ρ2i λi

).

6. O ARGUMENTO 474

6.4. Definicao de S1 e de S2. Para facilitar, chamar

S1 :=

C∑

k=1

1∏C−1

i=k νi ρ2i λi

.

Com essa nova notacao temos:

Vs = πNC · r2C · lC · S1.

Considere

• Ak o quociente das somas de areas de secoes transversas dos ramos• Ek o quociente de somas de volumes de esferas cujos diametros sao o compri-mento dos ramos.

Ak :=Nk+1 πr

2k+1

Nk πr2k

= νk · ρ2k,

Ek :=Nk+1

43π( lk+1

2)3

Nk43π( lk

2)3

= νk · λ3k.

Essa esferas de volume 43π( lk

2)3 serao supostos os volumes servidos pelos ramos,

ou seja partes do corpo que recebem nutrientes dos ramos cilındricos de ordem k, decomprimento lk.

l _k

E agora defino outra grandeza:

S2 :=C∑

k=1

1

N1/3k

∏C−1i=k Ai · E

13i

,

Afirmacao: S1 :=∑C

k=11∏C−1

i=k νi ρ2i λipode ser escrito como:

S1 = N13C · S2

De fato, como νi · ρ2i = Ai e λi = (Eiνi)13 :

S1 =

C∑

k=1

1∏C−1

i=k Ai · (Eiνi )13

=

=

C∑

k=1

∏C−1i=k ν

13i

∏C−1i=k Ai · E

13i

=


=C∑

k=1

(NC

Nk)13

∏C−1i=k Ai · E

13i

=

= N13C ·

C∑

k=1

1

N13k

∏C−1i=k Ai · E

13i

o que prova a Afirmacao. Portanto:

Vs = πNC · r2C · lC · S1 = πN43C · r2C · lC · S2.

Ou seja:

NC = (Vs

πr2C · lC · S2)

34

6.5. Hipotese 2. A hipotese a seguir faz mais sentido para sistemas circulatoriosnao-pulsateis. Mas tomemo-a para simplificar a exposicao.

Hip. 2 O metabolismo basal B e proporcional ao fluxo total pela aorta Q1:

B = τQ1,

onde a constante τ nao depende da massa M .

Se pode mostrar que a incompressibilidade do fluido (sangue/seiva) implica:

Q1 = NkQk, ∀k = 1, . . . C,

onde Qk e fluxo em cada ramo de ordem k.Logo:

B = τNCQC

onde QC e o fluxo por cada capilar.

6.6. Hipotese 3. Obtemos da expresao anterior de NC :

B = τQC(Vs

πr2C · lC · S2)

34

.

Lembre que Vs e o volume total (sangue/seiva).Em mamıferos, o volume de sangue ocupa 6− 7Ha evidencias experimentais para:

Hip. 3 Vs = ηM , onde η nao depende da massa M .Ou seja, do anterior obtenho:

B ∝ QCM

34

(r2C · lC · S2)34

.

6. O ARGUMENTO 476

6.7. Hipotese 4. Aqui retomamos o que ja dissemos antes sobre o carater uni-versal dos capilares:

Hip. 4 As grandezas QC , rC , lC nao dependem da massa M .

• Esta hipotese tem evidencias experimentais, diz por exemplo que os dadosdos capilares de uma baleia e de um rato sao essencialente os mesmos !

• Isso deve estar ligado ao fato de que, a partir dos capilares, o sistema dedistribuicao so se baseia em processos fısicos universais, como a difusao.

• Ou visto de outro modo, que os sistemas circulatorios todos comecaram mod-estamente como redes capilares ...

• Porem o numero de nıveis C e NC claramente depende deM : maior o animal,maior o numero de etapas de ramificacao e maior o numero de capilares.

6.8. S2 invariante. Ou seja, do anterior obtenho agora:

B ∝ M34

(S2)34

.

EAO dao argumentos no sentido de que a dependencia entre S2 e M e negli-genciavel, o que concluiria a deducao da Lei de Kleiber.

Mas eu gostaria de seguir a exposicao na linha do argumento original de WBE,onde ha algumas hipoteses (fortes) a mais, com consequencias sobre S2.

6.9. Hipotese 5. A resistencia ao fluxo de sangue/seiva fica diminuida pela su-posicao (natural para o sistema circulatorio de plantas):

Hip. 5 A soma das areas das secoes transversais e preservada a cada ramificacao.Ou seja :

Ak = 1, ∀k = 1, . . . , C.

6.10. Hipotese 6. A hipotese a seguir diz uma soma de volumes ao redor dosvasos permanece constante em cada etapa da subdivisao:

Hip. 6 As quantidades Nk · 43π( lk

2)3 sao preservadas nas ramificacoes.

Ou seja:

Ek ≡ 1, ∀k = 1, . . . C.

Esta ultima hipotse deu origem a muita controversia.

Como mostra EAO, as Hipoteses 5 e 6 sao fortes, poderiam ser enfraquecidas poisem

S2 =

C∑

k=1

1

N1/3k

∏C−1i=k Ai · E

13i

,

os Ai e Ei podem se compensar, mesmo que mudem a cada etapa.


6.11. Hipotese 7. Com as Hipoteses 5 e 6, S2 se reduz a:

S2 =C∑

k=1

Nk−1/3.

A hipotese a seguir diz que ou sempre ha dicotomias, ou sempre tricotomias , etc:

Hipotese 7: νk = ν , ∀k = 1, . . . , C (onde o Natural ν ≥ 2 nao depende de M).

6.12. Numero de ramificacoes. Portanto da Hipotese 7,

Nk = νk−1, k = 1 . . . C.

Por exemplo, em seres humanos, NC ≈ 2× 1010. De

NC = νC−1

obtemos:

ν = 2 ⇒ C ≈ 35 e ν = 3 ⇒ C ≈ 22.

Ou seja, chegamos da aorta ao capilar em 35 dicotomias !Ou chegamos da aorta ao capilar em 22 tricotomias !

Voltando ao S2, note que ele se transforma numa soma geometrica (finita):

S2 =

C∑

k=1

Nk−1/3 =

=C∑

k=1

ν−(k−1)

3 =

=1− ν

−C3

1− ν−13

.

6.13. S2 como funcao de C.O numero de nıveis C depende de M .Portanto precisamos ver que a dependencia entre S2 e C e negligenciavel.O argumento de EAO e o seguinte: vamos plotar S2 como funcao de C, bem como

sua assıntota horizontal:

limC→+∞

1− ν−C3

1− ν−13

=1

1− ν−13

,

(que existe pois ν−13 < 1). E vejamos se a funcao S2 = S2(C) se aproxima rapidamente

de sua assıntota. Se isso acontecer, a conclusao sera que a partir de uma certo C, S2

pouco muda com C.Para ν = 2 obtemos y = S2(C):

6. O ARGUMENTO 478

4

2

3

1

x

351510 305 20 25

Note que a escala no eixo y e menor que no eixo x.

Para ν = 3 obtemos y = S2(C):

15

3

2

105

1,5

1

x

20

2,5

Note que a escala no eixo y e menor que no eixo x.

A velocidade com que os graficos se aproximam do limite e o que EAO consideram”dependencia negligenciavel”entre S2 e C.

E obtemos de

B ∝ M34

(S2)34

o resultado:B ∝M

34 .

Parte 2

Equacoes diferenciais ordinarias eAplicacoes

CAPıTULO 35

As primeiras equacoes diferenciais

1. A exponencial e as equacoes diferenciais

A funcao y = f(x) = ex ja nasceu com a propriedade de satisfazer a equacao:

f ′(x) = f(x), ∀x ∈ R.

Vamos ver agora algumas pequenas modificacoes da exponenciale e que tipo deequacoes satisfazem:

Afirmacao 1.1. Seja y = f(x) derivavel e suponha que para k ∈ R tenhamos

f ′(x) = k · f(x), ∀x ∈ R.

• Dado o valor f(0), entao:

f(x) = f(0) · ekx, ∀x ∈ R.

• Mais em geral, dado f(x) para algum x, entao:

f(x) = f(x) · ek (x−x), ∀x ∈ R.

A Figura a seguir ilustra as solucoes de f ′(x) = −2 f(x) para quatro diferentesvalores iniciais f(0): 0.5, 1, 2, 3.

3

2

0

2,5

1,5

x

32,521

0,5

1

0 1,50,5

Demonstracao.

Vamos provar diretamente o caso geral, onde nos damos o valor f(x).Se k = 0 entao a hipotese vira f ′(x) ≡ 0. Ja sabemos que nesse caso f(x) ≡ C e

portanto f(x) = f(x). Ou seja,

f(x) = f(x) · 1 = f(x) · e0,como querıamos.

481

2. A DEFINICAO ORIGINAL DE NAPIER PARA O LOGARITMO 482

Logo podemos supor que k 6= 0.Considero a funcao g(x) := ek(x−x).Note que g(x) = ek(x−x) > 0 para todo x ∈ R.Verifico pela regra da derivada da composta que:

g′(x) = k · ek(x−x) = k g(x), ∀x ∈ R.

Se tomo qualquer outra funcao f satisfazendo f ′(x) = k · f(x), faco o quociente

f

g

e derivo pela regra da derivada do quociente:

(f

g)′(x) =

f ′g − fg′

g2=

=(kf)g − f(kg)

g2≡ 0,

o que nos faz concluir que fg≡ C. Ou seja, f(x) = C · g(x).

Para descobrir C avalio tudo em x:

f(x) = C · g(x) == C · ek·0 = C.

Portanto f(x) = f(x) · ek(x−x) como querıamos.�

2. A definicao original de Napier para o logaritmo

A obra do escoces John Napier (1550-1617) e o comeco da longa historia do con-ceito de logaritmo.

Seguindo a exposicao de C.H. Edwards (op.cit), podemos entender a definicaooriginal de logaritmo de Napier do ponto de vista do Calculo, e qual a relacao com oln(x).

Esse anacronismo serve para entender o que fez Napier, mas lembre que, histori-camente, Napier trabalhou so com sua definicao e conseguiu fazer tabelas imensas delogaritmos !

A definicao de Napier envolve dois pontos se movendo:

• N um segmento [P0, O] de comprimento P0O = 107, determinamos a posicao

x(t) de um ponto P (t) que se move de P0 ate O atraves da distancia P (t)O:

x(t) = P (t)O.

• supomos que que a velocidade x′(t) de P (t) satisfaz ∀tx′(t) = −x(t).

• ou seja, a velocidade inicial de P (t) e x′(0) = 107 = x(0), mas a velocidadevai caindo e quando P (t) esta chegando no ponto O ele esta parando, poisx′(t) = −x(t) ≈ 0.

CAPITULO 35. AS PRIMEIRAS EQUACOES DIFERENCIAIS 483

• Com esse mesmo parametro de tempo t, num segundo segmento de origemQ0, se move um um ponto Q(t), se afastando de Q0 e a posicao de Q(t) eQ(t) = 107t (ou seja, Q(t) tem velocidade constante 107).

• Napier define o tamanho Q0Q(t) como sendo o logaritmo de x(t) := P (t)O.• Chamemos o logaritmo definido assim por Napier de Nog(x).

Vamos traduzir isso na linguagem do Calculo e obter:

Afirmacao 2.1.i) Nog(x) = 107 ln(10

7

x).

ii) Nog(x1x2) = Nog(x1) + Nog(x2)− 107 ln(107).

Demonstracao.

De i):A solucao de x′(t) = −x(t) e x = x(0)e−t pela Afirmacao 1.1, ou seja,

x = 107e−t.

Tomando logaritmo natural:

ln(x) = ln(107) + ln(e−t)

logoln(x)− ln(107) = −t

e

t = ln(107

x)

logo

Nog(x) := 107t = 107 · ln(107

x).

De ii)

Nog(x1x2) = 107 · ln( 107

x1x2) =

= 107(ln(107)− ln(x1x2)) =

= 107 ln(107)− 107 ln(x1)− 107 ln(x2) =

= 107 ln(107) + 107 ln(1

x1) + 107 ln(

1

x2) =

= 107 ln(107)−2 · 107 ln(107) + 2 · 107 ln(107)︸︷︷︸

0

+107 ln(1

x1) + 107 ln(

1

x2) =

= −107 ln(107) + 107 ln(107) + 107 ln(1

x1) + 107 ln(107) + 107 ln(

1

x2) =

= −107 ln(107) + 107 ln(107

x1) + 107 ln(

107

x2) =

= −107 ln(107) + Nog(x1) + Nog(x2).

�

3. DECAIMENTO RADIOATIVO E DATACAO 484

3. Decaimento radioativo e datacao

Algumas substancias quımicas tem estrutura nucleares diferentes mas compostam-se do ponto de vista quımico do mesmo jeito. Sao os chamados isotopos diferentes damesma substancia.

Uma das mais importantes, por estar na base das moleculas organicas, e o Car-bono. O isotopo chamado Carbono 14 e radioativo enquanto o isotopo mais comum,o Carbono 12 nao e radioativo.

A radioatividade surge com a desintegracao do nucleo e portanto as substanciasradioativas sao instaveis, se degradam com o passar do tempo. Por isso se fala emdecaimento da substancia, a quantidade tende a zero com o tempo.

Por exemplo, quando um organismo morre, deixa de assimilar Carbono a suaestrutura (madeira, ossos, etc) e a proporcao entre o Carbono 14 e o Carbono 12 (deum para um trilhao quando vivo) comeca a mudar, ja que o Carbono radioativo sedecompoe.

Se considero a funcao y = f(x) para descrever a quantidade de uma substanciaradioativa no tempo x, comecando num tempo que fixo como x = 0, entao

• f e uma funcao decrescente,• f ′(x) e sempre negativa• f(x) tende a zero

Mais precisamente, a quantidade y = f(x) de cada substancia quımica radioativasatisfaz uma equacao:

f ′(x) = −kf(x), k > 0,

onde x ∈ R e o tempo e o valor de k > 0 depende especialmente de cada substancia.

Ja sabemos pela Afirmacao 1.1 que

f(x) = f(0)e−k x, ∀Re tambem pelo que sabemos sobre a exponencial:

limx→+∞

e−kx = 0, k > 0.

3.1. Carbono 14.Para o Carbono 14, k ≈ 3.8394× 10−12 m/s (unidades de massa por segundo).Ora, isso da um decaimento em unidade de massa por ano proximo de:

3.8394 · 10−12︸︷︷︸

m/segundo

·60︸︷︷︸

m/minuto

·60

︸︷︷︸

m/hora

·24

︸︷︷︸

m/dia

·365

︸︷︷︸

m/ano

≈ 0.0001210793184.


Define-se meia-vida como o tempo τ no qual a quantidade inicial f(0) de umasubstancia radioativa se reduz a metade, ou seja:

f(τ) :=f(0)

2.

Mas tambem temos:f(0)

2= f(0) · e−kτ ,

e daı:1

2= e−kτ .

E tomando logaritmo:

ln(1

2) = −kτ.

Como − ln(12) = ln(2), obtemos:

τ =ln(2)

k.

No caso do Carbono 14 temos:

τ =ln(2)

0.0001210793184≈ 5724.736394

(e textos de fısica certamente o leitor encontrara aproximacoes mais corretas dessameia-vida)

3.2. Potassio 40.Uma meia-vida relativamente curta (na escala geologica !) como a do Carbono 14

serve para datar madeira ou a historia da humanidade (na arqueologia).Mas para datar rochas e preciso substancias com meia-vida muito maiores. Por

exemplo, a lava das erupcoes se esfria, cristalizando-se, formando rochas cujo surgi-mento pode ser datado. Isso porque ocorre o decaimento do potassio 40 (radioativo)em argonio 40 (estavel), que e uma gas mas que fica retido na lava transformada emcristal. A meia vida do potassio 40 e 1, 3 bilhao de anos e portanto rochas muitoantigas podem ser datadas1

Por coincidencia, vendo um documentario sobre a Evolucao aprendi o seguinte:foram encontrados restos de um hominıdio que fora um dos primeiros a andar em duaspatas, e que se conjecturava ter em torno de 4 milhoes de anos, quase um milhao amais que a famosa Lucy. Mas sua idade certamente nao seria datavel via Carbono14. Vieram entao geologos e determinaram que os restos de ossos estavam localizadosentre duas camadas distintas de sedimentos de erupcoes vulcanicas.

Pelo metodo potassio/argonio as duas camadas de sedimentos vulcanicos formadatadas em torno de 4 milhoes de anos. Logo esses ossos tinham essa idade !

1Aprendi isso no livro de Richard Dawkins, A grande historia da evolucao- Na trilha de nossos

ancestrais, Companhia das Letras, 2009.

4. EQUACOES DIFERENCIAIS LINEARES COM COEFICIENTESCONSTANTES 486

3.3. A meia-vida da luz das super-novas.O Professor Vıtor Pereira, da Geologia da UFRGS, me explicou alguns fenomenos

muito interessantes, que resumo a seguir.As super-novas sao explosoes de estrelas, catastrofes que acontecem com algumas

estrelas, e que de tao grandes produzem luz que e percebida na Terra a olho nu oupor por lentes de telescopios amadores.

Mas a quantidade de luz que chega a partir dessas explosoes se reduz rapidamente:para um tipo de super-nova se constata que existe uma meia-vida da intensidade desua luz, que se determinou em 56 dias.

Nao deve ser apenas coincidencia que essa seja a meia-vida do Californio Cf 254.Essa substancia e produzida em grande quantidade nessas explosoes. e isso se sabepor analise do espectro da luz das super-novas.

As super-novas sao os verdadeiros fornos cosmicos dos elementos quımicos: quantomaior a intensidade das explosoes mais pesados sao os elementos quımicos produzidos.

Porem esses elementos pesados em geral tem nucleos atomicos instaveis, se desin-tegram e terminam sendo menos abundantes no Universo.

4. Equacoes diferenciais lineares com coeficientes constantes

A Afirmacao a seguir resolve uma equacao diferencial um pouco mais geral do quea que ja resolvemos na Secao anterior:

Afirmacao 4.1. Uma equacao do tipo:

g′(x) = A · g(x) +B, ∀x, A,B ∈ R

tem como solucao:i) g(x) = B · x+ g(0), se A = 0,

ii) g(x) = g(0) · eAx, se B = 0,

iii) g(x) = (g(0) +B

A) · eAx − B

A, se A · B 6= 0.

Ademais, em iii) temos

limx→+∞

g(x) = −BA, se A < 0

ou

limx→−∞

g(x) = −BA, se A > 0.

Note que a solucao no caso mais geral, que e o iii), e uma soma (superposicao) dasolucao

g1(x) = c1 · eAx, c1 ∈ R

da equacaog′1(x) = A · g1(x)

com a solucao particular g2(x) ≡ −BAdo problema que tratamos

g′(x) = A · g(x) +B.


Demonstracao. (Afirmacao 4.1)Os casos i) e ii) em que A = 0 ou B = 0 ja nos sao conhecidos. Por isso

suponhamos AB 6= 0, ou seja, o situacao de iii).Ha uma solucao constante do problema: f(x) ≡ −B

A, ja que:

0 ≡ A · (−BA

) +B.

Entao vamos considera-la uma solucao desinteressante e procurar por outras interes-santes, ou seja, nao constantes. Por isso vou supor

g(x) 6≡ −BA

e, o que e uma suposicao a princıpio mais forte2, que de fato:

g(x) 6= −BA, ∀x.

Entao escrevo:

g′(x) = A · (g(x) + B

A),

e agora, com a suposicao extra de que ∀x: g(x) + BA6= 0 obtenho:

g′(x)

g(x) + BA

= A.

Agora tomo primitivas. O lado esquerdo reconheco ter como primitivas:

ln |g(x) + B

A|+ C1

onde C1 e qualquer constante e o lado direito tem como primitivas:

Ax+ C2

onde C1 e qualquer constante. Ou seja, agrupando as constantes como C3 := C2−C1,obtenho tomando primitivas:

ln |g(x) + B

A| = Ax+ C3.

Tomando exponencial:

e ln |g(x)+BA| = eAx+C3 ,

de onde

|g(x) + B

A| = eAx · eC3 .

Como g(x) + BA

e uma funcao contınua, ela nao pode mudar de sinal sem se anular

(Teorema Valor Intermediario) e como supusemos que g(x)+ ABnunca se anula, temos

que ∀x:• ou bem g(x) + B

A= eAx · eC3 > 0

• ou bem g(x) + BA= −eAx · eC3 < 0.

2Na verdade, atraves da Afirmacao 3 do Capıtulo 36 se mostra que sao a mesma hipotese

4. EQUACOES DIFERENCIAIS LINEARES COM COEFICIENTESCONSTANTES 488

Por isso agora adoto uma nova constante C, que pode ser positiva se C = eC3 ouneqativa se C = −eC3 e escrevo:

g(x) = CeAx − B

A.

Para determinar C avalio tudo em x = 0:

g(0) = C − B

A,

e portanto:

C = g(0) +B

A,

o que da

g(x) = (g(0) +B

A) · eAx − B

A.

Agora volto a hipotese de que g(x) + BA6= 0. Observe que se pomos C = 0 em

g(x) = CeAx − B

A

temos

g(x) ≡ −BA.

As observacoes sobre os limites de g(x) sao imediatas das prpriedades da expo-nencial.

�

Na figura a seguir plotei a solucao especial g(x) = −BA

junto de solucoes g(x) =

(g(0) + BA) · eAx − B

Apara 4 esolhas de g(0). Note que, por ser A = −1, a medida

que x cresce os graficos se aproximam da solucao constante. Se tivessemos escolhidoA > 0 os graficos se afastariam da solucao constante, a medida que x crescesce.

7,4

7

7,2

6,8

6,6

x

321 40

Fig.: Grafico de y = 7 (vermelho) e graficos de y = Ce−x + 7,com C = −1

4,−1

2, 12, 14.


5. Objetos em queda-livre vertical

Vamos aplicar alguns conceitos que aprendemos para entender o que acontecequando um corpo3 de massa m cai (desde um altura razoavelmente baixa).

Sejam y = f(x) a posicao do corpo no instante x, que supomos aumenta4 a medidaque o corpo se aproxima da superfıcie da Terra e f ′(x) sua velocidade.

Segundo Newton a aceleracao f ′′(x) de um corpo e dada por

f ′′(x) =F

m,

onde F e a forca resultante sobre o corpo que cai e m sua massa (em geral F e umagrandeza vetorial, mas nesta situacao particular podemos pensa-la como escalar).

Agora vamos postular que a Forca resultante F tem duas origens: uma depen-dendo apenas da atracao gravitacional e outra dependendo da resistencia que surgequando o objeto que se desloca atinge uma velocidade alta.

• Ao nıvel do mar, para quedas de nao muito alto, a aceleracao g impressa

pela gravidade e da ordem de 9.8m/ss. Galileu ja tinha estimativas dessa

aceleracao e foi o primeiro a notar que essa aceleracao nao depende da massado corpo (desprezando-se o atrito).

• Ja o atrito e a resistencia do ar contam no segundo tipo de forca, do tipo5

−γ · f ′(x),

onde γ > 0 depende da forma do objeto, do peso, do material, etc e ondeo sinal negativo tem a ver com o fato que aqui nos opomos ao efeito dagravidade.

Entao obtemos a aceleracao:

f ′′(x) =−γmf ′(x) + g

Queremos descobrir quem e f ′(x) e depois f(x).Como tratamos de uma queda-livre, ou seja, o objeto nao deve ser empurrado,

vamos suporf ′(0) = 0

e tambem f(0) = 0 para comecarmos a medir a distancia percorrida a partir doinstante x = 0.

Vamos usar a Afirmacao 4.1 da Secao 4, com:

g(x) = f ′(x), A =−γm, B = g

ef ′(0) = 0.

3Aqui entendido como um ponto. Na Secao 5 do Capıtulo 23 explicamos um pouco do que fazerno caso de um objeto nao-pontual

4Tambem poderıamos medir a posicao desde o solo, e entao adaptarıamos a grandeza g queaparecera a seguir por −g, para indicar que a gravidade traz para o solo

5Esta e uma hipotese, pois em outros modelos se supoe da forma −γ · (f ′(x))2 o que conduz auma equacao diferencial nao-linear.

5. OBJETOS EM QUEDA-LIVRE VERTICAL 490

Temos entao

f ′(x) = gx, se γ = 0,

ou

f ′(x) =−gmγ

e−γmx +

gm

γ, se γ 6= 0.

Agora vamos impor que f(0) = 0 pois queremos medir a distancia percorrida notempo x > 0.

Se γ = 0 obtemos

f(x) =g · x22

.

Ma se γ 6= 0:

f(x) =

∫

[−gmγ

e−γmt +

gm

γ] dt =

=−mγ

(−gmγ

)e−γmx +

gm

γx+ C

e a imposicao f(0) = 0 da:

C =−mγ

(gm

γ)

e portanto:

f(x) = −gm2

γ2· (1− e

−γmx) +

gm

γ· x.

Seria muito interessante para um para-quedista ter sua posicao f(x) dada por uma

funcao linear. Note que a funcao f(x) acima se aproxima da reta y = gmγ

· x − gm2

γ2,

pois e−γmx → 0.

Os valores de γ se determinam experimentalmente. Por exemplo, para m = 10 kgpode-se6 atribuir o valor γ = 2kg

s. A Figura a seguir compara a queda sem resistencia

(γ = 0) com a queda com resistencia ( γ = 2kgs).

6Boyce e DiPrima, Equacoes diferencias elementares e problemas de valores de contorno, LTC.


1000

600

-200

800

400

x

14102 800

200

1264

Fig.: Graficos de y = g·x22

(vermelho) e y = −gm2

γ2· (1− e

−γmx) + gm

γ· x (azul) e

y = −gm2

γ2+ gm

γ· x (verde), g = 9.8, m = 10, γ = 2.

A seguinte afirmacao trata da conservacao de energia7 na queda-livre:

Afirmacao 5.1. Considere um objeto pontual de massa m que cai em queda-livre,verticalmente, sem efeito de atrito. Se f(x) da a distancia vertical percorrida desdeque o objeto e largado em queda livre, entao a grandeza chamada Energia Total:

m · (f′(x))2

2−mg · f(x)

e constante ∀x.Demonstracao.

De fato, como vimos acima quando γ = 0, entao f ′(x) = g · x e f(x) = g · x22.

�

No que segue vamos supor a seguinte versao da:

(Lei de Newton) se d sd x

e a velocidade de um ponto de massa m ao longo de umgrafico, entao a aceleracao e:

d 2 s

d x 2=F

m,

onde F e a forca resultante que atua sobre o corpo.

7Se medıssemos a posicao desde o solo, a energia total seria uma soma, nao uma subtracao

5. OBJETOS EM QUEDA-LIVRE VERTICAL 492

Afirmacao 5.2. Considere dois pontos A, B num plano posicionado verticalmente.Suponha que B = (0, 0) e a origem de um sistema de coordenadas cartesiano e que

A = (a1, a2), a1 6= 0, e a2 > 0.

Suponha que o grafico Γ de y = f(x) (derivavel) com f(a) = A a f(b) = B descrevea trajetoria de um corpo de massa m que cai ao longo de Γ, apenas sob o efeitoda gravidade, sem atrito, partindo de A no tempo x = a com velocidade inicial 0 echegando em B no tempo x = b.

Entao e constante, ∀x ∈ [a, b], a grandeza

m · (d sd x)2

2+ g ·m · f(x),

onde g = 9.8 m/s2.

Demonstracao.

Derivando

m · (d sd x)2

2obtemos:

m · d sd x

· d (d sdx)

d x= m · d s

d x· d

2 s

d x2.

Como vimos na Secao 5, podemos determinar a posicao de um ponto P do graficoem funcao de quanto vale o comprimento do grafico desde f(a) = A ate f(x) = P .Ou seja, ha uma funcao P = P (s).

A forca resultante F (P (s)) em cada ponto P (s) do grafico Γ depende do efeito dagravidade na direcao da tangente do grafico, ou seja, e da ordem de

F (P (s)) = −gm · sin(θ(s)),onde θ(s) e o angulo formado pela tangente de Γ em P (s) com a horizontal e o sinal− se deve a que a forca e no sentido oposto ao crescimento de y (se θ = π

2temos toda

a forca gravitacional gm agindo verticalmente).Lembrando a Observacao 6.1, temos entao:

F (P (s))

m= −g · sin(θ(s)) = −g · d y

d se com a Lei de Newton obtemos:

d 2 s

d x2= −g · d y

d s.

Logo a derivada de

m(d s

d x)2

e:

m · d sd x

· (−g · d yd s

) = −mg · d yd s

d s

d x=

= −mg · d yd x

,

se usamos na ultima igualdade a regra da derivada da composta.


Portanto, como y = f(x), a derivada de

m(d s

d x)2 + gm · f(x)

e zero, o que diz que essa grandeza e constante.�

6. Queda ao longo de um grafico

Agora vamos considerar uma situacao de interesse pratico. Imagine um objetopontual que cai, deslizando sem atrito, ao longo de um grafico ou de uma curva,apenas sob o efeito da gravidade.

Em geral um grafico y = f(x) ou uma curva parametrizada

Γ : R → R2, (x(u), y(u))

tem um variavel natural que descreve seus pontos(x ou u), mas que nao tem nada aver em geral com o tempo t que descreve a queda do objeto.

Entao a primeira questao que queremos tratar e saber como re-parametrixar acurva ou grafico pelo tempo t de modo a descrever a queda do objeto ao longo dografico ou da curva.

Para isso, usaremos a Afirmacao 6.1 a seguir. Essa e uma estensao da Afirmacao5.2 e sua prova desta e essencialmente8 a mesma da Afirmacao 5.2. A diferenca estaapenas no uso de nocoes vetoriais, por isso a omitimos:

Afirmacao 6.1. Considere dois pontos A, B num plano posicionado verticalmente.Suponha que A = (0, 0) e a origem de um sistema de coordenadas cartesiano e que

B = (b1, b2), b1 6= 0, e b2 < 0.

Suponha que a curva parametrizada

Γ : (x(t), y(t)), t ∈ [a, b]

com A = (x(a), y(a)) a B = (x(b), y(b)), que descreve a trajetoria de um corpo demassa m no instante t caindo ao longo de Γ, apenas sob o efeito da gravidade, sematrito, partindo de A no tempo t = a com velocidade inicial 0 e chegando em B notempo t = b.

Entao e constante, ∀t ∈ [a, b], a grandeza

m · (d sd t)2

2+ gm · y(t),

onde g = 9.8 m/s2 e d sd t

=√

(x′(t)2 + (y′(t))2.

Como usaremos essa Afirmacao para reparametrizar o grafico ou curva pelo tempot de queda ?

8De novo a gravidade atua no sentido oposto ao crescimento da coordenada y(u) ≤ 0, por issoo sinal + na grandeza Energia total

6. QUEDA AO LONGO DE UM GRAFICO 494

Do seguinte modo. Comeco com uma parametrizacao qualquer:

Γ : (x(u), y(u)), u ∈ [c, d]

do traco da curva Γ.Denote t ∈ [a, b] o parametro de tempo de queda que queremos introduzir para

descrver os pontos da curva. A Afirmacao 6.1, combinada com d sd t(a) = 0 e y(a) = 0,

diz que

(d s

d t)2 = −2 · g · y(t), ∀t ∈ [a, b]

ou seja,d s

d t=

√

−2 · g · y(t)e portanto

d t

d s=

1√

−2 · g · y(t).

Portantod t

d u=d t

d s· d sd u

.

=

√

x′(u)2 + y′(u)2√

−2 · g · y(t(u))e

t =

∫ √

x′(u)2 + y′(u)2√

−2 · g · y(t(u))du.

Em particular o tempo necessario para sair de Γ(c) e chegar em Γ(d) e:

t =

∫ d

c

√

x′(u)2 + y′(u)2√

−2 · g · y(t(u))du.

6.0.1. Exemplo:Vamos fazer um exemplo bem simples. Na Secao seguinte havera uns mais inter-

essantes. Vamos aqui descrever a queda de (0, 0) ate B = (b1, b2) b1 6= 0 e b2 < 0 aolongo de um segmento de reta. Para isso vamos parametrizar a reta que liga essespontos pelo tempo de queda.

O faremos de dois modos: um bem elementar, e o outro, como ensinamos acima,que expressa o tempo t como uma integral.

A funcao de t que da a posicao a partir de A = (0, 0) e parecida com aquela da

queda-livre vertical: g · t22(ja que f ′(0) = 0 e f(0) = 0 e a aceleracao e constante

ao longo da semireta AB). Mas a diferenca com aquele caso ja estudado e que agravidade atua na semireta AB de acordo com a projecao de um vetor vertical demodulo g nesta semireta; ou seja, com valor

g · sin(θ)onde θ e o angulo entre a semireta AB e uma reta horizontal. Ou seja, o efeito dagravidade vira zero se θ = 0 e volta a ser maxima se θ = π

2.


Por isso se tomamos um sistema cartesiano em que

A = (0, 0), B = (b1, b2), com b1 6= 0, b2 < 0,

entao o deslizamento do objeto ao longo da semireta AB

g · sin(θ) · t2

2.

sera descrito pela curva parametrizada:

(x(t), y(t)) = (b1

√

b21 + b22· g sin(θ) · t

2

2,

b2√

b21 + b22· g sin(θ) · t

2

2),

onde ( b1√b21+b

22

, b1√b21+b

22

) e um vetor de modulo 1 que gera a semireta AB.

Ja que

sin(θ) =−b2

√

b21 + b22ficamos com:

(x(t), y(t)) = (−b1 · b2(b21 + b22)

· g · t2

2,

−b22(b21 + b22)

· g · t2

2).

O tempo que leva para chegar em B se obtem igualando:

−b1 · b2(b21 + b22)

· g · t2

2= b1 ou

−b22(b21 + b22)

· g · t2

2= b2,

o que da:

t =

√

2 · (b21 + b22)

−g · b2.

Agora retomo esse mesmo exemplo, para expressar o tempo d equeda via uma integral.Uma parametrizacao natural da reta e:

Γ : (x(u), y(u)) = (b1

√

b21 + b22· u, b2

√

b21 + b22· u)

com

u ∈ [ 0,√

b21 + b22 ].

Entao √

x′(u)2 + y′(u)2√

2 · g · y(t(u))=

4√

b21 + b22√−2g · b2 ·√u

e

t =

∫4√

b21 + b22√−2g · b2 ·√udu =

=

√2 4√

b21 + b22√−g · b2·√u+ C.

Mas t = 0 corresponde a u = 0 e daı C = 0. Ou seja:

u =−g · b2

√

b21 + b22· t

2

2

7. A CURVA QUE MINIMIZA O TEMPO 496

e portanto esta re-parametrizacao coincide com a obtida pelo metodo elementar.

7. A curva que minimiza o tempo

Considero o caso particular em que um objeto pontual de massa m = 1 cai pelareta ligando

A = (0, 0) a B = (π,−2)

(e no qual uso para aceleracao g o valor π2 ≈ 9.869604404) Obtemos, segundo oExemplo da Secao 6, uma parametrizacao do segmento de reta pelo tempo de quedat segundo a qual o tempo de queda e

t =

√π2 + 4

π≈ 1.185447061.

O objetivo desta Secao e dar explicitamente outras curvas β ligando A = (0, 0)ate B = (π,−2), parametrizadas pelo tempo de queda t, mas que cheguem em B numtempo t < 1.18.

E claro que o comprimento de β, de A ate B, e maior que a distancia√

b21 + b22do segmento de reta, porem afirmo que deslizando por essas curvas β o objeto chegaantes a B do que se deslizasse pela reta AB !

Considere a curva

α : x(u) :=u5√25, y(u) := − u2

5√π2, u ∈ [0,

√2 · 5

√π].

Entao

√

x′(u)2 + y′(u)2√

2 · g · y(t(u))=

√25u6π4/5 + 128

8π6/5,

onde usei π2 ≈ g e daı se pode avaliar numericamente no Maple o tempo da quedaao longo desta curva como:

t =

∫ √2· 5√π

0

√25u6π4/5 + 128

8π6/5du ≈ 1.008984423.

O traco de α e a curva no plano dada por

y = −2x25

π25

, x ∈ [0, π],

dada na Figura a seguir.


0

-0,5

-1

-1,5

-2

x

32,5210,50 1,5

Observe que α comeca com inclinacao vertical, o que aproveita bastante bem oefeito da gravidade. Ademais note que so conseguimos fazer com que a integral naotenha valor +∞ porque quando y(0) = 0 tambem d s

d u= 0.

A curva que considero a seguir e a cicloide:

β(t) := ( πt− sin(πt) , cos(πt)− 1 ), t ∈ [0, 1]

que claramente sai de β(0) = A e chega em t0 = 1 em

β(1) = (π,−2) = B.

A figura a seguir compara o traco de α com o da cicloide β:

0

-1

-0,5

1

-1,5

-2

32,521,50,50

Em vermelho α e em verde a cicloide β.

O que precisamos verificar e se a β(t) pode descrever a posicao do objeto quedesliza. Para isso uso a Afirmacao 6.1.

Temos para esta curva:

(d s

d t)2 = (x′(t)2 + (y′(t))2 = 2π2 · (1− cos(πt)).

7. A CURVA QUE MINIMIZA O TEMPO 498

Usando para g o valor π2 ≈ 9.869604404, apos derivar e simplificar obtemos:

d ((d sd t

)2

2+ π2 · y(t) )d t

≡ 0,

onde y(t) = cos(π · t)− 1.A sequencia de Figuras a seguir mostra a corrida entre a reta (em verde) e a

cicloide (em vermelho), para ir de (0, 0) ate (π,−2). Cuide que as escalas dos eixosx, y vao mudando de figura para figura.

Os tempos transcorridos sao

t = 0.05, 0.1, 0.3, 0.5, 0.7, 1.0, 1.18,

e em t = 1 a cicloide ja chegou no ponto (π,−2).

0

-0,004

-0,012

-0,002

-0,006

-0,01

-0,008

0,0050,0030,0020,0010 0,004

0,020

-0,02

0,0150,010

-0,03

-0,04

-0,01

0,005

0

-0,2

0,2

-0,1

0 0,10,05

-0,4

-0,3

0,15


0

-0,4

-0,2

-0,6

-1

-0,8

0,50,30,2 0,40,10

0,50

-1

0

-0,5

-1,5

2,521,51

0,50

-1

0

-0,5

-1,5

2,521,51

0

-1

-0,5

2

-1,5

-2

32,51,50,5 10

8. BALISTICA E O SUPER MARIO 500

40

-1

3

-2

1

-0,5

0

-1,5

2

Johann Bernoulli colocou, em 1696, o seguinte problema:

Problema da braquistocrona9:Sejam dados dois pontos A,B num plano vertical. Se A e B nao estao numa reta

vertical, encontrar qual a curva descrita por um corpo M que sai de A e chega em Bno menor tempo possıvel, sob efeito apenas da gravidade.

E possıvel provar, com recursos mais avancados dos que dispomos no momento,que a curva que minimiza o tempo e uma cicloide.

8. Balıstica e o Super Mario

Varios cientistas do Renascimento foram defrontados com problemas fısico-matematicosligados a balıstica, por exemplo Galileu, Torricelli e outros. Naquela epoca os mecenaseram os Reis e os Reis sempre foram belicosos...

Por isso vou explicar o problema mais basico de balıstica, mas o leitor pacifistapode adapta-lo ao jogo Super Mario, mais de acordo com o espırito de nossa epoca.Nesse jogo o personagem salta para nıveis mais altos. O que pode ser interpretadocomo o ponto mais alto da trajetoria na Afirmacao 8.1 a seguir.

O problema mais basico para acguem que atira com um canhao e: dado umalvo encontrar o angulo θ que se deve levantar um canhao para atingir o alvo.

Mais precisamente, imagine o alvo no eixo x > 0 e com coordenada (x, 0) enquantoo canhao esta na origem (0, 0). Em geral a velocidade escalar da bala do canhao naopode ser alterada, o que se pode e alterar o angulo 0 < θ < π

2que o canhao forma

com o eixo x > 0.Tambem se supoe que a bala sofre apenas o efeito da gravidade (e que estamos a

nıvel do mar), sem sofrer resistencias extra ao seu deslocamento.Se meditamos um momento vemos que, se x for grande demais em relacao a v0

pode acontecer da bala nunca alcancar o alvo. Aı e preciso aproximar o canhao doalvo.

A Figura a seguir mostra 4 tentativas frustradas de se atingir o alvo, onde v0 = 5e x ≥ 3.

9braquistocrona vem do grego e significa menor tempo


1

0,6

0,8

0,4

02,520 0,5 1

0,2

1,5

Figura: A tentativa em verde e a de θ = π4.

Afirmacao 8.1. Seja v0 > 0 a velocidade escalar com que a bala sai do canhao e oalvo em (x, 0), com x > 0.

• o angulo θ a ser escolhido para o tiro atingir o alvo (x, 0) verifica

sin(2 · θ) = g · xv20

,

onde g = 9.8 (m/s2).• em geral, dado um 0 < θ < π

2, a trajetoria da bala e descrita pela parabola

y = − g

2 · v20 · cos2(θ)· x2 + tan(θ) · x.

Em particular, a partir da parabola vemos que:

• o ponto mais alto atingido pela bala tem coordenadas:

(v20 · sin(θ) cos(θ)

g,v20 · sin2(θ)

2g).

• o ponto onde a bala atinge o chao tem coordenada

x =sin(2θ) · v20

g.

Em particular o ponto mais longe que pode ser atingido tem coordenada

x =v20g

e corresponde a escolha θ = π4.

• o ponto mais alto da trajetoria se da no tempo

tM =v0 · sin(θ)

g.

O tempo que transcorre entre a saıda da bala e sua chegada ao chao e 2 · tM .

8. BALISTICA E O SUPER MARIO 502

A Figura a seguir ilustra um tiro certeiro:

0,8

1,6

0

1,2

0,4

x

86420

Figura: θ = π5, v0 = 10, x ∼ 9.7, altura maxima ∼ 1.7.

Demonstracao.

A velocidade v0 tem uma componente horizontal e uma vertical.A horizontal e x′(0) = v0 · cos(θ) e a vertical y′(0) = v0 · sin(θ).Nao ha componente horizontal da forca de gravidade. Portanto,10 se x(t) e a

coordenada horizontal da posicao da bala:

x′′(t) ≡ 0

o que da:x′(t) ≡ C = x′(0)

e portanto:x(t)− x(0) = x′(0) · t.

Como (x(0), y(0)) = (0, 0) temos:

x(t) = x′(0) · t = v0 · cos(θ) · t, ∀t ≥ 0.

Mas a gravidade g afeta a componente vertical. De fato:

y′′(t) = −g,(onde o sinal vem da oposicao entre o sentidos).

Logoy′(t)− y′(0) = −g · t,

ou seja,y′(t) = y′(0)− g · t,

e daı obtemos:

y(t)− y(0) = y′(0) · t− g · t22

.

Ou seja

y(t) = v0 sin(θ) · t−g · t22

.

10E se supoe que a bala nao sofre resistencia


Substituindo

t =x(t)

x′(0)=

x

x′(0)

em

y(t) = v0 sin(θ) · t−g · t22

obtemos a parabola

y = − g

2 · v20 · cos2(θ)· x2 + tan(θ) · x,

que e a descricao da trajetoria da bala.Sabemos encontrar o ponto de maximo de uma parabola y = ax2 + bx + c, onde

a < 0. Esse ponto e x = −b2a. No caso da parabola acima obtemos:

x =v20 · sin(θ) cos(θ)

g

e daı obtemos a altura maxima.O tempo tM em que se atinge essa altura maxima e obtido de igualar a componente

vertical da velocidade a zero:

0 = y′(tM) = y′(0)− g · tM ,

portanto:

tM =y′(0)

g.

E o tempo tF > 0 no qual a bala atinge o alvo e obtido de igualar y(tF ) = 0 e resolver:

0 = v0 sin(θ) · t−g · t22

cujas raızes sao t = 0 e

tF =2 · y′(0)

g= 2 · tM .

A coordenada x do alvo atingido pode ser obtida ou avaliando x(t) em tF ouvendo-se a interseccao da parabola acima com o eixo x. De ambos os modos obtem-se:

x =v20 · sin(2 · θ)

g.

�

10. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N.14, 1954 504

Deixo para o Exercıcio 14.7 a prova de uma propriedade de balıstica conhecidapor Galileu, exemplificada na Figura a seguir:

4

2

3

1

0106 840 2

9. Equacoes diferenciais lineares em geral

Uma equacao diferencial de primeira ordem linear geral e uma equacao do seguintetipo:

f ′(x) = a(x) · f(x) + b(x),

onde a incognita e a funcao y = f(x).Como veremos na Afirmacao 11.1 a seguir (que generaliza a Afirmacao 4.1) a

solucao dessa equacao nao e unica mas forma uma famılia de curvas, chamadas decurvas integrais da equacao. A curva solucao so fica determinada quando impomosque passe por algum ponto do plano.


O que e interessante e que, antes de sabermos quem sao as curvas integrais, japodemos responder a um problema:

Problema: Se a famılia de curvas integrais da equacao:

f ′(x) + p(x) · f(x) = q(x), com p(x) · q(x) 6= 0

e cortada pela reta vertical x = k, entao as retas tangentes as curvas integrais pelospontos de interseccao concorrem todas num mesmo ponto.

Solucao:Denoto por fα(x) e fβ(x) duas curvas integrais distintas.Vou tomar duas retas tangentes as curvas integrais fα(x) e fβ(x) por pontos

distintos da reta x = k:

(k, fα(k)) e (k, fβ(k)).

A primeira verifica:

y − fα(k)

x− k= f ′

α(k) = −p(k) · fα(k) + q(k)


enquanto que a segunda:

y − fβ(k)

x− k= f ′

β(k) = −p(k) · fβ(k) + q(k).

Ou seja, a primeira e a reta:

y = (−p(k) · fα(k) + q(k)) · x− k · (−p(k) · fα(k) + q(k)) + fα(k).

enquanto a segunda e:

y = (−p(k) · fβ(k) + q(k)) · x− k · (−p(k) · fβ(k) + q(k)) + fβ(k).

Quando consideramos a intersecao dessas retas temos que resolver a equacao:

−p(k) · fα(k) · x+ (kp(k) + 1) · fα(k) = −p(k) · fβ(k) · x+ (kp(k) + 1) · fβ(k)ou seja:

x =(kp(k) + 1) · (fβ(k)− fα(k))

p(k) · (fβ(k)− fα(k))=kp(k) + 1

p(k),

que nao depende das fα e fβ particulares que tomei. Portanto essa e a coordenada xdo ponto onde concorrem todas as retas tangentes.

Fiz um Exemplo, antecipando o resultado da proxima Secao sobre quem sao ascurvas integrais da equacao.

Tomei

f ′(x) + p(x) · f(x) = q(x), com p(x) =2

x, q(x) = cos(x), x ∈ [0.8, 6]

pois de fato quem nao pode se anular e p(x) = 2x.

Escolhi k = 2 e tracei 11 curvas integrais, na proxima Figura:

4

0

2

-2

-4

x

52 61 43

Agora adicionei suas 11 retas tangentes nas intersecoes com x = 2. Segundo

nossas contas devem se encontrar no ponto cuja coordenada x vale2· 2

2+122

= 3, o que

se ve bem na Figura:

11. SOLUCOES DAS EQUACOES LINEARES GERAIS 506

4

0

2

-2

-4

x

41 32 5 6

11. Solucoes das equacoes lineares gerais

Agora vamos ver quem sao as solucoes das equacoes diferenciais lineares de primeiraordem:

Afirmacao 11.1.Sejam a(x), b(x) e f(x) funcoes definidas num intervalo aberto e com valores em

R, tais que a(x) e b(x) sao contınuas e f derivavel, com f ′(x) funcao contınua aomenos.

• i) Se f ′(x) = a(x) · f(x) entaof(x) = C · e

∫a(x) dx, com C ∈ R.

Dado f(x0) entao

f(x) = f(x0) · e∫ xx0a(t) dt

.

• ii) Se f ′(x) = a(x) · f(x) + b(x) entao

f(x) = e∫a(t) dt ·

∫

e∫−a(t) dt · b(x) dx+ C · e

∫a(t) dt.

• iii) se a(x) ≡ a e b(x) ≡ b, entao ii) vira:

f(x) = eax · e−ax

(−a) · b+ C · eax = − b

a+ C · eax.


Demonstracao.

De i):Usaremos a mesma ideia da prova da Afirmacao 4.1.Primeiro noto que a funcao f ≡ 0 e solucao e corresponde a tomar C = 0.

Podemos entao supor no que segue que f 6≡ 0.Faremos a suposicao a princıpio mais forte11 de que:

∀x ∈ R, f(x) 6= 0.

Entao posso fazer:f ′(x)

f(x)= a(x).

Tomando primitivas (e colocando as constantes do lado direito):

ln ||f(x)|| =∫

a(x) dx+ C1.

Logo

||f(x)|| = e∫a(x) dx+C1 = e

∫a(x) dx · eC1 = C2 · e

∫a(x) dx.

Pelo T.V.I. sabemos que ou bem f(x) > 0 ∀x ou bem f(x) < 0 ∀x.Entao:

f(x) = C2 · e∫a(x) dx ou f(x) = −C2 · e

∫a(x) dx.

Em qualquer dos casos,

f(x) = C · e∫a(x) dx, com C 6= 0.

Se tomo x0 no domınio da f , acima poderıamos ter escrito:

ln ||f(x)|| − ln ||f(x0)|| =∫ x

x0

a(t) dt,

e daı terıamos:

||f(x)|| = e∫ x

x0a(t) dt+ln ||f(x0)|| = ||f(x0)|| · e

∫ x

x0a(t) dt

.

Em qualquer dos casos (f(x) > 0 ∀x ou f(x) < 0 ∀x):f(x) = f(x0) · e

∫ xx0a(t) dt

.

De ii):Agora temos:

f ′(x) = a(x) · f(x) + b(x)

e o leitor em seguida ve que a ideia da prova da Afirmacao 4.1 ja nao funciona aqui:ou seja, nao aparece mais uma derivada logarıtmica do lado esquerdo.

O que faremos e multiplicar toda a equacao dada por um fator µ(x) adequada-mente escolhido para que do lado esquerdo apareca a derivada de algo, apesar de queesse algo nem sempre sera o logaritmo.

Facof ′(x)− a(x) · f(x) = b(x)

11Na verdade, atraves da Afirmacao 3 do Capıtulo 36 se mostra que sao a mesma hipotese

11. SOLUCOES DAS EQUACOES LINEARES GERAIS 508

e

µ(x) · f ′(x)− µ(x) · a(x) = µ(x) · b(x).Quero que valha:

µ(x) · f(x)− µ(x) · a(x) = (µ(x) · f(x) )′

e para isso temos que ter:

µ′(x) = −a(x) · µ(x),ja que:

(µ(x) · f(x) )′ = µ(x) · f ′(x) + µ′(x) · f(x).Ora, o item i) nos diz quem sao as solucoes µ(x) de µ′(x) = −a(x) · µ(x) e tomo umacom C = 1:

µ(x) = e∫− a(t) dt.

Portanto:

( e∫−a(t) dt · f(x) )′ = e

∫−a(t) dt · b(x).

Tomando primitivas e passando a constante para a direita:

e∫−a(t) dt · f(x) =

∫

e∫− a(t) dt · b(x) dx+ C

e portanto:

f(x) = e∫a(t) dt ·

∫

e∫−a(t) dt · b(x) dx+ C · e

∫a(t) dt.

�

Vejamos Exemplos para a Afirmacao 11.1:

• Tomemos as equacoes do tipo

f ′(x) = xk · f(x), com k ∈ Z, para x > 0.

Escolho o ponto x0 = 1. E claro que∫ x

1

tkdt =xk+1

k + 1− 1

k + 1se k 6= −1

ou ∫ x

1

t−1dt = ln(x) se k = −1.

Portanto pelo item i):

f(x) = f(1) · exk+1

k+1

e1

k+1

, se k 6= −1

ou

f(x) = f(1) · x, se k = −1.


• Agora considere as equacoes do tipo

f ′(x) =−nx

· f(x) + 2n · xn−1, com n ∈ N, para x > 0

Temos pelo item ii):

f(x) = e∫ −n

tdt ·

∫

e∫

ntdt · b(x) dx+ C · e

∫ −ntdt.

mas agora:e∫

ntdt = en·ln(x) = xn, onde x > 0

enquanto que e∫ −n

tdt = 1

xne daı:

∫

e∫

ntdt · b(x) dx =

∫

2n · x2n−1dx = x2n.

Logo obtemos

f(x) =1

xn· x2n + C

xn= xn +

C

xn.

A determinacao de C depende da escolha de um valor f(x0), pois C =xn0 · (f(x0)− xn0 ).

6

2

4

0

-4

x

21

-2

3 4 5

Fig. As curvas y = x+ Cxcom C = −3,−2,−1, 0, 1, 2, 3.

• Agora considere a equacao

f ′(x) =−2

x· f(x) + cos(x), para x > 0

Pelo item ii):

f(x) = e∫ −2

tdt ·

∫

e∫

2tdt · cos(x) dx+ C · e

∫ −2tdt,

onde, como antes,

e∫

2tdt = x2 e e

∫ −2tdt =

1

x2onde x > 0.

E ∫

x2 · cos(x) dx = x2 · sin(x) + 2x · cos(x)− 2 sin(x),


como vimos num dos Exemplos do Capıtulo 24. Logo obtemos :

f(x) = sin(x) +2 cos(x)

x− 2 sin(x)

x2+C

x2.

A Figura a seguir mostra essas curvas para C = −3,−2,−1,0,1,2,3.

4

0

2

64

-2

8 10

x

2

Note que a medida que x cresce essas as curvas todas se aproximam dey = sin(x).

12. Um problema da Putnam Competition, n. 49, 1958.

Problema: Um erro comum no Calculo e achar que:

(f(x) · g(x)) ′ = f ′(x) · g′(x).Se f(x) = ex

2prove que existe uma g(x) 6≡ 0 definida num intervalo aberto tal que

para essas f e g vale:

(f(x) · g(x)) ′ = f ′(x) · g′(x).Solucao:

Queremos que

(ex2

)′ · g′(x) = (ex2 · g(x))′,

mas por outro lado certamente:

(ex2 · g(x))′ = (ex

2

)′ · g(x) + ex2 · g′(x) =

= 2x · ex2 · g(x) + ex2 · g′(x).

Entao obtemos:2x · ex2 · g′(x) = 2x · ex2 · g(x) + ex

2 · g′(x),de onde

g′(x) =2x

2x− 1· g(x),

supondo 2x− 1 6= 0.


Esse tipo de equacao e tratada pelo item i) da Afirmacao 11.1: se g(x) > 0 e se2x− 1 > 0, entao

g(x) = eC · e∫

2x2x−1

dx.

Ora:2x

2x− 1= 1 +

1

2x− 1e portanto (modulo constantes)

∫2x

2x− 1dx = x+

ln(2x− 1)

2,

de onde

g(x) = ex+ln(2x−1)

2 = ex ·√2x− 1, para x >

1

2.

13. As equacoes de Bernoulli e sua reducao a equacoes lineares

Jakob Bernoulli considerou uma classe de equacoes diferenciais extremamenteuteis, como veremos em aplicacoes no Capıtulo 38. Mas as equacoes dessa vez saonao-lineares (pois envolvem o termo f(x)r).

O que e incrıvel e que elas podem ser transformadas em equacoes diferenciaislineares. O truque e do grande Leibniz !

Repare que os casos r = 0, 1 na Afirmacao 13.1 a seguir ja estao resolvidos pelaAfirmacao 11.1 acima.

Afirmacao 13.1. Sejam a(x), b(x) contınuas, f(x) derivavel com f ′(x) contınua.Suponha12

f ′(x) = a(x) · f(x) + b(x) · f(x)r, r 6= 0, 1, r ∈ R.

Entao

• g(x) := f 1−r(x) satisfaz a equacao diferencial linear:

g′(x) = (1− r) · a(x) · g(x) + (1− r) · b(x)e portanto ou f(x) ≡ 0 ou13

f(x) = [ e∫(1−r)a(t)dt ·

∫

e∫(r−1)a(t)dt · (1− r)b(x) dx+ C · e

∫(1−r)a(t)dt ]

11−r

Demonstracao.

Mais uma vez, apos considerar a situacao em que f ≡ 0, trocaremos a condicaof 6≡ 0 pela condicao a princıpio mais forte14

f(x) 6= 0, ∀x.Noto que se g(x) := f 1−r(x) , entao:

g′(x)

g(x)=

(1− r) · f−r(x) · f ′(x)

f 1−r(x)=

12dependendo do r ∈ R pode ser necessario supor que f(x) > 0 para que faca sentido f(x)r.13Onde aparece r − 1 na formula a seguir ao inves de 1− r esta correto, nao inverta ...14Na verdade, atraves da Afirmacao 3 do Capıtulo 36 se mostra que sao a mesma hipotese

14. EXERCICIOS 512

= (1− r) · f′(x)

f(x)=

=(1− r) · a(x)f(x) + (1− r) · b(x)f r

f(x)=

= (1− r) · a(x) + (1− r) · b(x)f r−1 =

= (1− r) · a(x) + (1− r) · b(x)g(x)

,

e portanto multiplicando por g(x):

g′(x) = (1− r) · a(x)g(x) + (1− r) · b(x).Como ja sabemos resolver esta equacao pela Afirmacao 11.1, temos g(x) e daı a f(x).

�

Um Exemplo:

y′(x) = x · y(x) + y(x)2,

cuja solucao portanto e:

y = [−e−x2

2 ·∫

ex2

2 dx+ C · e−x2

2 ]−1, C ∈ R.

14. Exercıcios

Exercıcio 14.1. (resolvido)A funcao representada a seguir e estritamente decrescente e tende a zero. No

entanto, afirmo que ela nao pode representar a desintegracao de nenhuma substanciaradioativa, devido a aspecto (s) qualitativo (s) de seu grafico.

Explique que aspecto qualitativo e (sao) esse(s), usando os conceitos e a teoriadesenvolvida neste Curso.

30

35

20

10

25

15

x

43210

Exercıcio 14.2. Quanto tempo tem que ter passado para que uma mostra de ossotenha menos que 10−3 vezes a quantidade original de C14 ?

Exercıcio 14.3. Em quanto tempo duplica uma dıvida que cresce segundo a equacaof ′(x) = 2 · f(x) ?


Exercıcio 14.4. (resolvido)A 1

2-vida e o tempo τ transcorrido para que uma substancia radioativa tenha

massa f(τ) igual a metade da massa inicial f(0).i) Suponha que defino a 1

4-vida como o tempo τ transcorrido para que uma

substancia radioativa tenha massa f(τ) igual a um quarto da massa inicial f(0).Qual a relacao entre τ e τ ?

ii) Suponha agora que defino a 1√2-vida como o tempo τ transcorrido para que

uma substancia radioativa tenha massa f(τ) igual f(0)√2. Qual a relacao entre τ e τ ?

iii) Mais geralmente, chamo agora de 1

21n-vida o tempo τn transcorrido para que

uma substancia radiotiva tenha massa f(τn) igualf(0)

21n. Qual a relacao entre τn e τ ?

Exercıcio 14.5. Em 10 anos a quantidade inicial f(0) de uma substancia radioativa

caiu para f(0)3.

i) qual o valor de k na equacao f ′(x) = −kf(x) do decaimento ?ii) qual a meia-vida dessa substancia (em funcao do k do item i) ?

Exercıcio 14.6. (resolvido)Considere a equacao f ′(x) = −kf(x), com −k < −1 e f(0) = 1. Note que entao

f ′(0) = −k < −1.Para qual tempo x temos que o coeficiente angular da tangente ao grafico da

solucao y = f(x) e exatamente −1 ?

Exercıcio 14.7. A Figura a seguir ilustra em vermelho a trajetoria de uma bala decanhao que forma angulo de π

4com o eixo x, atingindo o alcance maximo.

E em amarelo e verde dois lancamentos com angulos π4+ 0.4 e π

4− 0.4, respecti-

vamente.

4

2

3

1

0106 840 2

Por que atingiram o mesmo ponto ?Galileu ja conhecia essa propriedade !

Exercıcio 14.8. Suponha que um objeto com temperatura t0 e colocado num ambi-ente com temperatura T (que e mantida constante). Suponha que t0 > T .

14. EXERCICIOS 514

A lei de esfriamento de Newton diz que a taxa de variacao da temperatura doobjeto em cada instante e proporcional a diferenca de temperatura entre o objeto eo ambiente naquele instante.

Modele a equacao diferencial do esfriamento e a resolva.Tendo obtido a solucao, mostre que quando t → +∞ a temperatura do objeto

tende a do ambiente.

Exercıcio 14.9. Suponha que y(x) e a quantidade de indivıduos de uma especie eque seu desenvolvimento e modelado pela equacao:

y′(x) = a · y(x)− x, onde a > 0,

ou seja, onde supoe-se que os fatores adversos (ataques de predadores, escassez, etc)dependem do tempo como a funcao −x.

a) Prove que a populacao no tempo verifica:

y(x) =1

a2+x

a+ (f(0)− 1

a2) · eax.

b): discuta as condicoes iniciais f(0) que produzem superpolacao ou extincao alongo prazo.

c): para todo a > 0, calcule y′(0). Esboce as diferentes solucoes.

Exercıcio 14.10. (resolvido)Suponha que y(x) e a quantidade de indivıduos de uma especie e que seu desen-

volvimento e modelado pela equacao:

y′(x) =y(x)

x+ 1− x, x ≥ 0.

Ou seja, onde supoe-se que os fatores propıcios (fertilidade, alimentos, etc) depen-dem do tempo como 1

x+1enquanto que os fatores adversos (ataques de predadores,

escassez, etc) dependem do tempo como a funcao −x.a) Prove que a populacao no tempo verifica:

y(x) = (1 + x) · [y(0) + ln(1 + x)− x], C ∈ R.

b): de um argumento para provar que, nao importa qual C, sempre:

limx→+∞

y(x) = −∞,

ou seja, que essa populacao esta fadada a extincao.

CAPıTULO 36

Aspectos gerais das equacoes de primeira ordem

1. Equacoes diferenciais e metamorfoses de curvas

Quando temos uma equacao diferencial:

y′(x) = f(x)

para f contınua e x num intervalo, sabemos que :

y(x) = F (x) + c

onde F (x) e uma primitiva de f(x).Essa famılia de graficos y = F (x)+c e bem trivial, pois e composta de translacoes

verticais do grafico y = F (x).Mas uma equacao diferencial do tipo separavel1:

g(y) · y′(x) = f(x)

ja produz famılias de graficos ou curvas bem interessantes.Para comecar a equacao:

y · y′(x) = −xse resolve notando que ela se escreve como

d(y(x)2

2)

dx= −d(

x2

2)

dx

e daı:y(x)2 + x2 = c, c ∈ R

que e uma famılia de cırculos concentricos quando c > 0.Aqui nao ha graficos, mas apenas curvas, e nao ha translacoes mas sim contracoes

e expansoes das curvas.Agora vejamos o Exemplo:

2y · y′(x) = 3x2 − 1,

que pode ser escrito como:d(y(x)2)

dx=d(x3 − x)

dx,

de onde:y2 = x3 − x+ c, c ∈ R.

Essa famılia de cubicas ja foi estudada ao longo do Curso, por exemplo na Secao 5do Capıtulo 3. O caso c = 0 e ilustrado na figura a seguir:

1Veremos em detalhe este tipo de equacao na Secao 4

515

1. EQUACOES DIFERENCIAIS E METAMORFOSES DE CURVAS 516

y

2

-2

3

1

-1

0-0,5 0

-3

x

21-1 1,50,5

A Figura a seguir plota y2 = x3 − x ao lado de y2 = x3 − x+ 1:

y

2

-2

3

1

-3

x

20-0,5-1 0,5

-1

01,51

A Figura a seguir plota y2 = x3 − x, y2 = x3 − x+ 1 e y2 = x3 − x− 1:

y

3

-1

2

0

-2

x

21,510

1

-1

-3

0,5-0,5

A Figura a seguir plota y2 = x3 − x+ c para os valores

c = −4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4.

y

2

-2

3

1

x

2-1

-1

00

-3

1

Note que:

CAPITULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUACOES DE PRIMEIRAORDEM 517

• para c ∈ {−4,−3,−2,−1} ou c ∈ {4, 3, 2, 1} ha apenas mudancas quantita-tivas nas curvas, ou seja, quando a curva muda um pouco mas tem o mesmoaspecto geral.

• mas quando c ∈ {−1, 0, 1} as curvas correspondentes passam por mudancasqualitativas importantes.

De fato, como sera explicado no Capıtulo 32 o valor

c =2

3√3

e um divisor de aguas nessa famılia de curvas. Para esse valor preciso de c a curvatem o formato de um laco (que o Maple nao plota muito bem...)

A Figura a seguir plota as curvas para c = −1, 0, 23√3, 1:

y

2

-2

3

1

-3

x

21,50,5-0,5

-1

01-1 0

2. Equacoes diferenciais em forma normal e as curvas Isoclinas

Quando escrevemos uma equacao diferencial de primeira ordem (i.e. onde so entraa primeira derivada e a funcao) na forma:

y′(x) = P (x, y),

ou seja, onde isolamos y′, dizemos que a equacao esta na forma normal.Quando se quer ter uma nocao qualitativa grosseira das solucoes da equacao:

y′(x) = P (x, y)

se tracam as curvas isoclinas (mesma inclinacao em grego), ou seja, as curvas dadasimplicitamente por:

P (x, y) = k,

que sao as curvas no plano tais que as inclinacoes y′ tem o mesmo valor k.O Exemplo

y′(x) = x · ye bom para comecar, nao so porque suas isoclinas sao as hiperboles x · y = k (que amedida que k → 0 se expremem sobre os eixos coordenados), mas tambem porquecai no formato da Secao anterior g(y) · y′(x) = f(x):

1

y· y′(x) = x, se y 6= 0.

2. EQUACOES DIFERENCIAIS EM FORMA NORMAL E AS CURVASISOCLINAS 518

E possıvel dar uma desenho qualitativo das curvas y = y(x) solucao dessa equacaona Figura a seguir:

Os segmento verticais sao pedacos das retas tangentes a curvas solucoes. Por issopode ser chamado de campo de direcoes tangentes.

Como a equacao 1y· y′(x) = x pode ser escrita:

d ln |y(x)|dx

=d(x

2

2)|

dxentao

ln |y(x)| = x2

2+ c

de onde

|y(x)| = ex2

2+c = C · ex2

2 , C > 0

e

y = y(x) = C · ex2

2 , C ∈ R \ {0}.So que na discussao que fizemos impusemos que

y 6= 0.

E com isso esquecemos a solucao

y ≡ 0 de y′(x) = x · y(x).Como veremos na Afirmacao 3.1 da proxima Secao, quando uma equacao esta na

forma normaly′(x) = P (x, y)

e quando P (x, y) e ∂P∂y

sao funcoes contınuas no plano, como e o caso para

P (x, y) = x · y, ∂P

∂y= x,

ha unicidade da solucao por cada ponto. Em particular o grafico de uma solucaoy1 6≡ 0 nao pode intersectar o eixo y ≡ 0, pois este e solucao da mesma equacao.


No proximo Exemplo se trata de uma Equacao de Bernoulli :

y′(x) = x · y(x) + y(x)2.

E uma equacao nao-linear (termo quadratico em y(x)) que pode ser reduzida a umaequacao linear de primeira ordem, o que e raro e surpreendente, como vimos na Secao13.1 do Capıtulo 35. Vimos la que as solucoes sao

y = [−e−x2

2 ·∫

ex2

2 dx+ C · e−x2

2 ]−1, C ∈ R.

Note que

x · y + y2 = k

sao hiperboles que se espremem sobre os eixos y = 0 e y + x = 0, ja que x · y + y2 =y · (x + y). A Figura a seguir ilustra esses dois eixos, 4 isoclinas algumas solucoes(apenas qualitativamente).

O Exemplo

y′(x) = x2 + y2

e muito interessante. Aparenta ser mais facil de tratar que o anterior. Mas nao e !Suas curvas isoclinas sao sim imediatas, pois sao cırculos ou a origem se k ≥ 0:

x2 + y2 = k, k ≥ 0

e feitas em detalhe dao uma boa ideia - qualitativa - das curvas que sao solucoes.

3. EXISTENCIA E UNICIDADE PARA Y ′(X) = F (X, Y ) - METODO DEPICARD 520

Porem y′(x) = x2 + y2 e a primeira equacao de Riccati nao-trivial na literatura,estudada pelo Riccati e por Johan Bernoulli.

Suas solucoes explıcitas y(x) nao sao funcoes que tenham sido apresentadas aquem fez Calculo 1 e 2. Sao funcoes nao-elementares, sao de fato composicoes defuncoes de Bessel e suas derivadas.

Dedicarei um Capıtulo as Riccati e a solucao explıcita de y′ = x2+ y2 se encontrana Secao 4 do Capıtulo 45. As funcoes de Bessel serao tratadas no Capıtulo 43 (pelomenos algum rudimento, pois tem uma vasta teoria).

3. Existencia e unicidade para y′(x) = F (x, y) - Metodo de Picard

O Teorema a seguir assegura existencia e unicidade de solucoes de equacoes deprimeira ordem na forma normal, sob certas condicoes. E muito importante comofundamentacao da teoria de equacoes diferenciais, embora nao seja considerado com-putacionalmente rapido.

Teorema 3.1. Seja uma equacao diferencial do tipo y′(x) = F (x, y), com F (x, y)funcao de duas variaveis.

Suponha que as funcoes F (x, y) e ∂F∂y

sao contınuas2 numa regiao U aberta do

plano contendo (a, b).Entao para cada ponto (a, b) ∈ U existe e e unica a funcao y = y(x) verificando

y′(x) = F (x, y(x)) e y(a) = b, para x ∈ Ia onde Ia e um intervalo aberto centrado ema.

Em particular, se y ≡ C for solucao da equacao entao as outras solucoes nuncaassumem esse valor C.

Em particular, se y ≡ 0 for solucao da equacao entao as outras solucoes nunca seanulam.

2O Apendice deste Capıtulo, Secao 15, explica bem esta nocao


Nao vejo exemplo mais simples para mostrar a importancia das hipoteses desteTeorema, do que a equacao:

y′(x) =y

x.

Ela e separavely′(x)

y(x)=

1

x, sex · y 6= 0

e se resolve como:

ln ||y|| = ln ||x||+ C1

ou seja:

y = C2 x.

Pela origem ha uma infinidade de solucoes e pelo eixo dos y, onde x = 0, naoha solucoes. Pois e ao longo de x = 0 que nao ha continuidade da funcao de duasvariaveis F (x, y) = y

x.

Ideia da prova do Teorema 3.1:Uma prova perfeitamente legıvel se encontra no livro de Bear. Mas posso indicar

ao menos algumas ideias da prova:

• primeiramente notar que y = y(x) e solucao de y′(x) = F (x, y) e satisfazy(a) = b se e somente se

y(x) = b+

∫ x

a

F (t, y(t)) dt.

De fato, se y(x) e solucao de y′(x) = F (x, y) entao y(x) − y(a) =∫ x

ay′(t) dt =

∫ x

aF (t, y(t)) dt. Reciprocamente, se y(x) = b +

∫ x

aF (t, y(t)) dt

entao y′(x) = F (x, y(x)).• A partir daı Picard considera uma sequencia de funcoes yn(x) definida recur-sivamente por:

y0(x) ≡ b, yn(x) := b+

∫ x

a

F (t, yn−1(t)) dt.

• a condicao de que F (x, y) e contınua garante que existam as integrais b +∫ x

aF (t, yn−1(t)) dt e tambem garante que existe um intervalo Ia em torno de

a em que todas as yn(x) estao definidas.• a condicao ∂F

∂ye contınua vai ser usada para garantir que a sequencia yn(x)

convirja uniformemente para uma funcao

y+∞(x) := limn→+∞

yn(x)

e que valha

limn→+∞

b+

∫ x

a

F (t, yn−1(t)) dt = b+

∫ x

a

F (t, y+∞(t)) dt.

• para que haja unicidade, ou seja, para que qualquer solucao Y (x) com Y (a) =b seja da forma Y = y+∞ tambem e preciso que ∂F

∂yseja contınua.


Exemplo:Quando F (x, y) e um polinomio e facil implementar o metodo. Vou implementar

as primeiras etapas da recursao no

Caso 1): y′ = −y2, y(1) = 1

Caso 2): y′ = −x+ y2, y(0) = b.

No caso 1):y0 ≡ 1, y1 = 2− x,

y2 =10

3− 4x+ 2x2 − 1

3x3,

y3 =323

63− 100

9x+

40

3x2 − 88

9x3 +

41

9x4 − 4

3x5 +

2

9x6 − 1

63x7.

Ou seja, o metodo esta nos dando uma aproximacao (nao muito rapida, infelizmente)de:

y =1

x=

1

1− (1− x)= 1 + (1− x) + (1− x)2 + (1− x)3 + . . . para |1− x| < 1

pois

1 + (1− x) = 2− x, 1 + (1− x) + (1− x)2 + (1− x)3 = 4− 6x+ 4x2 − x3,

1 + (1− x) + . . .+ (1− x)7 = 8− 28x+ 56x2 − 70x3 + 56x4 − 28x5 + 8x6 − x7.

A figura a seguir ilustra:

3

1

2

0

-1

x

32,521,510,5

Fig.: y = 1xem vermelho, y1 verde, y2 amarelo, y3 azul.

No Caso 2), o metodo de Picard comeca com:

y0 ≡≈ 0.73,

(pelo que veremos mais adiante esse e o valor aproximado de y(0)) e faz

y1 ≈ 0.73 + 0.53x− 0.5x2,


y2 ≈ 0.73 + 0.53x− 0.1x2 − 0.15x3 − 0.13x4 + 0.05x5

y3 ≈ 0.73 + 0.53x− 0.11x2 + 0.04x3 − 0.08x4 − 0.06x5 − 0.006x6 + 0.01x7+

+0.003x8 + 0.0003x9 − 0.001x10 + 0.0002x11.

Veremos na Secao 6 do Capıtulo 44 que a solucao y(x) no Caso 2) nao e umafuncao ja conhecida nossa; ou seja, nao e elementar. Seu grafico para x ∈ [−2.2, 4] edo tipo:

0

-2

-4

-6

x

4320-1-2 1

2

Na figura a seguir y(x) esta comparado com as primeiras aproximacoes:

1

-1

0

-2

-3

x

21-2 -1 0

Fig.: y(x) em vermelho, y1 verde, y2 amarelo, y3 azul.


Exemplo:

De volta ao exemplo:2y · y′(x) = 3x2 − 1,

quando posto na forma padrao vira:

y′(x) =3x2 − 1

y.

Se considero U = {(x, y); y > 0} (o semiplano superior), posso usar o Teorema 3.1 epara cada ponto desse semiplano passa apenas uma solucao y = y(x). Sabemos quea equacao e satisfeita pelas curvas y2 = x3 − x + c, que nao sao graficos, mas masrestritas ao semiplano superior sim sao graficos do tipo y = y(x).

Ou seja, na Figura a seguir so devemos considerar a parte das curvas acima doeixo horizontal.

y

2

-2

3

1

x

2-1

-1

00

-3

1

Quando y = 0 aı nao podemos usar o Teorema 3.1 e de fato, como vemos nessamesma figura, sobre o eixo dos x ha:

• pontos onde as curvas sao grafico de x = x(y), nao de y = y(x)• pontos de onde saem mais de uma ramo de curva

Exemplo: Considero a a equacao:

y′(x) =−y · cos(x)

(y + 2) · sin(x) , x ∈ (0, π), y ∈ (−2, 1).

Nessa regiao retangular aberta U = (0, π)× y ∈ (−2, 2) posso aplicar o Teorema 3.1.

Antes de resolver a equacao noto, so pela expressao y′(x) = −y·cos(x)(y+2)·sin(x) que:

• onde y ∼ 0, as inclinacoes y′(x) dos graficos ficam quase zero.• onde y > 0 e x ∼ 0 as inclinacoes y′(x) ficam muito negativas (pois sin(x) ∼ 0e cos(x) ∼ 1)

• onde y > 0 e x ∼ Π as inclinacoes y′(x) ficam muito positivas (pois sin(x) ∼ 0e cos(x) ∼ −1)

• onde y < 0 e x ∼ 0 as inclinacoes y′(x) ficam muito positivas• onde y < 0 e x ∼ Π as inclinacoes y′(x) ficam muito negativas• para x ∼ Π

2as inclinacoes ficam perto de zero (pois cos(x) ∼ 0).


• onde y ∼ −2 as inclinacoes ficam quase verticais.

Ilustro isso a seguir:

y(x)

2

1

0

-1

-2

x

32,521,510,50

Quais as solucoes dessa equacao diferencial ? Veremos na Secao 4 a seguir.

4. Equacoes separaveis

Note que nos ultimos exemplos da Secao anterior, as equacoes sao de tipo especiais,pois:

y′(x) = F (x, y)

nesses exemplos pode ser escrita como:

y′(x) =f(x)

g(y).

No Exemplo anterior:

y′(x) =3x2 − 1

2ye neste

y′(x) =(− cos(x)

sin(x))

(y+2y).

Uma equacao desse tipo

y′(x) =f(x)

g(y)

e chamada de separavel.Para resolver uma equacao separavel em geral, noto que pela regra da cadeia posso

escrever3:

g(y) · y′(x)− f(x) =d (G(y(x))− F (x))

dx= 0,

3Ou seja, uma equacao separavel e sempre exata no sentido da proxima Secao 7

4. EQUACOES SEPARAVEIS 526

desde que

dG(y)

dy= g(y) e

d F (x)

dx= f(x).

E portanto a solucao geral e da forma:

G(y(x))− F (x) = C.

Num dos exemplos da Secao anterior, onde

−f(x) = −3x2 + 1 e g(y) = 2y

temos:

G(y(x))− F (x) = y2 − x3 + x = C

e no segundo onde

−f(x) = cos(x)

sin(x)e g(y) =

y + 2

y= 1 +

2

y

temos:

G(y(x))− F (x) = y + 2 ln |y|+ ln | sin(x)| = C.

Para x ∈ (0, π) ploto a seguir

y + 2 ln |y|+ ln | sin(x)| = C > 0

para alguns valores de C > 0, com y ∈ (−2, 2).

y

1

2

x

032

-2

-1

0,5 1,5 2,51

A seguir faco a uniao x ∈ (−π, 0) ∪ (0, π) e uso ainda y ∈ (−2.2), o que ja nos dauma ideia da periodicidade das solucoes:


y

1

2

x

03

-2

-1

20-3 -1 1-2

Outro exemplo: equacoes de Bernoulli a coeficientes constantes, como:

y′(x) = a · y(x)− b · y(x)2

sao separaveis. E desse ponto de vista que as trataremos na Secao 4 do Capıtulo 38.

5. A clepsidra

Considero aqui um exemplo de equacao separavel associado ao escomanto de umlıquido.

Imagine um recipiente em formato de superfıcie de revolucao em torno do eixodos y de um grafico

x = f(y), y ∈ [0, y(0)]

onde y(0) e a altura do lıquido que preenche o recipiente.A chamada Lei de Torricelli diz que a velocidade com que o lıquido sai pela base

do recipiente e proporcional a altura do lıquido, da forma:√

2g · y(t) u.m.

t.

onde g e a constante de aceleracao gravitacional e u.m. e unidade de comprimento.Se a abertura ba base tem area de A u.m.2 entao a queda do volume V (t) do

lıquido e dedV

dt= −A ·

√

2g · y(t) u.m.3

t.

Seja V (y) o volume do lıquido quando a altura e y. Esse e o volume do solido derevolucao calculado integrando as fatias circulares horizontais:

V (y) =

∫ y

0

π · f(u)2 du.

Entao pela regra da derivada da composta e pelo teorema fundamental:

dV

dt=dV

dy· dydt

=

6. EQUACOES HOMOGENEAS 528

= π · f(y)2 · y′(t).Entao a altura em cada instante do lıquido satisfaz a seguinte equacao separavel:

y′(t) =−A · √2g y

π · f(y)2 .

Suponha agora que

x = f(y) = 4√y ou seja y = x4.

Entao a equacao anterior vira:

y′(t) ≡ −A · √2g

π,

que e constante.Tomando

A =π

A · √2g,

temosy(t) = y(0)− t

e portanto a altura y(t) serve como relogio para marcar o tempo ! Esses relogios deagua se chamam clepsidras.

6. Equacoes homogeneas

As equacoesy′(x) = F (x, y)

em que a funcao F tem a propriedade

F (x, y) = F (t · x, t · y), ∀tsao chamadas de4 homogeneas de grau 0.

Essas equacoes sao resolvidas associando-se a elas uma equacao separavel.Isso se faz do seguinte modo: tomando o t particular t = 1

xposso dizer entao que:

y′(x) = F (x, y) = F (1

x· x, 1

x· y) = F (1,

y

x) =: F (1, u),

chamando u := yx.

Temos u(x) = y(x)x, ou seja,

u(x) · x = y(x)

e derivando:u′(x) · x+ u(x) = y′(x) = F (1, u).

O que produz a equacao separavel nas variaveis u e x:

u′(x) =F (u)− u(x)

x.

Essas ja sabemos resolver !

Um Exemplo que me pareceu interessante.

4Em geral diz-se que F (x, y) e homogenea de grau d se F (t · x, ·y) = td · F (x, y).


No Exercıcio 10.8 - Capıtulo 11 (resolvido) davamos (A,B) no primeiro quadrantee uma reta y = ax (com 0 < aA < B). Perguntamos qual a reta por (A,B) queformava um triangulo de menor area com o eixo dos y > 0. A figura ilustra oproblema:

x

yy = a x

(A,B)

Na resolucao vimos que o coeficiente angular da reta apropriada e:

λ =2Aa−B

A.

Agora posso perguntar: qual grafico y = f(x) contendo (A,B) tem a propriedade deque:

f ′(x) =2xa− y

xe portanto tem retas tangentes que formam em cada ponto triangulos de menor areacom o eixo y > 0 e a reta y = ax.

Ora, essa equacao diferencial e homogenea. Portanto recai na equacao separavel:

u′(x) =2a− u(x)− u(x)

x=

2a− 2 · u(x)x

, u(x) :=y

x,

ou seja,1

2· u′(x)

u(x)− a= −1

x.

Notando que u− a = yx− a > 0 para que se formem realmente triangulos obtemos:

1

2· ln(u(x)− a) = − ln(x) + C,

onde a constante C fica determinanda pela condicao B = y(A), ou seja u(A) = BA.

Toemando exponencial e elevando ao quadrado obtenho:

u(x) =(BA− a)

A2· 1

x2+ a,

ou seja:

y =(BA− a)

A2· 1x+ a · x.

Ha equacoes que apesar de nao serem homogeneas de grau 0 podem ser transfor-madas em equacoes homogeneas de grau 0, apos mudanca linear de coordenadas.

7. EQUACOES EXATAS 530

Por Exemplo:

y′(x) =ax+ by + c

dx+ ey + f, com x 6= 0 ea · e− d · b 6= 0.

Se c = f = 0 ja estamos num caso de equacao homogenea de grau 0, pois:

at · x+ bt · ydt · x+ et · y =

ax+ by

dx+ ey=a+ b · y

x

d+ e · yx

.

Se c 6= 0 ou f 6= 0 faco as mudancas de coordenadas:

v = y − β e u = x− α

onde ainda resta escolher quais serao os numeros α, β, mas pelo menos ja temos:

dv

du=dy

dx,

pois pela regra da composta escrita na notacao de Leibniz:

dv

du=dv

dy· dydx

· dxdu

= 1 · dydx

· 1.

Ou seja,

dv

du=ax+ by + c

dx+ ey + f=a · (u+ α) + b · (v + β) + c

d · (u+ α) + e · (v + β) + f=

=au+ bv + c+ a · α+ b · βdu+ ev + f + d · α + e · β

e aı vemos que precisamos escolher α, β para que tenhamos:

c+ a · α + b · β = 0 e f + d · α + e · β = 0,

ou seja, precisamos resolver o sistema linear nao homogeneo (ja que c 6= 0 ou f 6= 0):

a · α + b · β = −c

d · α + e · β = −fPela regra de Cramer tudo que precisamos e a condicao: a · e− d · b 6= 0.

Com as solucoes α, β desse sistema conseguimos uma equacao homogenea, que jasabemos resolver.

7. Equacoes exatas

As equacoes separaveis e algumas outras equacoes diferenciais que vimos recaemem situacoes do tipo:

dU(x, y(x))

dx= C

e daı as resolvemos como U(x, y(x)) = C · x+D.


Definicao 7.1. Uma equacao y′(x) = F (x, y) e exata se pode ser escrita como:

F1(x, y) · y′(x) + F2(x, y) = C

onde F1(x, y), F2(x, y) sao contınuas em U e verificam

F1(x, y) · y′(x) + F2(x, y) =dU(x, y(x))

dx

para alguma funcao U(x, y) definida em U , cujas derivadas parciais de primeira esegunda ordem sao contınuas.

Afirmacao 7.1. Seja a equacao

F1(x, y) · y′(x) + F2(x, y) = C

com (x, y) numa regiao U do plano.

i) se e uma equacao exata entao:

∂F1(x, y)

∂x=∂F2(x, y)

∂y.

ii) em U = R2 \ {(0, 0)} a equacao

x

x2 + y2· y′(x)− y

x2 + y2= 0

verifica∂( x

x2+y2)

∂x=∂(− y

x2+y2)

∂y.

mas no entanto nao e exata.iii) se [a, b]× [c, d] e um retangulo fechado esta contido em U , entao a condicao

∂F1(x, y)

∂x=∂F2(x, y)

∂y

em U e suficiente para que F1(x, y)·y′(x)+F2(x, y) = C seja exata. Ademais, podemostomar

U(x, y) :=

∫ x

a

F2(t, c) dt+

∫ y

c

F1(x, t) dt

para que dU(x,y(x))dx

= F1(x, y) · y′(x) + F2(x, y).

Demonstracao.

De i):Se existe uma funcao U(x, y) para a qual na regiao U :

F1(x, y) · y′(x) + F2(x, y) =dU(x, y(x))

dx,

entao isso quer dizer pela regra da composta que:

∂U(x, y(x))

∂y= F1(x, y) e

∂U(x, y(x))

∂x= F2(x, y).

7. EQUACOES EXATAS 532

Como as derivadas parciais de primeira e segunda ordem de U(x, y) sao supostascontınuas, podemos usar o Lema de Schwartz, que garante que as derivadas parciaisde segunda ordem nao dependem da ordem em que derivamos, ou seja:

∂2U(x, y)

∂x ∂y=∂2U(x, y)

∂y ∂x.

Portanto:∂F1(x, y)

∂x=∂F2(x, y)

∂y.

De ii):Nao poderei dar todos os detalhes desta prova, que exigiria mais tecnica, mas

posso dar uma boa ideia de por que essa equacao nao e exata.Temos que U = R2 \ {(0, 0)} e o plano menos a origem. Nesse U e que vamos

considerar a equacao:x

x2 + y2· y′(x)− y

x2 + y2= 0.

Note que∂F1(x, y)

∂x=

1 · (x2 + y2)− x · (2x)(x2 + y2)2

=−x2 + y2

(x2 + y2)2,

∂F2(x, y)

∂y=

(−1) · (x2 + y2) + y · (2y)(x2 + y2)2

=−x2 + y2

(x2 + y2)2.

Considere um ponto P = (x, y) de U e escolha dentre os possıveis valores θ+k ·2π,k ∈ Z um θ(x, y) para medir o angulo anti-horario que P = (x, y) forma com o eixox > 0.

Temos

sin(θ(x, y)) =y

√

x2 + y2

e se supomos que θ(x, y) e uma funcao derivavel numa pequena regiao em torno deP , teremos pela regra da composta:

cos(θ(x, y)) · ∂θ(x, y)∂y

=∂ sin(θ(x, y))

∂y=

=∂( y√

x2+y2))

∂y=

x2

(x2 + y2)32

.

Como

cos(θ(x, y)) =x

√

x2 + y2,

obtemos∂θ(x, y)

∂y=

x

x2 + y2.

De modo completamente analogo obteremos:

∂θ(x, y)

∂x=

−yx2 + y2

.


Ou seja, que a funcao U(x, y) definida em U que buscamos (contınua, derivavel, etc)seria essencialmente uma estensao dessa θ(x, y) a toda a regio U .

Mas se pode mostrar que essa estensao e impossıvel, pelo fato de U ser uma regiaoem torno da origem: pense em um cırculo em torno da origem, como poderıamosmedir angulos quando damos voltas nesse cırculo ? Isso levaria a mais de um valorde angulo para cada ponto (θ + k · 2π, k ∈ Z) e portanto U(x, y) = θ(x, y) nao seriauma verdadeira funcao bem definida,

De iii):A expressao

U(x, y) :=

∫ x

a

F2(t, c) dt+

∫ y

c

F1(x, t) dt

faz sentido no retangulo [a, b] × [c, d] e cada integral existe pois F1 e F2 sao funcoescontınuas.

Como∫ x

aF2(t, c) dt nao depende de y,

∂(∫ x

aF2(t, c) dt)

∂y= 0.

Pelo Primeiro Teorema Fundamental:

∂(∫ y

cF1(x, t) dt)

∂y= F1(x, y).

Portanto∂U(x, y)

∂y= F1(x, y).

Queremos agora derivar U(x, y) em x e em y. Para isso algumas observacoes saoimportantes.

Usando o Primeiro Teorema Fundamental sabemos que

∂(∫ x

aF2(t, c) dt)

∂x= F2(x, c).

Mas como derivar∫ y

cF1(x, t) dt em relacao a x ?

Note que x funciona como um parametro para as diferentes integrais∫ y

cF1(x, t) dt,

ou seja, ha uma aplicacao:

x ∈ [a, b] 7→∫ y

c

F1(x, t) dt

e nao esta claro como deriva-la em x.Explicaremos na Secao 9 que, nas condicoes em que estamos, podemos afirmar:

∂(∫ y

cF1(x, t) dt)

∂x=

∫ y

c

∂F1(x, t)

∂xdt,

ou seja, que a derivada passa sob o sinal da integral.

8. INTEGRAL AO LONGO DE UM CAMINHO 534

Tendo isso, veja agora o que se obtem usando a hipotese

∂F1(x, y)

∂x=∂F2(x, y)

∂y

e o Primeiro Teorema Fundamental:

∂U(x, y)

∂x= F2(x, c) +

∫ y

c

∂F1(x, t)

∂xdt =

= F2(x, c) +

∫ y

c

∂F2(x, t)

∂ydt =

= F2(x, c) + [F2(x, y)− F2(x, c)] =

= F2(x, y)

como querıamos.�

8. Integral ao longo de um caminho

Seja Γ(t) = (x(t), y(t)), com t ∈ [A,B] uma curva parametrizada e derivavel, nomesmo sentido do Capıtulo 28.

Entao defino a integral ao longo da curva Γ por∫

Γ

F1(x, y)dy + F2(x, y)dx :=

∫ B

A

[F1(x(t), y(t)) · y′(t) + F2(x(t), y(t)) · x′(t)] dt.

Se Γ e uma uniao de um numero finito de curvas derivaveis entao defino a integralao longo de Γ como soma de integrais.

Afirmo que a integral∫ x

a

F2(t, c) dt+

∫ y

c

F1(x, t) dt

que aparece no item iii) da Afirmacao 7.1 e uma integral ao longo de uma linhaquebrada Γ.

De fato, fixado o ponto (x, y), entao Γ pode ser parametrizada por

t ∈ [a, x] ∪ [c, y]

da seguinte forma:

Γ(t) = (t , c ), se t ∈ [a, x]

Γ(t) = ( x , t ), se t ∈ [c, y]

Confira que Γ(a) = (a, c), Γ(x) = (x, c) = Γ(c) e Γ(y) = (x, y).A figura ilustra essa linha quebrada:


(x,y)

(x,c)(a,c)

Entao nessa linha quebrada:

∫

Γ

F1(x, y)dy + F2(x, y)dx :=

:=

∫ x

a

[F1(x(t), y(t)) · y′(t) + F2(x(t), y(t)) · x′(t)] dt+

+

∫ y

c

[F1(x(t), y(t)) · y′(t) + F2(x(t), y(t)) · x′(t)] dt =

=

∫ x

a

F2(t, c) dt+

∫ y

c

F1(x, t) dt,

como afirmamos.

A Afirmacao a seguir complementa o item iii) da Afirmacao 7.1:

Afirmacao 8.1. Suponha que U e uma regiao do plano com a propriedade de quequaisquer dois de seus pontos possam ser ligados por alguma curva parametrizadaderivavel.

Se a equacao

F1(x, y) · y′(x) + F2(x, y) = C

com (x, y) numa regiao U do plano e uma equacao exata entao

∫

Γ

F1(x, y)dy + F2(x, y)dx

independe da curva parametrizada Γ ⊂ U que liga (a, c) a (x, y). Ou seja, dependeapenas dos pontos iniciais e finais.

9. DERIVADA DA INTEGRAL EM RELACAO AO PARAMETRO -FORMULAS DE LEIBNIZ 536

(x,y)

(x,c)(a,c)

Figura: A linha quebrada de antes e outra curva ligando (a, c) a (x, y).

Demonstracao.

∫

Γ

F1(x, y)dy + F2(x, y)dx :=

∫ B

A

[F1(x(t), y(t)) · y′(t) + F2(x(t), y(t)) · x′(t)] dt =

=

∫ B

A

[∂U(x(t), y(t))

∂y· y′(t) + ∂U(x(t), y(t))

∂x· x′(t)] dt =

=

∫ B

A

dU(x(t), y(x(t)))

dtdt =

= U(B)− U(A),

onde apos a definicao, usamos que a equacao e exata, depois a regra da derivada dacomposta5, e por ultimo usamos o Teorema Fundamental do Calculo.

�

9. Derivada da integral em relacao ao parametro - Formulas de Leibniz

Afirmacao 9.1. Seja F (x) :=∫ b

af(t, x) dt uma integral dependendo de um parametro

x ∈ [c, d] (intervalo fechado), onde os limites de integracao a, b nao dependem de x.Suponha que existe ∂f

∂xe que a funcao

∂f

∂x: [a, b]× [c, d] → R

seja contınua (ver Def. 15.1).Entao:

∂F

∂x=∂∫ b

af(t, x) dt

∂x=

∫ b

a

∂f(t, x)

∂xdt.

5Para funcoes de duas variaveis


Demonstracao.

Queremos provar que para cada x:

∂F

∂x(x) =

∫ b

a

∂f(t, x)

∂x(x) dt.

Ou seja, queremos ver se∫ b

a

∂f(t, x)

∂x(x) dt = lim

h→0

F (x+ h)− F (x)

h:=

:= limh→0

∫ b

af(t, x+ h) dt−

∫ b

af(t, x) dt

h.

Para cada h posso escrever:∫ b

af(t, x+ h) dt−

∫ b

af(t, x) dt

h=

∫ b

a

f(t, x+ h)− f(t, x)

hdt

O que queremos saber e, finalmente, se dado ǫ > 0 existe δ (dependendo de ǫ e de xpossivelmente) tais que:

| h | < δ ⇒ |∫ b

a

f(t, x+ h)− f(t, x)

hdt−

∫ b

a

∂f(t, x)

∂x(x) dt | < ǫ.

Vejamos como determinar esse δ. Temos

|∫ b

a

f(t, x+ h)− f(t, x)

hdt−

∫ b

a

∂f(t, x)

∂x(x) dt | =

= |∫ b

a

(f(t, x+ h)− f(t, x)

h− ∂f(t, x)

∂x(x)) dt | ≤

≤∫ b

a

|f(t, x+ h)− f(t, x)

h− ∂f(t, x)

∂x(x)| dt.

O Teorema do Valor Medio de Lagrange no6 intervalo [x, x+ h] da que:

f(t, x+ h)− f(t, x)

h=∂f(t, x)

∂x(x+ τ · h), para algum 0 < τ < 1.

Portanto:∫ b

a

|f(t, x+ h)− f(t, x)

h− ∂f(t, x)

∂x(x)| dt =

∫ b

a

|∂f(t, x)∂x

(x+ τ · h)− ∂f(t, x)

∂x(x)| dt.

Por hipotese∂f(t, x)

∂x: [a, b]× [c, d] → R

e contınua e||(t, x+ τ · h)− (t, x)|| ≤ |h|.

Portanto pela Afirmacao 15.1 existe δ tal que

|h| < δ ⇒ |∂f(t, x)∂x

(x+ τ · h)− ∂f(t, x)

∂x(x)| < ǫ

b− a

6para simplificar a exposicao, me restrinjo a considerar h > 0, mas o caso h < 0 e analogo.

9. DERIVADA DA INTEGRAL EM RELACAO AO PARAMETRO -FORMULAS DE LEIBNIZ 538

e portanto

|h| < δ ⇒∫ b

a

|∂f(t, x)∂x

(x+ τ · h)− ∂f(t, x)

∂x(x)| dt < ǫ

como querıamos.�

Exemplo:

Seja:

F (x) :=

∫ 1

0

ex·t dt =ex·t

x(1)− ex·t

x(0) =

ex

x− 1

xe portanto

F ′(x) =ex

x− ex

x2+

1

x2.

Por outro lado,∫ 1

0

∂ ex·t

∂xdt =

∫ 1

0

ex·t · t dte integrando por partes se obtem:

∫ 1

0

ex·t · t dt = (ex·t

x· t)(1)− (

ex·t

x· t)(0)−

∫ 1

0

ex·t

x· 1 dt =

=ex

x− ex

x2+

1

x2.

A Afirmacao anterior 9.1 admite uma versao mais geral, que menciono agora, masque ainda nao provo:

Afirmacao 9.2. Seja F (x) :=∫ b(x)

a(x)f(t, x) dt uma integral dependendo de um parametro

x ∈ [c, d] (intervalo fechado), onde os limites de integracao a(x) e b(x) sao funcoesderivaveis de x.

Suponha que existe ∂f∂x

e que a funcao

∂f

∂x: [a, b]× [c, d] → R

seja contınua (ver Def. 15.1).Entao:

∂F

∂x=db(x)

dx· f(t, x)|t=b(x) −

da(x)

dx· f(t, x)|t=a(x) +

∫ b(x)

a(x)

∂f(t, x)

∂xdt.

Por exemplo, se

F (x) =

∫ x

0

et−x · t dt,

entao, pondo a(x) ≡ 0 e b(x) = x, teremos pela Afirmacao 9.2:

F ′(x) = 1 · (et−x · t)t=x − 0 · (et−x · t)t=0 +

∫ x

0

(−et−x · t) dt =


= x−∫ x

0

et−x · t dt.

Mas neste exemplo simples tambem se pode fazer a conta diretamente, pois:

F (x) =

∫ x

0

et−x · t dt = e−x ·∫ x

0

et · t dt

de onde, pela regra do produto e pelo Teorema Fundamental:

F ′(x) = −e−x ·∫ x

0

et · t dt+ e−x · ex · x = x−∫ x

0

et−x · t dt.

10. Fatores integrantes

A equacaox2 · y′(x) + (1− x2) · y2

nao e exata, ja que∂x2

∂x6= ∂((1− x2) · y2)

∂y.

(item i) da Afirmacao 7.1).Mas se multiplico a equacao toda por:

µ(x, y) :=1

x2 · y2 , x · y 6= 0,

entao a nova equacao:1

y2· y′(x) + 1

x2− 1 = 0

verifica∂( 1

y2)

∂x≡ 0 ≡ ∂( 1

x2− 1)

∂y.

Logo o item iii) da Afirmacao 7.1 me diz que essencialmente o que tenho que fazere definir:

U(x, y) =

∫ x

a

1

t2− 1 dt+

∫ y

c

1

t2dt = x− 1

x− 1

y+ C1

e que a solucao geral e:

−x− 1

x− 1

y= C.

Para reforcar isso, note que se U(x, y(x)) ≡ C, entao

0 =dU(x, y(x))

dx= µ(x, y) · [x2 · y′(x) + (1− x2) · y2],

e como µ(x, y) 6≡ 0, entaoU(x, y(x)) ≡ C

sao as solucoes de x2 · y′(x) + (1− x2) · y2 ≡ 0Pondo y = y(x) temos

y =1

−C − x− 1x

=x

−C · x− x2 − 1=

−xC · x+ x2 + 1

.

10. FATORES INTEGRANTES 540

A solucao y ≡ 0 de x2 · y′(x) + (1 − x2) · y2 = 0 se perdeu no caminho, pois quandousei µ(x, y) supus que y 6= 0. Por isso adjunto as solucoes

y =−x

C · x+ x2 + 1

a solucao y = 0.O campo de direcoes para

1

y2· y′(x) + 1

x2− 1 = 0

e esbocado na Figura a seguir, com x ∈ [0.5, 5] e y = [−0.5, 0.5]

y(x)

0,4

0,2

0

-0,2

-0,4

x

54321

Algumas curvas integrais

y =−x

C · x+ x2 + 1

sao esbocadas na Figura a seguir, para x ∈ [0.5, 5]:

0

-0,2

-0,1

-0,3

-0,5

x

5

-0,4

21 43


Em geral achar um fator ntegrante µ(x, y) de um tipo bem geral e um problemadifıcil, pois temos de resolver equacoes a derivadas parciais para encontra-lo.

A tentativa mais otimista e buscar fatores integrantes que so dependam de umavariavel, ou seja µ = µ(x) ou µ = µ(y).

Se nao der, buscar do tipo µ(x, y) = xa · yb, onde os valores corretos de a, b sedescobrem ao impor-se:

∂xa · yb · F2(x, y)

∂x=∂xa · yb · F1(x, y)

∂y,

o que produz um sistema de equacoes em a, b.

Exemplo:Considero a equacao:

n

n− 1· x · y′(x) + n

√x+ y = 0, n ∈ N, n ≥ 2

para x 6= 0 e ademais x > 0 se n e par.Essa equacao nao e exata. Multiplico-a por µ(x):

n

n− 1· x · µ(x) · y′(x) + µ(x) · ( n

√x+ y) = 0.

e quero ter:

µ′(x) · n

n− 1· x+ µ(x) · n

n− 1= µ(x),

ou seja, para µ(x) 6= 0:µ′(x)

µ(x)= −1

n· 1x.

Integrando e tomando exponencial obtenho:

µ(x) = eln(x− 1

n ) = x−1n .

Entao multiplicada por µ(x) = x−1n a equacao vira a nova equacao exata:

n

n− 1· xn−1

n · y′(x) + 1 + x−1n · y = 0, n ∈ N, n ≥ 2

cuja solucao geral e

U(x, y) =

∫ x

a

(1 + t−1n · c) dt+

∫ y

c

n

n− 1· xn−1

n dt =

= x+n

n− 1· xn−1

n · c− C1 +n

n− 1· xn−1

n · y − n

n− 1· xn−1

n · c =

= x+n

n− 1· xn−1

n · y − C1,

ou seja, as solucoes sao:

x+n

n− 1· xn−1

n · y = C1.

O Exercıcio 16.1 no final do Capıtulo consiste em encontrar fator integrante.

11. EQUACOES IMPLICITAS, DISCRIMINANTES E ENVELOPES 542

10.1. Fatores integrantes de equacoes lineares. Aqui quero lembrar que,no caso de equacoes diferenciais lineares, ja tratamos de seus fatores integrantes naSecao 9. Mas podemos retomar o que fizemos la a luz desta teoria mais geral7.

Escrevo a equacao linear como:

y′ − a(x)y − b(x) = N · y′ +M = 0

e busco µ(x) tal que:

∂[µ(x) · 1]∂x

=∂[µ(x) · (−a(x)y − b(x))]

∂y= −µ(x)a(x),

ou seja,µ′(x) = −a(x)µ(x).

Tomo µ(x) = e∫−a(x)dx. Portanto

U(x, y) =

∫

µ(x) dy =

∫

e∫−a(x)dx dy = e

∫−a(x)dx · y + h(x)

e∂U(x, y)

∂x= −a(x) · e

∫−a(x)dx · y + h′(x) =

= µ(x) · (−a(x)y − b(x)) = e∫−a(x)dx · (−a(x)y − b(x))

ou seja,

h′(x) = −b(x) · e∫−a(x)dx

e

h(x) = −∫

b(x) · e∫−a(x)dx dx+ C.

Portanto

U(x, y) = e∫−a(x)dx · y −

∫

b(x) · e∫−a(x)dx dx ≡ C,

que tambem da:

y = e∫a(x)dx · [

∫

b(x) · e∫−a(x)dx dx+ C].

11. Equacoes implıcitas, discriminantes e envelopes

Nas Secoes anteriores, para cada ponto de uma regiao U do plano esta associadoum valor de y′(x) atraves da expressao:

y′(x) = F (x, y).

A situacao que trataremos agora e diferente, pois nela havera pontos do plano (x, y)que nao tem y′(x) associada, outros que tem um valor bem definido e outros aindatem dois valores possıveis !

O Exemplo para comecar e:

(y′)2 − 4x · y′ + 4y = 0,

na qual y′ figura implicitamente.

7Agradeco ao estudante Luciano B. Barros por esta questao.


Se pensamos nessa equacao diferencial como uma equacao quadratica usual navariavel y′, entao ela tem um discriminante:

∆ := 16x2 − 4 · 1 · (4y) = 16x2 − 16y,

ou seja, se num ponto (x, y) do plano ∆ < 0 , nao ha y′ associado; se ∆ = 0 haexatamente 1 valor y′ associado e se ∆ > 0, entao ha duas possibilidades de y′.

Note que ∆ = 0 equivale a termos y = x2, ou seja, sao pontos de uma parabola.Que famılia de curvas satifaz essa equacao diferencial implıcita (y′)2−4x·y′+4y = 0

? A famılia de retas tangentes a parabola y = x2, que vem a ser a famılia de retas:

y = 2c · x− c2.

Note que y′(x) = 2c e portanto:

y = y′ · x− (y′

2)2,

de onde sai:

(y′)2 − 4x · y′ + 4y = 0.

1

0

-2

0,5

-0,5

x

1-0,5

-1,5

-1

0

-2,5

0,5-1

Outro modo de se obter a parabola y = x2 desse Exemplo e eliminando-se c nasduas equacoes:

y − 2c · x+ c2 = 0 e∂(y − 2c · x+ c2)

∂c= −2x+ 2c = 0,

pois a segunda da c = x, que quando posto na primeira da: y− 2x2 + x2 = 0, ou sejay = x2.

E esse o processo de eliminacao do parametro c retomado na Definicao a seguir:

Definicao 11.1. Considere uma famılia de curvas com equacoes F (x, y, c) = 0 de-pendendo de um parametro c e que tenha ∂F

∂c.

A curva g(x, y) = 0 obtida por eliminacao de c nas equacoes:

F (x, y, c) =∂F (x, y, c)

∂c= 0

e o envelope da famılia de curvas dada.


Exemplo: Considere agora a famılia de retas ortogonais a parabola y = x2 empontos diferentes da origem, ou seja:

y =−1

2c· x+ c2 +

1

2, c 6= 0

que pode ser reeescrita (multiplicando por 2c) como:

2c3 + c− x− 2c · y = 0

Nesse caso,

∂F (x, y, c)

∂c= 6c2 + 1− 2y

e o envelope da famılia surge de se eliminar c do seguinte modo (penso em c > 0):

c =

√

2y − 1

6, 2y − 1 > 0,

2 · (√

2y − 1

6)3 +

√

2y − 1

6− x− 2

√

2y − 1

6· y = 0

ou seja:√

2y − 1

6· ( 2 · 2y − 1

6+ 1− 2y )− x = 0,

ou seja:√

2y − 1

6· (−2

3· (2y − 1) ) = x

e

− 2

3√6· (2y − 1)

32 = x

ou seja:2

27(2y − 1)3 = x2.

Isso pode ser escrito como

2 · (1− 2y)3 + 27 · x2 = 0

ou dividindo por 4:

∆ := 4 · (1− 2y

2)3 + 27 · (x

2)2 = 0

e veremos no Capıtulo 32 que ∆ e o discriminante da equacao cubica na variavel c:

c3 + c · (1− 2y

2)− x

2= 0 ⇐⇒ 2c3 + c− x− 2c · y = 0,

onde (x, y) devem ser pensados como coeficientes.A Figura a seguir ilustra o envelope 2 · (1− 2y)3 + 27 · x2 = 0 da famılia de retas

ortogonais a parabola.


y

1,5

2

x

-10

0,5

-0,5 0,5

1

10

Exemplo: A parabola de seguranca8

Vimos na Afirmacao 8.1 do Capıtulo 35 que as trajetorias parabolicas de umprojetil, que parte com velocidade escalar v0 e angulo 0 < α <fracpi2 comv a horizontal, descrevem parabolas

y = − g

2 · v20 · cos2(θ)· x2 + tan(θ) · x.

O envelope dessa famılia serve para determinar a regiao alem da qual nenhum ar-remesso pode passar.

Afirmo que esse envelope e a seguinte curva:

y =(v0)

2

2g− g

2(v0)2· x2

que tambem e uma parabola.Para obter a curva envelope derivo a famılia

H(x, y, θ) := y +g

2 · v20 · cos2(θ)· x2 − tan(θ) · x = 0

em relacao a θ obtendo:

− g · sin(θ)v20 · cos3(θ)

+ sec2(θ) · x = 0

Entao:

−g · tan(θ) · sec2(θ)

v20= − sec2(θ) · x

e portanto

tan(θ) · x =v20g

8Sugerido por Fabio Casula


Substituindo esta expressao na famılia

H(x, y, θ) = y +g

2 · v20· (1 + tan2(θ)) · x2 − tan(θ) · x = 0

obtemos a parabola envelope.A Figura a seguir mostra para v0 = 1 e g = 10 algumas trajetorias parabolicas.

Em vermelho a de alcance maximo x = 110, para a = π

4. Em azul, duas com a = π

4+0.2

e a = π4− 0.2, que atingem o mesmo ponto. Em verde, a parabola de seguranca.

y

0,04

0

0,05

0,03

x

0,1

0,01

0,02

0,060 0,040,02 0,08

Apos termos desenvolvido melhor a nocao de discriminante, veremos no Capıtulo33 que ha uma via de duas maos entre envelopes de famılias de retas e discriminantesde polinomios.

Vimos na secao 3 do Capıtulo 15 que a reta tangente a curva F (x, y) = 0 no ponto(x, y) e dada por:

∂F (x, y)

∂x· (x− x) +

∂F (x, y)

∂y· (y − y) = 0.

Da definicao de vetor tangente Γ′(t) = (x′(t), y′(t)) a uma curva parametrizadaΓ dada na Secao 3 do Capıtulo 28 e das explicacoes que demos la, segue que Γ etangente a F (x, y) = 0 quando:

∂F (x(t), y(t))

∂x· x′(t) + ∂F (x(t), y(t))

∂y· y′(t) = 0.


Diremos que uma curva F (x, y) = 0 e nao-singular se em cada ponto da curva es-tiver definida sua reta tangente. Portanto isso equivale a que nao aconteca a anulacao

simultanea de ∂F (x,y)∂x

e de ∂F (x,y)∂y

em nenhum ponto da curva F (x, y) = 0.

Afirmacao 11.1. Seja F (x, y, c) = 0 uma famılia de curvas com um parametroc ∈ J , onde J e um intervalo. Suponha que para cada c a curva F (x, y, c) = 0 e

nao-singular. Suponha que, ademais das derivadas ∂F (x,y,c)∂x

e ∂F (x,y,c)∂y

, esteja tambem

definida a derivada ∂F (x,y,c)∂c

. Seja

Γ : I → R2, Γ(t) = (x(t), y(t))

uma curva parametrizada, derivavel, onde I e intervalo.Suponha que para parametro c exista um valor bem determinado de t, chamado

de t(c), tal que Γ e tangente a curva F (x, y, c) = 0 no ponto Γ(t(c)). E suponha queessa funcao t = t(c) seja derivavel.

Entao Γ esta contida no envelope da famılia F (x, y, c) = 0.

Demonstracao.

Como Γ(t(c)) e tangente a curva F (x, y, c) = 0 no ponto

Γ(t(c)) = (x(t(c)), y(t(c))) = (x(c), y(c)),

em particular temos:F (x(c), y(c), c) ≡ 0, ∀c ∈ J.

Como t = t(c), x(t) e y(t) sao derivaveis, entao por composicao x(t(c)) = x(c) ey(t(c)) = y(c) tambem o sao. Chamando

φ(c) = F (x(c), y(c), c) ≡ 0

obtemos derivando-a9:0 ≡ φ′(c) =

=∂F (x(c), y(c), c)

∂x· x′(c) + ∂F (x(c), y(c), c)

∂y· y′(c) + ∂F (x(c), y(c), c)

∂c.

Segue do que vimos na secao 3 do Capıtulo 15 que o fato de Γ ser tangente afamılia em F (x, y, c) = 0 se escreve, para cada c, como:

∂F (x(c), y(c), c)

∂x· x′(c) + ∂F (x(c), y(c), c)

∂y· y′(c) ≡ 0.

Concluımos de 0 ≡ φ′(c) que:

0 ≡ ∂F (x(c), y(c), c)

∂c.

Ou seja que Γ esta contida na curva envelope, pois essa esta definido por:

F (x, y, c) =∂F (x, y, c)

∂c= 0.

�

9E usando uma versao da regra da composta para funcoes de mais de uma variavel



Problema: Considere a famılia de parabolas com um parametro c:

y =c3

3· x2 + a2

2· x− 2c.

i) determine o lugar geometrico dos vertices.ii) determine o envelope da famıliaiii) esboce o envelope e dois elementos tıpicos da famılia.Solucao:

De i): para encontrar o lugar geometrico dos vertices, farei primeiro a suposicaoadicional de que

c > 0

e depois discutirei o que acontece para c < 0.Com c > 0 posso escrever:

y =c3

3· x2 + c2

2· x− 2c =

= (

√c3√3· x+

√3

4·√c )2 − 2c− 3

42· c =

= (

√c3√3· x+

√3

4)2 − 35

16· c,

ou seja:

y +35

16· c = (

√c3√3· x+

√3

4)2.

Entao os vertices das parabolas sao os pontos:

(x, y) = (−3

4· 1c, −35

16· c).

Esses pontos satisfazem:

x · y =3

4· 3516

e isso e uma hiperbole. O ramo dessa hiperbole que tem x < 0 e y < 0 descreve olugar dos vertices de y = c3

3· x2 + c2

2· x − 2c para c > 0, ja que todas elas cortam o

eixo dos y em pontos de coordenadas negativas.Ja o ramo da hiperbole com x > 0 e y > 0 descreve os vertices das parabolas

y = c3

3· x2 + c2

2· x− 2c para c < 0.

De ii): O envelope satisfaz:

y =c3

3· x2 + c2

2· x− 2c e 0 = c2 · x2 + c · x− 2.

Suponha por um momento que c > 0 e que x > 0 e resolva

c2 · x2 + c · x− 2 = 0


como equacao quadratica onde c e a variavel e x e fixado. Entao:

c =−x+

√

x4 − 4 · x2 · (−2)

2x2=

2x

2x2=

1

x,

e note que c = 1xe solucao de

c2 · x2 + c · x− 2 = 0

tambem para x < 0.Substituindo c = 1

xem y = c3

3· x2 + c2

2· x− 2c e simplificando obtemos:

y = −7

6· 1x,

que vem a ser o envelope ∆ = 0.De iii): considerando c = 1 e c = −1 por exemplo o aspecto tıpico e esbocado

na Figura a seguir, onde em verde esta lugar dos vertices V e em vermelho o envelopeda famılia de conicas:

∆

∆V

V

c < 0

c > 0

x

y

Consegui depois fazer no Maple uma figura mais realista, porem restrita a peque-nas regioes do plano, dessa famılia:

5

0

-5

-15

10

x

0,60,5

-10

0,40,1 0,30,2

13. EQUACOES DE CLAIRAUT E DE LAGRANGE: ISOCLINAS RETAS 550

15

10

5

-5

0

x

-0,1-0,2-0,6

-10

-0,4-0,5 -0,3

A primeira figura e para x > e a segunda para x < 0, onde se ve parte da curvaenvelope y = −7

6· 1xem vermelho.

13. Equacoes de Clairaut e de Lagrange: isoclinas retas

Lagrange10 considerou o problema seguinte: resolver as equacoes diferencias deprimeira ordem tais que as curvas isoclinas sao todas retas.

Em suma, ja que as isoclinas surgem de fixarmos dydx

= C, trata-se do problemade resolver equacoes diferenciais da forma:

y = a(p) · x+ b(p), onde p :=dy

dx.

Precisamos nos acostumar a distinguir entre o subconjunto de pontos do planodeterminado por uma curva - o traco da curva - e as diferentes maneiras como podemospercorrer esse subconjunto - as diferentes parametrizacoes. A ideia de Lagrange e daras curvas-solucoes na forma de curvas parametrizadas por:

x = x(p) e y = y(p).

Quando falharia essa ideia ? Quando a inclinacao p ≡ C ao longo de uma porcaoda curva-solucao. Mas nesse caso essa porcao da curva-solucao esta contida em algumareta:

y = C · x+ C2(p).

E ademais, como comecamos com

y = a(p) · x+ b(p)

concluımos que

a(p) = C = p.

Em suma, (partes de) retas y = Cx+ C2 sao solucoes de

y = a(p) · x+ b(p), onde p :=dy

dx

10 Sao chamadas Equacoes de D’Alembert no livro de E. Kamke, Differentialgleichungen- Lo-

sungsmethoden und losungen, T. I, Chelsea Publisinhg Company, 1948, pg. 31


quando houver solucao dea(p)− p = 0

Se ocorrer que a(p) ≡ p entao genericamente as solucoes sao retas. E o caso dasequacoes que vimos na Secao 11:

(y′)2 − 4x · y′ + 4y = 0,

ou seja,

y = x · y′ − (y′)2

4,

que vimos ter por solucoes a famılia de retas

y = 2c · x− c2.

Uma equacao do tipoy = y′ · x+ b(y′)

e uma Equacao de Clairaut e e uma classe importante de equacoes. As retas

y = c · c+ b(c), c ∈ R

sao solucoes.De agora em diante suporemos entao que

a(p)− p 6≡ 0.

Cada vez que tivermos uma raız de a(p) − p = 0 teremos (porcoes de) curvas-solucoes contidas em retas e a ideia de parametrizar a solucao por x = x(p) e y = y(p)deve ser abandonada.

Ja que p varia ao longo das solucoes, derivo em p a expressao

y = a(p) · x+ b(p),

obtendody

dp=da

dp· x+ a(p) · dx

dp+db

dp.

Usando:dy = p · dx

obtemos:

p · dxdp

=da

dp· x+ a(p) · dx

dp+db

dpe daı, ja que a(p)− p 6= 0:

dx

dp−

dadp

p− a(p)· x =

dbdp

p− a(p).

Esta e em geral uma equacao linear a coeficientes variaveis. Com o fator deintegracao

µ(p) := e∫−

dadp

p−a(p)dp

a solucao e:

x(p) = µ(p)−1 · (∫

µ(p) ·dbdp

p− a(p)dp+K), K ∈ R.

13. EQUACOES DE CLAIRAUT E DE LAGRANGE: ISOCLINAS RETAS 552

De y = a(p) · x+ b(p) obtemos:

y(p) = a(p) · x(p) + b(p)

como querıamos.

Exemplo:Suponhamos que a(p) = αp, α 6= 1 e que b(p) ≡ C1. Neste caso simples,

p− a(p) = (1− α)p edb

dp= 0

portanto

dx

dp−

dadp

p− a(p)· x =

dbdp

p− a(p)

se reduz a:dx

dp=

α

(1− α)p· x.

logo:

x(p) = C2 · e∫

α(1−α)p

dp = C2 · ||p||α

(1−α)p

e

y(p) = α · C2 · ||p||α

(1−α)p · p+ C1.

Se p > 0 temos

y(p) = α · C2 · p1

1−α + C1.

Como neste caso simples a equacao original e linear:

y = αx · dydx

+ C1 ⇔ dy

dx− y

αx= −C1

αx

sabemos resolve-la e obtemos, com o fator de integracao ν(x) := e∫− 1

αxdx = x−

1α , se

x > 0, e temos:

y(x) = K · x 1α + C1, x > 0.

Para chegarmos de

y(x) = K · x 1α + C1, x > 0, K 6= 0

em

y(p) = α · C2 · p1

1−α + C1, p > 0

basta notar que

p =dy

dx=K

α· x 1−α

α ,

ou seja,

x = (α

K· p) α

1−α

e escolhermos

C2 = (α

K)

11−α .

Exemplo:


y =p2

2· x+ 2p, p =

dy

dxe uma equacao de Lagrange.

As duas solucoes p = 0, 2 de p − a(p) = p − p2

2= 0 dao origem a duas solucoes

retas da equacao original:y = 2x+ 4 e y ≡ 0.

Se p 6= 0 e p 6= 2, entao da equacao de Lagrange obteremos, como explicado, aequacao diferencial linear:

dx

dp− p

p− p2

2

· x =2

p− p2

2

.

Usando o fator de integracao µ(p) = e∫

2p−2

dp = (p−2)2, obteremos a solucao geral:

x(p) =1

(p− 2)2· (4 ln(p2)− 4p+K), K ∈ R.

e daı

y(p) =p2

2· x(p) + 2p.

14. Transformacao de Legendre, dualidade e resolucao de equacoesdiferenciais

Considere uma funcao y = y(x) tal que sua derivada y′ = y′(x) seja ela mesmauma funcao inversıvel.11

Denote a funcao inversa de y′ = y′(x) por x = x(y′).Defino

X := y′(x)

e a transformacao de Legendre de y = y(x) e a funcao Y (X) dada por

Y (X) := x · y′(x)− y(x) = X · x(X)− y(x(X)).

Afirmo que:

Y ′(X) :=dY

dX= x(X).

De fato,

Y ′(X) =d(x · y′(x)− y(x))

dX:=

(x(X) ·X − y(x))

dX=

= x(X) +dx(X)

dX·X − dy(x)

dx· dxdX

=

= x(X) +dx(X)

dX·X −X · dx

dX= x(X).

Agora afirmo que:y(x) = X · Y ′(X)− Y (X),

11Isso pode ser garantido se y′′(x) > 0 ∀x num Intervalo I, ou seja, se y(x) for convexa, poisentao y′(x) e estritamente crescente em I e segue que y′(x) e inversıvel.

14. TRANSFORMACAO DE LEGENDRE, DUALIDADE E RESOLUCAO DEEQUACOES DIFERENCIAIS 554

pois da definicao que demos

Y (X) := x · y′(x)− y(x)

obtenho

y(x) = x · y′(x)− Y (X) = Y ′(X) · x− Y (X).

Reunindo o que temos:

X = y′(x) e x = Y ′(X)

e

Y (X) = x · y′(x)− y(x) e y(x) = X · Y ′(X)− Y (X).

Essa possibilidade de trocar Y por y (e vice-versa) e de trocar X por x (e vice-versa)nas duas expressoes acima e manter a verdade e um caso do princıpio de dualidade.

Para ficar mais fundamentada essa dualidade, noto tambem que

y′′(x) > 0 ⇒ Y ′′(x) > 0.

De fato,

Y ′′(X) :=d2Y

dX2:=

d( dYdX

)

dX=

dx

dX=

=1

(dXdx):=

1

y′′(x)> 0,

onde usei o Teorema da derivada da funcao inversa.Se pode, ademais, provar que a transformacao de Legendre e involutiva.

A ideia agora e usar a transformacao de Legebdre para passar de uma equacaodiferencial F (x, y, y′) = 0 para outra equacao F (X, Y, Y ′(X)) = 0 que seja mais facilde resolver !

Feito isso, da soucao Y = Y (X) de F (X, Y, Y ′(X)) = 0 passamos a solucao daequacao original via:

x = Y ′(X), y = X · Y ′(X)− Y (X)

que e um tipo de parametrizacao da solucao de F (x, y, y′) = 0.O Exemplo a seguir12 ja deve dar uma ideia da utilidade da transformacao de

Legendre:

Exemplo:Resolver:

(a2 · x+ b2 · y + c2) · (y′)2 + (a1 · x+ b1 · y + c1) · y′ + a0 · x+ b0 · y + c0 = 0,

onde ai, bi, ci ∈ R.Solucao: se faco as mudancas

y′ = X, x = Y ′(X), y = XY ′(X)− Y,

12 Esses dois exemplos tirei de E. Kamke, Differentialgleichungen


que nada mais sao que a transformacao de Legendre, obtemos - basta expandir aexpressao obtida por composicao e depois reunir os termos -

(A(X) +X · B(X)) · Y ′(X)− B(X) · Y + C(X) = 0,

onde

A(X) := a2X2+a1X+a0, B(X) := b2X

2+b1X+b0 e C(X) := c2X2+c1X+c0.

Ora, sabemos resolver esta equacao diferencial linear de primeira ordem

Y ′(X)− B(X)

A(X) +X · B(X)· Y = − C(X)

A(X) +X · B(X)

via fator de integracao

µ(X) = e∫− B

A+X·B dX .

Portanto teremos explicitamente:

Y = Y (X) = K · e∫

BA+X·B dX − e

∫B

A+X·B dX ·∫

e−∫

BA+X·BdX · C(X)

A(X) +X · B(X)dX.

E daı a solucao geral x = Y ′(X) e y = X · Y ′(X)− Y (X) da equacao original.

Exemplo:Resolver:

x3(y′)2 − 2x2yy′ + xy2 − y′ = 0.

Solucao: Reescrevo-o como:

y′ = x · (xy′ − y)2.

Com a transformacao de Legendre

y′ = X, x = Y ′(X), Y (X) = xy′ − y

essa equacao vira a equacao separada:

X = Y ′(X) · Y (X)2,

que se resolve por:

X2

2=Y 3

3+K, K ∈ R.

Ou seja,

Y (X) = (3

2X2 +K)

13 .

Daı sai

x = Y ′(X) y = X · Y ′(X)− Y (X).

15. APENDICE: FUNCOES CONTINUAS DE DUAS VARIAVEIS ECONTINUIDADE UNIFORME 556

15. Apendice: Funcoes contınuas de duas variaveis e continuidadeuniforme

Para a Secao 3 e para outras ainda por vir, precisamos esclarecer algumas nocoes.Queremos determinar o que deve significar para uma funcao z = f(x, y) de duas

variaveis ser contınua num ponto (x, y) de seu domınio. Quando dissermos apenascontınua significara em cada ponto de seu domınio.

Definicao 15.1. Dizemos que z = f(x, y) e contınua num ponto (x, y) se dado ǫ > 0,existe δ > 0 tal que

||(x, y)− (x, y)|| < δ ⇒ |F (x, y)− F (x, y)| < ǫ,

onde

||(x, y)− (x, y)|| :=√

(x− x)2 + (y − y)2

e onde possivelmente δ depende de ǫ e de (x, y).

Note que essa definicao pede que haja aproximacao do valor F (x, y), nao impor-tando em que direcao no plano nos aproximemos de (x, y),

A funcao

z = F (x, y) :=(x+ y)2

x2 + y2, se (x, y) 6= (0, 0) e F (0, 0) = K

nao e contınua em (0, 0) para nenhuma escolha de K ∈ R.De fato, escolha um K. Se nos aproximamos de (0, 0) pela reta y = x a funcao

vale nesses pontos:

z = F (x, x) :=4x2

2x2= 2, se x 6= 0 e F (0, 0) = K

enquanto que se nos aproximamos de (0, 0) pela reta y = −x a funcao vale nessespontos:

z = F (x,−x) := 0, se x 6= 0 e F (0, 0) = K.

Logo ou |F (x, x)−K| nao fica pequeno ou |F (x,−x)−K| nao fica pequeno.Ja um polinomio de duas variaveis

z = a00 + a10x+ a0,1y + a11xy + . . . annxnyn

de grau 2n e um bom exemplo de funcao contınua no sentido da Definicao 15.1.No Capıtulo 6 vimos que

f : (0,+∞) → R, f(x) =1

x

e uma funcao contınua.Mas o Exemplo 2) da Secao 2 do Capıtulo 5 ja tinha mostrado o que a Figura

indica: que vai ficando mais difıcl encontrar o δ > 0 adequado a medida que x seaproxima do 0 para que tenhamos:

|x− x| < δ ⇒ |1x− 1

x| < ǫ.


2 ε

2 ε

2 ε

Figura: Para um mesmo ǫ, preciso cada vez menores valores de δO mesmo fenomeno acontece em duas variaveis, por exemplo f(x, y) = 1

x2+y2, com

(x, y) 6= (0, 0).Mas se restringimos a funcao para o domınio:

f : [a,+∞) → R, f(x) =1

x,

ondea > 0,

entao tudo fica mais simples.Se quero um δ com

|x− x| < δ ⇒ |1x− 1

x| < ǫ

basta tomar:δ := ǫ · a2

pois entao, independentemente de x:

|1x− 1

x| = |x− x

xx| = |x− x|

xx≤ |x− x|

a2≤ ǫ,

se |x− x| < ǫ · a2.

A proxima afirmacao da uma resposta geral (sua prova e mais tıpica dos cursosde Analise):

Afirmacao 15.1. Seja f um funcao em uma variavel x ou em duas variaveis (x, y),que e contınua em cada ponto de um intervalo fechado [a, b] ou de um retangulofechado [a, b]× [c, d].

Entao a escolha de δ > 0 para que:

|x− x| < δ ⇒ |f(x)− f(x)| < ǫ,

ou para que||(x, y)− (x, y)|| < δ ⇒ |f(x, y)− f(x, y)| < ǫ,

so depende de ǫ e nao no ponto particular x ou (x, y).

16. EXERCICIOS 558

16. Exercıcios

Exercıcio 16.1. (resolvido)Seja n ∈ N, com n ≥ 2 fixado.Considere a equacao diferencial:

((n + 1)xn−1yn + n2xnyn−1) · y′(x) + nxn−2yn+1 + n(n+ 1)xn−1yn = 0

i) Encontre um fator integrante µ(x) para a equacao.ii) determine as curvas integrais.

CAPıTULO 37

Curvas de Perseguicao

Este capıtulo consegue reunir temas distintos, que ja tratamos, como equacoesdiferenciais separaveis, envelopes e conicas. E da uma aplicacao pratica, o que meparece valioso. 1

1. O problema

Imagine um objeto P = P (t) que sai de

(0, y)

no eixo positivo dos y e que todo tempo persegue um outro objeto Q = Q(t) que sedesloca a partir da origem, no sentido do eixo dos x.

Perseguir aqui significa que todo tempo a reta tangente a curva descrita por P (t)passa por Q(t).

A reta tangente faz entao papel da visao do predador P (t), que esta todo o tempofixada na presa Q(t).

Por isso o tema interessou A. Lotka, estudioso dos aspectos matematicos da Ecolo-gia, como veremos mais adiante neste Capıtulo.

Se nao colocamos nenhuma hipotese sobre as velocidades dos pontos o problemae intratavel, mas:

Afirmacao 1.1. Imagine um predador P = P (t) que sai de

(0, y)

no eixo positivo dos y e que todo tempo persegue Q = Q(t) que se desloca a partirda origem, no sentido do eixo dos x. Suponha que o vetor velocidade de P (t) temmodulo constante v1 e que a velocidade de Q(t) e constante v2.

i) Se r := v2v1< 1 entao

• no tempo t =y

v1·(1−r2) o predador P (t) colide com a presa Q(t) no ponto do

eixo dos x cuja coordenada e x =ry

1−r2• o predador percorreu a distancia

y

1−r2 .• a curva descrita por P (t) tem equacao

x = −yr

2(1− r)· y1−r +

y−r

2(1 + r)· y1+r +

ry

1− r2.

1Aprendi essas coisas inicialmente com o livro The W. L. Putnam Mathematical Competition,

Problems and solutions, 1938-1964., Math. Association of America. e depois com artigos de A.Bernhardt, Curves of pursuit, Scripta Mathematica, vol. 20, 1954, vol. 23, 1957 e vol. 24, 1959,bem como com o de A. Lotka, Families of curves of pursuit, and their isochrones, The AmericanMathematical Monthly, Vol. 35, No. 8 (Oct., 1928), pp. 421-424.

559

1. O PROBLEMA 560

ii) Se r := v2v1

= 1 entao

• o predador nao alcanca a presa, mas segue-a a uma distancia que tende a 1y

quando t→ +∞.• a curva descrita pelo predador P (t) tem equacao

x = −y

2ln(

y

y) +

y

4(y

y)2 −

y

4.

A figura a seguir ilustra um dia da caca e outro do cacador.Cuide que o eixo dos y foi posto horizontalmente e as escalas nao sao as mesmas

para fica evidente o ponto de impacto.

20

10

15

5

0

y

65421 30

Fig.: Com y = 6 e r = 12a presa e apanhada em x = 4. Em verde a curva se r = 1.

Na prova da Afirmacao usamos bastante a comodidade da notacao de Leibniz paraas derivadas e para a regra da cadeia.

Demonstracao.

A curva do predador P (t) sera vista como uma curva parametrizada

γ(t) = (x(t), y(t)),

onde t e o tempo, com γ(0) = (0, y), com y > 0 fixado. E ademais Q(0) = (0, 0).A equacao x = f(y) do traco de γ(t) entao tem

dx

dy(y) = 0,

pois o predador P (t) olha verticalmente a presa Q(t) quando t = 0.

CAPITULO 37. CURVAS DE PERSEGUICAO 561

Como Q(t) se desloca seguindo o eixo dos x, entao

dx

dy(y) < 0, ∀y,

ou seja, a coordenada y e estritamente decrescente com t.Isso permite que pensemos na coordenada y de γ como funcao inversıvel de t, ou

seja:

y = y(t) e t = t(y).

Quando usardt

dy

usarei tambemdy

dt· dtdy

≡ 1

para expressar as regras de derivada de composta/inversa.Lembro que

dt

dy< 0 ∀y.

A condicao de perseguicao diz que:

dx

dy=x(t)− v2 · t

y(t)∀t ≥ 0,

ou seja,

y(t) · dxdy

= x(t)− r · v1 · t.

Por hipotese

v1 ≡√

(dx

dt)2 + (

dy

dt)2,

de onde obtemos:

v1 · (−dt

dy) =

√

(dx

dt)2 + (

dy

dt)2 · (− dt

dy) =

=

√

(dx

dt)2 + (

dy

dt)2 ·

√

(dt

dy)2 =

=

√

(dx

dt· dtdy

)2 + (dy

dt· dtdy

)2 =

=

√

(dx

dy)2 + 1.

Como dissemos acima, temos t = t(y) e a equacao pode ser escrita como

y · dxdy

= x(t(y))− r · v1 · t(y).

1. O PROBLEMA 562

Derivo-a em y obtendo:

dx

dy+ y · d

2x

dy2=dx

dy− r · v1 ·

dt

dy,

ou seja,

y · d2x

dy2= −r · v1

dt

dy= r ·

√

(dx

dy)2 + 1.

Com a variavel

z :=dx

dy

o que temos entao e a equacao diferencial:

y · dzdy

= r ·√z2 + 1,

que e separavel:1√z2 + 1

dz

dy− r

y= 0.

A solucao geral e:

ln(z +√z2 + 1)− r · ln(y) = C1,

pois ja vimos a primitiva∫

1√z2 + 1

dz = ln(z +√z2 + 1)

no Capıtulo 25.A constante C1 fica determinada pela condicao que em y = y temos z := dx

dy= 0:

−r · ln(y) = C1

ou seja a solucao e:

ln(z +√z2 + 1)− r · ln(y) = −r · ln(y),

quer dizer:

r · ln(y)− r · ln(y) = ln(z +√z2 + 1),

ou seja

ln((y

y)r) = ln(z +

√z2 + 1)

e portanto:

(y

y)r = z +

√z2 + 1.

Isso da:

((y

y)r − z)2 = z2 + 1

e daı isolo z:

z = −1

2(y

y)−r +

1

2(y

y)r.


Como z = dxdy

entao∫z dy = x+ C e portanto, se

0 < r < 1,

entao no item i) obtemos

x+ C2 = −y

2 · (1− r)· (yy)1−r +

y

2 · (1 + r)· (yy)1+r.

A constante C2 se determina com a condicao de que quando x = 0 temos y = y:

C2 = −y

2 · (1− r)+

y

2 · (1 + r)= −

r · y1− r2

.

Obtivemos entao no caso 0 < r < 1 que

x = −y

2 · (1− r)· (yy)1−r +

y

2 · (1 + r)· (yy)1+r +

r · y1− r2

descreve o traco de γ, a trajetoria do predador.Tudo que fizemos acima era para y > 0. Mas quando y → 0 vemos que a coorde-

nada x(y) de γ verifica:

x(y) →r · y1− r2

,

pois r < 1.Por outro lado, como

y · dxdy

= y · (−1

2(y

y)−r +

1

2(y

y)r) =

= −1

2· y

1−r

y−r+

1

2· y

1+r

yr

e como 0 < r < 1 vemos que y → 0 implica y · dxdy

→ 0, ou seja,

x(y)− r · v1 · t(y) = y · dxdy

→ 0 quando y → 0.

Ja que a posicao da presa em funcao do tempo e dada por

r · v1 · t(y),o que vemos e que quando y → 0 tambem a posicao da presa tende a

r · y1− r2

.

Logo o ponto no eixo dos x dado porr·y

1−r2 e o ponto em que o predador pega apresa.

O tempo transcorrido na cacada foiy

v1 · (1− r2).

O predador percorreu a distancia

v1 ·y

v1 · (1− r2)=

y

1− r2

1. O PROBLEMA 564

Retomando agora o casor = 1

do item ii), de

z :=dx

dy= −1

2(y

y)−1 +

1

2

y

y

obtemos, integrando:

x = −y

2ln(

y

y) +

y

4(y

y)2 + C

e C se determina com a condicao de que, em x = 0, temos y = y:

x = −y

2ln(

y

y) +

y

4(y

y)2 −

y

4.

Temos

x(y)− r · v1 · t(y) = y · dxdy

=

= −1

2· y

y−1+

1

2

y2

y

e portanto:

x(y)− r · v1 · t(y) → −−1

yquando y → 0

(o sinal negativo significa que o predador esta atras da presa). Ou seja distancia entrepresa e predador:

√

(r · v1 · t(y)− x(y))2 + y2

tende a 1y.

�

A Afirmacao a seguir reune algumas observacoes que eu pude fazer apos entendera Afirmacao 1.1:

Afirmacao 1.2. Imagine um predador P = P (t) que sai de

(x, y), com x ≥ 0 e y > 0

e que todo tempo persegue Q = Q(t) que se desloca a partir da origem, no sentido doeixo dos x. Suponha que o vetor velocidade de P (t) tem modulo constante v1 e que avelocidade de Q(t) e constante v2.

Se r := v2v1< 1 entao

• o predador P (t) colide com a presa Q(t) no ponto do eixo dos x cuja coorde-nada e

y

2A · (1− r)−

Ay

2(1 + r)+ x

onde

A =x

y+

√

(x

y)2 + 1.


• a curva descrita por P (t) tem equacao

x = −yr

2A · (1− r)· y1−r +

A · y−r2(1 + r)

· y1+r +y

2A · (1− r)−

A · y2(1 + r)

+ x.

• se fixamos y > 0 e perguntamos por qual a coordenada x do ponto de partidado predador que faz com que o predador alcance a presa em menos tempo aresposta e:

x =y · r√1− r2

.

De fato, o ponto de impacto no eixo dos x tambem tem coordenada

x =y · r√1− r2

.

A figura a seguir mostra as trajetorias de tres predadores: Em vermelho o que saide (0, 6) e apanha a presa em (4, 0); em verde o que sai de (1, 6) e em amarelo o quesai de (2

√3, 6). Esse ultimo apanha a presa no ponto (2

√3, 6) e segundo a Afirmacao

1.2 e o que minimiza o tempod e cacada.

4

2

3

6

1

y

53 4200 1

Na figura a seguir faco um zoom da figura para ver as diferentes posicoes em queapanham a presa:

4

3,2

3,6

y

2,8

0,50,3 0,40,2

2,4

0 0,1

2. AS ELIPSES ISOCRONAS, SEGUNDO A. LOTKA 566

Demonstracao.

Basta repetir a prova da Afirmacao 1.1 mas levando em conta como devem serdeterminadas as constantes de integracao C1 e C2.

A constante C1 fica determinada agora pela condicao que em y = y temos

z :=dx

dy=x

y,

pois a reta tangente de γ deve passar pela origem.E depois a constante C2 fica determinada por x = x quando y = y.Desse jeito se chega, como antes, na equacao da curva γ:

x = −yr

2A · (1− r)· y1−r +

A · y−r2(1 + r)

· y1+r +y

2A · (1− r)−

A · y2(1 + r)

+ x,

que tende ay

2A · (1− r)−

A · y2(1 + r)

+ x

quando y → 0, pois 0 < r < 1.Fixado y e deixando variavel apenas a coordenada x temos uma funcao

d(x) :=y

2A · (1− r)−A(x) · y2(1 + r)

+ x,

onde

A(x) =x

y+

√

(x

y)2 + 1,

que da a posicao de impacto no eixo dos x. Se minimizamos essa posicao de impactono eixo dos x estaremos minimizando o tempo da cacada (pois esse tempo e igual aposicao no eixo x dividido por v2, a velocidade da presa).

Um calculo mecanico da que d′(x) se anula em:

x =y · r√1− r2

,

e que d′′(x) nesse ponto e positiva. Esse mınimo local de fato e o ponto de mınimoglobal de d(x).

�

2. As elipses isocronas, segundo A. Lotka

Para entender o que fez A. Lotka vamos introduzir alguns objetos (o leitor podeacompanhar na Figura a seguir)

• novas coordenadas (x, y) no ponto I de impacto entre predador e presa. Noteque x tem a orientacao oposta de x.

• um sistema de coordenadas polares (ρ, θ) movel, que dara informacao domovimento da presa Q = Q(t) em relacao ao do predador P = P (t). O polo

e em Q e θ = ˆPQI. Entao π2≤ θ ≤ π.


• o comprimento s da curva descrita pelo predador (ver Secao 1 do Capıtulo28) sera medido desde o ponto I ate P (t). Se r := v2

v1< 1 e o quociente das

velocidades entao a distancia entre Q(t) e I e r · s.

xx I

y y

θ

ρ

P

Q r.s

s

Entao, levando em contas sinais e orientacoes:

x = r · s− ρ · cos(θ) e y = ρ · sin(θ).Todas essas grandezas dependem de s. Derivo em relacao ao comprimento s:

dx

ds= r − dρ

ds· cos(θ) + ρ · sin(θ) · dθ

dse

dy

ds=dρ

ds· sin(θ) + ρ · cos(θ) · dθ

ds.

Mas quando o parametro que descreve uma uma curva e seu proprio comprimento s,temos:

√

(dx

ds)2 + (

dy

ds)2 ≡ 1.

Ou seja que podemos escrever (levando em conta que x cresce com o crescimento des e que π

2≤ θ ≤ π):

dx

ds= − cos(θ) e

dy

ds= sin(θ).

Em suma, temos o sistema:

− cos(θ) = r − dρ

ds· cos(θ) + ρ · sin(θ) · dθ

dse

sin(θ) =dρ

ds· sin(θ) + ρ · cos(θ) · dθ

ds.

Multiplicando a primeira equacao do sistema por sin(θ), a segunda por − cos(θ) esomando-as obtenho:

dρ

ds= 1 + r · cos(θ).

3. UM ENVELOPE QUE E UMA CURVA DE PERSEGUICAO 568

Ja multiplicando a primeira do sistema por cos(θ) e a segunda por sin(θ) e somando-asobtenho:

ρ · dθds

= −r · sin(θ).Agora e so juntar essas duas equacoes obtidas e temos a equacao diferencial:

(1− r · cos(θ)) · dρds

+ r · sin(θ) · ρ · dθds

= 1− r2.

Reconhecemos aı uma equacao diferencial exata:

d [ (1− r · cos(θ)) · ρ]ds

= 1− r2.

Integrando-a temos:

(1− r · cos(θ)) · ρ = (1− r2) · s+ C.

A constante C fica determinada quando impomos que para s = 0 (ou seja, estandoem I) a distancia entre P e Q e ρ = 0. Ou seja, C = 0.

Portanto

ρ =(1− r2) · s1− r · cos(θ) =

(1− r2) · s1 + r · cos(π − θ)

.

Ora, para cada s fixado

ρ =(1− r2) · s

1 + r · cos(π − θ)

e uma elipse com excentricidade 0 < r < 1 e com (1−r2) ·s de semi-latus rectus (vejaa Afirmacao 7.1 do Capıtulo 39).

Lembre que naquela descricao o angulo θ := π−θ e medido com o eixo polar (eixodos x > 0) e que o polo do sistema polar (ρ, θ) e o foco da conica.

A interpretacao que Lotka da e a seguinte (sempre supondo velocidades v1, v2constantes e r = v2

v1).

Suponha que a presa Q segue em direcao ao refugio I que dista dela r · s. Se umpredador P seguindo uma curva de perseguicao qualquer avista Q, entao P conseguepegar Q antes que este se refugie se P esta no interior da elipse

ρ =(1− r2) · s

1 + r · cos(π − θ).

Essa elipse descreve todos os pontos em que P , seguindo curvas de perseguicao, pegaQ em I.

3. Um envelope que e uma curva de perseguicao

A observacao desta Secao e de Gomes Teixeira, em seu Traite de courbes specialesremarquables, vol. III, paginas 137-138.

Considere a famılia de retas que se forma por reflexao de retas verticais em pontos(x, y) do grafico de

y = f(x) = a · ln(x),onde a 6= 0 e fixado.


De acordo com a Afirmacao 4.1 do Capıtulo 20, a equacao dessa retas refletidase:

y = (f ′(x)2 − 1

2f ′(x)) · x+ f(x)− (

f ′(x)2 − 1

2f ′(x)) · x =

=a2 − x2

2ax· x+ a · ln(x) + x2 − a2

2a.

Isso se pode escrever tambem como:

F : y · (2ax)− (a2 − x2) · x = 2a2x ln(x)− (a2 − x2) · x.

Como F e uma famılia de retas com parametro x, pode ser derivada em relacao aoparametro. Obtemos:

∂F

∂x: 2a · y + 2x · x = 2a2 ln(x) + a2 + 3x2.

Agora note que

F − x · ∂F∂x

e

−(a2 − x2) · x = −2x · (a2 − x),

de onde

x = 2x.

Quando substituido em F , x = 2x da:

y = a ln(x)− x2

2a+a

2.

Ou seja, a equacao do envelope da famılia de retas F e:

y = a ln(x

2)− (x

2)2

2a+a

2,

ou seja, o envelope e:

y = a ln(x)− x2

8a+a

2− a ln(2).

Se reconhece aı, trocando x por y, uma curva de perseguicao do tipo do item ii)da Afirmacao 1.1.

A figura a seguir ilustra a situacao, com a = 1, ou seja, y = f(x) = ln(x) (verde),com 8 retas da famılia F e onde a curva envelope (em vermelho)

y = ln(x)− x2

8+

1

2− ln(2)

persegue pontos no eixo vertical.

4. EXERCICIOS 570

4

2

-2

3

1

x

4

-1

051

-3

32

4. Exercıcios


Em 1687, Huygens observou que as curvas y = a · x 34 − x, para x ≥ 0, com a > 0

fixado, tem as seguintes propriedades:

i) a area da regiao finita que fica entre seus graficos e o eixo dos x tem area a8

14.

ii) a tangente ao seu grafico em (x, y) passa por (−x3, x3), nao importando qual o

a > fixado.Prove i) e ii) e, ademais, esboce qualitativamente o grafico de y = x

34 − x, para

a > 0. Ou seja, determine sinais e raızes, crescimento e decrescimento, concavidadese se ha assıntotas quando x → +∞.

A propriedade ii) diz entao que as curvas y = a · x 34 −x sao curvas de perseguicao

dos pontos (−x3, x3) que se movem na reta y = −x. O quociente entre as velocidades

nao e constante neste exemplo.

CAPıTULO 38

Cinetica quımica e crescimento bacteriano

Quando saımos do campo das equacoes diferenciais lineares, em geral topamoscom equacoes difıceis de serem resolvidas explicitamente (ou mesmo impossıveis ...).

Mas algumas equacoes diferenciais nao-lineares bem especiais sao ainda faceis deserem resolvidas e muito uteis.

1. Cinetica quımica

Esta Secao expoe trechos de Notas do Professor Mark Thompson.Infelizmente nao exponho tudo que ha em suas notas. Detalhei um pouco mais

algumas contas e acrescentei uns graficos.

Ja em 1850, L. F. Wilhelmy estudou a reacao em que agua e sacarose produzemcelulose e frutose:

H2O + C12H22O11 −→ C6H12O6 + C6H12O6

e verificou que taxa de decrescimento da quantidade/concentracao c(t) de sacaroseno tempo t era proporcional a quantidade/concentracao do acucar nao-invertido:

c′(t) = −k · c(t).A constante k e chamada de taxa especıfica da reacao ou constante da reacao.

Mas, em muitos casos, o decrescimento da quantidade cA(t) do reagente A naodepende somente da quantidade de A mas tambem da de outros reagentes B,C . . . , Z.E pode acontecer do decrescimento ser dado por uma lei geral:

c′A(t) = −k · caA · cbB · . . . · czZ , onde a, b, . . . , z ∈ R

Chama-se ordem da reacao a soma de expoentes:

a+ b+ c+ . . .+ z.

Alguns exemplos:

• i) A decomposicao do pentoxido de nitrogenio:

2N2O5 −→ 4NO2 +O2,

segue a lei

[N2O5]′(t) = −k · [N2O5](t)

onde [N2O5](t) e a concentracao no instante t. Por isso e uma reacao deprimeira ordem.

571

1. CINETICA QUIMICA 572

• ii) Ja a decomposicao do dioxido de nitrogenio:

2NO2 −→ 2NO +O2,

segue a lei:

[NO2]′(t) = −k · [NO2]

2(t)

, sendo portanto de segunda ordem.• iii) A reacao:

C2H5Br + (C2H5)3N −→ (C2H5)4NBr

segue tambem uma lei de segunda ordem, mas do tipo:

[C2H5Br]′(t) = −k · [C2H5Br](t) · [(C2H5)3N ](t).

• iv) a ordem nao precisa ser um numero inteiro, por exemplo, a decomposicao:

CH3CHO −→ CH4 + CO,

segue a lei:

[CH3CHO]′(t) = −k · [CH3CHO]

32 (t).

Note que as formas estequiometricas de i) e ii) sao iguais, mas as ordens dereacao sao diferentes. Para se entender a ordem de uma reacao e preciso entender omecanismo da reacao.

A maioria das reacoes quımicas nao sao simples do ponto de vista cinematicoe envolvem uma sequencia de estagios entre os reagentes iniciais e os produtos fi-nais. Cada uma das etapas e chamada de reacao elementar. Reacoes complexas saosequencias de reacoes elementares.

Um conceito importante e o de molecularidade de uma reacao. Por exemplo, adecomposicao do iodeto de hidrogenio:

2HI −→ H2 + I2

acontece quando duas moleculas deHI se chocam com suficiente energia para produzirum rearranjo das ligacoes quımicas (de duas H − I ligacoes para uma H −H ligacaoe uma I − I ligacao). Como esse processo elementar envolve duas moleculas suamolecularidade e 2.

Experimentalmente se observa que:

[HI]′(t) = −k · [HI]2(t).Todas1 as reacoes de molecularidade 2 sao de ordem 2. Esse princıpio ja nos garanteque a decomposicao do ozonio:

2O3 −→ 3O2,

nao tem molecularidade 2, ja que se sabe que ela obedece a lei:

[O3]′(t) = −k · [O3]

2(t)

[O2](t).

1mas nem toda reacao de ordem dois e de molecularidade dois.

CAPITULO 38. CINETICA QUIMICA E CRESCIMENTO BACTERIANO 573

de ordem 1. Essa lei mais complicada pode ser explicada analisando duas reacoeselementares envolvidas na reacao

2O3 −→ 3O2.

Sao elas:O3 ⇋ O2 +O e O +O3 −→ 2O2.

A primeira delas e muito rapida e leva a um equilıbrio da forma:

[O](t) = C · [O3](t)

[O2](t), C ∈ R>0

enquanto queO +O3 −→ 2O2

satifaz uma lei:[O3]

′(t) = −k′ · [O](t) · [O3](t).

Portanto

[O3]′(t) = −k′ · C · [O3]

2(t)

[O2](t)= −k · [O3]

2(t)

[O2](t).

Existem muitas reacoes cuja cinetica e plenamente conhecida, algumas com mecan-ismos apenas razoavelmente estabelecidos e outras com mecanismos ainda discutidose pesquisados.

2. Equacao diferencial de uma reacao de primeira ordem

Considere a reacao quımica da forma:

A −→ B + C.

Suponha que a concentracao da substancia A e dada inicialmente por f(0) = amol/litro e que apos um tempo2 x haja a− f(x) mol/l de A e que se formaram f(x)mols/l das substancias B e C.

Entao a funcao f(x) mede a taxa de formacao de B e C a partir de A.

Afirmacao 2.1. Suponhamos que f(x) com f(0) = a verifica:

f ′(x) = k · (a− f(x)), k > 0.

Entaof(x) = a · (1− e−k·x)

e noto que limx→+∞ f(x) = a.

Demonstracao.

De fato,f ′(x) = ka− k · f(x) = −k · f(x) + k · a, k > 0

e uma equacao do tipo estudado na Afirmacao 4.1 da Secao 4 do Capıtulo 35.Aquela Afirmacao da a solucao f(x) na forma:

f(x) = (f(0) +ka

(−k)) · e−kx − ka

(−k) =

2Volto usar x para tempo, ao inves de t, para ser coerente com notacoes de Capıtulos anteriores

3. EQUACAO DIFERENCIAL DE UMA REACAO DE SEGUNDA ORDEM 574

= (f(0)− a) · e−kx + a.

Mas f(0) = 0 e portanto: f(x) = a · (1− e−kx). �

3. Equacao diferencial de uma reacao de segunda ordem

Considere uma reacao quımica:

A +B −→ C +D

em que as concentracoes de A e B sao dadas inicialmente por a e b e que, apos umtempo x, f(x) mols/l de A e B tenham reagido produzindo f(x) mols/l de C e D.

Afirmacao 3.1. Suponha que a concentracao f(x) de C e D verifica

a− f(x) > 0 e b− f(x) > 0 ∀x

e satisfaz:

f ′(x) = k · (a− f(x)) · (b− f(x)), k > 0.

Entao:

f(x) =a · b · (1− ek(a−b)·x)

b− a · ek(a−b)·x .

Ademais,

limx→+∞

f(x) = b, se a > b e limx→+∞

f(x) = a, se b > a.

As Figuras a seguir ilustram a Afirmacao:

2

1,5

1

0,5

0

x

32,5210,5 1,50

Figura: Caso k = 1, a = 2, b = 3


2,5

1,5

0,5

x

32,521,510

3

0,5

2

1

0

Figura: Caso k = 1, a = 4, b = 3

Demonstracao.

Note que de f ′(x) = k · (a− f(x)) · (b− f(x)) obtenho, dividindo:

f ′(x)

(a− f(x)) · (b− f(x))= k

Como ja vimos no item ii) da Secao 1 do Capıtulo 26:∫

f ′(x)

(a− f(x)) · (b− f(x))dx =

=

∫

[−1

a− b· f ′(x)

(a− f(x))+

1

a− b· f ′(x)

(b− f(x))] dx =

=

∫1

a− b· −f ′(x)

(a− f(x))dx−

∫1

a− b· −f ′(x)

(b− f(x))dx =

=

∫1

a− b· 1udu−

∫1

a− b· 1vdv =

=1

a− b· ln(u)− 1

a− b· ln(v) =

=1

a− b· ln(a− f(x))− 1

a− b· ln(b− f(x)).

Por outro lado,

1

a− b· ln(a− f(x))− 1

a− b· ln(b− f(x)) = k · x+ C.

Mas se x = 0 temos f(0) = 0, o que da:

C =ln(a)− ln(b)

a− be portanto:

1

a− b· ( ln(a− f(x)) + ln(b)− ln(b− f(x))− ln(a) ) = k · x,

4. CRESCIMENTO BACTERIANO 576

que da:1

a− b· ln(b · (a− f(x))

a · (b− f(x))) = k · x,

ou seja,

ln(b · (a− f(x))

a · (b− f(x))) = (a− b) · k · x

e aplicando exponencial temos:

b · (a− f(x))

a · (b− f(x))= ek·(a−b)·x.

Agora e so isolar f(x), provando assim a afirmacao sobre o formato da f(x).Se a > b entao

limx→+∞

ek(a−b)·x = +∞e daı:

limx→+∞

f(x) =ab

a= b.

No caso b > a temoslim

x→+∞ek(a−b)·x = 0

e daı:

limx→+∞

f(x) =ab

b= a.

�

4. Crescimento bacteriano

Quando uma quantidade de bacterias e posta num meio de cultivo adequado,inicialmente sua a populacao cresce muito rapido.

Mas, ao longo do tempo, quando comecam a aparecer detritos e comeca a havercompeticao por nutrientes ha uma desaceleracao do crescimento e a populacao tendea um plato. Ou seja, ainda nascem e morrem indivıduos mas a populacao fica maisou menos estavel.

Obtemos a mesma descricao no caso das populacoes humanas em paıses desen-volvidos, que inicialmente cresceram muito mas atualmente atingiram platos.

O tipo de equacoes diferenciais simples que modela o crescimento bacteriano e aseguinte:

f ′(x) = r · f(x)− s · f 2(x), r > 0, s > 0.

onde f(x) e a populacao em cada instante.Note que para f(x) < 1 temos f 2(x) < f(x) e a contribuicao de −sf 2(x) pode ser

pouco relevante, mas a medida que f(x) aumenta, essa parte quadratica da equacaose manifesta.

E claro que f(x) ≡ rse solucao de

0 ≡ f ′(x) = r · (rs)− s · (r

s)2 ≡ 0.

Por isso afirmamos:


Afirmacao 4.1. Seja f : I → R derivavel com

0 < f(x) <r

s, ∀x ∈ I

e satisfazendo ∀x ∈ I:

f ′(x) = r · f(x)− s · f 2(x), r > 0, s > 0.

Entao

f(x) =f(0) · r

s· er·x

rs− f(0) · (1− er·x)

,

a qual tem

limx→+∞

f(x) =r

s.

Na Figura a seguir ploto a solucao especial f(x) = rsao lado de solucoes nao

constantes. Note que ha pontos de inflexao nos graficos, fenomeno inexistente nassolucoes que apareceram na Secao 3. a proxima Secao 5 discutira a posicao dessespontos de inflexao.

10

6

8

4

0

x

1,210,60,40

2

0,80,2

Figura: O grafico de y = 10 (vermelho) e os graficos de

y =f(0)· r

s·er·x

rs−f(0)·(1−er·x) , com r = 10, s = 1 e f(0) = 0.05, 0.5, 1.

Pode ser interessante para o leitor considerar um grafico tıpico de crescimentobacteriano, ao lado do de suas derivadas, para acentuar a presenca do ponto deinflexao:

4. CRESCIMENTO BACTERIANO 578

6

2

-6

4

0

x

32,521,51

-4

-2

0,50

Figura: y = f(x) (vermelho), y = f ′(x) (verde) e y = f ′′(x) (amarelo)

Uma conta tediosa mostra que podemos re-escrever a funcao dada na Afirmacao4.1:

f(x) =f(0) · r

s· er·x

rs− f(0) · (1− er·x)

,

como

f(x) =rs

1 + k · e−r·x , onde k := −1 +r

s· 1

f(0).

Este ultimo tipo de funcao e chamada de funcao logıstica. E usada nas maisvariadas areas de conhecimento, da Biologia a Economia.

Demonstracao. Note que esta equacao

f ′(x) = r · f(x)− s · f 2(x), r, s > 0,

re-escrita como:

f ′(x) = −s · (0− f(x)) · (rs− f(x))

e um caso particular da equacao diferencial estudada na Secao 3:

f ′(x) = k · (a− f(x)) · (b− f(x)),

pondo-se

k = −s, a = 0 e b =r

s.

Nao podemos aplicar imediatamente a Afirmacao 3.1 pois na prova daquela Afirmacaousamos f(0) = 0, coisa que nao temos aqui.

Mas podemos reciclar aquela prova3, como segue.De f ′(x) = −s · (0− f(x)) · ( r

s− f(x)) obtenho, dividindo:

f ′(x)

(0− f(x)) · ( rs− f(x))

= −s.

3Note que a estamos resolvendo como equacao separavel.


Entao, como fizemos la:

∫f ′(x)

(0− f(x)) · ( rs− f(x))

dx =

=s

r·∫

[f ′(x)

(0− f(x)+

−f ′(x)

( rs− f(x))

] dx =

=s

r·∫

[−f′(x)

f(x)+

−f ′(x)

( rs− f(x))

] dx =

= −sr· ln(f(x)) + s

rln((

r

s− f(x))),

que fazem sentido pois 0 < f(x) < rs.

Por outro lado,

s

r· [− ln(f(x)) + ln(

r

s− f(x))] = −s · x+ C.

Avaliando em x = 0, com f(0) > 0:

C =s

r· [− ln(f(0)) + ln(

r

s− f(0)) ]

e portanto:

s

r· [− ln(f(x)) + ln(

r

s− f(x)) + ln(f(0))− ln(

r

s− f(0)) ] = −s · x

que da:

ln(f(0) · ( r

s− f(x))

f(x) · ( rs− f(0))

) = −r · x,

ou seja:

ln(f(x) · ( r

s− f(0))

f(0) · ( rs− f(x))

) = r · x.

Aplicando exponencial temos:

f(x) · ( rs− f(0))

f(0) · ( rs− f(x))

= er·x

Agora e so isolar f(x), obtendo o formato afirmado.Ademais, como r > 0, temos limx→+∞ er·x = +∞ e do formato da f(x) e facil de

ver que limx→+∞ f(x) = rs.

�

5. PONTO DE INFLEXAO DA FUNCAO LOGISTICA 580

5. Ponto de inflexao da funcao logıstica

Afirmacao 5.1. A solucao de

f ′(x) = r · f(x)− s · f 2(x), r > 0, s > 0,

dada por

f(x) =rs

1 + k · e−r·x , onde k := −1 +r

s· 1

f(0),

tem um unico ponto de inflexao cujas coordenadas sao:

(ln(k)

r,r

2s).

Note que a segunda coordenada nao depende de f(0).

A figura a seguir mostra, com r = 10, s = 1, os tres graficos y =f(0)· r

s·er·x

rs−f(0)·(1−er·x)

para diferentes condicoes iniciais: f(0): 0.05, 0.5, 1. Todos tem inflexao na altura 5:

10

6

8

4

0

x

1,210,60,40

2

0,80,2

Demonstracao.

Cada solucao y = f(x) tera ponto de inflexao onde a sua derivada f ′(x) tem umvalor maximo ou mınimo.

Mas

f ′ = r · f − s · f 2

e se pensamos f agora como uma variavel usual4, podemos usar o sabemos sobre ografico de

z = r · u− s · u2,e uma parabola com concavidade para baixo, com ponto de maximo em u = r

2·s .Ou seja que os pontos de inflexao de todas as solucoes ocorrem em pontos

(x, f(x)) = (x,r

2 · s).

4A ideia que uso agora se aplicara a qualquer equacao diferencial autonoma, ou seja, y(x)′ =P (y(x)) onde P nao depende explicitamente de x, so de y(x)


Mas o tempo x e diferente para cada solucao. De fato,

f ′(x) =r2 · k · e−r·x

s · (1 + k · e−r·x)2 .e

f ′′(x) =r3 · k · e−r·x · (k · e−r·x − 1)

s · (1 + k · e−r·x)3 .

Portanto f ′′(x) = 0 exatamente onde

k · e−r·x − 1 = 0,

isto e, em:

x :=ln(k)

r, onde k := −1 +

r

s· 1

f(0)

e ademais f ′′(x) > 0 se x < x e f ′′(x) < 0 se x > x.Em suma, x e o unico ponto de inflexao.

�

6. Equacao de Bernoulli e reacoes quımicas de ordem fracionaria

A solucao geral da Equacao de Bernoulli

f ′(x) = a(x) · f(x) + b(x) · f(x)r,dada na Afirmacao 13.1 do Capıtulo 35, no caso particular em que

r = 2, a(x) ≡ a e b(x) ≡ b,

nos permite re-obter os resultados das Secoes 4 e 5, pois:

f(x) =1

g(x)

onde

g(x) = e−ax ·∫

eax · (−b) dx+ C · e−ax = − b

a+ C · e−ax.

ja que g′(x) = −a · g(x)− b. Ou seja,

f(x) =1

− ba+ C · e−ax ,

de onde se obtem, para f(0) 6= 0, o valor

C =1

f(0)+b

a.

Logo

f(x) =1

− ba· (1− aC·e−ax

b)=

−ab

1− aC·e−ax

b

=

=−ab

1− a( 1f(0)

+ ba)·e−ax

b

=−ab

1− ab f(0)

e−ax − e−ax=

6. EQUACAO DE BERNOULLI E REACOES QUIMICAS DE ORDEMFRACIONARIA 582

=−ab

1 + ( −abf(0)

− 1) · e−ax =−ab

1 + k · e−ax ,

onde

k := −1 +−ab

· 1

f(0),

e pondor := a e − s := b

temos exatamente a funcao logıstica da Secao 5.Mas, o que e importante, ha reacoes quımicas cuja cinetica e expressa por Equacoes

de Bernoulli com expoente r fracionario:

f ′(x) = a(x) · f(x) + b(x) · f(x)r, r ∈ Q.

Por exemplo, a decomposicao do acetaldeıdo:

CH3CHO → CH4 + CO

verifica (fase gasosa a 450 graus C):

[CH3CHO]′(x) = −k · [CH3CHO]

32 (x), k > 0

onde uso x para o tempo.Nessa situacao r = 3

2e pedimos que f(x) := [CH3CHO](x) > 0.

Para a(x) ≡ 0 e b(x) ≡ −k, a prova da Afirmacao 13.1 do Capıtulo 35 diz que afuncao

g(x) := f(x)−12

verifica

g′(x) =k

2,

ou seja, g(x) = k2· x+ g(0) e portanto:

f(x) = (k

2· x+ 1

√

f(0))−2.

CAPıTULO 39

Newton e a gravitacao

(...) Halley colocou a questao diretamente para Newton em agosto de 1684:supondo-se uma lei do inverso do quadrado da distancia para a atracao do Sol, quetipo de curva faria o planeta ? Newton lhe disse, uma elipse. Disse-lhe que haviacalculado isso havia muito tempo. (..) que nao conseguia achar os calculos, masprometeu refaze-los e envia-los mais tarde (...)

(trecho da biografia de Newton, de J. Gleick)

Este Capıtulo explicara alguns dos calculos que Newton queria mostrar a Halley...Alem de seu interesse intrınseco, serve de motivacao ao tema das equacoes difer-

enciais de segunda ordem.

1. Atracao segundo o inverso do quadrado da distancia

Se lembramos como e enorme raio do globo terrestre, podemos pensar que adistancia entre os objetos caindo (em queda-livre ou arremessados, nas Secoes ante-riores) e o centro da Terra e muito proxima do valor do Raio da Terra1:

R ∼ 6.378 · (10)6 m.

Estabelecamos a lei de atracao universal, de Newton, que e formulada para doispontos com massa:

dois pontos de massa m0 e m se atraem recıprocamente com uma forca da ordemde G·m0·m

r2, onde G e uma constante universal e r e a distancia entre eles.

Agora imaginemos a massa da Terra M ∼ 5.98 · 1024 concentrada no seu centro(centro de gravidade). O que acontece quando queremos usar a lei de atracao paraexplicar a atracao mutua exercida pelo centro de gravidade da Terra e um ponto demassa m = 1?

Obteremos:g

m= g =

G ·M ·mR2

∼

∼ G · 5.98 · 1024(6.378)2 · (10)12 ,

e portantoG ∼ 6.67 · (10)−11,

em unidades m3/(s2kg).

1Os dados sobre a Terra obtive em R. Resnick e D. Halliday, Fısica, LTC.

583

2. TEMPO DE COLISAO E VELOCIDADE DE ESCAPE 584

Ademais como a massa da Terra e enorme, sua aceleracao FM

pode ser consideradanula.

2. Tempo de colisao e velocidade de escape

Agora que ja colocamos os fenomenos de queda-livre e balıstica no quadro da leigeral da atracao gravitacional, consideremos:

Afirmacao 2.1. Suponha um ponto de massa M colocado na origem e outro ponto Pde massa m na posicao (x(0), 0), com x(0) > 0. Suponha M tao grande que possamosconsiderar o ponto na origem como parado.

Suponha que no instante t = 0 o vetor velocidade (x′(0), y′(0)) tenha componentevertical nula y′(0) = 0 (ou seja, caso estiver em movimento, o faz no eixo horizontal).

Entao

• E constante ∀t a grandeza:2

(x′(t))2

2− GM

x(t).

• Se x′(0) = 0 (velocidade inicial zero) entao o tempo de colisao entre o pontoP e a origem e de:

π

2·√

x(0) 3

2GM.

• Para escapar da atracao do ponto na origem e se afastar tanto quanto quis-ermos da origem (i.e. limt→+∞ x(t) = +∞), e necessario e suficiente que

x′(0) ≥√

2 ·GMx(0)

.

• ademais, se x′(0) =√

2·GMx(0)

entao sua velocidade e sempre positiva mas tende

a zero (limt→+∞ x′(t) = 0).• em particular, para um foguete lancado da superfıcie da Terra escapar daatracao da Terra e se afastar da Terra:

x′(0) ≥√

2 ·GMx(0)

∼ 11.184 m/s.

Demonstracao.

A Lei de Atracao de Newton diz:

m · x′′(t) = −G ·M ·mx(t)2

,

onde o sinal − deve-se a que a atracao e oposta ao sentido positivo dos x.Logo

x′′(t) = −G ·Mx(t)2

,

2chamada de Energia total, onde (x′(t))2

2 e chamada de energia cinetica e −GMx(t) de energia

potencial.

CAPITULO 39. NEWTON E A GRAVITACAO 585

x′′(t) · x′(t) ≡ −Gm0x′(t)

x(t)2,

e portanto

[(x′(t))2

2]′ ≡ Gm0 · [

1

x(t)]′,

ou seja

[(x′(t))2

2− Gm0

x(t)]′ ≡ 0

e(x′(t))2

2− Gm0

x(t)≡ C.

Se o corpo foi largado com velocidade inicial

x′(0) = 0,

entao obtenho

C = −Gm0

x(0),

e portanto

x′(t) = −√

2 · (Gm0

x(0)+Gm0

x(t))

(onde tomo a raız negativa poque o ponto P se aproximara da origem).Como x′(t) < 0, para t > 0, a funcao x(t) e estritamente decrescente.Logo posso considerar a funcao inversa t = t(x). A formula da derivada da funcao

inversa da:

t′(x) = − 1√

2 · (Gm0

x(0)+ Gm0

x).

Para calcular o tempo t de colisao entre P e a origem podemos fazer a integral

t− 0 =

∫ t

0

dt =

=

∫ 0

x(0)

t′(x) dx,

pois assim estaremos calculando o tempo que trancorre para sairmos de x(0) > 0 echegarmos em x = 0 (a origem).

Ou seja,

t = −∫ x(0)

0

t′(x) dx =

∫ x(0)

0

1√

2 · (Gm0

x(0)+ Gm0

x)dx.

Se somamos fracoes, simplificamos, e usamos que as constantes saem da integral,obtemos:

∫ x(0)

0

1√

2 · (Gm0

x(0)+ Gm0

x)dx =

√

x(0)

2GM·∫ x(0)

0

√x

√

x(0)− xdx,

onde se nota que x(0)− x > 0.

2. TEMPO DE COLISAO E VELOCIDADE DE ESCAPE 586

Agora faco a substituicao para u > 0:

x = u2 e dx = 2u du,

obtendo:√

x(0)

2GM·∫ x(0)

0

√x

√

x(0)− xdx = 2

√

x(0)

2GM·∫

√x(0)

0

u2√

x(0)− u2du.

Nao e difıcil conferir que uma primitiva de u2√x(0)−u2

e:

−u2

√

x(0)− u2 +x(0)

2· arcsin( u

√

x(0)).

Portanto:

t = 2

√

x(0)

2GM·∫√x(0)

0

u2√

x(0)− u2du =

= 2

√

x(0)

2GM· [−

√

x(0)

2

√

x(0)− (√

x(0))2 +x(0)

2· arcsin(

√

x(0)√

x(0)) ] =

= 2

√

x(0)

2GM· x(0)

2· π2=

=π

2

√

x(0)3

2GM,

como querıamos demonstrar.Agora consideremos a situacao em que x′(0) > 0.Determinemos a condicao necessaria e suficiente sobre x′(0) > 0 para que o ponto

P escape da atracao do ponto na origem e se afaste tanto quanto quisermos da origem.Ja vimos que:

(x′(t))2

2− GM

x(t)≡ C,

ou seja

0 ≤ (x′(t))2

2≡ C +

GM

x(t).

Mas, se ha um escape onde x(t) → +∞, entao GMx(t)

→ 0 e daı:

0 ≤ C.

Portanto:(x′(0))2

2− GM

x(0)≡ C ≥ 0,

de onde

x′(0) ≥√

2GM

x(0).

O caso

x′(0) =

√

2GM

x(0)


equivale a que(x′(t))2

2− GM

x(t)≡ 0,

ou seja,(x′(t))2

2=GM

x(t).

Portanto

x′(t) =√2GM

1√

x(t)e √

x(t) · x′(t) =√2GM,

que, integrando, da:2

3x(t)

32 =

√2GM · t+D, D ∈ R.

De onde:

x(t) = (3

2· (√GM · t+D))

23 .

Portantolimt→+∞

x(t) = +∞ mas limt→+∞

x′(t) = 0,

pois x′(t) = 23(32· (√GM · t+D))−

13 .

�

3. Nıveis de energia

Na situacao da Afirmacao 2.1 vimos que

(x′(t))2

2− GM

x(t)≡ C.

Aprendemos na prova dessa Afirmacao que o escape ocorre quando

(x′(t))2

2− GM

x(t)≡ C ≥ 0

e a colisao quando(x′(t))2

2− GM

x(t)≡ C < 0.

Chamamos esses valores de C de nıveis de energia.No caso de colisao, a conservacao de Energia Total implica que limx→0 x

′(t) = +∞,Por isso as trajetorias de colisao sao chamadas de singularidades do conjunto detrajetorias possıveis para um corpo que e atraıdo por outro de massa muito maior.

Se multiplicamos por 2 · x(t) obtemos das expressoes anteriores:

(x′(t))2 · x(t)− 2GM − C · x(t) ≡ 0.

Num plano (x, y) = (x(t), x′(t)) essas curvas sao as cubicas :

y2 · x− 2GM − C · x ≡ 0.

3. NIVEIS DE ENERGIA 588

Elas sao qualitativamente o seguinte (note que para C ≥ 0 sao formadas de doisramos):

y

x

C < 0

C = 0

C > 0

Ademais podemos pensar na equacao diferencial de segunda ordem, que e do tipo:

x′′ = − 1

x2

como um campo vetorial (x′, y′), tangente a essas curvas, da forma:

x′ = y, y′ = − 1

x2

e a figura agora fica mais completa:

y

x

C < 0

C = 0

C > 0

Essa figura nos diz que:


• No caso C < 0, um corpo arbitrariamente proximo da origem que parte comvelocidade positiva arbitrariamente alta atinge um ponto onde sua velocidadese anula e comeca a ser atraıdo, colidindo com velocidade arbitrariamentenehgativa.

• No caso C = 0, se um corpo arbitrariamnte proximo da origem parte comvelocidade positiva arbitrariamente alta ele consegue escapar, com velocidadepositiva tendendo a zero. E tambem que poderia vir de arbitrariamente longeum corpo com velocidade negativa arbitrariamente pequena e que colidissecom velocidade arbitrariamente negativa.

• No caso C = 0, se um corpo arbitrariamnte proximo da origem parte comvelocidade positiva arbitrariamente alta ele consegue escapar. E tambem quepoderia vir de arbitrariamente longe e que colidisse com velocidade arbitrari-amente negativa.

4. Orbitas planetarias

Na Secao anterior estudamos como se da a colisao entre um corpo e outro demassa muito maior, que o atrai de acordo com a lei de Newton.

Mas a situacao mais interessante e quando o objeto de pequena massa (planeta,satelite, cometa, etc) gravita em torno do de grande massa (estrela) sem colidir.

A princıpio esta Secao usa dados do plano e de funcoes duas variaveis, portantoseria mais natural num curso de Calculo em duas variaveis, enquanto o nosso temsido em uma variavel.

Mas ela e tao profundamente ligada a origem e ao objetivo do criador do Calculo,que se torna inevitavel apresenta-la.

Vamos nos situar num plano onde suporemos que viaja o planeta em sua orbita,para simplificar o problema.

De fato, a primeira etapa do problema geral e mostrar que, apesar de estar numespaco 3-dimensional, a orbita do planeta e de fato plana. Ou seja, que cada planetanao sai de uma fatia plana do espaco.

Para obter os resultados de Newton, comeco lembrando que agora ha duas coor-denadas

P (t) = ( x(t) , y(t) ).

do planeta, que mudam com o tempo t.Ademais a velocidade instantanea P ′(t) sera

P ′(t) := ( x′(t) , y′(t) ),

como ja explicamos na Secao 3 do Capıtulo 28.Enquanto que a aceleracao instantanea sera, pelo mesmo motivo,

P ′′(t) := ( x′′(t) , y′′(t) ).

5. Velocidade e aceleracao expressas em coordenadas polares

Por um motivo que vai ficar claro um pouco mais adiante, vamos criar um novomodo de descrever a posicao P (t) = (x(t), y(t)), a velocidade P ′(t) e a aceleracaoP ′′(t).

5. VELOCIDADE E ACELERACAO EXPRESSAS EM COORDENADASPOLARES 590

Estamos acostumados a encontrar um ponto especıfico do plano atraves de um parde informacoes sobre ele, a coordenada x e a coordenada y. Mas o sistema cartesianoortogonal e apenas um instrumento para determinar pontos no plano.

Podemos usar outro par de informacoes, por exemplo a distancia r do ponto ateum ponto - chamado Polo - e o angulo anti-horario θ que o vetor posicao forma comuma semireta - chamada eixo polar. Essa descricao dos pontos se chama sistema decoordenadas polares.

Apesar da utilidade dessa nova descricao (r, θ) nao se deve esquecer que θ ficadefinido a menos da ambiguidade:

θ + k · 2π, k ∈ Z

A partir de agora sobrepomos ao sistema cartesiano (x, y) um sistema polar. Comisso determinaremos um ponto P (t) do plano dizendo qual a distancia r(t) que oponto tem da origem e qual o angulo θ(t) (definido modulo k ·2π, k ∈ Z), que o vetor(x(t), y(t)) forma com o eixo x > 0. Ou seja,

r(t) =√

x(t)2 + y(t)2, cos(θ(t)) =x(t)

r(t)e sin(θ(t)) =

y(t)

r(t).

Note que numa pequena regiao em torno do P (t) podemos escolher o angulo θ(t)sem ambiguidade. As funcoes cos(θ(t)) e sin(θ(t)) sao derivaveis se r(t) 6= 0. Etambem

θ(t) = arcsin(y(t)

r(t))

e derivavel se r(t) 6= 0.Temos tambem:

x(t) = r(t) · cos(θ(t)) e y(t) = r(t) · sin(θ(t))e, pelas regras de derivacao de produto e composta:

P ′(t) := ( x′(t) , y′(t) ) =

= ( r′(t) · cos(θ(t))− r(t) · sin(θ(t)) · θ′(t) , r′(t) · sin(θ(t)) + r(t) · cos(θ(t)) · θ′(t) ).Note que3

||P ′(t)||2 = x′(t)2 + y′(t)2 = r′(t)2 + r(t)2 · (θ′(t))2.A expressao de

P ′′(t) := ( x′′(t) , y′′(t) )

e maior, como o leitor pode verificar.Agora vem uma etapa engenhosa: vamos querer obter as projecoes dos vetores

P ′(t) e P ′′(t) em duas direcoes: numa direcao paralela a P (t) e numa direcao ortogonala P (t).

A direcao paralela a P (t) e dada pelo vetor de modulo 1:

( cos(θ(t)) , sin(θ(t)) ) =1

r(t)· P (t).

3O modulo de um vetor v = (a, b) do plano e ||v|| =√a2 + b2


Ja a direcao ortogonal a P (t) sera dada pelo vetor de modulo 1:

(− sin(θ(t)) , cos(θ(t)) ).

Vamos usar o item iii) da Afirmacao 3.2 do Capıtulo 17 como metodo para obterprojecoes.

Entao obtemos que a projecao de V = P ′(t) na direcao

v = ( cos(θ(t)) , sin(θ(t)) )

e dada por

r′(t) · ( cos(θ(t)) , sin(θ(t)) )pois (sem t para simplificara notacao) vale a igualdade:

r′ = (r′ cos(θ)− r sin(θ)θ′) · cos(θ) + (r′ sin(θ) + r cos(θ)θ′) · sin(θ).E do mesmo modos se obtem que a projecao de V = P ′(t) na direcao

v = (− sin(θ(t)) , cos(θ(t)))

e dada por:

r(t) · θ′(t) · (− sin(θ(t)) , cos(θ(t))).

Essa projecao diz que, para uma mesma mudanca de angulo θ′(t), quanto maiorfor r mais rapido vamos na direcao ortogonal a P (t).

Uma conta um pouco maior4 dara que a projecao da aceleracao P ′′(t) na direcao

v = ( cos(θ(t)) , sin(θ(t)) )

e:

[r′′(t)− r(t) · (θ′(t))2] · ( cos(θ(t)) , sin(θ(t)) ).Note que se o movimento e perfeitamente circular, r(t) = r e o modulo dessa

projecao vira r · (θ′(t))2: esse termo esta ligado a forca centrıpeta, que aumenta como aumento de (θ′(t))2.

E uma conta mais longa da que a projecao da aceleracao P ′′(t) na direcao de

v = (− sin(θ(t)) , cos(θ(t)))

e:

[r(t) · θ′′(t) + 2 · r′(t) · θ′(t)] · (− sin(θ(t)) , cos(θ(t))).

Note agora que essa projecao da aceleracao muda quando r(t) aumenta ou diminui:isso e o que faz um patinador girando ao abrir ou fechar os bracos, para diminuir ouaumentar a velocidade do giro.

4Se tivermos a disposicao a notacao Complexa P = r · eiθ e se soubermos que i · eiθ e ortogonala eiθ, aı fica bem facil:

P ′ = r′ · eiθ + ir · eiθ · θ′

e

P ′′ = r′′ · eiθ + i · r′ · eiθθ′ + ir′ · eiθ · θ′ − r · eiθ · (θ′)2 + ir · ·eiθ · θ′′ == eiθ · [r′′ − r · (θ′)2] + i · eiθ · [2r′θ′ + rθ′′].

e

6. GRANDEZAS CONSTANTES AO LONGO DAS TRAJETORIAS 592

6. Grandezas constantes ao longo das trajetorias

Afirmacao 6.1. Suponha um ponto sendo atraıdo por forca radialmente dirigida paraa origem. Suponha M tao grande relativo a m que possamos supor o ponto na origemtem aceleracao nula. Suponha que r(0) 6= 0 e que θ′(0) 6= 05.

Entao:i) o fato da forca ser radialmente dirigida para a origem implica que ∀t e constante

a grandezar(t)2 · θ′(t) ≡ C 6= 0.

ii) se adicionalmente supomos que o modulo da forca radial, segundo Newton, eGMmr(t)2

entao ∀t e constante a grandeza

E :=m · ||P ′(t)||2

2− GMm

r(t),

chamada de Energia total, soma da energia cinetica

Ec := m · ||P′(t)||22

e da energia potencial

Ep := −GMm

r(t).

Na Secao 9 vamos dar o sentido geometrico da parte i) desta Afirmacao.Demonstracao. (da Afirmacao 6.1)Lidaremos com velocidade e aceleracao em coordenadas polares, como explicamos

na Secao 5.Prova de i):

A hipotese sobre a direcao radial da forca de atracao se expressa, pelo que vimosna Secao 5, como:

r(t) · θ′′(t) + 2 · r′(t) · θ′(t) ≡ 0.

Ou seja,

( r(t)2 · θ′(t) )′(t) = 2 · r(t) · r′(t) · θ′(t) + r(t)2 · θ′′(t) == r(t) · (2r′(t) · θ′(t) + r(t) · θ′′(t)) ≡ 0,

e portantor(t)2 · θ′(t) ≡ C.

Ademais,r(0)2 · θ′(0) = C 6= 0,

pois supusemos r(0) 6= 0 e θ′(0) 6= 0.Prova de ii):

5essas hipoteses dizem que o momento angular m · r(0)2 · θ′(0) nao e nulo, o que implicara,conforme veremos na prova da Afirmacao, que o objeto nao vai seguir uma trajetoria radial - casoja estudado na Secao 2


Elevando ao quadrado a expressao anterior temos r(t)4 · (θ′(t))2 ≡ C2 e daı

r(t) · (θ′(t))2 = C2

r(t)3.

A hipotese sobre o modulo da forca radial da, conforme a Secao 5, que

m · (r′′(t)− r(t) · (θ′(t))2) = −GMm

r(t)2

(onde o sinal menos esta ligado ao sentido da atracao para a origem, oposto ao dovetor posicao P (t)).

Portanto:

r′′(t)− C2

r(t)3= −GM

r(t)2

ou seja,

r′′(t) =C2

r(t)3− GM

r(t)2.

Se r′(t) ≡ 0 entao r(t) ≡ r constante. E como r2 ·θ′(t) = C, concluimos que θ′(t) = Cr2

e constante. Entao

||P ′(t)||2 = r′(t)2 + r(t)2 · (θ′(t))2 = r2 · C2

r4=C2

r2.

Portanto

m · ||P′(t)||22

− GMm

r(t)= m · C

2

2r2− GMm

r

e constante, como afirmamos.Portanto posso considerar no que segue que r′(t) 6≡ 0. Daı, multiplicando por

r′(t), e tomando primitivas temos:

r′(t)2

2=

∫ t

t0

r′′(s) · r′(s) · ds =

=

∫ t

t0

(C2

r(s)3− GM

r(s)2) · r′(s) ds.

Reconhecemos aı uma formula de integracao por substituicao:

r′(t)2

2=

∫ r(t)

r(t0)

(C2

r3− GM

r2) dr =

= − C2

2 · r(t)2 +GM

r(t)+ C2,

onde C2 e uma constante. Ou seja,

r′(t)2 +C2

r(t)2− 2GM

r(t)≡ C3.

onde C3 = 2 · C2. Ja observamos que:

x′(t)2 + y′(t)2 = r′(t)2 + r(t)2 · (θ′(t))2


e tambem que

r(t)2 · (θ′(t))2 = C2

r(t)2.

Portanto

x′(t)2 + y′(t)2 = r′(t)2 +C2

r(t)2,

que quando substituıdo na anterior da:

x′(t)2 + y′(t)2 − 2GM

r(t)≡ C3.

Se consideramos a velocidade inicial P ′(0) concluımos que

x′(t)2 + y′(t)2 − 2GM

r(t)= C3 = x′(0)2 + y′(0)2 − 2GM

r(0).

Multiplicando por m2, concluımos que e constante a grandeza:

m · ||P ′(t)||22

− GMm

r(t).

�

Afirmacao 6.2.Nas mesmas hipoteses da Afirmacao 6.1 (anterior), a trajetoria de P (t) = (r(t), θ(t))

pode ser descrita em coordenadas polares (r, θ) atraves de uma funcao r = r(θ).De fato, precisamente:

r(θ) =C2

GM

1 +√m2G2M2+2mEC2

GMm· cos(θ)

onde m · C = m · r2(t) · θ′(t) e o momento angular e E = Ec + Ep e a energia totalda trajetoria.

Na proxima Secao (Secao 7) explicaremos a geometria da trajetoria r(θ) dada naAfirmacao 6.2.

Demonstracao. (da Afirmacao 6.2)Ja vimos que

r(t)2 · θ′(t) ≡ C = r(0)2 · θ′(0) 6= 0,

portanto6 θ′(t) > 0 ∀t ou θ′(t) < 0 ∀t.Isto permite determinar a coordenada r de P (t) como funcao de θ, ao longo da

trajetoria. De fato, θ(t) e ou bem uma funcao estritamente crescente (se θ′(t) > 0 ∀t)ou estritamente decrescente de t (se θ′(t) < 0 ∀t). Assim t determina θ e θ determinar.

Considero uma nova variavel u(t) = 1r(t)

.

6θ′(t) como funcao de t e contınua, pois de fato existe θ′′(t).


Entao

r′(t) = [r(θ(t))]′(t) = [1

u(θ(t))]′(t) =

= − 1

u(θ)2· dudθ

· dθdt

=

= −r2 · dθdt

· dudθ

= −C · dudθ,

onde C e o momento angular. Coloquemos

r′(t) = −C · dudθ

e

r(t) · θ′(t) = C

r(t)= C · u

na formula da energia cinetica:

Ec := m · ||P′(t)||22

= m · (r′(t)2 + r(t)2θ′(t)2)

2=

= mC2 · (dudθ)2 + u(θ)2

2,

ou seja,

(du

dθ)2 + u(θ)2 =

2EcmC2

.

Ora,

Ec = E − Ep = E +GMm

r=

= E +GMm · u.Logo

(du

dθ)2 + u(θ)2 =

2

mC2(E +GMm · u(θ)).

Lembro que a energia total E e constante ao longo da trajetoria, portanto aderivada de E como funcao de θ e zero ao longo da trajetoria. Logo, derivando em θa expressao anterior, temos:

2 · dudθ

· d2u

dθ2+ 2u(θ)

du

dθ=

2GM

C2

du

dθ.

Ou seja,

2 · dudθ

· [d2u

dθ2+ u(θ)− GM

C2] = 0.

Conforme provaremos na Afirmacao 8.1 da Secao 8, todas as solucoes da equacaodiferencial

d2u

dθ2+ u(θ)− GM

C2= 0

sao do tipo:

u(θ) =GM

C2+ A · cos(θ − q)

onde A e q sao constantes arbitrarias.Suponhamos por um momento isso.


Entao u′(θ) = −A sin(θ − q) e portanto

(u′(θ))2 = A2 sin2(θ − q)

e

(u′(θ))2 + u(θ)2 = A2 sin2(θ − q) + (GM

C2+ A · cos(θ − q))2 =

= A2 +G2M2

C4+ 2A · GM

C2· cos(θ − q)

e por outro lado ja tinhamos

(u′(θ))2 + u(θ)2 =2

mC2(E +GMm · u(θ)) =

=2

mC2(E +GMm · (GM

C2+ A · cos(θ − q))) =

=2E

mC2+

2G2M2

C4+ 2A · GM

C2· cos(θ − q).

Reunindo isso obtenho:

A2 =G2M2

C4+

2E

mC2=m2G2M2 + 2mEC2

m2C4

o que da:

A = ±√m2G2M2 + 2mEC2

mC2.

Logo

1

r(θ)= u(θ) =

GM

C2±

√m2G2M2 + 2mEC2

mC2· cos(θ − q).

Como cos(θ− q + π) = − cos(θ− q) nao precisamos manter o ± e modulo translacaoem θ, podemos escrever:

1

r(θ)=GM

C2+

√m2G2M2 + 2mEC2

mC2· cos(θ),

e multiplicando tudo por C2

GM:

C2

GM· 1

r(θ)= 1 +

√m2G2M2 + 2mEC2

GMm· cos(θ),

de onde finalmente:

r(θ) =C2

GM

1 +√m2G2M2+2mEC2

GMm· cos(θ)

.

�


7. As orbitas como conicas em coordenadas polares

Se o eixo polar e identificado com o dos x > 0 e o Polo com (x, y) = (0, 0) entao:

r =√

x2 + y2 e tan(θ) =y

x.

No Capıtulo 20 definimos a excentricidade e o semi-latus rectum de uma conicaqualquer.

Afirmacao 7.1. Seja uma conica com foco F , semi-latus rectum l e excentricidadee > 0.

Tome coordenadas polares cujo Polo e F . Use o eixo da conica como eixo dos xe ponha como eixo polar o eixo x > 0.

Entao nessa coordenada polar a conica e dada por:

r(θ) =l

1 + e · cos(θ) ,

onde θ e o angulo medido com o eixo polar.Em particular:

• as elipses x2

a2+ y2

b2= 1 viram

r(θ) =b2

a

1 +√a2−b2a

· cos(θ).

Essa descricao se estende ao cırculo x2 + y2 = a2, pondo e = 0, o que da aequacao r(θ) = l = a.

• As hiperboles x2

a2− y2

b2= 1 viram

r(θ) =b2

a

1 +√a2+b2

a· cos(θ)

.

• as parabolas y2 = 4ρ · x viram r(θ) = 2ρ1+cos(θ)

.

Demonstracao.

Como o Polo e F , temos para um ponto P da conica

r(P ) = e · Pronde r e diretriz da conica.

Considere x = −(ρ+ eρ) a equacao da diretriz, P0 = (−eρ, 0) vertice da conica eo foco F = (0, 0). Ou seja, que a distancia entre a diretriz e o foco F e ρ+ eρ.

Denote x(P ) a coordenada x de P (que pode assumir valores positivos ou nega-tivos). Entao

Pr = (ρ+ eρ) + x(P )

e portantor(P ) = e · (ρ+ eρ+ x(P ))

Um ponto P da conica com P r = (ρ+eρ) esta situado verticalmente sobre o foco.Pela Definicao 2.1 de conica do Capıtulo 20,

PF = e · (ρ+ eρ).

7. AS ORBITAS COMO CONICAS EM COORDENADAS POLARES 598

Mas o semi-latus rectum l foi definido como a distancia PF , ou seja, l = e · (ρ+ eρ).Ou seja, temos

r(P ) = l + e · x(P ).Podemos tomar o angulo θ que o vetor posicao faz com a semi-reta que sai de

F = (0, 0) e chega no vertice P0 = (−eρ, 0). Assim x(P0) = r(P0) cos(0). Assim emgeral,

x(P ) = r(P ) cos(θ) = −r(P ) cos(π − θ) = −r(P ) cos(θ)onde θ e o angulo formado com o eixo x > 0. Daı

r(P ) = l − e · r(P ) cos(θ)e portanto

r(P ) = r(θ) =l

1 + e · cos(θ) .�

Afirmacao 7.2. A trajetoria determinada na Afirmacao 6.2 como

r(θ) =C2

GM

1 +√m2G2M2+2mEC2

GMm· cos(θ)

e uma conica com semi-latus rectum C2

GMe excentricidade

e =

√m2G2M2 + 2mEC2

GMm.

Ademais, e uma elipse (cırculo), parabola ou hiperbole se respectivamente E < 0

(E = −mG2M2

2C2 ), E = 0 ou E > 0.

Demonstracao.

A Afirmacao 7.1 ja demonstrada nos diz que se trata de uma conica com essaexcentricidade e esse semi-latus rectum.

Agora noto que:

e < 1 ⇔ m2G2M2 + 2mEC2 < G2M2m2 ⇔⇔ 2mEC2 < 0 ⇔ E < 0.

E do mesmo modo

e = 0 ⇔ E = −mG2M2

2C2,

e = 1 ⇔ E = 0

e > 1 ⇔ E > 0.

�

Exemplo:As orbitas dos planetas dos sistema Solar tem excentricidade muito pequena.Mercurio e o planeta do sistema solar cuja orbita tem a maior excentricidade, da

ordem de e = 0.205630. Seu semi-latus rectus e 5.54430× 1010 m.


4E10

2E10

0E0

-4E10

-2E10

4E102E100E0-2E10-4E10-6E10

Figura: Elipse r(θ) = l1+e cos(θ)

, e = 0.205630 e l = 5.54430× 1010 (notacao 5.5E 10).

8. Oscilador harmonico

A Afirmacao a seguir prova um fato que ja usamos na prova da Afirmacao 6.2,alem de reforcar o conteudo da Afirmacao 2.1 do Capıtulo 12:

Afirmacao 8.1.i) Todas as solucoes do problema

f ′′(x) = −k2 · f(x) +H, ∀x ∈ R

onde k,H ∈ R, sao da forma

f(x) = a · cos(k · x) + b · sin(k · x) + H

k2

onde a, b sao constantes arbitrarias. Essas constantes ficam determinadas por a =f(0) e b = f ′(0).

ii) Ademais7,

a · cos(k · x) + b · sin(k · x) ≡ A · cos(k · x− q)

onde

A =√a2 + b2 e cos(q) =

a

a2 + b2.

Demonstracao.

Se k = 0 tudo e muito facil. Por isso suponho k 6= 0.De i): Derivando duas vezes as funcoes a cos(k · x) + b · cos(k · x) + H

k2se verifica

facilmente que elas satisfazem:

f ′′(x) = −k2 · f(x) +H, H ∈ R.

7Note que (A, q) funciona como coordenadas polares do vetor (a, b). Essas novas grandezas saouteis pois dizem que a solucao e um grafico do cosseno expandido verticalmente por A (amplitude),deslocado horizontalmente por q e com frequencia modificada pelo fator k.

8. OSCILADOR HARMONICO 600

O que precisamos provar e que nao ha outros tipos de funcao satisfazendo essaequacao.

Considere uma misteriosa funcao f que satisfaca

f ′′(x) = −k2 · f(x) +H, H ∈ R

bem como a funcao muito simples g(x) ≡ Hk2, que certamente tambem verifica essa

equacao.Entao a nova funcao φ := f − g = f(x)− H

k2satisfaz o problema:

φ′′(x) = −k2 · φ(x).Se conseguirmos provar que as unicas solucoes de φ′′(x) = −k2 ·φ(x) sao da forma

a·cos(k ·x)+b·sin(k ·x), com a, b constantes arbitrarias, entao nossa outrora misteriosafuncao vira:

f(x) =: φ(x) + g(x) = a · cos(k · x) + b · sin(k · x) + H

k2,

que e o que queremos provar.Portanto recaımos num problema levemente mais facil:

φ′′(x) = −k2 · φ(x).Nessa direcao, vamos provar primeiro o seguinte:Caso 1: se φ(x) satisfaz φ′′(x) = −k2 · φ(x) e ademais φ(0) = φ′(0) = 0 entao

φ(x) ≡ 0.De fato, terıamos:

φ′′(x) + k2 · φ(x) ≡ 0

e portanto

2φ′(x) · [φ′′(x) + k2 · φ(x)] ≡ 0

ou seja,

[(φ′(x))2 + (k2φ(x))2]′ ≡ 0

e portanto

(φ′(x))2 + (k2φ(x))2 ≡ C.

Mas φ(0) = φ′(0) = 0 dao que (φ′(x))2 + (k · φ(x))2 ≡ 0 e isso implica que φ′(x) ≡φ(x) ≡ 0, como querıamos.

Agora atacaremos o caso geral:

Caso 2: φ(x) satisfaz φ′′(x) = −k2 · φ(x) mas a := φ(0) e b := φ′(0) sao arbitrarios.Derivando duas vezes se ve que ψ(x) := a · cos(k · x) + b · sin(kx) satisfaz ψ′′(x) =

−k2 · ψ(x). Entao(φ− ψ)(x) := φ(x)− ψ(x)

satifaz

(φ− ψ)′′(x) = −k2 · (φ− ψ)(x).

Mas agora (φ−ψ)(0) = 0 e (φ−ψ)′(0) = 0 e pelo Caso 1 aplicado a funcao (φ−ψ)(x)concluo que φ− ψ ≡ 0, ou seja φ = a · cos(k · x) + b · sin(kx) como querıamos.

De ii):


Temos:

cos(k · x− q) = cos(k · x) · cos(−q)− sin(k · x) · sin(−q) == cos(k · x) · cos(q) + sin(k · x) · sin(q) =

= cos(k · x) · a√a2 + b2

+ sin(k · x) · b√a2 + b2

,

portanto com A =√a2 + b2 sai o item ii).

�

9. Area em coordenadas polares e a lei de Kepler sobre as areas

Vamos aqui dar o significado geometrico do item i) da Afirmacao 6.1.Como veremos, ele diz que a medida que um planeta percorre uma orbita conica

tendo o Sol em um de seus focos, a taxa de variacao da area do setor centrado nofoco e constante.

Para isso, primeiro preciso explicar como se calculam areas em coordenadas po-lares, pois foi nessas coordenadas que obtivemos as tajetoria conicas.

Quando se divide uma pizza circular de raio r cortando fatias que passam pelocentro, todos acham uma divisao justa se as fatias tem o mesmo angulo central.

Ou seja, a area de um setor circular (a fatia de pizza) e proporcional ao anguloθ central. Se a abertura e θ ∈ [0, 2π] a area e:

Aθ = θ · r2

2,

onde a area total e A(2π) = πr2.Quando temos um setor delimitado pelo polo e por uma curva em coordenada

polar r = r(θ) ≥ 0, com θ ∈ [a, b] , podemos comecar a aproximacao da area dessaregiao pela soma de areas as de setores circulares de abertura ∆θi := θi − θi−1 e raior(ξi), onde ξi ∈ [θi−1, θi]:

A(∆θ1) + A(∆θ2) + . . .+ A(∆θn) =n∑

i=1

∆θi ·r(ξi)

2

2.

Veja a Figura:

O

r ( )θ

∆θ∆θ∆θ

∆θ

1

2 3 4

10. EM TORNO DA PROPOSICAO XXX DO PRINCIPIA 602

Se pensamos em refinar a particao do intervalo [a, b], fazendo n → +∞, temosmotivada a Definicao a seguir:

Definicao 9.1. A area do setor determinando pelo polo O e a curva r(θ) ≥ 0 comθ ∈ [a, b] e:

∫ b

a

r2(θ)

2· dθ.

Agora, se θ = θ(t) e uma funcao estritamente crescente de t ∈ [c, d] podemosescrever:

∫ θ0(t0)

a

r2(θ)

2dθ =

∫ t0

c

r2(θ(t))

2· θ′(t) dt

e pelo Primeiro Teorema Fundamental do Calculo:

(

∫ θ0

a

r2(θ)

2dθ )′(t0) =

r2(θ(t0))

2· θ′(t0).

Na Afirmacao 6.1 temos uma situacao em que θ = θ(t) e uma funcao estritamentecrescente e la obtivemos no item i):

r2(θ(t)) · θ′(t) ≡ C,

ou seja:

r2(θ(t))

2· θ′(t) ≡ C

2.

Portanto durante as trajetoria dos planetas a taxa de variacao das areas dos setoresdescritos e constante.

Ou seja, a velocidade areal e constante, o que e conhecido como Lei de Kepler.

10. Em torno da proposicao XXX do Principia

A obra fundamental de Newton, o Principia Mathematica de 1686, nao e nadafacil de ser lida, pois, alem da complexidade do tema, la se adota uma exposicao numestilo difıcil de ser entendido.

Tanto pelo tom imperial do autor (do tipo, faca isso e isso e esta e a resposta.ponto final) como principalmente por ele ter feito grande parte da exposicao no estiloda geometria grega (sintetica, nao-analıtica)

Da para entender que ele nao quisesse expor fisica nova com matematica nova,recem criada (por ele).

O grande fısico S. Chandrasekhar escreveu um livro para ajudar a quem quer lero Principia (Newton’s Principia for the common reader) e baseado nele (p.131 emdiante) e que consegui entender a demonstracao da proposicao a seguir.

Tambem e de se notar que algumas afirmacoes de Newton so foram entendidaspela comunidade fısico-matematica seculos depois, como o mostrou V. Arnold.

A Afirmacao a seguir e o Corolario II da Proposicao XXX do Principia (veja aFigura)


Afirmacao 10.1. Considere uma parabola de equacao x = 14a

· y2, com vertice A =

(0, 0) e foco S = (a, 0). Tome a mediatriz m do segmento AS, dada portanto porm : x = a

2. Denote G = (a

2, 0). Considere pontos P da parabola e mP retas

mediatrizes dos segmentos SP . Determine o ponto HP := m ∩ mP (veja Figura aseguir).

Entao a medida que o ponto P se move na parabola atraıdo segundo a lei deatracao do inverso quadrado pelo ponto no foco S, o ponto HP se move na reta mcom velocidade constante. E a velocidade de Hp e igual a 3

8do modulo da velocidade

que tem P ao passar pelo vertice A.

S

P

A G

H P

A prova a seguir e a de S. Chandrasekhar:Demonstracao.

Temos pela construcao e por Pitagoras:

AG2+GH

2= GS

2+GH

2= SH

2.

Como os triangulos ∆SZH e ∆PZH sao congruentes, entao:

AG2+GH

2= PH

2.

Sejam O a projecao vertical de P e H ′ a projecao horizontal em PO de H , comomostra a figura a seguir:

S

P

H

A O

Y

S ’

H ’

G

Z

10. EM TORNO DA PROPOSICAO XXX DO PRINCIPIA 604

Entao:PH

2= PH ′2 +H ′H

2= (PO −GH)2 + (AO − AG)2 =

= PO2 − 2PO ·GH + AO

2 − 2AO · AG+GH2+ AG

2.

Logo igualando e cancelando termos:

0 = PO2 − 2PO ·GH + AO

2 − 2AO · AG,ou seja,

2PO ·GH = PO2+ AO

2 − 2AO · AG.Como x = AO e y = PO, a equacao

x =1

4a· y2

permite escrever

AO =1

4AS· PO2

=1

4 · 2 · AG· PO2

,

que da

2PO ·GH = PO2 · [ 1 + PO

2

(4AS)2− 1

4] =

= PO2 · [ 3

4+

PO2

(4AS)2]

e dividindo por PO 6= 0:

2 ·GH = PO · [ 34+

PO2

(4AS)2] =

= PO · [ 34+

AO

4AS]

Multiplicando o queobtivemos por 46· AS obtenho:

4

3·GH · AS =

1

6· PO(AO + 3 · AS) =

=1

6· PO(4 · AO − 3 · (AO − AS)) =

=1

6· PO(4 ·AO − 3 ·OS) =

=2

3· x(P ) · y(P )− A(∆SOP ),

onde x(P ) e y(P ) sao as coordenadas de P da parabola e A(∆SOP ) e a area dotriangulo.

Agora notamos que a area sob o grafico de y = 2 · √a√x, de x = 0 ate x = x(P ),e pelo Teorema Fundamental do Calculo:

∫ x

0

2 · √a√t dt =

4

3· √a · x 3

2 =

=2

3· x ·

√4ax =


=2

3· x(P ) · y(P ).

O segmento parabolico SOP e a regiao obtida ao retirar o triangulo ∆SOP da regiaosob o grafico da parabola de A ate o ponto O. O que obtivemos acima e que a areadesse segmento parabolico SOP , denotada A(SOP ), e:

A(SOP ) =4

3·GH · AS =

4a

3·GH.

Ou seja,

GH =3

4aA(SOP ).

Ora, a posicao de P = P (t) e H = H(t) depende do tempo t que descreve a trajetoria,portanto:

dGH(t)

d t=

3

4a· dA(SOP (t) )

d t≡ 3

4a

C

2,

onde na ultima equivalencia usei o item i) da Afirmacao 6.1, como foi interpretadana Secao 9 anterior.

So falta ver que o modulo da velocidade vA de P ao passar por A vale

vA =C

a,

para entao terminarmos a demonstracao.Lembre da Afirmacao 6.1 que

C ≡ r2(θ(t)) · θ′(t),ou seja

C = r2(θ(0)) · θ′(0) = a2 · θ′(0).Como vimos na Secao 5, a velocidade P ′(t) de P tem duas projecoes: uma radial, demodulo:

r′(θ(t))

e outra ortogonal, de modulo:

r(θ(t)) · θ′(t).Mas A = A(0) e o vertice da parabola, logo e um ponto de mınimo de r(θ(t)) eportanto r′(θ(0)) = 0. Portanto se o tempo for medido a partir da posicao A:

vA = r(0) · θ′(0) = a · θ′(0).Logo:

vA =C

a,

como querıamos.�

11. A EQUACAO DE KEPLER PARA O MOVIMENTO PLANETARIOELIPTICO 606

11. A Equacao de Kepler para o movimento planetario elıptico

Obteremos aqui uma equacao, cuja solucao na Secao 6 do Capıtulo 46 permitiradizer para onde devemos olhar no ceu a cada instante para localizar um determinadoplaneta. Ou seja, permitira parametrizar a posicao do planeta numa orbita elıpticaem funcao do tempo.

Minha referencia para esta Secao e o livro Analytical Mechanics, de A. Fasano eS. Marmi, Oxford University Press, 2006.

Afirmacao 11.1. (Equacao de Kepler)Suponhamos que um determinado planeta se move numa trajetoria elıptica E dada

em coordenadas cartesianas por:

X2

a2+Y 2

b2= 1, 0 < b < a.

Trace o cırculo C de raio a centrado na origem O = (0, 0).Dado um ponto P (T ) (T e o tempo percorrido desde o perihelio em A = (a, 0))

da trajetoria elıptica, denoto Q ∈ C a projecao vertical de P (T ) no cırculo C.Sejam (R, φ) as coordenadas polares de Q tendo polo em O = (0, 0).Entao:

φ− e · sin(φ) = 2π

T0· T,

onde T0 e o perıodo da trajetoria.A grandeza φ e conhecida como anomalia excentrica e M := 2π·T

T0e a anomalia

media.

Na Figura a seguir os dados da elipse estao em vermelho; enquanto que os docırculo e de construcoes auxiliares que faremos etao em azul:

P

Q

Fp

θϕ

XAO

Y

Demonstracao.

Suponha que o perihelio esta em A, com coordenada X(A) = a > 0. Sabemosque a coordenada de F e (X, Y ) = (e · a, 0), onde 0 < e < 1 e a excentricidade.

Sejam (r, θ) coordenadas polares com polo no Foco A da elipse, onde se encontrao Sol, com θ = 0 o perihelio A. Dado um ponto P 6= A da trajetoria elıptica, denoto


Q ∈ C a projecao vertical de P no cırculo C. E denoto por p a projecao de P no eixohorizontal.

No que segue pensaremos em P no semiplano Y > 0 e nos graficos do cırculo e daelipse:

YC(X) =√a2 −X2,

YE(X) = b2 ·√

1− X2

a2=b

a·√a2 −X2.

Uma observacao sobre a area do setor da elipse e do cırculo:

Ar(AFP ) =b

a· Ar(AFQ).

De fato,Ar(AFP ) = Ar(ApP )− Ar(∆FpP ) =

=

∫ a

X(p)

YE(X) dX − Fp · pP2

=

=

∫ a

X(p)

b

a·√a2 −X2 dX − Fp · pP

2.

e setor do cırculo,Ar(AFQ) = Ar(ApQ)−Ar(∆FpQ) =

=

∫ a

X(p)

YC(X) dX − Fp · pQ2

=

=

∫ a

X(p)

·√a2 −X2 dX − Fp · pQ

2.

Mas

pP =b

a· pQ,

ja que YE(X) = ba· YC(X).

Logo:

Ar(AFP ) =b

a· Ar(AFQ).

Pela lei de Kepler para as areas varridas,

Ar(AFP (T )) = C · T,onde T e o tempo percorrido desde o perielio (T = 0) e 2C e o momento angular. Emparticular:

Ar(E) = π · ab = C · T0,onde T0 denota o perıodo.

Logo ate aqui temos para P (T )

C · T =b

a·Ar(AFQ).

Agora noto que, para O = (0, 0) e (R, φ) coordendas polares com polo em O:

Ar(AFQ) = Ar(AOQ)− Ar(FOQ) =

11. A EQUACAO DE KEPLER PARA O MOVIMENTO PLANETARIOELIPTICO 608

=b

a· [a

2

2· φ− FOpQ

2] =

=b

a· [a

2

2· φ− (e · a) · (a · sin(φ))

2]

onde F = (e · a, 0).Concluımos que

C · T =ab

2· [φ− e · sin(φ)].

e portanto

φ− e · sin(φ) = 2C

ab· T =

2π

T0· T =:M.

�

CAPıTULO 40

Equacoes diferenciais de segunda ordem

1. Reducao de ordem

Quando queremos resolver uma equacao de grau 4 do tipo:

a · x4 + b · x2 + c = 0

obviamente fazemos z := x2 e descobrimos as raızes desta equacao quadratica. Depoisvoltamos na variavel original x.

Do mesmo modo uma equacao diferencial de segunda ordem

x′′ − 2

t· x′ = t

pede que facamos

z(t) := x′(t)

e resolvamos primeiro a equacao de primeira ordem:

z′ − 2

t· z = t

para depois obtermos x =∫z dt. Isso e uma reducao de ordem.

Ha um tipo de reducao de ordem que se aplica a equacoes autonomas (onde avariavel independente nao figura explicitamente) de segunda ordem. Por exemplo, aequacao da Secao 2 do Capıtulo 39

x′′ = − 1

x2

e uma equacao autonoma.Como a velocidade x′(t) pode ser pensada como uma funcao da posicao x podemos

introduzir a variavel:

z := x′

e pensarmos em z = z(x).Daı entao (com a notacao de Leibniz para a regra da cadeia):

x′′(t) =dx′

dt=dz

dt=dz

dx· dxdt

=:dz

dx· z

e a equacao vira:dz

dx· z = − 1

x2.

Ou seja,z2

2=

1

x+ C1

609

2. HOMOGENEAS, A COEFICIENTES CONSTANTES 610

e daı

z = ±√

2

x+ 2C1

ou seja,

x′ = ±√

2

x+ 2C1.

Por exemplo, com C1 = 0, continuamos com√

x(t) · x′(t) =√2

de onde2

3· x(t) 3

2 = ±√2 · t + C2,

de onde obtemos x(t).Esta ideia permite por exemplo resolver a equacao a seguir, que e autonoma de

segunda ordem mas nao-linear:

x′′ + (x′)2 = x

viraz′ · z + z2 = x

se fazemos como antes

z = x′ edz

dx· z = x′′.

Supondo z 6= 0 e dividindo por z temos:

dz

dx+ z =

x

z,

ou seja,dz

dx= −z + x · z−1,

que e uma equacao de Bernoulli com expoente r = −1. Agora trata-se de resolveresta equacao (o que ja sabemos fazer) e depois voltar na variavel x de partida.

2. Homogeneas, a coeficientes constantes

Na Afirmacao 8.1 do Capıtulo 39 resolvemos a equacao

f ′′(x) + k2 · f(x) = 0, ∀x ∈ R

(e tambem o caso nao homogeneo), de onde decorre que todas as solucoes do problema

f ′′(x) + f(x) = 0, ∀x ∈ R

sao da formay = f(x) = a · cos(x) + b · sin(x)

onde a, b sao constantes arbitrarias. Essas constantes ficam determinadas por

a = y(0) e b = y′(0).

Agora quero tratar do problema mais geral:

f ′′(x) +K · f ′(x) + L · f(x) = 0, K, L ∈ R.

CAPITULO 40. EQUACOES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 611

do qual uma instancia ja apareceu quando tratamos da Lei de Hooke com atrito noCapıtulo 12.

Afirmacao 2.1. A solucao geral de

f ′′(x) +K · f ′(x) + L · f(x) = 0, K, L ∈ R

fica determinada pela natureza das solucoes r1, r2 da equacao quadratica:

r2 +K · r + L = 0.

• Se ha duas raızes Reais r1, r2 ∈ R distintas, entao a solucao geral e

y = f(x) = a · er1x + b · er2x

que ficam determinados por

a =y′(0)− r2y(0)

r1 − r2e b = y(0)− a.

• Se ha uma raız dupla r1 = r2 ∈ R a solucao geral e

y = a · x · e−K2·x + b · e−K

2·x,


b = y(0) e a = y(0) · K2

+ y′(0).

• Se r1 =−K2+I ·

√4−K2

2e r2 =

−K2−I ·

√4−K2

2sao Complexos, entao a solucao

geral e

y = a · e−K2x · cos(

√4L−K2

2· x) + b · e−K

2x · sin(

√4L−K2

2· x).


a = y(0) e b =2y′(0) +Ky(0)√

4L−K2.

Observacao: Como as funcoes hiperbolicas sao definidas por cosh(x) := ex+e−x

2e

sinh(x) := ex−e−x

2e como

ex = cosh(x) + sinh(x)

e possıvel expressar o resultado dessa Afirmacao usando as funcoes hiperbolicas.

A Figura a seguir compara, com as mesmas condicoes iniciais y(0) = 8 e y′(0) = 10,as diferentes solucoes de

y′′ +K · y′ + y = 0,

onde K vale:

• K = 0 em vermelho,• K = 1/2 em verde,• K = 2 em amarelo e• K = 3 em azul.

2. HOMOGENEAS, A COEFICIENTES CONSTANTES 612

10

0

5

-5

-10

x

1210860 42

Demonstracao.

A ideia para resolver:

f ′′(x) +K · f ′(x) + L · f(x) = 0

e buscar solucoes do tipo:

y = erx

onde a natureza da constante r e a essencia do problema.Ou seja, queremos que valha:

(erx)′′ +K · (erx)′ + L · erx = 0,

isto e,

erx · (r2 +K · r + L) = 0.

Como erx 6= 0 precisamos que r satisfaca a equacao caracterıstica associada:

r2 +K · r + L = 0

cujas raızes sao:

r1 :=−K +

√∆

2e r2 :=

−K −√∆

2, onde ∆ = K2 − 4L.


Se∆ > 0 ⇔ K2 > 4L

temos r1, r2 ∈ R e r1 6= r2, daı:

y = f1(x) = er1x e y = f2(x) = er2x

sao solucoes, assim como qualquer combinacao linear:

y = f(x) = a · er1x + b · er2x.Agora as condicoes y(0) e y′(0) permitem determinar a, b, pois:

y(0) = a + b e y′(0) = r1a + r2b,

ou seja:

a =y′(0)− r2y(0)

r1 − r2e b = y(0)− a.

O problema comeca a complicar quando ∆ = 0 e quando ∆ < 0 (este ultimo foio caso que apareceu no Capıtulo 12 sobre as Leis de Hooke, onde usei K = 0.1 ouK = 0.3 e L = 1).

Quando∆ = 0 ⇔ K2 = 4L

temos

r := r1 = r2 = −K2;

Precisamos buscar outra solucao, diferente (linearmente independente) da solucao

y = f(x) = e−K2·x. A ideia e buscar solucoes do tipo1:

y = g(x) · e−K2·x.

Ou seja, quero que:

(g(x) · e−K2·x)′′ +K · (g(x) · e−K

2·x)′ +

K2

4· g(x) · e−K

2·x = 0,

o que produz, depois de uma bonita simplificacao,

e−K2·x · g′′(x) = 0,

ou seja,g′′(x) ≡ 0.

Entao g(x) = ax+ b e

y = (ax+ b) · e−K2·x = a · x · e−K

2·x + b · e−K

2·x

sao solucoes.As condicoes y(0) e y′(0) determinam a, b:

b = y(0) e a = y(0) · K2

+ y′(0).

O caso mais bonito a meu ver e quando

∆ < 0 ⇔ K2 < 4L

1Essa ideia sera generalizada no Metodo de Reducao de Ordem, de D’alembert, na Secao 11.

3. NAO-HOMOGENEAS, LINEARES DE SEGUNDA ORDEM 614

pois entao

r1 =−K + I

√4L−K2

2e r1 =

−K − I√4L−K2

2sao numeros complexos (conjugados).

Defina como na Secao 5 do Capıtulo 31

y = F1(x) = e−K+I

√4L−K2

2·x = e

−K2

·x · eI·√

4L−K2

2·x =

= e−K2x · (cos(

√4L−K2

2· x) + I sin(

√4L−K2

2· x))

e

y = F2(x) = e−K−I

√4L−K2

2·x = e

−K2x · (cos(

√4L−K2

2· x)− I sin(

√4L−K2

2· x)).

Agora se usa a observacao de que as combinacoes lineares de solucoes de

f ′′(x) +K · f ′(x) + L · f(x) = 0

sao tambem solucoes dessa equacao diferencial.Entao, somando ou subtraindo as solucoes Complexas F1 e F2 acima obtenho

solucoes Reais:

f1(x) =F1 + F2

2= e

−K2x · cos(

√4L−K2

2· x)

e

f2(x) =F1 − F2

2I= e

−K2x · sin(

√4L−K2

2· x).

Agora as condicoes y(0) e y′(0) determinam a, b em

y = a · e−K2x · cos(

√4L−K2

2· x) + b · e−K

2x · sin(

√4L−K2

2· x).

pois

y(0) = a e y′(0) = −K2a+ b ·

√4L−K2

2,

ou seja:

a = y(0) e b =2y′(0) +Ky(0)√

4L−K2.

�

3. Nao-Homogeneas, lineares de segunda ordem

Considero o problema da Secao 2 anterior, mas agora no caso nao-homogeneo:

f ′′(x) +K · f ′(x) + f(x) = g(x),

em que tomei L = 1 apenas para simplificar a exposicao.Afirmo que basta encontrar alguma solucao φ1(x) desse problema, pois qualquer

outra φ2(x) produz(φ1 − φ2)(x)


uma solucao do problema homogeneo:

f ′′(x) +K · f ′(x) + f(x) = 0,

que ja conhecemos da Secao anterior y = a · f1(x) + b · f2(x). Logo:

φ2(x) = a · f1(x) + b · f2(x) + φ1(x).

Foi isso que aconteceu na Secao 8 do Capıtulo 39, onde φ1(x) =Hk2

e obviamnteuma solucao de

y′′(x) + k2 · y(x) = H.

Podemos enunciar como um princıpio geral:

Afirmacao 3.1. (Princıpio de superposicao)Se φ1(x) e uma solucao particular do problema nao-homogeneo

y′′(x) + P (x) · y(x) +Q(x) · y(x) = R(x)

e se

a · f1(x) + b · f2(x), a, b ∈ R

sao solucoes gerais do problema homogeneo

y′′(x) + P (x) · y(x) +Q(x) · y(x) = 0

entao:

a · f1(x) + b · f2(x) + φ1(x)

e solucao geral do nao-homogeneo.

Demonstracao.

Dada a φ1(x), basta notar que se φ2(x) e uma solucao qualquer de

y′′(x) + P (x) · y(x) +Q(x) · y(x) = R(x),

entao

φ2(x)− φx

e solucao de

y′′(x) + P (x) · y(x) +Q(x) · y(x) = 0.

�

Bom, mas e como encontrar uma solucao particular φ1(x) do caso nao-homogeneo? As proximas Secoes 4 e 7 tratam disso.

4. NAO HOMOGENAS: METODO DE LAGRANGE DE VARIACAO DEPARAMETROS 616

4. Nao homogenas: Metodo de Lagrange de variacao de parametros

Suponhamos conhecidas as solucoes gerais a ·f1(x)+b ·f2(x), a, b ∈ R do problemahomogeneo

f ′′(x) +K · f ′(x) + L · f(x) = 0, K, L ∈ R.

E de Lagrange a ideia de buscar uma solucao φ1(x) da forma

φ1(x) = a(x) · f1(x) + b(x) · f2(x)para o problema nao-homogeneo:

y′′(x) +K · y′(x) + L · y(x) = g(x).

E chamado de metodo de variacao de parametros, ja que o que e usualmente e con-stante (a, b) vira funcao nao-constante (a(x), b(x)). 2

Ha liberdade na escolha de a(x), b(x) pois queremos apenas uma solucao, naotodas; portanto sobre sua derivada

φ′1(x) = a′(x)f1(x) + a(x)f ′

1(x) + b′(x)f2(x) + b(x)f ′2(x)

vamos impor uma condicao extra simplificadora:

a′(x)f1(x) + b′(x)f2(x) = 0.

Assimφ′1(x) = a(x)f ′

1(x) + b(x)f ′2(x).

Como queremos que

φ′′1(x) +K · φ′

1(x) + L · φ(x) = g(x),

temos

(a(x)f ′1(x)+b(x)f

′2(x))

′+K ·(a(x)f ′1(x)+b(x)f

′2(x))+L·(a(x)·f1(x)+b(x)·f2) = g(x);

ou seja, (tiro x por falta de espaco)

(a′f ′1 + af ′′

1 + b′f ′2 + bf ′′

2 ) +K(af ′1 + bf ′

2) + L · (af1 + bf2) = g(x)

que produz, ja que f1, f2 sao solucoes do problema homogeneo:

a′(x)f ′1(x) + b′(x)f ′

2(x) = g(x).

Criamos asiim um sistema de equacoes lineares nas incognitas a′(x), b′(x):

a′(x)f1(x) + b′(x)f2(x) = 0 e a′(x)f ′1(x) + b′(x)f ′

2(x) = g(x)

cuja solucao (regra de Cramer) e:

a′(x) =−f2 · g

f1 · f ′2 − f2 · f ′

1

e b′(x) =f1 · g

f1 · f ′2 − f2 · f ′

1

.

E finalmente obtemos, integrando:

2Repare, a medida que for lendo, que o metodo funciona inclusive se houvessem coeficientesvariaveis:

f ′′(x) +K(x) · f ′(x) + L(x) · f(x) = g(x).

A diferenca e que nao sabemos resolver ainda essa equacao homogenea. Mas se soubermos, o metodose aplica do mesmo modo.


a(x) =

∫ −f2 · gf1 · f ′

2 − f2 · f ′1

dx

b(x) =

∫f1 · g

f1 · f ′2 − f2 · f ′

1

dx.

Pode surgir uma duvida: sera que o determinante (chamado Wronskiano)

W (f1, f2) := f1 · f ′2 − f2 · f ′

1

nao se anula em algum ponto ?Se pode provar que nao, se f1 e f2 sao linearmente independentes.Por exemplo, no caso em que L = 1, se voltamos na Secao 2 e calculamos esse

determinante, encontramos:

• para K = 0,

W(f1, f2) = sin2(x) + cos2(x) ≡ 1

• para 0 < |K| < 2,

W(f1, f2) =1

2· e−Kx ·

√4−K2 6= 0

• para K = ±2,

W(f1, f2) = −e±2x 6= 0

• para |K| > 2,

W(f1, f2) = (r2 − r1) · e(r1+r2)·x 6= 0


Problema: Se a funcao y = f(x) satisfaz a equacao:

f ′′(x)− 2 · f ′(x) + f(x) = 2 · ex,considere as duas questoes a seguir sobre ela:

a): f(x) > 0 ∀x ∈ R implica que f ′(x) > 0 ∀x ∈ R ? Prove isso ou expliquecomo produzir contra-exemplos.

b): f ′(x) > 0 ∀x ∈ R implica que f(x) > 0 ∀x ∈ R ? Prove isso ou expliquecomo produzir contra-exemplos.

Solucao:A Secao anterior 4 nos explicou como achar as solucoes explıcitas dessas equacao.

Como as solucoes do caso homogeneo f ′′(x)− 2 · f ′(x) + f(x) = 0 sao

f(x) = a · x · ex + b · ex, a, b ∈ R,

e o determinante Wronskiano e −e2x, entao a solucao especial φ obtida por variacaode parametros e:

φ = a(x) · xex + b(x) · ex == 2x · x ex + x2 · ex = x2 · ex.


Logo f(x) e da forma:

f(x) = a · x · ex + b · ex + x2 · ex, a, b ∈ R.

Para responder ao item a) vou mostrar que, mesmo se f e sempre positiva, f ′(x)pode se anular, desde que:

a2

4< b <

a2

4+ 1,

por exemplo se a = 1 e b = 12.

Para isso noto que:

f(x) = ex · (x2 + a · x+ b)

e que

f ′(x) = ex · (x2 + (2 + a) · x+ a+ b).

Entao:

f(x) > 0 ∀x ⇔ x2 + a · x+ b > 0 ∀x⇔

⇔ a2 − 4b < 0 ⇔ a2

4< b.

Enquanto que:

f ′(x) = 0 ⇔ x2 + (2 + a) · x+ a + b = 0 ⇔

⇔ (2 + a)2 − 4(a+ b) ≥ 0 ⇔ b ≤ a2

4+ 1.

Ja o item b) tem uma resposta afirmativa.De fato, se f ′(x) > 0 ∀x entao:

a2

4+ 1 < b.

Inicialmente mostro que f(x) 6= 0 ∀x. Depois mostro que de fato f(x) > 0 ∀x.Se supomos que f(x) = 0 para algum x entao

b ≤ a2

4.

Mas assim chegamos num absurdo:

a2

4+ 1 < b ≤ a2

4.

Entao pelo Teorema do Valor Intermediario, ou bem f(x) > 0 ∀x (como queremosprovar) ou bem f(x) < 0 ∀x. Neste ultimo caso, como

f(x) = a · x · ex + b · ex + x2 · ex, a, b ∈ R,

f(0) < 0 implica que b < 0. Mas isso produz a contradicao:

a2

4+ 1 < b < 0.


6. Equacao diferencial de um circuito eletrico simples

No circuito eletrico simples ilustrado na Figura ha uma resistencia de R ohms,um capacitor com Capacitancia de C faradays, uma indutancia de L henrys, ao qualse aplica uma tensao de E(x) volts (x e o tempo).

E

I

CR

Quando o circuito e fechado, a a carga de Q(x) coulombs no capacitor satisfaz aequacao diferencial

L ·Q′′(x) +R ·Q′(x) +1

CQ(x) = E(x),

como consequencia da lei de Kirchhoff.Note que Q′(x) = I(x) e a corrente que circula no sistema.Trata-se do tipo de equacao diferencial que sabemos resolver, apos as Secoes 2 e

4.La simplificamos o problema para valores L = 1 (que sempre pode se obter di-

vidindo pot L 6= 0).Mantendo a suposicao L = 1, o discriminante da equacao caracterıstica (da eq.

homogenea) e:

r2 +R · r + 1

C= 0

torna-se

∆ = R2 − 4

C.

Num Exercıcio no livro de Boyce-Di Prima (Secao 3.9, ex. 16, p.117) encontra-seos valores:

L = 1, R = 5× 103, C = 0.25× 10−6 e E(x) ≡ 12.

Nesse caso, ∆ = 25 × 106 − 16 × 106 > 0, r1 = −1000, r2 = −4000 e as solucoesdo sistema sao portanto da forma:

y = Q(x) = a · e−1000x + b · e−4000x + φ1(x)

onde, conforme a Secao 4, a solucao particular φ1(x) do caso nao homogeneo podeser tomada

φ1(x) = a(x) · e−1000x + b(x) · e−4000x

onde (escolhendo as constantes de integracao iguais a zero)

a(x) =

∫ −12 · e−4000x

−3000 · e−5000xdx = 4 · ×10−6 · e1000x

7. NAO-HOMOGENEAS: METODO DE COEFICIENTES A DETERMINAR 620

e

b(x) =

∫12 · e−1000x

−3000 · e−5000xdx = −10−6 · e4000x

Ou seja:

y = Q(x) = a · e−1000x + b · e−4000x + 3× 10−6.

Impondo que Q(0) = 0 e Q′(0) = 0 obtemos:

a = −4× 10−6 e b = 10−6

e finalmente

y = −4× 10−6 · e−1000x + 10−6 · e−4000x + 3× 10−6

e portanto

limx→+∞

Q(x) = 3× 10−6.

A seguir plotei esta solucao. Note um ponto de inflexao em x = ln(2)1500

≈ 0.000462.

1,5E-6

5E-7

x

0,0030,00250,0020,00150,0010,00050

2,5E-6

2E-6

1E-6

0E0

7. Nao-homogeneas: Metodo de coeficientes a determinar

O metodo de variacao de parametros exposto na Secao e geral, para equacoes desegunda ordem lineares nao-homogeneas com qualquer tipo de coeficientes, constantesou nao.

Mas tem em si uma dificuldade que e a de que devemos conseguir fazer integracoes.E pode ser que as vezes fiquem complicadas.

Ja o metodo que sera exposto aqui nesta Secao, apesar de so se aplicar a equacoesde segunda ordem lineares nao-homogeneas a coeficientes constantes :

y′′(x) + p · y′(x) + q · y(x) = R(x), p, q ∈ R

e ainda com R(x) funcoes bem particulares, e puramente algebrico, nao envolve por-tanto integracao.


Comeco com a situacao bem simples em que

R(x) = A · eλ·x, A, λ ∈ R, A, λ 6= 0.

Como as derivadas das exponencias sao exponenciais, e natural pensar que embuscar uma solucao particular da forma:

φ1(x) = C · eλ·x, C 6= 0.

Ora:[C · eλ·x]′′ + p · [C · eλ·x]′ + q · C · eλ·x =

= [λ2 + p · λ+ q] · C · eλ·x.Entao e natural considerar dois Casos:

Caso 1): λ nao e raız da equacao caracterıstica r2 + p · λ+ q = 0Caso 2): λ e raız da equacao caracterıstica r2 + p · λ+ q.No Caso 1 queremos que

[λ2 + p · λ+ q] · C · eλ·x = A · eλ·x

e portanto:

C =A

[λ2 + p · λ+ q].

No Caso 2 o que temos e queeλ·x

e solucao do problema homogeneo:

y′′(x) + p · y′(x) + q · y(x) = 0

e nao e isso que queremos aqui. Vamor ter que adotar outra estrategia3.Esta mais do que na hora de introduzir uma notacao, para o operador diferencial

linear :L(f) := f ′′ + p · f ′(x) + q · f(x).

O chamo de operador e nao de funcao porque seu domınio sao as funcoes duas vezesderivaveis (e nao numeros ou pontos) e sua imagem tambem sao funcoes, nao numerosou pontos. De diferencial porque faz derivadas e de linear porque:

L(a · f1 + b · f2) = a · L(f1) + b · L(f2).Com essa notacao, pensando em λ como sendo qualquer:

L(C · eλ·x) = (λ2 + p · λ+ q) · C · eλ·x.Entao tomando λ como variavel e derivando nessa variavel :

∂L(C · eλ·x)∂λ

= (2λ+ p) · C · eλ·x + (λ2 + p · λ+ q) · x · C · eλ·x.

Como o operador L faz derivadas em x, o Lemma de Schwartz4 da que:


= L(C · ∂eλ·x

∂λ) =

= L(C · x · eλ·x).3Praticamente a mesma estrategia aparecera na Secao 2 do Capıtulo 444que diz que nao importa a ordem de derivacoes se as funcoes tem segundas derivadas contınuas

7. NAO-HOMOGENEAS: METODO DE COEFICIENTES A DETERMINAR 622

Portanto, igualando os dois lados:

L(C · x · eλ·x) = (2λ+ p) · C · eλ·x + (λ2 + p · λ+ q) · x · C · eλ·x.Como no Caso 2:

λ2 + p · λ+ q = 0

entao no Caso 2):L(C · x · eλ·x) = (2λ+ p) · C · eλ·x,

desde que2λ+ p 6= 0.

Se quero que C · x · eλ·x seja solucao do problema

L(f) = A · eλx

e se [2λ+ p 6= 0 entao quero que valha:

L(C · x · eλ·x) = (2λ+ p) · C · eλ·x = A · eλ·x,ou seja,

C =A

2λ+ pda a buscada solucao particular.

Agora resta tratar o Sub-Caso do Caso 2, em que:

λ2 + p · λ+ q = 2λ+ p = 0,

que e o caso em que λ e raız dupla da equacao caracterıstica.Note que nesta situacao

x · eλ·xe solucao do problema homogeneo5

L(f) = f ′′ + p · f ′ + q · f = 0.

Novamente considero λ como uma variavel e derivo a expressao de acima:


= (2λ+ p) · C · eλ·x + (λ2 + p · λ+ q) · x · C · eλ·x,obtendo do lado esquerdo:

∂2L(C · eλ·x)∂λ2

=∂L(C · x · eλ·x)

∂r=

= L(∂(C · x · eλ·x)

∂λ) = L(C · x2 · eλ·x)

enquanto que do lado direito obtenho:

∂((2λ + p) · C · eλ·x + (λ2 + p · λ+ q) · x · C · eλ·x)∂λ

=

= 2 · C · eλ·x + (2λ+ p) · C · eλ·x[λ+ x] + (λ2 + p · λ+ q) · x · C · λ · eλ·x.Avaliando para o λ tal que

λ2 + p · λ+ q = 2 · λ+ p = 0

5Bem de acordo com o que obtivemos no item 2 da Afirmacao 2.1


obtemos

L(C · x2 · eλ·x) = 2 · C · eλ·x,e como quero:

L(C · x2 · eλ·x) = A · eλ·x

concluo

C =A

2e o valor buscado para termos solucao especial do problema nao-homogeneo.

A mesma discussao se aplica ao caso mais geral, em que o problema nao homogeneoe:

L(f(x)) = f ′′ + p · f ′ + qf = A(x) · eλx,onde A(x) e polinomio de grau k.

Ou seja:

Afirmacao 7.1. Se λ ∈ R nao e raız de λ2 + p · λ + q = 0 encontraremos solucaoespecial do tipo:

g(x) · eλx,onde g(x) e polinomio de grau n, para o problema:

L(f(x)) = f ′′ + p · f ′ + q = A(x) · eλx,onde A(x) e tambem polinomio de grau n.

Se λ ∈ R e raız simples de λ2 + p · λ+ q = 0 encontraremos solucao do tipo:

g(x) · x · eλx.Se λ ∈ R e raız dupla de λ2 + p · λ+ q = 0 encontraremos solucao do tipo:

g(x) · x2 · eλx.Observe que o caso λ = 0 tambem esta compreendido.

Demonstracao.

A mesma discussao em Casos, so que agora nao se trata de determinar 1 coeficientemas todos os coeficientes do polinomio g(x), que aparecem resolvendo um sistema deequacoes lineares.

�

O mesmo tipo de resultado se obtem se o termo nao homogeneo R(x) da equacao

f ′′ + p · f ′ + q · f = R(x)

e da forma

R(x) = eax cos(bx) ou R(x) = eax sin(bx),

com a ou b podendo ter o valor 0.Ou seja, se buscara solucao para o problema nao-homogeneo na classe

y = c1 · eax cos(bx) + c2 · eax sin(bx),

8. SISTEMAS DE EQUACOES DIFERENCIAIS 624

a menos que λ = a + I · b seja raız da equacao caracterıstica de f ′′ + p · f ′ + qf = 0.Neste caso se busca solucao para o prroblema nao-homogeneo na classe

y = c1 · x · eax cos(bx) + c2 · x · eax sin(bx).Por exemplo, f ′′+f ′+f = 0 tem por raızes da equacao caracterıstica λ2+λ+1 = 0

os valores complexos: λ = −12± I ·

√32. Logo para o problema

f ′′ + f ′ + f = e−x2

busco solucoes na classe

y = c · e−x2 ;

de fato,

(c · e−x2 )′′ + (c · e−x

2 )′ + c · e−x2 = e−

x2

da

e−x2 · (1

4− 1

2+ 1) · c = e−

x2

e portanto c = 43.

Mas para o problema

f ′′ + f ′ + f = e−x2 · cos(

√3

2x)

preciso recorrer a classe:

y = c1 · x · e−x2 · cos(

√3

2x) + c2 · x · e−

x2 sin(

√3

2x).

A Secao 8 a seguir da exemplos.

8. Sistemas de equacoes diferenciais

Se pode transformar uma equacao diferencial de ordem maior num sistema deequacoes diferenciais de ordem mais baixa, ou, vice-versa, um sistema de equacoesnuma equacao de ordem mais alta.

Vejamos exemplos (exercıcios do livro de Bear, Differential equations, a concisecourse, Dover, pag. 164):

Exemplo 1:

y′(t) = y(t) + z(t) e z′(t) = y(t) + z(t).

Entao

y′(t) = z′(t)

e portanto, se t pertence a um Intervalo, temos:

z(t) = y(t) + C, C ∈ R.

A primeira equacao da entao:

y′(t) = y(t) + z(t) = 2 · y(t) + C


e portanto, como aprendemos na Secao 4.1 do Capıtulo 35:

y(t) = D · e2·t − C

2.

Entao

z(t) = D · e2·t + C

2.

Exemplo 2:A equacao de segunda ordem

y′′(t) + y(t) = 2 · et

vira o sistema:y′(t) = z(t) e z′(t) = 2 · et − y(t)

e vice-versa.Uma solucao particular do do problema nao-homogeneo

y′′(t) + y(t) = 2 · ex

salta aos olhos:φ1(x) = et,

mas mesmo que nao fosse tao evidente nela chegarıamos seguindo a Secao 7, queensina: como 1 nao e raız da equacao caracterıstica λ2+1 = 0, obtemos uma solucaoparticular

φ1(x) =2

12 + 1· et

do problema nao-homogeneo. E portanto a solucao geral desse problema e:

y(t) = a · cos(t) + b · sin(t) + et.

Exemplo 3:Considere o sistema:

y′(t) = y(t) + z(t) + t e z′(t) = 4 · y(t) + z(t) + t+ 4 · et.Da primeira equacao:

z(t) = y′(t)− y(t)− t logo z′(t) = y′′(t)− y′(t)− 1,

que posto na segunda da:

y′′(t)− y′(t)− 1 = 4 · y(t) + [y′(t)− y(t)− t] + t+ 4 · et,ou seja,

y′′(t)− 2 · y′(t)− 3 · y(t) = 1 + 4 · et.Aqui o melhor e separarmos em duas equacoes

y′′1(t)− 2 · y′1(t)− 3 · y1(t) = 1

y′′2(t)− 2 · y′2(t)− 3 · y2(t) = 4 · ete a solucao buscada sera da forma:

y(x) = y1(x) + y2(x).


Ora, a equacaoy′′1(t)− 2 · y′1(t)− 3 · y1(t) = 1

tem uma solucao particular constante:

φ1(x) ≡ −1

3,

enquanto que a equacao

y′′2(t)− 2 · y′2(t)− 3 · y2(t) = 4 · et

tem uma solucao particular:

φ2(x) =4

12 − 2 · 1− 3· et = −et,

(seguindo a Secao 7, ja que 1 nao e raız de λ2 − 2 · λ− 3 = 0, cujas raızes sao −1, 3).Entao a solucao geral e:

y(t) = a · e−t + b · e3·t − 1

3− et.

O leitor nao tera dificuldade em resolver:


Problema:Resolver o sistema de equacoes:

x′(t) = x(t) + y(t)− 3 e y′(t) = −2 · x(t) + 3 · y(t) + 1,

com as condicoes iniciais:x(0) = y(0) = 0.

Solucao:A primeira equacao da:

y(t) = x′(t)− x(t) + 3, logo y′(t) = x′′(t)− x′(t).

E a segunda da

x′′(t)− x′(t) = −2 · x+ 3 · [x′(t)− x(t) + 3] + 1,

ou seja,x′′(t)− 4 · x′(t) + 5 · x = 10.

Uma solucao particular obvia dessa equaao nao-homogenea e a solucao constante:

φ1(x) ≡ 2.

E como a equacao caracterıstica λ2 − 4 · λ+ 5 = 0 do problema homogeneo

x′′(t)− 4 · x′(t) + 5 · x = 0

tem raızes compexas conjugadas

λ = 2±√−1,


a solucao geral do problema nao-homogeneo e:

x(t) = a · e2·t · cos(t) + b · e2·t · sin(t) + 2.

Usando que x(0) = 0 obtenho a+ 2 = 0, ou seja, a = −2.Sabemos que y(t) = x′(t)− x(t) + 3; portanto apos derivar x(t) se escreve y(t) =

x′(t)− x(t) + 3 em funcao de b e t. A condicao y(0) = 0 dara que b = 1.Logo a solucao do sistema e:

x(t) = −2 · e2·t · cos(t) + e2·t · sin(t) + 2,

y(t) = −e2·t · cos(t) + 3 · e2·t · sin(t) + 1.

10. Homogeneas, nao-singulares, coeficientes variaveis: reducao aconstantes

Considero agora a equacao homogenea de segunda ordem:

f ′′(x) + P (x) · f ′(x) +Q(x) · f(x) = 0,

onde agora pelo menos um dos coeficientes P (x) e Q(x) e uma funcao nao constante.Em Matematica sempre se tenta reduzir um problema a outro conhecido. Por

isso impoe-se a pergunta: em que condicoes este problema pode ser reduzido ao tratadona Secao 2 ?

A resposta e que se consegue isso apenas na situacao a seguir. Que e claramentebastante restritiva, mas por incrıvel que pareca e suficiente para resolvermos a impor-tante Equacao de Euler (tambem chamada de equacao de Cauchy-Euler), na Secao 1do Capıtulo 44.

Afirmacao 10.1. Um equacao

f ′′(x) + P (x) · f ′(x) +Q(x) · f(x) = 0 com Q(x) > 0, ∀xpode ser transformada atraves de uma mudanca de variavel

z = z(x) ou x = x(z)

numa equacaof ′′(z) + αf ′(z) + βf(z), α, β ∈ R e β > 0

se e somente seQ′(x) + 2P (x) ·Q(x)

2 ·Q(x) 32

≡ C, C ∈ R

e ademais isso e feito atraves da mudanca:

z =

∫√

Q(x) dx.

Demonstracao.

Uso a notacao y = f(x) a seguir ou y = y(x) no que segue.Primeiro tomo por hipoteses:

Q′(x) + 2P (x) ·Q(x)2 ·Q(x) 3

2

≡ C e z =

∫√

Q(x) dx.

10. HOMOGENEAS, NAO-SINGULARES, COEFICIENTES VARIAVEIS:REDUCAO A CONSTANTES 628

Noto que

y = y(z),

pois dzdx

=√

Q(x) > 0 garante que z(x) e uma funcao inversıvel. Ou seja, x determinaz e tambem z determina x univocamente. Por isso posso dizer que y = y(z) = y(x(z))e que y = y(x) = y(z(x)).

Posso tambem derivar a composta em x:

y = y(z(x)),

obtendo:dy

dx(z(x)) =

dy

dz(z(x)) · dz

dx=

=dy

dz·√

Q(x).

E agora com a regra da composta e do produto:

d2y

d2x(z(x)) = (

d2y

d2z(z(x)) · dz

dx) · dzdx

+dy

dz(z(x)) · d

2z

d2x=

=d2y

d2z(z(x)) ·

√

Q(x) ·√

Q(x) +dy

dz(z(x)) · Q′(x)

2√

Q(x)

=d2y

d2z(z(x)) ·Q+

dy

dz(z(x)) · Q′(x)

2√

Q(x).

Entao se obtem:

0 ≡ d2y

d2x(z(x)) + P (x) · dy

dx(z(x)) +Q(x) · y =

= Q(x) · d2y

d2z+ (

Q′ + 2PQ

2√Q

) · dydz

+Q · y(z)

e como Q(x) 6= 0 se chega em:

0 =d2y

d2z+ (

Q′ + 2PQ

2Q32

) · dydz

+ y(z)

que tem coeficiente constante pela hipotese.Para provar a recıproca, note que, se uma mudanca z = z(x) levou

f ′′(x) + P (x) · f ′(x) +Q(x) · f(x) = 0

em

f ′′(z) + αf ′(z) + βf(z), α, β ∈ R

entao

0 =d2y

d2x(z(x)) + P (x) · dy

dx(z(x)) + y =

= [d2y

d2z· (dzdx

)2 +dy

dz· d

2z

d2x] + P (x) · (dy

dz· dzdx

) +Q · y(z(x)) =

= (dz

dx)2 · d

2y

d2z+ [

d2z

d2x+ P (x)

dz

dx] · dydz

+Qy(z) =


e dividindo por ( dzdx)2 6= 0 (pois e uma mudanca de coordenadas) obtemos

0 =d2y

d2z+ (

d2zd2x

+ P dzdx

( dzdx)2

) · dydz

+Q

( dzdx)2y(z),

ou seja,

α =d2zd2x

+ P dzdx

( dzdx)2

e β =Q

( dzdx)2> 0.

De onde,

dz

dx=

√

Q

βe

d2z

d2x=

Q′

2β ·√

Qβ

,

ou seja:

α ·√

β =Q′ + 2PQ

2Q32

.

�

11. Homogeneas, nao-singulares, coeficientes variaveis: Metodo deD’Alembert

Aqui considero a equacao:

y′′(x) + P (x) · y′(x) +Q(x) · y(x) = 0

do qual suponho ter uma solucao conhecida:

y = y1(x).

O metodo de reducao de ordem (de D’Alembert) nos dira como achar uma segundasolucao y2 (linearmente independente) desta equacao atraves da resolucao de umaequacao de ordem menor, ou seja, de ordem 1.

Para isso ele propoe:y2(x) := a(x) · f1(x)

com a(x) funcao duas vezes derivavel nao constante.Queremos que:

y′′2(x) + P (x) · y′2(x) +Q(x) · y2(x) = 0,

ou seja, que:

[a′′(x)y1(x)+2·a′(x)·y′1(x)+a(x)y′′1(x)]+P (x)·[a′(x)y1(x)+a(x)y′1(x)]+Q(x)a(x)y1(x) = 0,

ou ainda, reordenando os termos:

a′′(x)·y1(x)+a′(x)·[2·y′1(x)+P (x)y1(x)]+a(x)·[y′′1(x)+P (x)·y′(x)+Q(x)·y1(x)] = 0,

que resulta em

a′′(x) · y1(x) + a′(x) · [2 · y′1(x) + P (x)y1(x)] = 0,

pois y1(x) e solucao da equacao.

12. EXISTENCIA DE SOLUCOES DE EQUACOES HOMOGENEAS ENAO-SINGULARES 630

Fazendo

A(x) = a′(x)

obtemos a reducao de ordem, pois temos agora de resolver a equacao de primeiraordem:

A′(x) · y1(x) + A(x) · [2 · y′1(x) + P (x)y1(x)] = 0,

ou seja, se y1(x) 6= 0,

A′(x)

A(x)=

−[2 · y′1(x) + P (x)y1(x)]

y1(x)= −2

y′1(x)

y1(x)− P (x)

e portanto

ln |A(x)| = ln(y1(x)−2)−

∫

P (x)dx

e

A(x) = ±eln(y1(x)−2) · e−∫P (x)dx,

ou seja,

A(x) =e−

∫P (x)dx

y1(x)2.

onde, na pratica, a constante de integracao pode ser tomada C = 0, ja que so queremosuma solucao. E obteremos a(x) atraves de mais uma integracao:

a(x) =

∫

A(x) dx

(novamente a constante de integracao pode ser tomada C = 0, ja que so queremosuma solucao).

12. Existencia de solucoes de equacoes homogeneas e nao-singulares

O seguinte teorema tem como alcance as equacoes tratadas na Secao 10:

Afirmacao 12.1.i): Considere

y′′(x) + P (x) · y′(x) +Q(x) · y(x) = 0,

onde P (x) e Q(x) sao funcoes contınuas.As solucoes foram um sistema linear a · y1 + b · y2. Por isso, dados y(x0) e y

′(x0)existe e e unica a solucao y = y(x) da equacao satisfazendo essas condicoes iniciaispara x ∈ I, um intervalo em torno de x0.

ii): Considere

y′′(x) + P (x) · y′(x) +Q(x) · y(x) = 0,

onde P (x) e Q(x) admitem expansao em serie de potencias, com raio de convergenciaR1 e R2, em torno de x0. Seja R := min{R1, R2}.

Dados y(x0) e y′(x0) existe e e unica a solucao y = y(x) da equacao satisfazendo

essas condicoes iniciais e y(x) e uma serie de potencias cujo raio de convergencia emtorno de x0 e pelo menos R.


Observo que se P (x) ou Q(x) nao sao contınuos nao se pode garantir que assolucoes sejam todas funcoes limitadas. Uma equacao importante que exemplificaisso e a Equacao de Legendre (explicitamente resolvida na Secao 3 do Capıtulo 41),que pode ser escrita como:

y′′ +2x

x2 − 1· y′ − n(n + 1)

x2 − 1= 0, n ∈ N

Se x ∈ (−1, 1) entao ha solucoes do tipo a ·y1+ b ·y2, com y1 e y2 independentes. Masse pode provar que as unicas solucoes limitadas da equacao definidas em [−1, 1] saomultiplos de Pn, o chamado n-esimo polinomio de Legendre.

Ideia da prova da Afirmacao 12.1:Posso dar uma ideia de como provar a existencia e unicidade de solucoes, do item

i).A ideia e transformar essa equacao de segunda ordem num sistema de equacoes

de primeira ordem, fazendo:z(x) := y′(x)

e criando o sistema:y′(x) = z(x) e y(x0) = a

z′(x) = −P (x) · z(x)−Q(x) · y(x) e z(x0) = b

Agora a ideia e usar o Metodo de Picard (Secao 3 do Capıtulo 36) para cada umadessas equacoes, ou seja, definindo recursivamente:

y0 ≡ a, yn := a+

∫ x

x0

zn−1(t)dt

e

z0 ≡ b, zn := b+

∫ x

x0

(−P (t) · zn−1(t)−Q(x) · yn−1(t))dt

Um Exemplo: suponha a equacao y′′ + y = 0 e o sistema associado a ela:

y′(x) = z(x) e y(0) = 1

z′(x) = −y(x) e z(0) = 0

Entao:

y1 := 1 +

∫ x

0

0 dt = 1, z1 := 0 +

∫ x

0

−1 dt = −x,

y2 := 1 +

∫ x

0

−x dt = 1− x2

2, z2 := 0 +

∫ x

0

−1 dt = −x,

y3 := 1 +

∫ x

0

−x dt = 1− x2

2, z3 := 0 +

∫ x

0

−(1− x2

2) dt =

x3

3!− x,

y4 := 1 +

∫ x

0

x3

3!− x dt = 1− x2

2!+x4

4!, z4 := 0 +

∫ x

0

−(1− x2

2) dt =

x3

3!− x,

y5 := 1 +

∫ x

0

x3

3!− x dt = 1− x2

2!+x4

4!,

13. PROPRIEDADES DAS SOLUCOES DE EQUACOES LINEARES DESEGUNDA ORDEM 632

z5 := 0 +

∫ x

0

−(1− x2

2!+x4

4!) dt = −x+ x3

3!− x5

5!,

y6 := 1 +

∫ x

0

(−x+ x3

3!− x5

5!) dt = 1− x2

2!+x4

4!− x6

6!

e ja reconhecemos que estao aparecendo os termos iniciais yn da series de potenciasde:

y(x) = cos(x)

e os termos iniciais zn da serie de potencias de

z(x) = − sin(x).

Deixo para mais tarde a segunda afirmacao ii), sobre a natureza de series conver-gentes das solucoes.

13. Propriedades das solucoes de equacoes lineares de segunda ordem

Daremos nas Secoes 1, 2 e 3 do Capıtulo 41 solucoes explıcitas, como series depotencias das equacoes:

• de Airy6:

y′′(x) + x · y(x) = 0.

• de Hermite:

y′′(x)− 2 · x · y′(x) + q · y(x) = 0, q ∈ R.

• de Legendre

(1− x2) · y′′(x)− 2x · y′(x) + p · (p+ 1) · y(x) = 0

Mas apesar do carater explıcito das solucoes nao ficara claro que tipo de pro-priedades tem essas funcoes, por exemplo se tem um numero finito ou infinito dezeros, se oscilam.

Aqui nesta Seca0 veremos que essas propriedades podem ser obtidas da propriaequacao, sem se saber explicitamente a solucao.

Afirmacao 13.1. Um solucao y(x) nao-identicamente nula de

y′′ + x · y = 0

tem:

i): no maximo um7 zero em (−∞, 0) e

ii): infinitos8 zeros em (0,+∞).

6Aparece na literatura tambem a equacao y′′(x) − x · y(x) = 0 como sendo a Equacao de Airy.Na Secao 1 do Capıtulo 41 comparo as solucoes.

7E possıvel provar tambem que nao tem nenhum.8E possıvel provar que em cada regiao limitada [x0, x1] ⊂ (0,+∞) so ha um numero finito de

zeros de y(x).


Demonstracao.

De i):

Suponha que exista algum x0 < 0 onde y(x0) = 0.Se acontecer y′(x0) = 0 entao o item i) da Afirmacao 12.1 implicaria que y ≡ 0, a

solucao trivial.Por exemplo, penso de agora em diante que

y′(x0) > 0

(o outro caso y′(x0) < 0 e analogo).Num pequeno intervalo denotado I+ a direita de x0 entao y(x) > 0. Como x < 0

em I+, entao −x · y(x) > 0 em I+ e

y′′(x) = −x · y(x) > 0 em I+.

Logo a primeira derivada y′(x) cresce em I+. E esse crescimento de y′(x) continuaenquanto tivermos x < 0 e y(x) > 0. Em particular enquanto tivermos x < 0 ey(x) > 0 teremos y′(x) > 0. Suponha por absurdo que num x1 com x0 < x1 < 0tenhamos y(x1) = 0. Entao por Rolle terıamos y′(x2) = 0 para algum x2 comx0 < x2 < x1. Contradizendo o fato que y′(x2) > 0, pois x2 < 0 e y(x2) > 0.

Ou seja, que y(x) nao volta a se anular a direita de x0, enquanto tivermos x < 0.Por outro lado, num pequeno intervalo denotado I− a esquerda de x0 temos y(x) <

0, ja que supusemos y′(x0) > 0.Como x < 0 em I−, entao −x · y(x) < 0 em I− e

y′′(x) = −x · y(x) < 0 em I−.

Logo a primeira derivada y′(x) vinha decrescendo em I− ate chegar no valor y′(x0) >0. Ou seja que e sempre y′(x) > 0 a esquerda de x0.

Isso impede que haja outro zero de y(x) a esquerda de x0 (use o Teorema deRolle).

De ii):

Suponha por absurdo que haja um ponto x0 ≥ 0 com a propriedade de que

y(x) 6= 0, ∀x > x0.

Vamos mostrar que tem que haver um ponto x1 com x0 < x1 onde y(x1) = 0,produzindo um absurdo.

Suponho de agora em diante que y′(x0) > 0 e que y(x) > 0 ∀x > x0 (os outroscasos sao analogos).

Entaoy′′ = −x · y(x) < 0, ∀x > x0.

Ou seja a derivada y′(x) e uma funcao decrescente para ∀x > x0.Afirmo que y′(x) < 0 em algum ponto x com x > x0. Para provar isso, faco a

mudanca:

v(x) = −y′(x)

y(x), para x > x0,

13. PROPRIEDADES DAS SOLUCOES DE EQUACOES LINEARES DESEGUNDA ORDEM 634

que esta bem definida pois y(x) > 0. E noto que v(x) verifica9:

v′(x) = x+ v(x)2.

Entao:

v(x)− v(x0) =

∫ x

x0

t dt+

∫ x

x0

v(t)2 dt ≥

≥∫ x

x0

t dt.

Como

limx→+∞

v(x) ≥ v(x0) +

∫ +∞

x0

t dt = +∞,

para algum x > x0 tem que valer:

v(x) > 0.

Entao

0 < v(x) = −y′(x)

y(x)e y(x) > 0

implicam que y′(x) < 0 como querıamos.Estamos na situacao em que, para x > x0 vale:

y(x) > 0, y′(x) < 0 e y′′(x) = −x · y(x) < 0 ∀x ∈ (x,+∞).

Entao o Exercıcio (resolvido) 10.18 do Capıtulo 11 diz que y(x) voltara a se anularem algum ponto a direita de x: contradicao.

�

O que usamos na prova da Afirmacao 13.1 se adapta para dar uma prova daAfirmacao mais geral:

Afirmacao 13.2. Seja uma equacao y′′ + Q(x) · y = 0, ∀x ∈ R, onde Q(x) e umafuncao contınua.

No que segue so considero solucoes y(x) dessa equacao que nao sao identicamentenulas.

i) se Q(x) < 0 em I ⊂ R entao y(x) tem no maximo um zero em I.ii) se Q(x) > 0 em J ⊂ (0 +∞) e se

∫ +∞

0

Q(x) dx = +∞

entao y(x) tem uma infinidade de zeros na semireta x > 0iii) se Q(x) > 0 em J ⊂ (−∞, 0) e se

∫ 0

−∞Q(x) dx = +∞

entao y(x) tem uma infinidade de zeros na semireta x < 0

9Uma equacao de primeira ordem nao-linear, chamada Equacao de Riccati, que sera discutidaem detalhe no Capıtulo 45


Demonstracao.

Os itens i) e ii) sao provados exatamente do mesmo jeito que provamos a Afirmacao13.1, ja que as propriedades da funcao y = x que usamos naquela prova tambem saopropriedades da funcao y = Q(x).

Mas o item ii) exige uma pequena adaptacao.Tomamos um x0 < 0 que seja menor que o menor zero de y(x) (por absurdo).Podemos supor que sempre y(x) > 0 a esquerda de x0 (analogo se for sempre

negativa)Precisamos mostrar que ha algum ponto x < x0 onde y′(x) > 0. Feito isso, como

y′′(x) = −Q(x) · y(x) < 0

a esquerda de x0, entao o grafico e concavo para baixo no intervalo a esquerda de x0e uma adaptacao imediata do Exercıcio 10.18 do Capıtulo 11 dira que y(x) volta a seanular a esquerda de x0 (absurdo).

Mas fazendo:

v(x) = −y′(x)

y(x), para x < x0,

v(x) verificav′(x) = Q(x) + v(x)2.

Portanto para x < x0 < 0:

v(x0)− v(x) =

∫ x0

x

Q(t) dt+

∫ x0

x

v(t)2 dt ≥

≥∫ x0

x

Q(t) dt.

Como

limx→−∞

−v(x) ≥ −v(x0) +∫ x0

−∞Q(t) dt = +∞,

para algum x < x0 tem que valer:

v(x) < 0.

Entao

0 > v(x) = −y′(x)

y(x)e y(x) > 0

implicam que y′(x) > 0 como querıamos.�


Com a Afirmacao 13.2 fica facil fazer o seguinte:

Problema:Considere a funcao y = f(x) solucao de

f ′′(x) = (x3 + a · x) · f(x), a ∈ R,


com f(0) = 1 e f ′(0) = 0.Prove que f tem infinitos zeros a esquerda de algum K ∈ R e um numero finito

a direita de algum L ∈ R.

Solucao:As condicao f(0) = 1 ja garante que y = f(x) nao e identicamente nula.Vou considerar tres casos:

Caso 1): a = 0.Neste caso

f ′′(x)− x3 · f(x) = 0,

e Q(x) := −x3 < 0 em (0,+∞). Portanto a a Afirmacao 13.2 garante que ha nomaximo um zero a direita de K = 0. E tambem que ha infinitos a esquerda de L = 0,pois claramente

∫ 0

−∞−x3 dx = +∞

Caso 2): a > 0.Neste caso

f ′′(x)− (x3 + a · x) · f(x) = 0,

e

Q(x) := −x3 − a · x = −x · (x2 + a).

Ora, Q(x) < 0 se x > 0 e Q(x) > 0 se x < 0. Ademais,∫ 0

−∞−x3 − a · x dx = +∞

Portanto as conclusoes sao as mesmas do Caso 1).

Caso 3): a < 0.Neste caso tambem Q(x) := −x3 − a · x = −x · (x2 + a).Agora Q(x) < 0 se x > 0 e x2 > −a ou se x < 0 e x2 < −a.Ou seja, Q(x) < 0 se x >

√−a ou se −√−a < x < 0.Posso entao dizer que Q(x) < 0 se x esta a direita de K :=

√−a e portanto adireita de

√−a ha um numero finito de zeros.Por outro lado, Q(x) > 0 se x < −√−a ou se 0 < x <

√−a.Posso entao dizer que Q(x) > 0 se x esta a esquerda de L := −√−a e portanto

que a esquerda de −√−a ha um numero infinito de zeros, ja que:∫ 0

−∞−x3 − a · x dx = +∞.

A Afirmacao 13.2 mostra sua forca quando combinada com a seguinte tecnica paraeliminar o termo em y′:


Afirmacao 14.1. Suponha que a funcao y(x) e solucao de

y′′(x) + P (x) · y′(x) +Q(x) · y(x) = 0

Suponha que uma mudanca da forma:

y(x) = u(x) · v(x), onde u(x) 6= 0,

faca de v(x) a solucao de uma equacao da forma:

v′′(x) + S(x) · v(x) = 0.

Entao

u(x) = e−12

∫P (t) dt

e de fato

v′′(x) + (Q(x)− P 2(x)

4− P ′(x)

2) · v(x) = 0.

Em particular, como e−12·∫P (t) dt > 0, o estudo dos zeros de y(x) se reduz ao estudo

dos zeros de v(x), que poder ser feito pela Afirmacao 13.2

Demonstracao.

Se faco

y(x) = u(x) · v(x)entao:

0 = y′′(x) + P (x) · y′(x) +Q(x) · y(x) == (u′′ + 2u′ · v′ + u · v′′) + P (x) · (u′ · v + u · v′) +Q(x) · (u · v) =

= u · v′′ + (2 · u′ + P (x) · u) · v′(x) + (u′′ + P (x) · u′ +Q(x) · u) · v(x).Como quero eliminar o termo em v′, quero que:

2 · u′(x) + P (x) · u(x) = 0

ou seja, para u(x) 6= 0:

u′(x)

u(x)= −1

2· P (x)

e

u(x) = e−12

∫P (t) dt.

Logo, substituindo acima esse u(x):

0 = e−12

∫P (t) dt · [v′′(x) + (Q(x)− 1

4P 2(x)− P ′(x)

2) · v(x)]

e portanto

v′′(x) + (Q(x)− 1

4P 2(x)− P ′(x)

2) · v(x) = 0.

�

15. O TEOREMA DE COMPARACAO DE STURM 638

15. O Teorema de Comparacao de Sturm

Afirmacao 15.1. (Teorema de Comparacao de Sturm)Sejam z(x) uma solucao de

z′′(x) +Q(x) · z(x) = 0

e y(x) uma solucao nao identicamente nula de

y′′(x) + q(x) · y(x) = 0,

ondeQ(x) > q(x).

Entao no intervalo aberto entre cada dois zeros sucessivos de y(x) ha pelo menosum zero de z(x).

Demonstracao.

Sejam x0, x1 dois zeros sucessivos da solucao y(x). Por absurdo suponho que z(x)nao tem zeros em (x0, x1) (pode aconetcer que z(x0) = 0 ou z(x1) = 0).

Posso supor que as solucoes z(x) e y(x) tem o mesmo sinal em (x0, x1) (se naomultiplico uma por −1, ja que isso nao afeta os zeros).

Por exemplo, y, z > 0 em (x0, x1). Tambem posso supor que

y′(x0) > 0 enquanto que y′(x1) < 0

(pois entre zeros sucessivos de y(x) ha algum zero de y′(x) - Teorema de Rolle). Noteque se y′(x0) = 0 ou y′(x1) = 0 entao y ≡ 0 pelo Teorema de Existencia e Unicidade.

Defino:z(x)y′(x)− y(x)z′(x)

e noto que[z(x)y′(x)− y(x)z′(x)]′(x) = z(x)y′′(x)− y(x)z′′(x).

Entao:

[z(x1) · y′(x1)− z′(x1) · y(x1)]− [z(x0) · y′(x0)− z′(x0) · y(x0)] =

=

∫ x1

x0

(zy′ − yz′) ′ (t) dt =

=

∫ x1

x0

(z(t)y′′(t)− y(t)z′′(t)] dt =

=

∫ x1

x0

y(t) · z(t) · (Q(t)− q(t)) dt > 0,

ou seja,z(x1) · y′(x1)− z′(x1) · y(x1) > z(x0) · y′(x0)− z′(x0) · y(x0).

Mas, quando calculo, obtenho:

z(x0) · y′(x0)− z′(x0) · y(x0) = z(x0) · y′(x0) ≥ 0,

z(x1) · y′(x1)− z′(x1) · y(x1) = z(x1) · y′(x1) ≤ 0,

uma contradicao.�



Adaptando um pouco o que fizemos na prova da Afirmacao 15.1 e possıvel resolver:

Problema:Seja y(x) uma solucao de

y′′(x) + (1 +√x) · y(x) = 0, ∀x ≥ 0

com y(0) = 1 e y′(0) = 0.Prove que y(x) se anula exatamente uma vez em (0, π

2). Determine tambem um

numero K para que o zero x de y(x) verifique:

0 < K < x <π

2.

Solucao:Vou comparar

y′′(x) + (1 +√x) · y(x) = 0, x ≥ 0

comw′′ + w = 0,

pois para x > 0 temos 1 +√x > 1.

Desta ultima equacao tomo a solucao w(x) = cos(x), para a qual sabemos quew(0) = 1, w′(0) = 0 e que seu primeiro zero e o ponto π

2, onde w′(π

2) = −1.

Considero:

y(x) · w′(x)− w(x) · y′(x).Entao:

y(0) · w′(0)− w(0) · y′(0) = 0

y(π

2) · w′(

π

2)− w(

π

2) · y′(π

2) = −y(π

2).

Suponha por absurdo que y(x) nao tem zero em (0, π2).

Entao

−y(π2) < 0.

Mas como fizemos na prova da Afirmacao 15.1:

0 > [y(π

2) · w′(

π

2)− w(

π

2) · y′(π

2)]− [y(0) · w′(0)− w(0) · y′(0)] =

=

∫ π2

0

(y(t)w′′(t)− w(t)y′′(t)] dt =

∫ π2

0

y(t) · w(t) ·√t dt > 0,

uma contradicao.Seja entao

0 < x0 <π

2um zero de y(x).

Para descobrir o numero K < x0, comparo a equacao:

v′′(x) + (1 +

√π

2) · v(x) = 0


comy′′(x) + (1 +

√x) · y(x) = 0,

pois para 0 ≤ x < π2temos:

1 +

√π

2> 1 +

√x.

A solucao de v′′(x) + (1 +√

π2) · v(x) = 0 da forma

v(x) = cos(

√

1 +

√π

2· x)

temv(0) = 1 e v′(0) = 0.

Suponha por absurdo que seu primeiro zero

x :=π

2· 1√

1 +√

π2

,

verifica:x0 < x.

Comov(x0) · y′(x0)− y(x0) · v′(x0) = v(x0) · y′(x0) < 0

ev(0) · y′(0)− y(0) · v′(0) = 0

obtenho

0 > [v(x0) · y′(x0)− y(x0) · v′(x0)]− [v(0) · y′(0)− y(0) · v′(0)] =

=

∫ x0

0

(v(t)y′′(t)− y(t)v′′(t)] dt =

∫ x0

0

v(t) · y(t) · (√π

2−

√t) dt > 0,

uma contradicao.Logo

0 < K :=π

2· 1√

1 +√

π2

< x0 <π

2.

Falta ainda ver que so ha esse zero x0 de y(x) em (K, π2).

Suponha por absudo que existe x′0 outro zero de y(x) em (K, π2).

Entao a Afirmacao 15.1 diz que ha algum zero da solucao v(x) de

v′′(x) + (1 +

√π

2) · v(x) = 0

no intervalo:(x0, x

′0) se x0 < x′0

ou(x′0, x0) se x′0 < x0.

De qualquer forma, seria uma solucao v(x) com algum zero entre K e π2.


Mas, depois de K o proximo zero de v(x) esta em

3π

2· 1√

1 +√

π2

,

que e um numero maior que π2. Uma contradicao.

17. Exercıcios

Exercıcio 17.1. (resolvido)O estudante Fabio Casula criou o seguinte exercıcio, que e simples mas instrutivo.Resolva por serie de potencias na origem a equacao:

xy′ − y = 0.

Explique por que nao ha unicidade das solucoes com y(0) = 0.

Exercıcio 17.2. (resolvido)Resolva por serie de potencias y =

∑+∞n=0 an(x− π

2)n o problema

y′′ + y = 0, y(π

2) = 1 e y′(

π

2) = 1.

Mostre que a solucao assim obtida coincide com y = sin(x).

Exercıcio 17.3. (resolvido)Para x > 0, considere a equacao:

y′′(x) +2

xy′(x) +

q

xαy(x) = 0.

i ) Mostre que a mudanca de variavel

y(x) =v(x)

xtransforma-a numa equacao do tipo:

v′′(x) +Q(x) v(x) = 0

(determine Q(x)).

ii) Considere

y′′(x) +2

xy′(x) + q y(x) = 0, com q < 0

(ou seja, α = 0).De a solucao geral da equacao correspondente

v′′(x) +Q(x) v(x) = 0

e daı obtenha a solucao geral de

y′′(x) +2

xy′(x) + q y(x) = 0.

CAPıTULO 41

Equacoes com pontos nao-singulares: Airy, Hermite eLegendre

1. Solucao explıcita da Airy

.De acordo com o item ii) da Afirmacao 12.1 do Capıtulo 40, as solucoes da equacao

de Airy:y′′(x) + x · y(x) = 0.

devem ser series convergentes ∀x ∈ R:

y =

+∞∑

i=0

ai · xi.

Entao, derivando termo a termo1:

y′ =+∞∑

i=1

i · ai · xi−1,

y′′ =+∞∑

i=2

i · (i− 1) · ai · xi−2

e, supondo que resolve a equacao, temos:+∞∑

i=2

i · (i− 1) · ai · xi−2 ++∞∑

i=0

ai · xi+1 = 0,

ou seja, introduzindo um ındice novo no somatorio:

2 · a2 ++∞∑

j=1

[(j + 2)(j + 1) · aj+2 − aj−1] · xj = 0.

Portanto sobre a0 e a1 nao ha qualquer restricao, mas:

a2 = 0, a3 =a02 · 3 , a4 =

a13 · 4 , a5 = 0,

a6 =a35 · 6 =

a02 · 3 · 5 · 6 , a7 =

a46 · 7 =

a13 · 4 · 6 · 7 ,

a8 = 0, a9 =a68 · 9 =

a02 · 3 · 5 · 6 · 8 · 9 ,

a10 =a7

9 · 10 =a1

3 · 4 · 6 · 7 · 9 · 101como se pode justificar

643

1. SOLUCAO EXPLICITA DA AIRY 644

etc, (supondo que se possa reagrupar a vontade as parcelas).Uma analise mais detalhada mostra que:

a3k =a1

(2 · 3)(5 · 6) . . . ((3k − 1)(3k)), k ∈ N.

a3k+1 =a0

(3 · 4)(6 · 7) . . . ((3k)(3k + 1)), k ∈ N.

a3k+2 = 0, k = 0, 1, 2, . . .

Portanto se obtem:

y = a0·(1++∞∑

k=1

x3k

(2 · 3)(5 · 6) . . . ((3k − 1)(3k)))+a1·(1+

+∞∑

k=1

x3k+1

(3 · 4)(6 · 7) . . . ((3k)(3k + 1)))

O teste da Razao da para a primeira serie:

limk→+∞

|x3|(3(k + 1)− 1)(3(k + 1)

= 0,

ou seja que ha convergencia em modulo ∀x ∈ R.Para terminar, um esclarecimento sobre a equacao de Airy, que na literatura

aparece as vezes com sinais diferentes:

Afirmacao 1.1. Se y = y(x) e solucao de y′′(x) + x · y(x) = 0, ∀x ∈ R entao

f(x) := y(−x)

e solucao de

f ′′(x)− x · f(x) = 0, ∀x ∈ R,

Ou seja, a solucao de uma equacao e dada como reflexao no eixo dos y da solucaoda outra.

Demonstracao.

Se y′′(x) + x · y(x) = 0, ∀x ∈ R entao em particular:

y′′(−x) + (−x) · y(−x) = 0, ∀x ∈ R.

Mas se f(x) := y(−x) entao f ′(x) = −y′(−x) e

f ′′(x) = −(−y′′(−x)) = y′′(−x).

Logo f ′′(x)− x · f(x) = 0, ∀x ∈ R.�

CAPITULO 41. EQUACOES COM PONTOS NAO-SINGULARES: AIRY,HERMITE E LEGENDRE 645

2. Solucao explıcita da Hermite

Considero a Equacao de Hermite

y′′(x)− 2 · x · y′(x) + q · y(x) = 0, q ∈ R,

para a qual busco solucoes da forma:

y =

+∞∑

i=0

ai · xi

e que devem ser convergentes ∀x, pelo item ii) da Afirmacao 12.1 do Capıtulo 40.Entao, derivando termo a termo2:

y′ =

+∞∑

i=1

i · ai · xi−1,

y′′ =

+∞∑

i=2

i · (i− 1) · ai · xi−2

e, supondo que resolve a equacao, temos:

0 =+∞∑

i=2

i · (i− 1) · ai · xi−2 − 2 · x ·+∞∑

i=1

i · ai · xi−1 + q ·+∞∑

i=0

ai · xi =

=:∑

i=0

bi · xi.

ondeb0 = 2 · a2 + 2 · q · a0, b1 = 2 · 3 · a3 − 2 · a1 + 2 · q · a1

b2 = 3 · 4 · a4 − 4 · a2 + 2 · q · a2, b3 = 4 · 5 · a5 − 2 · 3 · a3 + 2 · q · a3b4 = 5 · 6 · a6 − 2 · 4 · a4 + 2 · q · a4

etc (supondo que se possa reagrupar a vontade as parcelas). 10Mas se pode mostrar que uma serie e identicamente nula se e so se cada coeficiente

e nulo, quer dizer,∀i, bi = 0.

O que cria as relacoes:

a2 = −q · a0, a3 =1− q

3· a1

a4 =2− q

6· a2 =

2 · q · (2− q)

12· a0

a5 =2 · (3− q)

4 · 5 · a3 =2 · (1− q) · (3− q)

3 · 4 · 5 · a1etc.

Uma analise mais cuidadosa permite mostrar que de fato as relacoes sao:

a2i =2i · q · (q − 2) · (q − 4) . . . · (q − 2i+ 2)

(2i)!, se i ≥ 1,

2como se pode justificar

2. SOLUCAO EXPLICITA DA HERMITE 646

a2i+1 =2i · q · (q − 1) · (q − 3) . . . · (q − 2i+ 1)

(2i+ 1)!, se i ≥ 1.

De novo supondo que se pode reagrupar termos a vontade, escrevo entao o queobtivemos como:

y =∑

i=0

ai · xi =∑

i=0

a2i · x2i +∑

i=0

a2i+1 · x2i+1.

Podemos confirmar a convergencia dessas series para todo R.Note que o Teste da Razao aplicado para

∑

i=0

a2i · x2i

da

limi→+∞

|a2(i+1)x2(i+1)|

|a2ix2i|= lim

i→+∞

|2 · q · (q − 1) · . . . · (q − 2i)x2||(2i+ 2) · (2i+ 1) · q · (q − 1) · . . . · (q − 2i+ 1)| = 0,

ou seja que converge em modulo ∀x ∈ R.Analogamente para

∑

i=0 a2i+1 · x2i+1.Duas observacoes:

• Se

q = 0 ou q = n ∈ N

entao ou ∑

i=0

a2i · x2i

e um polinomio (quando q = 0 ou q = n ∈ N e par) ou∑

i=0

a2i+1 · x2i+1

e um polinomio (quando q = n e ımpar).Como se verifica, esses polinomios sao:

a0, se q = n = 0

a1 · x, se q = n = 1

a0 − 2 · a0 · x2, se q = n = 2

a1 · x−2

3· a1 · x3, se q = n = 3

etc.• Para q geral, pode-se escrever

y =∑

i=0

a2i · x2i +∑

i=0

a2i+1 · x2i+1 =

= a0 · (1− 2 · q · x2 + . . .) + a1 · (x−2 · q · (q − 1)

3· x3 + . . .)

para por em evidencia que ha duas solucoes independentes da equacao cujascombinacoes lineares dao a solucao geral.


3. Solucao explıcita da Legendre em torno de x = 0

A equacao de Legendre e

y′′(x)− 2x

1− x2· y′(x) + p · (p+ 1)

1− x2· y(x) = 0, p ∈ R

e nao-singular3 em x = 0.Essa equacao tambem pode ser escrita como:

(1− x2) · y′′(x)− 2x · y′(x) + p · (p + 1) · y(x) =e, as vezes, em aplicacoes, aparece numa forma camuflada:

((1− x2) · y′(x))′ + λ · y(x) = 0.

De acordo com o item ii) da Afirmacao 12.1 do Capıtulo 40, esta equacao temsolucoes dadas por series de potencias convergentes em −1 < x < 1 (eventualmentepolinomios, dependendo de p especıficos), pois:

1

1− x2=

+∞∑

n=0

x2n, se − 1 < x < 1.

Tomo um candidato a solucao

y =+∞∑

n=0

cn · xn,

calculo cada ingrediente da equacao de Legendre posta na forma:

(1− x2) · y′′(x)− 2x · y′(x) + p · (p+ 1) · y(x) = 0

e os reuno na equacao; ou seja, faco:

−2x · y′ = −2x ·+∞∑

n=1

n · cn · xn−1 =

+∞∑

n=1

[−2n · cn] · xn,

(1− x2) · y′′ = (1− x2) ·+∞∑

n=2

n(n− 1) · cn · xn−2 =

=

+∞∑

n=2

n(n− 1) · cn · xn−2 −+∞∑

n=2

n(n− 1) · cn · xn.

Pondo-os juntos na equacao de Legendre e reagrupando os termos em ordem crescentedo expoente, obtemos:

[2 · 1 · c2 + p(p+ 1)c0] · x0 + [3 · 2 · c3 − 2 · 1 · c1 + p(p+ 1) · c1] · x1++[4·3·c4−2·1·c2−2·2·c2+p(p+1)·c2]·x2+[5·4·c5−3·2·c3−2·3·c3+p(p+1)c3]·x3+. . .++[(n+ 2) · (n+ 1) · cn+2 − (n− 1) · n · cn − 2 · n · cn + p(p+ 1) · cn] · xn + . . . = 0,

de onde sai que:

(n+ 2) · (n+ 1) · cn+2 − (n− 1) · n · cn − 2 · n · cn + p(p+ 1) · cn = 0, ∀n ≥ 0;

3Por outro lado, do ponto de vista do Capıtulo 44 ela tem pontos singulares em x = 1 e x = −1

3. SOLUCAO EXPLICITA DA LEGENDRE EM TORNO DE X = 0 648

ou seja, surgem as recorrencias:

cn+2 =(n− 1) · n + 2 · n− p(p+ 1)

(n+ 2) · (n+ 1)· cn =

=n · (n+ 1)− p(p+ 1)

(n + 2) · (n + 1)· cn, ∀n ≥ 0,

que nos permitirao, dado c0 obter todos os ck com k pares4 e dado c1 obter todos oscj com j ımpares (como descrito mais em detalhe abaixo).

E assim

y =

+∞∑

n=0

cn · xn = c0 ·∑

k∈2Nckx

k + c1 ·∑

j∈2N+1

cjxj

descreve o sistema linear de dimensao dois das solucoes da equacao diferencial.Uma observacao simples mas interessante e que as recorrencias acima podem ser

re-escritas como:

cn+2 =n · (n + 1)− p(p+ 1)

(n+ 2) · (n+ 1)· cn = −(p+ n + 1) · (p− n)

(n+ 2) · (n+ 1)· cn.

Ou seja,

c2 = −(p+ 1) · p2 · 1 · c0, c4 =

(p+ 3)(p− 2)

4 · 3 · (p+ 1) · p2 · 1 · c0,

c6 = −(p+ 5) · (p− 4)

6 · 5 · (p+ 3)(p− 2)

4 · 3 · (p+ 1) · p2 · 1 · c0,

e assim por diante.Isso nos indica que se p ∈ 2N e um Natural par entao a serie

∑

k∈2N ckxk fica

truncada no grau p, ou seja, vira um polinomio Pp, e:

y = c0 · Pp + c1 ·∑

j∈2N+1

cjxj .

Enquanto que no caso em que p ∈ 2N+1 e um Natural ımpar e a serie∑

j∈2N+1 cjxj

que fica truncada no grau p, ou seja, vira um polinomio Pp de grau p e

y = c0 ·∑

k∈2Nck + c1Pp.

Esse polinomios Pp que sao solucoes da equacao de Legendre sao chamados polinomiosde Legendre e sao muito importantes na resolucao de Equacoes Parciais, por exem-plo. Veremos na Secao 4 do Capıtulo 48 que os polinomios de Legendre devem serconsiderados harmonicos esfericos.

4 Denoto o conjunto dos pares por e 2N e dos ımpares por 2N+ 1


4. Polinomios de Legendre e expansao em serie do potencial gravitacional

Os polinomios de Legendre sao a base para as adaptacoes da teoria de atracaogravitacional de Newton - que a princıpio e para um objeto pontual, zero dimensional- para situacoes realısticas, em que os objetos que atraem tem diferentes formatostridimensionais.

Me contento aqui em indicar (sem dar uma prova completa por enquanto) como ospolinomios de Legendre aparecem em expansoes em series do potencial Newtoniano.

Seja um corpo pontual de massa M situado fora da origem, no ponto (a, b, c) doespaco e seja

D = ||(a, b, c)|| =√a2 + b2 + c2.

Seja um outro corpo pontual de massa m << M situado em (x, y, z) e

d = ||(x, y, z)|| =√

x2 + y2 + z2.

Seja

r =√

(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2

a distancia entre m e M .Uma verificacao imediata comprova que

(∂(1

r)

∂x,∂(1

r)

∂y,∂(1

r)

∂z) =

−1

r3· (x− a, x− b, x− c),

o que significa que

U =GM

re o potencial Newtoniano que produz a atracao gravitacional:

−GMr2

· (x− a, y − b, z − c)

r,

Suponhamos agora que

0 < v :=d

D< 1

ou seja que m esta situado mais proximo da origem que M .No triangulo formado pela origem O e mais m e M , seja θ o angulo ˆmOM ; a lei

dos cossenos (cf. Secao 3 do Capıtulo 17) da:

r2 = D2 + d2 − 2 · d ·D cos(θ),

portanto

r =√

D2 + (vD)2 − 2 · vD ·D cos(θ) = D ·√

1 + v2 − 2v cos(θ)

e

U = GM · 1

D ·√

1 + v2 − 2v cos(θ).

Enquanto tivermos

|v2 − 2v cos(θ)| < 1

5. ORTOGONALIDADE DOS POLINOMIOS DE LEGENDRE 650

podemos usar a serie binomial com expoente −12

(cf. Secao 4 do Capıtulo 31) e obter:

U = GM · 1

D ·√

1 + v2 − 2v cos(θ)=GM

D· (1 + v2 − 2v cos(θ))−

12 =

=GM

D· [1− 1

2(v2− 2v cos(θ))+

1 · 32 · 4(z

2− 2v cos(θ))2− 1 · 3 · 52 · 4 · 6(v

2− 2v cos(θ))3+ . . .]

Se re-escrevemos essa serie como serie de potencias em v temos:

U =GM

D· [1 + cos(θ) · v+ (−1

2+

3

2cos(θ)2) · v2+ (−3

2cos(θ) +

5

2cos(θ)3) · v3 + . . .] =

=GM

D·+∞∑

n=0

Pn(cos(θ)) · vn.

Temos:

1 = P0(cos(θ)), cos(θ) = P1(cos(θ)), −1

2+

3

2cos(θ)2 = P2(cos(θ)),

−3

2cos(θ) +

5

2cos(θ)3 = P3(cos(θ))

e o que se pode provar e que cada Pn e o polinomio de Legendre de grau n.Noto que, para θ = 0:

(1 + v2 − 2v cos(0))−12 = (1 + v2 − 2v)

−12 = (1− v)2

−12 = (1− v)−1

e pela serie geometrica (ja que 0 < v < 1):

(1− v)−1 =+∞∑

n=0

vn

o que e coerente com a escolha que se faz dos coeficientes dos Pn para que

Pn(1) = 1, ∀n ≥ 0.

5. Ortogonalidade dos polinomios de Legendre

Retomemos a equacao de Legendre na forma:

((1− x2) · y′(x))′ + λ · y(x) = 0

efacamos:

λ = n · (n+ 1), n ∈ N

para que tenha solucoes polinomiais Pn (n-esimo polinomio de Legendre).A importancia da lista de polinomios de Legendre decorre da seguinte propriedade:

Afirmacao 5.1. (Ortogonalidade dos polinomios de Legendre)Se n1, n2 ∈ N sao diferentes entre si entao:

∫ 1

−1

Pn1(t) · Pn2(t) dt = 0.


Demonstracao.

Sejamλ1 := n1 · (n1 + 1), e λ2 := n2 · (n2 + 1)

e as equacoes de Legendre na forma:

((1− x2) · P ′n1(x))′ = −λ1 · Pn1

((1− x2) · P ′n2(x))′ = −λ2 · Pn2.

De onde obtemos (por multiplicacao e subtracao dessa identidades)

Pn2 · ((1− x2) · P ′n1(x))′ − Pn1 · ((1− x2) · P ′

n2(x))′ =

= (λ2 − λ1) · Pn1 · Pn2 .

Daı, integrando o lado esquerdo (por partes):∫

[Pn2(x) · ((1− x2) · P ′n1(x))′ − Pn1(x) · ((1− x2) · P ′

n2(x))′] dx =

=

∫

Pn2(x) · ((1− x2) · P ′n1(x))′ dx−

∫

Pn1(x) · ((1− x2) · P ′n2(x))′ dx =

= Pn2(x) · (1− x2) · P ′n1(x)−

∫

P ′n2(x) · (1− x2) · P ′

n1−

−Pn1(x) · (1− x2) · P ′n2(x) +

∫

P ′n1(x) · (1− x2) · P ′

n2(x) dx =

= (1− x2) · [Pn2(x) · P ′n1(x)− Pn1(x) · P ′

n2(x)]

e portanto a integral definida do lado direito e:

(λ2 − λ1)

∫ 1

−1

Pn1 · Pn2 dx =

=

∫ 1

−1

[Pn2(x) · ((1− x2) · P ′n1(x))′ − Pn1(x) · ((1− x2) · P ′

n2(x))′] dx =

= 0,

pois o termo 1− x2 se anula em 1,−1.Como

λ1 6= λ2entao concluımos que

∫ 1

−1

Pn1 · Pn2 dx = 0.

�

CAPıTULO 42

Equacao com ponto singular: Hipergeometrica de Gauss

Na Secao 4 do Capıtulo 31 vimos o desenvolvimento em serie infinita de (1 + x)r,para qualquer r ∈ R, onde −1 < x < 1.

Agora introduzo uma serie que generaliza a serie binomial, bem como outras seriesja estudadas, como ln(1 + x) e arcsin(x).

Definicao 0.1. Defino o sımbolo de Pochhammer

[r]n := r · (r + 1) · . . . · (r + n− 1).

Note que [1]n = n!.

Definicao 0.2. Se c 6= 0 e c 6= −n, ∀n ∈ N, a serie infinita:

F (a, b, c; x) := 1 ++∞∑

n=1

[a]n · [b]nn! [c]n

· xn

e chamada de serie hipergeometrica.

O nome que se da a essa serie se justifica pelos exemplos a seguir (como o leitorpode verificar):

• (1− x)−1 = F (1, b, b; x) (de acordo com a Secao 2 do Capıtulo 29),• arctan(x) = x · F (1

2, 1, 3

2;−x2) (de acordo com a Secao 6 do Capıtulo 30)

• ln(1 + x) = x · F (1, 1, 2;−x) (de acordo com a Secao 8 do Capıtulo 30),• (1 + x)r = F (−r, b, b;−x) (de acordo com a Secao 4 do Capıtulo 31).

Afirmacao 0.2.i): A serie F (a, b, c; x) converge em modulo para |x| < 1.

ii): A serie y = F (a, b, c; x) e uma solucao da equacao diferencial:

Ea,b,c : x · (1− x) · y′′ + [c− (a+ b+ 1) · x] · y′ − a · b · y = 0,

chamada equacao hipergeometrica de Gauss com parametros a, b, c.

iii): se c 6∈ N entao essa equacao tem tambem como solucao

y = x1−c · F (a− c + 1, b− c+ 1, 2− c; x).

Por ponto singular x de uma equacao entendo aquele ponto x onde o coeficienteP (x) ou o coeficiente Q(x) da equacao

y′′(x) + P (x) · y′(x) +Q(x) · y(x) = 0

nao pode ser expresso como serie de potencias convergente num entorno de x.

653

654

Por isso a Equacao hipergeometrica de Gauss tem ponto singular em x = 0 e emx = 1.

Demonstracao.

Para provar i), uso o Teste da Razao para demonstrar a convergencia em modulo:

|( [a]n+1·[b]n+1

(n+1)! [c]n+1· xn+1)

( [a]n·[b]nn! [c]n

· xn)| = |(a+ n) · (b+ n)

n · (c + n)· x|

e

limn→+∞

|(a+ n) · (b+ n)

n · (c+ n)· x| = |x|.

Para provar1 o item ii), comeco procurando solucoes da forma:

y(x) = xr ·+∞∑

n=0

an · xn.

Ou seja, supomos que, para algum r, y = xr · ∑+∞n=0 an · xn e solucao da equacao

hipergeometrica de Gauss. Note que:

y′(x) = r · xr−1 ·+∞∑

n=0

an · xn + xr ·+∞∑

n=1

n · an · xn−1 =

e

y′′(x) = r · (r − 1)xr−2 ·+∞∑

n=0

an · xn + r · xr−1 ·+∞∑

n=1

n · an · xn−1+

+r · xr−1 ·+∞∑

n=1

n · an · xn−1 + xr ·+∞∑

n=2

n(n− 1) · an · xn−2.

Pondo isso na equacao:

x · (1− x) · y′′(x) + [c− (a+ b+ 1) · x] · y′(x)− a · b · y(x) ≡ 0,

obtemos a esquerda uma expressao em x cujo coeficiente do termo xr−1 e:

r · (r − 1) + c · r.Como cada coeficiente tem que se anular, entao:

r · (r − 1) + c · r = r · (r − (1− c)) = 0.

Entao r = 0 ou r = 1− c.

Caso r = 0:Colocando como solucao da equacao a serie:

x0 ·+∞∑

n=0

an · xn =+∞∑

n=0

an · xn

1As ideias por detras da prova desta segunda afirmacao sao parte do Metodo de Fobenius, quetrataremos no Capıtulo 44

CAPITULO 42. EQUACAO COM PONTO SINGULAR: HIPERGEOMETRICADE GAUSS 655

obtemos

(a1c− ab a0) · x0 + (2a2 + 2a2c− (a+ b+ 1)a1 − ab a1) · x1++(−2a2 + 6a3 − 2(a+ b+ 1)a2 + 3ca3 − ab a2) · x2 + . . . ≡ 0,

portanto cada coeficiente se anula, e daı obtemos:

a1 = a0 ·ab

c=: a0 ·

[a]1 · [b]11! · [c]1

a2 =a+ b+ 1 + ab

2(c+ 1)· a1 = a0 ·

(a+ b+ 1 + ab)

2(c+ 1)· abc

=

= a0 ·a(a+ 1)b(b+ 1)

2c(c+ 1)=: a0 ·

[a]2 · [b]22! · [c]2

,

a3 =2a+ 2b+ 4 + ab

3(c+ 2)· a2 = a0 ·

(a+ 2)(b+ 2)

3(c+ 2)· a(a + 1)b(b+ 1)

2c(c+ 1)=:

=: a0 ·[a]3 · [b]33! · [c]3

.

E assim por diante se obtem, por inducao:

an = a0 ·[a]n · [b]n3! · [c]n

,

portanto a solucao e:

a0 ·+∞∑

n=0

an · xn = a0 · (1 ++∞∑

n=1

[a]n · [b]nn! [c]n

· xn).

Isto completa a prova de ii).

Caso r = 1− c:

Por hipotese do item iii) c 6∈ N; em particular 1 − c 6= 0. Faco uma mudanca devariaveis:

y(x) = x1−c · z(x)e uma conta mostra que, se y(x) e solucao de:

x · (1− x) · y′′ + [c− (a + b+ 1) · x] · y′ − a · b · y = 0,

entao z(x) e solucao de Ea−c+1,b−c+1,2−c, ou seja,

x·(1−x)·z′′(x)+[(2−c)−((a−c+1)+(b−c+1)+1)·x]·z′(x)−(a−c+1)·(b−c+1)·z(x) = 0.

Pelo que ja aprendemos do primeiro Caso, a serie infinita y = F (a− c+1, b− c+1, 2− c; x) aparece como solucao, desde que

2− c 6= −n, ∀n ∈ N,

pois na serie y = F (a− c+ 1, b− c+ 1, 2− c; x) os coeficientes sao:

[a− c+ 1]n[b− c+ 1]nn![2 − c]n

=[a− c+ 1]n[b− c+ 1]n

n!(2− c)(2− c + 1) . . . · (2− c+ n)

1. INTEGRAL ELIPTICA COMO SERIE HIPERGEOMETRICA 656

e 2 − c + n nao pode se fazer igual a zero. Mas 2 − c = −n da que c = n + 2 ∈ N,contradizendo a hipotese adicional do item iii).

�

1. Integral elıptica como serie hipergeometrica

Na Secao 4 do Capıtulo 28 vimos que a integral

b ·∫ 2π

0

√

1− (1− a2

b2) sin2(t)dt

da o comprimento (perımetro) da elipse x2

a2+ y2

b2= 1. Pela simetria da elipse, esse

comprimento e:

4 · b∫ π

2

0

√

1− (1− a2

b2) · sin2(t)dt.

Considero agora um par de funcoes do parametro x no integrando (cuja notacao emais ou menos padrao na literatura):

E(√x) :=

∫ π2

0

√

1− x · sin2(t)dt.

K(√x) :=

∫ π2

0

1√

1− x · sin2(t)dt.

Note que para z = sin(t) e 0 ≤ t ≤ π2temos

√1− z2 = cos(t),

logo, por mudanca de variavel, vale:

K(√x) :=

∫ π2

0

1√

1− x · sin2(t)dt =

∫ 1

0

1√1− z2 ·

√1− x · z2

dz,

que e outra maneira como K(√x) aparece na literatura sobre funcoes e integrais

elıpticas. Naquele contexto usualmente se denota√x = k e

K(√x) = K(k) =

∫ 1

0

1√

(1− z2) · (1− k2 · z2)dz.

Afirmacao 1.1.

i) :dE(

√x)

dx=

1

2x· (E(

√x)−K(

√x)).

ii) :d2E(

√x)

dx2=

1

4x2(x− 1)· (2E(√x)− E(

√x) · x− 2K(

√x) + 2K(

√x) · x).

CAPITULO 42. EQUACAO COM PONTO SINGULAR: HIPERGEOMETRICADE GAUSS 657

iii): a funcao y = E(√x) satisfaz a equacao hipergeometrica E 1

2,− 1

2,1, a saber:

x(1− x) · y′′ + (1− x) · y′ + 1

4· y = 0.

Demonstracao.

De i):Trata-se de derivar em relacao ao parametro x. Pela Afirmacao 9.1:

dE(√x)

dx=

∫ π2

0

∂√

1− x · sin2(t)

∂xdt =

=

∫ π2

0

− sin2(t)

2√

1− x · sin2(t)dt =

=

∫ π2

0

(

√

1− x · sin2(t)

2x− 1

2x ·√

1− x · sin2(t)) dt =

=:1

2x· (E(x)−K(x)).

De ii):Uma conta do mesmo tipo da anterior, mas mais longa, mostra que vale ii).

De iii):Agora e so simplificar:

x(1− x) · d2E(

√x)

dx2+ (1− x) · dE(

√x)

dx+E(

√x)

4=

= − 1

4x· (2E −E · x− 2K + 2K · x)) + 1− x

2x(E −K) +

E

4≡ 0.

�

De fato e sabido que:

E(

√

(1− a2

b2)) :=

∫ pi2

0

√

1− (1− a2

b2)) · sin2(t) dt =

=π

2· F (1

2,−1

2, 1; x) (1− a2

b2).

Portanto a area da elipse x2

a2+ y2

b2= 1 e:

4 · b · π2· F (1

2,−1

2, 1; x) (1− a2

b2).

Nao esqueca que preciso ter:

|1− a2

b2| < 1

para garantir a convergencia da serie hipergeometrica. Para a = 4 e b = 3 temos|1− 16

9| = 7/9.

1. INTEGRAL ELIPTICA COMO SERIE HIPERGEOMETRICA 658

Resolvi calcular as primeiras somas parciais da serie

4 · 2 · π2· F (1

2,−1

2, 1; x) (1− 16

9).

Obtive:

s1 = 6 · π, s2 ≈ 7.166666667 · π, s3 ≈ 6.996527778 · π,s4 ≈ 7.051665381 · π, s5 ≈ 7.004760128 · π, s6 ≈ 7.027743702 · πs7 ≈ 7.015453874 · π, s8 ≈ 7.022427864 · π, s9 ≈ 7.018296138 · π.

Uma aproximacao proposta por S. Ramanujan, que mencionamos na Secao 4 doCapıtulo 28, e

(3 · (a+ b)−√

(a+ 3b)(3a+ b)) · π,note que para a = 4 e b = 3 isso da:

(21−√195) · π ≈ 7.03575996 · π.

CAPıTULO 43

Equacao com ponto singular: a Equacao de Bessel

1. A definicao original de Bessel

A definicao de Bessel para suas funcoes foi feita atraves de uma integral1, depen-dendo de um parametro x:

Jν(x) :=

∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t))) dt, para ν ∈ N.

Afirmacao 1.1.A funcao y(x) = Jν(x) satisfaz a equacao

y′′(x) +1

x· y′(x) + ν2 · (1− 1

x2) · y(x) = 0, ν ∈ N.

A mudanca z := ν · x leva essa equacao na equacao:

y′′(z) +1

z· y′(z) + (z2 − ν2)

z2· y(z) = 0.

Definicao 1.1. Mais geralmente, se define a equacao de Bessel como:

y′′(x) +1

x· y′(x) + (x2 − ν2)

x2· y(z) = 0, onde ν ≥ 0, ν ∈ R

Por ponto singular x de uma equacao entendo aquele ponto x onde o coeficienteP (x) ou o coeficiente Q(x) da equacao

y′′(x) + P (x) · y′(x) +Q(x) · y(x) = 0

nao pode ser expresso como serie de potencias convergente num entorno de x.Por isso a Equacao de Bessel tem ponto singular em x = 0

Demonstracao. (da Afirmacao 1.1)

Vamos ter que derivar em relacao ao parametro x da integral (veja Secao 9 doCapıtulo 36

y′′(x) +1

x· y′(x) =

=

∫ π

0

∂2 cos(ν · (t− x · sin(t)))∂x2

dt+1

x·∫ π

0

∂ cos(ν · (t− x · sin(t)))∂x

dt =

= −ν2 ·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t)) · sin(t)2 dt+ ν

x·∫ π

0

sin(ν · (t− x · sin(t)) · sin(t) dt.

1Tambem se encontra na literatura a definicao Jν(x) :=∫ π

0 cos(ν · t− x · sin(t)) dt, o que nao faz

muita diferenca.

659

1. A DEFINICAO ORIGINAL DE BESSEL 660

Agora integro por partes:∫ π

0

sin(ν · (t− x · sin(t))︸︷︷︸

=f

· sin(t)︸︷︷︸

=g′

dt =

= − cos(t) sin(ν · (t− x · sin(t))(π) + cos(t) sin(ν · (t− x · sin(t))(0)+

+ν ·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t)) · (1− x · cos(t)) · cos(t) dt =

= ν ·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t))− ν · x∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t)) · cos(t)2 dt,onde usei que

sin(ν · (π − x · sin(π)) = sin(ν · π) = 0, se ν ∈ N.

Ou seja,

y′′(x) +1

x· y′(x) =

=ν2

x·∫ π

0

cos(ν · (t−x · sin(t)) dt−ν2 ·∫ π

0

cos(ν · (t−x · sin(t)) · (sin(t)2+cos(t)2) dt =

=ν2

x·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t)))) · cos(t) dt− ν2 ·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t))) dt.Mas

ν2

x·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t)))) · cos(t) dt− ν2 ·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t))) dt =

=ν2

x2·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t)))) · x · cos(t) dt− ν2 ·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t))) dt =

= −ν2

x2·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t)))) · (1− x · cos(t)− 1) dt− ν2 · y(x) =

= − ν

x2·∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t)))) · ν · (1− x · cos(t)) dt− ν2 · y(x) + ν2

x2· y(x) =

= − ν

x2· [sin(ν · (t− x · sin(t)))(π)︸︷︷︸

=0, ν∈N

− sin(ν · (t−x · sin(t)))(0)]]− ν2 · y(x)+ ν2

x2· y(x) =

= −(ν2 − ν2

x2) · y(x),

como querıamos.Para a segunda afirmacao, basta notar que:

dy

dx=dy

dz· dzdx

=dy

dz· ν e

d2y

dx2=d2y

dz2· ν2.

Portanto a equacao obtida se escreve como:

ν2 · [d2y

dz2+

1

z· dydz

+ (1− 1

z2) · y(z)] = 0.

�

CAPITULO 43. EQUACAO COM PONTO SINGULAR: A EQUACAO DEBESSEL 661

Na Secao 5 do Capıtulo 44 veremos como expressar algumas funcoes de Besselatraves de series infinitas, que funcionarao inclusive para ν 6∈ N (introduzidas porLommel e Hankel).

A Afirmacao a seguir sera util para detectarmos algumas equacoes de Bessel ca-mufladas :

Afirmacao 1.2. A equacao de Bessel

x2 · y′′(x) + x · y′(x) + (x2 − ν2) · y(x) = 0,

com as mudancas

x = a · ub e y(x) = v(u) · uc, onde a, b, c ∈ R

se transforma na equacao:

u2d2v

du2+ (2c+ 1) · u · dv

du+ [a2 · b2 · u2b + c2 − ν2 · b2] · v(u) = 0.

Assumirei essa Afirmacao. Provarei por enquanto apenas um caso bem particulardesta Afirmacao na Afirmacao 3.1 deste Capıtulo.

2. Zeros de funcoes de Bessel

Com o material que ja desenvolvemos ate aqui no Curso ja poderemos dar algumasinformacoes qualitativas relevantes sobre os zeros das funcoes de Bessel:

Afirmacao 2.1.i): As solucoes nao triviais y(x) da equacao de Bessel

y′′(x) +1

x· y′(x) + (x2 − ν2)

x2· y(z) = 0, onde ν ≥ 0, ν ∈ R

tem infinitos zeros.Podemos dizer mais:

a): se 0 ≤ ν ≤ 12entao as solucoes y(x) tem infinidade de zeros em (0,+∞).

b): se ν > 12entao as solucoes y(x) tem infinidade de zeros em (

√

ν2 − 14,+∞)

e, ademais, no maximo um zero no intervalo (0,√

ν2 − 14).

ii): se ν = 12entao2 a equacao tem como solucoes3

y(x) = a · 1√x· sin(x) + b · 1√

x· cos(x), a, b ∈ R

2Um teorema de Liouville dira que somente no caso ν = 12 + n, para n = 0 ou n ∈ N, e que as

solucoes da equacao de Bessel se reduzem a funcoes elementares3A notacao usual e y1 = J 1

2

(x) =√

2π· 1√

x· sin(x) e y2 = J− 1

2

(x) =√

2π· 1√

x· cos(x).

2. ZEROS DE FUNCOES DE BESSEL 662

iii): A medida que x cresce as solucoes y(x) sao aproximadas por funcoes do tipo:

a · 1√x· sin(x) + b · 1√

x· cos(x), a, b ∈ R

Demonstracao.

De i):

Re-escrevo a equacao como:

y′′(x) +1

x· y′(x) + (x2 − ν2)

x2· y(x) = 0.

Entao a Afirmacao 14.1 do Capıtulo 40 reduz o estudo do numero de zeros de y(x)ao estudo do numero de zeros de

v′′(x) +(1 + 4 · (x2 − ν2))

4x2· v(x) = 0,

onde foi feitov(x) := e

12

∫1tdt · y(x) = √

x · y(x).Agora a Afirmacao 13.2 do Capıtulo 40 diz que ha uma infinidade de zeros da

solucao v(x) de

v′′(x) +(1 + 4 · (x2 − ν2))

4x2· v(x) = 0,

na regiao onde x > 0 e onde vale:

(1 + 4 · (x2 − ν2))

4x2> 0.

Se 0 ≤ ν ≤ 12, basta entao que x > 0.

Mas se ν > 12entao preciso ter pelo menos x >

√

ν2 − 14.

Como em (0,√

ν2 − 14) temos 1 + 4 · (x2 − ν2) < 0, entao a a Afirmacao 13.2 do

Capıtulo 40 do diz que ha no maximo um zero nesse intervalo.

De ii): Re-escreva

v′′(x) +(1 + 4 · (x2 − ν2))

4x2· v(x) = 0,

como

v′′(x) + (1 +1− 4ν2

4x2) · v(x) = 0.

Se ν = 12entao essa equacao vira:

v′′(x) + v(x) = 0,

cujas solucoes sao a · sin(x) + b · cos(x). Como tınhamos no item i):

y(x) =v(x)√x


obtemos

y(x) =a · sin(x) + b · cos(x)√

x.

De iii):Me contentarei por enquanto com uma explicacao apenas heurıstica: note que se

x >> 1 o termo 1−4ν2

4x2fica muito pequeno na equacao

v′′(x) + (1 +1− 4ν2

4x2) · v(x) = 0;

essa equacao se aproxima portanto da equacao:

v′′(x) + v(x) = 0.

Se pode provar rigorosamente que para x >> 1:

y(x) ≈ a · sin(x) + b · cos(x)√x

.

�

Afirmacao 2.2. Se ν < 12, entao em cada cada intervalo de tamanho π no semi-eixo

positivo ha ao menos um zero da solucao da equacao de Bessel.Se ν = 1

2os zeros distam π um do outro, exatamente.

Se ν > 12entao dois zeros sucessivos da solucao da equacao de Bessel distam pelo

menos π um do outro.

Demonstracao.

Na forma padrao a equacao de Bessel e:

v′′(x) + (1 +1− 4ν2

4x2) · v(x) = 0;

Se ν < 12, entao:

1 < 1 +1− 4ν2

4x2.

Como os zeros das solucoes de y′′(x) + y(x) = 0 estao em intervalos de tamanho π,concluımos pelo Teorema de Comparacao de Sturm (Afirmacao 15.1 do Capıtulo 40)que em cada intervalo de tamanho π no semi-eixo positivo ha ao menos um zero dev(x).

Se ν = 12ja sabemos as solucoes, explicitamente.

Se ν > 12, entao:

1 > 1 +1− 4ν2

4x2

e o Teorema de Comparacao de Sturm dira que dois zeros sucessivos da solucao daequacao de Bessel distam pelo menos π um do outro (caso contrario, haveria mais deum zero das solucoes de y′′(x) + y(x) = 0 num intervalo de tamanho menor que π).

�

3. ORTOGONALIDADE DAS FUNCOES DE BESSEL 664

3. Ortogonalidade das funcoes de Bessel

Ainda sem sabermos resolver explicitamente a equacao de Bessel, mas sem pre-cisarmos disso, vamos provar o seguinte fato notavel:

Afirmacao 3.1. Seja y(x) solucao da Equacao de Bessel

y′′(x) +1

x· y′(x) + (x2 − ν2)

x2· y(x) = 0.

E seja λ ∈ R \ {0} um zero dessa funcao.Entao:i): z(x) := y(λ · x) e solucao da equacao

z′′(x) +1

x· z′(x) + (λ2 · x2 − ν2)

x2· z(x) = 0.

ii): λ1 ∈ R \ {0} e λ2 ∈ R \ {0} sao distintos zeros de y(x) entao∫ 1

0

x · y(λ1 · x) · y(λ2 · x) dx = 0

O segundo item desta Afirmacao esta na raız da utilidade das funcoes de Bessel,principalmente porque pela Afirmacao 2.1 ha uma infinidade de zeros λn, n ∈ N, decada solucao da equacao com ν fixado.

Essa lista infinita de funcoes, aparecera nos modos normais de vibracao de umtambor, na Secao 3 do Capıtulo 49.

Demonstracao. (da Afirmacao 3.1)Prova do item i):Considero

u = λ · x, λ ∈ R \ {0}como uma mudanca de variavel. Pela derivada da composta:

dy(λ · x)du

· λ =dy(λ · x)

dxe

d2y(λ · x)du2

· λ2 = d2y(λ · x)dx2

.

Entao obtemos:

1

λ2· [d

2y(λ · x)dx2

+1

x· dy(λ · x)

dx+λ2 · x2 − ν2

x2· y(λ · x)] =

=

=d2y(u)

du2+

1

u· dy(u)du

+u2 − ν2

u2· y(u).

Masd2y(u)

du2+

1

u· dy(u)du

+u2 − ν2

u2· y(u) = 0

pois essa e a equacao de Bessel de ındice ν.


Logod2y(λ · x)

dx2+

1

x· dy(λ · x)

dx+λ2 · x2 − ν2

x2· y(λ · x) = 0

Isto prova o item i).

Prova 4 do item ii):Pelo item i) ja provado, se λ1 6= λ2 sao dois zeros de y(x) (solucao da Bessel de

ındice ν) ez1(x) := y(λ1 · x) e z2(x) := y(λ2 · x),

entaod2z1(x)

dx2+

1

x· dz1(x)

dx+ (λ21 −

ν2

x2) · z1(x) = 0

ed2z2(x)

dx2+

1

x· dz2(x)

dx+ (λ22 −

ν2

x2) · z2(x) = 0

Multiplicando a primeira dessas duas equacoes por z2(x) a segunda por z1(x) e sub-traindo, se consegue:

z2 ·d2z1(x)

dx2− z1 ·

d2z2(x)

dx2+

1

x· (z2 ·

dz1(x)

dx− z1 ·

dz2(x)

dx) =

= (λ22 − λ21) · z1(x) · z2(x).O que e o mesmo que escrever:

(z2 ·dz1(x)

dx− z1 ·

dz2(x)

dx) ′ +

1

x· (z2 ·

dz1(x)

dx− z1 ·

dz2(x)

dx) =

= (λ22 − λ21) · z1(x) · z2(x)e multiplicando esta identidade por x:

= x · (z2 ·dz1(x)

dx−z1 ·

dz2(x)

dx) ′+(z2 ·

dz1(x)

dx−z1 ·

dz2(x)

dx) = (λ22−λ21) ·x ·z1(x) ·z2(x),

o que consegue-se escrever como:

[x · (z2 ·dz1(x)

dx− z1 ·

dz2(x)

dx)] ′ = (λ22 − λ21) · x · z1(x) · z2(x).

Mas entao, integrando:

[x · (z2 ·dz1(x)

dx− z1 ·

dz2(x)

dx)](1)− [x · (z2 ·

dz1(x)

dx− z1 ·

dz2(x)

dx)](0) =

= (λ22 − λ21) ·∫ 1

0

x · z1(x) · z2(x) dx.Mas

[x · (z2 ·dz1(x)

dx− z1 ·

dz2(x)

dx)](0) = 0

e

[x · (z2 ·dz1(x)

dx− z1 ·

dz2(x)

dx)](1) = y(λ2) · y′(λ1)− y(λ1) · y′(λ2) = 0

4Repare como esta demonstracao e muito parecida com a prova que demos da ortogonalidadedos polinomios de Legendre

3. ORTOGONALIDADE DAS FUNCOES DE BESSEL 666

pelas escolhas de λ1, λ2.Isso prova o item ii).

�

CAPıTULO 44

Equacoes com pontos singulares do tipo regular

1. A Equacao de Euler e sua reducao a coeficientes constantes

Agora introduziremos uma equacao muito importante, que tem coeficientes variaveise que tem ponto singular em x = 0, mas que felizmente e redutıvel aos metodos daSecao 2 do Capıtulo 40, gracas a Afirmacao 10.1 daquele Capıtulo.

Afirmacao 1.1. (Equacao de Euler) A equacao

x2 · d2y

d2x+ p · x · dy

dx+ q · y = 0, p, q ∈ R e q > 0

em intervalos que nao contenham a origem x = 0 tem sua solucao determinada pelasraızes r1, r2 da equacao:

r · (r − 1) + p · r + q = 0

• se r1, r2 ∈ R e r1 6= r2 entao a solucao geral e

y = a · |x|r1 + b · |x|r2.• se r1 = r2 = r ∈ R entao a solucao geral e:

y = a · |x|r + b · ln |x| · |x|r.• se r1 = λ+ I · µ e r2 = λ− I · µ sao Complexos conjugados entao a solucaogeral e

y = a · |x|λ · cos(µ ln |x|) + b · |x|λ · sin(µ ln |x|).Demonstracao.

Note que, se divido por x 6= 0 a equacao dada obtenho a equacao:

0 =d2y

d2x+p

x· dydx

+q

x2· y =

=:d2y

d2x+ P (x) · dy

dx+Q(x) · y

para a qual se aplica a Afirmacao 10.1 ja que:

Q′ + 2PQ

2Q32

=−2qx3

+ 2pqx3

2( qx2)32

=(pq − q) · |x|3

q32x3

que e constante e igual ap− 1√

q, se x > 0

ou1− p√

q, se x < 0.

667

1. A EQUACAO DE EULER E SUA REDUCAO A COEFICIENTESCONSTANTES 668

A Afirmacao 10.1 ensina a transformar a equacao de Euler em outra a coeficientesconstantes usando a mudanca de variavel:

z =

∫√

Qdx =

∫ √q

x2dx

ou seja,z =

√q · ln(x), se x > 0

ouz = −√

q · ln |x|, se x < 0.

No caso x > 0:

Seguindo as intrucoes da Afirmacao 10.1 do Capıtulo 40, obteremos a equacao:

0 =d2y

d2z+p− 1√

q· dydz

+ y.

De fato, comz :=

√q · ln(x),

temosdy

dx=dy

dz· √q · 1

xe

d2y

dx2=d2y

dz2· q · 1

x2+dy

dz· √q · (−1)

x2,

de onde:

0 ≡ x2 · d2y

dx2+ p · x · dy

dx+ q · y =

=d2y

dz2· q − dy

dz· √q + dy

dz· p · √q + q · y,

e apos dividir por q:

0 =d2y

d2z+p− 1√

q· dydz

+ y.

As solucoes de

0 =d2y

d2z+p− 1√

q· dydz

+ y

sao determinadas a partir das raızes r1, r2 da equacao caracterıstica:

r2 +p− 1√

q· r + 1 = 0.

Como vimos na Afirmacao 2.1:

• se ha duas raızes reais:

r1 =1− p+

√

(p− 1)2 − 4q

2√q

e r2 :=1− p+

√

(p− 1)2 − 4q

2√q

entao a solucao geral e:

y(z) = a · e1−p+

√(p−1)2−4q2√

q·z+ b · e

1−p−√

(p−1)2−4q2√

q·z.

CAPITULO 44. EQUACOES COM PONTOS SINGULARES DO TIPOREGULAR 669

Quando fazemos

z =√q · ln(x)

obtemos

y(x) = a · e 1−p+√

(p−1)2−4q2

·ln(x) + b · e 1−p−√

(p−1)2−4q2

·ln(x) =:

=: a · x 1−p+√

(p−1)2−4q2 + b · x 1−p−

√(p−1)2−4q2

e noto que:

1− p+√

(p− 1)2 − 4q

2e

1− p−√

(p− 1)2 − 4q

2

sao raızes de

r2 + (p− 1) · r + q = r · (r − 1) + p · r + q = 0.

Como o caso x < 0 e completamente analogo, fazendo-se uma mudancade variavel x = −x, esta provado o primeiro item da Afirmacao.

• se

r1 = r2 =1− p

2√q

= −1

as solucoes sao:

y(z) = a · z · e−z + b · e−zque dao:

y(x) = a · √q ln(x) · e−√q ln(x) + b · e−

√q ln(x) =:

=: a · √q · ln(x) · x−√q + b · x−

√q

e noto que −√q = 1−p

2e a unica raız de

r2 + (p− 1) · r + q = r · (r − 1) + p · r + q = 0.

• o caso em que r1, r2 sao Complexos e analogo.

O Caso x < 0 e completamente analogo.�

Exemplo: (Exercıcio do Bear, p. 164)Resolver para t > 0 o sistema

y′(t) = z(t) +y(t)

te z′(t) =

t+ z(t)

t.

A primeira da:

z(t) = y′(t)− y(t)

tlogo z′(t) = y′′(t)− y′(t)

t+y(t)

t2.

a segunda da:

y′′(t)− y′(t)

t+y(t)

t2= 1 +

y′(t)− y(t)t

t= 1 +

y′(t)

t− y(t)

t2,

2. SOLUCAO DIRETA DA EQUACAO DE EULER 670

ou seja,

y′′(t)− 2

t· y′(t) + 2

t2· y(t) = 1.

Ora,

y′′(t)− 2

t· y′(t) + 2

t2· y(t) = 0

e a equacao de Euler:

t2 · y′′(t)− 2 · t · y′(t) + 2 · y(t) = 0,

cuja equacao indicialr · (r − 1)− 2 · r + 2 = 0

tem raızes 2, 1. Logo a solucao geral dessa Euler e, para t > 0:

a · t2 + b · t.Como os coeficientes da equacao

y′′(t)− 2

t· y′(t) + 2

t2· y(t) = 1

nao sao constantes, para encontrar uma solucao particular φ1(t) dela uso o metodo devariacao de parametros (Secao 4 do Capıtulo 40). De acordo com aquele resultado,podemos tomar

φ1(t) = a(t) · t2 + b(t) · tonde:

a(t) =

∫1

tdt e b(t) = −

∫

1 dt,

e portanto (tomando como 0 as constantes de integracao):

a(t) = ln(t) e b(t) = −te finalmente

y(t) = a · t2 + b · t+ φ(t) = a · t2 + b · t+ ln(t) · t2 − t · t == t2 · (a′ + ln(t)) + b · t, a′, b ∈ R.

2. Solucao direta da equacao de Euler

Aqui se da uma nova abordagem, bem mais direta da equacao.Ela retoma uma ideia usada na Secao 7 do Capıtulo 40 e antecipa uma ideia que

se usa quando se aprofunda o metodo de Frobenius, cujo inıcio esta no Capıtulo 44.Como ja vimos as solucoes todas da Equacao de Euler na Secao anterior poderemos

aqui nos ater a alguns pontos especiais.Considero o operador diferencial linear :

L(y(x)) := x2 · y′′(x) + p · xy′(x) + q · y(x)e a equacao de Euler:

L(y(x)) = 0.

Suponha que procuro uma solucao da forma:

y = xr, r ∈ R, x > 0.


Entao

L(xr) = x2 · r · (r − 1) · xr−2 + p · x · r · xr−1 + q · xr =

= xr · [r · (r − 1) + p · r + q] = 0

e portanto r e raız da equacao indicial:

r · (r − 1) + p · r + q = 0.

Ha tres casos a considerar, dos quais abordarei por enquanto apenas os dois primeiros.Caso 1:) se r · (r − 1) + p · r + q = 0 tem duas raızes distintas:

r1 6= r2 ∈ R

entao a solucao geral e:

a · xr1 + b · xr2 , x > 0.

Caso 2:) se r · (r − 1) + p · r + q = 0 tem raız dupla.Tomando essa raız r vemos que:

xr

e uma solucao. Mas e como obter outra solucao independente ?Considero r como uma variavel na expressao:

L(xr) = xr · [r · (r − 1) + p · r + q]

e derivo-a em r (trocando depois a ordem de derivacao em x e em r), obtendo aesquerda :

∂L(xr)

∂r= L(

∂xr

∂r) = L(xr · ln(x)),

ja que

xr := er·ln(x).

E a esquerda:

∂[xr · (r · (r − 1) + p · r + q)]

∂r= r · xr−1 · (r · (r − 1) + p · r + q) + xr · (2 · r + p− 1).

Ou seja:

L(xr · ln(x)) = r · xr−1 · (r · (r − 1) + p · r + q) + xr · (2 · r + p− 1)

e quando avalio em r que e raız dupla da equacao indicial, entao anulo o lado direito:

L(xr · ln(x)) = 0

e concluo que

xr · ln(x)e uma outra solucao da equacao de Euler, linearmente independente de xr.

Deixo a discussao do Caso de raızes complexas conjugadas para outra ocasiao.

3. DEFINICOES GERAIS E EXEMPLOS DE PONTOS SINGULARESREGULARES 672

3. Definicoes gerais e exemplos de pontos singulares regulares

O que ha em comum entre a Equacao de Euler, a equacao Hipergeometrica e aequacao de Bessel ?

Veremos que tem em comum a natureza de alguns de seus pontos singulares.Para comecar, a equacao de Euler

x2 · y′′(x) + px · y′(x) + q · y(x) = 0, p, q ∈ R e q > 0

pode ser reescrita como:

y′′(x) +p

xy′(x) +

q

x2· y(x) = 0,

ou seja, tem x = 0 como ponto singular. Note que ao menos ela tem a a propriedadede que:

x · (px) = p e x2 · ( q

x2) = q

sao constantes. Em particular sao polinonios e em particular sao series convergentesem torno de x = 0. Veremos que esta ultima condicao ja basta.

A equacao Hipergeometrica, escrita como:

y′′ +[c− (a+ b+ 1) · x]

x · (1− x)· y′ − a · b · y

x · (1− x)= 0,

tem a propriedade de que as funcoes:

x · [c− (a + b+ 1) · x]x · (1− x)

=c− (a + b+ 1) · x

1− xe x2 · a · b

x · (1− x)=a · bx1− x

podem ser dadas por series convergentes em torno de x = 0 (usando series geometricasde razao x com |x| < 1).

Tambem as funcoes:

(1−x)· [c− (a+ b+ 1) · x]x · (1− x)

=c− (a+ b+ 1) · x

xe (1−x)2· a · b

x · (1− x)=a · b(1− x)

x

podem ser dadas por series convergentes em torno de x = 1.Tambem a equacao de Bessel, escrita como:

y′′(x) +1

x· y′(x) + (x2 − ν2)

x2· y(x) = 0,

tem a propriedade de que as funcoes:

x · 1x= 1 e x2 · (x

2 − ν2)

x2= x2 − ν2

sao polinomios e portanto sao series convergentes em x = 0.Esses exemplos motivam um pouco a definicao:

Definicao 3.1. Seja uma equacao y′′(x) + P (x) · y′(x) + Q(x) · y(x) = 0 com pontosingular em x.

Entao x e dito um ponto singular regular se as funcoes

(x− x) · P (x) e (x− x)2 ·Q(x)podem ser dadas por series convergentes em torno de x.


4. Inıcio do Metodo de Frobenius

A solucao da Equacao de Euler vai nortear o estudo que faremos agora.Lembre o que aprendemos no primeiro item da Afirmacao 1.1: a equacao de Euler

y′′(x) +p

x· y′(x) + q

x2· y(x) = 0, x > 0

tem como solucoes

y = a · xr1 + b · xr2se a equacao

r(r − 1) + p · r + q = 0

tem duas solucoes distintas r1, r2 ∈ R.

Isso motiva a seguinte definicao (por simplicidade enunciada so para x = 0):

Definicao 4.1. (Equacao indicial607)Seja y′′(x) + P (x) · y′(x) + Q(x) · y(x) = 0 com ponto singular regular em x = 0,

para a qual

x · P (x) = p0 + p1 · x+ p2 · x2 + . . . e x2 ·Q(x) = q0 + q1 · x+ q2 · x2 + . . .

sao series convergentes.Define-se sua equacao indicial por:

r(r − 1) + p0 · r + q0 = 0

A seguinte Afirmacao e parte de uma mais geral, que e o Metodo de Frobeniusgeral.

Me contento, por enquanto, com este enunciado:

Afirmacao 4.1. (Inıcio do Metodo de Frobenius)Suponha y′′(x) + P (x) · y′(x) + Q(x) · y(x) = 0 com ponto singular regular em

x = 0, onde

x · P (x) = p0 + p1 · x+ p2 · x2 + . . . e x2 ·Q(x) = q0 + q1 · x+ q2 · x2 + . . .

sao series convergentes.

• Se a equacao indicial:

r(r − 1) + p0 · r + q0 = 0

tem uma raız dupla r ∈ R entao existe uma solucao da equacao da forma:

y = xr ·∑

n=0+∞anx

n,

onde∑

n=0+∞ an · xn e uma serie de potencias convergente.A serie

y =∑

n=0+∞anx

r+n

e chamada serie de Frobenius.

4. INICIO DO METODO DE FROBENIUS 674

• Se a equacao indicial:

r(r − 1) + p0 · r + q0 = 0

tem duas raızes distintas r1, r2 ∈ R e se

r1 − r2 6∈ Z

entao todas as solucoes da equacao sao da forma:

y = xr1 ·∑

n=0+∞anx

n + xr2 ·∑

n=0+∞bnx

n

onde∑

n=0+∞ an · xn e∑

n=0+∞ bn · xn sao series de potencias convergentes.

Demonstracao. (Algumas ideias da Prova)Nem vou discutir as questoes de convergencia das series envolvidas, que suponho

convergem absolutamente.Se comeca buscando uma solucao da forma

y = xr ·∑

n=0+∞cnx

n, onde r ∈ R e x > 0,

onde sempre podemos supor

c0 6= 0,

pois caso contrario troco r por r + 1.Vamos montar cada ingrediente que aparece na equacao diferencial, aplica-los na

equacao, e ver que condicoes se farao necessarias em r e nos coeficientes cn.Primeiro, derivando termo a termo esse candidato e ordenando por potencias,

obtem-se:

y′ = r · xr−1 ·+∞∑

n=0

cnxn + xr ·

+∞∑

n=1

n · cn · xn−1 =

= xr−1 · [rc0 + c1 · (r + 1) · x+ c2 · (r + 2) · x2 + . . .] =

=

+∞∑

n=0

(r + n) · cn · xr+n−1.

Como

P (x) =

∑+∞n=0 pnx

n

xe Q(x) =

∑+∞n=0 qnx

n

x2

entao:

P (x) · y′(x) =∑+∞

n=0 pnxn

x·+∞∑

n=0

(r + n) · cn · xr+n−1 =

= xr−2 ·+∞∑

n=0

pnxn ·

+∞∑

n=0

(r + n) · cn · xn =

= xr−2 ·+∞∑

n=0

[n∑

k=0

pn−k · (r + k) · ck] · xn


onde obtive os coeficientesn∑

k=0

pn−k · (r + k) · ck

de cada monomio xn agrupando todos os que resultam, via distributividade do pro-duto com a soma, como coeficientes dessa potencia (chamado produto de Cauchy dasseries, que funciona se as series convergem absolutamente).

Esta ultima expressao para P (x) · y′(x) ainda pode ser escrita para uso futurocomo:

P (x) · y′(x) = xr−2 ·+∞∑

n=0

[n−1∑

k=0

pn−k · (r + k) · ck + p0 · (r + n) · cn] · xn.

Do mesmo modo se obtem

Q(x) · y =∑+∞

n=0 qnxn

x2· xr ·

∑

n=0+∞cnx

n =

= xr−2 ·+∞∑

n=0

[n−1∑

k=0

qn−k · ck + q0 · cn] · xn.

De y′ =∑+∞

n=0(r + n) · cn · xr+n−1 se obtem derivando termo a termo, para x > 0:

y′′(x) =

+∞∑

n=0

(r + n) · (r + n− 1) · cn · xr+n−2 =

= xr−2 ·+∞∑

n=0

(r + n) · (r + n− 1) · cn · xn.

Colocando esses ingredientes todos juntos na equacao:

y′′(x) + P (x) · y′(x) +Q(x) · y(x) = 0

e fatorando xr−2 obtemos:+∞∑

n=0

{(r+n)(r+n−1)cn+[

n−1∑

k=0

pn−k(r+k)ck+p0(r+n)cn]+ [

n−1∑

k=0

qn−kck+ q0cn]} ·xn =

=

+∞∑

n=0

{cn · [(r+ n)(r+n− 1) + p0(r+n) + q0] +

n−1∑

k=0

ck · [pn−k(r+ k) + qn−k]} · xn = 0.

Isso significa o anulamento de todos os coeficientes dessa serie de potencias, cujos tresprimeiros coeficientes sao:

c0 · [r · (r − 1) + p0 · r + q0] = 0

c1 · [(r + 1) · r + p0 · (r + 1) + q0] + c0 · [p1 · r + q1] = 0,

c2 · [(r + 2)(r + 1) + p0 · (r + 2) + q0] + c1 · [p1(r + 1) + q1] + c0 · [p2r + q2] = 0

e assim por diante.

5. SOLUCOES EXPLICITAS DE ALGUMAS EQUACOES BESSEL 676

Como c0 6= 0, o que concluimos e que se y = xr · ∑n=0+∞ cnxn e uma solucao

entao r e uma raız da equacao indicial:

r · (r − 1) + p0 · r + q0 = 0.

Escolhida uma raız r1 ∈ R da equacao indicial e dado c0 vai-se obtendo por recorrenciaos coeficientes cn, ∀n ≥ 1:

c1 =−c0 · [p1 · r1 + q1]

[(r1 + 1) · r1 + p0 · (r1 + 1) + q0],

desde que(r1 + 1) · r1 + p0 · (r1 + 1) + q0 6= 0,

ou seja , desde que r1+1 nao seja raız d aequacao indicial. E tambem, quando ja forconhecido c1, teremos

c2 =−c1 · [p1(r + 1) + q1]− c0 · [p2r + q2]

[(r + 2)(r + 1) + p0 · (r + 2) + q0],

desde que(r + 2)(r + 1) + p0 · (r + 2) + q0 6= 0,

ou seja, desde r1 + 2 nao seja raız da equacao indicial.E assim por diante.Por isso as hipoteses de que ha duas raızes distintas r1, r2 da equacao indicial e

de quer1 − r2 6∈ Z

sao suficientes para se obter duas solucoes (independentes) da equacao da forma:

y = xr1 ·∑

n=0+∞anx

n e y = xr2 ·∑

n=0+∞bnx

n.

No caso da raız dupla so se obtem uma solucao desse tipo.�

5. Solucoes explıcitas de algumas equacoes Bessel

Vamos usar a Afirmacao 4.1 para descrever solucoes de equacoes de Bessel. Emgeral nao serao todas as solucoes, pois se ve que a Afirmacao 4.1 nao abrange todasas possibilidades para as raızes da equacao indicial.

Os valores de ν na Equacao de Bessel

y′′(x) +1

xy′(x) +

(x2 − ν2)

x2· y(x) = 0

que mais nos interessam no momento sao:

ν = 0, ν = 1, ν =1

3e ν =

1

4.

Os dois primeiros sao importantes em aplicacoes a Fısica enquanto que os dois ultimosserao usados para solucionar a equacao de Airy e uma equacao de Riccati no Capıtulo45.


Como nessa equacao:

x · P (x) = x · 1x= 1 = p0 e x2 ·Q(x) = −ν2 + x2 = q0 + q2 · x2.

o ponto x = 0 e ponto singular regular e a equacao indicial e:

r(r − 1) + r − ν2 = 0,

ou seja, r2 = ν2 e as solucoes sao:

r1 = ν e r2 = −ν.Nos casos ν = 1

3ou ν = 1

4, temos:

r1 − r2 =2

3ou r1 − r2 =

1

2

e portanto se aplica o segundo item da Afirmacao 4.1, criando pares de series deFrobenius.

Por exemplo, para ν = 13, tomo a raız r1 =

13e as primeiras recorrencias dadas na

Afirmacao 4.1 viram:

c1 · [2

3+ 1] + c0 · [0] = 0,

c2 · [4 · (1

3+ 1)] + c1 · [0] + c0 · [1] = 0

e assim por diante. Dado c0 6= 0 obtemos:

c1 = 0 e c2 = − c04 · (1

3+ 1)

e com mais detalhe se pode comprovar que os coeficientes de ındice ımpar se anulam:

c1 = c3 = c5 = c2n−1 = 0, ∀n ∈ N,

enquanto que os de ındices pares sao dados por

c2n = (−1)n · c022n · n! · (1

3+ 1) · . . . · (1

3+ n)

, ∀n ∈ N.

A funcao de Bessel de primeira ordem de ındice ν = 13e a serie de Frobenius:

y = x13 ·

+∞∑

n=0

(−1)n · c022n · n! · (1

3+ 1) · . . . · (1

3+ n)

· x2n

para a qual se escolhe um valor especıfico para c0.E a funcao de Bessel de segunda ordem e de ındice ν = 1

3e aquela associada a

raız r2 = −13, obtida analogamente via as recorrencias.

Em seguida se ve que isso que fizemos para ν = 13se generaliza, e sempre

c1 = c3 = c5 = c2n−1 = 0, ∀n ∈ N,

enquanto que os de ındices pares sao dados por

c2n = (−1)n · c022n · n! · (ν + 1) · . . . · (ν + n)

, ∀n ∈ N.

5. SOLUCOES EXPLICITAS DE ALGUMAS EQUACOES BESSEL 678

A funcao de Bessel de primeira ordem e de ındice ν e a serie de Frobenius:

y = xν ·+∞∑

n=0

(−1)n · c022n · n! · (ν + 1) · . . . · (ν + n)

· x2n

para a qual se escolhe um valor especıfico para c0.A escolha padrao e:

c0 :=1

2ν · ν! ,

onde, no caso de ν 6∈ N, se deve entender como:

ν! := Γ(ν + 1)

usando a funcao Gama da Secao 2 do Capıtulo 27.Com essa escolha de c0 a notacao para as Bessel de primeira e segunda ordem,

quando r1 − r2 = 2 · ν 6∈ Z, e:

Jν(x) e J−ν(x).

No caso ν = 0 a Afirmacao 4.1 nao produz um par independente de solucoes, masproduz pelo menos (com c0 =

120·0! = 1) uma serie de potencias:

y = x0 ·+∞∑

n=0

(−1)n · 1

22n · n! · 1 · . . . · n · x2n =

=

+∞∑

n=0

(−1)n · 1

(n!)2· (x

2)2n

=: J0(x)

Esta e a funcao de Bessel de primeira ordem e ındice ν = 0, denotada por J0(x).A mesma situacao quando ν = 1, onde a Afirmacao 4.1 da pelo menos uma serie

de potencias (com c0 =1

21·1! =12) :

y = x1 ·+∞∑

n=0

(−1)n · 12· 1

22n · n! · (1 + 1) · . . . · (1 + n)· x2n =

=

+∞∑

n=0

(−1)n · 1

n! · (1 + n)!· (x

2)2n+1 =: J1(x)

Esta e a funcao de Bessel de primeira ordem e ındice ν = 1, denotada por J1(x).

A Afirmacao a seguir e apenas o comeco de uma lista de propriedades notaveisdas funcoes de Bessel (que iremos aumentando a medida que for preciso).

Mas ja faz ressaltar a analogia entre o par J0(x), J1(x) e o par cos(x), sin(x).

Afirmacao 5.1.

dJ0(x)

dx= −J1(x).


Demonstracao.

Aplicando o Teste da Razao se ve em seguida que ambas series convergem emmodulo ∀x ∈ R.

Daı podemos derivar termo a termo:

dJ0(x)

dx=

+∞∑

n=0

d( (−1)n · 1(n!)2

· (x2)2n)

dx=

=+∞∑

n=1

(−1)n · 1

(n!)2· 2n · (x

2)2n−1

· 12=

=+∞∑

n=1

(−1)n · 1

(n− 1)! · n! · (x

2)2n−1

=

= −+∞∑

n=0

(−1)n · 1

(n)! · (n+ 1)!· (x

2)2n+1

=: −J1(x),

onde na ultima linha apenas mudei o ındice que uso no somatorio.�

6. A Equacao de Bessel com ν = 13e a solucao da equacao de Airy

Apliquemos a Afirmacao 1.2 do Capıtulo 43 ao caso em que queremos transformara Equacao de Bessel na equacao:

u2d2v

du2+ u3 · v(u) = 0.

Note que esta equacao redunda na equacao de Airy:

d2v

du2+ u · v(u) = 0.

Ou seja, queremos que a, b, c verifiquem:

2c+ 1 = 0, 2b = 3, a2 · b2 = 1 e c2 − ν2 · b2 = 0,

que dao (se tomamos a > 0:

c = −1

2, b =

3

2, a =

2

3e ν =

1

3.

Entao concluimos que a solucao da equacao de Airy se expressa como combinacao defuncoes de Bessel de ındice ν = 1

3:

v(u) = u−c · y(a · ub) = u12 · [c1 · J 1

3(2

3u

32 ) + c2 · J− 1

3(2

3u

32 )].

7. EQUACAO HIPERGEOMETRICA COM C 6∈ Z 680

7. Equacao hipergeometrica com c 6∈ Z

Retomemos o que vimos na Afirmacao 0.2 do Capıtulo 42, do ponto de vista dateoria das singularidades regularees.

A equacao hipergeometrica de Gauss com parametros a, b, c e:

Ea,b,c : x · (1− x) · y′′ + [c− (a+ b+ 1) · x] · y′ − a · b · y = 0.

Vejamos que x = 0 e ponto singular regular e vejamos sua equacao indicial (fica comoExercıcio verificar que x = 1 tambem e).

Ora, como:

P (x) =c− (a+ b+ 1) · x

x · (1− x)e Q(x) =

−a · bx · (1− x)

,

basta ver que:

x · P (x) = c− (a+ b+ 1) · x1− x

e x2 ·Q(x) = −a · b · x1− x

podem ser dados por series convergentes em torno de x = 0. E isso vem do fato que:

1

1− x=

+∞∑

n=0

xn, se − 1 < x < 1.

Como

x · P (x) = c + (c− a− b− 1) · x+ . . . e x2 ·Q(x) = −ab · x−−ab · x2 + . . .

a equacao indicial e:r · (r − 1) + c · r + 0 = 0,

cujas raızes sao:r1 = 0 e r2 = 1− c.

se temos por hipotese que:c 6∈ Z

entao 0 6= 1 − c e ademais 1 − c 6∈ Z. O Segundo item da Afirmacao 4.1 nos daentao duas series independentes como solucao, uma delas uma serie de potenciascorrespondendo a raız r1 = 0 e a outra uma serie de Frobenius correspondendo a raızr2 = 1− c.

As recorrencias dadas na Afirmacao 4.1 farao reaparecer os coeficientes das seriesque demos por definicao no Capıtulo 42.

CAPıTULO 45

Equacoes de Riccati

As equacoes diferenciais nao-lineares sao um universo.Raramente se deixam tratar por metodos advindos do estudo das equacoes difer-

enciais lineares. Uma excecao foram as equacoes de Bernoulli (Secao 13 do Capıtulo38).

As Equacoes de Riccati sao equacoes nao-lineares de primeira ordem do tipo:

f ′(x) = a0(x) + a1(x) · f(x) + a2(x) · f 2(x),

onde se supoe que a2(x) 6≡ 0 e que a0(x) 6≡ 0 para nao recairmos em equacoes linearesou em equacoes de Bernoulli, ja tratadas.

Pode parecer que seja uma classe pequena de equacoes mas de fato sao muitas. Assolucoes dessas equacoes abrangem varias das funcoes que ja vimos no livro e muitasoutras.

Exemplos dessas equacoes e de suas diferentes solucoes:

• Vimos na Primeira Parte do Curso que y = tan(x) satisfaz uma Equacao deRiccati:

tan′(x) = sec2(x) = 1 + tan2(x).

• vimos na Secao 13 que a singela equacao de Riccati:

f ′(x) = x+ f(x)2,

atraves da mudanca:

f(x) =−g′(x)g(x)

produz

f ′(x) =−g′′(x)g(x)

+ (g′(x)

g(x))2

e portanto

−g′′(x)

g(x)+ (

g′(x)

g(x))2 = x+ (

−g′(x)g(x)

)2

o que da:

g′′(x) + x · g(x) = 0

que e a equacao de Airy.Na Secao 6 do Capıtulo 44 expressamos a solucao da Equacao de Airy

em termos de funcoes de Bessel.

• f ′(x) = 1x(1−x2)f(x)−

f(x)2

2tem uma solucao que e a funcao racional f(x) =

2xx2−1

, como se verifica diretamente.

681

1. SOLUCOES DE RICCATI SEGUNDO DANIEL BERNOULLI 682

• f ′(x) = 14x2

+ y2 se trasforma, com a mudanca de variavel

y =z

x,

na equacao separavel:

z′

z2 + z + 14

=1

x

que se integra facilmente:

− 1

z + 12

=

∫z′

(z + 12)2

=

∫1

x= ln(x) + C,

de onde

y · x = z = − 1

ln(x) + C− 1

2e

y = − 1

x · (ln(x) + C)− 1

2x.

• A primeira equacao de Riccati na literatura 1 foi

f ′(x) = x2 + f(x)2.

Com a mudanca:

y(x) = −g′(x)

g(x)

vira:

g′′(x) + x2 · g(x) = 0.

As solucoes dessa equacao de Riccati sao combinacoes de funcoes deBessel, como veremos na Secao 4 do Capıtulo 43.

1. Solucoes de Riccati segundo Daniel Bernoulli

Afirmacao 1.1. (Daniel Bernoulli)Qualquer equacao do tipo:

f ′(x) = a + b · f(x)2, a, b ∈ R, e a · b ≥ 0

tem solucao Liouvilliana.Se

n = −2, n = − 4 ·m2m+ 1

ou n = − 4 ·m2m− 1

, para m ∈ N,

entao equacao de Riccati:

f ′(x) = xn + f(x)2

tem solucao Liouvilliana.

1estudada por Johan Bernoulli, em 1694, de acordo com G. N. Watson A treatise on the theory

of Bessel functions , Cambrige, 1958. Aprendi a Afirmacao 1.1 neste Tratado.

CAPITULO 45. EQUACOES DE RICCATI 683

Bem mais difıcil de justificar e o teorema de J. Liouville que diz que somente paraesses valores de n ha solucoes Liouvillianas.

Vamos precisar de uma observacao:

Afirmacao 1.2. Suponha n 6= 1:I) A mudanca de variaveis:

u :=xn+1

n + 1e v := −1

y

leva

y′ = a · xn + b · y2em

v′ = b · (n + 1)−nn+1 · u −n

n+1 + a · v2,onde

v′ =dv

du.

II) A mudanca de variaveis:

U :=1

xe V := −x2 · y − x

b

leva

y′ = a · xn + b · y2em

V ′ = a · U−n−4 + b · V 2,

onde

V ′ =dV

dU.

Demonstracao. (da Afirmacao 1.2)

De I):Basta aplicar a regra da derivada da composta:

1

v2· dvdu

= y2 · (dvdy

· dydx

· dxdu

) =

= y2 · 1

y2· (a · xn + b · y2) · ((n + 1) · u) −n

n+1 =

= (a · xn + b · y2) · x−n = a + b · 1

v2· ((n+ 1) · u) −n

n+1

de onde obtenho:dv

du= b · (n + 1)

−nn+1 · u −n

n+1 + a · v2.

De II):


Agora nao esqueco que, como y = y(x) e x = x(U) entao

V = V (x(U), y(x(U)).

Portanto a regra da composta agora da:

dV

dU=∂V

∂x· dxdU

+∂V

∂y· dydx

· dxdU

=

= (−2xy − 1

b) · (−x2) + (−x2) · (a · xn + b · y2) · (−x2)

e agora e imediato que

dV

dU= a · xn+4 + b · (x2 · y + x

b)2 =

= a · U−n−4 + b · V 2.

�

Demonstracao. (da Afirmacao 1.1)Comeco provando a primeira afirmacao, que pode ser considerada o caso em que

o expoente de x e n0 = 0. Temos

f ′(x) = a+ b · f(x)2.Se a = 0 e b = 0 entao f(x) ≡ C.

Se a = 0 mas b 6= 0 e f(x) 6≡ 02 faco

f ′(x)

f(x)2= b

e portanto

− 1

f(x)= b · x+ C

ou seja,

f(x) = − 1

bx + C.

Se a 6= 0 e b = 0 entao f(x) = a · x+ C.Se a 6= 0 e b 6= 0 entao a condicao a · b > 0 diz que tem o mesmo sinal. Logo posso

tomar√

ba∈ R. Entao posso escrever a equacao

f ′(x) = a+ b · f(x)2

como:f ′(x)

1 + (√

baf(x))2

= a

ou ainda: √

b

a· f ′(x)

1 + (√

baf(x))2

= a ·√

b

a=

√ab.

2Usando o teorema de existencia e unicidade


Portanto

arctan(

√

b

af(x)) =

√ab · x+ C,

de onde

f(x) =

√a

b· tan(

√ab · x+ C)

Uso no que segue a notacaoy = f(x).

Agora o item II) da Afirmacao 1.2 diz que, a partir do caso n0 = 0

y′ = a+ b · y2,passo para o caso:

V ′ = a · U−4 + b · V 2,

ou seja, onde

n1 = −4 = − 4

2 · 1− 1.

Tomando a = b = 1 isso significa que

V ′ = U−4 + V 2

tem solucao Liouvilliana, ja que y′ = 1 + y2 tem solucao Liouvilliana y = y(x) e

V = V (U) = −U−2 · y(U−1)− U−1

e composicao/produto/soma de Liouvillianas, logo V = V (U) e Liouvilliana, comoquerıamos provar.

Se tıvesemos tomado a = 1 e b = (−3)43 > 0 entao usando o item II) da Afirmacao

1.2 terıamos chegado no caso:

V ′ = U−4 + (−3)43 · V 2

com solucao Liouvilliana:

V = V (U) = −U−2 · y(U−1)− (U · (−3)43 )−1.

E o item I) da Afirmacao 1.2 diz que, recomecando neste caso n1 = −4:

V ′ = U−4 + (−3)43 · V 2

chego em:

y′ = (−3)43 · (−3)−

43 · x− 4

3 + y2 =

= x−43 + y2.

ou seja, onde agora

n2 = − 4

2 · 1 + 1.

A solucao Liouvilliana V = V (U) de V ′ = U−4 + (−3)43 · V 2 produz, usando I), a

solucao Liouvilliana:

y(x) = − 1

V (U(x))= − 1

V ((−3 · x)−13 ).


Recomecando neste caso, o item II) da Afirmacao 1.2 diz que obtenho em umasolucao Liouvilliana de (a notacao mantem as mesmas variaveis x, y):

y′ = x−(− 43)−4 + y2 = x−

83 + y2

ou seja, chegamos no caso

n3 = −8

3= − 4 · 2

2 · 2− 1.

Recomecando neste caso, y′ = x−83 + y2, o item I) da Afirmacao 1.2 conduz ao

caso em que:

n4 =83

−83+ 1

= −8

5= − 4 · 2

2 · 2 + 1,

a equacao obtida e (a notacao mantem as mesmas variaveis x, y):

y′ = (−5

3)−

85 · x− 8

5 + y2.

Isso ainda nao e o que queremos, pois queremos solucoes Liouvillianas de:

y′ = x− 8

5 + y2.

Como sabemos como mudam os coeficientes das equacoes em cada modificacao detipo I ou II, se ve em seguida que partindo da equacao:

y′ = (−5

3)85 + (−3)

43 · y2

aı chegarıamos em

y′ = x− 8

5 + y2.

Fica claro o formato dos numeros n = − 42·m±1

.Ja o caso n = −2:

f ′(x) = x−2 + f(x)2

tem que ser tratado separadamente, pois

− 4 ·m2m± 1

6= −2, ∀m ∈ N.

Apos a mudanca

y =z

x,

f ′(x) = x−2 + f(x)2 vira uma equacao separavel:

z′

34+ (z + 1

2)2

=1

x.

Para resolve-la faco u := z + 12e daı:

2√3· arctan( u√

32

) =

∫u′

34+ u2

=

=

∫1

x= ln(x) + C


de onde se obtem:

y =−1

2x+

√3

2· tan(

√32· (ln(x) + C))

x.

�

2. Assıntotas verticais de solucoes de equacoes de Riccati

Apesar de que as equacoes

y′(x) = xn + y(x)2, ∀n ∈ N

nao sejam trataveis pela Afirmacao 1.1, podemos contudo fazer uma afirmacao qual-itativa geral:

Afirmacao 2.1. Cada solucao y(x) de equacoes de Riccati:

y′(x) = xn + y(x)2, ∀n ∈ N

tem uma infinidade de assıntotas verticais .

Demonstracao.

Considere a mudanca de coordenadas:

g(x) := e−∫y dx,

ou seja,

y(x) = −g′(x)

g(x).

Entao

y′(x) =−g′′(x) · g(x) + g′(x) · g′(x)

g2(x)= −g

′′(x)

g(x)+ (

g′(x)

g(x))2 =

= −g′′(x)

g(x)+ y(x)2.

Ou seja,

−g′′(x)

g(x)= xn

e portanto3:g′′(x) + xn · g(x) = 0.

A Afirmacao 13.2 do Capıtulo 40 diz que g(x) tem uma infinidade de zeros (se ne impar diz ate que estao em (0,+∞)).

E nesses pontos onde g(x) = 0 nao pode acontecer que tambem g′(x) = 0 (se naog e identicamente nula, pelo Teorema de Existencia e Unicidade).

Logo y(x) = −g′(x)g(x)

tem nesses pontos assıntotas verticais..

�

3Essa observacao de como passar de Riccati para linear de segunda ordem sera generalizada noExercıcio 5.1

3. SOLUCOES DAS RICCATI SEGUNDO EULER 688

3. Solucoes das Riccati segundo Euler

Se aprende a Afirmacao a seguir no tratado de G. N. Watson, A treatise on thetheory of Bessel functions :

Afirmacao 3.1. (Euler)i) Suponha conhecida uma solucao y1(x) da equacao de Riccati

y′(x) = a0(x) + a1(x) · y + a2 · y2.Entao outra solucao e dada por:

y2 = y1(x) +1

vonde

v(x) = e∫a1(t)+2a2(t)y1(t) dt · [

∫

e−∫a1(t)+2a2(t)y1(t) dt · a2(x) dx+ C].

ii) Se y1(x) e y2(x) sao solucoes conhecidas da equacao

y′(x) = a0(x) + a1(x) · y + a2 · y2

entao uma terceira solucao y3 e dada por:

y3 =y2(x) · w(x)− y1(x)

w(x)− 1

ondew(x) = C · e

∫a2(x)·(y1(x)−y2(x)) dx, C 6= 0.

iii): Se y1, y2, y3 sao tres solucoes conhecidas de

y′(x) = a0(x) + a1(x) · y + a2 · y2

entao

y4 :=y1 · (y3 − y2)− C · y2 · (y3 − y1)

y3 − y2 − C · (y3 − y1), onde C 6= 1

e uma quarta solucao.

Demonstracao.

De i):A equacao diferencial esta nas hipoteses do Teorema de existencia e unicidade,

poisF (x, y) = a0(x) + a1(x) · y + a2 · y2

e contınua nas duas variaveis e

∂F (x, y)

∂y= a1(x) + 2 · a2(x) · y

tambem e contınua.Portanto quaisquer duas solucoes nunca se intersectam. Por isso se y1(x) e con-

hecida e y2(x) e ainda desconhecida, posso definir:

v(x) :=1

y2 − y1(x)


Ou seja, y2(x) = y1(x) +1

v(x).

Agora:

y′2(x) = y′1(x)−v′(x)

v2(x)e portanto

y′1(x)−v′(x)

v2= y′2(x) = a0(x) + a1(x) · y2 + a2(x) · y22 =

= a0(x) + a1(x) · (y1(x) +1

v(x)) + a2(x) · (y1(x) +

1

v(x))2 =

= a0(x) + a1(x) · y1(x) +a1v(x)

+ a2(x) · y21(x) + 2 · a2(x) · y1v

+ a2 ·1

v2

e portantov′(x)

v2=

a1v(x)

+ 2 · a2(x) · y1v

+ a2 ·1

v2

ou seja:v′(x) = (a1(x) + 2 · a2(x) · y1) · v(x) + a2(x).

Essa equacao diferencial em v e linear, logo o item ii) Afirmacao 11.1 do Capıtulo 35da que:

v(x) = e∫a1(t)+2a2(t)y1(t) dt · [

∫

e−∫a1(t)+2a2(t)y1(t) dt · a2(x) dx+ C].

De ii):Suponha y1, y2 solucoes conhecidas e y3 ainda desconhecida. Pelo teorema de

existencia e unicidade a funcao

w(x) :=y3(x)− y1(x)

y3(x)− y2(x)

esta bem definida (pois y3 6= y2), nunca se anula (pois y3 6= y1) e nunca vale 1 (poisy1 6= y2).

Entao

y′3(x) = (y2(x) · w(x)− y1(x)

w(x)− 1)′(x) =

= a0(x) + a1(x) · (y2(x) · w(x)− y1(x)

w(x)− 1) + a2 · (

y2(x) · w(x)− y1(x)

w(x)− 1)2.

Usando que y1(x) e y2(x) sao solucoes aparecem simplificacoes que dao finalmente:

w′(x)

w(x)= a2(x) · (y1(x)− y2(x))

ou seja

w(x) = C · e∫a2(x)·(y1(x)−y2(x)) dx, C 6= 0.

De iii):Usando o que aprendemos na prova do item ii) ja sabemos que:

y3(x)− y1(x)

y3(x)− y2(x)= C1 · e

∫a2(x)·(y1(x)−y2(x)) dx, C1 6= 0

3. SOLUCOES DAS RICCATI SEGUNDO EULER 690

e, pelo mesmo motivo, que uma quarta solucao teria que ser:

y4(x)− y1(x)

y4(x)− y2(x)= C2 · e

∫a2(x)·(y1(x)−y2(x)) dx, C2 6= 0, C2 6= C1.

Portanto:

(y4(x)−y1(x)y4(x)−y2(x))

(y3(x)−y1(x)y3(x)−y2(x))

=C2

C1

=: C 6= 1.

Isolando y4 = y4(C, y1, y2, y3) nessa expressao se chega ao resultado. �

Um Exemplo:

Considere a equacao de Riccati

y′(x) = 1− y(x)2.

Ela tem duas solucoes constantes:

y1(x) ≡ −1 e y2(x) ≡ 1.

Definindo v := 1y2−y1 ≡ 1

2como na prova do item ii) da Afirmacao 3.1, vemos que

coerentemente com aquele item:

y2 = 1 = −1 +1

v= −1 + 2.

Ja o item iii) da Afirmacao 3.1 nos diz que, definindo

w(x) := C · e∫2dt = C · e2x+B

teremos uma terceira solucao:

y3(x) =w(x) + 1

w(x)− 1=C · e2x+B + 1

C · e2x+B − 1.

E o item iv) da Afirmacao 3.1 nos diz que uma quarta solucao e:

y4(x) =1− y3 −D · (y3 + 1)

y3 − 1−D · (y3 + 1), se D 6= 1, D 6= 0.

Por exemplo, se tomo C = 1, B = 1, D = 2:

y3(x) =e2x+1 + 1

e2x+1 − 1e y4(x) =

3 · y3(x) + 1

y3(x) + 3.


4. A Equacao de Bessel com ν = 14e a solucao da Riccati y′ = x2 + y2

Sabemos resolver a Equacao de Bessel com ν = 14e que duas solucoes indepen-

dentes sao denotadas por J 14(x) e J− 1

4(x), as chamadas funcoes de Bessel de primeira

e segunda ordem.Com isso estaremos em condicao de dizer explicitamente o que sao as solucoes da

equacao de Riccati:y′ = x2 + y2.

Como ja vimos (na prova da Afirmacao 2.1) a mudanca

y(x) = −g′(x)

g(x)

leva a equacao emg′′(x) + x2 · g(x) = 0.

Se usamos a Afirmacao 1.2, vemos que esta equacao, ou equivalentemente:

x2g′′(x) + x4 · g(x) = 0

provem de uma equacao de Bessel com ν = 14, pois se comparamos os expoentes e

ındices vemos que:

2c+ 1 = 0, 2b = 4, a2 · b2 = 1 e c2 − ν2 · b2 = 0

ou seja, c = −12, b = 2 e a = 1

2, se a > 0, e ν = 1

4. Entao

g(x) = x12 · [c1 · J 1

4(1

2x2) + c2 · J− 1

4(1

2x2)].

Agora vemos que as solucoes de y′ = x2 + y2 sao:

y(x) = −(x

12 · [c1 · J 1

4(12x2) + c2 · J− 1

4(12x2)])′

x12 · [c1 · J 1

4(12x2) + c2 · J− 1

4(12x2)]

.

5. Exercıcios

Exercıcio 5.1. A mudanca:

y(x) = − g′(x)

a2(x) · g(x)leva a solucao da equacao de Riccati geral:

y′(x) = a0(x) + a1(x) · y(x) + a2(x) · y2(x)numa solucao da equacao linear de segunda ordem:

g′′(x)− (a′2(x)

a2(x)+ a1(x)) · g′(x) +

a0(x)

a2(x)· g(x) = 0.

Parte 3

Series de Fourier e Equacoes diferenciaisparciais

CAPıTULO 46

Series de Fourier

As series de Fourier, as funcoes de Bessel e os polinomios de Legendre serao cruciaispara a resolucao das Equacoes Diferenciais Parciais mais fundamentais.

Este Capıtulo deve muito ao livro muito motivador e muito bem escrito de H.F. Davis, Fourier series and orthogonal functions, Allyn and Bacon, 1963. Nele seencontrarao teoremas bem mais gerais que a Afirmacao 3.1 que veremos a seguir.

Muito interessante e util tambem o livro de Eli Maor, Trigonometric delights,Princeton, 1998.

Sabemos que o perıodo de sin(x) e de cos(x) e 2π, que o perıodo de sin(nx) ecos(nx) e 2π

ne que o perıodo de uma combinacao linear do tipo

k∑

n=1

an · cos(nx) + bn · sin(nx)

e o maior deles, ou seja, 2π.A questao e saber se e verdade que qualquer funcao f(x) periodica1 de perıodo

2π pode ser escrita como

f(x) = a0 ++∞∑

n=1

an · cos(nx) + bn · sin(nx).

A questao assim colocada em toda generalidade e inabordavel, por isso me re-stringirei a tratar inicialmente2 o caso em que f e derivavel e tem f ′(x) contınua.

Do ponto de vista pratico a questao tem muita utilidade:

• Imagine que se conhece a resposta de um sistema a cada entrada em formade onda sinusoidal; chamemos s1 o input sinusoidal e L(s1) o output (pos-sivelmente com amplitude e fase diferente). Suponhamos que o sistema elinear, ou seja, L(a · s1+ b · s2) = a ·L(s1) + b ·L(s2). Entao se tivermos umaescritura

f(x) ≈ a0 +

k∑

n=1

an · cos(nx) + bn · sin(nx),

1O importante e que haja uma periodicidade de f(x). Se o perıodo p nao for igual a 2π podemosfazer uma mudanca de variavel:

z =2π

px,

pois agora ∆x = p da ∆z = 2π.2Em algum outro momento redigirei as estensoes aos casos em que ha descontinuidades da f .

Essas surgem naturalmente quando se reproduz uma funcao que e definida apenas [a, b] para toda areta dos R, fazendo-a periodica.

695

1. SERIES DE FOURIER E SEUS COEFICIENTES 696

podemos saber a resposta a qualquer entrada f(x), pois pela linearidade:

L(f) ≈ a0 +

k∑

n=1

an · L(cos(nx)) + bn · L(sin(nx)).

• o som de um instrumento musical e esencialemte periodico, ao contrario deruıdos e barulhos. Mas o som de um instrumento musical (aı incluıda avoz humana) e uma superposicao de harmonicos (i.e. multiplos inteiros dafrequencia) de uma frequencia fundamental. Ha instrumentos cuja sonori-dade tem uma mistura mais rica de harmonicos que outros. Nosso ouvido ecapaz de uma decomposicao do som composto ao estilo da decomposicao daSerie de Fourier, ao contrario do olho, que nao faz uma decomposicao da cor.

1. Series de Fourier e seus coeficientes

As series do tipo

a0 +

+∞∑

n=1

an · cos(nx) + bn · sin(nx)

sao series trigonometricas.Serao chamadas serie de Fourier de uma funcao f se

a0 :=1

2π

∫ 2π

0

f(t) dt,

an :=1

π

∫ 2π

0

f(t) cos(nt) dt, n ∈ N

e

bn :=1

π

∫ 2π

0

f(t) sin(nt) dt, n ∈ N

Observacoes:

• Em alguns textos se toma por definicao

a0 :=1

π

∫ 2π

0

f(t) dt

e depois na serie se poe

a02

++∞∑

n=1

an · sin(nx) + bn · cos(nx).

• Tambem a escolha do intervalo de integracao podera ser alterada, por exem-plo, para [−π, π] se a funcao e 2π-periodica, ou em geral, para [−L, L] se afuncao e 2L-periodica, onde se poe:

a0 :=1

2L

∫ L

−Lf(t) dt,

an :=1

L

∫ L

−Lf(t) · cos(nπ

L· t) dt, n ∈ N

CAPITULO 46. SERIES DE FOURIER 697

e

bn :=1

L

∫ L

−Lf(t) · sin(nπ

L· t) dt, n ∈ N

• Nem sempre se consegue calcular esses coeficientes, que sao integrais, us-ando funcoes elementares. Nesse caso se dao aproximacoes numericas doscoeficientes.

Exemplo 1:Suponha uma funcao f dada por f(x) = −1 no intervalo [−π, 0] e por f(x) = 1

no intervalo [0, π] Note que por ser uma funcao ımpar,

a0 = 0 e an = 0, ∀n ≥ 1.

Ja

bn :=1

π·∫ π

−πf(t) · sin(n · t) dt =

=2

π·∫ π

0

sin(n · t) dt =

2

π· [−cos(n · π)

n+

cos(n · 0)n

],

ou seja, bn = 0 se n ∈ N e par e bn = 4nπ

se n ∈ N e ımpar.Entao, restringindo o domınio da f ao intervalo (0, π) (onde ha continuidade e

derivabilidade) posso afirmar, pelo Teorema de Fourier 3.1 a seguir, que

f(x) ≡ 1 =4

π· (sin(πx) + 1

3sin(3π · x) + 1

5sin(5π · x) + . . .).

A Figura a seguir da f ≡ 1 e truncamentos para n ımpar, de n = 1 ate n = 11:

1,2

0,8

0

1

0,6

x

10,6

0,2

0,4

0,40 0,80,2

1. SERIES DE FOURIER E SEUS COEFICIENTES 698

Tomando x = 12obtenho a serie de Leibniz (que vimos por outro metodo na Secao

7 do Capıtulo 30):

π

4= 1− 1

3+

1

5− 1

7+ . . .

Exemplo 2:Considero f(x) = x no intervalo [−π, π] e sua serie de Fourier. Como

a0 :=1

2π·∫ π

−πt dt = 0,

como

an :=1

π

∫ π

−πt · cos(nt)dt = 0

por ter um integrando que e funcao ımpar e como, pelo Exercıcio 1.1 do Capıtulo 24,

bn :=1

π

∫ π

−πt · sin(nt) dt = (−1)n+1 · 2

n,

concluimos que a serie de Fourier de f(x) em [π, π] se escreve como:

2 · sin(x)− 2

2· sin(2x) + 2

3· sin(3x)− 2

4· sin(4x) + 2

5· sin(5x) . . .

A Figura a seguir mostra y = x em vermelho ao lado de 2 · sin(x), 2 · sin(x)− 22·

sin(2x), etc.

3

1

-3

2

0

x

3-3 -2

-2

-1

0-1 21


2. Series de Fourier so de senos ou so de cossenos

Se ao inves de y = f(x) = x no Exemplo da Secao anterior tivessemos tomadoqualquer funcao ımpar tambem terıamos chegado a conclusao que:

a0 :=1

2π·∫ π

−πf(t) dt = 0

e que

an :=1

π

∫ π

−πf(t) · cos(nt)dt = 0,

ja que f(x) · cos(nx) e uma funcao ımpar em −π, π] tambem.Entao a serie de Fourier de uma funcao ımpar e uma serie so de senos.Agora, se y = f(x) e uma funcao par, entao

bn :=1

π

∫ π

−πf(t) · sin(nt)dt = 0,

ja que f(x) · sin(nx) e agora uma funcao ımpar em [−π, π].Entao a serie de Fourier de uma funcao par e uma serie so de cossenos.

3. Convergencia pontual da Serie de Fourier

Afirmacao 3.1. (Convergencia pontual)Seja y = f(x) funcao periodica de perıodo 2π, derivavel, com derivada f ′(x)

contınua.Entao para cada x ∈ [0, 2π] vale:

f(x) = a0 ++∞∑

n=1

an · sin(nx) + bn · cos(nx)

onde

a0 :=1

2π

∫ 2π

0

f(t) dt,

an :=1

π

∫ 2π

0


e

bn :=1

π

∫ 2π

0

f(t) sin(nt) dt, n ∈ N.

Demonstracao.

Queremos controlar quanto vale

|f(x)− Sk(x)| := |f(x)− a0 −k∑

n=1

an · sin(nx) + bn · cos(nx)|,

a medida que k aumenta, pois queremos provar que, para cada x fixado,

limk→+∞

|f(x)− Sk(x)| = 0.

3. CONVERGENCIA PONTUAL DA SERIE DE FOURIER 700

Para isso sera util reescrevermos

Sk(x) :=1

2π

∫ 2π

0

f(t) dt+k∑

n=1

∫ 2π

0

f(t) sin(n·t) dt ·sin(n·x)+∫ 2π

0

f(t) cos(n·t) dt ·cos(n·x).

Primeiro, vejo que

Sk(x) =1

2π

∫ 2π

0

f(t) dt+

k∑

n=1

∫ 2π

0

f(t) cos(n · (x− t)) dt,

onde usei a formula do cosseno da diferenca para cos(n · x− n · t)A seguir noto que para cada n:

∫ 2π

0

f(t) cos(n · (x− t)) dt =

∫ 2π

0

f(x− t) cos(n · t) dt

pela Afirmacao 3.3 a seguir.E portanto

Sk(x) =

∫ 2π

0

f(x− t)sin((k + 1

2) · t)

2π sin( t2)

dt

pela Afirmacao 3.4 a seguir.Tambem a Afirmacao 3.4 diz que:

∫ 2π

0

sin((k + 12) · t)

2π sin( t2)

dt = 1.

Como integro em t, posso escrever para cada x:

f(x) = f(x) ·∫ 2π

0

sin((k + 12) · t)

2π sin( t2)

dt =

∫ 2π

0

f(x) · sin((k +12) · t)

2π sin( t2)

dt.

Chegamos entao, tomando a integral da diferenca, em:

|f(x)− Sk(x)| = | 12π

·∫ 2π

0

(f(x)− f(x− t)) · sin((k +12) · t)

sin( t2)

dt|

A mudanca de variavel t = −t da:

|f(x)− Sk(x)| = | 12π

·∫ 2π

0

(f(x)− f(x+ t)) · sin((k +12) · t)

sin( t2)

dt|

Agora para x fixado vou introduzir uma funcao φx : [0, 2π] → R, y = φx(t), quesera contınua. A definicao e:

φx(t) :=f(x+ t)− f(x)

t· t

sin( t2), se t > 0

e

φx(0) := limtց0

f(x+ t)− f(x)

t· t

2π sin( t2)=

= f ′(x) · limtց0

t

sin( t2)= f ′(x) · 2.


Ou seja que

|f(x)− Sk(x)| = | 12π

·∫ 2π

0

φx(t) · sin((k +1

2) · t)|,

ou ainda que (usando o seno de uma soma e |∫| ≤

∫| |):

|f(x)−Sk(x)| = | 12π

·∫ 2π

0

φx(t) cos(t

2) · sin(kt) dt+ 1

2π·∫ 2π

0

φx(t) sin(t

2) · cos(kt) dt|.

Para terminar a demonstracao basta mostrar entao que:

limk→+∞

∫ 2π

0

φx(t) cos(t

2) · sin(kt) dt = 0

e que

limk→+∞

∫ 2π

0

φx(t) sin(t

2) · cos(kt) dt = 0.

Vou provar algo mais forte na Afirmacao 3.2 : que para cada x a serie numerica

+∞∑

k=1

c2k :=

+∞∑

k=1

(

∫ 2π

0

φx(t) cos(t

2) · sin(kt)√

πdt)2

e convergente, pois isso implica3 que seu termo geral tende a zero:

0 = limk→+∞

c2k := limk→+∞

(

∫ 2π

0

φx(t) cos(t

2) · sin(kt)√

πdt)2,

o que claramente da

0 = limk→+∞

ck := limk→+∞

∫ 2π

0

φx(t) cos(t

2) · sin(kt)√

πdt

e portanto:

limk→+∞

∫ 2π

0

φx(t) cos(t

2) · sin(kt) dt

(analogamente para a outra integral).�

Afirmacao 3.2. A serie numerica

+∞∑

k=1

c2k :=

+∞∑

k=1

(

∫ 2π

0

φx(t) cos(t

2) · sin(kt)√

πdt)2

e convergente.

3Como ja observamos na Secao 7 do Capıtulo 22.


Demonstracao.

Como c2k ≥ 0, as somas

sk := c21 + c22 + . . .+ c2k

formam uma sequencia crescente. O Teorema fundamental de sequencias diz que parasn convergir basta existir uma cota superior:

sk ≤ K, ∀k ∈ N.

Vamos mostrar quedefortcoef essa cota e:

K =

∫ 2π

0

(φx(t) cos(t

2) )2 dt,

que existe pois a funcao φx(t) · cos( t2) e contınua.Para aliviar a notacao denoto:

φ := φx(t) · cos(t

2).

Comeco observando que:

0 ≤∫ 2π

0

[φ−k∑

n=1

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt · sin(nt)√

π]2 dt

ja que o integrando e ≥ 0.

Mas, usando agora que∫ 2π

0φ sin(nt)√

πdt sao numeros, usando as propriedades lineares

da integral obtemos:∫ 2π

0

[φ−k∑

n=1

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt · sin(nt)√

π]2 dt =

=

∫ 2π

0

[φ−k∑

n=1

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt · sin(nt)√

π] · [φ−

k∑

n=1

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt · sin(nt)√

π] dt =

=

∫ 2π

0

φ2dt− 2 ·

k∑

n=1

(

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt)2+

+∑

n 6=m

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt ·

∫ 2π

0

φsin(mt)√

πdt ·

∫ 2π

0

sin(nt)√π

sin(mt)√π

dt+

+k∑

n=1

(

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt)2 ·

∫ 2π

0

sin(nt)2

π.

Agora uso os itens iv) e vi) da Afirmacao 3.5, que dizem que∫ 2π

0

sin(mt) · sin(nt) dt = 0 se m 6= n e m,n ∈ N,

e ∫ 2π

0

sin(nt)2

πdt = 1 ∀n ∈ N.


Portanto, do de acima:

0 ≤∫ 2π

0

φ2dt−

k∑

n=1

(

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt)2

e daı

sk :=k∑

n=1

(

∫ 2π

0

φsin(nt)√

πdt)2 ≤

∫ 2π

0

φ2dt, ∀k ∈ N

como querıamos.�

Afirmacao 3.3. Se y = f(x) tem perıodo 2π entao:∫ 2π

0


∫ 2π

0

f(x− t) cos(n · t) dt.

Demonstracao.

Faca em∫ 2π

0f(t) cos(n · (x− t)) dt a substituicao:

t := x− t, dt = −dt,que da:

∫ 2π

0


∫ x−2π

x

f(x− t) cos(n · t) (−dt) =

=

∫ x

x−2π

f(x− t) cos(n · t) dt =

=

∫ 2π

0

f(x− t) cos(n · t) dt,

pois tanto f quanto o cosseno sao periodicas de perıodo 2π.�

Afirmacao 3.4. Defina:

Dn(x) :=1

2π+

1

π· [cos(x) + cos(2x) + . . .+ cos(nx)].

Entao

i) : Dn(x) =sin((n+ 1

2) · x)

2π sin(x2)

.

ii) :

∫ 2π

0

sin((n + 12) · t)

2π sin( t2)

dt = 1.

Demonstracao.

�


Afirmacao 3.5.

i):

∫ π

−πcos(m ·M) · cos(n ·M) dM = 0 se m 6= n e m,n ∈ N,

ii):

∫ 2π

0

cos(m ·M) · cos(n ·M) dM = 0 se m 6= n e m,n ∈ N,

iii):

∫ π

−πsin(m ·M) · sin(n ·M) dM = 0 se m 6= n e m,n ∈ N,

iv):

∫ 2π

0

sin(m ·M) · sin(n ·M) dM = 0 se m 6= n e m,n ∈ N,

v):

∫ π

0

sin(m ·M)2 dM =π

2∀m ∈ N

vi):

∫ 2π

0

sin(m ·M)2 dM = π ∀m ∈ N

vii):

∫ π

0

cos(m ·M)2 dM =π

2∀m ∈ N

viii):

∫ 2π

0

cos(m ·M)2 dM = π ∀m ∈ N

ix):

∫ 2π

0

sin(m ·M) · cos(n ·M) dM = 0, ∀m,n ∈ N,

x):

∫ π

−πsin(m ·M) · cos(n ·M) dM = 0, ∀m,n ∈ N,

Demonstracao.

Basta que eu prove um item e o leitor podera facilmente adaptar a prova para osoutros.

Por ex. o item

ix):

∫ 2π

0

sin(m ·M) · cos(n ·M) dM = 0, ∀m,n ∈ N.

Noto que:

sin(mM + nM) = sin(mM) · cos(nM) + cos(mM) · sin(nM),

e que

sin(mM − nM) = sin(mM) · cos(nM)− cos(mM) · sin(nM),

de onde, somando as duas expressoes, obtenho:

sin(mM) · cos(nM) =1

2· (sin(mM + nM) + sin(mM − nM)).

Entao∫ 2π

0

sin(mM) ·cos(nM)dM =1

2· (∫ 2π

0

sin((m+n)M) dM+

∫ 2π

0

sin((m−n)M)dM).


Se m = n entao∫ 2π

0

sin(m ·M) · cos(n ·M) dM =1

2·∫ 2π

0

sin(mM + nM) dM =

=−1

2(m+ n)cos(mM + nM)(2π) +

1

2(m+ n)cos(mM + nM)(0) = 0.

Se m 6= n entao∫ 2π

0

sin(m ·M) · cos(n ·M) dM =

(−1

2(m+ n)cos(mM + nM)− 1

2(m− n)cos(mM − nM)))(2π))+

(1

2(m+ n)cos(mM + nM) +

1

2(m− n)cos(mM − nM))(0) = 0.

�

Agora vou demonstrar os itens 4 i), ii), iii), iv) e ix) e x) da Afirmacao anteriorde um modo unificado.

O interesse desta nova prova e que nela nao usa nenhuma propriedade trigonometricadas funcoes, usa somente a equacao diferencial satisfeita pelas funcoes e que tem todasem comum o perıodo 2π, ja que tem perıodos 2π

nou 2π

m, n,m ∈ N.

Noto que para cada n ∈ N as funcoes yn := sin(n · x) ou yn(x) := cos(n · x) dositens i), ii), iii), iv) e ix) satisfazem a equacao:

y′′n(x) = −n2 · yn(x).Entao para n 6= m ∈ N:

ym(x) · y′′n(x)− yn(x) · y′′m(x) = (m2 − n2) · ym · yne a integracao por partes do lado esquerdo da:

∫

ym(x) · y′′n(x)− yn(x) · y′′m(x) dx =

= ym(x) · y′n(x)−∫

y′m(x) · y′n(x) dx− yn(x) · y′m(x) +∫

y′n(x) · y′m(x) dx =

= ym(x) · y′n(x)− yn(x) · y′m(x).Como ym(x), y

′m(x), yn(x), y

′n(x) tem perıodo 2π:

(ym(x) · y′n(x)− yn(x) · y′m(x))(π)− (ym(x) · y′n(x)− yn(x) · y′m(x))(−π) = 0

e

(ym(x) · y′n(x)− yn(x) · y′m(x))(2π)− (ym(x) · y′n(x)− yn(x) · y′m(x))(0) = 0.

Entao concluo, calculando a integral definida do lado direito, que∫ π

0

(m2 − n2) · ym · yn = 0 e

∫ 2π

0

(m2 − n2) · ym · yn = 0;

4Do mesmo jeito que fiz na prova da ortogonalidade dos polinomios de Legendre na Afirmacao5.1 do Capıtulo 41

4. SERIES DE FOURIER DE COS(R · SIN(X)) E DE SIN(R · SIN(X)), R ∈ R706

como m 6= n saem os itens i), ii), iii), iv), ix) e x).

4. Series de Fourier de cos(r · sin(x)) e de sin(r · sin(x)), r ∈ R

Ha aplicacoes praticas relevantes dessas funcoes.Suas expansoes em serie de Fourier sao:

Afirmacao 4.1. As expansoes em series de Fourier de

cos(r · sin(x)) e cos(r · sin(x))sao:

cos(r · sin(x)) = J0(r) + 2 · (J2(r) · cos(2x) + J4(r) · cos(4x) + J6(r) · cos(6x) + . . .),

sin(r · sin(x)) = 2 · (J1(r) · sin(x) + J3(r) · cos(3x) + J5(r) · cos(5x) + . . .),

onde Jn(x) sao as funcoes de Bessel.

Demonstracao.

Pela definicao dada Secao 1, Capıtulo 43 e por ser o cosseno uma funcao par,podemos escrever:

Jn(r) =1

π·∫ π

0

cos(r sin(t)− n · t) dt.

Agora

1

π·∫ π

0

cos(r sin(t)−n ·t) dt = 1

π·∫

[cos(r sin(t)) ·cos(n ·t)+sin(r sin(t)) ·cos(n ·t)] dt =

=1

π·∫ π

0

cos(r sin(t)) · cos(n · t) dt+ 1

π·∫

sin(r sin(t)) · cos(n · t) dt.

Usando a simetria de sin(x) em torno de π2e usando que cos(π

2−x) = − cos(π

2+x)

se obtem5 que:

Jn(r) =1

π·∫ π

0

cos(r sin(t)) · cos(n · t) dt, se n = 0, 2, 4, 6 . . .

enquanto que:

Jn(r) =1

π·∫ π

0

sin(r sin(t)) · sin(n · t) dt, se n = 0, 2, 4, 6 . . .

Claramente cos(r · sin(x)) e de sin(r · sin(x)) sao derivaveis (infinitas vezes). Aprimeira e uma funcao par e a segunda uma funcao ımpar.

Portanto a Afirmacao 3.1 e as observacoes da Secao 2 permitem concluir a demon-stracao. �

5verificar


5. Convergencia absoluta da Serie de Fourier

A importancia da Afirmacao 3.1 diz que, sob hipotese na f , para cada x a seriede Fourier da f calculada em x converge para o numero f(x).

Mas ainda nao podemos assegurar que como um todo os graficos dos truncamentosda serie de de Fourier tendam ao grafico da f .

A Figura a seguir ilustra uma situacao em que funcoes fn tendem pontualmentepara uma certa funcao f , quando n → +∞, mas onde sempre ha um ponto retar-datario, ou seja, algumas partes dos graficos das fn se aproximam do grafico limite fmas sempre ha uma regiao dos graficos que ficou para tras. Nessas condicoes, se as fnfossem truncamentos de series, nao estarıamos autorizados a fazer varias operacoesque precisamos, como integrar termos a termo, derivar termo a termo a serie.

0,25

0,15

0,2

x

0,1

10,6 0,80,40 0,20

0,05

Fig.: Graficos de y = fn(x) := xn − x2n, para n = 1, 2, 3, 4, x ∈ [0, 1]convergindo pontualmente quando n→ +∞ para f ≡ 0.

Afirmacao 5.1. (Convergencia uniforme e em modulo)Seja y = f(x) funcao periodica de perıodo 2π, duas vezes derivavel (i.e. com f ′(x)

e f ′′(x)).Ha convergencia em modulo da serie de Fourier:

|a0|++∞∑

n=1

| an · sin(nx) + bn · cos(nx) |

onde

a0 :=1

2π

∫ 2π

0

f(t) dt,

an :=1

π

∫ 2π

0


e

bn :=1

π

∫ 2π

0

f(t) sin(nt) dt, n ∈ N.

Ademais, para cada k, o tamanho:

| f(x)− (a0 +

k∑

n=1

an · sin(nx) + bn · cos(nx)) |

so depende de k, valendo uniformemente ∀x.

5. CONVERGENCIA ABSOLUTA DA SERIE DE FOURIER 708

Demonstracao.

Nesta prova usarei algumas vezes a Afirmacao 5.2 a seguir.O primeiro uso dela sera, pondo para cada x:

u := (an, bn) v = (sin(nx), cos(nx)),

| an · sin(nx) + bn · cos(nx) | ≤ (an2 + bn

2)12 .

A etapa crucial da prova e mostrar que a serie numerica:+∞∑

n=1

(an2 + bn

2)12

converge6, pois daı tiraremos tudo: de fato, com isso em maos, pelo Teorema deComparacao se series numericas, para cada x ha convergencia em modulo:

|a0|++∞∑

n=1

|an · sin(nx) + bn · cos(nx) | ≤ |a0|++∞∑

n=1

(an2 + bn

2)12 < +∞.

Como ja sabemos pela Afirmacao 3.1 que para cada x:

f(x) = a0 ++∞∑

n=1

an · sin(nx) + bn · cos(nx),

entao:

| f(x)− (a0 +

k∑

n=1

an · sin(nx) + bn · cos(nx)) | = |+∞∑

n=k+1

an · sin(nx) + bn · cos(nx)| ≤

≤+∞∑

n=k+1

| an · sin(nx) + bn · cos(nx)| ≤

≤+∞∑

n=k+1

(an2 + bn

2)12 < ǫ

se k e suficientemente grande, se soubermos que a serie∑+∞

n=1(an2 + bn

2)12 converge.

Como o termo geral da serie∑+∞

n=1(an2 + bn

2)12 e positivo, basta mostrar que ∀k:

k∑

n=1

(an2 + bn

2)12 ≤ K

para alguma constante K a ser determinada.Para encontrar esse K comeco considerando a derivada f ′(x).Considero a serie de Fourier de y = f ′(x) que denoto

a′0 +∑

n = 1+∞a′n cos(nx) + b′n sin(nx).

Por hipotese essa funcao ainda e derivavel mais uma vez, portanto ha convergenciapontual para cada x:

f ′(x) = a′0 +∑

n = 1+∞a′n cos(nx) + b′n sin(nx).

6Cuidado que∑+∞

n=11n2 converge mas

∑+∞n=1

1nnao.


E ademais, modificando um pouco a prova da Afirmacao 3.2 se pode provar que paraqualquer k:

a′02

2+

k∑

n=1

(a′n2+ b′n

2) ≤ 1

π·∫ 2π

0

(f ′(x))2 dx,

o que da a convergencia de

a′02

2+

+∞∑

n=1

(a′n2+ b′n

2).

Agora noto que, integrando por partes:

a′n :=1

π

∫ 2π

0

f ′(t) cos(nt) dt =

=1

π· [f(2π) cos(n2π)− f(2π) cos(n2π) +

∫ 2π

0

f(t) sin(nt) · n dt] =

=1

π·∫ 2π

0

f(t) sin(nt) · n dt =: n · bn,ja que f tem perıdo 2π.

E tambem que:

b′n :=1

π·∫ 2π

0

f ′(t) sin(nt) · n dt =

=1

π· [f(2π) cos(n2π)− f(2π) cos(n2π)−

∫ 2π

0

f(t) cos(nt) · n dt] ==: −n · an.

Em suma,

∀n, (an)2 =

(b′n)2

n2e (bn)

2 =(a′n)

2

n2,

Ou seja,k∑

n=1

((an)2 + (bn)

2)12 =

k∑

n=1

1

n· ((a′n)2 + (b′n)

2)12

A Afirmacao 5.2 a seguir, pondo em Rk os seguintes vetores

u := (1, . . . ,1

k) v = ( ((a′1)

2 + (b′1)2)

12 , . . . , ((a′k)

2 + (b′k)2)

12 ),

da a desigualdade

k∑

n=1

1

n· ((a′n)2 + (b′n)

2)12 ≤ (

k∑

n=1

1

n2)12 · (

k∑

n=1

(a′n)2 + (b′n)

2)12 .

Ora, as series+∞∑

n=1

1

n2

ea′0

2

2+

+∞∑

n=1

(a′n2+ b′n

2)

6. A SOLUCAO DA EQUACAO DE KEPLER VIA SERIE DE FOURIER EFUNCOES DE BESSEL 710

convergem, portanto ∀k:k∑

n=1

((an)2 + (bn)

2)12 =

k∑

n=1

1

n· ((a′n)2 + (b′n)

2)12 ≤ K

para algum K, como querıamos. �

Afirmacao 5.2. (Caso particular da desigualdade de Cauchy-Schwartz)Sejam dois vetores em Rn: u = (v1, . . . , vn) e v = (v1, . . . , vn). Entao

| u1 · v1 + . . .+ u2 · v2 | ≤ (

n∑

i=1

ui2)

12 · (

n∑

i=1

vi2)

12 .

6. A solucao da equacao de Kepler via serie de Fourier e funcoes deBessel

Minha referencia para esta Secao e o livro de A. Gray e B. G. Mathews, A treatiseon Bessel functions and their applications to physics, McMillan, 1895.

Vimos na Secao 11 do Capıtulo 39, a deducao da Equacao de Kepler :

M = φ− e · sin(φ)onde

• φ e a anomalia excentrica (definida na Secao 11 do Capıtulo 39 e ilustradana Figura a seguir),

• M = 2·π·TT0

e a anomalia media,

• T tempo transcorrido do ponto P (T ) na trajetoria, desde o perihelio em A eT0 o perıodo da orbita.

P

Q

Fp

θϕ

XAO

Y

O que se quer e resolver essa equacao, determinando φ em funcao de M :

φ = φ(M),

pois isso daria φ = φ(T ), que e o que preciso para ter a posicao do planeta em cadatempo T (ja que a a trajetoria elıptica e suposta conhecida).


Note que, mesmo que ainda nao saibamos explicitamente o que e φ(M), podemosafirmar que:

• a expressao φ(M)−M se anula em M = k · π, onde k = 0, 1, 2, 3 . . .;• φ(M)−M e periodica em M de perıodo 2 · π,• φ(M)−M e uma funcao ımpar.

Isso motiva, de acordo com a Secao 2, a busca de uma expansao em serie deFourier-senos dessa funcao:

Afirmacao 6.1. Se φ = φ(M) e solucao de M = φ− e · sin(φ), com 0 < e < 1 e se

φ(M)−M =

+∞∑

ν=1

bν · sin(ν ·M).

entao os coeficientes verificam

bν = bν(e) =1

ν· 2π· Jν(e), ∀ν ∈ N,

onde

Jν(x) =

∫ π

0

cos(ν · (t− x · sin(t))) dt.

Demonstracao.

Se tivessemos essa expressao

φ(M)−M =

+∞∑

ν=1

bν · sin(ν ·M)

e se pudessemos deriva-la em M termo a termo, obterıamos:

dφ

dM− 1 =

+∞∑

ν=1

ν · bν(e) · cos(ν ·M).

Agora, para cada ν0 fixado, multiplico termo a termo:

cos(ν0 ·M) · ( dφdM

− 1) =

+∞∑

ν=1

ν · bν(e) · cos(ν ·M) · cos(ν0 ·M)

e depois integro, termo a termo:∫ π

0

cos(ν0 ·M) · ( dφdM

− 1) dM =+∞∑

ν=1

∫ π

0

ν · bν(e) · cos(ν ·M) · cos(ν0 ·M) dM.

De acordo com a Afirmacao 3.5 da Secao 1:∫ π

0

cos(ν ·M) · cos(ν0 ·M) dM = 0 se ν 6= ν0 e ν, ν0 ∈ N,

∫ π

0

cos(ν0 ·M)2 dM =π

2, ∀ν0 ∈ N.

De onde concluiremos que, para cada ν ∈ N:∫ π

0

cos(ν ·M) · ( dφdM

− 1) dM =π

2· ν · bν(e),

6. A SOLUCAO DA EQUACAO DE KEPLER VIA SERIE DE FOURIER EFUNCOES DE BESSEL 712

ou seja, para cada ν ∈ N:

bν(e) =2

νπ·∫ π

0

cos(ν ·M) · ( dφdM

− 1) dM =

=2

νπ·∫ π

0

cos(ν ·M) · dφdM

dM,

onde a ultima igualdade sai de que:

∫ π

0

cos(ν ·M) dM =sin(ν ·M)

ν(π)− sin(ν ·M)

ν(0) = 0.

Mas como:

φ(0) = 0 e φ(π) = π

e como temos

M = φ− e · sin(φ),

posso fazer uma substituicao na integral:

2

νπ·∫ π

0

cos(ν ·M) · dφdM

dM =2

νπ·∫ π

0

cos(ν · (φ− e · sin(φ))) · dφ

e portanto

bν(e) =2

νπ·∫ π

0

cos(ν · (φ− e · sin(φ))) · dφ.

Quer dizer, relembrando a Definicao do comeco da Secao 1 do Capıtulo 43 (usando φno papel de t):

bν(e) =1

ν· 2π· Jν(e), ν ∈ N.

�

Na figura a seguir plotei para e = 0.9 o grafico da aproximacao

φ10(M) :=M +10∑

ν=1

bν(0.9) · sin(ν ·M)

em vermelho junto com a diagonal y = M em verde. Se ve bem como um planetadescrevendo uma trajetoria elıptica vai bem rapido em seu perihelio (M = 0) e comovai lentamente em seu afelio (M = π).


6

4

0

5

3

1

2

M

65431 20

Fig: y = φ10(M) em vermelho, y =M em verde, M ∈ [0, 2π]

7. Exercıcios

Exercıcio 7.1. Considere f : [−π, π] → R, f(x) = x2.Redefina os coeficientes de Fourier para [−π, π]. Usando que f e par, prove que

sua serie de Fourier e:

f(x) =π2

3− 4 · (cos(x)− cos(2x)

22+

cos(3x)

32− cos(4x)

42+ . . .)

Avaliando f em x = π conclua o seguinte resultado de Euler:

π2

6= 1 +

1

22+

1

32+

1

42+ . . .

CAPıTULO 47

Equacoes Diferenciais Parciais

1. Observacoes gerais, tipos, separacao de variaveis, solucoes classicas

• Uma equacao diferencial parcial e uma equacao que envolve uma funcaoy = f(x1, x2, . . . , xn) de mais de uma variavel e suas derivadas parciais:

F (x1, . . . , xn, y,∂y

∂x1, . . . ,

∂2y

∂x21, . . .) = 0.

• A ordem da equacao e a maior ordem de derivacao que aparece na equacao,por exemplo:

∂3y

∂x3∂x2∂x1+∂2y

∂x21+

∂y

∂x3+ x1 · x2 = 0

e uma equacao parcial de terceira ordem.• A equacao sera homogenea se nao ha termo independente de y = f(x) ou desuas derivadas; em outras palavras, se y = f(x) ou suas derivadas aparecemem cada termo. Por exemplo, a equacao anterior nao e homogenea, mas

∂3y

∂x3∂x2∂x1+∂2y

∂x21+

∂y

∂x3= 0

e homogenea.• A equacao e linear se y e suas derivadas figuram apenas na potencia 1e estao multiplicados apenas por funcoes das variaveis independentes (in-cluindo constantes). Podem aparecer expressoes nao-lineares nas variaveisindependentes.

Por exemplo, a equacao

∂3y

∂x3∂x2∂x1+∂2y

∂x21+

∂y

∂x3= 0

e linear, bem como:

∂3y

∂x3∂x2∂x1+∂2y

∂x21+

∂y

∂x3+ ex1·x2 · x23 = 0,

apesar do termo independente ex1·x2 · x23.Porem

∂3y

∂x3∂x2∂x1+ (

∂2y

∂x21)2 + sin(

∂y

∂x3) = 0

nao e linear.

715

1. OBSERVACOES GERAIS, TIPOS, SEPARACAO DE VARIAVEIS,SOLUCOES CLASSICAS 716

Tambem

(x21 + x32) ·∂y

∂x2+

∂y

∂x1= 0

e linear, embora

y · ∂y∂x2

+∂y

∂x1= 0

nao seja linear.• Uma equacao e apenas semi-linear se e linear nas derivadas de ordem maxima.O exemplo anterior, apesar de nao-linear, e semilinear. A semi-linearidadeja e uma informacao importante, havendo tecnicas para lidar com essasequacoes.

• A linearidade da operacao de tomar derivada faz com que uma equacao lineare homogenea defina um operador linear LF :

y 7→ LF (y).

Por exemplo, se F (x1, x2, y,∂yx1, . . .) = 5 · ∂y

∂x1+3 · ∂y

∂x2= 0 e se a, b ∈ R, temos:

a · y1 + b · y2 7→ LF (a · y1 + b · y2) :=

:= 5 · ∂(a · y1 + b · y2)∂x1

+ 3 · ∂(a · y1 + b · y2)∂x2

=

= a · [5 · ∂y1∂x1

+ 3 · ∂y∂x2

] + b · [5 · ∂y2∂x1

+ 3 · ∂y2∂x2

] =

= a · LF (y1) + b · LF (y2).Note que LF nao seria linear se a equacao F = 0 nao fosse homogenea.

• O importante desta observacao e que, quando a equacao parcial F = 0 elinear e homogenea, ou seja, LF e operador linear, entao as solucoes y1 , y2de F = 0 podem ser superpostas como a ·y1+b ·y2, produzindo outra solucao.

• Na linguagem da algebra linear, a superposicao de solucoes diz que LF = 0define um subespaco linear (nucleo) do espaco de funcoes onde se pode aplicarLF .

Ao contrario do que acontecia com as equacoes diferenciais ordinarias, oespaco LF = 0 pode ser um espaco vetorial de dimensao infinita. A vastapossibilidade de escolha de solucoes esta na base de tres conceitos:

• i) a ideia de buscar solucoes que sao somas infinitas de solucoes∑+∞

n=1 anyn(caso convirjam).

• ii) o processo de separacao de variaveis, em que se restringe a busca desolucoes y(x1, x2, . . . , xn) as da forma:

y(x1, x2, . . . , xn) = y1(x1) · y2(x2) · . . . yn(xn).• iii) a necessidade de se impor condicoes iniciais ou de fronteira a solucaoy(x1, . . . , xn) para poder ter unicidade de solucoes. Por exemplo, se uma dasvariaveis e temporal, t := xn, e se impoe condicoes iniciais

y(x1, . . . , xn−1, 0) = g(x1, . . . , xn)

estamos num problema de Cauchy.

CAPITULO 47. EQUACOES DIFERENCIAIS PARCIAIS 717

Se impomos, na fronteira ∂U do domınio U ⊂ Rn onde esta definida aequacao, uma condicao

y| ∂U = g

estamos num problema de Dirichlet. Se impomos

∂y

∂η |∂U= g,

onde ∂y∂η

e a derivada direcional na direcao normal a fronteira ∂U , temos umproblema de Neumann. Os problemas de Dirichlet e Neumann podem sercombinados.

Dada uma equacao F (x1, . . . , y,∂yx1, . . . . . .) = g(x1, . . . , xn) nao-homogenea,

ainda podemos usar a parte homogenea dela para definir um operador linear.• Apesar de que em geral pode acontecer que

∂2f(x1, x2)

∂x1 ∂x26= ∂2f(x1, x2)

∂x2 ∂x1

lidaremos sempre com funcoes paras as quais nao importa a ordem em quese deriva. De acordo com o Lema de Schwartz, para isso e suficiente que f esuas derivadas parciais de primeira e segunda ordem sejam contınuas. Seraochamadas solucoes classicas da equacao.

2. Equacoes parciais de primeira ordem e o metodo das caracterısticas

3. A Equacao da difusao do Calor

Nesta Secao tentei modelar a difusao1 de Calor sem usar os elementos ∆x, ∆t doslivros de Fısica e Equacoes diferenciais, mas ao contrario usando alguns Teoremas deValor Medio.

A heurıstica dos ∆x, ∆t e forte, mas se usamos ao contrario alguns Teoremas daParte I do Curso aumentamos a unidade do texto.

Experimentalmente se verifica que a trasmissao de Calor entre dois discos de areaA, com temperaturas T1 e T2, postos a uma distancia d e

k · A · |T2 − T1|d

,

onde a constante k > 0 depende do material dos discos. Essa lei experimental eassociada a Fourier.

Vamos pensar num problema essencialmente unidimensional, ou seja, em algocomo um arame cuja secao transversal tem area constante A e pequena em relacao aocomprimento. Ele sera posto na direcao do eixo dos x, com inıcio em x = 0 e terminoem x = 2π.

Pensaremos que a temperatura nos pontos do arame e da forma2

T (x, t),

1ou de substancias quımicas2as funcoes envolvidas, temperatura, densidade, etc, serao supostas com tantas derivadas quanto

necessario

3. A EQUACAO DA DIFUSAO DO CALOR 718

ou seja, que e constante em cada secao transversal.Tambem pensaremos que o arame so troca calor com o ambiente pelas secoes

transversais inicial s0 e final s2π, estando no resto isolado termicamente.A taxa com que o Calor C passa pela secao transversal Sx0 do arame e:

C ′(x0) = −k · A · ∂T∂x

(x0, t),

o que pode ser justificado fazendo d → 0 na lei experimental. O sinal negativo nospermite interpretar essa formula como dizendo que o fluxo de calor vai da esquerda

para direita, se ∂T (x0,t)∂x

< 0, enquanto que o fluxo de calor vai da direita para a

esquerda, se ∂T∂x> 0.

Penso agora num pedaco do arame, que vai da secao transversal Sx0 ate a seaotransversal Sx1 , e que simbolizo por A× [x0, x1].

A taxa total com que o calor entra no pedaco A× [x0, x1] atraves da sua fronteiraSx0 ∪ Sx1 e entao:

−k · A · ∂T∂x

(x0, t) + k · A · ∂T∂x

(x1, t) =

= kA · (∂T∂x

(x1, t)−∂T

∂x(x0, t)).

A quantidade total de calor que entra em A× [x0, x1] no tempo de t0 a t1 e:

kA ·∫ t1

t0

(∂T

∂x(x1, z)−

∂T

∂x(x0, z)) dz.

Nesse intervalo de tempo de t0 a t1 cada ponto3 z ∈ A × [x0, x1] teve uma mudancade temperatura:

T (z, t1)− T (z, t0).

A variacao media da temperatura de A× [x0, x1] nesse intervalo de tempo de t0 a t1e dada por:

1

x1 − x0·∫ x1

x0

T (z, t1)− T (z, t0) dz.

O quanto mudou a temperatura em A × [x0, x1] depende da quantidade de Calorque entrou, que calculamos acima, mas tambem das propriedades fısicas do materialcodificadas numa contante 1

se da massa de A× [x0, x1], que e dada por:

∫ x1

x0

ρ(x) · Adx,

onde ρ = ρ(x) e a densidade (que e suposta so depender de x e nao da temperatura).Isso se escreve entao como:

1

x1 − x0·∫ x1

x0

T (z, t1)− T (z, t0) dz =1

s·∫ t1t0kA · (∂T

∂x(x1, z)− ∂T

∂x(x0, z)) dz

∫ x1x0ρ(x) · Adx =

=k

s·∫ t1t0

∂T∂x(x1, z)− ∂T

∂x(x0, z) dz

∫ x1x0ρ(x) dx

.

3Assumimos que a temperatura de cada ponto da secao Sz e a mesma


Mas pelo Teorema do Valor Medio de Integrais:∫ x1x0T (z, t1)− T (z, t0) dz

x1 − x0= T (ξ, t1)− T (ξ, t0) para algum ξ ∈ (x0, x1),

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T (ξ, t1)− T (ξ, t0) ·∫ x1

x0

ρ(x) dx =k

s·∫ t1

t0

∂T

∂x(x1, z)−

∂T

∂x(x0, z) dz.

Agora dividimos tudo por (t1 − t0) · (x1 − x0):

T (ξ, t1)− T (ξ, t0)

t1 − t0·∫ x1x0ρ(x) dx

x1 − x0=k

s·∫ t1t0

∂T∂x

(x1,z)− ∂T∂x

(x0,z)

x1−x0 dz

t1 − t0

(note que pude por 1x1−x0 para dentro da integral a direita).

Agora o Teorema do Valor Medio de Integrais da:∫ x1x0ρ(x) dx

x1 − x0= ρ(τ), para algum τ ∈ (x0, x1)

e o Teorema do Valor Medio de Lagrange da:

∂T∂x(x1, z)− ∂T

∂x(x0, z)

x1 − x0=∂2T

∂x2(ω, z), para algum ω ∈ (x0, x1)

(que depende de z, ω = ω(z) ∈ (x0, x1)).Portanto:

T (ξ, t1)− T (ξ, t0)

t1 − t0· ρ(τ) = k

s·∫ t1t0

∂2T∂x2

(ω, z) dz

t1 − t0=

=∂2T

∂x2(ω, η), para algum η ∈ (t0, t1),

onde na ultima iguladade usei mais uma vez o Teorema do Valor medio de Integrais.Note agora que t1 → t0 implica que η → t0. Tambem note que x1 → x0 implica

que:

ξ → x0, τ → x0 e ω → x0.

Portanto, fazendo t1 → t0 e x1 → x0 em

T (ξ, t1)− T (ξ, t0)

t1 − t0=

k

s ρ(τ)· ∂

2T

∂x2(ω, η),

obtemos em x = x0 e t = t0

∂T (x, t)

∂t(x, t) =

k

s ρ(x)· ∂

2T (x, t)

∂x2(x, t).

Na literatura se costuma chamar:

α2 :=k

s ρ> 0.

Isso que fizemos em dimensao 1 se generaliza a mais dimensoes espaciais.

4. PROBLEMAS DE ESFRIAMENTO UNIDIMENSIONAIS 720

Por isso, a equacao diferencial (parcial, linear, de segunda ordem) que rege amudanca da temperatura4 T = T (x, y, t) e a chamada Equacao da Difusao do Calor :

α2 · (∂2T

∂x2+∂2T

∂y2) =

∂T

∂t

ou se T = T (x, y, z, t) e:

α2 · (∂2T

∂x2+∂2T

∂y2+∂2T

∂z2) =

∂T

∂t.

Esse coeficiente α2 e muito pequeno para a agua e alto para o cobre, por exemplo.Um exemplo. Para as funcoes f1 = −x2− y2, f2 = x2+ y2 e f3 = x2− y2 a origem

(0, 0) e ponto de maximo, mınimo e de sela, respectivamente. E os Laplacianos saorespectivamente :

∂2f1∂x2

+∂2f1∂y2

= −4,∂2f2∂x2

+∂2f2∂y2

= 4∂2f3∂x2

+∂2f3∂y2

= 0.

Intuitivamente, a equacao da difusao do calor diz que se o Laplaciano num ponto P enegativo, entao num entorno de P ha menos calor que em P e portanto a temperaturade P diminui; ja se o Laplaciano num ponto P e positivo, entao num entorno de Pha mais calor que em P e portanto a temperatura de P aumenta.

Quando se estabiliza a temperatura temos:

∂2T

∂x2+∂2T

∂y2= 0.

ou∂2T

∂x2+∂2T

∂y2+∂2T

∂z2= 0

e essas equacoes serao estudadas no Capıtulo 48.

4. Problemas de esfriamento unidimensionais

Problema 1 - homogeneo:

Considere um arame isolado do ambiente, exceto pelos extremos, com uma dis-tribuicao de temperatura f(x), x ∈ [0, L] no tempo t = 0. Imagine que comeca asofrer resfriamento porque seus extremos sao postos a 0 grau e assim mantidos ∀t > 0.

Por exemplo suponha que f(x) ≡ C 6= 0 no instante t = 0. Queremos determinarT (x, t), a funcao temperatura no tempo t, onde

T (x, 0) = f(x) ≡ C > 0

eT (0, t) ≡ 0 e T (L, t) ≡ 0, ∀t > 0.

E natural prever que ao longo do tempo cada ponto do arame tendera a ter temper-atura zero. Mas queremos determinar de modo quantitativamente exato como issoacontece.

4bem como outros processos de difusao de gase, etc, em meios homogeneos


Pela equacao do Calor:

α2 · ∂2T (x, t)

∂x2=∂T (x, t)

∂t.

Facamos a hipotese simplificadora de separacao de variaveis :

T (x, t) = T1(x) · T2(t).A equacao do calor vira:

α2 · d2T1(x)

dx2· T2(t) = T1(x) ·

dT2(t)

dt,

ou seja, para x ∈ (0, L) e t > 0:

1

T1(x)· d

2T1(x)

dx2=

1

α2· 1

T2(t)· dT2(t)

dt.

Como o lado esquerdo so depende de x e o direito so de t, para que haja essa igualdadeambos sao constantes iguais ao mesmo λ ∈ R. Obtemos assim duas equacoes:

d2T1(x)

dx2− λ · T1(x) = 0, com T1(0) = T1(L) = 0, T1 6≡ 0,

edT2(t)

dt− α2λ · T2(t) = 0, T2(t) 6≡ 0.

Destas duas equacoes ordinarias, iniciaremos analisando a equacao em x, pois elaesta equipada de informacao extra T1(0) = T1(L) = 0. As solucoes de

d2T1(x)

dx2− λ · T1(x) = 0, com T1(0) = T1(L) = 0, T1 6≡ 0,

pela Afirmacao 2.1 do Capıtulo 40, dependem de λ:

• i): se λ < 0, sao da forma T1(x) = a · cos(√−λ · x) + b · sin(

√−λ · x). As

analisaremos a seguir.• ii): se λ = 0, sao da forma T1(x) ≡ D · t + E, com D,E ∈ R. Mas comoT1(0) = 0 entao E = 0. Como T1(L) = 0 entao T1(x) ≡ 0 e sera descartada.

• iii): se λ > 0, sao da forma T1(x) = a · e√λ·x + b · e−

√λ·x. Como T1(0) = 0

entao a + b = 0. Como a · (e√λ·L − e−

√λ·L) = 0 entao a = 0 ou

√λ = 0.

Qualquer uma dessas condicoes da T1(x) ≡ 0. Descartado.

Na situacao que restou, ou seja, o item i):

T1(x) = a · cos(√−λ · x) + b · sin(

√−λ · x),

para que tenhamos T1(0) = T1(L) = 0 precisamos que a = 0, pois 0 = T1(0) = a. Ede

0 = T1(L) = b · sin(√−λ · L)

obtemos que √−λ · L = π · n, n ∈ N,

ou seja que

−λ =π2n2

L2.


Em resumo, as solucoes de

d2T1(x)

dx2+π2n2

L· T1(x) = 0, com T1(0) = T1(2π) = 0, T1 6≡ 0

sao da forma:

Bn · sin(π · nL

· x), n ∈ N, Bn ∈ R

Voltando a segunda equacao, ficamos com:

dT2(t)

dt+ α2π

2n2

L2· T2(t) = 0, T2(t) 6≡ 0,

cujas solucoes sao

An · e−α2 n2π2

L2 ·t, An ∈ R.

Afirmo que as somas finitas

N∑

n=1

Cn · e−α2 n2π2

L2 ·t · sin(π · nL

· x),

(onde Cn = An · Bn) sao solucoes.Isso se deve a linearidade da equacao diferencial parcial e tambem pela homo-

geneidade da equacao diferencial e da condicao de contorno:

T (0, t) = T (L, t) = 0.

Mais ainda, se pode provar que a serie infinita

T (x, t) =+∞∑

n=1

Cn · e−α2 n2π2

L2 ·t · sin(π · nL

· x)

e solucao da equacao.Como:

C ≡ f(x) = T (x, 0) =+∞∑

n=1

Cn · sin(π · nL

· x),

reconhecemos os Cn como os coeficientes de uma serie de Fourier de senos da funcaoconstante f ≡ C, do Exemplo 1 da Secao 2 do Capıtulo 46: Cn = 0 se n ∈ N e par eCn = 4C

nπse n ∈ N e ımpar.

Suponho para a figura a seguir o caso bem particular:

C ≡ 1, L = π e α = 1.

Na figura a seguir dou o truncamento ate n = 11 de

T (x, t) =4

π·+∞∑

n=1

1

2n− 1· e−(2n−1)2·t · sin((2n− 1) · x)

com t = 140, 130, 110, 16, 12, 1


0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.5 1 1.5 2 2.5 3

x

Problema 2 - nao-homogeneo:

Uma situacao mais geral: um arame isolado do ambiente, exceto pelos extremos,com uma distribuicao de temperatura f(x) ≡ C, x ∈ [0, L] no tempo t = 0, quecomeca a sofrer resfriamento segundo:

α2 · ∂2T (x, t)

∂x2=∂T (x, t)

∂t.

So que agora

T (0, t) ≡ c < C e T (L, t) ≡ 0, ∀t > 0.

Ou seja, a condicao de fronteira nao e mais homogenea.O que fazer ? Pois agora a soma de solucoes ∀n que fizemos no Problema 1 ja

nao e mais possıvel. A ideia e reduzir este Problema 2 a um problema do tipo doProblema 1, e usar aquela tecnica.

Para isso considere

f(x) = − c

L· x+ c,

qu claramente satisfaz

f(0) = c, f(L) = 0,d2f(x)

dx2≡ 0

e obviamentedf

dt,

pois f(x) nao depende de t.Considere

ˆT (x, t) := T (x, t)− f(x).


Note que esta funcao recai no problema anterior, pois:

α2 · ∂2 ˆT (x, t)

∂x2=∂ ˆT (x, t)

∂te

ˆT (0, t) = T (0, t)− f(0) = c− c = 0 e ˆT (L, t) = T (L, t)− f(L) = 0,

apenas a distribuicao inicial de calor mudou, pois:

ˆT (x, 0) = T (x, 0)− f(x) = (C − c) +c

L· x.

Ou seja, no final da resolucao do novo problema, segundo as tecnicas que de-screvemos no Problema 1, teremos que calcular coeficientes de Fourier de uma funcaolinear: (C − c) + c

L· x. E depois obtemos:

T (x, t) = ˆT (x, t) + f(x).

Note que os termos exponenciais de ˆT (x, t) vao para zero quando t cresce e portantoos graficos de T (x, t) - para cada t - tendem ao d3 f(x).

Para L = π, α = 1, os coeficientes de Fourier agora sao

Cn :=2

π·∫ π

0

((C − c) +c

L· x) · sin(nx) dx

e

T (x, t) = − c

L· x+ c +

+∞∑

n=1

Cn · e−n2·t · sin(n · x).

Na figura a seguir usei C = 1 e c = 12, truncamento em n = 11, com t =

140, 130, 110, 16, 12, 1 e pus tambem o grafico da reta − 1

2π· x+ 1

2.

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.5 1 1.5 2 2.5 3

x

CAPıTULO 48

O operador de Laplace e as equacoes do calor e da onda

1. Laplaciano em coordenadas polares e esfericas

Precisaremos nas Secoes seguintes expressar o Laplaciano, inicialmente dado emcoordenadas cartesianas (x, y) ou (x, y, z) em coordenadas polares (r, θ) ou em esfericas(ρ, θ, φ).

Este ultimo sistema poe

0 ≤ ρ, 0 ≤ θ2π e 0 ≤ φ < π.

A figura a seguir mostra bem que:

x = (ρ sin(φ)) · cos(θ), y = (ρ sin(φ)) · sin(θ) e z = ρ cos(φ).

x

y

z

φ

ρ

θ

Afirmacao 1.1.i): Seja y = f(x, y) com derivadas de segunda ordem contınuas1.

O Laplaciano ∂2f∂x2

+ ∂2f∂y2

se escreve em cordenadas polares (r, θ) como:

1

r2∂2f

∂θ2+

1

r· ∂( r ·

∂f∂r)

∂r.

ii): Seja y = f(x, y, z) com derivadas de segunda ordem contınuas.

1Para que possamos usar ∂2f∂x∂y

= ∂2f∂y∂x

725

1. LAPLACIANO EM COORDENADAS POLARES E ESFERICAS 726

O Laplaciano ∂2f∂x2

+ ∂2f∂y2

+ ∂2f∂z2

se escreve em cordenadas esfericas (r, θ, φ), com0 < φ < π, como:

∂2f

∂ρ2+

2

ρ· ∂f∂ρ

+1

ρ2· ∂

2f

∂φ2+

cot(φ)

ρ2∂f

∂φ+

1

ρ2 sin2(φ)· ∂

2f

∂θ2.

Demonstracao.

De i):Temos

x = x(r, θ) = r cos(θ) e y = y(r, θ) = r sin(θ),

logof(x, y) = f(x(r, θ), y(r, θ))

e pela regra da composta em duas variaveis:

∂f

∂θ=∂f

∂x· ∂x∂θ

+∂f

∂y· ∂y∂θ

=

= −∂f∂x

· sin(θ) r + ∂f

∂y· cos(θ) r.

Para que o que segue fique mais claro, lembre que:

∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂x(x(r, θ), y(r, θ))

∂f

∂y(x, y) =

∂f

∂y(x(r, θ), y(r, θ)).

Tambem:

∂2f

∂θ2= − ∂2f

∂x∂θ· sin(θ) r − ∂f

∂x· cos(θ) r + ∂2f

∂y∂θ· cos(θ) r − ∂f

∂y· sin(θ) r =

= −[∂2f

∂x2· (− sin(θ) r) +

∂2f

∂x∂ycos(θ) r] · sin(θ) r − ∂f

∂x· cos(θ) r+

+[∂2f

∂y∂x· (− sin(θ) r) +

∂2f

∂y2cos(θ) r] · cos(θ) r − ∂f

∂y· sin(θ) r =

=∂2f

∂x2sin2(θ) r2 +

∂2f

∂y2cos2(θ) r2 − 2 · ∂2f

∂x∂ysin(θ) cos(θ)r2−

−∂f∂x

· cos(θ) r − ∂f

∂y· sin(θ) r.

Por outro lado,

r · ∂f∂r

= r · (∂f∂x

· cos(θ) + ∂f

∂y· sin(θ))

e daı:

∂( r · ∂f∂r)

∂r=∂f

∂x· cos(θ) + ∂f

∂y· sin(θ) + r cos(θ)

∂2f

∂x∂r+ r sin(θ)

∂2f

∂y∂r=

=∂f

∂xcos(θ) +

∂f

∂y· sin(θ) + ∂2f

∂x2· r cos2(θ) + ∂2f

∂y2· r sin2(θ) + 2 · ∂2f

∂x∂ysin(θ) cos(θ) r.

CAPITULO 48. O OPERADOR DE LAPLACE E AS EQUACOES DO CALORE DA ONDA 727

Agora e so fazer a soma e obter:

1

r2∂2f

∂θ2+

1

r· ∂( r ·

∂f∂r)

∂r=∂2f

∂x2+∂2f

∂y2.

De ii):Contas mais longas, mas do mesmo estilo, agora usando que:

x = ρ sin(φ) cos(θ), y = ρ sin(φ) sin(θ) e z = ρ cos(φ).

�

2. Estado estacionario do calor num disco e expansao em series deFourier

Esta Secao 2 e a proxima Secao 4 tem um bocado de heurıstica, e varias afirmacoessem prova. Mas mostra como a teoria de equacoes diferenciais parciais esta ligada aproblemas fısicos concretos, bem como conecta a teoria com coisas ja aprendidas noCurso. 11

Minhas referencias sao o livro do Simmons, Differential equations, de H. F. Davis,Fourier series and orthogonal functions e de Boyce-diPrima.

Imagine uma disco macico de raio 1 feito de material homogeneo, cujos pontosserao parametrizados em coordenadas polares 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π.

Imagine agora que o cırculo de raio 1 que e a fronteira e mantido aquecido, de talmodo que sua temperatura e dada por uma funcao:

f = f(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π.

E suponha que isso e feito ate que a temperatura no interior do disco nao mude mais.Nesse momento a temperatura T (r, θ) do disco anula o Laplaciano em coordenadaspolares:

1

r2∂2T

∂θ2+

1

r· ∂( r ·

∂T∂r)

∂r= 0

Queremos resolver esta equacao, com a condicao (chamada condicao de fronteira)

T (1, θ) = f(θ),

e para isso fazemos ainda mais uma suposicao, de separacao de variaveis, ou seja, deque2:

T (r, θ) = T1(r) · T2(θ).Entao a equacao que queremos resolver vira:

0 =1

r2· T1(r) ·

d2T2(θ)

dθ2+

1

r· T2(θ) ·

dT1(r)

dθ+ T2(θ) ·

d2T1(r)

dr2,

de onde se obtem, apos multiplicar por r2:

1

T1(r)· (r2 · d

2T1(r)

dr2+ r · dT1(r)

dr) =

−1

T2(θ)· d

2T2(θ)

dθ2.

2sao as aplicacoes fısicas que justificam essas suposicoes

2. ESTADO ESTACIONARIO DO CALOR NUM DISCO E EXPANSAO EMSERIES DE FOURIER 728

A observacao agora e que o lado direito e funcao apenas de θ enquanto o esquerdo efuncao apenas de r. A conclusao e que ambos sao constantes = λ ∈ R. O que produzduas equacoes diferenciais ordinarias:

r2 · d2T1(r)

dr2+ r · dT1(r)

dr− λ · T1(r) = 0,

ed2T2(θ)

dθ2+ λ · T2(θ) = 0.

As solucoes desta ultima equacao, de acordo com a Afirmacao 2.1 do Capıtulo 40 saoda forma:

• i): T2(θ) = a · e√−λ·x + b · e−

√−λ·x se λ < 0. Mas queremos que T2(θ) tenha

perıodo 2π. Logo excluımos essa possibilidade.• ii): T2(θ) = a · x + b, se λ = 0. So sera periodica, e de fato constante, sea = 0.

• iii): T2(θ) = a · cos(√λ · θ) + b · sin(

√λ · θ), se λ > 0, que sao periodicas.

So que se tomamos, no Caso ii), λ = 0 entao a equacao (de Euler)

r2 · d2T1(r)

dr2+ r · dT1(r)

dr− λ · T1(r) = 0

vira:

r2 · d2T1(r)

dr2+ r · dT1(r)

dr= 0,

cuja solucao, pela Afirmacao 1.1 do Capıtulo 40, e:

T1(r) = c+ d · ln(r);se d 6= 0 essas solucoes nao ficam limitadas quando r → 0, o que e inaceitavel doponto de vista da situacao fısica tratada. Mas se d = 0 entao a conclusao geral e que:

T (r, θ) = T1(r) · T2(θ) ≡ c · ae uma funcao constante.

No Caso iii), para termos T2(θ) com perıodo 2π, o√λ > 0 tem de ser

√λ = n ∈ N,

11 ou seja,λ = n2.

A equacao de Euler

r2 · d2T1(r)

dr2+ r · dT1(r)

dr− λ · T1(r) = 0,

cuja equacao asssociada e r2 = n2 , de acordo com a Afirmacao 1.1 do Capıtulo 40,tem solucoes:

T1(r) = a · rn + b · r−n,so que a parte r−n fica ilimitada quando r → 0 e e abandonada.

Portanto, a conclusao e que funcoes do tipo:

Tn = a · rn · cos(n · θ) + b · rn · cos(n · θ), n ∈ N

sao solucoes das equacoes que nos interessam.


A ideia e buscar para a solucao desejada combinacoes lineares∑

n anTn dessassolucoes e, de fato, series infinitas do tipo:

T (r, θ) = a0 +

+∞∑

n=1

rn · (an cos(nθ) + bn sin(nθ)).

Como

f(θ) = T (1, θ) = a0 ++∞∑

n=1

an cos(nθ) + bn sin(nθ),

reconhecemos aı uma Serie de Fourier, para a qual sabemos que3:

a0 :=1

2π·∫ 2π

0

f(φ) dφ,

e

an :=1

π·∫ 2π

0

f(φ) cos(nφ) dφ e bn :=1

π·∫ 2π

0

f(φ) sin(nφ) dφ.

3. A formula integral de Poisson

Concluımos na Secao anterior que a temperatura no disco unitario em estadoestacionario e dada em coordenadas polares por:

T (r, θ) = a0 ++∞∑

n=1

rn · (an cos(nθ) + bn sin(nθ)) =

=1

2π

∫ 2π

0

f(φ) dφ++∞∑

n=1

rn · ( 1π

∫ 2π

0

f(φ) cos(nφ) dφ · cos(nθ)+

+1

π

∫ 2π

0

f(φ) sin(nφ) dφ · sin(nθ))),

onde f = f(θ) e a temperatura no cırculo unitario.Tomando r ≤ r < 1 podemos garantir a convergencia em modulo e uniforme da

serie e trocar a ordem entre a integracao e a soma infinita. Assim obtemos

T (r, θ) =1

π

∫ 2π

0

f(φ) · [12+

+∞∑

n=1

rn · (cos(nφ) cos(nθ) + sin(nφ) sin(nθ))]dφ =

=1

π

∫ 2π

0

f(φ) · [12+

+∞∑

n=1

rn · cos(n(φ− θ))] dφ.

Para continuarmos faremos uma incursao sobre os numeros Complexos e series infini-tas Complexas.

Suponha que para um numero complexo com |z| < 1 faca sentido e convirja aserie geometrica complexa:

+∞∑

n=0

zn =1

1− z.

3uso φ ao inves da variavel t pois φ lembra a variavel θ enquanto que t evocaria o tempo

3. A FORMULA INTEGRAL DE POISSON 730

Ou seja, que valha:+∞∑

n=1

zn =1

1− z− 1 =

z

1− z.

Agora escreva z com |z| < 1 na forma polar:

z = r · eIψ := r · (cos(ψ) + I · sin(ψ)), 0 ≤ r < 1, 0 ≤ ψ < 2π.

Portanto:1

2+

+∞∑

n=1

zn =1

2+

z

1− z=

=1

2+ z · 1− z

|1− z|2 =

=1

2+ (r cos(ψ) + Ir sin(ψ)) · 1− r cos(ψ) + Ir sin(ψ)

|1− r · cos(ψ)− Ir sin(ψ)|2 =

=1

2+r cos(ψ)− r2 + Ir sin(ψ)

1 + r2 − 2r cos(ψ)=

=1− r2 + I · 2r sin(ψ)2 · (1 + r2 − 2r cos(ψ))

.

Mas vale:zn = rn · (cos(nψ) + I · sin(nψ))

portanto:

1

2+

+∞∑

n=1

zn =1

2+

+∞∑

n=1

rn · cos(nψ) + I ·+∞∑

n=1

rn · sin(nψ) =

=1− r2

2 · (1 + r2 − 2r cos(ψ))+ I · 2r sin(ψ)

2 · (1 + r2 − 2r cos(ψ)).

Comparando as partes Real e Imaginaria obtemos:

1

2+

+∞∑

n=1

rn · cos(nψ) = 1− r2

2 · (1 + r2 − 2r cos(ψ)).

Assim termina a incursao sobre os complexos.Fazendo

ψ = φ− θ

entao a integral que tınhamos obtido:

T (r, θ) =1

π

∫ 2π

0

f(φ) · [12+

+∞∑

n=1

rn · cos(n(φ− θ))] dφ

pode ser reescrita agora como:

T (r, θ) =1

2π

∫ 2π

0

f(φ) ·K(r, θ, φ) dφ,

onde fizemos

K(r, θ, φ) :=1− r2

1 + r2 − 2r cos(φ− θ);


este e o nucleo de Poisson no disco unitario e que facilmente se generaliza para discosde raio R como

K(r, θ, φ, R) :=R2 − r2

R2 + r2 − 2rR cos(φ− θ).

Ou seja que, para expressarmos a solucao do problema de distribuicao estacionariade calor no disco T (r, θ) basta fazermos a integral do produto da temperatura no bordocom o nucleo de Poisson. Essa ideia se generaliza para outros domınios que nao saodiscos.

4. Estado estacionario do calor na esfera e serie de polinomios deLegendre

A equacao diferencial parcial (linear, de segunda ordem) que rege a mudanca datemperatura4 T = T (x, y, z, t) e:

k2 · (∂2T

∂x2+∂2T

∂y2+∂2T

∂z2) =

∂T

∂t.

Ou seja, se o Laplaciano num ponto P e negativo, entao num entorno de P hamenos calor que em P e portanto a temperatura de P diminui; ja se o Laplacianonum ponto P e positivo, entao num entorno de P ha mais calor que em P e portantoa temperatura de P aumenta.

Quando se estabiliza a temperatura temos:

∂2T

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2= 0.

Imagine uma bola macica de raio 1 feita de material homogeneo, cujos pontos seraoparametrizados em coordenadas esfericas por 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ φ ≤ π.

Imagine agora que a superfıcie da bola e mantida aquecida, de tal modo que atemperatura na superfıcie e dada por uma funcao f(1, θ, φ), que para simplificar,vamos supor e constante ao logo de cada meridiano, ou seja,

f(1, θ, φ) = f(φ), 0 ≤ φ ≤ π.

E suponha que isso e feito ate que a temperatura no interior da esfera nao mudemais. Nesse momento a temperatura T (ρ, θ, φ) da esfera, que suponho da formaT (ρ, φ), anula o Laplaciano em coordenadas esfericas:

∂2T

∂ρ2+

2

ρ· ∂T∂ρ

+1

ρ2· ∂

2T

∂φ2+

cot(φ)

ρ2∂T

∂φ= 0.

(expressao mais simples que na Afirmacao 1.1 pois T (ρ, φ) independende de θ).Isso pode ser escrito, multiplicando por ρ2, se 0 < φ < π, como:

ρ2 · ∂2T

∂ρ2+ 2ρ · ∂T

∂ρ+∂2T

∂φ2+

cos(φ)

sin(φ)· ∂T∂φ

=

=∂(ρ2 · ∂T

∂ρ)

∂ρ+

1

sin(φ)·∂(sin(φ) · ∂T

∂φ)

∂φ= 0.

4bem como alguns processos de difusao em meios homogeneos

4. ESTADO ESTACIONARIO DO CALOR NA ESFERA E SERIE DEPOLINOMIOS DE LEGENDRE 732

Agora queremos resolver esta equacao, com a condicao (chamada condicao defronteira)

T (1, φ) = f(φ),

e para isso fazemos ainda mais uma suposicao, como na Secao anterior, de separacaode variaveis, ou seja, de que5:

T (ρ, φ) = T1(ρ) · T2(φ).Entao a equacao que queremos resolver vira:

0 = 2ρ ·T2(φ) ·dT1(ρ)

dρ+ ρ2 ·T2(φ) ·

d2T1(ρ)

dρ2+ T1(ρ) ·

d2T2(φ)

dφ2+

cos(θ)

sin(θ)·T1(ρ) ·

dT2(φ)

dφ,

o que pode ser re-escrito como:

1

T1(ρ)· [2ρ · dT1(ρ)

dρ+ ρ2 · d

2T1(ρ)

dρ2] =

−1

T2(φ)· [cos(θ)sin(θ)

· dT2(φ)dφ

+d2T2(φ)

dφ2].

Como na Secao anterior, a observacao agora e que o lado direito e funcao apenas deφ enquanto o esquerdo e funcao apenas de ρ.

A conclusao e que ambos sao constantes = λ ∈ R. O que produz duas equacoesdiferenciais ordinarias:

ρ2 · d2T1(ρ)

dρ2+ 2ρ · dT1(ρ)

dρ− λ · T1(ρ) = 0

ed2T2(φ)

dφ2+

cos(θ)

sin(θ)· dT2(φ)

dφ+ λ · T2(φ) = 0.

A equacao

ρ2 · d2T1(ρ)

dρ2+ 2ρ · dT1(ρ)

dρ− λ · T1(ρ) = 0

e uma equacao de Euler, que tratamos na Afirmacao 1.1 do Capıtulo 40.A equacao indicial associada e:

r(r − 1) + 2 · r − λ = 0

ou seja, cujas raızes r1, r2 sao:

−1±√1 + 4λ

2.

Se fosse 1 + 4λ = 0 entao a Afirmacao 1.1 do Capıtulo 40 diria que as solucoessao da forma:

T1(ρ) = a · ρ− 12 + b · ln(ρ) · ρ− 1

2 .

Mas este tipo de solucao nao e limitada quando ρ → 0 e nao tem significado fısicorelevante.

Agora se 1 + 4λ < 0, entao

r1 =−1

2+ I ·

√

−(1 + 4λ)

2e r2 = r1, onde I =

√−1

5sao as aplicacoes fısicas que justificam essas suposicoes


e novamente a Afirmacao 1.1 do Capıtulo 40 diria que as solucoes sao da forma:

T1(ρ) = a · ρ−12 · cos(

√

−(1 + 4λ)

2ln(ρ)) + b · ρ−1

2 · sin(√

−(1 + 4λ)

2ln(ρ)).

Novamente solucoes sem sentido fısico, pois nao sao limitadas quando ρ→ 0.Resta entao que:

1 + 4λ > 0

e que, pela mesma Afirmacao, as solucoes sao da forma:

T1(ρ) = a · ρ−1+√

1+4λ2 + b · ρ−1−

√1+4λ

2 .

Para que haja limitacao na solucao quando ρ→ 0, imponho que:

−1 +√1 + 4λ

2> 0

e faco b = 0, ficando entao comanda

T1(ρ) = a · ρ−1+√

1+4λ2 .

Agora se faz a suposicao de que o numero:

−1 +√1 + 4λ

2> 0

seja da forma−1 +

√1 + 4λ

2= n ∈ {0} ∪ N

ou seja, de que:λ = n · (n+ 1)

eT1(ρ) = a · ρn, n ∈ N.

Retornando a segunda equacao:

d2T2(φ)

dφ2+

cos(θ)

sin(θ)· dT2(φ)

dφ+ λ · T2(φ) = 0,

esta agora se escreve:

d2T2(φ)

dφ2+

cos(θ)

sin(θ)· dT2(φ)

dφ+ n(n+ 1) · T2(φ) = 0.

Agora facamos:

τ = cos(φ) e φ = arccos(τ), onde φ ∈ (0, π),

e portanto a ultima equacao pode ser re-escrita:

d2T2(φ)

dφ2+

τ√1− τ 2

· dT2(φ)dφ

+ n(n+ 1) · T2(φ) = 0.

Por outro lado, como T2 = T2(φ(τ)):

dT2dτ

=dT2dφ

· dφdτ

=dT2dφ

· ( −1√1− τ 2

)

4. ESTADO ESTACIONARIO DO CALOR NA ESFERA E SERIE DEPOLINOMIOS DE LEGENDRE 734

ed2T2dτ 2

=1

1− τ 2d2T2dφ2

− τ

(1− τ 2)32

dT2dφ

.

De onde se obtem:

(1− τ 2) · d2T2dτ 2

− 2τdT2dτ

+ n(n+ 1)T2 =

=d2T2(φ)

dφ2+

τ√1− τ 2

· dT2(φ)dφ

+ n(n + 1) · T2(φ) = 0,

nossa equacao. Agora reconhecemos em

(1− τ 2) · d2T2dτ 2

− 2τdT2dτ

+ n(n+ 1)T2 = 0

a equacao de Legendre do Capıtulo 41.Como mais uma vez queremos que T2(τ) fique limitada para

−1 ≤ τ ≤ 1 ou seja 0 ≤ φ ≤ π,

entao temos que tomar as solucoes limitadas em [−1, 1] da Equacao de Legendre

(1− τ 2) · d2T2dτ 2

− 2τdT2dτ

+ n(n + 1)T2 = 0,

ou seja, como se pode provar, :

T2(τ) = a · Pn(τ) = a · Pn(cos(φ)),onde Pn e o n-esimo polinomio de Legendre. Isso para cada n = 0, 1, 2, 3, . . ., portantopelo que vimos encontramos solucoes particulares da forma:

Tn = an · ρn · Pn(cos(φ)), an ∈ R.

Pela linearidade do Laplaciano, o que faz e somar essas solucoes particulares Tn,mais propriamnte, se considera uma serie infinita como candidata a solucao:

T (ρ, φ) :=

+∞∑

n=0

an · ρn · Pn(cos(φ));

e como foi dada

f(φ) = T (1, φ)

entao terıamos como consequencia

f(φ) =+∞∑

n=0

an · Pn(cos(φ)),

ou seja,

f(arccos(τ)) =

+∞∑

n=0

an · Pn(τ).


Baseados na ortogonalidade dos polinomios de Legendre Pn(τ) (Secao 5 do Capıtulo40) e imitando o que fizemos para determinar os coeficientes das series de Fourier, sepode provar que6 que:

an = (n+1

2) ·

∫ 1

−1

f(arccos(τ)) · Pn(τ) dτ.

Por esta razao os polinomios de Legendre sao chamados de harmonicos esfericos.

Exemplo:Considerei uma fatia da bola de raio 1, aquela quando θ = π

2, pois nesse caso:

x = ρ sin(φ) cos(π

2) = 0, y = ρ sin(φ) sin(

π

2) = ρ sin(φ) e z = ρ cos(φ),

a fatia obtida cortando com o plano x = 0 no espaco.Variando agora φ de 0 a π estamos indo do polo Norte ao Sul, pois z = ρ cos(φ).Entao pensei numa funcao f(φ) que da a temperatura na superfıcie que imite o

que acontece na temperatura do globo terrestre, em que ha temperaturas negativasno Norte e no Sul e com maximas em geral no equador, φ = π

2:

f(φ) = 1− (φ− π

)

2

,

que tem:

f(0) = f(π) = 1− π2

4≈ −1.4 e f(

π

2) = 1.

Fiz no Maple approximacoes numericas dos coeficientes a0, . . . , a6 e obtive

T (ρ, φ) ≈6∑

n=0

an · ρn · Pn(cos(φ)) ≈

≈ 0.5325988995−0.8305268694 10−14 ·ρ ·cos(φ)−1.111111111 ·ρ2 · (−1

2+3

2cos(φ)2)−

−0.1223884111 10−14·ρ3·(52cos(φ)3−3

2cos(φ))−0.3200000000·ρ4·(3

8+35

8cos(φ)4−15

4cos(φ)2)−

−0.3914846856 10−15 · ρ5 · (638

cos(φ)5 − 35

4cos(φ)3 +

15

8cos(φ))−

−0.1509297052 · ρ6 · (− 5

16+

231

16cos(φ)6 − 315

16cos(φ)4 +

105

16cos(φ)2).

Tambem esta aproximacao T (ρ, φ) da que:

limρ→0

T (ρ, φ) ≈ 0.5325988995.

6se f((arccos(τ)) for tratavel

5. EXERCICIOS 736

5. Exercıcios

Exercıcio 5.1. i) Seja U(x, y) = − 1√x2+y2

um potencial gravitacional no plano (x, y)

de uma partıcula com massa situada na origem . Mostre que no plano fora da origem:

∇U =1

(x2 + y2)32

.

ii) Seja V (x, y, z) = − 1√x2+y2+z2

um potencial gravitacional no espaco (x, y, x) de

uma partıcula com massa situada na origem . Mostre que no espaco fora da origem

∇V ≡ 0.

CAPıTULO 49

Equacao da onda e as vibracoes de cordas e membranas

1. Vibracao de uma corda com extremos fixos, sem atrito

Considero uma corda de comprimento L presa nos extremos (a corda esta postano eixo dos x com extremos em 0 e L), com densidade constante ρ e submentida auma tensao T . Vamos supor que seus pontos se deslocam apenas na direcao verticale que a amplitude desse deslocamento e pequena.

Sem de deter na obtencao da equacao diferencial, postulo que o deslocamentovertical y(x, t) satisfaz:

∂2y(x, t)

∂x2=

1

k2· ∂

2y(x, t)

∂t2, onde

1

k2=ρ

T.

As condicoes iniciais do problema sao:

y(x, 0) = g(x) e∂y(x, 0)

∂t= h(x),

que dao um formato e uma velocidade inicial a corda.As condicoes que que expressam o fato dos extremos estarem fixos sao:

y(0, t) = y(L, t) = 0, ∀t ≥ 0

e∂y(0, t)

∂x=∂y(L, t)

∂x= 0, ∀t ≥ 0.

O problema e descrever o que acontece para t > 0, onde a idealizacao do problema(que abstrai atrito e amortecimentos) conduzira a uma solucao em que a corda vibrapara sempre.

A separacao de variaveis:

y(x, t) = y1(x) · y2(t)produz:

∂2(y1(x) · y2(t))∂x2

− 1

k2· ∂

2(y1(x) · y2(t))∂t2

=

=∂2y1(x)

∂x2· y2(t)−

1

k2· y1(x) ·

∂2y2(t)

∂t2= 0,

de onde:1

y1(x)· ∂

2y1(x)

∂x2=

1

k2· 1

y2(t)· ∂

2y2(t)

∂t2.

737

1. VIBRACAO DE UMA CORDA COM EXTREMOS FIXOS, SEM ATRITO 738

O lado esquerdo so depende de x e o direito so de t, portanto devem ser constantes eiguais a λ ∈ R. Entao

∂2y1(x)

∂x2− λ · y1(x) = 0

e∂2y2(t)

∂t2− λ · k2 · y2(t) = 0.

Para que a solucao desta ultima equacao seja periodica a unica possibilidade e queλ < 0. Entao

y2(t) = a · cos(√−λk · t) + b · sin(

√−λk · t), a, b ∈ R.

Com λ < 0 as solucoes de∂2y1(x)

∂x2− λ · y1(x) = 0

saoy1(x) = c · cos(

√−λ · x) + d · sin(

√−λ · x), c, d ∈ R.

Mas quero que y(x, t) = y1(x) · y2(t) verifique y(0, t) ≡ 0 e para isso preciso que seanule um coeficiente:

c = 0.

E para que y(L, t) = d · sin(√−λ · L) ≡ 0 preciso que:√−λ · L = n · π, n ∈ N

ou seja, √−λ =

n · πL

, n ∈ N

e portanto:

d · sin(n · πL

· x) · [a · cos(n · πL

· k · t) + b · sin(n · πL

· k · t)]e uma solucao que depende de n ∈ N fixado (chamdo um modo normal de vibracaoda corda e quando n = 1 o modo fundamental). Pela linearidade da equacao o que sefaz e buscar somas dessas solucoes, mas ∀n ∈ N:

y(x, t) :=+∞∑

n=1

sin(n · πL

· x) · [an · cos(n · πL

· k · t) + bn · sin(n · πL

· k · t)]

onde as constantes dn foram absorvidas nas outras.A determinacao dos coeficientes an, bn depende de se fazer uso das condicoes ini-

ciais:

y(x, 0) =

+∞∑

n=1

an · sin(n · πL

· x) = g(x)

e (por derivacao termo a termo e posterior avaliacao em t = 0):

∂y(x, 0)

∂t=

+∞∑

n=1

bn ·n · πL

· k · sin(n · πL

· x) = h(x).

Se ve entao que os an e os

bn ·n · πL

· k

CAPITULO 49. EQUACAO DA ONDA E AS VIBRACOES DE CORDAS EMEMBRANAS 739

sao os coeficientes de Fourier de g(x) e h(x) respectivamente. E esses nos ja sabemoscomo determinar.

2. Vibracao de uma corda infinita: Formula de D’Alembert

Considero uma corda de densidade constante ρ submetida a uma tensao T masque agora e pensada como tendo comprimento infinito, disposta ao longo do eixo dosx.

Vamos supor que seus pontos se deslocam apenas na direcao vertical e que aamplitude desse deslocamento e pequena.

Como antes ja fizemos, postulo que o deslocamento vertical y(x, t) satisfaz:

∂2y(x, t)

∂x2=

1

k2· ∂

2y(x, t)

∂t2, onde

1

k2=ρ

T.

As condicoes iniciais do problema sao:

y(x, 0) = g(x) e∂y(x, 0)

∂t= h(x), x ∈ R

que dao um formato e uma velocidade inicial a corda.Considero a seguinte mudanca de variaveis:

u := x+ k · t e v := x− k · t.Afirmo que nessas novas variaveis a funcao y(x, t) = y(x(u, v), t(u, v)) satisfaz1 aequacao diferencial:

∂2y

∂u ∂v= 0.

Essa forma da equacao que rege a vibracao de uma corda ou uma onda e chamadade forma canonica.

De fato, pela regra da derivada da composta:

∂y

∂v=∂y

∂x· ∂x∂v

+∂y

∂t· ∂t∂v

=∂y

∂x· 12+∂y

∂t· (−1

2k),

pois

x =u+ v

2e

t =u− v

2k.

Mas nao podemos esquecer que:

∂y

∂xe

∂y

∂t

sao funcoes de x = x(u, v) e de y = y(u, v). Portanto:

∂2y

∂u∂v=∂(1

2· ∂y∂x

− 12k

· ∂y∂t)

∂u=

1Supondo que essa funcao tem derivadas parciais de segunda ordem em x, t que sao elas mesmasfuncoes contınuas

2. VIBRACAO DE UMA CORDA INFINITA: FORMULA DE D’ALEMBERT740

=1

2· ∂

2y

∂x2· ∂x∂u

+1

2· ∂

2y

∂t∂x· ∂t∂u

− 1

2k· ∂

2y

∂x∂t· ∂x∂u

− 1

2k· ∂

2y

∂t2· ∂t∂u

=

=1

4

∂2y

∂x2+

1

4k

∂2y

∂t∂x− 1

4k

∂2y

∂x∂t− 1

4k2∂2y

∂t2= 0,

onde na ultima igualdade usei que

∂2y

∂t∂x=

∂2y

∂x∂t

se y(x, t) tiver derivadas de segunda ordem contınuas (Lema de Schwarz) e

∂2y(x, t)

∂x2− 1

k2· ∂

2y(x, t)

∂t2= 0.

Mas∂2y

∂u∂v=∂ ∂y∂v

∂u= 0

quer dizer que ∂y∂v

so depende de v:

∂y

∂v= z(v).

E agora integrando em v obtenho:

y(u, v) =

∫

z(v)dv + q(u) =: p(v) + q(u);

ou seja:y(x(u, v), t(u, v)) = p(v) + q(u) = p(x− k · t) + q(x+ k · t).

As condicoes iniciais para t = 0 dao:

y(x, 0) = p(x− k · 0) + q(x+ k · 0) = p(x) + q(x) = g(x)

e∂y(x, 0)

∂t= p′(x) · (−k) + q′(x) · (k) = k · (−p′(x) + q′(x)) = h(x),

de onde

−p′(x) + q′(x) =1

k· h(x)

e daı integrando:

−p(x) + q(x) =1

k·∫ x

0

h(ξ)dξ + C.

Junto com:p(x) + q(x) = g(x)

obtemos um sistema de duas equacoes lineares, de onde:

q(x) =1

2· g(x) + 1

2k·∫ x

0

h(ξ)dξ +C

2e

p(x) =1

2· g(x)− 1

2k·∫ x

0

h(ξ)dξ − C

2=

=1

2· g(x) + 1

2k·∫ 0

x

h(ξ)dξ − C

2.


Ja que essas sao as expressoes de p(x) e q(x) ∀x entao posso usa-las para p(x− k · t)e q(x+ k · t), de onde sai a formula classsica (Formula de D’Alembert):

y(x, t) = p(x− k · t) + q(x+ k · t) = g(x− k · t) + g(x+ k · t)2

+1

2k

∫ x+k·t

x−k·th(ξ) dξ.

Algumas observacoes: a expressao

y(x, t) = p(x− k · t) + q(x+ k · t)ja indica que a solucao e uma superposicao de uma onda que se move para frente comvelocidade k e de outra que se move para tras com velocidade k. Pois para cada t0fixado os graficos de p(x− k · t0) sao trasladados horizontais para a frente do graficode y = p(x) enquanto que os graficos de q(x+ k · t0) sao trasladados horizontais paratras do grafico de y = q(x).

Suponha agora, por um momento, que h(x) ≡ 0; portanto, pela Formula deD’Alembert:

y(x, t) = p(x− k · t) + q(x+ k · t) = g(x− k · t) + g(x+ k · t)2

.

Se a funcao y(x, 0) = g(x) e identicamente nula fora de um certo intervalo [a, b] entao:

y(x, t) =g(x− k · t) + g(x+ k · t)

2

diz que para t > 0 o mesmo formato do formato do grafico de y = g(x) se propagapara frente e para tras, com velocidade k, mas com metade da amplitude.

Agora, ao contrario suponha y(x, 0) = g(x) ≡ 0 e que h(x) ≥ 0 e uma funcaocontınua nao nula apenas em um certo intervalo [a, b]. Este caso corresponde a umacorda sendo percutida numa pequena regiao [a, b] (por exemplo uma corda de pianopercutida pelo martelo do piano). Entao a formula:

y(x, t) =1

2k

∫ x+k·t

x−k·th(ξ) dξ

descreve a propagacao ao longo da corda da percussao e diz que enquanto [x − k ·t, x + k · t] nao intersectar [a, b] a corda continua sem deslocamento vertical. E quemesmo se o intervalo [x − k · t, x + k · t] contendo [a, b] for bem maior que [a, b] odeslocamento vertical continua da ordem de:

1

2k

∫ x+k·t

x−k·th(ξ) dξ.

3. Modos normais de vibracao de um tambor circular e as funcoes deBessel

Considero um tambor circular, de raio a, e quero determinar os modos de vibracaoda membrana do tambor. Suponho que o deslocamento de cada ponto da membranae apenas vertical, dado pela funcao

z = w(x, y, t)

3. MODOS NORMAIS DE VIBRACAO DE UM TAMBOR CIRCULAR E ASFUNCOES DE BESSEL 742

e que o bordo nao se move, ou seja,

w(x, y, t) = 0 se x2 + y2 = 1.

Sem me deter, por enquanto, em como se obtem a equacao diferencial que regeesse fenomeno, postulo que verifica:

∂2w

∂x2+∂2w

∂y2=

1

k2· ∂

2w

∂t2,

onde se pode dar a interpretacao fısica:

1

k2=ρ

T,

onde ρ e a densidade (suposta constante) da membrana e T e a tensao aplicada amembrana.

A primeira separacao de variaveis que vamos impor e pensar que:

w(x, y, t) = u(x, y) · q(t).Entao

∂2(u(x, y) · q(t))∂x2

+∂2(u(x, y) · q(t))

∂y2=

1

k2· ∂

2(u(x, y) · q(t))∂t2

da:

(∂2u(x, y)

∂x2+∂2u(x, y)

∂y2) · q(t) = u(x, y)

k2· ∂

2q(t)

∂t2

e portanto (supondo u 6= 0 se x2 + y2 < 1):

1

u(x, y)· (∂

2u(x, y)

∂x2+∂2u(x, y)

∂y2) =

1

k2· 1

q(t)· ∂

2q(t)

∂t2.

Ja que o lado esquerdo e funcao so de x, y e o direito so de t concluimos que:

1

u(x, y)· (∂

2u(x, y)

∂x2+∂2u(x, y)

∂y2) = λ ∈ R

e que1

k2· 1

q(t)· ∂

2q(t)

∂t2= λ ∈ R.

Na situacao idealizada que consideramos, apos ser posta em movimento a membranaoscila para sempre, portanto queremos que a funcao q(t) seja periodica. Como elaverifica:

∂2q(t)

∂t2= λ · k2 · q(t)

so sera periodica se λ < 0, de acordo com a Afirmacao 2.1 do Capıtulo 40. E nessecaso:

q(t) = a · cos(√−λk2 · x) + b · sin(

√−λk2 · x).

A outra equacao ficou entao:

∂2u(x, y)

∂x2+∂2u(x, y)

∂y2= λ · u(x, y), com λ < 0.


Como o domınio e o disco x2 + y2 ≤ a e natural pensarmos em usar coordenadaspolares r, θ onde u(x, y) = u(r, θ) e onde o laplaciano e:

1

r2· ∂

2u(r, θ)

∂θ2+

1

r· ∂(r ·

∂u∂r)

∂r.

Fazendo uma nova separacao de variaveis

u(r, θ) = R(r) ·Θ(θ)

nossa equacao

1

r2· ∂

2R(r) ·Θ(θ)

∂θ2+

1

r· ∂(r ·

∂R(r)·Θ(θ)∂r

)

∂r= λ · R(r) ·Θ(θ)

produz (apos fazer as derivacoes exigidas e reagrupar):

1

Θ· ∂

2 Θ

∂θ2= λr2 − r

R

∂R

∂r− r2

R

∂2R

∂r2.

Como o lado esquerdo so depende de θ e o direito so de r concluimos que:

1

Θ· ∂

2 Θ

∂θ2= µ ∈ R

e que

λr2 − r

R

∂R

∂r− r2

R

∂2R

∂r2= µ ∈ R.

Como vimos ha pouco, para que Θ(θ) seja periodica temos necessariamente que ter:

µ < 0.

Entao:

Θ(θ) = a · cos(√−µ · θ) + b · sin(√−µ · θ).Se pode justificar que: √−µ = n ∈ N

e mesmo estender ao caso

µ = 0,

que corresponde a uma solucao independente de θ (simetria circular).A outra equacao, lembrando que µ = −n2 e apos multiplicar por R(r), fica da

forma:

r2 · ∂2R

∂r2+ r · ∂R

∂r+R · (−λ · r2 − n2) = 0.

Ja que

−λ > 0,

esta equacao se parece muito com a equacao de Bessel2:

x2 · ∂2(α · Jn(x))

∂x2+ x · ∂(α · Jn(x))

∂x+ (α · Jn(x)) · (x2 − ν2) = 0, ν ≥ 0, α ∈ R

2Na notacao ja indico que se trata de um multiplo α da funcao de Bessel de primeira ordemJν(x), pois as funcoes de Bessel de segunda ordem Yν(x) produzem solucoes ilimitadas em x = 0, oque nao faz sentido no nosso caso

3. MODOS NORMAIS DE VIBRACAO DE UM TAMBOR CIRCULAR E ASFUNCOES DE BESSEL 744

De fato, como vimos no primeiro item da Afirmacao 3.1 do Capıtulo 43 a mudancade variavel:

x =√−λ · r

leva a equacao de Bessel na nossa equacao

r2 · ∂2R

∂r2+ r · ∂R

∂r+R · (−λ · r2 − n2) = 0.

Em suma, concluo que:

R(r) = α · Jn(√−λr).

Agora intervem a exigencia de que:

R(a) = 0

pois queremos que a borda circular do tambor fique fixa. Ou seja, ja que α 6= 0:

Jn(√−λa) = 0

Pra simplificar a exposicao suponhamos que

a = 1

e portanto√−λ

e um zero da n-esima funcao de Bessel de primeira ordem.Ja vimos na Secao 2 do Capıtulo 43 que ha uma infinidade de zeros para cada

n ∈ N fixado. E desses zeros se conhecem aproximacoes numericas. E na Afirmacao3.1 vimos as relacoes de ortogonalidade entre funcoes de Bessel Jν(λx), para disitintosλ.

Ou seja, para cada n fixado (n ∈ N ∪ {0}), ha uma infinidade de pontos:

√−λ =: λn,m, m ∈ N

ordenados em ordem crescente, que sao zeros de Jn.Variando n,m obtemos os modos normais de vibracao da membrana do tambor:

w(r, θ, t) = Jn(λn,mr)·[a1·cos(n·θ)+a2·sin(n·θ)]·[a3·cos(λn,m·k·x)+a4·sin(λn,m·k·x)].

O caso n = 0 da solucoes com simetria circular:

w(r, t) = J0(λ0,mr) · a1 · [a3 · cos(λ0,m · k · x) + a4 · sin(λ0,m · k · x)].

Para n = 0 mas aumentando o m ∈ N aparecem m aneis concentricos em faseoposta, como ilustra a figura:


Mas para n = 1 ha a solucao do tipo

w(r, θ, t) = J1(λ1,mr) · sin(θ) · [a3 · cos(λ1,m · k · x) + a4 · sin(λ1,m · k · x)].que se anula para θ = 0, π, ou seja ao longo do diametro horizontal do cırculo. Osemidisco superior se move em fase oposta ao semidisco inferior, como ilustra a Figura:

Quando n = 1 e m = 2 alem desses semidiscos superior e inferior em fase opostase juntam dois aneis concentricos em fase oposta, veja Figura:

E assim por diante.

Parte 4

Calculo diferencial e integral sobre osnumeros Complexos

CAPıTULO 50

Um portal para o Calculo Complexo

Neste Capıtulo faco aparecer as propriedades do Calculo sobre os Complexos, demodo ainda concreto e matematicamente informal, a partir do estudo de fluxos emestado estacionario.

Devo muito ao livro de Stephen Fisher, Complex variables, Segunda edicao, Dover,1986.

Os numeros complexos z = a+I ·b podem ser somados, subtraıdos, multiplicados:

(a+ I · b) + (c+ I · d) := (a+ b) + I · (b+ d),

(a+ I · b)− (c+ I · d) := (a− c) + I · (b− d),

(a+ I · b) · (c+ I · d) = a · c+ a · I · d+ I · b · c+ b · d · I2 == (ac− bd) + I · (ad+ bc),

onde usei que I2 = −1.E essas operacoes sao comutativas e distributivas, como o leitor pode conferir.O que e crucial e que se z 6= 0 entao z tem inverso multiplicativo.De fato, se z = a+ I · b isso significa que a 6= 0 ou que b 6= 0. Entao a2 + b2 > 0 e

faz sentido o numero Complexo:

w :=a

a2 + b2− I · b

a2 + b2

e para ele

z · w = w · z = (a

a2 + b2· a+ b

a2 + b2· b) + I · ( a

a2 + b2· b− b

a2 + b2· a) =

= 1 + I · 0 = 1,

ou seja, w = z−1.A nocao de conjugacao para z = a+ I · b e dada por:

z := a− I · be permite expressar w = z−1 de modo mais elegante:

w =z

|z|2 , onde |z|2 := a2 + b2.

E obvio que z = z e que z1 + z2 = z1 + z2. O leitor pode comprovar que

z1 · z2 = z1 · z2.No que segue retomo a definicao que dei na Secao 5 do Capıtulo 31:

ez = ex+I·y := ex · (cos(y) + I sin(y)) =

= ex cos(y) + I · ex sin(y).749

750

O leitor pode verificar que:

ez = ez.

Vamos usar as nocoes de soma, produto, inverso multiplicativo e de conjugacaopara definir no que segue algumas aplicacoes:

f : C → C.

As Figuras a seguir mostram f(z) = z, f(z) = z2 e f(z) = ez como campos devetores:

0,5-0,5 0 1-1

-0,5

x

0

0,5

-1

y

1

Fig.: O campo vetorial produzido por f(z) = ez

1-1 0 2-2

-1

x

0

1

-2

y

2

Fig.: O campo vetorial produzido por f(z) = z

CAPITULO 50. UM PORTAL PARA O CALCULO COMPLEXO 751

1-1 0 2-2

-1

x

0

1

-2

y

2

Fig.: O campo vetorial produzido por f(z) = z2

Podemos imaginar que se tratam de fluxos de partıculas em estado estacionario, ouseja, na situacao em que ha um campo de velocidades que so depende da posicao (x, y)e nao do tempo. As partıculas se movimentam segundo esse campo de velocidades,ocupando o lugar deixado por outras.

As Figuras a seguir mostram algumas curvas integrais desses tres campos. NaSecao 3 veremos qual o metodo geral para encontra-las. Representama trajetoriaseguida pelas partıculas submetidas a esses campos de velocidades.

y

1

2

0

-2

x

21,50,5-0,5

-1

10-1

Fig.: Algumas curvas integrais ex · sin(y) = C do campo f(z) = ez

752

y

1

2

x

20 1

-1

-20

-2

-1

Fig.: Algumas curvas integrais x · y = C (hiperboles) do campo f(z) = z

y

1

2

x

0 20

-1

-2

-2

-1 1

Fig.: Algumas curvas integrais y3 − 3x2y = C (cubicas) do campo f(z) = z2

Como as curvas integrais do campo f(z) = z2 sao cubicas, e como as cubicassao estrelas neste Curso, resolvi plotar uma delas separadamente (formada de tresramos).

y

1

2

x

20 1-1

-1

-20

-2


Fig.: Uma curva integral y3 − 3x2y = C (cubica) do campo f(z) = z2,onde se ve as tres assıntotas y = 0 e y = ±

√3x.

Tome agora qualquer cırculo Cz0,r centrado em z0 ∈ C, de raio r. Se z0 = a+I ·b ≡(a, b) entao posso parametrizar Cz0,r por:

γ(t) = ( a+ r · cos(t), b+ r · sin(t) ), t ∈ [0, 2π].

O vetor tangente de γ e:

τγ := (−r · sin(t), r · cos(t) ).Considero1

∫

Cz0,r

f(z) · τz :=∫ 2π

0

f(a+ r · cos(t), b+ r · sin(t)) · τz dt.

Agora considere o vetor normal2ao cırculo Cz0,r:

nγ := (r · cos(t), r · sin(t))e defina a integral

∫

Cz0,r

f(z) · nz :=∫ 2π

0

f(a+ r · cos(t), b+ r · sin(t)) · nz dt.

Afirmacao 0.1.Tome qualquer cırculo Cz0,r centrado em z0 ∈ C, de raio r.i): Entao

∫

Cz0,r

z · τz = 0 e

∫

Cz0,r

z · nz = 0.

ii): Entao∫

Cz0,r

z2 · τz = 0 e

∫

Cz0,r

z2 · nz = 0.

iii): Entao:∫

Cz0,r

ez · τz = 0 e

∫

Cz0,r

ez · nz = 0.

Demonstracao.

De i):Neste caso:∫

Cz0,r

z · τz =∫ 2π

0

−ar sin(t)− r2 sin(t) cos(t)− br cos(t)− r2 sin(t) cos(t) dt =

= −ar∫ 2π

0

sin(t) dt− br

∫ 2π

0

cos(t) dt− 2r2∫ 2π

0

sin(t) cos(t) dt = 0.

1onde o · no integrando e o produto escalar do vetor do plano representado por f(z) ∈ C com ovetor tangente

2ha a possibilidade de se tomar o sinal oposto nessa definicao de vetor normal, mas escolhemoseste.

754

E ∫

Cz0,r

z · nz =∫ 2π

0

ar cos(t) + r2 cos2(t)− br sin(t)− r2 sin2(t) dt =

= ar

∫ 2π

0

cos(t)dt− br

∫ 2π

0

sin(t)dt+ r2∫ 2π

0

cos2(t)− sin2(t)dt =

= ar

∫ 2π

0

cos(t)dt− br

∫ 2π

0

sin(t)dt+ r2∫ 2π

0

cos(2 t)dt = 0.

De ii):So para diminuir o tamanho da conta suponho que z0 = (0, 0).Como:

z2 = x2 − y2 + I · 2xy = x2 − y2 − I · 2xy,entao facilmente se obtem:

∫

Cz0,r

z2 · τz = −r3∫ 2π

0

3 cos2(t) sin(t)− sin3(t) dt = 0,

pois a primitiva em questao e:

− cos3(x) +sin2(x) cos(x)

3+

2 cos(x)

3+ C.

Ja ∫

Cz0,r

z2 · nz = r3∫ 2π

0

cos3(t)− 2 · sin2(t) cos(t) dt = 0,

pois agora a primitiva e:

=−2 sin3(x)

3+

cos2(x) sin(x)

3+

2 sin(x)

3+ C.

De iii):Temos: ∫

Cz0,r

ez · τz =

=

∫ 2π

0

(ea+r cos(t) cos(b+ r sin(t)),−ea+r cos(t) sin(b+ r sin(t)) · (−r sin(t), r cos(t)) dt =

=

∫ 2π

0

−rea+r cos(t) · ( cos(b+ r sin(t)) sin(t) + sin(b+ r sin(t)) cos(t) ) dt = 0,


ea+r cos(t) · (−1 + 2 cos(b+ r sin(t)

2)2) + C.

Ja ∫

Cz0,r

ez · nz =

=

∫ 2π

0

(ea+r cos(t) cos(b+ r sin(t)),−ea+r cos(t) sin(b+ r sin(t)) · (r cos(t), r sin(t)) dt =


=

∫ 2π

0

rea+r cos(t) · (cos(b+ r sin(t)) cos(t)− sin(b+ r sin(t)) sin(t)) dt = 0,


2ea+r cos(t) sin(b+ r sin(t)

2) cos(

b+ r sin(t)

2) + C.

�

Se γ : [c, d] → C, γ(t) = (x(t), y(t) e uma curva parametrizada, fechada, semauto-interseccoes3 Definimos para h(z) = u(z) + I · v(z):

∫

γ

h(z) · τγ :=∫

γ

udx+ vdy :=

∫ d

c

u(x(t), y(t)) · x′(t) + v(x(t), y(t)) · y′(t) dt

e∫

γ

h(z) · nγ :=∫

γ

udy − vdx :=

∫ d

c

u(x(t), y(t)) · y′(t)− v(x(t), y(t)) · x′(t) dt.

Definicao 0.1. Se um campo v tem∫

γz · τz = 0 ao longo de toda curva fechada sem

auto-interseccoes, entao v e chamado de conservativo.Se um campo v tem

∫

γz · nz = 0 ao longo de toda curva fechada sem auto-

interseccoes, entao se diz que que v nao tem fontes nem sumidouros.

O que a Afirmacao 0.1 indica, apesar de so tratar de cırculos, e que os tres exemplosacima sao conservativos e nao tem fontes nem sumidouros.

Agora considero a seguinte aplicacao do plano no plano:

f : C \ {0} → C, f(z) :=1

z.

Note que:

1

z= (

1

z) = (

z

|z|2 ) =z

|z|2 .

Se vemos z 6= 0 como um vetor no plano C = R2, o fato que

f(z) =z

|z|2

nos diz que f associa a cada vetor reprsentado por z um outro vetor que tem a mesmadirecao e sentido que z mas:

• |f(z)| > |z| se |z| < 1• |f(z)| < |z| se |z| > 1• f(z) = z se |z| = 1.

3Dizemos que e fechada se γ(c) = γ(d) e dizemos que e sem autosinterseccoes se γ(t1) = γ(t2)somente se t1 = t2 ou t1 = c e t2 = d.

756

A Figura o ilustra:

0,5-0,5 0 1-1

-0,5

x

0

0,5

-1

y

1

Essa f : C \ {0} → C, f(z) := 1ze chamada em Geometria de inversao no Cırculo

unitario centrado na origem;O Exercıcio 6.2 da o modo de construir f(z) geometricamente a partir de z.Note que ela e uma involucao: f(f(z)) = z, isto e, f ≡ f−1.Tome qualquer cırculo Cz0,r centrado em z0 = a + I · b ≡ (a, b), de raio r,

parametrizado por:

γ(t) = ( a+ r · cos(t), b+ r · sin(t) ), t ∈ [0, 2π].

Se (0, 0) 6∈ Cz0,r, posso considerar∫

Cz0,r

f(z) · τz :=∫

Cz0,r

z

|z|2 · τz.

e ∫

Cz0,r

f(z) · nz :=∫

Cz0,r

z

|z|2 · nz.

Afirmacao 0.2.Denote no que segue Dz0,r o disco fechado cujo bordo e Cz0,r.

i): Tome qualquer cırculo Cz0,r centrado em z0 ∈ C, de raio r, tal que (0, 0) 6∈Cz0,r. Entao ∫

Cz0,r

1

z· τz = 0.

ii): Se (0, 0) 6∈ Dz0,r, entao∫

Cz0,r

1

z· nz = 0.


iii): Se z0 = (0, 0) entao∫

Cz0,r

1

z· nz = 2π.

Demonstracao.

Do item i):Temos f(z) = 1

z= z

|z|2 e

∫

Cz0,r

z

|z|2 · τz =

=

∫ 2π

0

−ar sin(t)− r2 sin(t) cos(t) + br cos(t) + r2 sin(t) cos(t)

a2 + b2 + r2 + 2ar cos(t) + 2br sin(t)dt =

=

∫ 2π

0

−ar sin(t) + br cos(t)

a2 + b2 + r2 + 2ar cos(t) + 2br sin(t)dt,

onde reconhecemos derivadas logarıtmicas e portanto primitivas:

1

2· ln |a2 + b2 + r2 + 2ar cos(t) + 2br sin(t)|+ C.

Do item ii):Temos f(z) = z

|z|2 e

∫

Cz0,r

f(z) · nz =

=

∫ 2π

0

ar cos(t) + r2 cos2(t) + br sin(t) + r2 sin2(t)

a2 + b2 + r2 + 2ar cos(t) + 2br sin(t)dt =

=

∫ 2π

0

r2 + ar cos(t) + br sin(t)

a2 + b2 + r2 + 2ar cos(t) + 2br sin(t)dt

Faz sentido considerar uma funcao angulo

θ(z) = θ(x+ I · y),

que da o angulo que z (como vetor com base na origem) forma com o eixo positivo dosx, pois (0, 0) 6∈ Dz0,r. Ela e derivavel e ademais |θ(z1) − θ(z2)| < 2π para quaisquerdois z1, z2 ∈ Dz0,r

Veja a Figura:

758

z0

x

y

θθ

Como vimos na prova do item ii) da Afirmacao 7.1 do Capıtulo 36:

∂θ

∂y=

x

x2 + y2

e∂θ

∂x=

−yx2 + y2

,

o que, para pontos (a+ r cos(t), b+ r sin(t)) de Cz0,r, significa:

∂θ

∂y=

x

x2 + y2=

a+ r cos(t)

a2 + b2 + r2 + 2ar cos(t) + 2br sin(t)e

∂θ

∂x=

−yx2 + y2

=−b− r sin(t)

a2 + b2 + r2 + 2ar cos(t) + 2br sin(t).

Portanto, como

(dx

dt,dy

dt) = (−r sin(t), r cos(t))

vemos que∫

Cz0,r

f(z) · nz =∫ 2π

0

∂θ

∂y· dydt

+∂θ

∂x· dxdt

=

=

∫ 2π

0

θ′(t) dt =

=

∫ (a+r,b)

(a+r,b)

dθ = 0.

Do item iii):Se z0 = (0, 0) entao:

∫

C(0,0),r

f(z) · nz =

=

∫ 2π

0

r2 · cos2(t) + r2 sin2(t)

r2dt = 2π,

que indica que o angulo determinado por (r, 0) esta mal definido, pois a ele se soma2π quando fazemos um giro completo no cırculo e voltamos em (r, 0).


�

O que a Afirmacao 0.2 indica, apesar de so tratar de cırculos, e que f(z) = 1z

e conservativo e que num pequeno entorno de cada ponto z0 ∈ C, z0 6= 0, nao temfontes nem sumidouros.

Mas para a fonte z0 = 0 se define a potencia do campo 1zcomo

∫

Cz0,r

1

z· nz = 2π

Note que se tomo agora o campo −1z

= −z|z| , ilustrado a seguir:

0,5-0,5 0 1-1

-0,5

x

0

0,5

-1

y

1

entao ele tem um sumidouro em z0 = 0 e se define a potencia desse sumidouropor

−∫

Cz0,r

−1

z· nz = 2π.

1. O Teorema de Green e as Relacoes de Cauchy-Riemann

O que significa para as funcoes coordenadas u(z), v(z) de um campo h(z) :=u(z) + I · v(z) (com u e v derivaveis, com derivadas parciais contınuas) o fato de serconservativo e nao ter fontes nem sumidouros ?

Ou seja, o fato de ter∫

γ

h(z) · τγ = 0 e

∫

γ

h(z) · nγ = 0,

para qualquer curva fechada sem autointerseccao γ.Seja γ : [c, d] → C, γ(t) = (x(t), y(t) e seu interior U . Por exemplo, se γ e um

cırculo, U e o disco que ele limita.

1. O TEOREMA DE GREEN E AS RELACOES DE CAUCHY-RIEMANN 760

Se U nao tem buracos (e simplesmente conexo), pelo Teorema de Green4 temos:

0 =

∫

γ

h(z) · τγ :=∫

γ

udx+ vdy =

=

∫

U

(∂v

∂x− ∂u

∂y) dxdy

e

0 =

∫

γ

h(z) · nγ :=∫

γ

udy − vdx =

=

∫

U

(∂u

∂x+∂v

∂y) dxdy.

Ora, se acontecesse que∂v

∂x− ∂u

∂y6= 0

ou se acontecesse que∂u

∂x+∂v

∂y6= 0

entao, pelo Princıpio de Inercia das funcoes contınuas, essas funcoes seriam nao-nulasnuma pequena regiao U . E para uma pequena curva γ cercando essa regiao terıamospor Green

∫

γ

h(z) · τγ 6= 0 ou

∫

γ

h(z) · nγ 6= 0.

Como isso nao ocorre, pela nossa suposicao, temos que concluir que valem:

∂v

∂x− ∂u

∂y≡ 0 e

∂u

∂x+∂v

∂y≡ 0,

ou seja,∂v

∂x≡ ∂u

∂ye

∂u

∂x= −∂v

∂y.

Como ja vimos, a Afirmacao 0.1 sugere que os campos z, z2 e ez sao conservativos enao tem fontes nem sumidouros. Portanto se denotamos por

u(z) + Iv(z)

as coordenadas de cada um desses tres campos z, z2 ou ez, temos que:

∂v

∂x≡ ∂u

∂ye

∂u

∂x≡ −∂v

∂y.

Portanto para as coordenadas

u(z)− I · v(z) = u(z) + I · (−v(z))de cada um dos campos conjugados z, z2 ou ez podemos escrever:

∂(−v)∂x

≡ −∂u∂y

e∂u

∂x≡ ∂(−v)

∂y.

4Por enquanto o assumo, sem prova-lo


Obtivemos assim para as coordenadas u(z) + I(−v(z)) dos campos z, z2 ou ez o quese chama de relacoes de Cauchy-Riemann.

2. A integral complexa e a ideia da primitiva Complexa

Definicao 2.1. (Integral Complexa)Seja h : C → C uma funcao com domınio e valores complexos.Denoto h(z) = u(z) + I · v(z), ou seja, h((x, y)) = u(x, y) + I · v(x, y) .E seja γ uma curva parametrizada no plano, derivavel, γ : [c, d] → C, γ(t) =

(x(t), y(t)). Facamos duas definicoes:∫

γ

h(z) dz :=

∫ d

c

(u(t) + I · v(t)) · (x′(t) + I · y′(t)) dt :=

:=

∫ d

c

u(t) · x′(t)− v(t) · y′(t) dt+ I ·∫ d

c

v(t) · x′(t) + u(t) · y′(t) dt.

Afirmacao 2.1.∫

Cz0,r

f(z) dz =

∫

Cz0,r

f(z) · τz + I ·∫

Cz0,r

f(z) · nz.

Demonstracao.

Imediata apos a Definicao 2.1.�

Afirmacao 2.2.i): Para qualquer cırculo Cz0,r:

∫

Cz0,r

z dz = 0 e

∫

Cz0,r

z2 dz = 0,

bem como: ∫

Cz0,r

ez dz = 0.

ii): Se (0, 0) 6∈ Dz0,r, entao∫

Cz0,r

1

zdz = 0.

Mas se z0 = (0, 0) entao∫

Cz0,r

1

zdz = 2π · I.

Demonstracao.

Com a Afirmacao 2.1 vemos que isso e exatamente o que dizem as Afirmacoes 0.1e 0.2.

�

2. A INTEGRAL COMPLEXA E A IDEIA DA PRIMITIVA COMPLEXA 762

O item i) da Afirmacao 2.2 faz parecer que estamos criando funcoes inuteis, poissuas integrais ao longo de cırculos sao zero. Mas e o contrario, esta anulacao e quenos permitira criar novas funcoes no plano para as quais valera um tipo de teoremafundamental do Calculo.

De fato, suponha que nao so em cırculos temos∫

Cz0,r

f(z) dz = 0

mas facamos a suposicao surpreendente de que em qualquer curva fechada sem auto-interseccao γ tenhamos ∫

γ

f(z) dz = 0.

Afirmo que, fixado um ponto z0 arbitrario no domınio da f , poderıamos entaodefinir:

G(z) :=

∫ z

z0

f(z)dz :=

∫

Cz0,z

f(z)dz

usando qualquer curva parametrizada (derivavel) que sai de z0 e chega em z.Em termos gerais, a ideia e que se tomo qualquer outra C ′

z0,z que sai de z0 e chegaem z sem intersectar Cz0,z terıamos:

∫

Cz0,z

f(z)dz =

∫

C′z0,z

f(z)dz,

pois ∫

Cz0,z

f(z)dz −∫

C′z0,z

f(z)dz =

=

∫

Cz0,z

f(z)dz +

∫

−C′z0,z

f(z)dz =

=

∫

Cz0,z−C′z0,z

f(z)dz =

∫

γ

f(z)dz = 0,

onde γ = Cz0,z − C ′z0,z

e a curva fechada sem auto-interseccao que se forma ao irmosde z0 a z por Cz0,z e retornarmos a z0 pela C ′

z0,z.

Afirmacao 2.3. i): Se para toda curva fechada sem auto-interseccao γ temos∫

γ

f(z) dz = 0

entao a funcao

G(z) :=

∫ z

z0

f(z)dz

esta bem definida e G′(z) = f(z). Ou seja, G(z) e uma primitiva Complexa de f(z).

ii): Escrevendo G(z) = U(z) + I · V (z) temos

G′(z) =∂U

∂x+ I · ∂V

∂x=


=∂V

∂y− I · ∂U

∂y,

de onde∂U

∂x≡ ∂V

∂ye

∂V

∂x≡ −∂U

∂y,

que sao as relacoes de Cauchy-Riemann.

Demonstracao.

Por enquanto justifico apenas o item ii). Deixo i) para a Secao 1 do Capıtulo 51.

G′(z) = limz→z

f(z)− f(z)

z − z

e esse limite pleno nos permite tomar qualquer direcao de aproximacao de z para z;o que e exigido apenas e que:

||z − z|| → 0.

Entao posso tomar por exemplo uma direcao horizontal para aproxima z e obter:para G(z) = U(z) + I · V (z) e z = a+ Ib:

G′(z) = limh→0

U(a + h + Ib) + I · V (a + h+ Ib)

h + I0=

= limh→0

U(a + h, b)

h+ I · V (a+ h, b)

h=

=: (∂U

∂x+ I · ∂V

∂x)(z).

Ou posso tomar uma direcao vertical de aproximacao para z e obter, ja que 1I= −I:

G′(z) = limh→0

U(a + I(b+ h)) + I · V (a + I(b+ h))

Ih=

= limh→0

−IU(a + I(b+ h))

h+V (a + I(b+ h))

h=

= (−I · ∂U∂y

+∂V

∂y)(z).

Comparando as duas expressoes:

G′(z) =∂V

∂y− I · ∂U

∂y=∂U

∂x+ I · ∂V

∂x

obtemos:∂U

∂x≡ ∂V

∂ye

∂V

∂x≡ −∂U

∂y.

�

3. CURVAS INTEGRAIS COMO PARTE IMAGINARIA DAS PRIMITIVASCOMPLEXAS 764

3. Curvas integrais como parte imaginaria das primitivas Complexas

Afirmacao 3.1. Ainda sob as hipoteses das Afirmacao 2.3. Se

G(z) :=

∫ z

z0

f(z)dz = U(z) + I · V (z),

entao:

i): as curvas dadas implicitamente por V (z) = C sao curvas integrais do campovetorial definido por f(z).

ii) A funcao U(z) e o potencial do campo f(z), ou seja,

(∂U

∂x,∂U

∂y) = f(z).

iii) As curvas V (z) = C e U(z) = C sao ortogonais.

Demonstracao.

De i):Pelo Teorema da Funcao implıcita (Teorema 2.1 do Capıtulo 15), onde a curva

V (z) = C e um grafico y = y(x), temos

dy

dx=

−∂V∂x

∂V∂y

,

portanto o vetor tangente a V (z) = C e:

(∂V

∂y,−∂V

∂x).

Por outro lado, pela Afirmacao 2.3 e pelo Teorema Fundamental do Calculo sobreos Complexos, temos que

G′(z) =∂U

∂x+ I · ∂V

∂x= f(z).

Ora, as relacoes de Cauchy-Riemann dao, em particular, que:

∂U

∂x≡ ∂V

∂y.

e portanto

(∂V

∂y,−∂V

∂x) = (

∂U

∂x,−∂V

∂x) = f(z).

De ii):Como

∂U

∂x− I · ∂V

∂x= f(z),

basta usar a relacao de Cauchy-Riemann:

−∂V∂x

=∂U

∂y.


De iii):Queremos ver se ha anulacao do produto escalar:

(∂U

∂x,∂U

∂y) · (∂V

∂x,∂V

∂y) ≡ 0.

Ora, pela duas relacoes de Cauchy-Riemann:

∂U

∂x· ∂V∂x

+∂U

∂y· ∂V∂y

=∂U

∂x· (−∂U

∂y) +

∂U

∂y· ∂U∂x

≡ 0

�

Foi assim que numa Secao 50 obtivemos as curvas integrais dos tres campos f(z) =

ez. f(z) = z e f(z) = z2. Pois

∫

ezdz = ez + C,

∫

z dz =z2

2+ C, e

∫

z2 dz =z3

3+ C

e suas partes imaginarias V (z) sao respectivamente:

ex · sin(y), x · y ey3 − 3x2y

3.

Ja suas partes Reais U(z) sao respectivamente:

ex · cos(y), x2

2− y2

2e

x3

3− xy2

Nas figuras a seguir coloco juntas as curvas ortogonais U(z) = C e V (z) = Cdesses tres exemplos:

y

1

2

x

021

-2

-1

-0,5 1,50,5-1 0

Fig.: Curvas ortogonais ex · sin(y) = C e ex · cos(y) = C.

4. A EXPONENCIAL COMPLEXA E OS RAMOS DO LOGARITMOCOMPLEXO 766

y

1

2

x

0 20

-1

-2

-2

-1 1

Fig.: Curvas ortogonais x · y = C e x2

2− y2

2= C.

y

1

2

x

0 20

-1

-2

-2

-1 1

Fig.: Curvas ortogonais x3

3− xy2 = C e y3 − 3x2y = C.

4. A exponencial Complexa e os ramos do logaritmo Complexo

A definicao que demos:

ea+I·b := ea · (cos(b) + I · sin(b))faz que a exponencial complexa nao seja injetiva.

De fato, note que ela e periodica, no sentido de que

ez+2πI = ez.


Vista mais em detalhe, note que ez manda as retas horizontais y = C em

ea · (cos(C) + I sin(C))

que sao semi-retas saindo da origem na direcao do vetor unitario (cos(C) + I sin(C).E que ez manda segmentos verticais dados por x = C e 0 ≤ y ≤ π em semicırculos

de raio eC centrados na origem:

eC · (cos(y) + I sin(y)), 0 ≤ y ≤ π.

Se ve entao que ez manda a faixa horizontal H0,π : 0 ≤ y ≤ π no semiplanoH0 : y ≥ 0.

Afirmo que essa aplicacao ez : H0,π → H0 e bijetora: de fato, dado w := x+ I · ycom y > 0, determino primeiro qual angulo b, com 0 ≤ b ≤ π, que o vetor (x, y)forma com o eixo dos x > 0. Entao:

w = x+ I · y = r · (cos(b) + I sin(b)),

para 0 < r = |x+ Iy| = |w|.E agora tomo a := ln(|w|).Portanto esse a + I · b e tal que ea+I·b = x+ I · y = w.Essas operacoes que fizemos para descobrir o a + Ib enviado em w = x+ Iy pela

ez podem ser resumidas como:

z = x+ I · y = |w| · ((cos(b) + I sin(b)) 7→ z = ln(|w|) + I · θonde θ e o angulo entre 0 e π formado pelo vetor (x, y) com o eixo dos x > 0.

A Figura a seguir ilustra essas observacoes:y

x

ze

π I

y

Fig.: ez manda a faixa horizontal 0 ≤ y ≤ π no semiplano y ≥ 0.

E do mesmo modo se pode ver que ez manda a faixa horizontal 0 < y < 2π noplano menos o semi-eixo dos x ≥ 0, bijetoramente.

Ou seja, para qualquer w = x + Iy no plano menos o semi-eixo dos x ≥ 0 fazsentido a operacao

w = x+ I · y = |z| · ((cos(b) + I sin(b)) 7→ z = ln(|w|) + I · θonde θ e o angulo entre 0 e 2π formado pelo vetor (x, y) com o eixo dos x > 0.

Essa operacao

w = x+ I · y = |w| · ((cos(b) + I sin(b)) 7→ z = ln(|w|) + I · θ

5. O TEOREMA FUNDAMENTAL DO CALCULO SOBRE OS COMPLEXOS768

onde θ e o angulo entre 0 e 2π formado pelo vetor (x, y) com o eixo dos x > 0 serachamada de o ramo do logaritmo natural Complexo com argumento θ entre 0 e 2π.

Tambem poderıamos estabelecer que o argumento ficasse entre−π e π por exemploe terıamos outro ramo do logaritmo natural Complexo.

Afirmacao 4.1. Considere ln(w) o ramo logaritmo natural Complexo com argumentoθ entre 0 e 2π.

Suponha que existe a derivada complexa:

ln′(w) := limw→w

ln(w)− ln(w)

w − w.

Entao

ln′(w) =1

w.

Demonstracao.

Para w = x+ I · y temos:

ln(w) := ln(√

x2 + y2) + I · θ(x, y), onde 0 < θ < 2π.

Pelo que aprendemos na prova do item ii) da Afirmacao 2.3,

ln′(w) =∂ ln(

√

x2 + y2)

∂x+ I · ∂θ(x, y)

∂x=

=1

2· 2x

x2 + y2+ I · −y

x2 + y2=

=x

x2 + y2− I · y

x2 + y2,

(pelo que vimos na prova do item ii) da Afirmacao 7.1 do Capıtulo 36 e que ja usamosha pouco neste Capıtulo).

Mas:x

x2 + y2− I · y

x2 + y2=

w

|w|2 =1

w,

como querıamos.En passant, aproveito para checar as relacoes de Cauchy-Riemann para as com-

ponentes do ramo do ln(w):

∂ ln(√

x2 + y2)

∂x=

x

x2 + y2=∂θ

∂y,

(pelo que vimos na prova do item ii) da Afirmacao 7.1 do Capıtulo 36) e

∂θ(x, y)

∂x=

−yx2 + y2

= −∂ ln(√

x2 + y2)

∂y.

�

5. O Teorema fundamental do Calculo sobre os Complexos

(Em elaboracao)


6. Exercıcios

Exercıcio 6.1. Verifique que:

z1 · z2 = z1 · z2, ∀z1, z2 ∈ C

e que:ez = ez.

Exercıcio 6.2.Considere a construcao geometrica a seguir, ilustrada na Figura;Tome z com 0 < |z| < 1. Considere a reta por (0, 0) e por z, denotada rz. Levante

uma perpendicular pz a rz passando por z. Por um dos pontos one pz intersecta ocırculo trace a tangente tz ao cırculo.

z

p

r ztz

z

1

Considere o ponto tz ∩ rz.i) Mostre que 1

z= tz ∩ rz. Dica: semelhanca de triangulos.

ii) para z com |z| > 1 inverta a construcao, comecando por tracar uma tangenteao cırculo, etc. conclua que obtera tambem 1

z.

CAPıTULO 51

Os Teoremas Fundamentais

1. A primitiva Complexa

771

CAPıTULO 52

Solucoes detalhadas de alguns Exercıcios

0.1. Capıtulo 2: Exercıcio 9.6:i) f−1(x) = 3

√x

ii) f−1(x) = 3√x− 1

iii) f−1(x) = 3√x+ 1

iv) f−1(x) = 3

√

−15(−10 + x)

v) O enunciado nao diz, mas de fato y > 0, pois x ∈ (0, 1) da 1−x2 > 0 e portantoy = x

1−x2 > 0.Agora

y =x

1− x2⇔ y · x2 + x− y = 0,

e precisamos resolver essa equacao quadratica em x, para termos x = x(y).Ora, por Baskara as solucoes sao:

x1 =−1 +

√

1− 4y (−y)2 y

=−1 +

√

1 + 4y2

2 y,

x2 =−1 −

√

1 + 4y2

2 y.

Precisamos ficar com a solucao que seja positiva, pois por hipotese x ∈ (0, 1).Como y = x

1−x2 > 0 e a solucao positiva e:

x := x1 =−1 +

√

1 + 4y2

2 y.

Ou seja, a candidata a funcao inversa e:

x =−1 +

√

1 + 4y2

2 y,

que faz sentido ∀y > 0 (mostraremos mais adiante que a imagem de y = x1−x2 e de

fato todo R>0).Preciso conferir que x( y(x) ) ≡ x, o que nao esta nada obvio neste exemplo.Vejamos:

x( y(x) ) =−1 +

√

1 + 4( x1−x2 )

2

2 ( x1−x2 )

=

=−1 +

√(1−x2)2+4x2

(1−x2)2

2 ( x1−x2 )

=

773

774

=−1 +

√(1+x2)2

(1−x2)2

2 ( x1−x2 )

=

−1 + 1+x2

1−x2

2 ( x1−x2 )

= x.

0.2. Capıtulo 3:Exercıcio 6.2:ii) Primeiro noto que:

x2 − x > 0 ⇔ x · (x− 1) > 0 ⇔x > 0 e x− 1 > 0 ou x < 0 e x− 1 < 0.

Ou seja, se x > 1 (mais forte que x > 0) ou se x < 0 (mais forte que x < 1).Em suma, se x ∈ (−∞, 0) ∪ (1,+∞).iii) As raızes de 3x2 − 2x− 1 = 0 sao: x1 = −1

3e x2 = 1. Logo

3x2 − 2x− 1 = (x+1

3) · (x− 1).

Portanto preciso determinar onde o produto (x+ 13) · (x− 1) e positivo.

Ou ambos fatores nesse produto sao positivos ou ambos sao negativos, ou seja:

x > −1

3e x > 1 ou x < −1

3e x < 1.

Tomando apenas as informacoes mais fortes:

x > 1 ou x < −1

3,

ou seja, x ∈ (−∞,−13) ∪ (1,+∞).

Exercıcio 6.3Solucao n. 1:O que se quer provar e que:

�+△ ≤ |� |+ |△|, caso 0 ≤ �+△,ou que

−(�+△) ≤ |�|+ |△|, caso �+△ < 0.

Caso 0 ≤ �+△: obviamente que valem

� ≤ |�| e △ ≤ |△|,e somando essas duas desigualdades obtemos o desejado:

�+△ ≤ |�|+ |△|.Caso �+△ < 0: entao pelo menos um deles e negativo, por exemplo, suponhamos

que � < 0. Por absurdo, suponha que

|�|+ |△| < −(�+△).

CAPITULO 52. SOLUCOES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCICIOS 775

Como |�| = −�, cancelamos esses termos na desigualdade anterior e obtemos entaoque:

|△| < −△.Se 0 < △ entao chegamos no absurdo:

0 < △ =: |△| < −△ < 0.

Se △ ≤ 0 entao −△ =: |△| < −△ e outro absurdo.Logo

−(�+△) ≤ |�|+ |△|, caso (�+△) < 0.

Solucao n. 2: (do estudante Walter Ferreira Diniz Junior)A propriedade xiii) da Afirmacao 3.1 do Capıtulo 3, da, como caso particular, que:

0 ≤ x1 ≤ x2 ⇔ 0 ≤ x21 ≤ x22.

Ou seja que

|�+△| ≤ |�|+ |△| ⇔ (�+△)2 ≤ (|�|+ |△|)2.Mas entao queremos saber se:

�2 + 2 ·� · △+△2 ≤ �

2 + 2 · |�| · |△|+△2,

ou seja, se� · △ ≤ |�| · |△|.

Se � e △ tem o mesmo sinal entao ha igualdade nessa expressao. Se � e △ temsinais opostos ha desigualdade estrita.

0.3. Capıtulo 4:

Exercıcio 4.5:Nao temos informacao nenhuma sobre a sequencia, exceto que seus termos sao

negativos. Por isso o melhor e raciocinar por absurdo.Suponha por absurdo que limn→+∞ xn = L > 0. Considere

ǫ := L = |L− 0|,ou seja, a distancia entre L e 0. Pela definicao de limn→+∞ xn, dado esse ǫ tem quehaver um nǫ ∈ N tal que:

n > nǫ ⇒ |xn − L| < ǫ.

Mas coma escolha de ǫ := L isto quer dizer:

n > nǫ ⇒ |xn − L| < L,

ou seja, ou bemxn − L < L, se 0 ≤ xn − L,

ou bem−(xn − L) = L− xn < L, se xn − L < 0.

No primeiro caso, 0 < L ≤ xn e no segundo caso 0 = L− L < xn.em ambos chegamos numa contradicao com a hipotese xn < 0 ∀n.Logo L ≤ 0.

776

Por exemplo, a sequencia − 1n< 0 tem L = 0.

0.4. Capıtulo 5:

0.5. Capıtulo 6:Exercıcio 9.4:Se x 6= 0 a funcao e resultado da composicao de duas funcoes contınuas, 1

xe sin(x),

e do produto com x: logo e contınua em x 6= 0.Precisamos mostrar que em x = 0 temos:

limx→0

x sin(1

x) = 0,

pois esse foi o valor associado a f(0) = 0.Ou seja, precisamos ver que se xn e qualquer sequencia com limn→+∞ xn = 0

entao:

limn→+∞

xn sin(1

xn) = 0.

Mas como | sin( 1xn) | ≤ 1, dado ǫ tomamos nǫ tal que:

| xn | < ǫ

e teremos:

| xn sin(1

xn) | = | xn | · | sin(

1

xn) | <

< ǫ · 1 = ǫ,

o que siginifica

limn→+∞

xn sin(1

xn) = 0.

O Maple plota assim o grafico de y = x sin( 1x) perto da origem:

0,04

-0,04

00,05

x

0-0,1

-0,08

0,1-0,05

Exercıcio 9.9


i):

limx→+∞

√5 · x2 + x

x+ 2= lim

x→+∞

√

x2 · (5 + 1x)

x · (1 + 2x)

=

= limx→+∞

|x| ·√

5 + 1x

x · (1 + 2x)

= limx→+∞

√

5 + 1x

1 + 2x

=

=

√

5 + limx→+∞1x

1 + limx→+∞2x

=√5,

onde se usou a continuidade da raız quadrada e que x > 0.ii):

limx→−∞

√5 · x2 + 2

x+ 2= lim

x→−∞

√

x2 · (5 + 2x2)

x · (1 + 2x)

=

= limx→−∞

|x| ·√

5 + 2x2

x · (1 + 2x)

= limx→−∞

−

√

5 + 2x2

1 + 2x

=

= −

√

5 + limx→−∞2x2

1 + limx→−∞2x

= −√5,

onde se usou que x < 0.

Exercıcio 9.10:Fazemos aparecer quocientes:

limx→+∞

(√x2 + x− x ) = lim

x→+∞(√x2 + x− x ) · [

√x2 + x+ x√x2 + x+ x

] =

= limx→+∞

x2 + x− x2√x2 + x+ x

= limx→+∞

x√x2 + x+ x

=

= limx→+∞

xx√

x2+x+xx

= limx→+∞

1√

x2

x2+ x

x2+ 1

=1

2.

Exercıcio 9.12:No Curso se mostrou que todo polinomio Real de grau ımpar tem alguma raız

Real.Mas para esses polinomios o Teorema do Valor Intermediario mostra que ha raız

no intervalo [−1, 0), ja que

f(−1) := −1− (ǫ1 + . . .+ ǫn) + 1 < 0,

f(0) = 1.O problema aqui e mostrar que so ha uma Raız Real para cada um desses

polinomios.

778

Suponhamos por absurdo que a equacao

x2n+1 + ǫ1 · x2n−1 + ǫ2 · x2n−3 + . . .+ ǫn−1 · x3 + ǫn · x+ 1 = 0

tenha duas raızes x1, x2, com x1 < x2. Entao pelo Teorema de Rolle a derivada dafuncao

f(x) := x2n+1 + ǫ1 · x2n−1 + ǫ2 · x2n−3 + . . .+ ǫn−1 · x3 + ǫn · x+ 1

tem que se anular num ponto x ∈ (x1, x2). Mas

f ′(x) := (2n+1) ·x2n+ǫ1 ·(2n−1) ·x2n−2+ǫ2 ·(2n−3) ·x2n−4+ . . .+ǫn−1 ·3 ·x2+ǫn = 0

nao tem Raız Real, pois cada um de seus monomios tem grau par, os ǫi ≥ 0, parai = 1, . . . , n− 1 e ǫn > 0.

Logo so ha uma raız Real.Agora dado um x ∈ [−1, 0) fixado, resolvo a seguinte equacao linear em ǫ:

x3 + ǫ · x+ 1 = 0

obtendo:

ǫ =−1− x3

xe facilmente se ve que ǫ ≥ 0 e e zero quando x = −1.

A seguir ploto tres graficos, de y = x3 + 1, de y = x3 + 74· x+ 1 cuja raız e −1

2e

de y = x3 + 6316

· x+ 1 cuja raız e −14.

15

5

-15

10

0

x

210-2 -1

-10

-5

0.6. Capıtulo 7:Exercıcio 8.3:Resolver o sistema

y − 5x− 2 = 0 e 2y − 10x− 1 = 0,

significa, geometricamente, intersectar as retas:

y = 5x+ 2 e y =10x+ 1

2= 5x+

1

2.

Porem essas retas tem o mesmo coeficiente angular 5, logo sao paralelas e distintas(pois seus coeficientes lineares sao distintos).


Por isso nao consigo resolver o sistema.

Exercıcio 8.6i) Quero que o coeficiente angular a′ da reta contendo o segmento PQ seja

a′ = −1

a

paera que haja ortogonalidade com a reta y = ax+ b.Ora entao quero:

a′ :=(ax+ b)−B

x− A= −1

a.

Isso produz uma equacao:

(a2 + 1) x+ a(b−B)−A = 0.

A solucao e

x =A− a(b− B)

a2 + 1.

Portanto

Q = (A− a(b− B)

a2 + 1, a · (A− a(b− B)

a2 + 1) + b ).

ii) Se temos x = A entao :

A =A− a(b−B)

a2 + 1

isso daa2A+ a(b−B) = 0.

Supondo por um momento a 6= 0, divido por ele e obtenho:

aA+ (b− B) = 0,

ou seja, aA + b = B. Mas isso significa que P = (A,B) ∈ r.A conclusao e que, se x = A, entao

ou P = Q = (A,B) ou a = 0.

No caso a = 0 temos uma reta r horizontal e Q e a projecao vertical de P sobre essareta.

Exercıcio 8.8:As coordenadas x dos pontos de interseccao da elipse x2 + y2

b2= 1 com a reta

y = −x+ 5 sao as solucoes da equacao quadratica em x:

x2 +(−x+ 5)2

b2− 1 = 0,

ou seja, solucoes de:(b2 + 1) · x2 − 10 · x− b2 + 25 = 0.

O discriminante dessa equacao e:

∆ := 100− 4 · (b2 + 1) · (25− b2).

780

Esse discriminante se anula quando ha uma raız dupla, ou seja ha tangencia. Portantoquero:

100− 4 · (b2 + 1) · (25− b2) = 0 ⇔⇔ 24 · b2 − b2 · b2 = 0 ⇔ b2 · (b2 − 24) = 0,

ou seja b2 = 24, ja que b 6= 0

Exercıcio 8.9:De y = 1

xobtenho x = 1

y. Ou seja, quando postas no mesmo sistema de coorde-

nadas:

f(x) = f−1(x) =1

x.

Uma funcao com a propriedade f = f−1 e chamada de involucao.O grafico da funcao inversa e sempre obtido da funcao original por reflexao na

diagonal. Como essas funcoes coincidem no item vi), entao concluimos que a operacaode refletir o grafico de y = 1

xo faz recair emcima dele mesmo. Isso e a simetria em

relacao a diagonal.

0.7. Capıtulo 8:Exercıcio 5.4:Note primeiro que a funcao h(x) dada por

sin(k · x)k · x se x 6= 0 e h(0) := 1,

e a composicao h := f(g(x)) da funcao contınua

f(x) :=sin(x)

x, se x 6= 0 e f(0) := 1,

com a funcao contınua g(x) := k · x.Logo h e contınua e portanto

limx→0

sin(k · x)k · x = 1.

Mas entao:

limx→0

sin(k · x)k · x · k = k,

ou seja,

limx→0

sin(k · x)x

= k.

Para calcular

limx→0

tan(j · x)sin(k · x)

escrevo, para x 6= 0:

tan(j · x)sin(k · x) :=

sin(j · x)cos(j · x) · sin(k · x) =

j

k· sin(j · x)

j · x · k · xsin(k · x) ·

1

cos(j · x) .


Usando o que vimos acima (bem como limite de produto e inverso e a continuidadedo cosseno) o limite

limx→0

tan(j · x)sin(k · x)

viraj

k· limx→0

sin(j · x)j · x · lim

x→0

k · xsin(k · x) · limx→0

1

cos(j · x) =j

k.

0.8. Capıtulo 9:Exercıcio 6.6:Fixe x 6= 0. No que segue, se x < 0 tome x < 0 e se x > 0 tome x > 0.Traco retas secantes ao grafico de y = 1

xligando (x, 1

x) a cada (x, 1

x), cujo coeficente

angular e:

ax :=

1x− 1

x

x− x=

x−xx x

x− x=

=x− x

(x− x)· 1

xx=

−1

xx< 0,

(pois x e x tem o mesmo sinal).As secantes sao portanto retas de coeficiente angular ax <. Passando ao limite

quando x → x o que da para prever e que a reta tangente tera coefciente angulara ≤ 0.

Vejamos que de fato a < 0.Pela definicao de coeficiente angular da reta tangente, fixado x 6= 0:

a := f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h=

= limh→0

1x+h

− 1x

h= lim

h→0

x−(x+h)(x+h)x

h=

= limh→0

−h(x+ h) xh

= limh→0

−1

(x+ h) x=

=−1

x2< 0

(na ultima etapa uso que a funcao de h dada por −1(x+h)x

e contınua ! Logo seu limite

quando h→ 0 e simplesmente seu valor em h = 0).

Exercıcio 6.8:Noto que

f ′(x) := limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

f(x+ (−h))− f(x)

(−h) ,

por ser um limite bi-lateral.Entao:

2 · f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h+ lim

h→0

f(x+ (−h))− f(x)

(−h) =

782

= limh→0

f(x+ h)− f(x) + f(x)− f(x+ (−h))h

= limh→0

f(x+ h)− f(x+ (−h))h

,

de onde:

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x− h))

2 h.

A funcao descontınua em x = 0 dada por g(0) = 0 e g(x) = 1, se x 6= 0 tem

g(0 + h)− g(0− h)

2 h= 0,

logo

limh→0

g(0 + h)− g(0− h)

2 h= 0.

0.9. Capıtulo 10:Exercıcio 6.4:Primeiro testo se (−1,−1) e (2, 3) estao em todos os graficos de:

y = fb(x) := (4/3− b) · x2 + b · x+ (2b− 7/3), b ∈ R.

De fato:

(4/3− b) · (−1)2 + b · (−1) + (2b− 7/3) =−3

3= −1,

e

(4/3− b) · 22 + b · 2 + (2b− 7/3) =9

3= 3.

O coeficiente angular da secante a todos os graficos y = fb(x) ligando (−1,−1) a(2, 3) e:

a =3 + 1

2 + 1=

4

3.

Pelo Teorema de Lagrange devem haver pontos xb (dependendo de b, a princıpio...) tais que

xb ∈ (−1, 2) e f ′b(xb) =

4

3.

Vejamos quem sao os xb. Temos

f ′b(x) = 2 · (4/3− b) · x+ b,

e igualando a 43criamos uma equcao em x:

2 · (4/3− b) · x+ b =4

3,

de onde

x =1

2· (

43− b

43− b

) =1

2,

ou seja ∀b: xb =12. Por isso quando fazemos um zoom numa faixa vertical em torno

de

(1

2, fb(

1

2) )

vemos todos os graficos parecidos com retas paralelas, de mesma inclinacao 43.


0.10. Capıtulo 11:Exercıcio 10.5:

Nas Figuras a seguir nao usei a mesma escala nos eixos x e y, por isso as figurassao apenas qualitativamente corretas.

6

2

-6

4

0

-8

x

-0,5 10-1

-4

-2

0,5

Figura: y = f1(x) = x3 − x2 (verm.), f ′1(x) (verde), f

′′1 (x) (amar.)

8

4

-4

6

2

-6

x

1,510,5-0,5-1

-2

00

784

Figura: y = f2(x) = x2 − x3 (verm.), f ′2(x) (verde), f

′′2 (x) (amar.)

15

5

10

0

-10

x

321-1

-5

0

Figura: y = f3(x) = −2x2 + x3 (verm.), f ′3(x) (verde), f

′′3 (x) (amar.)

20

10

15

5

-5

x

10,5-1 -0,500

Figura: y = f4(x) = x4 − 2x2 (verm.), f ′4(x) (verde), f

′′4 (x) (amar.)


80

40

60

20

-20x

0,50 2-0,5-10

1 1,5

Figura: y = f5(x) = 3x4 − 4x3 (verm.), f ′5(x) (verde), f

′′5 (x) (amar.)

Esta ultima Figura merece um zoom perto da origem:

20

10

15

5

-5

x

0,60,40-0,20

0,2-0,4

Exercıcio 10.6:Note que

x3 + C · x2 = −( (−x)3 − C(−x)2 ).Ou seja que o grafico de y = x3+C ·x2 pode ser obtido refletindo o de y = x3−C ·x2

primeiramente no eixo x (passar de x a −x) e, depois, refletindo no eixo y (passar dey para −y).

786

A Figura a seguir mostra em vermelho y = x3 − C · x2, em verde o de y =(−x)3 − C(−x)2 e em amarelo o de y = x3 + C · x2. para C = 3.

100

0

50

3

-50

x

20 1-1

-100

-3 -2

Exercıcio 10.8Um reta rλ por (A,B) tem equacao:

y = λx− λA+B.

Note que λ 6= a pois λ = a daria paralelismo entre a reta rλ e y = ax. Pode acontecerque λ ≤ 0. Mas se λ > 0 entao λ < a, ja que rλ precisa formar um triangulo noprimeiro quadrante. Ou seja,

B > a · A > λ · Ae portanto a interseccao de rλ e y = ax e o ponto do primeiro quadrante:

(B − λA

a− λ, a · B − λA

a− λ)

A interseccao de rλ com o eixo dos y > 0 e:

(B − λA, 0).

A area do triangulo formado pela origem e esses dois pontos e 12· ||D|| onde

D =

∣∣∣∣∣∣

0 0 10 B − λA 1

B−λAa−λ a · B−λA

a−λ 1

∣∣∣∣∣∣

Esse determinante e imediato (desenvolvendo pela coluna de 1 s):

D = −(B − λA)2

a− λ


ou seja a area do triangulo e

A(λ) =1

2· (B − λA)2

a− λ.

Entao:

A′(λ) =−1

2· (B − λA) · (2Aa− λ ·A−B)

(a− t)2

e pontos crıticos de A(λ) estao em:

λ =B

Ae λ =

2Aa− B

A.

Mas a reta com λ = BAque passa por (A,B) e y = B

Ax e nao forma um triangulo com

as outras duas.Portanto a solucao deve ser λ = 2Aa−B

A. Podemos conferir que:

A′′(λ) = 2 · (Aa− B)2

(a− t)3

cujo sinal e sempre positivo.Portanto λ = 2Aa−B

Ae o ponto de mınimo buscado.

Nele a area do triangulo (de menor area portanto) vale:

2A · (B − Aa).

Exercıcio 10.17:Primeiro vou usar a intuicao sugerida pela figura. A figura parece indicar que

a reta tangente a y = x3 em (1, 1) consegue passar entre os dois graficos, apenastocando o grafico verde. Como so consideramos x < 1 ela e uma boa candidata.

Ou seja, conjecturo que a reta

y = 3x− 2

tangencia o grafico de y = x3 − 3x2 + 3x − 2 e passa entre os dois graficos semintersectar o grafico de y = x3, desde que restrinjamos

x ∈ (−2, 1).

Como e a interseccao de y = 3x− 2 com y = x3 − 3x2 + 3x− 2 ?Faco 3x− 2 = x3 − 3x2 + 3x− 2 e obtenho x3 − 3x2 = 0, ou seja

x2 · (x− 3) = 0.

Entao a reta y = 3x−2 tangencia y = x3−3x2+3x−2 no ponto (0,−2) (e intersecta-atambem no ponto (3, 7), mas esse ponto nao nos interessa).

E onde y = 3x− 2 intercecta y = x3, alem do ponto (1, 1) ? Faco:

x3 = 3x− 2,

ou seja, quero resolver x3 − 3x+ 2 = 0. Se nao vejo imediatamene as solucoes, possopensar assim: como x = 1 e ponto de tangencia, entao:

x3 − 3x+ 2 = (x− 1)2 · (ax+ b)

e o outro ponto sera x = −ba.

788

Ora, por divisao obtenho

x3 − 3x+ 2 = (x− 1)2 · (x+ 2),

portanto x = −2. Mas este ponto nao pertence ao intervalo (−2, 1). Ou seja, quey = 3x− 2 passa entre os graficos, tocando o grafico verde em (0,−2).

Exercıcio 10.18:Como o grafico e concavo para baixo em [0,+∞), ele fica por baixo da reta

tangente de qualquer de seus pontos.Considero a reta tangente em (x, f(x)):

y = f ′(x) · x+ f(x)− f ′(x) · x.Essa reta intersecta o eixo dos x em

x =f ′(x) · x− f(x)

f ′(x)= x− f(x)

f ′(x)=: K,

onde x < K pois 0 < − f(x)f ′(x) .

Entao f(x) tem que ficar negativa para x < K. Pelo T.V.I. tem que ter zero entrex e K.

0.11. Capıtulo 12:

0.12. Capıtulo 13:Exercıcio 6.1:Se n = 1 entao claramente:

1! = 1 ≥ 20 = 1.

Supondo valida a desigualdade ate n− 1 (n ≥ 2):

n! = n · (n− 1)! ≥ n · 2n−2.

Ora,

n · 2n−2 = n · 2n−1

2=

= 2n−1 · n2≥ 2n−1,

onde usei na ultima desigualdade que n ≥ 2.

0.13. Capıtulo 14:Suponha que sabemos:

sin(x+ y) = sin(x) · cos(y) + cos(x) · sin(y),Faco o seguinte: fixo y e olho a identidade acima apenas em x.

Derivo o lado esquerdo, pela regra da derivada da composta:

(sin(x+ y))′ = cos(x+ y) · 1,e o lado direito:

(sin(x) · cos(y) + cos(x) · sin(y))′ = cos(x) · cos(y) + (− sin(x) · sin(y)) == cos(x) · cos(y)− sin(x) · sin(y).


Igualando o lado esquerdo e o direito:

cos(x+ y) = cos(x) · cos(y)− sin(x) · sin(y).0.14. Capıtulo 15:Exercıcio 6.1:Note que:

∂F (x, y)

∂x= −3 x2 e

∂F (x, y)

∂y= 2 y,

logo calculados em (1, 1):

∂F (x, y)

∂x= −3 e

∂F (x, y)

∂y= 2.

Entao num pequeno entorno de (1, 1) a curva e dada pelo grafico de y = y(x).Mas a curva nao e globalmente um grafico y = y(x), pois para cada valor x > 0

temos dois valores de y.Note que se um ponto da curva y2 − x3 = 0 tem x = 0, entao y2 = 0 e portanto

y = 0, ou seja e a origem.E note que nenhum ponto da curva y2 − x3 = 0 tem coordenada x < 0.

0.15. Capıtulo 16:Exercıcio 6.1:iii): Usando a derivada a composta:

sin3(x3)′ = 3 sin2(x3) · cos(x3) · (3x2)iv): Usando a regra da derivada do produto:

(sin(x) cos(x))′ = cos(x) cos(x) + cos(x)(− sin(x)) = cos2(x)− sin2(x).

v): Usando a regra da derivada do quociente:

(x4 + x2 + 1

3x4 + 4x2 + 1)′ =

(4x3 + 2x)(3x4 + 4x2 + 1)− (x4 + x2 + 1)(12x3 + 8x)

(3x4 + 4x2 + 1)2.

vi): Usando a regra da composta:

(√1− x2)′ = ((1− x2)

12 )′ =

1

2(1− x2)

−12 (−2x) = − x√

1− x2

xv): pela composta:

((3x+ 4)100)′ = 100 · (3x+ 4)99 · 3 = 300 · (3x+ 4)99.

0.16. Capıtulo 19. Exercıcio 3.1:Defina a funcao:

f(x) :=

√x2 + 25

v2+

8− x

v1,

que da o tempo gasto pelo salva-vidas para chegar no ponto B.Ou melhor, considere:

g(x) := v2 · f(x) =√x2 + 25 +

v2v1

· (8− x) =

=:√x2 + 25 + k · (8− x),

790

cujo domınio e [0, 8].Trata-se de minimizar f ou, equivalentemente, minimizar g.Para isso calcule separadamente

g(0) = 5 + 8k e g(8) =√89.

Mas:

g(8) > g(0) ⇔√89− 5

8> k,

e como 0.55 ≈√89−58

e supusemos k ≤ 0.5 entao:

g(8) > g(0).

Agora basta buscar no intervalo aberto (0, 8) pelo ponto onde

g′(x) = 0.

Ora,

g′(x) =x√

x2 + 25− k = 0 ⇔ x = k ·

√x2 + 25.

Daı obtemos, elevando ao quadrado:

x2 = k2 · (x2 + 25),

ou seja,x2(1− k2) = 25 · k2

e

x(k) =

√

25 · k21− k2

=5k√1− k2

,

pois a solucao negativa nao nos interessa. Claramente:

limk→0

x(k) = limk→0

5k√1− k2

=0

1= 0.

E nesse ponto x(k) temos o valor:

g(x(k)) = 8k + 5(1− k2) ·√

1

1− k2.

Agora

g(0)− g(x(k)) = 5 + 5(k2 − 1) ·√

1

1− k2

e nao esta tao claro se g(0)− g(x(k)) ≥ 0, para todos os k no intervalo 0 ≤ k ≤ 0.5.Ora,

5 + 5(k2 − 1) ·√

1

1− k2≥ 0 ⇔

⇔ 5 ≥ 5(1− k2) ·√

1

1− k2

e elevando ao quadrado quero ter:

25 ≥ 25 · (1− k2)2

1− k2


que equivale a :

1− k2 ≥ 1− 2k2 + k4,

ou seja,

0 ≥ k2 · (k2 − 1).

0.17. Capıtulo 20:Exercıcio 8.2: Como (x0, y0) esta na elipse:

x20a2

+y20b2

= 1,

obtenho:

x20 · b2 + y20 · a2 = a2b2.

Como2 · x(t) · x′(t)

a2+

2 · y(t) · y′(t)b2

= 0,

a informacao das taxas de variacao −1 e 1 da:

2 · x0 · (−1)

a2+

2 · y0 · 1b2

= 0,

de onde−2 · x0 · b2 + 2 · y0 · a2

a2 · b2 = 0,

ou seja

−2 · x0 · b2 + 2 · y0 · a2 = 0.

Ao lado de

x20 · b2 + y20 · a2 = a2b2

forma-se um sistema de duas equacoes lineares nas incognitas a2 e b2.Multiplicando a ultima por 2, a primeira por x0 6= 0 e depois somando-as, obtemos:

2 · y0 · (x0 + y0) · a2 = 2 · a2 · b2,

e como a 6= 0:

b2 = y0 · (x0 + y0).

Depois obtenho

a2 = x0 · (x0 + y0),

usando de novo

−2 · x0 · b2 + 2 · y0 · a2 = 0.

Os outros itens tem respostas imediatas, pois sabemos as coordenadas dos focose as dos vertices em funcao de a e b.

792

0.18. Capıtulo 21:Exercıcio 8.1:Se escrevemos

x1 =π

2sin(

π

2) +

π

2sin(π),

x2 =π

3sin(

π

3) +

π

3sin(

2π

3) +

π

3sin(π),

x3 =π

4sin(

π

4) +

π

4sin(

2π

4) +

π

4sin(

3π

4) +

π

4sin(π),

x4 =π

5sin(

π

5) +

π

5sin(

2π

5) + . . .+

π

5sin(π),

fica mais facil reconhecer que cada xi e uma soma de Riemann da funcao sin : [0, π] →R, onde a particao tem norma π

i+1.

Em geral:

xi =π

i+ 1sin(

π

i+ 1) +

π

i+ 1sin(

2π

i+ 1) + . . .+

π

i+ 1sin(

(i+ 1)π

i+ 1).

Quando i→ ∞ a norma da particao tende a zero.Como sin(x) e uma funcao contınua, os itens i) e ii) garantem que

limi→∞

xi =

∫ π

0

sin(x) dx.

Mais adiante, pelo Segundo Teorema fundamental, veremos que:∫ π

0

sin(x) dx = 2.

Exercıcio 8.3:Se x < 0 entao

F (x) :=

∫ x

−1

| t | dt =∫ x

−1

−t dt =

= (−t22

)(x)− (−t22

)(−1) =−x22

+1

2.

Se x ≥ 0 podemos fazer:

F (x) =

∫ x

−1

| t | dt =∫ 0

−1

| t | dt+∫ x

0

| t | dt =

=1

2+

∫ x

0

t dt =

=1

2+x2

2.

Ou seja que a funcao F (x) obtida integrando o modulo tem uma descricao difer-ente, dependendo se x < 0 ou x ≥ 0.

Note que pelo Primeiro Teorema Fundamental, F ′(x) = | x |, logo nao existeF ′′(0).

Ou seja, que F (x) e menos suave em em x = 0 que f(x) = x3 + 12.

A figura a seguir apresenta F (x) (vermelho) e f(x) = x3 + 12(verde):


1,5

0,5

x

1

1-1

-0,5

-0,5 0,500

0.19. Capıtulo 22:Exercıcio 16.3:Primeiro busco o ponto de y = f(x) = ln(x)

xonde f ′(x) = 0. Pela derivada do

quociente:

f ′(x) =1xx− ln(x) 1

x2=

1− ln(x)

x2,

e f ′(x) = 0 exatamente onde 1− ln(x) = 0, ou seja, onde ln(x) = 1.Sabemos entao que a solucao e x = exp(1).Podemos calcular a segunda derivada f ′′(x), para confirmarmos que f ′′(exp(1)) <

0. Caso isso valha, a Afirmacao 2.1 do Capıtulo 10 diz que x = exp(1) e ponto demaximo local. E portanto concluiremos que x = exp(1) e ponto de maximo global(ja que nao ha outro candidato).

Ora,

f ′′(x) =(1− ln(x))′ x2 − (1− ln(x)) 2x

x4=

=− 1xx2 − (1− ln(x)) 2x

x4=

−3x+ 2x ln(x)

x4,

e portanto f ′′(exp(1)) = − exp(1)e4

< 0.

Exercıcio 8.6:Como arcsin′(x) = 1√

1−x2 entao:

F ′(x) = [x

2

√1− x2]′ + (

1

2arcsin(x))′ =

= [1

2

√1− x2 +

x

2· 12

1√1− x2

· (−2x)] +1

2

1√1− x2

=

794

=1

2

√1− x2 − 1

2x2

1√1− x2

+1

2

1√1− x2

=

1

2

√1− x2 +

1

2

1− x2√1− x2

=

=√1− x2.

Exercıcio 16.2:O programa Maple plota y = ln(1+x)

xcompletando em x = 0 o valor

limx→0

ln(1 + x)

x= 1

De fato posso escrever:

limx→0

ln(1 + x)− 0

x= lim

x→0

ln(1 + x)− ln(1)

xe esse ultimo limite e nada mais nada menos que uma derivada:

ln′(1) := limx→0

ln(1 + x)− ln(1)

x.

Ora ln′(1) = 11= 1.

Exercıcio 16.13:A funcao y = f(x) = e−x

2tem, pela regra da composta e pelo fato que (ex)′ = ex,

derivadaf ′(x) = e−x

2 · (−2x).

lno f ′(x) se anula apenas em x = 0 (pois exp nao se anula nunca). Ja a segundaderivada e (pela regra do produto e da composta):

f ′′(x) = (e−x2 · (−2x))′ =

= (e−x2 · (−2x))(−2x) + e−x

2

(−2) =

= 2e−x2

(2x2 − 1).

logo f ′′(x) se anula em x = +√

12e x = −

√12.

Esses dois pontos sao pontos de maximo/mınimo da f ′(x) e pontos de inflexao daf .

Exercıcio 16.14:Os pontos (x, y) da reta tangente ao grafico de y = ln(x) no ponto (e, 1) sao os

pontos que verificam:y − 1

x− e= ln′(e),

pois o valor da derivada ln′(e) e por definicao o coeficiente angular da reta tangente.Mas ln′(e) = 1

e, lno

y − 1

x− e=

1

e


de onde

y − 1 =x

e− 1

e portanto y = xe, que e uma reta pela origem.

Por reflexao na diagonal se obtem o grafico da funcao inversa exp(x).E a reflexao na diagonal da reta y = x

ee x = y

e, ou seja, a reta y = ex. Essa e a

tangente ao grafico de y = exp(x) em (1, e), como tambem se pode verificar a partirde:

y − e

x− 1= exp′(1) = exp(1) =: e.

Exercıcio 16.15:As primitivas de produto/quociente Nao sao o produto/quociente de primitivas.

Quando aparecem produtos e natural imaginar qu surgiram de se derivar composicoesde funcoes.

vi): Por isso as primitivas de f(x) = 2x cos(x2) sao

F (x) = sin(x2) + C.

vii): As primitivas de x2cos(x2) sao:

F (x) =sin(x2)

4+ C.

viii): As primitivas de xex2sao

ex2

2e as de ex cos(ex) sao

sin(ex) + C.

As primitivas de soma/subtracao sao a soma/subtracao de primitivas.x): Portanto as primitivas de f(x) = a0x

n + a1xn−1 + . . .+ an sao

a0xn+1

n+ 1+ a1

xn

n+ . . .+ anx+ C.

0.20. Capıtulo 23: Exercıcio 7.1:

Temos P1 = (−√

bC, b), P2 = (

√bC, b). A area de ∆P1OP2 e

1

2· (2 ·

√

b

C) · b = b

32

C12

.

Por outro lado a area da regiao abaixo da reta y = b e acima da parabola e a diferenca:

2 ·√

b

C· b−

∫√

bC

−√

bC

C · x2 dx =

= 2 ·√

b

C· b− C · [

(√

bC)3

3+

(√

bC)3

3] =

= 2 · b32

C12

− 2

3· b

32

C12

=

796

=4

3· b

32

C12

.

Exercıcio 7.4: Os graficos de y = 8x + 2 e de de y = x4 + 2. se intersectam empontos cujas coordenadas x verificam:

8x+ 2 = x4 + 2 ⇔ 8x = x4 ⇔ x · (x3 − 8) = 0 ⇔ x = 0, 2.

Ou seja, nos pontos (0, 0) e (2, 18).Para x ∈ [0, 2] vale que 8x+ 2 ≥ x4 + 2, pois:

8x+ 2 ≥ x4 + 2 ⇔ 8x ≥ x4 ⇔ 0 ≥ x · (x3 − 8)

e como x ≥ 0, basta ter 0 ≥ x3 − 8. Isso e verdade, ja que 8 ≥ x3 sai de 2 ≥ xelevando-se ao cubo.

A Figura a seguir da uma ideia da petala.

x

20

10

21

15

1,50,5

5

0

A area da petala e a diferenca entre a area do trapezio sob y = 8x + 2 e a areasob o grafico de y = x4 + 2.

E dada por:∫ 2

0

8x+ 2 dx−∫ 2

0

x4 + 2 dx

e vale portanto pelo Segundo Teorema do Calculo:

[4 · (2)2 + 2 · (2)]− [25

5− 2 · 2] = 48

5pois ∫

8x+ 2 dx = 4x2 + 2x+ C

e ∫

x4 + 2 dx =x5

5+ 2x+ C.

Exercıcio 7.5: Note que

• o integrando e a diferenca entre as funcoes x− x2 e a funcao x3.• x− x2 > 0 para 0 < x < 1.• Ademais

x− x2 > x3,

para x pequenos, pois

x− (x2 + x3) > 0


para x pequenos.• Porem certamente a partir de um certo x deve acontecer que

x− x2 < x3,

devido ao expoente 3.

Para qual x ≥ 0 temos x−x2 = x3 ? Ou seja, onde x3+x2−x = 0 ? Nas solucoesde:

x (x2 + x− 1) = 0,

ou seja, em x = 0 ou na solucao positiva de (x2 + x− 1), que e

a :=−1 +

√5

2∼ 0.6.

A partir desse a ∼ 0.6 vale x− x2 < x3.Entao escrevo:

∫ b

0

x− x2 − x3 dx =

∫ a

0

x− x2 − x3 dx+

∫ b

a

x− x2 − x3 dx

e portanto:∫ b

0

x− x2 − x3 dx = 0 ⇔

⇔∫ a

0

x− x2 − x3 dx = −∫ b

a

x− x2 − x3 dx.

Mas

−∫ b

a

x− x2 − x3 dx =

∫ b

a

−(x− x2 − x3) dx =

=

∫ b

a

x3 − (x− x2) dx.

Em suma,∫ a

0

x− x2 − x3 dx =

∫ b

a

x3 − (x− x2) dx.

Ora,∫ a

0

(x− x2)− x3 dx

e uma Area, pois (x− x2)− x3 ≥ 0 na regiao x ∈ [0, a]. E tambem∫ b

a

x3 − (x− x2) dx

e uma Area, pois agora x3 − (x− x2) ≥ 0 se x ≥ a.Na Figura a seguir os graficos de y = x − x2 > 0 (vermelho) e de y = x3 (verde)

formam um peixe (x ∈ 0, b].

O peixe tem a area do corpo (∫ a

0(x−x2)−x3 dx) igual a area do rabo

∫ b

ax3− (x−

x2) dx (b ∼ 0.9).

798

x

0,7

0,5

0,1

0,80,60,2

0,4

0,3

0

0,6

0,2

0 0,4

Exercıcio 7.8:Para saber de onde ate onde considerar a Area precisamos saber as abscissas dos

pontos onde os graficos de y = x4 e de y = a se intersectam.Ou seja, resolver x4 = a, o que da x = −a 1

4 e x = a14 .

Vamos subtrair da area do retangulo de base 2a14 e altura a (que e 2a

14a = 2a

54 )

a area sob o grafico de x4.Esta ultima e dada pelo importante Teorema Fundamental do Calculo. Na notacao

do Curso:1

Ax4,−a

14( a

14 ) =

x5

5(a

14 )− x5

5(−a 1

4 ) = 2a

54

5lno a area que buscamos e

2a54 − 2

a54

5= 2(

4

5a

54 ).

Como exigimos que seja5

2= 2(

4

5a

54 )

concluimos que

a54 =

25

16

e portanto a = (2516)45 .

0.21. Capıtulo 24:Exercıcio 1.4:Faco integracao por partes na terceira linha:

∫ π

0

sin2n−1(θ) dθ =

∫ π

0

sin2n+1(θ) · sin−2(θ) dθ =

1Na notacao usual de integrais∫ a

1

4

−a1

4x4 dx = x5

5 |a1

4

− x5

5 |−a1

4


=

∫ π

0

sin2n+1(θ) · csc2(x) =

= − sin2n+1(π) cot(π) + sin2n+1(0) cot(0)−∫ π

0

(2n+ 1) sin2n(θ) cos(θ)(− cot(θ)) dθ =

=

∫ π

0

(2n+ 1) sin2n−1(θ) · cos2(θ) dθ = (2n + 1)

∫ π

0

sin2n−1(θ) · (1− sin2(θ)) dθ =

= (2n+ 1)

∫ π

0

sin2n−1(θ) dθ − (2n+ 1)

∫ π

0

sin2n+1(θ) dθ,

de onde sai a afirmacao.

0.22. Capıtulo 25: Exercıcio 12.4:Basta usar a substituicao x = cos(θ).

0.23. Capıtulo 26:

0.24. Capıtulo 27:

0.25. Capıtulo 28:

0.26. Capıtulo 30:

0.27. Capıtulo 31:

0.28. Capıtulo 32:

0.29. Capıtulo 35:Exercıcio 14.1: O aspecto qualitativo do grafico:

30

35

20

10

25

15

x

43210

que faz com que nao seja desintegracao de nenhuma substancia radioativa e a ex-istencia de um ponto de inflexao proximo de x = 3.

Como a desintegracao segue a lei

f(x) = f(0) · e−kx,onde k > 0 depende de cada substancia, entao:

f ′(x) = −k · f(0) · e−kx < 0, ∀xe

f ′′(x) = k2 · f(0) · e−kx > 0, ∀x,isso impede a existencia de inflexoes, ja que f ′′(x) > 0 nao muda de sinal.

Exercıcio 14.4:

800

A solucao da equacao f ′(x) = −kf(x) ef(x) = f(0) · e−kx, ∀x.

Portanto f(τ) := f(0)2

e tambem:

f(τ) = f(0)e−kτ .

Logo dividindo por f(0):1

2= e−kτ .

Aplicando ln em ambos lados:

ln(1

2) = ln(e−kτ ) = −kτ,

e portanto:

τ =ln(1

2)

−k =− ln(2)

−k =ln(2)

k.

Por definicao de τ temos: f(τ) := f(0)4

e tambem:

f(τ) = f(0) · e−kτ .lno dividindo por f(0):

1

4= e−kτ .


ln(1

4) = ln(e−kτ) = −kτ ,

e portanto:

τ =ln( 1

22)

−k =− ln(22)

−k =2 ln(2)

k.

Ou seja, τ = 2τ .Para a τ temos por definicao f(τ) := f(0)√

2e tambem

f(τ) = f(0)e−kτ .

lno dividindo por f(0):1√2= e−kτ .


ln(1√2) = ln(e−kτ ) = −kτ ,

e portanto

τ =ln( 1

212)

−k =− ln(2

12 )

−k =1

2

ln(2)

k.

Ou seja, τ = 12τ .

Exercıcio 14.6:Sabemos que a solucao da equacao, com f(0) = 1 e f(x) = e−kx.


Queremos x tal que f ′(x) = −1, onde

f ′(x) = −k e−kx.Logo queremos encontrar x tal que:

−1 = −k e−kx,ou seja, 1

k= e−kx, ou seja, ln( 1

k) = −kx, de onde

x =ln(k)

k.

Resolvi fazer um exemplo, com k = 2 e portanto x = ln(2)2

.Pedi para o Maple plotar os graficos de y = f(x) = e−2x e de y = −x para

x ∈ [ln(2)

2− 0.1,

ln(2)

2+ 0.1]

e o resultado aparece a seguir:

0,28

0,6

0,2

0,4

0

-0,4

-0,2

x

0,32 0,440,360,4

Exercıcio 14.10:Como e uma equacao linear, a solucao geral e:

y(x) = e∫

11+x

dx · [C +

∫

(−x) · e∫ −1

1+xdx dx].

Como 1 + x ≥ 1:

y(x) = (1 + x) · [C −∫

x

1 + xdx] = (1 + x) · [C −

∫1 + x− 1

1 + xdx] =

= (1 + x) · [C −∫

(1− 1

1 + x) dx] = (1 + x) · [C − x+ ln(1 + x)].

E y(0) = 1 · [C − 0 + 0] = C.Para ver que limx→+∞ y(x) = −∞, basta ver que

limx→+∞

(−x+ ln(1 + x)) = −∞.

Para isso basta ver quelim

x→+∞e−x+ln(1+x) = 0

o que vale pois e−x+ln(1+x) = 1+xex

.

802

0.30. Capıtulo 36.Exercıcio 16.1:Quero um fator integrante µ(x) para a equacao:

((n+ 1)xn−1yn + n2xnyn−1) · y′(x) + nxn−2yn+1 + n(n + 1)xn−1yn = 0.

Ou seja, quero que valha

µ′(x) · [(n+ 1)xn−1yn + n2xnyn−1] + µ(x) · [(n + 1)(n− 1)xn−2yn + n3xn−1yn−1] =

= µ(x) · [n(n + 1)xn−2yn + n2(n+ 1)xn−1yn−1],

ou seja:µ′(x)

µ(x)=

(n+ 1)xn−2yn + n2xn−1yn−1

(n+ 1)xn−1yn + n2xnyn−1=

1

x

e portanto µ(x) = x serve.A equacao obtida multiplicando por x:

((n + 1)xnyn + n2xn+1yn−1) · y′(x) + nxn−1yn+1 + n(n+ 1)xnyn = 0

agora e exata e a solucao geral e:

U(x, y) :=

∫ x

a

[ntn−1cn+1 + n(n+ 1)tncn] dt+

+

∫ y

c

[(n + 1)xntn + n2xn+1tn−1] dt =

= xncn+1 + nxn+1cn − C1 + xnyn+1 + nxn+1yn − xncn+1 + nxn+1cn =

= xnyn+1 + nxn+1yn − C1,

ou seja

xnyn+1 + nxn+1yn = C1

sao as curvas solucao.

0.31. Capıtulo 37:Exercıcio 4.1:A equacao da reta tangente de y = a · x 3

4 − x por

(x, y) = (x, a · x 34 − x)

e:

y = (3a

4· x− 1

4 − 1) · x+ a · x 34 − x− (

3a

4· x− 1

4 − 1) · x.Um conta imediata mostra que essa reta passa por (−x

3, x3).

A funcao y = f(x) = a ·x 34 −x corta o eixo dos x em x = 0 e em x = a4. A partir

deste ponto f(x) < 0.

Enquanto que f ′(x) = 3a4· x− 1

4 − 1, que so esta definida para x > 0, se anula

em x = (34)4; ademais f ′(x) > 0 no intervalo (0, (3

4)4) e f ′′(x) > 0 no intervalo

((34)4),+∞).

Ou seja, que em (0, (34)4) a funcao cresce, tem em x = (3

4)4 um maximo absoluto,

e depois sempre decresce.


Temos

limx→+∞

a · x 34 − x = lim

x→+∞x · ( a

x14

− 1) = +∞ · (−1) = −∞,

enquanto que

limx→+∞

f ′(x) = limx→+∞

3a

4· x− 1

4 − 1 = −1,

ou seja que ha uma assıntota oblıqua de inclinacao −1 para y = f(x).

Tambem f ′′(x) = −3a16x−

54 < 0 ∀x, ou seja que a funcao sempre e concava para

baixo.A area da regiao e:

∫ a4

0

a · x 34 − x = (

4a

7x

47 − x2

2)(a4) =

a8

14.

A figura aseguir da tres exemplos, em vermelho, verde e amarelo, com a =1, 1.3, 1.5 e onde

(−x3,x

3) = (−1

3,1

3).

0,6

0,2

-0,6

0,4

0

x

0 3-1

-0,4-0,2 21

0.32. Capıtulo 38:

0.33. Capıtulo 39:

0.34. Capıtulo 40. Exercıcio 17.1:Note que

x · (+∞∑

n=0

anxn)′′ − (

+∞∑

n=0

anxn) = 0

pode ser re-escrito como+∞∑

n=0

n · an · xn −+∞∑

n=0

an · xn = 0

804

ou seja,(n− 1) · an = 0, ∀n ≥ 0.

Se n 6= 1, entao an = 0. Se n = 1, entao sobre a1 nao ha nenhuma condicao.Logo as solucoes sao y = a1 · x, que sao retas pela origem.A nao-unicidade da solucao segue do fato que se colocamos a equacao em forma

padrao:

y′ =y

x=: P (x, y)

vemos que P (x, y) e descontınuo em x = 0.

Exercıcio 17.2:Se y =

∑+∞n=0 an(x− π

2)n entao

y′′ + y = 0

da+∞∑

n=2

n(n− 1)an(x−π

2)n−2 +

+∞∑

n=0

an(x−π

2)n = 0

e apos por o ındice k = n− 2 na primeira serie e mantendo k = n na segunda:+∞∑

k=0

(k + 2)(k + 1)ak+2(x−π

2)k +

+∞∑

k=0

ak(x−π

2)k = 0,

ou seja,(k + 2)(k + 1)ak+2 + ak = 0, ∀k ≥ 0

e daı a recorrencia:ak+2 = − ak

(k + 2)(k + 1).

As condicoes iniciais y(π2) = 1 e y′(π

2) = 0 dao a0 = 1 e a1 = 0.

A recorrencia em seguida da:

a2k = (−1)k · a0(2k)!

=(−1)k

(2k)!, ∀k ≥ 0.

Logo, chamando k de n novamente, temos como solucao do problema:

y =

+∞∑

n=0

(−1)n

(2n)!(x− π

2)2n.

Mas reconhecemos aı a serie do cosseno aplicado em x− π2.

Logo y = cos(x− π2) = sin(x).

Exercıcio 17.3:De i):Basta calcular

y′(x) =v′x− v

x2=v′

x− v

x2,

y′′(x) =v′′x− v′

x2− v′x2 − 2xv

x4=v′′

x− 2

v′

x2+

2v

x3


e portanto:

0 = y′′(x) +2

xy′(x) +

q

xαy(x) =

v′′

x− 2

v′

x2+

2v

x3+

2

x· (v

′

x− v

x2, ) +

q

xαv

x=

=v′′

x+

q

xαv

x,

mas entaov′′ +

q

xαv = 0.

De ii):Como agora

v′′ + qv = 0, q < 0

entaov = c1e

√−qx + c2e−√−qx

portanto

y = c1e√−qx

x+ c2

e−√−qx

x.

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Cálculo e equações em Química - Apostila + exercícios com gabarito