matematica-precalculo

´ alculo ´ Pre-C ˜ de Conceitos Matematicos ´ Uma Revisao ´ para as Cadeiras de Calculo

´ Departamento de Matematica Universidade de Aveiro

Setembro de 2005

´ alculo ´ Pre-C 2005

´ alculo ´ Objectivos do Pre-C

Este texto pretende dar aos alunos das disciplinas de Cálculo (I e II) uma visão genérica de algumas matérias, já estudadas anteriormente, e que consideramos serem pré-requisitos de Matemática para as disciplinas de Cálculo. Não pretendemos mais do que fornecer ao aluno a possibilidade de recordar, de uma forma rápida e fácil, alguns resultados que foram (ou não) sendo estudados em anos anteriores e que consideramos indispensáveis a` percepça˜ o das matérias a leccionar. Não usamos grande detalhe na exposiça˜ o dos resultados, mas preocupamo-nos mais com a resoluça˜ o de alguns exerc´ıcios que ajudem a recordar os conceitos estudados no ensino pré-universitário. Ao longo do ano haverá provavelmente necessidade de outras revisões que aqui não puderam ser contempladas. Conscientes das dificuldades em Matemática, sentidas por grande número de alunos, procuraremos, deste modo, facilitar a sua integraça˜ o no ensino superior. Para isso, e´ indispensável que da parte dos alunos haja vontade de aprender e alguma vontade de trabalhar. . . Para um melhor aprofundamento das matérias aqui afloradas, os alunos deverão consultar outros textos. Para além dos manuais do ensino secundário, sugerem-se, a t´ıtulo de exemplo: 1. Iaci Malta, Sinésio Pesco e Hélio Lopes. Cálculo a Uma Variável, volumes I e II. Ediço˜ es Loyola, 2002. 2. Jaime Carvalho e Silva. Princ´ıpios de Análise Matemática Aplicada. McGraw-Hill, 1994. Pode também consultar outra bibliografia conforme indicado nas Referências.

Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

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´ alculo ´ Pre-C 2005 1

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Conteudo ´

´ Numeros e Cálculo 1.1 Conjuntos de Números . . . . . 1.2 Condiço˜ es . . . . . . . . . . . . 1.3 Módulo de um Número . . . . . 1.4 Operaço˜ es com Fracço˜ es . . . . 1.5 Potências . . . . . . . . . . . . 1.6 Casos Notáveis da Multiplicaça˜ o

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1 1 1 2 2 3 4

Polinómios 2.1 Divisão Inteira de Polinómios . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Algoritmo da Divisão Inteira de Polinómios 2.1.2 Regra de Ruffini . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Zeros de um Polinómio e Factorizaça˜ o . . . . . . . 2.3 Simplificaça˜ o de Expressões . . . . . . . . . . . .

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5 5 5 6 6 8

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11 11 12 12 13 14

Equaço˜ es 3.1 Equaça˜ o do 1o Grau . . . . . . 3.2 Equaço˜ es do 2o grau . . . . . 3.3 Equaço˜ es com Radicais . . . . 3.4 Equaço˜ es com Módulos . . . . 3.5 Resoluça˜ o de outras Equaço˜ es

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Inequaço˜ es 4.1 Inequaço˜ es do 2o grau . . . . . . 4.2 Inequaço˜ es com módulos . . . . 4.3 Inequaço˜ es com Radicais . . . . 4.4 Resoluça˜ o de outras Inequaço˜ es

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17 17 18 19 20

Generalidades sobre Funço˜ es 5.1 Noça˜ o de Funça˜ o. Dom´ınio e Contradom´ınio . 5.2 Funço˜ es Reais de Variável Real . . . . . . . . . 5.3 Restriça˜ o de uma funça˜ o . . . . . . . . . . . . 5.4 Funço˜ es definidas por ramos . . . . . . . . . . 5.4.1 A funça˜ o módulo . . . . . . . . . . . . 5.5 Injectividade e sobrejectividade . . . . . . . . . 5.6 Paridade de Funço˜ es . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Funço˜ es Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Funça˜ o Limitada . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9 Funço˜ es com parâmetros ou fam´ılias de funço˜ es 5.10 Funço˜ es polinomiais . . . . . . . . . . . . . . 5.11 Funço˜ es racionais . . . . . . . . . . . . . . . . 5.12 Funça˜ o Composta . . . . . . . . . . . . . . . . 5.13 Inversa de uma Funça˜ o . . . . . . . . . . . . .

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23 23 23 26 26 26 28 29 30 31 32 32 33 33 34

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36 36 36 36 36 37 37 39 39 40

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Funça˜ o logar´ıtmica e funça˜ o exponencial 6.1 Logaritmos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Funça˜ o Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Propriedades da exponencial . . . . . . . . . . 6.2.2 Funça˜ o Exponencial de Base a com a > 1 . . . 6.2.3 Funça˜ o Exponencial de Base a com 0 < a < 1 6.3 Funça˜ o Logar´ıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Funça˜ o Logar´ıtmica de Base a, com a > 1 . . 6.3.2 Funça˜ o Logar´ıtmica de Base a, com 0 < a < 1


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´ alculo ´ Pre-C 2005 7

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Funço˜ es trigonométricas 7.1 Funço˜ es Trigonométricas . . . . . . 7.2 Identidades Trigonométricas . . . . 7.3 Gráficos das funço˜ es trigonométricas 7.3.1 Funço˜ es seno e cosseno . . 7.3.2 Funça˜ o tangente . . . . . . 7.4 Equaço˜ es trigonométricas . . . . . .

Conteudo ´ . . . . . .

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43 43 43 44 44 45 45

Sucessões reais 8.1 Conceitos fundamentais . . . . . . . . . . . 8.1.1 Sucessões definidas por recorrência 8.2 Monotonia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Sucessões limitadas . . . . . . . . . . . . . 8.4 Progressões aritméticas e geométricas . . . 8.4.1 Progressões aritméticas . . . . . . . 8.4.2 Progressões geométricas . . . . . . 8.5 Convergência de uma sucessão . . . . . . . 8.6 Limites notáveis . . . . . . . . . . . . . . . 8.7 Propriedades aritméticas dos limites . . . . 8.8 Teoremas sobre limites . . . . . . . . . . .

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48 48 50 51 52 53 53 54 55 56 56 57

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61 61 62 62 63 65 66 70

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72 72 72 73 74 75 76 77 77 77

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Limites e Continuidade 9.1 Definiça˜ o de Limite . . . . . . . . . . 9.2 Continuidade . . . . . . . . . . . . . 9.3 Propriedades dos Limites . . . . . . . 9.4 Propriedades das Funço˜ es Cont´ınuas . 9.5 Limites Infinitos e Limites no Infinito 9.6 Propriedades dos Limites Infinitos . . 9.7 Ass´ımptotas . . . . . . . . . . . . . .

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10 Derivadas 10.1 Derivada de uma Funça˜ o num Ponto. Funça˜ o Derivada . 10.2 Interpretaça˜ o Geométrica da Derivada . . . . . . . . . . 10.3 Regras de Derivaça˜ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4 Derivada da Funça˜ o Composta . . . . . . . . . . . . . . 10.5 Derivada da funça˜ o inversa . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6 Derivadas de ordem superior a` primeira . . . . . . . . . 10.7 Aplicaça˜ o das derivadas ao estudo de funço˜ es . . . . . . 10.7.1 Monotonia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7.2 Convexidade, Concavidade e Pontos de Inflexão Referências


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iii


1 1.1

´ Numeros e Cálculo ´ Conjuntos de Numeros Notaça˜ o N N0 Z

Definiça˜ o Números Naturais Números Naturais e o Zero N0 = N ∪ {0} Números Inteiros Z = N0 ∪ {−n : n ∈ N}

Q

Números Racionais na o Q= : a, b ∈ Z ∧ b 6= 0 b

R

Números Reais R = Q ∪ {x : x e´ número irracional}

C

Números Complexos C = {a + bi : a, b ∈ R, i2 = −1} Nota:

1.2

´ 1 Numeros ´ e Calculo

R+ = {x ∈ R : x > 0} =]0, +∞[ R− = {x ∈ R : x < 0} =] − ∞, 0[

Exemplos 1; 2; 3; . . . 0; 1; 2; 3; . . . . . . ; −2; −1; 0; 1; 2; . . . d´ızimas finitas: 1 −0, 6; = 0, 25; 34, 8; 3; . . . 4 d´ızimas infinitas periódicas: 1 8 0, 1(6) = ; 0, (8) = ; . . . 6 9 irracionais (ou d´ızimas infinitas √ não periódicas): π = 3.14159 . . . ; 7 = 2.645751 . . . 4 − i; 3i; 5; . . . e e

+ R+ 0 = R ∪ {0} = [0, +∞[ − R0 = R− ∪ {0} =] − ∞, 0]

Condiço˜ es

Uma condiça˜ o (numérica) e´ uma expressão que contém variáveis e que, para toda a concretizaça˜ o (substituiça˜ o das variáveis por números), só admite um valor lógico, verdadeiro (V) ou falso (F). Chama-se condiça˜ o universal (c.univ.) a uma condiça˜ o que e´ verdadeira para toda a concretizaça˜ o (p.e., x2 + 1 > 0); chama-se condiça˜ o imposs´ıvel (c.imp.) a uma condiça˜ o que e´ falsa para toda a concretizaça˜ o. A partir de condiço˜ es elementares (por exemplo, relaço˜ es de igualdade, =, ou de ordem, <), constroem-se condiço˜ es mais complicadas por conjunça˜ o (com o operador ∧, “e”) ou disjunça˜ o (com o operador ∨, “ou”). ` conjunça˜ o de condiço˜ es (∧) corresponde a intersecça˜ o de conjuntos soluça˜ o (∩). A ` disjunça˜ o de condiço˜ es (∨) corresponde a reunião de conjuntos soluça˜ o (∪). A Consequência disto são as seguintes leis. Seja C uma condiça˜ o qualquer. Então, • C ∧ c.imp. e C ∧ F são c.imp. Exemplos: – x + 1 = 0 ∧ x2 + 1 = 0 – x+1=0∧1=0 são c.imp.. • C ∨ c.univ. e C ∨ V são c.univ. exemplo: – x + 1 = 0 ∨ x2 + 1 > 0 e – x+1=0∨1>0 são c.univ.. • C ∨ c.imp., C ∨ F, C ∧ c.univ. e C ∧ V são todas equivalentes a C. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

1


1.3


´ Módulo de um Numero

O módulo ou valor absoluto de um número real x e´ definido por x se x ≥ 0 |x| = −x se x < 0 ou seja, e´ o valor não negativo que representa a distância desse número a` origem da recta real. Exemplo: Por definiça˜ o |x − 1| =

x−1 −(x − 1)

se x − 1 ≥ 0 = se x − 1 < 0

x−1 −x + 1

se x ≥ 1 se x < 1

Exerc´ıcios Propostos 1. Escreva, sem usar o s´ımbolo | |, os seguintes módulos: (a)

|2x − 3|

(b)

2|x + 4|

|x| − x3

(c)

2. Mostre que: (a)

1.4

| − x| = 6 x

(b)

|x2 | = x2 = | − x2 |, para todo x ∈ R

Operaço˜ es com Fracço˜ es Propriedades a b c d

=

ab + ac a

Exemplos x−1 3x2 x3 −2 8

ad ∧ d 6= 0 bc

=

8(x − 1) 3x2 (x3 − 2)

2

2 3x sen x − 5xex = 3 sen x − 5ex ∧ x 6= 0 x

= b + c ∧ a 6= 0

ab + c 6= b + c a

(x2 + 1) cos x2 + ln(x4 − 5x) 6= cos x2 + ln(x4 − 5x) x2 + 1

b+c b c = + a a a

2x−3 + cos x 2x−3 cos x = + 2 2 2 3x + 5 3x +5 3x + 5

a a a 6= + b+c b c

x2 x2 x = 6 + x x e tan x e + x tan x

a+c a c 6= + b+d b d

5−x + ln(x + 3) ln(x + 3) 6= 1 + −x x 5 +x

Exerc´ıcios Propostos Utilizando os s´ımbolos = ou 6=, e impondo as condiço˜ es necessárias, preencha os espaços de forma a que a afirmaça˜ o resultante seja verdadeira. Justifique a sua resposta. (a)

ab + ac . . . b + ac a

(b)

a−b ... − 1 ∧ ... b−a

(c)

− (a + b) . . . − a + b

(d)

(a − b) − c . . . a − (b − c)

(e)

−

a −a ... ∧ ... b b

(f)

a b

c

...


a b c

∧ ... 2


1.5


Potências au e´ uma potência de base a e expoente u

A potência au não está definida para todo a, u ∈ R. Se a > 0, au está sempre bem definida e au ∈ R+ . Se a = 0, a potência au só e´ válida se u ∈ R+ e au = 0u = 0. Por exemplo, 0−2 =

1 02

=

1 0

não tem

significado. p √ 5 Se a < 0, a potência au nem sempre tem significado. Por exemplo, (−2) 2 = (−2)5 = −32. Sejam a, b ∈ R+ e sejam u, v ∈ R. Propriedades 1 a−u = u a √ 1 u au = a √ v a u = u av av au = av+u av au 6= avu

Exemplos 1 3−4 = 4 3 √ 1 5 75 = 7 √ 3 4 2 4 = 23 32 · 35 = 32+5 = 37 41 · 42 = 4 · 16 = 43 6= 41·2 = 42 (23 )2 = 82 = 64 = 26 = 23·2 (22 )3 = 43 = 64

(au )v = auv = (av )u au bu = (ab)u

52 · 62 = 302

av = av−u au a u au = u b b

73 = 73−4 = 7−1 74 !3 33 3 = 3 5 5

˜ ATENC ¸ AO √ √ √ a + b 6= a + b √ √ n √ n

Exemplos √ √ 9 + 16 = 25 = 5 √ √ 3+4=7 √ 9 + 16 =√ 2 2 5 + 12 = 169 = 13 5 + 12 = 17 p 4 (−5)4 = | − 5| = 5 p 3 (−5)3 = −5

a2 + b2 6= a + b

an = |a|, se n e´ par

an = a, se n e´ ´ımpar

NOTA: Se a < 0, as propriedades anteriormente descritas são apenas válidas se u = rs , com s um número ´ımpar. Por exemplo, se aplicarmos a 5a propriedade a 1

((−1)2 ) 2 = (−1)1 = −1; por outro lado, 1

1

((−1)2 ) 2 = 1 2 = 1. Exerc´ıcios Propostos 1. Prove, usando as propriedades anteriores, que a0 = 1, para todo a ∈ R \ {0} . Justifique porque e´ que 00 não está definido. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

3



2. Utilizando os s´ımbolos = ou 6=, e impondo as condiço˜ es necessárias, preencha os espaços de forma a que a afirmaça˜ o resultante seja verdadeira. Justifique a sua resposta. p 2 (a) a2 + 1 . . . a + 1 (b) (ar )2 . . . ar r x y

xy

(c) a b . . . (ab) q

(e)

m

√ n

1

a . . . a mn

(d) (f)

n

√ n

1 1 . . . c− n c

am . . . amn

3. Simplifique as as seguintes expressões, aplicando as propriedades vistas anteriormente. √ 0 53 3 + 4−2 − 2 ; (a) 5 2 4 2 (b) 23 · 2−1 + −1 ; 4 q p p √ √ 3 3 2 3 (c) (−3) + (−4) − 64 + 3 −108

1.6

Casos Notáveis da Multiplicaça˜ o Quadrado da Soma (a + b)2 = a2 + 2ab + b2

Quadrado da Diferença (a − b)2 = a2 − 2ab + b2

Diferença de Quadrados a2 − b2 = (a − b)(a + b) Exemplo: Repare que (3 + t)2 = 9 + 6t + t2 (3 − t)2 = 9 − 6t + t2 (3 + t)(3 − t) = 9 − t2


4


2

´ 2 Polinomios

Polinómios

Seja n ∈ N0 e sejam a0 , a1 , . . . , an ∈ R. Notaça˜ o monómio grau do monómio

Definiça˜ o an xn n e´ uma soma de monómios p(x) = an xn + · · · + a1 x + a0 a0 an ; . . . ; a1 ; a0 e´ o maior grau dos monómios que formam o polinómio

polinómio termo independente coeficientes do polinómio grau do polinómio

Exemplo x5 ; −4x2 ; 3 5; 2; 0 x5 − 4x2 + 3 3 1; 0; 0; −4; 0; 3 5

Nota: O grau do monómio nulo e´ indeterminado.

2.1

Divisão Inteira de Polinómios Dados dois polinómios p e d, dividir p por d e´ encontrar dois polinómios q e r tais que p = d · q + r, onde r tem grau inferior a d ou r = 0. Se r = 0 dizemos que p e´ divis´ıvel por d. p: dividendo d: divisor r: resto q: quociente Se o dividendo tem grau n e o divisor tem grau m então o quociente terá grau n − m. Note-se que se o grau do divisor for maior que o grau do dividendo então o quociente da divisão inteira e´ 0 e o resto coincide com o dividendo.

2.1.1

Algoritmo da Divisão Inteira de Polinómios

Este algoritmo será ilustrado com um exemplo. Pretende-se efectuar a divisão de p(x) = 4x4 + 2x2 − 3 por d(x) = x2 − 1. 4x4

+

2x2

x2

−3

4x4 + 2x2 − 3

−

−

−

4x4 (4x4

+ −

4x4 4x4 4x4 4x4

+ + + + −

x2 − 1 4x2

2x2 4x2 ) 6x2 2x2 4x2 6x2 2x2 4x2 6x2 (6x2

−1

−

3

−

3

−

3

−

3

− − −

3

x2 − 1 4x2

x2 − 1 4x2 + 6 x2 − 1 4x2 + 6

3 6) 3

Começa-se por escrever, ordenadamente, o dividendo e o divisor colocando os expoentes das potências de x por ordem decrescentes, de acordo com o esquema. Dividem-se os termos de maior grau do divi4x4 dendo e do divisor 2 = 4x2 . O resultado e´ x o termo de maior grau do quociente. Multiplica-se o divisor pelo termo de maior grau do quociente, escreve-se o simétrico desse produto e adiciona-se ao dividendo, obtendo o resto parcial. Divide-se o termo de maior grau do resto parcial 6x2 pelo termo de maior grau do divisor 2 = 6. O x resultado e´ o segundo termo do quociente. Repete-se, em seguida, todo o processo. A divisão acaba quando o grau do resto parcial e´ inferior ao grau do divisor.

Assim, o resto desta divisão inteira e´ r(x) = 3 e o quociente e´ q(x) = 4x2 + 6. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

5

´ alculo ´ Pre-C 2005 2.1.2

´ 2 Polinomios

Regra de Ruffini

A regra de Ruffini e´ um processo prático para a determinaça˜ o dos coeficientes do quociente e do resto da divisão inteira de polinómios quando o divisor e´ da forma x − α, com α ∈ R. Veja-se a partir de um exemplo em que consiste a Regra de Ruffini. Considere a divisão de p(x) = 2x3 − 5x2 + 5 por d(x) = x + 1. 2

−5

0

5

2 ↓ 2

−5

0

5

−1

−1

2 −1 ×

−5 −2

0

5

−5 −2 −7

0 7 7

5 −7 −2

2 2

−1 2

Na primeira linha colocam-se os coeficientes do dividendo. Escreve-se zero nos coeficientes nulos. Na segunda linha coloca-se o valor de α = −1 Transporta-se para a terceira linha o primeiro coeficiente do dividendo. E´ nesta linha que se obtém os coeficientes do polinómio quociente e do resto. Obtém-se o segundo coeficiente do quociente −7 multiplicando por α = −1 o primeiro coeficiente do quociente 2 e adicionando o resultado −2 ao segundo coeficiente do dividendo −5. Repete-se o processo sucessivamente. O u´ ltimo número obtido e´ o resto da divisão, sendo os anteriores os coeficientes do quociente.

Neste caso o resto e´ r(x) = −2 e o quociente e´ q(x) = 2x2 − 7x + 7. Exerc´ıcios Propostos Determine quociente e o resto da divisão inteira de (a) p(x) = x5 + 4x2 − 2 por d(x) = x2 + 2 (b) p(x) = x6 − 4x2 − 1 por d(x) = x3 − 1 (c) p(x) = x2 − 3x − 5 por d(x) = x − 2 (d) p(x) = x4 − 2x2 − 16 por d(x) = x + 2

2.2

Zeros de um Polinómio e Factorizaça˜ o

Dado um polinómio p diz-se que β e´ um zero ou uma raiz de p se, ao substituir x por β, o polinómio anula-se, ou seja, p(β) = 0. Mostra-se que β e´ uma raiz de p se o resto da divisão de p por x − β e´ zero. A decomposiça˜ o de um polinómio em factores consiste em escrever um polinómio como produto de factores. Se β e´ raiz do polinómio p então p pode decompor-se em factores da forma p(x) = (x − β)q(x), onde q(x) e´ o quociente da divisão inteira de p(x) por x − β. Existem vários processos para determinar zeros de um polinómio e a sua consequente decomposiça˜ o. • Seja p(x) = ax2 + bx + c, com a, b, c ∈ R e a 6= 0. Os zeros deste polinómio existem (em R) se e só se b2 − 4ac ≥ 0 e são dados pela fórmula resolvente √ √ −b + b2 − 4ac −b − b2 − 4ac α= β= 2a 2a Nota: E´ usual denotar ∆ = b2 − 4ac. Caso existam os zeros, pode-se factorizar p do seguinte modo p(x) = a(x − α)(x − β). Exemplo: Seja p(x) = 3x2 − 3x − 18. Aplicando a fórmula resolvente, verifica-se que tem como zeros p p 3 + 32 − 4 · 3 · (−18) 3 − 32 − 4 · 3 · (−18) x= =3 e x= = −2. 2·3 2·3 Assim, p(x) = 3(x − 3)(x + 2). Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

6


´ 2 Polinomios

• Existem certos polinómios de grau 2 que são mais fáceis de factorizar aplicando os casos notáveis da multiplicaça˜ o. Exemplo: Aplicando os casos notáveis pode-se decompor os seguintes polinómios √ 2 √ p(x) = 2x2 − 25 = 2x − 52 e´ a diferença entre os quadrados de 2x e 5 √ √ = 2x − 5 2x + 5 t(x) = 9x2 − 24x + 16 = (3x)2 − 2 · 3x · 4 + 42

e´ o quadrado da diferença entre 3x e 4

= (3x − 4)2 √ 2 √ √ a(x) = 4x2 + 4 5x + 5 = (2x)2 + 2 · 2x · 5 + 5 √ 2 = (2x + 5)

e´ o quadrado da soma de 2x com

√

5

• Seja p(x) = an xn + · · · + a1 x + a0 , n ∈ N. A regra de Ruffini pode ser usada para determinar o valor de α tal que o resto da divisão inteira de p por x − α seja nulo. Regra prática Suponha-se que p tem todos os coeficientes inteiros, ou seja, ai ∈ Z β Então, se tiver um zero da forma α = , tal que β ∈ Z e γ ∈ N γ β e´ divisor de a0 e γ e´ divisor de an . Donde p(x) = (x − α)q(x), onde q(x) e´ o quociente da divisão. Exemplo: Considere-se p(x) = x3 − 3x2 + x + 1. De acordo com a regra prática, como a3 = 1 ⇒ β = 1 ∨ β = −1 a0 = 1 ⇒ γ = 1 os poss´ıveis candidatos a ra´ızes são 1 e −1. Começa-se por experimentar. −3 −3 −6

1 −1 1

1 6 7

1 −7 −6

Como o resto e´ não nulo, −1 não e´ zero de p. Resta experimentar α = 1 1 1 1

−3 1 −2

1 −2 −1

1 −1 0

Donde 1 e´ zero de p e p(x) = (x − 1)(x2 − 2x − 1). Além disso, pela fórmula resolvente, sabe-se que √ √ x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 + 2 ∨ x = 1 − 2, √ √ o que quer dizer que x2 − 2x − 1 = x − 1 − 2 x − 1 + 2 . Logo √ √ p(x) = (x − 1) x − 1 − 2 x − 1 + 2 . • Outro processo baseia-se na existência de factores comuns em todos os monómios que compõem o polinómio. Se tais factores existirem, podem-se colocar em evidência. Exemplo 1: Seja p(x) = −8x3 + 16x2 . Repare-se que 8x2 e´ um factor comum a todos os monómios que constituem o polinómio, ou seja, e´ um factor comum a −8x3 e a 16x2 . Donde p(x) = 8x2 (−x + 2) Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

7


´ 2 Polinomios

Exemplo 2: Seja t(x) = 2x2 − 2 + x3 − x. Poderia-se tentar aplicar a regra de Ruffini. Mas repare-se 2x2 − 2 + x3 − x = 2(x2 − 1) + x(x2 − 1) Donde existe um factor x2 − 1 comum a` s duas parcelas. Logo t(x) = (x2 − 1)(2 + x) E como x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), tem-se que t(x) = (x − 1)(x + 1)(2 + x). Exerc´ıcios Propostos Factorize os seguintes polinómios (a) x2 − 3x + 2 (b) 52x2 − 10x3 − 48x x2 (c) x3 − 7x2 + 3x + 3 (d) −9 36

2.3

Simplificaça˜ o de Expressões O dom´ınio das expressões e´ o maior subconjunto de R onde a expressão tem significado. O dom´ınio da expressão inicial deve ser igual ao dom´ınio da expressão obtida após simplificaça˜ o. Para tal e´ , por vezes necessário, acrescentar condiço˜ es a` s variáveis envolvidas na expressão.

Considerem-se alguns exemplos de simplificaça˜ o de expressões e racionalizaça˜ o de denominadores. Exemplo 1: Pelas propriedades das potências tem-se que 4 −2 3 2 3y 32 (y 3 )2 9y 6 x = = = ∧ y 6= 0 3y 3 x4 (x4 )2 x8 9y 6 Acrescentou-se a condiça˜ o y 6= 0 porque o dom´ınio da expressão 8 e´ x 6= 0 e o dom´ınio da expressão inicial x e´ y 6= 0 (encontra-se no denominador de uma fracça˜ o) e x 6= 0 (uma potência com expoente negativo não pode ter base nula). A igualdade das expressões apenas e´ válida se y 6= 0 e x 6= 0. Exemplo 2: Novamente pelas propriedades das potências, r √ √ 3 3 3 6 3 6 2 a 2a2 3 2 a √ = = 3 3 b3 b b Repare-se que o dom´ınio das expressões, inicial e final, e´ b 6= 0, da´ı que não seja necessário acrescentar nenhuma condiça˜ o a` s variáveis para que a igualdade entre as expressões seja válida. Exemplo 3: Para simplificar a expressão x2

x 2x + 3 1 + − − 1 2x + 2 2x − 2

reduzem-se todas as fracço˜ es ao mesmo denominador. Para isso e´ necessário factorizar os denominadores. Sabe-se que x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), 2x − 2 = 2(x − 1) e 2x + 2 = 2(x + 1). Pode-se reduzir todas as fracço˜ es a fracço˜ es equivalentes com denominador 2(x2 − 1). Assim x2

x 2x + 3 1 2x (2x + 3)(x − 1) (x + 1) + − = + − 2 2 − 1 2x + 2 2x − 2 2(x − 1) 2(x − 1) 2(x2 − 1) 2x + (2x + 3)(x − 1) − (x + 1) = 2(x2 − 1)


8


´ 2 Polinomios

Aplicando a propriedade distributiva e simplificando os termos semelhantes obtém-se 2x + 2x2 − 2x + 3x − 3 − x − 1 2(x2 − 1) 2 2(x2 + x − 2) 2x + 2x − 4 = = 2(x2 − 1) 2(x2 − 1) x2 + x − 2 = x2 − 1 =

Ainda e´ poss´ıvel simplificar mais, factorizando o numerador. Aplicando a fórmula resolvente, sabe-se que os zeros de x2 + x − 2 são x = 1 e x = −2. Donde x2 + x − 2 = (x − 1)(x + 2) e x2 − 1 = (x + 1)(x − 1). Logo (x − 1)(x + 2) (x + 1)(x − 1) x+2 = ∧ x 6= 1 x+1 =

Repare-se que 2x + 3 1 x+2 x + − 6= − 1 2x + 2 2x − 2 x+1 uma vez que os dom´ınios das duas expressões não são iguais. O dom´ınio da primeira e´ x 6= 1 e x 6= −1 e o dom´ınio da segunda e´ x 6= −1. A igualdade só e´ válida em R \ {−1, 1}. x2

Exemplo 4: Considere-se a expressão

y −1 + x−1 . Começa-se por reduzir tudo ao mesmo denominador. As(xy)−1

sim, y −1 + x−1 = (xy)−1

1 y

+ 1 xy

1 x

=

x+y xy 1 xy

=

(x + y)(xy) xy

= x + y ∧ x 6= 0 ∧ y 6= 0 Repare-se que o dom´ınio de x + y e´ R e o dom´ınio da expressão dada e´ x 6= 0 e y 6= 0 (porque são bases de potências com expoente negativo). Exemplo 5: Considere-se a expressão 1 p

x3 y

.

Para simplificar este tipo dep expressões com radicais multiplica-se o numerador e o denominador pelo radical que surge no denominador, x3 y. Nota: Ao multiplicar (ou dividir) por uma expressão tem que se garantir que essa expressão e´ não nula. Neste caso,

p

x3 y 6= 0 atendendo ao dom´ınio da expressão dada. Obtém-se p 1 x3 y p p = p x3 y x3 y x3 y p x3 y = 3 x y

Ainda e´ poss´ıvel simplificar um√pouco mais a expressão uma vez que existe uma potência de grau superior ao p √ √ 3 ´ındice da raiz. Como x y = x2 xy = |x| xy, vem que √ |x| xy p = . x3 y x3 y 1


9

´ alculo ´ ´ Pre-C 2005 2 Polinomios √ √ √ x+2 Exemplo 6: Seja √ . Neste caso tem que se multiplicar e dividir por x + 2 (note-se que x + 2 6= 0 x−2 para todo x ∈ R). Aplicando os casos notáveis, obtém-se √ √ √ x+2 ( x + 2)( x + 2) √ √ = √ x−2 ( x − 2)( x + 2) √ √ √ x+4 x+4 ( x)2 + 4 x + 4 √ = = x−4 ( x)2 − 22 √ Note-se que o dom´ınio da expressão inicial e´ x ≥ 0 e x − 2 6= 0 ⇔ x 6= 4, que coincide com o dom´ınio da expressão obtida após simplificaça˜ o. Exerc´ıcios Propostos Simplifique as expressões, racionalizando o denominador sempre que necessário. 2 2 1 −1 3 4a b 5a b (a) 2x2 y −5 6x−3 y (b) x y 3 a3 b3 2b4 (c)

(e)

(g)

√ 3

8a6 b−3

9 2 + 3s + 1 (3s + 1)2 b a 1 a

− −

a b 1 b

√ 2t + 8 (d) √ t−3 (f)

2x 8 3 − 2 + x + 2 x + 2x x

(h)

x + t2 √ 5 − xt


10


3

˜ 3 Equaçoes

Equaço˜ es Notaça˜ o Equaça˜ o Equaça˜ o Polinomial

Soluça˜ o ou Raiz da Equaça˜ o

Conjunto Soluça˜ o Equaço˜ es Equivalentes Equaça˜ o Imposs´ıvel Equaça˜ o Poss´ıvel Resolver uma Equaça˜ o

Definiça˜ o e´ uma igualdade onde figura pelo menos uma variável e´ uma igualdade entre polinómios e´ um valor que, quando concretizado na variável, transforma a equaça˜ o numa proposiça˜ o verdadeira e´ o conjunto de todas as soluço˜ es são equaço˜ es com o mesmo conjunto soluça˜ o não tem nenhuma soluça˜ o admite pelo menos uma soluça˜ o e´ encontrar todas as soluço˜ es

Exemplos 3x − 5 = 4 2x = −8 2 ln y + 2x2 = 2x 3x − 5 = 4 x2 − 5 = 4x −1 e´ soluça˜ o de x2 − 5 = 4x pois (−1)2 − 5 = 4 · (−1) {−1, 5} e´ o conjunto soluça˜ o de x2 − 5 = 4x 3x − 5 = 4 e 3x = 9 são equivalentes 2x = −8 e´ uma equaça˜ o imposs´ıvel x2 − 5 = 4x e´ uma equaça˜ o poss´ıvel aplicar a fórmula resolvente resolve x2 − 5 = 4x

Serão recordados apenas métodos simples de resolver equaço˜ es polinomiais do 1o e do 2o grau ou equaço˜ es que podem ser simplificadas para equaço˜ es desse tipo. Chama-se grau de uma equaça˜ o polinomial ao maior expoente das potências de x que surge na equaça˜ o, após simplificaça˜ o.

3.1

Equaça˜ o do 1o Grau Equaça˜ o do 1o grau Toda a equaça˜ o que, depois de simplificada, tem a forma ax = b, com a, b ∈R ea 6= 0. b . O seu conjunto soluça˜ o e´ a

NOTA: Se após simplificaça˜ o, a equaça˜ o for do tipo 0x = b então o conjunto soluça˜ o, em R, e´ ∅ se b 6= 0; se b = 0, então o conjunto soluça˜ o e´ R Exemplo: Considere-se a equaça˜ o 2(x + 1) x + 2 − = 2x 3 4 Simplificando, e atendendo ao quadro anterior, conclui-se que 2(x + 1) x + 2 8(x + 1) 3(x + 2) 12(2x) − = 2x ⇔ − = 3 4 12 12 12 ⇔ 8(x + 1) − 3(x + 2) = 12(2x) ⇔ 8x + 8 − 3x − 6 = 24x ⇔ 8x − 3x − 24x = −8 + 6 ⇔ −19x = −2 −2 2 ⇔x= = . −19 19 Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

11


˜ 3 Equaçoes

Exerc´ıcios Propostos Resolva, em R, as seguintes equaço˜ es. x + 10 (a) =5−x 4 16x + 3 10x + 1 = 4x − (c) 4 − 6 4

3.2

x (b) 3 + 1 = x − 2(1 − x) 2 1 4 x (d) x + − x=2 1− 3 5 6

Equaço˜ es do 2o grau Equaça˜ o do 2o grau Toda a equaça˜ o que, depois de simplificada, tem a forma ax2 + bx + c = 0, com a, b, c ∈ R e a 6= 0

Recorde-se que ∆ = b2 − 4ac. Casos Poss´ıveis ∆<0 ∆=0 ∆>0

Conjunto Soluça˜ o em R ∅ b − 2a ) ( √ √ −b + b2 − 4ac −b − b2 − 4ac , 2a 2a

Exemplo: Pretende-se determinar o conjunto soluça˜ o, em R, da equaça˜ o x(x + 1) + 7 = 3 − 3x Para a resolver a equaça˜ o deve-se, em primeiro lugar, simplificá-la. x(x + 1) + 7 = 3 − 3x ⇔ x2 + x + 7 = 3 − 3x ⇔ x2 + x + 7 − 3 + 3x = 0 ⇔ x2 + 4x + 4 = 0 Trata-se de uma equaça˜ o do 2o grau. Como ∆ = 42 − 4 · 1 · 4 = 0, sabe-se que a equaça˜ o admite uma u´ nica 4 soluça˜ o que e´ x = − = −2. 2 Exerc´ıcios Propostos Determine o conjunto soluça˜ o, em R, das seguintes equaço˜ es. (a) 4x2 − 3x = 0 (b) 1 + (x + 2)(x − 4) = x x2 − 4 x2 + 4 + =1 (d) (x − 1)2 + (x + 3)2 = 0 (c) 12 8

3.3

Equaço˜ es com Radicais Resoluça˜ o de equaço˜ es com radicais do tipo

p f (x)

• Primeiro deve-se isolar os radicais. • De seguida elevam-se ambos os membros ao quadrado. Ao fazer esta operaça˜ o pode-se não obter uma equaça˜ o equivalente a` inicial pois podem ser introduzidas novas soluço˜ es. • Por fim, e depois de obter as soluço˜ es da nova equaça˜ o, verifica-se se estas satisfazem a equaça˜ o inicial. • Não esquecer que o dom´ınio da expressão e´ f (x) ≥ 0. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

12


˜ 3 Equaçoes √

Exemplo: Pretende-se resolver a equaça˜ o 5x − 9 = x − 3. Elevando ambos os membros ao quadrado obtém-se √ √ 2 5x − 9 = x − 3 ⇒ 5x − 9 = (x − 3)2 ⇔ 5x − 9 = x2 − 6x + 9 ⇔ x2 − 6x − 5x + 9 + 9 = 0 ⇔ x2 − 11x + 18 = 0 ⇔ x=9∨x=2 Resta verificar √ se as soluço˜ es obtidas satisfazem a equaça˜ o dada. Para x = 2, √5 · 2 − 9 = 2 − 3 ⇔ 1 = −1. Donde 2 não e´ soluça˜ o da equaça˜ o inicial. Para x = 9, 5 · 9 − 9 = 9 − 3 ⇔ 6 = 6. Logo a u´ nica soluça˜ o da equaça˜ o dada e´ x = 9. Nota: Repare-se que coloca-se o sinal de implicaça˜ o ⇒ quando se eleva ao quadrado ambos os membros porque, tal como foi dito anteriormente, pode-se estar a acrescentar soluço˜ es, e portando não se obtêm equaço˜ es equivalentes. Também por isso não e´ necessário escrever dom´ınios iguais. Exerc´ıcios Propostos Resolva, ¸ o˜ es. √ √ em R, as seguintes equac √ (b) px3 = x (a) 7 − x = x − 5 √ √ √ (c) x + 4x + 1 = 5 (d) x + x + 8 = 2 x

3.4

Equaço˜ es com Módulos Resoluça˜ o de equaço˜ es tipo |f (x)| = g(x) |f (x)| = g(x) ⇔ f (x) = g(x) ∨ f (x) = −g(x) ∧ g(x) ≥ 0 NOTA: se g(x) < 0, a equaça˜ o |f (x)| = g(x) e´ imposs´ıvel .

Exemplo 1: Pretende-se determinar o conjunto soluça˜ o da equaça˜ o |x − 3| = 8. |x − 3| = 8 ⇔ (x − 3 = 8 ∨ x − 3 = −8) ∧ 8 ≥ 0 | {z } V ⇔ x = 11 ∨ x = −5 Recorde-se que V ∧ C ⇔ C, qualquer que seja a condiça˜ o C. Logo o conjunto soluça˜ o e´ {−5, 11}. Exemplo 2: Considere-se a equaça˜ o |5x + 4| = −2. E´ fácil verificar que se trata de uma equaça˜ o imposs´ıvel pois uma distância nunca pode ser negativa. De facto, |5x + 4| = −2 ⇔ (5x + 4 = −2 ∨ 5x + 4 = 2) ∧ −2 ≥ 0 | {z } F pois F ∧ C ⇔ F, qualquer que seja a condiça˜ o C. Donde a equaça˜ o e´ imposs´ıvel e, portanto, o conjunto soluça˜ o e´ ∅. Exemplo 3: Pretende-se determinar o conjunto soluça˜ o da equaça˜ o |2x − 1| = 3x + 4. Sabe-se que |2x − 1| = 3x + 4 ⇔ 2x − 1 = 3x + 4 ∨ 2x − 1 = −(3x + 4) ∧ 3x + 4 ≥ 0 ⇔ (2x − 3x = 4 + 1 ∨ 2x + 3x = −4 + 1) ∧ 3x + 4 ≥ 0 3 4 ∧x≥− ⇔ x = −5 ∨ x = − 5 3 3 ⇔ x=− 5 Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

13


˜ 3 Equaçoes

4 3 Note-se que −5 < − . Portanto, o conjunto soluça˜ o da equaça˜ o dada e´ − . 3 5 Outro caso em que também se pode usar a técnica do “elevar ao quadrado ambos os membros”, e´ nas equaço˜ es que envolvem dois módulos. Nestas situaço˜ es não se inserem novas soluço˜ es, ou seja, as soluço˜ es obtidas depois de se elevar ao quadrado ambos os membros são as mesmas da equaça˜ o inicial. Resoluça˜ o de equaço˜ es do tipo |f (x)| = |g(x)| |f (x)| = |g(x)| ⇔ [f (x)]2 = [g(x)]2 1 Exemplo: Considere-se a equaça˜ o |x − 4| = |2x − 1|. Elevando ambos os membros ao quadrado obtém-se 2 2 1 1 2 |x − 4| = |2x − 1| ⇔ (x − 4) = (2x − 1) 2 2 1 ⇔ x2 − 8x + 16 = (4x2 − 4x + 1) 4 1 2 ⇔ x − 8x + 16 = x2 − x + 4 1 ⇔ x2 − 8x + 16 − x2 + x − = 0 4 63 63 ⇔ −7x + = 0 ⇔ −7x = − 4 4 63 ⇔x= . 28 Exerc´ıcios Propostos Determine, em R, o conjunto soluça˜ o das seguintes equaço˜ es. (a) 3|x + 1| − 2 = −11 (b) |3x − 2| + 3 = 7 (c) |5x − 1| = 6x (d) |x + 1| − 2x = 8x + 3 (e) |x − 2| = |x + 5| (d)|x + 1| − 2|x − 3| = 0

3.5

Resoluça˜ o de outras Equaço˜ es

Um processo muito usado na resoluça˜ o de equaço˜ es e´ usar a decomposiça˜ o em factores seguida da lei do anulamento do produto. Lei do anulamento do produto O produto de dois ou mais factores e´ nulo se e só se pelo menos um dos factores e´ nulo, ou seja, ab · · · z = 0 ⇔ a = 0 ∨ b = 0 ∨ · · · ∨ z = 0 Exemplo: A lei do anulamento do produto permite determinar o conjunto soluça˜ o da equaça˜ o 1 (7 − 3x)(5 − x)(x + 1) = 0. 2 Aplicando a lei do anulamento do produto vem que 1 1 (7 − 3x)(5 − x)(x + 1) = 0 ⇔ = 0 ∨ 7 − 3x = 0 ∨ 5 − x = 0 ∨ x + 1 = 0 2 2 | {z } F 7 ⇔ x = ∨ x = 5 ∨ x = −1 3 7 Recorde-se que F ∨ C ⇔ C, qualquer que seja a condiça˜ o C. Assim o conjunto soluça˜ o e´ −1, , 5 . 3 Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

14


˜ 3 Equaçoes

Outros processos de resoluça˜ o de outro tipo de equaço˜ es serão exemplificados. Exemplo 1: Considere-se a equaça˜ o x4 + x2 − 12 = 0. Apesar de se tratar de uma equaça˜ o do 4o grau, onde não se encontra nenhum factor comum para colocar em evidência, pode-se resolvê-la como sendo uma equaça˜ o do 2o grau. Repare-se que 2 x4 + x2 − 12 = 0 ⇔ x2 + x2 − 12 = 0 Se se fizer uma mudança de variável y = x2 e se aplicar a fórmula resolvente obtém-se p −1 ± 12 − 4 · 1 · (−12) 2 y + y − 12 = 0 ⇔ y = √ 2·1 −1 ± 49 ⇔y= 2 −1 + 7 −1 − 7 ⇔y= ∨y = 2 2 ⇔ y = 3 ∨ y = −4. Como y = x2 tem-se que x2 = 3 ∨ x2 = −4. A equaça˜ o x2 = −4 e´ imposs´ıvel. Donde as soluço˜ es da equaça˜ o dada são as mesmas da equaça˜ o x2 = 3. √ √ x2 = 3 ⇔ x2 − 3 = 0 ⇔ (x − 3)(x + 3) = 0, e´ a diferença de quadrados √ √ ⇔ x − 3 = 0 ∨ x + 3 = 0, pela lei do anulamento do produto √ √ ⇔x= 3∨x=− 3 Exemplo 2: Pretende-se determinar o conjunto soluça˜ o da equaça˜ o 1 x 4 + = 2 . x − 2 3x + 6 x −4 Para simplificar a equaça˜ o tem que se determinar o menor denominador comum a` s três fracço˜ es, pelo que, começa-se por decompor os denominadores em factores. Como 3x + 6 = 3(x + 2) e x2 − 4 = (x − 2)(x + 2), tem-se que 1 x 4 1 x 4 + = 2 ⇔ + − =0 x − 2 3x + 6 x −4 x − 2 3(x + 2) (x − 2)(x + 2) 3(x + 2) x(x − 2) 12 ⇔ + − =0 3(x + 2)(x − 2) 3(x + 2)(x − 2) 3(x − 2)(x + 2) 3x + 6 + x2 − 2x − 12 ⇔ =0 3(x + 2)(x − 2) x2 + x − 6 ⇔ =0 3(x + 2)(x − 2) Sabe-se que No dom´ınio da expressão, uma fracça˜ o e´ nula se e só se o seu numerador e´ nulo. Assim ⇔ x2 + x − 6 = 0 ∧ 3(x + 2)(x − 2) 6= 0 √ −1 ± 1 + 24 ⇔x= ∧ (3 6= 0 ∧ x + 2 6= 0 ∧ x − 2 6= 0) 2 ⇔ (x = 2 ∨ x = −3) ∧ (x 6= 2 ∧ x 6= −2) ⇔ x = −3 Note-se que 2 não pertence ao dom´ınio da expressão donde não pode ser soluça˜ o. O conjunto soluça˜ o da equaça˜ o dada e´ {−3}. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

15


˜ 3 Equaçoes

Exerc´ıcios Propostos Determina, em R, o conjunto soluça˜ o das seguintes equaço˜ es. (a)

2x + 7 2(x2 − 4) 4x4 − 6 7x2 + 6 − − = 3 5x 15x 3x2

(b)

(c)

6x2 2 3 − 2 = 2 9x − 1 3x − 1

(d)

(e)

√

4 x+ √ =5 x


(f)

4x + 3 3x + 8 − =1 2x − 5 3x − 7 x−2 2x − (x −

√

3 2 2

−1=x

√ 1 2)2 x − 10 (x + 17) =0 x4 + 2x2 + 1

16


4

˜ 4 Inequaçoes

Inequaço˜ es Notaça˜ o Inequaça˜ o

Soluça˜ o ou Raiz da Inequaça˜ o Conjunto Soluça˜ o Inequaço˜ es equivalentes

Definiça˜ o indica uma relaça˜ o de maior que (menor que) entre duas expressões e´ um valor que, quando concretizado na variável, transforma a inequaça˜ o numa proposiça˜ o verdadeira e´ o conjunto de todas as soluço˜ es têm o mesmo conjunto soluça˜ o

Regras Práticas Quando se adiciona a ambos os membros ´ de uma inequaça˜ o qualquer numero . o sentido da desigualdade mantém-se Quando se multiplicam ambos os membros de uma inequaça˜ o por um número positivo o sentido da desigualdade mantém-se. Quando se multiplicam ambos os membros de uma inequaça˜ o por um número negativo inverte-se o sentido da desigualdade.

4.1

Exemplos 3x − 5 ≤ 4 x2 + 2 > 2x cos x 2 ex + 2 ≥ x 1 e´ soluça˜ o de 3x − 5 ≤ 4 pois 3 · 1 − 5 ≤ 4 o conjunto soluça˜ o de 3x − 5 ≤ 4 e´ ] − ∞, 3] 3x − 5 ≤ 4 e 3x ≤ 9 são equivalentes

Exemplos x+3≥7 x+3−3≥7−3 ⇔x≥4 3x ≥ 9 1 1 3x ≥ 9 ⇔ 3 3 ⇔x≥3 −2x ≥ 10 1 1 ⇔ − (−2x) ≤ − 10 2 2 ⇔ x ≤ −5

Inequaço˜ es do 2o grau

O gráfico da funça˜ o f (x) = ax2 + bx + c, com a 6= 0, e´ uma parábola. Se a < 0 então a concavidade da parábola e´ voltada para baixo. Se a > 0 então a concavidade e´ voltada para cima. Resolver a inequaça˜ o ax2 + bx + c > 0 e´ determinar os valores de x para os quais a funça˜ o f e´ positiva, isto e´ , o gráfico da funça˜ o fica acima do eixo dos xx. Analogamente, resolver a inequaça˜ o ax2 + bx + c < 0 e´ determinar os valores de x para os quais a funça˜ o e´ negativa, ou seja, o gráfico da funça˜ o fica abaixo do eixo dos xx. As soluço˜ es deste tipo de inequaço˜ es dependem do valor de a e da posiça˜ o do vértice da parábola correspondente a` inequaça˜ o tal como ilustram as tabelas seguintes. Recorde-se que a ordenada do vértice e´ dada por ∆ b yv = − e a abcissa e´ xv = − . 4a 2a

Caso a > 0 (concavidade para cima)

Zeros

Exemplos

Conjunto Soluça˜ o

<0

2

2x2 − 2x − 12 ≥ 0

] − ∞, −2] ∪ [3, +∞[

=0

=0

1

x2 − 10x + 25 ≤ 0

{5}

<0

>0

0

4x2 + x + 7 > 0

R

∆

yv

>0

Gráfico


17


Caso a < 0 (concavidade para baixo)

˜ 4 Inequaçoes

Zeros

Exemplos

Conjunto Soluça˜ o

>0

2

−2x2 + 4x + 6 > 0

] − 1, 3[

=0

=0

1

−x2 + 16x − 64 < 0

R \ {8}

<0

<0

0

−5x2 + 5x − 15 ≥ 0

∅

∆

yv

>0

Gráfico

Exerc´ıcios Propostos 1. Determine o menor número natural que verifica a condiça˜ o x − 3 x2 + 5 2x2 − < + 10. 4 4 3 2. Determine, em R, o conjunto soluça˜ o das seguintes inequaço˜ es 1 (3 − x) < 0 (b) x2 − 12x + 27 ≤ 0 (a) x − 2 (c) x2 ≥ x (d) (x − 1)2 − 7 (x − 2)2 ≤ 0

4.2

Inequaço˜ es com módulos Resoluça˜ o de inequaço˜ es do tipo |f (x)| < g(x) |f (x)| < g(x) ⇔ f (x) < g(x) ∧ f (x) > −g(x) ∧ g(x) > 0 Nota: Se g(x) ≤ 0 então a inequaça˜ o e´ imposs´ıvel.

Exemplo 1 Considere-se a inequaça˜ o |5x + 2| ≤ 0. Então |5x + 2| ≤ 0 ⇔ 5x + 2 ≤ 0 ∧ 5x + 2 ≥ 0 ∧ 0 ≥ 0 | {z } V Recorde-se que C ∧ V ⇔ C, qualquer que seja a condiça˜ o C e, além disso, 5x + 2 ≤ 0 ∧ 5x + 2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ 5x + 2 ≤ 0 ⇔ 5x + 2 = 0. 2 Logo a soluça˜ o e´ 5x + 2 = 0 ⇔ x = − . 5 Exemplo 2 Seja |x2 − x| ≤ 2x − 3. |x2 − x| ≤ 2x − 3 ⇔ x2 − x ≤ 2x − 3 ∧ x2 − x ≥ −(2x − 3) ∧ 2x − 3 ≥ 0 ⇔ x2 − x − 2x + 3 ≤ 0 ∧ x2 − x + 2x − 3 ≥ 0 ∧ 2x ≥ 3 3 ⇔ x2 − 3x + 3 ≤ 0 ∧ x2 + x − 3 ≥ 0 ∧ x ≥ 2 As duas primeiras inequaço˜ es são do 2o grau. Pode-se usar o racioc´ınio visto anteriormente. Repare-se que f (x) = x2 − 3x + 3 não admite zeros (∆ = −3 < 0) e tem a concavidade voltada para cima (a = 1 > 0), o que permite concluir que o seu gráfico está sempre acima do eixo dos xx, ou seja, x2 −3x+3 ≤ 0 e´ uma condiça˜ o imposs´ıvel. Como F ∧ C ⇔ F, qualquer que seja a condiça˜ o C, temos que a inequaça˜ o dada e´ imposs´ıvel, ou seja, o seu conjunto soluça˜ o e´ ∅.


18


˜ 4 Inequaçoes Resoluça˜ o de inequaço˜ es do tipo |f (x)| > g(x) |f (x)| > g(x) ⇔ f (x) > g(x) ∨ f (x) < −g(x) ∨ g(x) ≤ 0 Nota: Se g(x) ≤ 0 inequaça˜ o e´ sempre poss´ıvel.

Exemplo Considere-se a inequaça˜ o |3x − 4| ≥ 2. Usando as propriedades anteriores, pode-se escrever |3x − 4| ≥ 2 ⇔ 3x − 4 ≥ 2 ∨ 3x − 4 ≤ −2 ∨ 2| {z < 0} F Recorde-se que C ∨ F ⇔ C, qualquer que seja a condiça˜ o C. Donde ⇔ 3x ≥ 6 ∨ 3x ≤ 2 2 ⇔x≥2∨x≤ 3 2 ∪ [2, +∞[. Logo o conjunto soluça˜ o e´ −∞, 3 Exerc´ıcios Propostos Determine, em R, o conjunto soluça˜ o das seguintes inequaço˜ es (a) |4x2 − 5x| < 1; (b) |3x − 9| ≤ 2x − 6; (c) |x + 4| ≥ x + 1

4.3

Inequaço˜ es com Radicais Propriedade

Exemplos

se x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 então

1 ≥ −2 ; 1 ≥ 4

x ≥ y ⇔ x2 ≥ y 2

(−2)2 ≥ 12 ; −2 ≥ 1

se x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 então

−2≤1;4≤1

2

x≤y⇔x ≤y

2

(−3)2 ≤ (−4)2 ; −3 ≤ −4

p Resoluça˜ o de inequaço˜ es do tipo f (x) ≥ g(x) p 2 f (x) ≥ g(x) ⇔ g(x) ≤ 0 ∨ f (x) ≥ g(x) ∧ g(x) > 0 ∧ f (x) ≥ 0 Nota: Se g(x) ≤ 0 então a inequaça˜ o e´ sempre poss´ıvel; se g(x) > 0, elevam-se ambos os membros ao quadrado e obtém-se uma inequaça˜ o equivalente. Recorde-se que f (x) ≥ 0 e´ o dom´ınio da expressão. √ Exemplo Seja x − 2 ≥ 2x. √ x − 2 ≥ 2x ⇔ 2x < 0 ∨ x − 2 ≥ (2x)2 ∧ 2x ≥ 0 ∧ x − 2 ≥ 0              ⇔ x < 0 ∨ −4x2 + x − 2 ≥ 0 ∧x ≥ 0 ∧ x ≥ 2 | {z }     c. imp.  | {z } c. imp. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

19


˜ 4 Inequaçoes

Recorde-se que F ∧ C ⇔ F e F ∨ C ⇔ C, qualquer que seja a condiça˜ o C. Donde ⇔x<0∧x≥2 Logo a inequaça˜ o dada e´ imposs´ıvel, ou seja, o seu conjunto soluça˜ o e´ ∅.

p

f (x) ≤ g(x) f (x) ≤ g(x) ⇔ f (x) ≤ g(x)2 ∧ g(x) ≥ 0 ∧ f (x) ≥ 0 Resoluça˜ o de inequaço˜ es do tipo

p

Nota: Se g(x) < 0 então a inequaça˜ o e´ imposs´ıvel; se g(x) ≥ 0, eleva-se ambos os membros ao quadrado e obtém-se uma inequaça˜ o equivalente. Recorde-se que f (x) ≥ 0 e´ o dom´ınio da expressão. Exemplo Seja

√

3x − 4 ≤ x. √ 3x − 4 ≤ x ⇔ 3x − 4 ≤ x2 ∧ x ≥ 0 ∧ 3x − 4 ≥ 0 4 ⇔ −x2 + 3x − 4 ≤ 0 ∧x ≥ 0 ∧ x ≥ {z } | 3 V 4 ⇔x≥0∧x≥ 3

Recorde-se que V ∧ C ⇔ C, qualquer que seja a condiça˜ o C. Logo o conjunto soluça˜ o da inequaça˜ o dada e´ 4 3 , +∞ . Exerc´ıcios Propostos Determine, em R, o conjunto soluça˜ o das seguintes inequaço˜ es √ √ (b) x2 − 3x + 2 ≥ x + 1 (a) √x − 2 ≤ 3; (c) −x + 2 < x + 1

4.4

Resoluça˜ o de outras Inequaço˜ es

O primeiro passo a realizar na resoluça˜ o de uma inequaça˜ o e´ transformá-la numa inequaça˜ o equivalente cujo segundo membro da inequaça˜ o seja nulo. De seguida, e sempre que poss´ıvel, simplificar o primeiro membro de modo a obter um produto/quociente de expressões . Exemplo 1 Considere-se a seguinte inequaça˜ o (x − 4)(x + 1) > 0. Resolver esta inequaça˜ o e´ determinar os valores de x para os quais o produto de x − 4 por x + 1 e´ positivo. Atendendo a que o produto de dois factores só e´ positivo se ambos tiverem o mesmo sinal, pode-se concluir que os valores de x são os que verificam as condiço˜ es x−4>0 x−4<0 (x − 4)(x + 1) > 0 ⇔ ∨ x+1>0 x+1<0 x>4 x<4 ⇔ ∨ x > −1 x < −1 ⇔ x > 4 ∨ x < −1 Uma forma mais simples para a resoluça˜ o deste tipo de inequaço˜ es e´ a construça˜ o de uma tabela. O primeiro membro da inequaça˜ o (x − 4)(x + 1) > 0 tem dois factores. O que se pretende e´ colocar numa tabela os intervalos em que cada um dos factores e´ positivo ou negativo. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

20


˜ 4 Inequaçoes

Os valores que se têm de colocar nas colunas são os valores para os quais cada factor se anula, por ordem crescente. Os factores anulam-se para 4 e −1, respectivamente. Assinala-se o sinal que cada factor toma em cada intervalo. Assim a tabela tem a forma x−4 x+1 (x − 4)(x + 1)

− − +

−1 −5 0 0

− + −

4 0 5 0

+ + +

A u´ ltima linha e´ preenchida atendendo a` regra dos sinais. Regra dos Sinais Um produto e´ positivo se o número de factores negativos e´ par Um produto e´ negativo se o número de factores negativos e´ ´ımpar Assim (x − 4)(x + 1) > 0 ⇔ x < −1 ∨ x > 4, ou seja, o conjunto soluça˜ o da inequaça˜ o e´ ] − ∞, −1[∪]4, +∞[. Se se pretende resolver a inequaça˜ o (x − 4)(x + 1) ≤ 0, basta observar de novo o quadro e concluir que (x − 4)(x + 1) ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 4 Exemplo 2 Considere-se a seguinte inequaça˜ o x−3 ≤1 4−x Tem que se colocar o segundo membro da inequaça˜ o a zero e depois transformar o primeiro membro num produto/quociente de expressões. x−3 x−3 ≤1⇔ −1≤0 4−x 4−x x−3 4−x ⇔ − ≤0 4−x 4−x x−3−4+x ⇔ ≤0 4−x 2x − 7 ⇔ ≤0 4−x 7 Aplicando a tabela descrita no exemplo anterior, os factores anulam-se para e 4, respectivamente. Assim a 2 tabela tem a forma 7 4 2 2x − 7 − 0 + 1 + 4−x

+

1 2

+

0

−

2x−7 4−x

−

0

+

S/S

−

Note-se que, quando x = 4, o denominador anula-se e a inequaça˜ o não faz sentido e, por isso, e´ usual escreverse S/S, que significa Pretende-se os valores que tornam negativa ou nula a fracça˜ o. Assim o Sem Significado. 7 conjunto soluça˜ o e´ −∞, ∪]4, +∞[. 2


21


˜ 4 Inequaçoes

Exerc´ıcios Propostos 1. Determine, em R, o conjunto soluça˜ o das seguintes inequaço˜ es (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g)

1 3 − ≥0 x−2 x+1 x(x − 1) ≤ −3 x(x + 2) x+2 x−2 > x+8 x+3 x+3 4 x − < 3 x+2 3 1 1 1 ≥ 2 − 2 2 x +x x −x x −1 5 20 2 + 2 < 3x − 1 9x − 1 3x − 1 x−5 x−1 ≤ x+4 x−1

2. Exerc´ıcio 3 das páginas 58 e 59 do livro adoptado: Cálculo I (vol. I).


22


5 5.1

˜ 5 Generalidades sobre Funçoes

Generalidades sobre Funço˜ es Noça˜ o de Funça˜ o. Dom´ınio e Contradom´ınio

Definiça˜ o: Sejam A e B conjuntos não vazios. Uma funça˜ o f : A → B e´ uma correspondência que associa a cada elemento x ∈ A um u´ nico elemento y = f (x) ∈ B. Formalmente podemos escrever: ∀x ∈ A, ∃1 y ∈ B : y = f (x) Nota: ∃1 lê-se “existe um e um só” ou “existe um u´ nico”. O conjunto A diz-se o dom´ınio de f e o conjunto B o conjunto de chegada de f . O subconjunto de B dado por f (A) = {y ∈ B : y = f (x) com x ∈ A} ⊆ B diz-se o contradom´ınio (ou conjunto das imagens) de f . Os elementos do dom´ınio designam-se por objectos e os do contradom´ınio por imagens.

A

P

•

a) •

Q•

A

P

•

B

•

P0

•

R0

A

P0

•

•

•

•

Q•

B

A

b) R

P

•

d)

•

•

Q•

P0

B

c) R

Q0

•

P

Q0

•

Q•

Q0

•

P0

•

R0

B

Q0

Apenas c) e d) são funço˜ es. Em a) o ponto P tem “duas imagens”, portanto contraria o facto de para cada x existir um e um só y tal que y = f (x). Em b) o ponto R (ponto do dom´ınio) “não tem imagem”. Usar-se-ão as notaço˜ es Df para dom´ınio da funça˜ o f e CDf para contradom´ınio de f .

5.2

Funço˜ es Reais de Variável Real

Se A ⊆ R e B = R A funça˜ o f diz-se funça˜ o real de variável real, se o dom´ınio, Df , e´ um subconjunto de R e o conjunto de chegada e´ R (f : Df ⊆ R −→ R). O contradom´ınio de f e´ , neste caso, CDf = f (Df ) = {f (x) : x ∈ Df } = {y ∈ R : y = f (x) ∧ x ∈ Df } Chama-se gráfico de uma funça˜ o f , real de variável real, ao subconjunto de R2 definido por Grf = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ Df e y = f (x)}. y Grf

Gráfico de f com dom´ınio Df e contradom´ınio CDf

CDf

Df


x

23


˜ 5 Generalidades sobre Funçoes y •

•

Não e´ o gráfico de uma funça˜ o, porque a recta x = a intersecta a curva em mais do que um ponto.

•

x

a

Para que uma curva represente o gráfico de uma funça˜ o, qualquer recta vertical intersecta a curva no máximo num ponto. Quando a funça˜ o e´ dada pela sua expressão anal´ıtica, o dom´ınio e´ o maior subconjunto de R onde a expressão tem significado. Por exemplo g(x) = x3 − 3x, Dg = R;

h(x) =

1 , Dh = R \ {1} x−1

Exerc´ıcios Resolvidos Considere as funço˜ es definidas por:

r f (x) =

2x − 4 −x2 + 3x

e

g(x) = 3 −

√

x + 1.

(a) Determine os dom´ınios das funço˜ es f e g. (b) Calcule os zeros de f e g e determine, caso existam, f (0) e g(0). (c) Indique o contradom´ınio de g. (d) Indique os dom´ınios de: (d.1) f + g; f (d.2) g Resoluça˜ o: (a) Como a expressão que define a funça˜ o f e´ uma raiz quadrada, o radicando tem que ser não negativo, e, sendo o radicando uma fracça˜ o, o denominador não pode ser nulo. 2x − 4 2 Df = x ∈ R : ≥ 0 ∧ −x + 3x 6= 0 −x2 + 3x 2x − 4 ≥ 0 ⇔ 2x − 4 ≥ 0 ∧ −x2 + 3x > 0 ∨ 2x − 4 ≤ 0 ∧ −x2 + 3x < 0 2 −x + 3x Vamos determinar os zeros de 2x − 4 e de −x2 + 3x: 2x − 4 = 0 ⇔ x = 2 −x2 + 3x = 0 ⇔ x(−x + 3) = 0 ⇔ x = 0 ∨ −x + 3 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 (lei do anulamento do produto)


24



−x2

+ 3x 2x − 4

2x − 4 −x2 + 3x

− −

0 0 −

2 + + + − 0 +

3 0 +

− +

Df

= {x ∈ R : x < 0 ∨ 2 ≤ x < 3} = ] − ∞, 0[∪[2, 3[

+ ND −

+ ND −

0

A funça˜ o g apenas envolve um radicando portanto, Dg = {x ∈ R : x + 1 ≥ 0} = [−1, +∞[ (b) Os zeros de f são os pontos do dom´ınio de f que anulam a funça˜ o: {x ∈ Df : f (x) = 0} = {2}. Como a funça˜ o não está definida em 0, não existe f (0). Os zeros de g são os pontos do dom´ınio de g que anulam a funça˜ o, i.e., {x ∈ Dg : g(x) = 0}. √ √ g(x) = 0 ⇔ 3 − x + 1 = 0 ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8. | {z } (há equivalência porque x≥−1)

Assim, g(x) = 0 se e só se x = 8. √ O valor g(0) = 3 − 0 + 1 = 2. (c) CDg = {y ∈ R : y = g(x) ∧ x ∈ Dg }. √ √ √ x+1≥0⇔− x+1≤0⇔3− x+1≤3 √ Assim, como x + 1 assume qualquer valor maior ou igual a zero, CDg =] − ∞, 3]. (d.1) A funça˜ o soma e´ a funça˜ o definida por: f + g : Df +g −→ R x 7−→ f (x) + g(x) Df +g = Df ∩ Dg = (] − ∞, 0[∪[2, 3[) ∩ [−1, +∞[= [−1, 0[∪[2, 3[. (d.2) A funça˜ o quociente e´ a funça˜ o definida por: f : Df g g x

−→ R 7−→

f (x) g(x)

em que D f = Df ∩ Dg ∩ {x ∈ R : g(x) 6= 0} = ([−1, 0[∪[2, 3[) ∩ R \ {8} = [−1, 0[∪[2, 3[. g

Exerc´ıcios proposto √

√ x+1 −x Determine os dom´ınios de f e g, Df e Dg , sendo f dada por f (x) = 2 e g dada por g(x) = 2 . x −4 x +1


25


5.3


Restriça˜ o de uma funça˜ o

Dada uma funça˜ o f : Df ⊆ R → R e A um subconjunto de Df , podemos definir uma nova funça˜ o r : A ⊆ Df → R dada por r(x) = f (x), ∀x ∈ A. As funço˜ es f e r têm a mesma expressão anal´ıtica mas A = Dr ⊆ Df . Esta funça˜ o designa-se por restriça˜ o de f a A e indica-se r = f |A . Exemplo: A restriça˜ o da funça˜ o h : R \ {1} −→ R x

1 x−1

7−→

ao conjunto A =] − ∞, 1[ e´ h |A : ] − ∞, 1[ →

R 1 x 7→ x−1 O contradom´ınio de h e´ R \ {0} e o contradom´ınio de h |A e´ ] − ∞, 0[.

5.4

Funço˜ es definidas por ramos

Considere-se a funça˜ o y y = f (x)  2 x − 1 f (x) = 2 2 − x

◦ •

1.5

se x < 2 se x ≥ 2

•

−1

Por exemplo f (3) = 2 − 3 = −1 e f (1) = 22 − 1 . 2 5.4.1

1

2

x

1 2 (1 − 1) = 0. Observe-se que f (2) = 2 − 2 = 0 e f (2) 6= 2

3 2

=

A funça˜ o módulo

A funça˜ o módulo pode ser encarada como uma funça˜ o definida por ramos: y

( y = |x|

1

−1

1


|x| =

x se x ≥ 0 −x se x < 0

x 26



Exerc´ıcios Resolvidos Seja f a funça˜ o definida por f (x) = |x2 − 3x + 2|. (a) Reescreva a expressão anal´ıtica de f sem usar o s´ımbolo | |. (b) Determine o conjunto A ⊆ R por forma a que a proposiça˜ o “f (x) < 1, se e só se x ∈ A” seja verdadeira. Resoluça˜ o: (a) Comecemos por analisar o sinal de x2 − 3x + 2. √ 3± 9−8 2 x − 3x + 2 = 0 ⇔ x = ⇔ x = 2 ∨ x = 1. Assim, x2 − 3x + 2 = (x − 2)(x − 1). 2 O produto será positivo se os dois factores tiverem o mesmo sinal e negativo se os factores tiverem sinais contrários. Então: 1 2 x−1 − 0 + + + x−2 − − − 0 + (x − 1)(x − 2) + 0 − 0 + x2 − 3x + 2 = (x − 2)(x − 1) > 0 se x ∈] − ∞, 1[∪]2, +∞[ e x2 − 3x + 2 = (x − 2)(x − 1) < 0 se x ∈]1, 2[ Podemos agora definir a funça˜ o f por ramos da seguinte forma:  2 se x ≤ 1 ∨ x > 2  x − 3x + 2 f (x) =  −x2 + 3x − 2 se 1 < x ≤ 2 Repare que f (1) = f (2) = 0 sendo portanto indiferente calcular o valor da funça˜ o nestes pontos num ou noutro ramo. (b) Pretende-se determinar o conjunto A = {x ∈ R : |x2 − 3x + 2| < 1} = {x ∈ R : −1 < x2 − 3x + 2 < 1} Resolvendo as duas inequaço˜ es temos: −1 < x2 − 3x + 2 ⇔ x2 − 3x + 3 > 0

x2 − 3x + 2 < 1 ⇔ x2 − 3x + 1 < 0

A equaça˜ o x2 − 3x + 3 = 0 não tem ra´ızes

A equaça˜ √ o x2 − 3x + 1 = √ 0 admite as ra´ızes 3− 5 3+ 5 x= ex= . 2 2 # √ √ " 3 − 5 3 + 5 Portanto x2 − 3x + 1 < 0, ∀x ∈ , 2 2

reais. Portanto x2 − 3x + 3 > 0, ∀x ∈ R

O conjunto A e´ a intersecça˜ o dos conjuntos soluça˜ o das duas inequaço˜ es, # √ √ " # √ √ " 3− 5 3+ 5 3− 5 3+ 5 , , A=R∩ = 2 2 2 2 Exerc´ıcios Propostos Reescreva a expressão anal´ıtica das seguintes funço˜ es, sem usar o s´ımbolo módulo: (a) f (x) = |x − 1|; (b) g(x) = |x| − 3. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

27


5.5


Injectividade e sobrejectividade

Definiça˜ o: Uma f : A → B diz-se injectiva se a objectos distintos correspondem imagens distintas, i.e., ∀x, x0 ∈ A, x 6= x0 ⇒ f (x) 6= f (x0 ) ou equivalentemente, se a cada elemento do contradom´ınio corresponde um u´ nico elemento do dom´ınio (a imagens iguais correspondem objectos iguais), i.e., ∀x, x0 ∈ A, f (x) = f (x0 ) ⇒ x = x0 . Definiça˜ o: f diz-se sobrejectiva se todos os elementos do conjunto de chegada são imagem de algum elemento do dom´ınio, i.e., ∀y ∈ B, ∃x ∈ A : f (x) = y ou equivalentemente, se o contradom´ınio coincide com o conjunto de chegada, i.e., CDf = B Definiça˜ o: Uma funça˜ o diz-se bijectiva se e´ injectiva e sobrejectiva, i.e., ∀y ∈ B, ∃1 x ∈ A : y = f (x). Obs.: Sendo f uma funça˜ o real de variável real, f e´ sobrejectiva se o seu contradom´ınio e´ R, i.e., CDf = R e e´ bijectiva se ∀y ∈ R, ∃1 x ∈ Df : y = f (x).

y

y

1

1

x

π 2

y = ex

x

y = cos x

Injectiva e não sobrejectiva

Não injectiva e não sobrejectiva y

y

π 2

− π2

x

x

y = x3

y = tan x Sobrejectiva e não injectiva

Injectiva e sobrejectiva - bijectiva

Exerc´ıcios Resolvidos Considere as funço˜ es definidas por: f (x) =

√

x;

g(x) = x2 ;

j(x) =

1 x

(a) Determine os seus dom´ınios. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

28



(b) Determine os seus contradom´ınios. (c) Indique, justificando, se as funço˜ es são injectivas e/ou sobrejectivas. Resoluça˜ o: Vamos resolver o exerc´ıcio apenas para a funça˜ o j.

y

(a) Dj = R \ {0}.

j(x) =

(b) CDj = R \ {0}.

1 x

(c) A funça˜ o j e´ injectiva: 1 1 1 j(x) = j(x0 )( com x, x0 ∈ Dj ) ⇐⇒ = 0 ⇐⇒ x = x0 . x x

•

1

x

A funça˜ o j não e´ sobrejectiva, já que 0 não e´ imagem de nenhum ponto do dom´ınio de j. Por outras palavras, o contradom´ınio (CDj = R \ {0}) não coincide com o conjunto de chegada (R).

5.6

Paridade de Funço˜ es

Definiça˜ o: Um conjunto D ⊆ R diz-se simétrico em relaça˜ o a` origem se cada elemento do conjunto D tem o seu simétrico em D, i.e., ∀x ∈ Df , −x ∈ D Definiça˜ o: Seja Df ⊆ R simétrico em relaça˜ o a` origem . A funça˜ o real f : Df → R diz-se par se f (−x) = f (x), ∀x ∈ Df As funço˜ es pares têm gráficos simétricos em relaça˜ o ao eixo das ordenadas.

y •

•

−a

a

x

Definiça˜ o: Seja Df ⊆ R simétrico em relaça˜ o a` origem. A funça˜ o real f , definida em Df diz-se ´ımpar se f (−x) = −f (x), para todo o x ∈ Df . As funço˜ es ´ımpares têm gráficos simétricos em relaça˜ o a` origem do referencial.

y •

b −a

a •


x

−b

29



Exerc´ıcios Resolvidos Estude, quanto a` paridade, as funço˜ es definidas por:

(a) f (x) = x|x|; (b) h(x) =

√

x; (c) j(x) =

 2  x + 1 se x < 0 

2x

se x > 0

Resoluça˜ o: (a) Podemos definir a funça˜ o f por ramos e traçar o seu gráfico: y

y = f (x) O dom´ınio de f e´ R que e´ um conjunto simétrico. Como,

( x2 f (x) = −x2

se x ≥ 0 se x < 0

f (−x) = −x| − x| = −x|x| = −f (x), ∀x ∈ R,

•

−1

1

x a funça˜ o f e´ ´ımpar.

ao e´ um conjunto simétrico, portanto a funça˜ o h não e´ par nem ´ımpar. (b) O dom´ınio de h, Dh = R+ 0 , n˜ (c) O dom´ınio da funça˜ o j, Dj = R \ {0}, e´ um conjunto simétrico. Graficamente pode observar-se que a funça˜ o não e´ par nem ´ımpar. Como provar analiticamente esta afirmaça˜ o? Repare que j(−1) = (−1)2 + 1 = 2 e j(1) = 2 · 1 = 2, logo j(1) = j(−1). Esta igualdade permite concluir que a funça˜ o não e´ ´ımpar, mas não permite concluir que a funça˜ o e´ par. Contudo, por exemplo j(−2) = (−2)2 + 1 = 5 e j(2) = 4, e portanto, j(−2) 6= j(2), logo j não e´ par. Podemos então afirmar que a funça˜ o j não e´ par nem ´ımpar. Exerc´ıcios do livro adoptado Cálculo I (vol. I): Ex. 6, 7, ..., 10 p.194; Ex.11 p.195; Ex. 15, 16 p.196

5.7

Funço˜ es Monótonas

Definiça˜ o: Uma funça˜ o f : Df ⊆ R → R diz-se monótona (em sentido lato) se   f (x) ≤ f (y) (f monótona crescente) ∀x, y ∈ Df , x < y ⇒  f (x) ≥ f (y) (f monótona decrescente) Uma funça˜ o f : Df ⊆ R → R diz-se estritamente monótona se   f (x) < f (y) (f estritamente monótona crescente) ∀x, y ∈ Df , x < y ⇒  f (x) > f (y) (f estritamente monótona decrescente) Exerc´ıcios Resolvidos Estude quanto a` monotonia as seguintes funço˜ es: (a) f (x) = −x3 + 1; (b) h(x) =

1 . |x| + 2


30



Resoluça˜ o: (a) Sejam x1 , x2 ∈ R, tais que x1 < x2 . Então, como x31 < x32 , resulta que −x31 > −x32 . Portanto f (x1 ) = −x31 + 1 > −x32 + 1 = f (x2 ), ou seja, f e´ monótona decrescente (em sentido estrito). (b) Observe que a funça˜ o e´ sempre positiva e e´ par, ou seja simétrica relativamente ao eixo das ordenadas. Considerando os pontos x1 = −1, x2 = 0 e x3 = 1, tem-se x1 < x2 < x3 . Calculando os valores de h nestes pontos vem: h(x1 ) =

1 1 = = h(x3 )( porque f e´ par ); | − 1| + 2 3

1 e h(x2 ) = . 2

Assim, h(x1 ) < h(x2 ) e h(x2 ) > h(x3 ), logo h não e´ monótona.

5.8

Funça˜ o Limitada

Uma funça˜ o f : Df ⊆ R → R diz-se limitada se o seu contradom´ınio e´ um conjunto limitado, isto e´ , se existem A, B ∈ R, tais que A ≤ f (x) ≤ B, ∀x ∈ Df . Equivalentemente, f : Df ⊆ R → R diz-se limitada se existe M ∈ R+ tal que |f (x)| ≤ M, ∀x ∈ Df . Exerc´ıcios Resolvidos Considere as funço˜ es f : [1, +∞[→ R, dada por f (x) = 1 − y

1 1 e g : R \ {0} → R, dada por g(x) = 1 − . x x y

y = f (x)

y = g(x) 1

1 •

1

x

1

x

1. Mostre que a funça˜ o f e´ limitada. 2. Mostre que a funça˜ o g não e´ limitada. Resoluça˜ o: 1 ≤ 1. Então: x 1 1 −1 ≤ − < 0 =⇒ 0 ≤ 1 − < 1 x x e portanto f e´ limitada (sendo A = 0 e B = 1).

1. Como o dom´ınio de f e´ [1, +∞[, x ≥ 1 e portanto 0 <

Se usarmos a segunda definiça˜ o de funça˜ o limitada, basta tomar M = 1. 2. No caso da funça˜ o g, se x estiver próximo de 0 o valor de |g(x)| torna-se muito elevado. Seja M > 0 um 1 número positivo arbitrário. Então, existe xM 6= 0 tal que |g(xM )| > M , por exemplo, xM = : 2M + 1 1 |g(xM )| = 1 − 1 = |1 − 2M − 1| = | − 2M | = 2M > M 2M +1 Podemos interpretar este facto graficamente. Qualquer que seja a recta horizontal y = M , encontramos sempre um valor de x para o qual |g(x)| está acima da recta considerada, i.e., |g(x)| > M . Portanto, g não e´ limitada. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

31



Funço˜ es com parâmetros ou fam´ılias de funço˜ es

5.9

Dada uma funça˜ o f : D ⊆ R → R podemos obter uma nova funça˜ o fazendo uma translaça˜ o do gráfico de f ao longo do eixo das abcissas ou ao longo do eixo das ordenadas, g(x) = f (x − c) ou g(x) = f (x) − c, em que c e´ um parâmetro real. No caso g(x) = f (x − c), o dom´ınio de g e´ Dg = {x ∈ R : x − c ∈ Df }. Se g(x) = f (x) − c, o dom´ınio de g coincide com o dom´ınio de f . y

y

y = f (x − c)

y = f (x) − c c=−1

c=−1 c=0

c=1

c=2

c=0 c=1

x

x

Nota: g(x) = f (x − c) representa uma translaça˜ o de f sobre o eixo dos xx segundo (c, 0) (para a direita se c > 0 e para a esquerda se c < 0).

5.10

Funço˜ es polinomiais

Uma funça˜ o polinomial1 e´ uma funça˜ o de dom´ınio R da forma P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 em que os coeficientes ai são números reais. Se an 6= 0 a funça˜ o polinomial diz-se ter grau n. Se P tem grau ´ımpar o seu contradom´ınio e´ R e se P tem grau par o seu contradom´ınio e´ um intervalo da forma ] − ∞, α] se an < 0, ou [β, +∞[ se an > 0. Exemplos: 1. Se P (x) = −3x + 1 o seu contradom´ınio e´ R. 2. Se Q(x) = −2x2 + 3, o seu contradom´ınio e´ ] − ∞, 3] A determinaça˜ o de ra´ızes 2 (zeros) de polinómios reveste-se de grande importância da´ı que surja o seguinte Teorema: Um polinómio de grau n > 0 tem n ra´ızes em C (não necessariamente reais nem distintas), contando que uma raiz de ordem m e´ considerada como correspondente a m ra´ızes. Por exemplo o polinómio de grau 6, P (x) = (x2 + 3)(x + 2)4 tem duas ra´ızes complexas conjugadas (portanto distintas), √ √ r1 = − 3i, r2 = 3i e uma raiz real de multiplicidade 4, r3 = −2. 1

Ver secça˜ o sobre polinómios.

2

z e´ uma raiz de P , se e só se P (z) = 0, ou seja, se e só se (x − z) e´ um factor de P . z e´ uma raiz de ordem m de P se e só se (x − z)m e´ um factor de P mas (x − z)m+1 já não e´ factor de P .


32


5.11


Funço˜ es racionais

Funço˜ es racionais são funço˜ es do tipo f (x) =

P (x) Q(x)

em que P e Q são polinómios. Já sabemos que o seu dom´ınio e´ o conjunto Df = {x ∈ R : Q(x) 6= 0}. Exerc´ıcios Propostos 1. Indique o dom´ınio de: x−1 − 2x + 5 x2 − 1 (b) g(x) = 3 . x − 3x − 2x (a) f (x) =

5.12

x2

Funça˜ o Composta

Definiça˜ o: Sejam f e g duas funço˜ es reais de variável real. A funça˜ o composta g após f , g ◦ f , e´ definida por: g ◦ f : D ⊆ R −→ R x 7−→ (g ◦ f )(x) = g (f (x)) , com D = {x ∈ R : x ∈ Df ∧ f (x) ∈ Dg }. Se o contradom´ınio de f e´ um subconjunto do dom´ınio de g, CDf ⊆ Dg , então o dom´ınio da funça˜ o g ◦ f e´ Df .

Exerc´ıcios Resolvidos Considere as funço˜ es f , g e h definidas por: f (x) =

√

x,

g(x) = x2 e h(x) =

1 x−1

Determine os dom´ınios e as expressões anal´ıticas de g ◦ f,

f ◦ g,

h ◦ f,

f ◦ h.

Resoluça˜ o: Df = R+ 0; Então,

Dg = R;

Dh = R \ {1}.

√ + Dg◦f = {x ∈ R : x ∈ Df ∧ f (x) ∈ Dg } = x ∈ R : x ∈ R+ 0 ∧ x ∈ R = R0 .     Df ◦g = {x ∈ R : x ∈ Dg ∧ g(x) ∈ Df } = x ∈ R : x ∈ R ∧ x2 ∈ R+ = R.  | {z 0} cond. universal

√ √ 2 (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g x = x = |x| = x (porque x ≥ 0) e

√ (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f x2 = x2 = |x|.

Considerem-se agora as funço˜ es f e h: √ + Dh◦f = {x ∈ R : x ∈ Df ∧ f (x) ∈ Dh } = x ∈ R : x ∈ R+ 0 ∧ x 6= 1 = R0 \ {1} = [0, 1[∪]1, +∞[. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

33


˜ 5 Generalidades sobre Funçoes 1 = {x ∈ R : x ∈ Dh ∧ h(x) ∈ Df } = x ∈ R : x 6= 1 ∧ ≥0 x−1 = {x ∈ R : x 6= 1 ∧ x − 1 > 0} =]1, +∞[.

Df ◦h

Os dom´ınios, como no caso anterior, são distintos. Vejamos agora as expressões anal´ıticas das duas funço˜ es. √ 1 x =√ x−1 r 1 1 (f ◦ h)(x) = f (h(x)) = f = . x−1 x−1 (h ◦ f )(x) = h(f (x)) = h

5.13

Inversa de uma Funça˜ o

Definicão: Seja f : Df ⊂ R → R uma funça˜ o injectiva. Sendo assim, para todo o y ∈ CDf existe um u´ nico x ∈ Df , tal que y = f (x), ou seja, existe uma funça˜ o f −1 : CDf −→ R, com contradom´ınio Df , definida por: f −1 (y) = x se e só se f (x) = y, y ∈ CDf Tal funça˜ o designa-se por funça˜ o inversa de f . ´ Se f admite funça˜ o inversa, f diz-se invert´ıvel. Neste caso a funça˜ o inversa e´ unica! y

f −1 (x) y=x

a

•

f (x) f (a)

•

f (a)

a

x

Observaça˜ o: O gráfico de f −1 e´ obtido do gráfico de f por simetria em relaça˜ o a` recta y = x.

Teorema: Se f e´ uma funça˜ o invert´ıvel e f −1 e´ a sua inversa, então (f −1 ◦ f )(x) = x, ∀x ∈ Df ; (f ◦ f −1 )(y) = y, ∀y ∈ Df −1 = f (Df ) = CDf . A composta f ◦ f −1 e´ a funça˜ o identidade i1 : CDf −→ CDf e a composta f −1 ◦ f e´ a funça˜ o identidade i2 : Df → Df (i1 (y) = y e i2 (x) = x).

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Determine a inversa da funça˜ o h(x) =

1 . x−1

Resoluça˜ o: A funça˜ o h e´ injectiva, o seu dom´ınio e´ R \ {1} e o seu contradom´ınio e´ R \ {0}. Para determinar 1 a expressão da inversa vamos resolver a equaça˜ o y = em ordem a x (não esquecendo o dom´ınio e o x−1 contradom´ınio de h): 1 1+y 1 y= ⇐⇒ (x − 1)y = 1 ⇐⇒ x = =1+ . x−1 y y


34



Assim, a funça˜ o inversa, h−1 , de h e´ : h−1 : R \ {0} −→ R x

7−→ 1 +

1 x

Observe que, efectivamente, 1 1 1 1 −1 −1 = = 1 + 1 = b. h ◦ h−1 (a) = h 1 + = a e h ◦ h (b) = h 1 a b − 1 1+ a −1 b−1 Exerc´ıcios do livro adoptado Cálculo I (vol. I): Ex. 2, 3, ..., 6 p.221; Ex. 7, 9, 10, 11, 13 p.222


35


˜ logar´ıtmica e funçao ˜ exponencial 6 Funçao

Funça˜ o logar´ıtmica e funça˜ o exponencial

6 6.1

Logaritmos

Definiça˜ o: Chama-se logaritmo de b (b > 0) na base a (a positivo e a 6= 1) ao expoente a que e´ preciso elevar a base a para obter b, isto e´ , loga b = y ⇐⇒ ay = b. Em qualquer base, loga 1 = 0 porque a0 = 1 e loga a = 1 porque a1 = a. Observe-se que: aloga b = b e loga ay = y. Logaritmo neperiano: se a base e´ e (número de Neper) escrevemos ln em vez de log, ou seja, ln c = loge c. 6.1.1

Propriedades

Se u, v > 0, a > 0 e a 6= 1, então: 1. loga (uv) = loga u + loga v, 2. loga ( uv ) = loga u − loga v, 3. loga (uv ) = v loga u, 4. loga c =

logb c logb a

(mudança de base).

Exemplo: Usando algumas das propriedades acima referidas temos que: √ ! 54 log5 = log5 52 − log5 53 = 2 − 3 = −1. 53

6.2

Funça˜ o Exponencial

Definiça˜ o: Chama-se funça˜ o exponencial de base a, a > 0 e a 6= 1, a` correspondência f : R −→ R x 7−→ ax , Quando e´ referida “funça˜ o exponencial”sem especificar a base, subentende-se que a base e´ e (número de Neper) e a funça˜ o e´ dada por f (x) = ex . 6.2.1

Propriedades da exponencial

Sejam a > 0 e x, y ∈ R, então: 1. a−x =

1 . ax

2. (ax )y = axy . 3. ax ay = ax+y . 4. (ab)x = ax bx , ∀b > 0 5. a0 = 1.


36

´ alculo ´ Pre-C 2005 6.2.2


Funça˜ o Exponencial de Base a com a > 1 y

• Dom´ınio R. Contradom´ınio R+ .

y = ax

• Cont´ınua em todo o dom´ınio. • A funça˜ o e´ estritamente crescente em R e portanto injectiva.

(a>1)

• Não tem zeros. O gráfico intersecta o eixo das ordenadas no ponto (0, 1).

a

• Admite a ass´ımptota horizontal y = 0 quando x → −∞. Não tem ass´ımptotas verticais nem obl´ıquas.

1

x

1

lim ax = +∞ e

x→+∞

6.2.3

lim ax = 0.

x→−∞

Funça˜ o Exponencial de Base a com 0 < a < 1 y

• Dom´ınio R. Contradom´ınio R+ . y = ax

• Cont´ınua em todo o dom´ınio. • A funça˜ o e´ estritamente decrescente em R e portanto injectiva.

(0
• Não tem zeros. O gráfico intersecta o eixo das ordenadas no ponto (0, 1). • Admite a ass´ımptota horizontal y = 0 quando x → +∞. Não tem ass´ımptotas verticais nem obl´ıquas.

1 a 1

x

lim ax = +∞ e

x→−∞

lim ax 0.

x→+∞

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Resolva a equaça˜ o ex = e−x . Resoluça˜ o: Observe-se que a funça˜ o exponencial e´ injectiva e nunca se anula. Assim, ex = e−x ⇐⇒ ex − e−x = 0 ⇐⇒

e2x − 1 = 0 ⇐⇒ e2x = 1(∧ex 6= 0) ⇐⇒ x = 0 ex

ou ex = e−x ⇐⇒ x = −x ⇐⇒ x = 0

(pela injectividade)

1 2. Determine os valores de x tais que 2x ≤ . 2 Resoluça˜ o: 2x ≤

1 ⇐⇒ 2x ≤ 2−1 ⇐⇒ x ≤ −1 2

(por ser estritamente crescente)

3. Determine o conjunto soluça˜ o de cada uma das condiço˜ es : (a) 4x − 3 · 2x + 2 ≤ 0


37

´ alculo ´ Pre-C 2005 (b)


23x−1

1− ≥0 3x2 −2 − 9

(c) x2 ex+1 − xex+2 < 0 Resoluça˜ o: (a) Como 4x = (22 )x , temos, 4x − 3 · 2x + 2 ≤ 0 ⇐⇒ 22x − 3 · 2x + 2 ≤ 0.

(1)

Substituindo y = 2x em (1), vem: y 2 − 3y + 2 ≤ 0 ⇐⇒ 1 ≤ y ≤ 2, porque a funça˜ o dada pela equaça˜ o y 2 − 3y + 2 e´ representada graficamente por uma parábola de zeros 1 e 2 e concavidade voltada para cima. Então, como a funça˜ o exponencial f (x) = 2x e´ crescente, 20 ≤ 2x ≤ 21 ⇐⇒ 0 ≤ x ≤ 1. Assim, o conjunto soluça˜ o da inequaça˜ o e´ [0, 1]. (b) Comecemos por determinar os zeros do numerador e do denominador: 1−23x−1 = 0 ⇐⇒ 23x−1 = 1 ⇐⇒ 23x−1 = 20 ⇐⇒ 3x−1 = 0 ⇐⇒ x = 3x

2 −2

− 9 = 0 ⇐⇒ 3x

2 −2

1 3


= 32 ⇐⇒ x2 − 2 = 2 ⇐⇒ x2 − 4 = 0 ⇐⇒ x = 2 ∨ x = −2

Como a funça˜ o exponencial de base maior do que 1 e´ crescente, podemos construir a seguinte tabela de variaça˜ o de sinal: 1 −2 2 3 3x−1 1−2 + + + 0 − − − 2 3x −2 − 9 + 0 − − − 0 + 1 − 23x−1 3x2 −2 − 9

+ ND −

0

+ ND −

Assim, o conjunto soluça˜ o da inequaça˜ o dada e´ :

1 C.S. = ]−∞, −2[ ∪ , 2 3 (c) Podemos pôr em evidência o factor xex+1 para podermos aplicar a lei do anulamento do produto: x2 ex+1 − xex+2 = xex+1 (x − e) Assim, xex+1 (x − e) = 0 ⇐⇒ xex+1 = 0 ∨ (x − e) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = e Como ex+1 > 0, ∀x ∈ R, o sinal de xex+1 apenas depende do sinal de x. Então, xex+1 x−e x2 ex+1 − xex+2

0 e − 0 + + + − − − 0 + + 0 − 0 +

O conjunto soluça˜ o da inequaça˜ o e´ : C.S. =]0, e[ Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

38



4. Determine a e b para que a expressão y = a + bx+1 defina uma funça˜ o cujo gráfico intersecte o eixo das ordenadas (yy) no ponto de ordenada 7 e tenha por ass´ımptota a recta de equaça˜ o y = 2. Resoluça˜ o: O gráfico da funça˜ o de equaça˜ o y = a + bx+1 resulta da translaça˜ o associada a (−1, a) do gráfico da funça˜ o dada por y = bx . Como a recta y = 0 e´ a u´ nica ass´ımptota do gráfico de y = bx , a recta y = a e´ a u´ nica ass´ımptota do gráfico de y = a + bx+1 . Podemos então afirmar que a = 2. Como o gráfico da funça˜ o passa pelo ponto (0, 7), substituindo x = 0 e y = 7 na equaça˜ o que traduz a expressão da funça˜ o, temos 7 = 2 + b0+1 ⇐⇒ b = 5. A funça˜ o que satisfaz as condiço˜ es do problema e´ y = 2 + 5x+1 .

6.3

Funça˜ o Logar´ıtmica

Definiça˜ o: Chama-se funça˜ o logar´ıtmica de base a, com a > 0 e a 6= 1, a` correspondência g : R+ −→ R x 7−→ loga x, A funça˜ o logar´ıtmica e´ a inversa da funça˜ o exponencial, isto e´ , f −1 = g : R+ −→ R x 7−→ y = loga x

f : R −→ R+ y 7−→ x = ay

Note-se que, pelas propriedades dos logaritmos temos f −1 ◦ f (x) = loga ax = x e f ◦ f −1 (y) = aloga y = y. 6.3.1

Funça˜ o Logar´ıtmica de Base a, com a > 1

y

• Dom´ınio R+ . Contradom´ınio R.

y = loga x

• Cont´ınua em todo o dom´ınio. • A funça˜ o e´ estritamente crescente em R e portanto injectiva.

1 (a>1) 1

a

x

• A funça˜ o tem um u´ nico zero em x = 1. O gráfico de g não intersecta o eixo das ordenadas. • x = 0 e´ a u´ nica ass´ımptota ao gráfico de g. lim loga x = +∞ e lim loga x = −∞.

x→+∞


x→0+

39



Funça˜ o Logar´ıtmica de Base a, com 0 < a < 1

6.3.2 y

• Dom´ınio R+ . Contradom´ınio R. y = loga x

• Cont´ınua em todo o dom´ınio. • A funça˜ o e´ estritamente decrescente em R e portanto injectiva.

(0
1

a

• O gráfico de g intersecta o eixo das abcissas no ponto (1, 0) e não intersecta o eixo das ordenadas.

x

1

• x = 0 e´ a u´ nica ass´ımptota ao gráfico de g. lim loga x = −∞ e lim loga x = +∞.

x→+∞

x→0+

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Simplifique a expressão e3 ln 2−ln x . Resoluça˜ o: Aplicando as propriedades 6.1.1 e 6.2.1, 3 −ln x

e3 ln 2−ln x = eln 2

8

= eln x =

8 . x

Observe que esta simplificaça˜ o só e´ válida em D = {x ∈ R : x > 0} =]0, +∞[. 2. Determine o conjunto soluça˜ o das condiço˜ es: (a) 2 ln x − ln(x − 1) = 2 ln 2 (b) log3 x ≤ 0 (c) x log2 (x + 1) > x Resoluça˜ o: (a) Comecemos por observar que o dom´ınio da expressão 2 ln x − ln(x − 1) e´ x > 0 ∧ x > 1 ⇐⇒ x > 1. Aplicando as propriedades 6.1.1 temos, para x > 1, 2 ln x − ln(x − 1) = 2 ln 2 ⇐⇒ ln x2 = ln(x − 1) + ln 22 ⇐⇒ ln x2 = ln((x − 1)22 ) ⇐⇒ x2 = ((x − 1)22 ) ⇐⇒ x = 2 Como x = 2 está no dom´ınio da expressão, resulta que o conjunto soluça˜ o e´ C.S. = {2}. (b) O dom´ınio da funça˜ o dada por f (x) = log3 x e´ ]0, +∞[. Como a funça˜ o f (x) = log3 x e´ monótona crescente, log3 x ≤ 0 ⇐⇒ log3 x ≤ log3 1 ⇐⇒ x ≤ 1 Atendendo ao dom´ınio da expressão, resulta que o conjunto soluça˜ o da inequaça˜ o dada e´ C.S. =]0, 1]. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

40



(c) O dom´ınio da funça˜ o dada por f (x) = log2 (x + 1) e´ D = {x ∈ R : x + 1 > 0} =] − 1, +∞[. Então, para x ∈] − 1, +∞[, x log2 (x + 1) > x ⇐⇒ x(log2 (x + 1) − 1) > 0 O produto e´ positivo se:   log2 (x + 1) − 1 > 0 

x>0

ou

(2)

  log2 (x + 1) − 1 < 0 

(3)

x<0

Como log2 (x + 1) − 1 = 0 ⇐⇒ log2 (x + 1) = 1 ⇐⇒ x + 1 = 21 ⇐⇒ x = 1


e a funça˜ o dada por f (x) = log2 (x + 1) − 1 e´ crescente, (3) vem:    x>1  x<1 ou   x>0 x<0 Sistematizada esta informaça˜ o num quadro de sinal, temos: −1 0 1 log2 (x + 1) − 1 ND − − − 0 + x − − 0 + + + x(log2 (x + 1) − 1) N D + 0 − 0 + Atendendo ao dom´ınio D, o conjunto soluça˜ o da inequaça˜ o (2) e´ : C.S. =] − 1, 0[∪]1, +∞[. 3. Caracterize a inversa das funço˜ es definidas por: (a) f (x) = 2 + ex−1 (b) g(x) = log10 (2 − x) Resoluça˜ o: (a) O dom´ınio de f e´ Df = R.O contradom´ınio de f e´ CDf =]2, +∞[: Como a funça˜ o exponencial e´ sempre positiva, ex−1 > 0, ∀x ∈ R =⇒ 2 + ex−1 > 2, ∀x ∈ R (Note-se que o gráfico de f obtém-se a partir de uma translaça˜ o do gráfico da funça˜ o exponencial segundo o vector (1, 2).) Para determinar a expressão da inversa vamos resolver a equaça˜ o y = 2 + ex−1 em ordem a x: y = 2 + ex−1 ⇐⇒ ln (y − 2) = ln ex−1 ⇐⇒ x = 1 + ln (y − 2) Assim, a inversa de f e´ f −1 definida por: f −1 : ]2, +∞[ −→ R x 7−→ 1 + ln(x − 2). Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

41



(b) O dom´ınio de g e´ : Dg = {x ∈ R : 2 − x > 0} =] − ∞, 2[, e o seu contradom´ınio e´ CDg = R. Para determinar a expressão da inversa vamos resolver a equaça˜ o y = log10 (2 − x) em ordem a x: y = log10 (2 − x) ⇐⇒ 10y = 2 − x ⇐⇒ x = 2 − 10y Então, a inversa de g e´ dada por: g −1 : R −→ R x 7−→ 2 − 10x . e o seu contradom´ınio e´ ] − ∞, 2[. Exerc´ıcios Propostos 1. Seja f a funça˜ o definida em R+ por f (x) = log2 (8x2 ) − log2 x. (a) Mostre que f (x) = 3 + log3 x, para qualquer x ∈ R+ (b) Determine a abcissa do ponto de intersecça˜ o do gráfico f com a recta de equaça˜ o y = 8. 2. Considere a funça˜ o g : [0, +∞[ → R x 7→ ln (1 + x) − x, (a) Recorrendo a` funça˜ o derivada de g, mostre que g e´ decrescente. (b) Tendo em conta a al´ınea anterior e o valor de g(0),indique, justificando, se e´ verdadeira ou falsa a afirmaça˜ o: g(x) < 0, ∀x ∈ R+ .


42


7

˜ ´ 7 Funçoes trigonometricas

Funço˜ es trigonométricas

Considerem-se dois eixos ortogonais Ox e Oy. Relativamente a este sistema de eixos coordenados, os aˆ ngulos orientados têm uma posiça˜ o em que o vértice está na origem das coordenadas e o lado origem coincide com o semi-eixo positivo Ox. Nestas condiço˜ es, diz-se que o aˆ ngulo e´ do 1o , 2o , 3o ou 4o quadrante conforme o lado extremidade se situe num daqueles quadrantes, respectivamente.

7.1

Funço˜ es Trigonométricas

No que se segue, definiremos as funço˜ es trigonométricas (seno, cosseno e tangente) utilizando um c´ırculo de raio r.

y

•

√

P (x,y)

r=

x2 +y 2

θ x

Seja P (x, y) um ponto qualquer da circunferência, e designe-se por r a distância da origem O ao ponto P e por −−→ θ o aˆ ngulo que o vector OP faz com o semieixo positivo das abcissas. Entre os três números x, y e r podem estabelecer-se as seguintes razões: sen θ =

y , r

r 6= 0

cos θ =

x , r

r 6= 0

tan θ =

sen θ y = , cos θ x

x 6= 0

A cada valor do aˆ ngulo θ corresponde um e um só valor de cada uma das três razões consideradas, as quais por este facto são funço˜ es do aˆ ngulo θ. Tais funço˜ es são chamadas funço˜ es circulares ou Funço˜ es Trigonométricas. Se tomarmos r = 1 conclui-se que sen θ = y e cos θ = x. Ao c´ırculo orientado de centro na origem e raio unitário chama-se c´ırculo trigonométrico. Em seguida apresenta-se uma tabela de valores das funço˜ es trigonométricas, anteriormente definidas, para alguns aˆ ngulos do 1o Quadrante. θ (Graus) θ (Radianos)

0o 0

sen θ cos θ tan θ

0 1 0

30o

45o

60o

90o

π 6 1 √2 3 √2 3 3

π √4 2 √2 2 2

π √3 3 2 1 √2

π 2

1

3

1 0 não definida

As funço˜ es trigonométricas são funço˜ es periódicas, i.e., ∃p > 0 : f (x + p) = f (x), ∀x ∈ Df Ao menor valor positivo p que satisfaça a igualdade acima dá-se a designaça˜ o de per´ıodo da funça˜ o f . As funço˜ es trigonométricas não são injectivas pois são periódicas.

7.2

Identidades Trigonométricas

Fórmula Fundamental da Trigonometria sen2 x + cos2 x = 1 Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

(4) 43



Dividindo ambos os membros da identidade por cos2 x, vem: tan 2 x + 1 =

1 . cos2 x

(5)

Fórmulas da soma e da diferença de dois aˆ ngulos sen(x ± y) = sen x cos y ± cos x sen y (6) cos(x ± y) = cos x cos y ∓ sen x sen y As identidades trigonométricas seguintes são consequência das fórmulas anteriores. tan x + tan y tan (x + y) = sen(2x) = 2 sen x cos x 1 − tan x tan y tan(x − y) =

tan x − tan y 1 + tan x tan y

cos(2x) = cos2 x − sen 2 x

Fórmulas da duplicaça˜ o dos aˆ ngulos cos(2x) = 2 cos2 x − 1

1 cos2 x = (1 + cos (2x)) 2

cos(2x) = 1 − 2 sen2 x

1 sen 2 x = (1 − cos (2x)) 2

Fórmulas de transformaça˜ o logar´ıtmica

sen x + sen y = sen x − sen y = cos x + cos y = cos x − cos y =

7.3 7.3.1

x+y x−y cos 2 sen 2 2 x−y x+y 2 sen cos 2 2 x+y x−y 2 cos cos 2 2 x−y x+y −2 sen sen 2 2

Gráficos das funço˜ es trigonométricas Funço˜ es seno e cosseno • Dom´ınio: R. Contradom´ınio: [−1, 1]. y

y = sen x

• sen(−x) = − sen x, ∀x ∈ R (a funça˜ o e´ ´ımpar)

1 3π 2 π 2

−π

π

• A funça˜ o e´ periódica de per´ıodo 2π: 2π

x

sen(x + 2kπ) = sen x

,

−1

∀k ∈ Z.

• Zeros: sen x = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ Z


44


˜ ´ 7 Funçoes trigonometricas • Dom´ınio: R. Contradom´ınio: [−1, 1].

y

y = cos x

• cos(−x) = cos x, ∀x ∈ R (a funça˜ o e´ par)

1 π − π2

• A funça˜ o e´ periódica de per´ıodo 2π:

π 2

x

2π

3π 2

cos(x + 2kπ) = cos x, ∀k ∈ Z.

−1

• Zeros: cos x = 0 ⇔ x = kπ + π2 , k ∈ Z Verificam-se as seguintes identidades, qualquer que seja x ∈ R: sen

π 2

− x = cos x

cos

cos (π − x) = − cos x 7.3.2

π 2

− x = sen x

sen (π − x) = sen x

sen (π + x) = − sen x

cos (π + x) = − cos x

Funça˜ o tangente y

y = tan x • Dom´ınio: x ∈ R : x 6=

π 2

+ kπ, k ∈ Z .

Contradom´ınio: R. • tan (−x) = − tan x, ∀x ∈ R (a funça˜ o e´ ´ımpar)

π 2

− π2

π

−π

• A funça˜ o e´ periódica de per´ıodo π:

x

tan (x + kπ) = tan x, ∀k ∈ Z. • Zeros: tan x = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ Z

7.4

Equaço˜ es trigonométricas

1. Consideremos a equaça˜ o sen x = c, c ∈ [−1, 1]. Pretende-se determinar as amplitudes x cujo seno e´ igual a c. Seja α ∈ [0, 2π] tal que sen α = c. Usando a identidade sen (π − α) = sen α temos x = α ∨ x = π − α =⇒ sen x = sen α. Atendendo a` periodicidade da funça˜ o seno, vem: sen x = sen α ⇐⇒ x = α + 2kπ ∨ x = π − α + 2kπ, Exemplo: sin(x) =

1 2

⇔x=

π 6

+ 2kπ ∨ x = π −

π 6

+ 2kπ,

k∈Z

k ∈ Z.

2. A soluça˜ o geral da equaça˜ o cos x = cos α e´ : x = ±α + 2kπ,

k∈Z

3. A soluça˜ o geral da equaça˜ o tan x = tan α e´ : x = α + kπ, Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

k∈Z 45



Exerc´ıcios Resolvidos 1. Simplifique a seguinte expressão: π sen α − + cos (3π − α). 2 Resoluça˜ o: Usando as propriedades das funço˜ es seno e cosseno em 7.3.1, temos sen α − π2 + cos (3π − α) = sen − π2 − α + cos (2π + π − α) = = − sen

π 2

−α

+ cos (π − α) = − cos α − cos α = −2 cos α

x sabendo que sen x = 35 e π2 ≤ x ≤ π. 2 Resoluça˜ o: Usando as fórmulas (5) e (6), temos que x 1 tan 2 = 2 cos2

2. Calcule tan

e usando 7.2 cos2 Assim, dado que sen x =

x 2

=

x 2

− 1.

(7)

1 + cos x . 2

3 5,

cos2 x = 1 − sen2 x = 1 −

9 16 = 25 25

Como x ∈ 2o Q, cos x = − 54 . Logo, cos2

x 2

Então, tan 2 Como x ∈ 2o Q, tan

=

x 2

=

1− 2 1 1 10

4 5

=

1 . 10

− 1 = 9.

x = −3. 2

3. Considere a funça˜ o g : [0, π] −→ R definida por g(x) = sen x + sen (2x). (a) Determine os zeros da funça˜ o g; (b) Estude, quanto a` existência de ass´ımptotas, a funça˜ o h definida em [0, π] \

nπ o 2

por h(x) =

g(x) . cos x

Resoluça˜ o: (a) Pretendemos resolver a equaça˜ o g(x) = 0, com x ∈ [0, π]. Como, sen x + sen (2x) = 0 ⇔ sen x = − sen (2x) ⇔ sen x = sen (−2x) ⇔ ⇔ x = −2x + 2kπ ∨ x = π − (−2x) + 2kπ, k ∈ Z ⇔ x =

2kπ 3

∨ x = −π − 2kπ, k ∈ Z.

Queremos os valores de k ∈ Z, tais que: x=

2kπ ∈ [0, π] ou x = −π − 2kπ ∈ [0, π], 3

ou seja, 0≤

2kπ 3

≤π⇔0≤k≤

3 2

ou

0 ≤ −π − 2kπ ≤ π ⇔ −1 ≤ k ≤ − 21

a que correspondem os valores de k = 0 e k = 1 no primeiro caso, e k = −1 no segundo. Os zeros da funça˜ o g são, portanto, 2π 0, , π. 3 Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

46



(b) Pelo facto do dom´ınio de h ser um conjunto limitado, não tem sentido procurar ass´ımptotas não verticais. Sendo h cont´ınua em todo o seu dom´ınio ( [0, π]\{π}), só poderá haver ass´ımptota π vertical em x = . Como, 2 lim h(x) = +∞

x→( π2 )−

a recta de equaça˜ o x =

lim h(x) = −∞,

e

x→ π2 +

π e´ ass´ımptota vertical do gráfico de h. 2

Exerc´ıcios Propostos 1. Considere a funça˜ o f , de dom´ınio R \ {1}, definida por f (x) =

ex x−1

(a) Estude a funça˜ o f quanto a` monotonia e quanto a` existência de extremos relativos. (b) Resolva a equaça˜ o ln[f (x)] = x (c) Estude a funça˜ o f quanto a` existência de ass´ımptotas verticais e horizontais do seu gráfico. 2. Sabendo que sen

5 4 + a = , tan(7π − b) = 2 13 3

π

e que a ∈ 4o Q, b ∈ 2o Q, calcule a) sen(a + b); b) cos(a − b); c) cos

π 4

+b .

3. Resolva as seguintes equaço˜ es trigonométricas: √ (b) cos 4x − sen 4x = 0; (a) cos x + 3 sen x = 1; (c) cos 2x = 2 − 3 sen x; (d) sen (x + π/6) = sen x; (e) cos (2x + π/4) = cos x; (f ) cos x = 1 − 5 sen x tan x . 4. Usando as fórmulas da soma de dois aˆ ngulos (6), mostre que: (a) sen x + π2 = cos x; (b) cos x + π2 = − sen x; (c) sen 2 x = 21 (1 − cos 2x); (d) cos2 x = 12 (1 + cos 2x) . 5. Considere a funça˜ o f , de dom´ınio [0, 2π] definida por

f (x) =

  1 + ln (π − x) 

cos (2x)

se

0≤x<π

se

π ≤ x ≤ 2π

(a) Estude f quanto a` continuidade. (b) Determine os zeros de f . (c) Seja α ∈ [π, 2π] tal que cos α = 32 . Determine f (α). 6. Considere as funço˜ es f e g de dom´ınio R, definidas por f (x) =

1 3

+ 2e1−x e g(x) = 2 sen x − cos x.

(a) Estude a funça˜ o f quanto a` existência de ass´ımptotas paralelas aos eixos coordenados. (b) Resolva a equaça˜ o f (x) = g(π), apresentando a soluça˜ o na forma ln(ke), onde k representa um número real positivo.


47


8 8.1

˜ 8 Sucessoes reais

Sucessões reais Conceitos fundamentais

Definiça˜ o: Uma sucessão e´ uma funça˜ o de dom´ınio N. Se o conjunto de chegada e´ R, então designa-se por sucessão real. Portanto, uma sucessão real e´ uma funça˜ o u: N → R n 7→ u(n) = un que se denota usualmente por (un )n∈N . • un e´ o termo geral (define a expressão analitica da sucessão, por exemplo un = 2n − 1), • n e´ a ordem do termo un , • {un : n ∈ N} e´ o conjunto dos seus termos (ou seja, e´ o contradom´ınio da sucessão). Por exemplo, a sucessão de termo geral an = 2n e´ a funça˜ o em que a imagem de cada número natural e´ o dobro desse número: a imagem de 1 e´ 2, a imagem de 2 e´ 4, e assim sucessivamente. Obtém-se a sequência 2, 4, 6, 8, . . . O gráfico desta sucessão e´ o seguinte: y 10 8 6 4 2 1

2

3

4

5 n

Exerc´ıcios Resolvidos Considere a sucessão de termo geral un = (−1)n . (a) Calcule os primeiros termos da sucessão. (b) Mostre que todos os termos de ordem par são positivos. (c) Esboce o gráfico da sucessão. Resoluça˜ o: (a) Substituindo no termo geral n por 1, obtemos u1 = (−1)1 = −1. Logo o primeiro termo e´ −1. Para determinar o segundo termo, substitu´ımos n por 2. Assim sendo, u2 = (−1)2 = 1. Repetindo o processo, os primeiros termos da sucessão dada são −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, . . . Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

48



(b) Se n e´ um número par, então pode ser escrito na forma n = 2k, para algum k ∈ N. Portanto un = u2k = (−1)2k = ((−1)2 )k = 1k = 1 que e´ positivo. (c) O gráfico da sucessão e´ y 2 1 1

2

3

4

5

6

7

8

n

−1 −2

Exerc´ıcios Resolvidos Dada a sucessão real (an )n∈N definida por an =

2n − 9 , n+3

(a) Determine o termo de ordem 8. (b) Averigúe se 5/2 e´ termo da sucessão. (c) Mostre que, se n > 10, então an > 0. Resoluça˜ o: (a) Basta substituir n por 8 no termo geral: a8 = Logo o 8◦ termo e´

2·8−9 7 = . 8+3 11

7 11 .

(b) Pretende-se saber se existe n ∈ N tal que an = 5/2. Para tal, devemos resolver a equaça˜ o 5 2n − 9 = , com n ∈ N. n+3 2 Então 2n − 9 5 4n − 18 − 5n − 15 −n − 33 = ⇔ =0⇔ = 0 ⇔ n = −33 ∧ n 6= −3. n+3 2 n+3 n+3 Como −33 ∈ / N, a equaça˜ o anterior e´ imposs´ıvel em N e conclu´ımos que 5/2 não e´ termo da sucessão. (c) Se n > 10, então 2n − 9 > 2 · 10 − 9 = 11 e n + 3 > 10 + 3 = 13. Logo, para n > 10, as expressões 2n − 9 e n + 3 são positivas e atendendo a que o quociente de dois números positivos e´ ainda um número positivo, provámos o pretendido. Uma sub-sucessão de (un )n∈N e´ uma sucessão que se obtém de (un )n∈N suprimindo alguns dos seus termos e denota-se por (unk )k∈N . Por exemplo, se un = (−1)n , então u2n = 1 e´ uma sub-sucessão de (un )n∈N .


49

´ alculo ´ Pre-C 2005 8.1.1


Sucessões definidas por recorrência

Uma sucessão pode ser definida por recorrência, i.e., são dados o(s) primeiro(s) termo(s) da sucessão e alguma lei que nos permite determinar os restantes. Por exemplo, a sucessão (an )n∈N dada por   a1 = 4 a2 = 1  an+2 = an + an+1 , n ∈ N está definida por recorrência. Quais são os termos desta sucessão? O primeiro e segundo são, respectivamente, 4 e 1, conforme e´ indicado. Para determinarmos os restantes olhemos para a terceira expressão: an+2 = an + an+1 . Esta expressão indica que cada termo e´ soma dos dois termos que o antecedem. Por exemplo, o terceiro termo e´ (substituindo na expressão anterior n por 1) a3 = a1 + a2 = 4 + 1 = 5. O quarto termo e´ (substituindo agora n = 2) a4 = a2 + a3 = 1 + 5 = 6 e assim sucessivamente a5 = a3 + a4 = 5 + 6 = 11, a6 = a4 + a5 = 6 + 11 = 17, ... Exerc´ıcios Resolvidos Considere a sucessão definida por

a1 = −4 an+1 = an + 2, n ∈ N

(8)

(a) Determine os quatro primeiros termos da sucessão dada. (b) Qual será o termo geral da sucessão? Resoluça˜ o: (a) Conforme e´ indicado no sistema, a1 = −4. Para determinarmos a2 , basta substituir n por 1 na equaça˜ o an+1 = an + 2; logo a2 = a1 + 2 = −4 + 2 = −2. Substituindo agora n por 2 e 3, obtemos a3 = a2 + 2 = 0 e a4 = a3 + 2 = 2. (b) O primeiro termo da sucessão e´ −4 e an+1 − an = 2, i.e., a diferença entre dois termos consecutivos e´ 2. O termo geral será an = −6 + 2n. Notemos que an+1 − an = [−6 + 2(n + 1)] − [−6 + 2n] = 2 e a1 = −6 + 2 = −4. Logo esta sucessão satisfaz a condiça˜ o (8). Será esta sucessão u´ nica? Neste momento não temos meios de dar resposta a esta questão; posteriormente, aquando do estudo das progressões, veremos como poder´ıamos justificar a unicidade da sucessão.


50


8.2


Monotonia

Teorema: Seja (an )n∈N uma sucessão real. A sucessão e´ monótona • crescente se an+1 − an ≥ 0, para todo n ∈ N; • decrescente se an+1 − an ≤ 0, para todo n ∈ N; • estritamente crescente se an+1 − an > 0, para todo n ∈ N; • estritamente decrescente se an+1 − an < 0, para todo n ∈ N. Por exemplo, a sucessão an = 1/n e´ estritamente decrescente, uma vez que an+1 − an =

1 −1 1 − = < 0, n+1 n n(n + 1)

para todo n ∈ N. Observemos que toda a sucessão estritamente crescente (respectivamente “estritamente decrescente”) e´ crescente (respectivamente “decrescente”). Uma sucessão constante, por exemplo, un = 4 e´ simultaneamente crescente e decrescente, sendo portanto monótona. Exerc´ıcios Resolvidos Estude a monotonia das sucessões de termo geral: √ (a) an = 3 + n. (b) bn =

n+2 . n+1

(c) cn = n2 − 11n + 10. (d) dn = (−2)n . e1 = 4 (e) en+1 = en + 2n + 1, n ∈ N Resoluça˜ o: √ √ (a) Devemos estudar o sinal de a − a . Como n + 1 > n, ent˜ a o n + 1 > n. Logo, an+1 − an = n+1 n √ √ √ √ [3 + n + 1] − [3 + n] = n + 1 − n > 0, e portanto a sucessão e´ monótona crescente. (b) Devemos estudar novamente o sinal de bn+1 − bn : bn+1 − bn =

(n + 1) + 2 n + 2 (n + 3)(n + 1) − (n + 2)(n + 2) − = = (n + 1) + 1 n + 1 (n + 2)(n + 1) −1 < 0, (n + 2)(n + 1)

uma vez que, como n ∈ N, então n + 2 > 0 e n + 1 > 0. Logo (bn )n∈N e´ monótona decrescente. (c) Como cn+1 − cn = 2n − 10 e esta expressão toma valores positivos ou negativos3 , dependendo do valor de n, conclu´ımos que a sucessão dada não e´ monótona. (d) Atendendo a que d1 = −2, d2 = 4 e d3 = −8, então d1 < d2 e d2 > d3 . Portanto a sucessão e´ não monótona. (e) Uma vez que en+1 = en + 2n + 1 ⇔ en+1 − en = 2n + 1 e 2n + 1 e´ sempre positivo, conclu´ımos que a sucessão dada e´ monótona crescente. 3

Por exemplo, se n = 3, 2n − 10 < 0, e c4 < c3 ; mas se n = 6, então 2n − 10 > 0 e portanto c7 > c6 .


51


8.3


Sucessões limitadas

Definiça˜ o: Uma sucessão (an )n∈N e´ • limitada superiormente se existe M ∈ R tal que an ≤ M , para todo n ∈ N; • limitada inferiormente se existe m ∈ R tal que an ≥ m, para todo n ∈ N; • limitada se existem m, M ∈ R tais que que m ≤ an ≤ M , para todo n ∈ N. M e´ um majorante e m um minorante do conjunto dos termos da sucessão. Ainda existe uma outra maneira de definirmos sucessão limitada: uma sucessão e´ limitada se existe M ∈ R+ tal que |an | ≤ M , para todo n ∈ N. Exerc´ıcios Resolvidos Prove que são limitadas as sucessões (a) an = 2/n. (b) bn = (−1)n

2n . n+3

Resoluça˜ o: (a) Como n ≥ 1, então 0 < 1/n ≤ 1. Logo 0 < 2/n ≤ 2 e portanto 0 e´ um minorante do conjunto dos termos da sucessão e 2 um majorante. (b) Podemos escrever a sucessão dada como  2n   se n e´ par n + 3, bn =  2n  − , se n e´ ´ımpar n+3 Além disso, efectuando a divisão de 2n por n + 3, obtemos 2n 6 =2− . n+3 n+3 Logo, para n par: 6 6 6 6 n≥2→n+3≥5→0< ≤ →− ≤− <0→ n+3 5 5 n+3 4 6 ≤2− < 2. 5 n+3 Para n ´ımpar, obtemos 6 6 3 6 1 n≥1→n+3≥4→0< ≤ = → −2 < −2 + ≤− . n+3 4 2 n+3 2 Portanto −2 < bn < 2, ou seja, e´ limitada. Exerc´ıcios Resolvidos n+8 . n+1 (a) Mostre que a sucessão e´ decrescente. Considere a sucessão definida por an =

(b) Mostre que a sucessão e´ limitada. Resoluça˜ o: (a) Uma vez que an+1 − an =

−7 < 0, provámos o pretendido. (n + 2)(n + 1)

(b) Uma vez que a sucessão e´ monótona decrescente, o seu primeiro termo, a1 = 9/2, e´ um majorante do conjunto dos termos da sucessão. Facilmente se vê que, para todo n ∈ N, an > 0. Logo 0 e´ um minorante e conclu´ımos assim que 0 < an ≤ 9/2. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

52


8.4 8.4.1


Progressões aritméticas e geométricas Progressões aritméticas

Definiça˜ o: Seja (an )n∈N uma sucessão. Dizemos que a sucessão e´ uma progressão aritmética de razão r ∈ R se a diferença entre quaisquer dois termos consecutivos da sucessão e´ constante, i.e., an+1 − an = r, ∀n ∈ N. Por exemplo, a sucessão un = 2n − 3 e´ uma progressão aritmética de razão 2 pois un+1 − un = 2. A sucessão de termo geral vn = 1/n não representa uma progressão aritmética porque vn+1 −vn não e´ constante (a diferença depende de n). Da definiça˜ o decorre que uma progressão aritmética e´ sempre monótona, sendo crescente ou decrescente consoante r e´ não negativo ou não positivo, respectivamente. Teorema: O termo geral de uma progressão aritmética (an )n∈N de razão r e´ an = a1 + (n − 1)r. Logo, se conhecermos o primeiro termo da progressão e a razão, podemos determinar o seu termo geral. Dada uma sucessão (an )n∈N , definimos S1 , S2 , S3 , . . . , Sn como sendo S1 = a1 S2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 .. . Sn = a1 + a2 + a3 + . . . + an Sn representa a soma dos n primeiros termos da sucessão (an )n∈N . a1 + an n. Teorema: Se (an )n∈N e´ uma progressão aritmética, então Sn = 2 Podemos generalizar esta fórmula para o caso seguinte: supor que pretend´ıamos calcular a soma dos termos consecutivos da sucessão: ak + ak+1 + ak+2 + . . . + an , k ≤ n. Neste caso viria ak + ak+1 + ak+2 + . . . + an =

ak + an (n − k + 1) . | {z } 2 número de termos

Notaça˜ o:

n X

ai = ak + ak+1 + ak+2 + . . . + an .

i=k

Exerc´ıcios Resolvidos Sabendo que (un )n∈N e´ uma progressão aritmética e que u5 = −7 e u12 = −28, (a) determine a razão da progressão; (b) escreva a expressão do termo geral da sucessão; (c) determine a soma dos 20 primeiros termos da sucessão; (d) calcule

50 X

ui .

i=3

Resoluça˜ o: (a) Uma vez que u5 = u1 + (5 − 1)r e u12 = u1 + (12 − 1)r, então substituindo pelos valores dados, vem −7 = u1 + 4r r = −3 ⇔ −28 = u1 + 11r u1 = 5 Logo a razão e´ igual a −3. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

53



(b) O termo geral e´ dado por un = u1 + (n − 1)r = 5 + (n − 1)(−3) = −3n + 8. (c) A soma consecutiva dos 20 primeiros termos e´ igual a S20 =

u1 + u20 20 = −470. 2

(d) 50 X

u3 + u50 (50 − 3 + 1) = −3432. 2

ui =

i=3

Notemos que o número de termos da soma e´ igual a 50 − 3 + 1. 8.4.2

Progressões geométricas

Definiça˜ o: Seja (an )n∈N uma sucessão. Dizemos que a sucessão e´ uma progressão geométrica de razão r 6= 0 se o quociente entre quaisquer dois termos consecutivos e´ constante, i.e., an+1 = r, ∀n ∈ N. an Teorema: O termo geral de uma progressão geométrica (an )n∈N de razão r e´ dado por an = a1 rn−1 . Teorema: Se (an )n∈N e´ uma progressão geométrica, então Sn = a1 De um modo geral,

n X

ai = ak

i=k

1 − rn , para r 6= 1. 1−r

1 − rn−k+1 . 1−r

Exerc´ıcios Resolvidos Dada a sucessão definida por un =

5 · 2n , 3n+1

(a) Mostre que (un )n∈N representa uma progressão geométrica. (b) Calcule S18 . Resoluça˜ o: (a) Devemos começar por determinar o quociente

un+1 : un

un+1 (5 · 2n+1 )(3n+1 ) 2 = = . n+2 n un (3 )(5 · 2 ) 3 Como

un+1 e´ constante, provamos que a sucessão dada e´ uma progressão geométrica de razão 23 . un

(b) A soma e´ igual a S18

1 − r18 10 1 − (2/3)18 10 = u1 = · = 1−r 9 1 − (2/3) 3


18 ! 2 1− . 3

54



Exerc´ıcios Resolvidos Sabendo que (an )n∈N e´ uma progressão geométrica com a1 = 3 e a6 = 96, (a) Determine a razão da progressão geométrica. (b) Escreva o termo geral da sucessão. (c) Calcule

30 X

ai .

i=10

Resoluça˜ o: (a) a6 = 96 ⇔ 3 · r5 = 96 ⇔ r5 = 32 ⇔ r = 2 Logo a razão e´ igual a 2. (b) O termo geral e´ an = a1 · rn−1 = 3 · 2n−1 . (c) 30 X

ai = a10

i=10

1 − 221 = 3 · 29 (221 − 1). 1−2

Notemos que o número de termos da soma e´ igual a 30 − 10 + 1 = 21.

8.5

Convergência de uma sucessão

Consideremos a sucessão real an = 1 +

1 . O seu gráfico e´ o seguinte: n

y 2 1 1

2

3

4

5

6

7 n

O que se verifica e´ que, a` medida que n aumenta, o valor de an aproxima-se de 1. Escrevemos lim an = 1 n→+∞

ou simplesmente lim an = 1. Definiça˜ o: Seja (an )n∈N uma sucessão real. Dizemos que a sucessão e´ convergente se existe um número real L tal que, a` medida que n cresce, os termos da sucessão aproximam-se de L. Escrevemos lim an = L. Formalmente, dizemos que a sucessão converge para L se ∀ > 0, ∃N ∈ N : n ≥ N → |an − L| < Se tal real L não existe, dizemos que a sucessão e´ divergente. Teorema: O limite de uma sucessão, se existir, e´ u´ nico. Por exemplo, tomemos as duas seguintes sucessões: un = 2n − 6

e

vn = (−1)n .

Os gráficos das duas sucessões são, respectivamente


55

´ alculo ´ Pre-C 2005 y 6

˜ 8 Sucessoes reais y

(un )n

4

(vn )n

2 −2

1

1

2

3

4

5

6

n

1

2

3

4

5

6

7

8

n

−1

−4 Os termos da sucessão (un )n aumentam indefinidamente; dizemos que lim un = +∞. Os termos da sucessão (vn )n vão oscilando entre −1 e 1 consoante n e´ ´ımpar ou par, respectivamente. Uma vez que o limite de uma sucessão quando existe e´ u´ nico, conclu´ımos que esta sucessão não tem limite. Ambas as sucessões são divergentes. Definiça˜ o: Se lim an = +∞ dizemos que a sucessão (an )n e´ um infinitamente grande positivo. Formalmente dizemos, lim an = +∞ ⇔ ∀M ∈ R, ∃N ∈ N : n ≥ N → an > M ; Se lim an = −∞ a sucessão diz-se um infinitamente grande negativo. Formalmente temos: lim an = −∞ ⇔ ∀M ∈ R, ∃N ∈ N : n ≥ N → an < M ; Se lim an = 0 a sucessão e´ um infinitésimo. Formalmente, lim an = 0 ⇔ ∀ > 0, ∃N ∈ N : n ≥ N → |an | < .

8.6

Limites notáveis

Segue a lista de alguns limites “notáveis”, i.e., alguns dos limites frequentemente usados e cuja determinaça˜ o não e´ simples. 1 • lim = 0, n √ • lim n a = 1, onde a > 0; √ • lim n n = 1;  =0 se −1 < a < 1    = 1 se a = 1 • lim an = +∞ se a > 1    não existe se a ≤ −1 a n • lim 1 + = ea . n

8.7

Propriedades aritméticas dos limites

Sejam (an )n e (bn )n duas sucessões convergentes, tais que lim an = a e lim bn = b, com a, b ∈ R. Então 1. lim(an ± bn ) = a ± b; 2. lim(an · bn ) = a · b; an a 3. lim = se b 6= 0; bn b Observaça˜ o: Se a = ±∞ e b ∈ R, então: • lim(an ± bn ) = ±∞; • Se b 6= 0 então lim(an · bn ) = ±∞, dependendo do sinal de b. an • Se b 6= 0 então lim = ±∞, dependendo do sinal de b. bn Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

56


8.8


Teoremas sobre limites

Teorema: Toda a sucessão limitada e monótona e´ convergente. Este resultado não nos permite determinar o limite mas garante a sua existência. Frequentemente e´ usado em sucessões definidas por recorrência. Teorema: Sejam (an )n e (bn )n duas sucessões convergentes para a e b respectivamente. Se a partir de certa ordem, se verifica an ≤ bn , então a ≤ b. Teorema das sucessões enquadradas Dadas três sucessões (an )n∈N , (bn )n∈N e (cn )n∈N tais que 1. an ≤ bn ≤ cn , a partir de certa ordem; 2. lim an = lim cn , então existe lim bn e lim an = lim bn = lim cn . Exerc´ıcios Resolvidos Calcule o limite das seguintes sucessões: (a) an =

3n − 5 . n+1

(b) bn =

4n5 + 3n2 − n − 5 . 3n2 − 2n + 10

(c) cn = −n2 + n + 7. (d) dn =

2n − 3n+2 . 2n−1 + 3n+1

(e) en = sin(nπ). nπ (f) fn = sin . 2 (−1)n+3 n + 1 . n3 + 1 p p (h) hn = n2 + 2n + 3 − n2 + 2n. (g) gn =

(i) in =

(2n + 1)!n! . (2n − 1)!(n + 1)!

sin n . n n+1 n . (m) mn = n+4 (j) jn =

Resoluça˜ o:

5 5 n 3− 3− 3n − 5 n n = 3 − 0 = 3. = lim (a) lim = lim 1 1 n+1 1+0 1+ n 1+ n n 1 5 1 5 2 3 n 4n + 3 − − 2 4n3 + 3 − − 2 4n5 + 3n2 − n − 5 n n n n = +∞. (b) lim = lim = lim 2 10 2 10 3n2 − 2n + 10 3− + 2 n2 3 − + 2 n n n n Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

57



1 7 (c) lim (−n2 + n + 7) = lim n2 −1 + + 2 = −∞. n n | {z } ↓ −1 n n 2 2 n 2 3 −3 − 32 n n+2 2 −3 0−9 3 3 = lim n (d) lim n−1 = lim n = = −3. n+1 2 +3 0+3 2 2 n −1 −1 3 ·2 +3 ·2 +3 3 3 (e) Como sin(nπ) = 0, para todo n ∈ N, então lim en = 0. (f) Observe-se que: π =1 2 = sin π = 0 3π = sin = −1 2 = sin 2π = 0

• Se n e´ da forma 1 + 4k, vem, f1+4k = sin • Se n e´ da forma 2 + 4k, vem, f2+4k • Se n e´ da forma 3 + 4k, vem, f3+4k • Se n e´ da forma 4 + 4k, vem, f4+4k com k = 0, 1, 2, . . ..

Então fn toma somente os valores 1, 0, −1. Logo não existe limite da sucessão dada porque podemos escolher subsucessões de (fn )n com limites distintos. (g) Para n par, gn = que lim gn = 0.

−n + 1 n+1 −n + 1 n+1 e para n ´ımpar, gn = 3 . Como lim 3 = lim 3 = 0, resulta 3 n +1 n +1 n +1 n +1

√ √ √ √ p p 2 + 2n + 3 − n2 + 2n)( n2 + 2n + 3 + n2 + 2n) ( n √ √ (h) lim( n2 + 2n + 3 − n2 + 2n) = lim = n2 + 2n + 3 + n2 + 2n (n2 + 2n + 3) − (n2 + 2n) 3 √ √ = lim √ = lim √ = 0. 2 2 2 n + 2n + 3 + n + 2n n + 2n + 3 + n2 + 2n (i) lim

(2n + 1)!n! (2n + 1)(2n)(2n − 1)!n! (2n + 1)(2n) = lim = lim = +∞ (2n − 1)!(n + 1)! (2n − 1)!(n + 1)n! n+1

−1 sin n 1 (j) Como −1 ≤ sin n ≤ 1, então ≤ ≤ . Pelo teorema das sucessões enquadradas, como n n n −1 1 sin n lim = lim = 0, conclu´ımos que lim = 0. n n n n+1 −3 =1+ . Logo n+4 n+4 " # −3 n+4 −3 −4 n+1 n lim = lim 1 + · 1+ = e−3 · 1−4 = e−3 . n+4 n+4 n+4

(m) Procedendo a` divisão de n + 1 por n + 4, obtemos

Exerc´ıcios Resolvidos Seja (an )n∈N a sucessão definida por recorrência (

a1 = 3 1 an+1 = an + 4, 2

para n ≥ 1

Sabendo que a sucessão converge, determine o seu limite. Departamento de Matemática, Universidade de Aveiro

58



Resoluça˜ o: Designemos por L o valor do limite. Como a sucessão converge, lim an = lim an+1 e portanto 1 1 lim an+1 = lim an + 4 ⇔ L = L + 4 ⇔ L = 8. 2 2 Logo a sucessão converge para 8. Exerc´ıcios Resolvidos Sejam a ∈] − 1, 1[ e b ∈ R. Considere a sucessão (sn )n∈N de termo geral sn = b(1 + a + a2 + . . . + an−1 ). Mostre que lim sn =

b . 1−a

Resoluça˜ o: Se a = 0, e´ o´ bvio. Suponhamos agora que a 6= 0. Uma vez que 1 + a + a2 + . . . + an−1 e´ a soma consecutiva de termos de uma progressão geométrica de razão a, então 1 + a + a2 + . . . + an−1 = Como |a| < 1, esta sucessão converge para

1 − an . 1−a

1 . Logo 1−a lim sn =

b . 1−a

Exerc´ıcios Resolvidos Calcule o limite da sucessão cujos primeiros termos são r q q √ √ √ 2, 2 2, 2 2 2, . . . Resoluça˜ o: Designemos por an o termo geral desta sucessão. Então 1

a1 = 2 2 1 1 1 1 2 a2 = 2 · 2 2 = 22+4 1 1 1 1 1 1 2 a3 = 2 · 2 2 + 4 = 22+4+8 .. . De um modo geral 1

1

1

1

an = 2 2 + 22 + 23 +...+ 2n . Como

1 1 1 1 + + + ... + n 2 22 23 2 e´ a soma consecutivas dos termos de uma progressão geométrica de razão 1/2, temos que n ! 1 1 1 1 1 1 − 12 lim + + + . . . + n = lim · = 1, 2 22 23 2 2 1 − 12 lim

então lim an = 2

1 + 12 + 13 +...+ 21n 2 2 2

= 21 = 2.


59



Exerc´ıcios Propostos 1. Escreva os 5 primeiros termos das seguintes sucessões: 3 · (−1)n ; n! nπ ; (b) an = cos 4 (a) an =

(c) a1 = 4 e an+1 = (d) an =

n X

1 , n ∈ N; 1 + an

(−1)i ;

i=1

1 (e) an = + 2

n 2 1 1 + ... + . 2 2

2. Estude a monotonia de cada uma das seguintes sucessões e verifique se são limitadas: 1 ; 5n 2n − 3 = ; 3n + 4 nπ = cos ; 2 n 3 =1− ; 2 (−1)n =3+ ; n n 3 2 = ; n! n2 + 1 . = n

(a) an = (b) an (c) an (d) an (e) an

(f) an (g) an

3. Averiguúe se cada uma das seguintes sucessões e´ convergente ou divergente, e no caso de convergência, indique o respectivo limite. (a) an = n(n − 1); 3 + 5n2 ; n + n2 √ n = ; n+1 2n = n+1 ; 3 (−1)n (n + 2) = ; n3 + 4 2n+1 3 = 1+ ; n+2

(b) an = (c) an (d) an (e) an (f) an

(g) an = ln(n + 1) − ln(n); (h) an =

cos2 (n) . 2n


60


9

9 Limites e Continuidade

Limites e Continuidade Definiça˜ o de Limite

9.1

No que se segue considere-se uma funça˜ o f : D ⊆ R → R e a ∈ R tal que D contém um intervalo aberto de centro em a com poss´ıvel excepça˜ o do ponto a. Definiça˜ o: Diz-se que f tem limite l ∈ R quando x tende para a em D, lim f (x) = l,

x→a

se para toda a sucessão (xn )n∈N , de elementos de D, distintos de a, que tende para a ( lim xn = a), a n→+∞

correspondente sucessão das imagens (f (xn ))n∈N tende para l ( lim f (xn ) = l). n→+∞

Exemplo: Seja f (x) =

1 com Df = R\{−1}. Considerando a sucessão x+1 xn = 1+

(−1)n →1 n

lim f (xn ) =

tem-se que

xn

n→+∞

1 . 2

f (xn )

1

0.5

n

xn

1

n

Contudo, este exemplo não demonstra que lim f (x) = 12 , porque foi considerada uma sucessão particular xn = 1+ (−1) n . x→1

Para mostrarmos que lim f (x) = x→1

1 2

vamos considerar uma sucessão (xn )n qualquer, que convirja para 1 e tal que

xn ∈ D \ {1}, ∀n ∈ N, assim temos lim f (xn ) = lim

n→+∞

n→+∞

1 = xn + 1

1 1 1 = = . lim xn + 1 1+1 2

n→+∞

Como lim f (xn ) e´ independente da sucessão (xn )n escolhida, pode garantir-se que lim f (x) = 21 . n→+∞

x→1

Observaço˜ es: y

1. Pode existir lim g(x) e a ∈ / Dg . Vejamos por exemplo a funça˜ o g x→a

definida por g(x) =

x−1 x2 −1 ,

x−1 x−1 1 1 = lim = lim = . 2 x→1 x − 1 x→1 (x − 1)(x + 1) x→1 x + 1 2

lim g(x) = lim

x→1

g(x)= x−1 x2 −1

com dom´ınio Dg = R \ {1, −1} e

x−1 1 = ∧ x 6= 1. Como se trata do (x − 1)(x + 1) x+1 limite quando x tende para 1, x e´ efectivamente diferente de 1.

Repare-se que


1 2

• ◦

1

x

61



2. O limite da funça˜ o num ponto não e´ necessariamente a imagem da funça˜ o no ponto. Considere-se por exemplo a funça˜ o,  1    x + 1 se x 6= 1 h(x) =    2 se x = 1,

y

2

h(x)

1 2

1 1 = e h(1) = 2. x→1 x + 1 2

lim h(x) = lim

x→1

•

◦• 1

9.2

x

Continuidade

Seja I um intervalo aberto de números reais. Definiça˜ o: Seja f : I → R. A funça˜ o f e´ cont´ınua em a ∈ I se e só se existe lim f (x) e x→a

lim f (x) = f (a).

x→a

f e´ cont´ınua a` direita de a quando lim+ f (x) = f (a). x→a

f e´ cont´ınua a` esquerda de a quando lim f (x) = f (a). x→a−

Se f não for cont´ınua em a, f diz-se descont´ınua em a. Observaça˜ o: Uma funça˜ o diz-se descont´ınua no ponto a se não existe lim f (x) ou existe lim f (x) mas e´ diferente de x→a

x→a

f (a). Continuidade num intervalo 1. f diz-se cont´ınua num intervalo I se f e´ cont´ınua em todos os pontos desse intervalo. 2. Uma funça˜ o e´ cont´ınua em [a, b] se for: (a) cont´ınua em ]a, b[; (b) cont´ınua a` direita do ponto a; (c) cont´ınua a` esquerda do ponto b. Obs.: Considerando f : [a, b] → R, os pontos do dom´ınio de f , estão a` direita de a e a` esquerda de b, i.e., a ≤ x ≤ b. Da´ı que no cálculo dos limites nos extremos do intervalo se pense apenas em lim+ f (x) e lim− f (x). x→a

x→b

• As funço˜ es elementares conhecidas (polinomiais, racionais, trigonométricas, potências, exponencial e logar´ıtmica) são funço˜ es cont´ınuas no seu dom´ınio. • Uma funça˜ o cont´ınua em I e´ cont´ınua em qualquer subintervalo de I.

9.3

Propriedades dos Limites

1. Unicidade do Limite: Se existe, em R, lim f (x) então esse limite e´ u´ nico. x→a

2. Seja c uma constante real. Se f (x) = c, ∀x ∈ R então lim f (x) = c, ∀a ∈ R x→a

3. Sejam lim f (x) = l e lim g(x) = m com l, m ∈ R. x→a

x→a

• Se c ∈ R, lim cf (x) = cl; x→a

• lim (f (x) ± g(x)) = l ± m; x→a

• lim (f (x) g(x)) = l m; x→a


62

´ alculo ´ Pre-C 2005 • lim

x→a


f (x) l = se m 6= 0; g(x) m

Se n for um número natural qualquer, tem-se: • lim [f (x)]n = ln x→a

Se P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 então lim P (x) = an ln + an−1 ln−1 + · · · + a0 x→a

• lim

p n

x→a

9.4

f (x) =

√ n

l supondo que l ≥ 0 quando n e´ par.

Propriedades das Funço˜ es Cont´ınuas

Propriedades Aritméticas: Se f : Df ⊆ R → R e g : Dg ⊆ R → R são funço˜ es cont´ınuas em a ∈ Df ∩ Dg então as seguintes funço˜ es também são cont´ınuas em a: (a) f ± g;

(b) f g;

(c)

f g,

se g(a) 6= 0.

Composiça˜ o de Funço˜ es: Se f : D ⊆ R → R tem limite l ∈ R quando x tende para a e g : Dg ⊆ R → R e´ cont´ınua em l(∈ Dg ) então a funça˜ o composta g ◦ f tem limite g(l) quando x tende para a: lim g(f (x)) = g( lim f (x)) = g(l)

x→a

x→a

Como consequência, a composiça˜ o de funço˜ es cont´ınuas e´ cont´ınua. Exemplos: h(x) = sin(x2 ) e g(x) = ln(1 + cos2 x) são funço˜ es cont´ınuas em R. Como a funça˜ o s(x) = sin x e a funça˜ o p(x) = x2 são cont´ınuas em R, a funça˜ o h = s◦p e´ cont´ınua em R. Analogamente, como a funça˜ o l(x) = ln x e´ cont´ınua em R+ e a funça˜ o c(x) = cos x e´ cont´ınua em R, a funça˜ o r(x) = 1 + cos2 x e´ cont´ınua em R. Por consequência, atendendo a que r(x) > 0, ∀x ∈ R, a funça˜ o g = l ◦ r e´ cont´ınua em R.

Exerc´ıcios Resolvidos

1. Considere a funça˜ o real de variável real dada por f (x) =

 −x2 + 7x − 12   ,  2    2x − 5x − 3 −2,       2x − k,

x>3 x=3 x<3

(a) Determine k ∈ R por forma a que exista lim f (x). x→3

(b) Para que valores de k encontrados f e´ cont´ınua em x = 3? Resoluça˜ o: (a) Como a funça˜ o e´ definida por ramos, ao fazermos x tender para 3, temos que considerar o que se passa se x < 3 ( lim− f (x)) e o que se passa com x > 3 ( lim+ f (x)). x→3

x→3

−x2 + 7x − 12 . Comecemos por calcular lim+ f (x) = lim+ 2x2 − 5x − 3 x→3 x→3 Vamos simplificar a funça˜ o racional: √ −7 ± 49 − 48 2 −x + 7x − 12 = 0 ⇔ x = ⇔x=3∨x=4 −2 √ 5 ± 25 + 24 1 2 2x − 5x − 3 = 0 ⇔ x = ⇔x=3∨x=− 4 2 Assim, como x 6= 3 porque se trata do limite quando x tende para 3, podemos afirmar que as seguintes expressões são iguais: −x2 + 7x − 12 −(x − 3)(x − 4) 4−x = 1 = 2x + 1 2x2 − 5x − 3 2(x − 3)(x + 2 )


63



e portanto, lim

x→3+

−x2 + 7x − 12 1 4−x = lim = 2 + 2x − 5x − 3 7 x→3 2x − 1

Para que exista lim f (x) e´ necessário que os limites laterais sejam iguais, e e´ dessa igualdade que obtemos x→3

o valor de k: lim+ f (x) = lim− f (x) ⇔ lim+

x→3

x→3

x→3

1 41 −x2 + 7x − 12 = lim− (2x − k) ⇔ = 6 − k ⇔ k = 2x2 − 5x − 3 7 7 x→3

(b) Como lim f (x) 6= f (3) a funça˜ o não e´ cont´ınua em 3, logo, não existe um valor de k para o qual f seja x→3

cont´ınua. No entanto, se k = 8 a funça˜ o e´ cont´ınua a` esquerda de 3. 2. Calcule, caso existam, os limites de cada uma das funço˜ es nos pontos indicados: (a) lim f (x) para a = 12 , 0 e 1, com f definida por x→a

[0, 1] → x 7−→

f:

R

x+1 x−2 ;

(b) lim f (x) para a = 0, 1 e 2, com f (x) = x→a

(c) lim

x→a

 

1 x+1 ,

x>1



2x,

x≤1

;

x−a , com a ∈ R. |x − a|

Resoluça˜ o: (a) Para a =

1 2

o limite coincide com a imagem da funça˜ o no ponto: lim1

x→ 2

x+1 = x−2

1 2 1 2

+1 = −1; −2

Como a funça˜ o só está definida a` direita de 0, para a = 0 calcula-se o limite lateral a` direita: lim

x→0

x+1 x+1 1 = lim =− ; x − 2 x→0+ x − 2 2

Como a funça˜ o só está definida a` esquerda de 1, o limite quando x tende para a = 1 e´ igual ao limite lateral esquerdo: x+1 x+1 = lim− = −2; lim x→1 x − 2 x→1 x − 2 (b) lim f (x) = lim 2x = 0 (calcula-se no 2o ramo) x→0 x→0 1 1 lim f (x) = lim = (calcula-se no 1o ramo) x→2 x→2 x + 1 3 Para a = 1, calculam-se os limites laterais: lim− f (x) = lim− 2x = 2

x→1

x→1

lim+ f (x) = lim+

x→1

x→1

1 1 = x+1 2

Como lim f (x) 6= lim f (x), não existe lim f (x); x→1−

x→1+

x→1

(c) Como |x − a| = x − a, para valores a` direita de a, e |x − a| = −(x − a), para valores a` esquerda de a, tem-se: x−a x−a lim = lim =1 x→a x − a x→a+ |x − a| e x−a x−a lim = lim = −1 − x→a −(x − a) x→a |x − a| Como os limites laterais são diferentes, o limite não existe.


64



Exerc´ıcios Propostos Estude a continuidade das seguintes funço˜ es, nos respectivos dom´ınios:  2  2   x , x≥0  x , x>0  |x|, x 6= 0 1. f (x) = 2. g(x) = 3. h(x) =    1, x<0 1, x<0 −1, x = 0

4. i(x) =

 3  x + x, x ≥ −1 

1 − x,

5. j(x) =

x < −1

  2x + 1, 

x>3

−x2 + 3x, x ≤ 3

 |x + 1|, x ∈ [−2, 0]      1 x ∈]0, 2[ 6. l(x) = x,      2 x − 4x, x ∈ [2, 4]

9.5

Limites Infinitos e Limites no Infinito

Definiça˜ o: Diz-se que f tem limite +∞ quando x tende para a em D, lim f (x) = +∞,

x→a

se para toda a sucessão (xn )n∈N , de elementos de D, distintos de a, que tende para a ( lim xn = a), a correspondente n→+∞

sucessão das imagens (f (xn ))n∈N tende para +∞ ( lim f (xn ) = +∞). n→+∞

Definiça˜ o: Diz-se que f tem limite l quando x tende para +∞ em D, lim f (x) = l,

x→+∞

se para toda a sucessão (xn )n∈N , de elementos de D, que tende para +∞ ( lim xn = +∞), a correspondente sucessão n→+∞

das imagens (f (xn ))n∈N tende para l ( lim f (xn ) = l). n→+∞

Definiça˜ o: Diz-se que f tem limite +∞ quando x tende para +∞ em D, lim f (x) = +∞,

x→+∞

se para toda a sucessão (xn )n∈N , de elementos de D, que tende para +∞ ( lim xn = +∞), a correspondente sucessão n→+∞

das imagens (f (xn ))n∈N tende para +∞ ( lim f (xn ) = +∞). n→+∞

Definem-se de modo análogo lim f (x) = −∞, lim f (x) = l, lim f (x) = +∞, lim f (x) = −∞ e lim f (x) = x→a x→−∞ x→−∞ x→+∞ x→−∞ −∞.

Convém sublinhar que +∞ e −∞ não são números reais e quando lim f (x) = +∞ ou lim f (x) = −∞, diz-se que não x→a

x→a

existe em R o limite de f (x) quando x tende para a.

Exerc´ıcio resolvido Vejamos que não existe lim sin x. x→+∞

Se considerarmos as sucessões xn = 2nπ e yn = 2nπ + π2 , ambas são infinitamente grandes, ou seja, tendem para +∞, no entanto, tem-se: sin(xn ) = sin(2nπ) = 0 → 0


65



e

π sin(yn ) = sin 2nπ + = 1 → 1. 2 Se o limite existisse, seria u´ nico e portanto qualquer sucessão (f (xn ))n deveria convergir para esse limite, independentemente da escolha da sucessão (xn )n . De forma análoga se prova que não existem os seguintes limites: lim sin x,

x→−∞

9.6

lim cos x,

x→+∞

lim cos x,

lim tan x,

x→−∞

x→+∞

lim tan x.

x→−∞

Propriedades dos Limites Infinitos

O teorema da unicidade do limite enunciado anteriormente para limites finitos pode generalizar-se a limites infinitos. As propriedades aritméticas dos limites finitos poderão também ser generalizadas a limites infinitos depois de estabelecida uma aritmética dos limites infinitos. Aritmética dos Limites No caso em que a aplicaça˜ o das propriedades do limite conduzam a resultados do tipo descrito abaixo, por abuso de linguagem escreve-se −(+∞) = (−∞)

(+∞) + (+∞) = (+∞)

(−∞) + (−∞) = (−∞)

(±∞) + a = (±∞)

∞·∞=∞

∞ · a = ∞, se a 6= 0

1 = +∞ 0+ 0+∞ = 0

1 = −∞ 0− 0−∞ = +∞

1 =0 ∞

No produto de limites infinitos e´ válida a regra de sinais usada no produto de números reais. No caso de sermos conduzidos a um destes tipos 0 ∞ , , ∞ · 0, +∞ − ∞, +∞0 , 00 , 1∞ . 0 ∞ diz-se que temos uma indeterminaça˜ o. Se no cálculo de um limite, surgir uma indeterminaça˜ o, tal não significa que o limite não exista. Dever-se-á proceder a` manipulaça˜ o da expressão anal´ıtica da funça˜ o em estudo por forma a averiguar a existência, ou não, desse limite. Alguns limites que conduzem a indeterminaço˜ es são designados limites notáveis e são fundamentais no cálculo de limites. Limites Notáveis

Indeterminaça˜ o 0 0

sin x =1 x→0 x lim

1∞

∞ ∞

0·∞

cos x − 1 =0 x→0 x lim

lim

x→+∞

1+

ex = +∞, p ∈ R x→+∞ xp lim

ln (x + 1) =1 x→0 x lim

ex − 1 =1 x→0 x lim

a x = ea , a ∈ R x

lim

x→+∞

ln x = 0, p ∈ R+ xp

lim xp ln x = 0, p ∈ R+

x→0+


66



Exerc´ıcios Resolvidos Calcule, caso existam, cada um dos seguintes limites: 1 1 1 1. lim 2. lim 3. lim− x→+∞ x − 3 x→3 x − 3 x→2 2 − x 4.

lim

x→−1+

1 x2 − 1

5. lim ln(x − 2) x→2

1

6. lim e x x→0

Resoluça˜ o: 1 = 0 (porque lim (x − 3) = +∞ e o inverso de um infinitamente grande e´ um infinitésimo). x→+∞ x−3 1 2. lim =? x→3 x − 3 1.

lim

x→+∞

Vamos calcular os limites laterais: 1 lim = −∞ (como x → 3− tem-se (x − 3) → 0− e “ 01− = −∞”) x→3− x − 3 1 1 lim = + = +∞ (tem-se (x − 3) → 0+ e “ 01+ = +∞”) 0 x→3+ x − 3 Como os limites laterais são diferentes, não existe lim

x→3

1 . x−3

(Para determinarmos se um limite tende para 0 por valores a` direita (0+ ) ou por valores a` esquerda (0− ), basta termos em conta o sinal da funça˜ o a` direita e a` esquerda de 0. Neste caso a funça˜ o y = x − 3 e´ positiva para valores superiores a 3 e negativa para valores inferiores a 3.) 1 = +∞ (é “ 01+ ” porque a funça˜ o y = 2 − x e´ positiva a` esquerda de 2). x→2 2 − x 1 = −∞ (é “ 01− ” porque a funça˜ o y = x2 − 1 e´ negativa para valores a` direita de −1 que estão 4. lim + 2 x→−1 x − 1 próximos de −1. O gráfico da funça˜ o y = x2 − 1 e´ uma parábola com a concavidade voltada para cima). 3. lim−

5. lim ln(x − 2) = lim+ ln(x − 2) = −∞ x→2

x→2

(Note-se que funça˜ o só está definida a` direita de 2 e “ln(0+ ) = −∞”). 1

6. lim e x =? x→0 Vamos determinar os limites laterais quando x tende para 0: 1 1 lim+ e x = +∞ ( lim+ = +∞ e “e+∞ = +∞”) x x→0 x→0 1 1 lim− e x = 0 ( lim− = −∞ e “e−∞ = 0”) x→0 x→0 x 1 Como os limites laterais são diferentes, não existe lim e x . x→0

Exerc´ıcios Resolvidos Calcule, caso existam, cada um dos seguintes limites: 3x − 2x 3x2 − x − 10 1. lim x+1 2. lim x→+∞ 3 x→+∞ x2 − x − 2 + 2x−3 e2t−4 − 1 t→2 t−2

5. lim

9. lim

x→+∞

ln(3x2 + 2) − ln(x2 )

6. lim x2 sin t→+∞

10. lim π+ x→ 2

1 x

√ 3. lim

x→2

√ x− 2 x−2

7. lim xex x→−∞

1 − cos(t) t→0 sin(t)

4. lim

8. lim

√

x→+∞

x−

√

x+1

cos(x) 1 − sin(x)

Resoluça˜ o: x

1 − 23x 3x − 2x 1 1. lim x+1 = lim . x−3 = x−3 2 x→+∞ 3 x→+∞ +2 3 3 + 3x (Dividimos o numerador e o denominador pela exponencial de maior base, neste caso 3x .)


67


9 Limites e Continuidade 1 x 1 x

2

2.

10 x2 2 x2

3− − 3x − x − 10 = lim = 3. 2 x→+∞ x −x−2 1− − (Dividimos o numerador e o denominador pela maior potência de x.) lim

x→+∞

3.

√ lim

x→2

√ x− 2 x−2

= = = =

4. lim

t→0

√ √ √ √ ( x − 2)( x + 2) √ lim ( multiplicando pelo conjugado) √ x→2 (x − 2)( x + 2) x−2 √ lim √ x→2 (x − 2)( x + 2) 1 √ lim √ (como x 6= 2 podemos simplificar a expressão) x→2 x√ + 2 2 1 √ = 4 2 2

1 − cos(t) 1 − cos(t) t = lim · = 0 · 1 = 0. t→0 sin(t) t sin(t) ey − 1 = 1 e 2t − 4 → 0 quando t → 2, y→0 y

5. Como lim

e2t−4 − 1 e2t−4 − 1 e2t−4 − 1 = lim 2 = 2 lim = 2 · 1 = 2. t→2 t→2 t→2 2t − 4 t−2 2(t − 2) lim

6. Como lim

y→0

sin (y) 1 = 1 e lim = 0, tem-se: x→+∞ y x lim x2 sin

x→+∞

7.

lim xex = lim

x

x→−∞ e−x

x→−∞

sin 1 1 = lim x 1 x = “ + ∞ · 100 = +∞. x x→+∞ x

−y =0 y→+∞ ey

= lim

(Recorremos a uma mudança de variável y = −x.)

8. lim

√

x→+∞

x−

√

x+1

√ √ √ √ ( x − x + 1)( x + x + 1) √ √ x→+∞ ( x + x + 1) x − (x + 1) √ = lim √ x→+∞ ( x + x + 1) −1 √ =0 = lim √ x→+∞ ( x + x + 1) =

lim

(multiplicando pelo conjugado.)

3x2 + 2 3x2 + 2 9. lim ln(3x + 2) − ln(x ) = lim ln = ln lim = ln 3 t→+∞ t→+∞ t→+∞ x2 x2 (Usamos as propriedades aritméticas dos logaritmos e a continuidade da funça˜ o logar´ıtmica, que nos permite “trocar” o limite com o logaritmo) 2

2

10. lim π+

x→ 2

cos(x) 1 − sin(x)

cos(x)(1 + sin(x)) (repare-se que x 6= π2 e portanto sin x 6= 1) x→ 2 (1 − sin(x))(1 + sin(x)) cos(x)(1 + sin(x)) = lim π+ x→ 2 1 − sin2 (x) cos(x)(1 + sin(x)) = lim (usando a fórmula fundamental da trigonometria) + cos2 (x) x→ π 2 1 + sin(x) π+ − = lim = −∞ quando x → , tem-se que sin x → 1 e cos x → 0 + cos(x) 2 x→ π 2

=

lim π+


68



Exerc´ıcios Resolvidos (Levantamento de indeterminaço˜ es do tipo ∞0 , 00 , 1∞ ) Calcule, caso existam, cada um dos seguintes limites: 1

1

1. lim+ (1 + 2x) x

3. lim+ xx

2. lim x x x→+∞

x→0

x→0

Resoluça˜ o:

1 x

1. lim+ (1 + 2x) = lim+ 1 + x→0

2.

x→0

2

x1

1 x

= e2 (porque

1− −−− → x x→0+

+ ∞)

1

lim x x =?

x→+∞

Recorde-se que ab = eb ln a . Assim, 1

1

x x = e x ln x = e Como lim

x→+∞

ln x x

ln x = 0, x

resulta que, 1

lim x x = e0 = 1.

x→+∞ x

3. lim x =? x→0+

Analogamente ao exerc´ıcio anterior xx = ex ln x Como lim x ln x = 0,

x→+∞

resulta que, lim xx = e0 = 1.

x→+∞

Exerc´ıcios Propostos Calcule, caso existam, os seguintes limites: x 2 5x2 2. lim 1+ 1. lim 2 x→+∞ x→+∞ x + 10 x

4.

ln(5 + x) x→+∞ 4+x

p 5. lim 2x − 4x2 − x

(a − h)4 − a4 h→0 h

8. lim p

lim

7. lim

1 − cos(t) t→0 t

10. lim

1

13. lim [cos(2x)] x2 x→0

x−1

1 3−x

9.

(x − 1)2

1 lim x e x − 1

x→+∞

sin x2 x→0 x

ex − 1 x→0 e2x − 1

x→0

6. lim

x→3−

11. lim

14. lim+

cos x − 1 3x2

x→0

x→2

x→1

3. lim

12. lim

x 1 x

1

15. lim+ x ln x x→0

Estude a continuidade da funça˜ o f (x) =

 

1 1+ln x ,

x ∈]0, 1]



0,

x=0

no seu dom´ınio.


69


9.7


Ass´ımptotas

Ass´ımptotas não verticais Seja f : D ⊆ R → R uma funça˜ o tal que D contém um intervalo da forma ]a, +∞[, para algum a ∈ R. A recta de equaça˜ o y = mx + b e´ uma ass´ımptota ao gráfico de f a` direita se lim [f (x) − (mx + b)] = 0,

x→+∞

Seja f : D ⊆ R → R uma funça˜ o tal que D contém um intervalo da forma ] − ∞, a[, para algum a ∈ R. A recta de equaça˜ o y = mx + b e´ ass´ımptota ao gráfico de f a` esquerda se lim [f (x) − (mx + b)] = 0.

x→−∞

f (x) e b = lim [f (x) − mx] então y = mx + b e´ a equaça˜ o de uma x→+∞ x x→+∞

• Se existirem, em R, os limites m = lim ass´ımptota ao gráfico de f a` direita.

• Se existirem, em R, os limites m = lim

x→−∞

f (x) e b = lim [f (x) − mx] então y = mx + b e´ a equaça˜ o de uma x→−∞ x

ass´ımptota ao gráfico de f a` esquerda. Exemplos: 1. A funça˜ o f (x) = ex não tem ass´ımptota não vertical a` direita porque ass´ımptota não vertical (horizontal) a` esquerda porque lim ex = 0 ;

ex = +∞, mas y = 0 e´ uma x→+∞ x lim

x→−∞

2. A funça˜ o g(x) = ln x não tem ass´ımptota não vertical a` esquerda porque o dom´ınio de g e´ R+ . Por outro lado ln x lim = 0, ou seja, g podia ter uma ass´ımptota com declive m = 0. Mas, como não existe finito o limite que x→+∞ x determina o coeficiente b, lim g(x) − mx = lim ln x = +∞, conclui-se que g nem sequer admite ass´ımptota x→+∞

x→+∞

não vertical a` direita. Ass´ımptotas verticais Seja f : D ⊆ R → R, l ∈ R e a ∈ R tal que D contém um intervalo aberto de centro em a com poss´ıvel excepça˜ o do ponto a. A recta de equaça˜ o x = a diz-se uma ass´ımptota vertical ao gráfico de f se se verifica uma das condiço˜ es: lim f (x) = ±∞

x→a+

ou

lim f (x) = ±∞

x→a−

Observaço˜ es: • Uma funça˜ o cont´ınua não tem ass´ımptotas verticais nos pontos do seu dom´ınio. • A recta de equaça˜ o x = a pode ser ass´ımptota e a ∈ D. Por exemplo, seja f definida por  1  x , x 6= 0 f (x) =  0 x=0 f tem dom´ınio R e x = 0 e´ ass´ımptota vertical ao gráfico de f porque lim f (x) = +∞ e lim f (x) = −∞. x→0+

x→0−

Exemplos: 1. A funça˜ o f (x) = ln x tem um ass´ımptota vertical x = 0, porque lim+ ln x = −∞ (não faz sentido calcular o x→0

limite a` esquerda de 0 porque o dom´ınio da funça˜ o e´ R+ ); 2. A funça˜ o f (x) =

sin x x

não tem ass´ımptotas verticais, recorde que lim


x→0

sin x = 1. x

70



Exerc´ıcios Resolvidos Determine as equaço˜ es das ass´ımptotas ao gráfico de cada uma das funço˜ es: 1. f (x) =

x+1 x−1 1

2. g(x) = (x + 1)e x

Resoluça˜ o: 1. lim f (x) = −∞ e lim f (x) = +∞, x→1−

x→1+

logo a recta x = 1 e´ ass´ımptota vertical ao gráfico de f . x+1 f (x) = lim = 0eb = x→±∞ x2 − x x bilateral ao gráfico de f .

m =

lim

x→±∞

lim f (x) = 1, logo a recta y = 1 e´ ass´ımptota horizontal

x→±∞

2. lim g(x) = +∞ e lim g(x) = 0, logo x = 0 e´ ass´ımptota vertical. x→0−

x→0+

1

(x + 1)e x g(x) = lim = lim x→±∞ x→±∞ x→+∞ x x

m = lim

1 1 (x + 1)e x − x = lim (x + 1)e x − (x + 1) + 1 x→±∞ x→±∞ # " 1 h i 1 x + 1 ex − 1 +1=1·1+1=2 = lim (x + 1)(e x − 1) + 1 = lim · 1 x→±∞ x→±∞ x x

b = lim (g(x) − x) = lim x→+∞

1 1 1+ ex = 1 x

A recta y = x + 2 e´ ass´ımptota obl´ıqua bilateral ao gráfico de g.

Exerc´ıcios Propostos Determine, caso existam, as ass´ımptotas dos gráficos de cada uma das seguintes funço˜ es: 1. f (x) =

x2 − 7x + 10 ; x−6

2. g(x) = ln(x2 − 2x + 2); √ 3. h(x) = 4x2 − 2x + 3; 1

4. i(x) = e− x ; 5. i(x) =

ln x . x


71


10 10.1

10 Derivadas

Derivadas Derivada de uma Funça˜ o num Ponto. Funça˜ o Derivada

Definiça˜ o: Seja a um ponto de um intervalo aberto I contido no dom´ınio Df da funça˜ o f , ou seja, a ∈ I ⊆ Df . A derivada da funça˜ o f no ponto a e´ definida pelo limite f 0 (a) = lim

x→a

f (x) − f (a) , x−a

ou equivalentemente, f (a + h) − f (a) , h caso o limite exista e seja finito. A funça˜ o f e´ derivável em I ⊆ Df se admite derivada em todos os pontos de I. f 0 (a) = lim

h→0

A funça˜ o que a cada elemento a ∈ Df em que f admite derivada faz corresponder f 0 (a) designa-se por funça˜ o derivada de f . Note que Df 0 ⊆ Df mas os dois dom´ınios podem ser diferentes.

Exerc´ıcios Resolvidos Mostre que a funça˜ o f dada por f (x) = |x| não e´ derivável em 0. Determine a funça˜ o derivada, f 0 , de f . Resoluça˜ o: Observe-se que f (x) = Como os limites laterais

x se x > 0 −x se x ≤ 0

lim

f (x) − f (0) =1 x−0

lim−

f (x) − f (0) = −1 x−0

x→0+

x→0

f (x) − f (0) , ou seja, não existe a derivada de f no ponto 0. Contudo, a são diferentes concluimos que não existe lim x→0 x−0 funça˜ o derivada de f está definida em Df 0 = R \ {0} e e´ dada por: 1 se x > 0 f 0 (x) = . −1 se x < 0

10.2

Interpretaça˜ o Geométrica da Derivada

Seja f uma funça˜ o real de variável real. Uma recta que passa por dois pontos distintos do gráfico de f diz-se recta secante ao gráfico de f . y

f (x) s

f (b) f (a)

•

•

a

b

x

A equaça˜ o da recta secante, s, ao gráfico de f em (a, f (a)) e (b, f (b)), e´ dada por y=

f (b) − f (a) (x − a) + f (a). b−a

Ao declive da recta secante, f (b) − f (a) b−a


72


10 Derivadas

chama-se taxa de variaça˜ o da funça˜ o f no intervalo [a, b]. A recta tangente ao gráfico de f no ponto (a, f (a)) tem declive f 0 (a) e sua equaça˜ o e´ y = f 0 (a)(x − a) + f (a). y

f (x)

f (a)

•

a

x

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Determine a recta tangente ao gráfico da funça˜ o dada por f (x) = x2 no ponto de abcissa x0 = −1. Resoluça˜ o: Por definiça˜ o de derivada de uma funça˜ o num ponto, x0 , temos, f 0 (x0 ) = lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) x2 − x20 (x − x0 )(x + x0 ) = lim = lim = lim (x + x0 ) = 2x0 ∈ R x→x0 x − x0 x→x0 x→x0 x − x0 x − x0

Como x0 e´ um número real arbitrário, f e´ derivável em R. A recta tangente ao gráfico de f no ponto x0 = −1 tem declive f 0 (−1) (derivada de f no ponto x0 = −1) e e´ dada por: y = f 0 (−1)(x + 1) + f (−1) = −2x − 1. 2. Seja f : R −→ R cujo gráfico e´ uma recta, r. Mostre que a tangente ao gráfico da funça˜ o em qualquer ponto e´ a própria recta r. Resoluça˜ o: Consideremos a funça˜ o f (x) = ax + b, com a, b ∈ R (cujo gráfico e´ uma recta com declive a e ordenada na origem b), derivável em R. A derivada de f e´ dada por: lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) a(x − x0 ) = lim = a, x→x x − x0 x − x0 0

i.e, f 0 (x0 ) = a para qualquer número real x0 . Se fizermos x0 = 1, a equaça˜ o da recta tangente ao gráfico de f neste ponto e´ dada por y = f 0 (1)(x − 1) + f (1) = ax + b. Efectivamente, qualquer que seja o ponto x0 ∈ R a recta tangente coincide com o gráfico da própria funça˜ o: y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) = a(x − x0 ) + ax0 + b = ax + b.

10.3

Regras de Derivaça˜ o

Sejam f e g funço˜ es deriváveis no conjunto D ⊆ R e α, β ∈ R. Então: • αf + βg e´ derivável em D e (αf + βg)0 = αf 0 + βg 0 (“linearidade”); • f g e´ derivável em D e (f g)0 = f 0 g + f g 0 ; f f • e´ derivável em D desde que esteja definida em D e g g

0 f f 0 g − f g0 = ; g g2

• (f α )0 e´ derivável em D e (f α )0 = αf α−1 f 0 , desde que f α e f α−1 estejam definidas.


73


10 Derivadas

As funço˜ es racionais, polinomiais, trigonométricas, exponencial e logar´ıtmica são funço˜ es deriváveis no seu dom´ınio. Derivadas de funço˜ es elementares: Funça˜ o k (constante) a0 + a1 x + ... + an xn un sin u cos u tan u eu au ln u loga u

Derivada 0 a1 + ... + an xn−1 nun−1 u0 u0 cos u −u0 sin u u0 2 0 cos2 u = (1 + tan u )u 0 u ue u0 au ln a u0 u u0 u ln a

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Determine a funça˜ o derivada de cada uma das funço˜ es: (a) f (x) = x3 − 5x2 + 1; x+3 (b) g(x) = ; 2x − 1 p (c) h(x) = 3 (2x − 1)2 . Resoluça˜ o: (a) f 0 (x) = (x3 − 5x2 + 1)0 = (x3 )0 − (5x2 )0 + (1)0 = 3x2 − 10x Df 0 = Df = R; 0 x+3 (x + 3)0 (2x − 1) − (x + 3)(2x − 1)0 −7 0 = (b) g (x) = = 2x − 1 (2x − 1)2 (2x − 1)2 1 Dg0 = Dg = R \ ; 2 p 0 2 2 4 (c) h0 (x) = 3 (2x − 1)2 = (2x − 1) 3 −1 (2x − 1)0 = √ 3 3 3 2x − 1 1 Dh = R e Dh0 = R \ . 2

Exerc´ıcios Propostos 1. Determine a funça˜ o derivada de cada uma das funço˜ es: (a) f (x) = (x − 1)(x2 + 3x); x (b) g(x) = ; (x − 4)2 (c) h(x) =

(x − 1)3 ; (x + 1)2 2

(d) r(x) = ex ; 2

(e) q(x) = 5x

−x

;

(f) p(x) = (1 − x2 ) ln x; ln x (g) j(x) = 1 − . x

10.4

Derivada da Funça˜ o Composta

Sejam f : J → R derivável em J e g : I → R derivável em I, com g(I) ⊆ J. A funça˜ o composta h = f ◦ g : I → R e´ derivável em I e h0 (x) = f 0 (g(x))g 0 (x), ∀x ∈ I.


74


10 Derivadas

Observaça˜ o: A regra de derivaça˜ o da funça˜ o composta e´ frequentemente chamada regra da cadeia. A derivada da funça˜ o f ◦ g ◦ h : I → R, com f : L → R derivável em L, g : J → R derivável em J e h : I → R derivável em I, com h(I) ⊆ J e g(h(I)) ⊆ L, e´ dada por: 0

0

[f (g(h(x)))] = f 0 ( g(h(x)) ) [g(h(x))] = f 0 (g(h(x))) g 0 (h(x)) h0 (x), ∀x ∈ I

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Determine a derivada de cada uma das funço˜ es: (a) h(x) = sin(3x2 + 5); (b) r(x) = ln(x2 − 5x); √ (c) s(x) = 3tan ( x) . Resoluça˜ o: (a) A funça˜ o h e´ a composta de f após g, h = f ◦ g, com f e g dadas por f (x) = sin x e g(x) = 3x2 + 5. A derivada de f e´ f 0 (x) = cos(x) e a derivada de g e´ g 0 (x) = 6x, logo h0 (x) = (f (g(x))0 = f 0 (g(x))g 0 (x) = cos(3x2 + 5) (6x) = 6x cos(3x2 + 5). (b) A funça˜ o r e´ a composta r = f ◦ g, em que f e g são dadas por f (x) = ln x e g(x) = x2 − 5x, com 1 derivadas, respectivamente, f 0 (x) = e g 0 (x) = 2x − 5. Então, x r0 (x) = (f (g(x))0 = f 0 (g(x))g 0 (x) = f 0 (x2 − 5x)(2x − 5) = (c) Vamos decompôr a funça˜ o s. Sejam f, g e h dadas por f (x) = destas funço˜ es são: 1 f 0 (x) = √ , ∀x > 0; 2 x

g 0 (x) = sec2 x, ∀x 6=

√

2x − 5 . x2 − 5x

x, g(x) = tan x e h(x) = 3x . As derivadas

π + kπ, k ∈ Z; 2

h0 (x) = 3x ln 3, ∀x ∈ R.

Como s(x) = h(g(f (x))), a derivada de s e´ dada por: s0 (x) = h0 (g(f (x)))g 0 (f (x))f 0 (x) n o √ √ 1 π x √ ln 3, ∀x ∈ x ∈ R : x > 0 ∧ x 6= + kπ, k ∈ Z = 3tan ( x) sec2 2 2 x

Exerc´ıcios Propostos 1. Determine a derivada de cada uma das funço˜ es: x

(a) f (x) = e x−1 ; (b) g(x) = ln(2 − ex ); (c) h(x) = cos(x2 − 1).

10.5

Derivada da funça˜ o inversa

Seja f : Df → R uma funça˜ o invert´ıvel com inversa f −1 : CDf → R. Se f e´ derivável em D e f 0 nunca se anula, então f −1 e´ derivável em f (D) e tem-se 1 ∀y ∈ f (D), (f −1 )0 (y) = 0 −1 . f (f (y)) Observaça˜ o: Note-se que se y = f (x) então x = f −1 (y) e portanto (f −1 )0 (y) =


1 . f 0 (x)

75


10 Derivadas

Exerc´ıcios Resolvidos √ 1. Determine a derivada da inversa da funça˜ o definida por f (x) = x. Resoluça˜ o: √ 1 A funça˜ o f (x) = x e´ invert´ıvel e tem derivada f 0 (x) = 2√ não nula no intervalo I =]0, +∞[. Portanto, a sua x inversa e´ derivável em f (]0, +∞[) =]0, +∞[ e ∀y ∈]0, +∞[, (f −1 )0 (y) =

1 = 2y. 1 2y

2. Considere a funça˜ o f : R → R, definida por f (x) = 5x7 + 6x3 + x + 9. Sabendo que f e´ invert´ıvel e f (−1) = −3, determine (f −1 )0 (−3). Resoluça˜ o: A funça˜ o f e´ uma funça˜ o invert´ıvel e tem derivada f 0 (x) = 35x6 + 18x2 + 1 não nula em R. Assim, a inversa de f e´ derivável em R e 1 (f −1 )0 (−3) = 0 −1 f (f (−3)) De f (−1) = −3 resulta que f −1 (−3) = −1, logo (f −1 )0 (−3) =

1 1 = . f 0 (−1) 54

Exerc´ıcios Propostos 1. Considere a funça˜ o f : R → R, definida por f (x) = 4x3 +x+2. Sabendo que f e´ invert´ıvel, determine (f −1 )0 (2).

10.6

Derivadas de ordem superior a` primeira

Seja f derivável em D e f 0 também derivável em D. Podemos obter uma nova funça˜ o f 00 : D → R, tal que f 00 (x) = (f 0 )0 (x), ∀x ∈ D a que se chama funça˜ o derivada de segunda ordem ou segunda derivada. Este processo pode ser repetido para obter a funça˜ o derivada de ordem n que se denota por f (n) (desde que as sucessivas derivadas existam). De modo análogo, a funça˜ o f 0 designa-se também por derivada de primeira ordem. • A notaça˜ o de Leibniz e´ também muito usada para designar derivadas: d dn f (x) dn df (x) = f (x) e f (n) (x) = = f (x). f 0 (x) = dx dx dxn dxn

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Seja f (x) = cos x, ∀x ∈ R. Determine a derivada de ordem n da funça˜ o f . Resoluça˜ o: f 0 (x) = − sin x; f 00 (x) = − cos x; f 000 (x) = sin x; f (4) (x) = cos x = f (x). Podemos, neste caso, obter uma regra para a derivada de qualquer ordem da funça˜ o f : f (2k) (x) = (−1)k cos x e f (2k−1) (x) = (−1)k sin x, ∀k ∈ N. Obs.: Se n par, n = 2k para algum k ∈ N, se n ´ımpar, n = 2k − 1 para algum k ∈ N.

Exerc´ıcios Propostos 1. Encontre as derivadas de 2a ordem das funço˜ es y(x) = sin x e y = x. 2. Encontre a derivada de 3a ordem da funça˜ o g(x) = ln |x|. 3. Encontre todas as derivadas até a` 7a ordem da funça˜ o f (x) = ex .


76


10.7 10.7.1

10 Derivadas

Aplicaça˜ o das derivadas ao estudo de funço˜ es Monotonia

Teorema: Seja f uma funça˜ o derivável num intervalo I ⊆ Df . Se • f 0 (x) ≥ 0, ∀x ∈ I, então f e´ monótona crescente em I; • f 0 (x) ≤ 0, ∀x ∈ I, então f e´ monótona decrescente em I; • f 0 (x) > 0, ∀x ∈ I, então f e´ estritamente monótona crescente em I; • f 0 (x) < 0, ∀x ∈ I, então f e´ estritamente monótona decrescente em I; • f 0 (x) = 0, ∀x ∈ I, então f e´ constante em I. Definiça˜ o: Seja f : Df ⊆ R → R com contradom´ınio CDf . O ponto c ∈ Df e´ • ponto de máximo (resp. m´ınimo) global de f se f (c) e´ o máximo (resp. m´ınimo) de CDf , i.e., f (x) ≤ f (c), ∀x ∈ Df

f (x) ≥ f (c), ∀x ∈ Df

(máximo global)

(m´ınimo global)

• ponto de máximo (resp. m´ınimo) local se existe um intervalo aberto I que contém c tal que c e´ ponto de máximo (resp. m´ınimo) global de f no conjunto Df ∩ I, i.e., f (x) ≤ f (c), ∀x ∈ Df ∩ I

f (x) ≥ f (c), ∀x ∈ Df ∩ I

(máximo local)

(m´ınimo local)

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Dada a funça˜ o f (x) = (x − 1)3 (a) caracterize f 0 ; (b) estude o sinal de f 0 ; (c) estude a monotonia de f . Resoluça˜ o: (a) f 0 fica caracterizada com a determinaça˜ o da sua expressão anal´ıtica e respectivo dom´ınio. A expressão anal´ıtica da primeira derivada de f e´ dada por f 0 (x) = 3(x−1)2 e Df 0 = R, pois f e´ uma funça˜ o polinomial. (b) Se x = 1 tem-se f 0 (x) = 0 e se x 6= 1 tem-se f 0 (x) > 0. (c) Como f 0 (x) ≥ 0, f e´ monótona crescente em R. 2

2. Seja f definida por f (x) = e−x . Estude f quanto a` monotonia em R. 2

Resoluça˜ o: Como f 0 (x) = −2xe−x temos, f 0 (x) f (x)

+ %

0 0 1

− &

A funça˜ o f e´ crescente em ] − ∞, 0[, decrescente em ]0, +∞[ e tem em 0 o máximo (absoluto) f (0) = 1.

10.7.2

Convexidade, Concavidade e Pontos de Inflexão

Seja f uma funça˜ o definida em Df ⊆ R e D ⊆ Df . Definiça˜ o: Diz-se que f e´ convexa (côncava) em D se para qualquer intervalo [a, b] ⊆ D, o gráfico da funça˜ o não está acima (resp. abaixo) da recta secante nos pontos a e b. Se f e´ convexa (côncava), diz-se que tem a concavidade voltada para cima (resp. para baixo). Definiça˜ o: O ponto c ∈ Df e´ ponto de inflexão da funça˜ o f se em x = c o seu gráfico muda o sentido da concavidade.


77


10 Derivadas

y

y

y • • •

côncava •

•

•

convexa •

a

c

b

x

a

c

b

x

x

c

Funça˜ o côncava

Funça˜ o convexa

Ponto de inflexão Se f for derivável, pode estudar-se a concavidade de f a partir do sinal da segunda derivada, f . Seja I ⊆ Df 0 um intervalo onde f 0 e´ derivável. Se 0

00

• f 00 (x) > 0, ∀x ∈ I, então f e´ convexa em I; • f 00 (x) < 0, ∀x ∈ I, então f e´ côncava em I. Observe-se que se f e´ convexa (côncava) em I a recta tangente ao gráfico de f em qualquer ponto c ∈ I fica abaixo (acima) do gráfico de f , numa vizinhança de c. Na figura seguinte estão representados os gráficos de algumas funço˜ es e respectivas derivadas: y

y

y

f (x)

f (x) f (x)

• •

(a)

x

(b)

x y

y

(c)

x y

•

a

f 0 (x)

◦•

f 0 (x)

x

◦• b

x

◦• ◦•

f 0 (x) c

x

Em (a) o sentido da concavidade muda no ponto a, i.e, a e´ ponto de inflexão de f . Repare-se que no intervalo onde f e´ convexa (resp. côncava), f 0 e´ crescente (resp. decrescente) . Em (b) a funça˜ o f e´ convexa (tem concavidade voltada para cima) e a funça˜ o f 0 e´ crescente em ] − ∞, b[ e em ]b, +∞[. Note-se que a funça˜ o f não e´ derivável no ponto x = b. Em (c) a funça˜ o f e´ côncava em ] − ∞, c[ e convexa em ]c, +∞[. Apesar de não existir derivada de f em x = c, c e´ ponto de inflexão.

Exerc´ıcios Resolvidos 1. Estude os intervalos de concavidade da funça˜ o f (x) = x ln |x|. Resoluça˜ o: Comecemos por determinar o dom´ınio de f . Df = {x ∈ R : |x| > 0} = R \ {0}. Assim, podemos definir a funça˜ o f por ramos da seguinte forma: x ln x se x > 0 f (x) = x ln(−x) se x < 0 A derivada da funça˜ o f e´ definida por 0

f (x) =

ln x + 1 se x > 0 ln (−x) − 1 se x < 0


78


10 Derivadas

e a segunda derivada de f por f 00 (x) =

1 , ∀x ∈ R \ {0} x

Estudemos o sinal de f 00 f 00 (x) f (x)

− _

0 ND ND

+ ^

Podemos concluir que f e´ • convexa em R+ • côncava em R− • não tem pontos de inflexão porque 0 ∈ / Df .

Exerc´ıcios Propostos 1. Estude a monotonia, os extremos e o sentido das concavidades das seguintes funço˜ es: 3

(a) f (x) = ex

−3x

;

3

(b) g(x) = x − 6x2 ; (c) h(x) = 1 + sin(2x); √ (d) r(x) = ln( 1 + x2 ).


79


ˆ Referencias

Iaci Malta, Sinésio Pesco e Hélio Lopes. Cálculo a Uma Variável — Uma Introduça˜ o Ao Cálculo, volume I. Ediço˜ es Loyola, São Paulo, Brasil, 2002. Iaci Malta, Sinésio Pesco e Hélio Lopes. Cálculo a Uma Variável — Derivada e Integral, volume II. Ediço˜ es Loyola, São Paulo, Brasil, 2002. Virg´ınia Santos. Apontamentos manuscritos de apoio a` disciplina de calculo. (curr´ıculo antigo). Jaime Carvalho e Silva. Princ´ıpios de Análise Matemática Aplicada. McGraw-Hill, Portugal, 1994. Paula Rocha. Cálculo. Ediça˜ o da Universidade de Aveiro, Portugal, 1994. Serge Lang. A First Course in Calculus. Springer, New York, EUA, 1993. Elon Lages Lima. Curso de Análise. Instituto de Matemática Pura e Aplicada, Rio de Janeiro, Brasil, 1982. Joseph W. Kitchen. Cálculo. McGraw-Hill, Madrid, Espanha, 1986.


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matematica-precalculo

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