Prof. Dr. Maurício Zahn UFPel. Análise real II

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1 Prof. Dr. Murício Zhn UFPel Análise rel II

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4 texto de mensgem... Dedicmos este trblho...

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6 Prefácio Este mteril foi elbordo durnte o Segundo Semestre letivo de 2016, pr tender Disciplin de Análise Rel II que ministrei pr os cursolicencitur Mtemátic d UFPel. Ests nots de ul estão sendo escrits como um mteril de poio pr os estudntes, em conjunto com s list de exercícios, e corresponde o conteúdo desenvolvido n referid disciplin. Murício Zhn

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8 Conteúdo 1 Preliminres Preliminres Derivd Derivds lteris A derivd como um proximção liner Regr d Cdei Máximo e mínimo locl Funções deriváveis em intervlos Fórmul de Tylor Derivds sucessivs e clsse de funções C n Fórmul de Tylor Funções convexs Integris A integrl definid Preliminres Integris superior e inferior Funções integráveis Critério de integrbilidde Outrs proprieddes d integrl O Teorem Fundmentl do Cálculo Preliminres O Teorem Fundmentl do Cálculo vii

9 viii Análise II 3.4 Fórmul de Tylor com resto integrl Teorems do Vlor Médio pr integris Som de Riemnn Séries Introdução Série geométric Proprieddes ds séries Testes de convergênci Teste d comprção Teste d comprção do limite Teste d rzão Teste d riz Série lternd Teste d série lternd Testes d rzão e d riz pr séries lternds Sequêncis de funções Conceito Convergênci simples e uniforme Índice Remissivo 120

10 Cpítulo 1 Preliminres 1.1 Preliminres Definição 1.1 Sej M. Chm-se um métric em M tod plicção d : M M [0, + ) tl que cumpr s condições: pr todos x, y, z M, () d(x, y) 0 e d(x, y) = 0 se, e somente se, x = y (positividde); (b) d(x, y) = d(y, x) (simetri); (c) d(x, y) d(x, z) + d(z, y) (desiguldde tringulr). Um conjunto não vzio M munido de um métric d é chmdo de espço métrico e é denotdo por (M, d). Qundo métric d estiver subtendid podemos nos referir o espço métrico M, simplesmente. Não vmos trtr qui formlmente um estudo de espços métricos pois foge d ement de nosso curso, estmos pens elencndo lguns conceitos básicos preliminres que precismos pr nosso curso. Em nosso curso o espço métrico (M, d) será (R, d), onde métric d é definid por d(x, y) = x y, onde denot o módulo de um número rel. De fto, é fácil ver que o conjunto R dos números reis (que é um corpo, c.f. estuddo em Análise I) munido d métric d(x, y) = x y stisfz s três

11 2 Análise II condições d definição de métric. Em um espço métrico (M, d) temos o importnte conceito de bols. Ddo um espço métrico (M, d), definimos bol bert centrd em e rio r > 0 por B r () = {x M : d(x, ) < r}. Por exemplo, considere M = R 2 munido d métric d som: d((x 1, y 1 ), (x 2, y 2 )) = x 1 x 2 + y 1 y 2. Prove que d é relmente um métric e desenhe bol bert centrd n origem (0, 0) e rio unitário. Um bol bert centrd em um ponto tmbém é chmd de um vizinhnç do ponto, pois tl ponto é interior à bol. No nosso cso de interesse, é fácil ver que B r () = {x R : x < r} = {x R : r < x < + r}, que corresponde, geometricmente, o conjunto de todos os pontos no intervlo centrdo em, menos de r uniddes de distânci de. Em espços métricos se desenvolvem conceitos topológicos importntes, tis como o conceito de bertos, de sequênci, de limite e de continuidde. Os mesmos já form deviddemente estuddos em um curso de Análise I. No que segue, recordmos o conceito de ponto de cumulção de um conjunto. Definição 1.2 Sejm X M um subconjunto de um espço métrico M e M. Dizemos que M é um ponto de cumulção de X se ε > 0, x X, tl que x B ε () \ {}.

12 M. Zhn 3 Em outrs plvrs, X é um ponto de cumulção de X se qulquer bol bert centrd em, exceto o próprio ponto, contiver pontos do conjunto X. No cso do espço métrico ser R munido d métric usul d(x, y) = x y, ddo X R, temos que X é ponto de cumulção de X se, pr todo ε > 0, existir x X, tl que 0 < x < ε. Assim, por exemplo, sendo X = (0, 1] R, temos que, por exemplo, x = 0 é ponto de cumulção de (0, 1], pois, ε > 0, segue que x (0, 1] tl que x B ε (0) \ {0}. De fto, bst tomr, por exemplo, x = min{ 0+ε 2, }. O conjunto de todos os pontos de cumulção de X é chmdo de derivdo de X e é denotdo por X. Exercícios 1. Sej M = R 2. Mostre que pr x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) M, função x 1 y 1, se x 2 = y 2 d(x, y) = x 1 + x 2 y 2 + y 1, se x 2 y 2 é um métric em M. 2. Sej (M, d) um espço métrico. Mostre que pr quisquer x, y, z M, tem-se d(x, z) d(z, y) d(x, y) e d(x, y) d(z, w) d(x, z) + d(y, w). 3. Sej X = { 1 n : n N}, em R, munido d métric usul. Mostre que x = 0 é um ponto de cumulção de X.

13 4 Análise II

14 Cpítulo 2 Derivd Definição 2.1 Sej I R um intervlo berto, f : I R um função, I I (ou sej é um ponto de cumulção de I que pertence o conjunto I). Dizemos que f é derivável em qundo existir o limite f f(x) f() () = lim. x x f(x) f() Observe que função quociente q(x) = está bem definid pr x todo x, ou sej, em I \ {}, que possui x = como ponto de cumulção. O número rel f () é chmdo de derivd de f no ponto x =. Conforme estuddo em Cálculo I, tl número possui um significdo geométrico interessnte: represent o coeficiente ngulr d ret tngente o gráfico de f em (, f()). Podemos redefinir derivd em um ponto d seguinte mneir: pondo x = h, e dí obtemos f f( + h) f() () = lim. h 0 h f( + h) f() Nest notção, verificmos que função ξ(h) = está bem h definid no conjunto {h R \ {0} : + h I}, que possui h = 0 como ponto 5

15 6 Análise II de cumulção. Definição 2.2 Dizemos que um função f : X R é derivável no conjunto X qundo existir derivd de f em todos os pontos X X. Usndo definição de derivd podemos deduzir tods s regrs de derivção comumente estudds em um curso de Cálculo. Apens pr ilustrr, vejmos dois exemplos. Exemplo 1. Dd f : (0, + ) R, f(x) = ln x. Logo, pr determinr, fórmul pr f (), com (0, + ), considere h 0 tl que + h (0, + ). Assim, de posse do segundo limite notável, vmos obter f f( + h) f() 1 () = lim = lim h 0 h h 0 h ln + h ( = lim ln 1 + h ) 1 h = h 0 = ln [ lim h 0 ( 1 + h ) ] h 1 h h = ln e 1 1 =. Exemplo 2. Sej f : R R dd por f(x) = cos x. Vmos determinr f (), pr R. Sej h 0 tl que + h R e dí f cos( + h) cos () = lim, h 0 h e trnsformndo em produto pel fórmul d Trigonometri cos p cos q = 2 sen p + q 2 ssim, usndo o primeiro limite notável, vmos obter f 2 sen 2+h 2 sen h 2 () = lim h 0 2 sen p q 2, = lim sen 2 + h = sen. h 0 2 Teorem 2.3 (Regrs de derivção) Sejm f, g : I R deriváveis em um ponto I I. Então f ± g, f g e f/g (neste cso g() 0) são deriváveis em e (f ± g) () = f () ± g (),

16 M. Zhn 7 (f g) () = f () g() + f() g (), ( ) f () = g() f () f() g () g [g()] 2. Demonstrção. Bst plicr definição de derivd em cd um. Fremos pens terceir e deixmos prov ds dus primeirs pr o leitor. Sejm f, g ns hipóteses do Teorem. Assim, ( ) f () = lim g h 0 ( f g )( + h) ( f g )(), h se o limite cim existir. Vmos mostrr que tl limite de fto existe, clculndo o seu vlor. De fto, ( ) f ( f g () = lim )( + h) ( f g )() f(+h) = lim g h 0 h h 0 h g(+h) f() g() = f( + h) g() g( + h) f() = lim = h 0 h g( + h) g() f( + h) g() f() g() + f() g() g( + h) f() = lim = h 0 h g( + h) g() [ ] [ ] g() f(+h) f() h f() g(+h) g() h = lim = h 0 g( + h) g() = g() f () f() g () [g()] 2. Exercícios 1. Use definição de derivd pr clculr derivd de cd função num ponto de cumulção do domínio: () f : (0, + ) R, f(x) = x. (b) f : R R, f(x) = sen x.

17 8 Análise II 2. (Sel. Mestrdo UFRGS 2005/2) Sej f(x) = ln x, x > 0. Supondo conhecido que f é derivável em 1 e que prove que 1 = f ln(1 + h) (1) = lim, h 0 h f (x) = 1 x pr todo x > Sejm f, g, h : I R tis que, pr todo x I se tenh f(x) g(x) h(x). Se num ponto I I tem-se f() = h() e existirem f () = h (), mostre que existe g () e tem o mesmo vlor. Obs. Podemos dizer que este resultdo é o Teorem do snduíche pr derivds. 4. Sej f : I R contínu. Ddo I I, defin ξ : I R pondo f(x) f() x se x ξ(x) =. L se x = Prove que ξ é contínu se, e somente se, existe f () e f () = L. 5. (Sel. Mestrdo UFRGS 2009/2) Suponh que f : (, b) R é derivável em x x (, b). () Prove que f (x) = 1 2 lim f(x + h) f(x h). h 0 h (b) A iguldde cim sugere possibilidde de um nov definição d noção de diferencibilidde e de derivd. Pergunt-se: est nov mneir result em um noção de derivd equivlente à usul? 6. (Sel. Mestrdo UFRGS 2013/2) Sejm f, g, h funções definids no intervlo [0, b), stisfzendo f(0) = g(0) = h(0) e f(x) g(x) h(x) pr x [0, b). () Prove que f, g e h são deriváveis em 0, então f (0) g (0) h (0).

18 M. Zhn 9 (b) Prove que se f e h são deriváveis em 0 e f (0) = h (0), então g é derivável em 0 e g (0) = f (0) = h (0). (c) Sej g : [0, + ) R função definid por 0, se x = 0 g(x) = x 2 sen ( ) 1, se x > 0 x é derivável em x = 0? Em cso firmtivo, qul é su derivd? A derivd é contínu no zero? Justifique su respost. 7. (Sel. Mestrdo UFRGS 2013/1) Sej f um função definid num intervlo berto (, b) R que contém origem. () Prove que se f é derivável em 0, então f(x) f( x) lim = 2f (0). x 0 x (b) Mostre que se f é um função pr, então o limite do item nterior existe mesmo que f não sej derivável em 0. Dê exemplos de funções em que o limite cim existe e que não sejm deriváveis. (c) Prove que se f é monóton e então f é derivável em 0. f(x) f( x) lim = 0, x 0 x 2.1 Derivds lteris Do mesmo modo que foi estuddo em limites, temos o conceito de derivd lterl, como segue. Definição 2.4 Sej f : I R e I I + (ou sej, é um ponto de cumulção à direit de I, pertencente ), definimos derivd à direit de f no ponto por f +() f(x) f() f( + h) f() = lim = lim. x + x h 0 + h

19 10 Análise II Definição 2.5 Sej f : I R e I I (ou sej, é um ponto de cumulção à esquerd de I, pertencente ), definimos derivd à esquerd de f no ponto por f () f(x) f() f( + h) f() = lim = lim. x x h 0 h Qundo I I então temos que é ponto de cumulção à esquerd e à direit de f e podemos definir mbs s derivds lteris em : f () e f +(). Como tis derivds lteris são, n verdde, limites lteris, concluímos que f é derivável em x = se, e somente se, s derivds lteris existirem e forem iguis. Ou sej, f () f () = f +(). Exercícios 1. Dd f : R R definid por f(x) = x. Clcule s derivds lteris f (0) e f +(0). O que concluímos sobre existênci de f (0)? O que isso signific geometricmente? 2. Sej I um ponto de máximo locl pr função f : I R. Se f possui derivd à direit no ponto, mostre que f +() 0. Se existir f (), mostre que f () 0. Dê um exemplo onde em um máximo locl existm s derivds lteris e sejm diferentes. 3. Sej f : I R contínu no intervlo berto I. Se, pr cd x I, existir f +(x) e for f +(x) > 0, então f é crescente. 4. (Sel. Mestrdo UFSM 2009/1) Mostre que função f : R R dd por x 3 sen 1 x, se x 0 f(x) = 0, se x = 0 e derivável com derivd primeir contínu.

20 M. Zhn A derivd como um proximção liner Nest seção vmos presentr um outr mneir de definir derivd de um função num ponto, como sendo um proximção liner. Se f for um função derivável em um ponto, defin o número r(h) por r(h) = f( + h) f() f () h. Assim, temos que [ r(h) f( + h) f() lim h 0 h = lim h 0 h ] f () = 0. A ilustrção bixo fornece um idei geométric pr definição de r(h). O número r(h) é denomindo de resto de h e o limite cim nos diz que o resto r(h) converge pr zero qundo h converge pr zero, mis rpidmente do que h, ou sej, tem-se que r(h) << h, significndo que r(h) é muito menor do que h. Isto posto, podemos redefinir o conceito de derivd em um ponto como segue. Definição 2.6 Sej I R um intervlo berto, f : I R um função, I I. Dizemos que f é derivável em se existir o número f () R tl que, pondo f( + h) = f() + f () h + r(h),

21 12 Análise II tem-se Exemplo. f () = cos. Então, onde r(h) lim h 0 h = 0. Ddo f(x) = sen x, sbemos que pr todo R, tem-se que r(h) lim h 0 h = lim h 0 = lim h 0 sen ( + h) = sen + cos h + r(h), Ou sej, temos que pr h pequeno, sen ( + h) sen cos h = h [ sen (cos h 1) + sen h h h sen ( + h) sen + h cos. cos cos h ] = 0. h A expressão f () h, que fornece um bo proximção pr o créscimo f( + h) f(), recebe o nome de diferencil de f no ponto, e costum ser denotdo por df() = f () h. Vejmos um exemplo mis prático: Vmos obter um proximção pr 4, 1. Pr isso vmos considerr f(x) = x. Como f () = 1 2, pondo f( + h) = f() + f () h + r(h), temos que r(h) lim h 0 h = 0 (Verifique!) Logo, temos que, pr h pequeno, vle proximção ou sej, tomndo = 4 e h = 0, 1 = + h h, proximção liner, em termos de h pr 4, 1: 1 4, = 81 = 2, , como h é pequeno, temos um

22 M. Zhn 13 Apens pr comprr, um clculdor científic nos fornecerá pr 4, 1 proximção 2, Um resultdo importnte que temos é o seguinte: Proposição 2.7 Se f : I R é um função que é derivável em I I, então f é contínu em. Demonstrção. Como f é derivável em segue que existe f () tl que com lim h 0 r(h) h = 0. Assim, f( + h) = f() + f () h + r(h), lim f( + h) = lim [f() + f () h + r(h)] = f(), h 0 h 0 pois r(h) << h e r(h) 0 qundo h 0. Logo, lim f( + h) = f(), h 0 ou sej, f é contínu em. Como um bom exercício, prove esse resultdo usndo Definição 2.1. Observção 2.8 Como se estud em Cálculo, é bem sbido que recíproc d Proposição cim não é, em gerl, verddeir. Por exemplo, f : R R dd por f(x) = x é contínu em 0, ms não é derivável em 0. Verifique isso usndo derivds lteris! Exercícios 1. Usndo diferenciis, encontre um proximção pr 3 9 e pr (Sel. Mestrdo UFRGS 2015/1)

23 14 Análise II () Sej f : I R derivável no ponto I. Mostre que função r : J R definid no intervlo J = {h R : + h I} pel iguldde f( + h) = f() + f () h + r(h), r(h) stisfz lim h 0 h = 0. (b) Sejm f, g : I R deriváveis no ponto I, com f() = 0 = g() e g () 0. Mostre que (c) Clcule lim x 1 x 2 1 x 1. f(x) lim x g(x) = f () g (). 3. Sej I R um intervlo berto e I. Mostre que f é derivável em, com derivd L, se, e somente se, existir um função η f : I R tl que η f () = 0, η f é contínu em, e f(x) = f() + (x )(L + η f (x)), x I. 2.3 Regr d Cdei Teorem 2.9 (Regr d cdei) Sejm A e B intervlos bertos, f : A R, g : B R funções com f(a) B, A e b = f(). Se f é um função derivável em e g um função derivável em b = f(), então função g f : A R é derivável em e (g f) () = g (f()) f (). Demonstrção. Sejm f e g funções ns hipóteses cim. Assim, sendo f derivável em e g derivável em b, temos f( + h) = f() + f () h + r 1 (h) e g(b + k) = g(b) + g (b) k + r 2 (k)

24 M. Zhn 15 r 1 (h) r 2 (k) com lim = 0 e lim = 0. h 0 h k 0 k Assim, Ddo h 0 tl que + h A, montemos composição no ponto + h. g(f( + h)) = g(f() + f () h + r 1 (h)). sbendo que f() = b e chmndo k = f () h + r 1 (h) = f( + h) f(), temos g(f( + h)) = g(f()) + g (f () h + r 1 (h)) + r 2 (f () h + r 1 (h)) = = g(f()) + g (f () h + r 1 (h)) + r 2 (f( + h) f()). Subtrindo g(f()) n iguldde cim e, pós, efetundo divisão por h, obtemos g(f( + h)) g(f()) h Como r 1(h) h ( = g (f()) f () + r ) 1(h) h 0 qundo h 0, temos (g f) g(f( + h)) g(f()) () = lim = h 0 h + r 2(f( + h) f()). h Portnto, = lim g (f()) f () + r 2(f( + h) f()) = h 0 h = g (f()) f r 2 (f( + h) f()) () + lim. h 0 h (g f) () = g (f()) f r 2 (f( + h) f()) () + lim. h 0 h Rest pens mostrr que o limite à direit d iguldde cim vle zero. Porém, notmos que r 2 (f( + h) f()) = 0 se f( + h) f() = 0, e se h 0 temos r 2 (f( + h) f()) h = r 2(k) k f( + h) f() h = r 2(f( + h) f()) f( + h) f() f( + h) f() h 0 f () = 0 qundo h 0. =

25 16 Análise II Portnto, concluímos que r 2(f( + h) f()) h (g f) () = g (f()) f () 0 qundo h 0 e então e o teorem está provdo. Vejmos um exemplo de plicção. Exemplo. Ddos f : R ( 1, 1) e g : ( 1, 1) R, respectivmente, por f(x) = sen x e g(x) = x + 1, determine (g f) (x). Solução. Como (g f) (x) = g (f(x)) f (x), pel regr d cdei, temos e então f (x) = cos x e g (x) = (g f) (x) = g (f(x)) f (x) = Exercícios 1 2 x + 1, 1 cos x cos x = f(x) sen x (Sel. Mestrdo UFRGS 2005/2) Sej f, g : R R tis que f(g(x)) = x, pr todo x R. Suponh que g sej derivável e com derivd não nul em todos os pontos. Prove que f é derivável e que pr todo x R. f (g(x)) = 1 g (x), 2. (Sel. Mestrdo UFRGS 2004/1) Prove que lim x 0 f (x) = 0, onde f(x) = g(x) sen 1 x, x 0 sbendo que g : R R é dus vezes derivável com segund derivd contínu e stisfzendo g(0) = g (0) = g (0) = 0.

26 M. Zhn Sej I um intervlo berto. Um função f : I R é dit ser de clsse C 1 se for derivável e derivd f : I R for contínu. Um função f : I R é de clsse C 2 se su derivd f : I R for de clsse C 1. Prove que se f(i) J, f : I R e g : J R são de clsse C 2, então compost g f : I R tmbém é de clsse C 2.

27 18 Análise II 2.4 Máximo e mínimo locl Proposição 2.10 Sej um ponto interior de um intervlo I e f : I R derivável em, com f () > 0. Então, existe δ > 0 tl que: (i) pr todo x ( δ, ), tem-se f(x) < f(); (ii) pr todo x (, + δ), tem-se f(x) > f(). Demonstrção. Como f é derivável em I I, segue que existe f (), tl que f f(x) f() () = lim > 0. x x Assim, sej ε = f () 2 > 0. Então, pel definição de limite, segue que existe δ > 0 tl que, pr todo x tl que 0 < x < δ, implique em Disso, segue que donde segue que f(x) f() x 1 2 f () < 0 < 1 2 f () < f () < ε = 1 2 f (). f(x) f() x f(x) f() x f () < 1 2 f (), < 3 2 f (). Portnto concluímos que, pr todo x tl que 0 < x < δ, segue que f(x) f() x > 0. Logo, concluímos que f(x) f() > 0, x (, + δ), f(x) f() < 0, x ( δ, ). Porém, o fto de que f () > 0 não implic que exist um δ > 0 tl que f sej crescente no intervlo ( δ, +δ). Pr ilustrr isso, vejmos um exemplo.

28 M. Zhn 19 Ddo α > 0, defin função f : R R, pondo αx + x 2 sen 1 x, se x 0 f(x) = 0, se x = 0 Afirmção 1. f (0) existe e f (0) > 0. De fto, bst notr que, f(x) f(0) x 0 = αx + x2 sen 1 x x = α + x sen 1 x, e como como sen 1 x é limitd, temos que ( f (0) f(x) f(0) = lim = lim α + x sen 1 ) = α > 0, x 0 x 0 x 0 x e ( f +(0) f(x) f(0) = lim = lim α + x sen 1 ) = α > 0. x 0 + x 0 x 0 + x Logo, vle Afirmção 1, ou sej, f (0) = α > 0. Afirmção 2. Se α > 0 for suficientemente pequeno, então f não é crescente em nenhum intervlo d form ( δ, δ). De fto, considere s sequêncis 1 x n = 2nπ + π 2 1 e y n = 2nπ π. 2 Logo, temos que 0 < x n < y n, n N. Porém, f(x n ) f(y n ) = [αx n + x 2 n (1)] [αy n + y 2 n ( 1)] = ( = α(x n y n )+x 2 n+yn 2 1 = α 2nπ + π 2 = 1 2nπ π 2 ) ( + 1 2nπ + π 2 ) 2 +( απ ( ) ( ) 2n n π 2 ( ) + 1 2n ( ) = 2 π 2 2n π 2 = απ ( 4n 2 4) 1 + 8n ( ) 2n ( ) 2 2n 1 2 = 4n2 (2 απ) + απ ( ) 2 π 2 2n ( ) > 0, 2 2n π 2 1 2nπ π 2 ) 2

29 20 Análise II se, e somente se, 2 απ > 0, se, e somente se, α < 2 π. Assim, tomndo α > 0 tl que 0 < α < 2 π, temos que, n N, 0 < x n < y n e f(x n ) > f(y n ). Como x n 0 e y n 0, segue que f não é crescente no intervlo ( δ, δ), qulquer que sej δ > 0. Apens pr ilustrr, presentmos um esboço gráfico pr f, no cso qundo α = 0, 3. Vej que num vizinhnç d origem o esboço gráfico de f oscil. Um resultdo nálogo o d Proposição 2.10 é presentdo seguir. Proposição 2.11 Sej um ponto interior de um intervlo I e f : I R derivável em, com f () < 0. Então, existe δ > 0 tl que: (i) pr todo x ( δ, ), tem-se f(x) > f(); (ii) pr todo x (, + δ), tem-se f(x) < f(). Demonstrção. A prov é extmente igul à d Proposição 2.10, bstndo tomr ε = 1 2 f () > 0.

30 M. Zhn 21 Motivdos pelos resultdos cim, definimos os conceitos de máximo e mínimo locl. Definição 2.12 Sej f : I R e I um ponto interior. Dizemos que é um ponto de máximo locl pr f se existir δ > 0 tl que f(x) f(), pr todo x ( δ, + δ). Definição 2.13 Sej f : I R e I um ponto interior. Dizemos que é um ponto de mínimo locl pr f se existir δ > 0 tl que f(x) f(), pr todo x ( δ, + δ). Proposição 2.14 Se f : I R for derivável em um ponto interior I e tl ponto for de máximo locl (ou de mínimo locl), então f () = 0. Demonstrção. Fremos prov no cso em que I é um ponto de máximo locl (o cso em que I é u ponto de mínimo locl é nálogo). Como f : I R possui um máximo locl em I, segue que existe δ > 0 tl que f(x) f(), pr todo x ( δ, + δ). Dess form, concluímos que e que f +() f(x) f() = lim 0, x (, + δ), x + x f () f(x) f() = lim 0, x ( δ, ). x x Logo, temos que f +() 0 e f () 0. Como f é derivável em, segue f () = f +() = f () = Funções deriváveis em intervlos Qundo um função f : I R é derivável em todos os pontos do intervlo I, definimos função derivd f : I R, à qul ssoci cd ponto x I derivd f (x). Isto posto, convém presentr o seguinte conceito.

31 22 Análise II Definição 2.15 Dizemos que um função derivável f : I R é continumente derivável ou de clsse C 1, se função derivd f : I R for contínu. Tl conceito pode, à primeir vist, precer estrnho, ms lertmos que, de fto, um função derivd não precis ser contínu. Um exemplo clássico pr justificr ess observção consiste em considerr função f : R R, definid por x 2 sen 1 x, se x 0 f(x) =. 0, se x = 0 Não é difícil verificr que f é derivável em tod ret, e em prticulr em x = 0, ms o determinr função derivd f consttmos que mesm não é contínu em x = 0 (Verifique!) No entnto, observmos lgo surpreendente: existe um versão do Teorem do vlor intermediário pr derivd, que seri lgo similr o Teorem do vlor intermediário pr funções contínus. No entnto, versão pr derivd que provremos seguir não exige que f sej de clsse C 1, ou sej, função derivd f não precis ser contínu pr o Teorem do vlor intermediário pr derivds. Vejmos. Teorem 2.16 (Teor. do vlor intermediário pr derivds) Sej f : I R um função derivável em todos os pontos do intervlo I. Se, b I e f () < d < f (b), então existe um ponto c entre e b tl que d = f (c). Demonstrção. Sem perd de generlidde, vmos supor que < b. Temos dois csos considerr: Cso 1: d = 0, ou sej, suponh que f () < 0 < f (b). Como f é derivável em b e tl que f (b) > 0, segue pel Proposição 2.10 que existe δ 1 > 0 tl que x (b δ 1, b), f(x) < f(b) e (2.1) x (b, b + δ 1 ), f(x) > f(b)

32 M. Zhn 23 Do mesmo modo, como f é derivável em e tl que f () < 0, segue pel Proposição 2.11 que existe δ 2 > 0 tl que x ( δ 2, ), f(x) > f() e (2.2) x (, + δ 2 ), f(x) < f() Sej δ = min{δ 1, δ 2 } > 0. Assim, temos de (2.1) e (2.2) que f(x) < f(), x (, + δ) e f(x) < f(b), x (b δ, b) (2.3) Como f é contínu em [, b] I (pois é derivável - vej Proposição 2.7), pelo Teorem do vlor extremo segue que f ssume vlores máximo em mínimo em [, b]. Devido (2.3) temos que existe um ponto c entre e b tl que c é ponto de mínimo de f em [, b], e lém disso, temos que c e c b, ou sej, c não ssume os extremos do intervlo [, b]. Sendo f derivável em (, b) I e possuindo um ponto de mínimo reltivo em c (, b), segue pel Proposição 2.14 que f (c) = 0 = d. Isso conclui o primeiro cso. Cso 2: d 0, ou sej, f () < d < f (b), com d 0 (cso gerl). Neste cso, defin função g : I R por g(x) = f(x) d x. Então, g é derivável com derivd g (x) = f (x) d. Dess form, ddos, b I, temos que g () = f () d e g (b) = f (b) d. Como por hipótese vle que f () < d < f (b), subtrindo d em tod ess cdei de desigulddes vmos encontrr g () < 0 < g (b),

33 24 Análise II ou sej, função g encontr-se ns hipóteses do Cso 1. Assim, conforme o Cso 1, segue que existe c entre e b tl que g (c) = 0, e como g (c) = f (c) d, segue que f (c) = d, como querímos mostrr. Teorem 2.17 (Teorem de Rolle) Sej f : [, b] R tl que f é contínu no intervlo fechdo [, b] e derivável no berto (, b). Se f() = f(b), então c (, b) tl que f (c) = 0. Demonstrção. Sej f contínu em [, b]. Logo, pelo Teorem do vlor extremo segue que f ssume um vlor máximo e um vlor mínimo em [, b]. Como f() = f(b), pelo menos um dos dois csos (máximo ou mínimo) ocorre em um ponto c (, b). Ms f é derivável em (, b). Portnto, pel Proposição 2.14 segue que f (c) = 0. Teorem 2.18 (Teorem de Lgrnge ou Teorem do Vlor Médio - T.V.M) Sej f : [, b] R contínu em [, b] e derivável em (, b). Então, existe um ponto c em (, b) tl que f (c) = f(b) f(). b Obs.: Antes de provr o T.V.M, vejmos seu significdo geométrico. Considere f ns hipóteses do Teorem. Ligndo os pontos P (, f()) e Q(b, f(b)) e considerndo o triângulo retângulo P QR destcdo n figur bixo, temos que tngente do ângulo θ destcdo será numericmente igul à inclinção d ret tngente o gráfico de f em lgum ponto c [, b].

34 M. Zhn 25 Demonstrção do Teorem. Sej f ns hipóteses do Teorem. Defin g : [, b] R por g(x) = f(x) f() f(b) f() (x ). b Como f é contínu em [, b] segue que g é contínu em [, b] e como f é derivável em (, b) segue que g tmbém o é, com Além disso, note que g (x) = f (x) f(b) f(). b g() = f() f() f(b) f() ( ) = 0 b e f(b) f() g(b) = f(b) f() (b ) = 0. b Logo, temos que g() = g(b) e estmos, portnto, ns hipóteses do Teorem de Rolle. Portnto, por este Teorem segue que c (, b) tl que g (c) = 0, ou sej Portnto, 0 = g (c) = f (c) f (c) = f(b) f(). b f(b) f() b Algums consequêncis do Teorem do Vlor Médio são presentds bixo. Corolário 2.19 Sej f : I R um função derivável no intervlo I. Então, f é crescente em I se, e somente se, f (x) 0, pr todo x I. Demonstrção. Sej f : I R derivável em I. Suponh que f sej crescente em I. Assim, pr todo I vle que f () = f +() f(x) f() = lim 0, x + x pois se x +, segue que x > e dí x > 0, e tmbém como f é crescente em I segue que f(x) f(), e dí f(x) f() 0.

35 26 Análise II Reciprocmente, suponh que f (x) 0, x I. Sejm x 1, x 2 I tis que x 1 < x 2. Logo, pelo T.V.M. segue que existe um ponto c (x 1, x 2 ) tl que f(x 2 ) f(x 1 ) = f (c)(x 2 x 1 ) 0, ou sej, concluímos que f(x 1 ) f(x 2 ), ou sej, f é crescente em I. Corolário 2.20 Se f : I R for um função derivável em I tl que f (x) > 0, pr todo x I, então f é estritmente crescente em I. Demonstrção. Segue nálogo à recíproc do Corolário cim. Observção 2.21 A recíproc do Corolário 2.20 é fls, ou sej, o fto de f ser estritmente crescente em I não implic que f (x) > 0, pr todo x I. Por exemplo, f : R R dd por f(x) = x 3 é tl que f (0) = 0. Corolário 2.22 Sej f : I R um função derivável no intervlo I. Então, f é decrescente em I se, e somente se, f (x) 0, pr todo x I. Demonstrção. É nálog à prov do Corolário Corolário 2.23 Se f : I R for um função derivável em I tl que f (x) < 0, pr todo x I, então f é estritmente decrescente em I. Demonstrção. Fic como exercício. Um observção nálog à Observção 2.21 deve ser feit pr este Corolário. Deixemos pr o leitor escrever. Corolário 2.24 Se f : I R for um função derivável em I tl que f (x) = 0, pr todo x I, então f é constnte em I.

36 M. Zhn 27 Demonstrção. Ddos x 1, x 2 I quisquer tis que x 1 < x 2. Pelo T.V.M. segue que existe c (x 1, x 2 ) tl que f(x 2 ) f(x 1 ) = f (c)(x 2 x 1 ) = 0(x 2 x 1 ) = 0, e então segue que f(x 2 ) = f(x 1 ), x 1, x 2 I. Como x 1 e x 2 são quisquer em I, segue que f é constnte em I. Corolário 2.25 Sejm f, g : I R funções deriváveis em um intervlo I tis que f (x) = g (x), pr todo x I. Então, existe um ponto c R tl que f(x) = g(x) + c. Demonstrção. Defin h : I R por h(x) = f(x) g(x). Então, h é derivável em I e h (x) = f (x) g (x). Como por hipótese f (x) = g (x), pr todo x I, segue que h (x) = 0, pr todo x I. Pelo Corolário nterior segue que h(x) = c, onde c é um constnte rel. Portnto, f(x) = g(x) + c. Lembrndo d Análise I, um função f : I R é dit ser de Lipschitz ou lipschitzin se existir um constnte positiv M > 0 tl que, pr quisquer x, y I, implicr em f(x) f(y) M x y. O número positivo M que stisfz desiguldde cim chm-se constnte de Lipschitz. Isto posto, temos o seguinte resultdo relciondo derivd: Corolário 2.26 Sej f : I R um função derivável em um intervlo I. Então, f é de Lipschitz se, e somente se, existir M > 0 tl que f (x) M, pr todo x I.

37 28 Análise II Demonstrção. Primeirmente, suponh que f é de Lipschitz. Então, existe M > 0 tl que, pr quisquer x, y I, vle desiguldde Então f(x) f(y) M x y. f(x) f(y) x y M. Pssndo o limite qundo x y, segue que lim f(x) f(y) x y x y lim M = M, x y e como f é derivável em I, obtemos, f (x) M. Reciprocmente, suponh que exist M > 0 tl que f (x) M, x I. Assim, pr x, y I quisquer, como f é derivável em I, segue pelo T.V.M. que existe c entre x e y tl que e dí segue que f(x) f(y) = f (c)(x y), f(x) f(y) = f (c) x y M x y, ou sej, f é de Lispchitz. Corolário 2.27 Sejm I um intervlo berto, I e f : I R um função contínu em I. Suponh que f sej derivável em x, pr todo x I, ms x. Se existir lim x f (x) = L, então f tmbém é derivável em, com f () = L. Demonstrção. Sej x I, x. Logo, x > ou x <. Vmos considerr o cso em que x >. Nesse cso, plicremos o T.V.M. em [, x]. Como f é contínu em [, x] e derivável em (, x), segue pelo T.V.M. que existe c (, x) tl que f (c) = f(x) f(). x

38 M. Zhn 29 Então, temos que (note que como c (, x) e x segue que c ) f f(x) f() () = lim = lim f (c) = lim f (c) = L. x x x c No que segue, presentmos lguns exemplos de plicção do Teorem do Vlor Médio pr desigulddes. Exemplo 1. Mostre que ln(1 + x) x, x 0. Solução. Defin f : [0, ) R por f(x) = ln(1 + x) x. Precismos mostrr que f(x) 0, pr todo x 0. Notmos que x 0, vle que f (x) = x 1 0. Portnto, f (x) 0, x (0, ). Logo, pelo Corolário 2.22 segue que f é decrescente em (0, ), e disso segue que x 0 f(x) f(0) = 0, donde segue que ln(1 + x) x, x 0. Exemplo 2. Mostre que e x 1 + x, x R. Solução. Defin f : R R por f(x) = e x x. Então, f é derivável em tod ret, com f (x) = e x 1. Assim, temos que f (x) > 0, x (0, + ), f (x) < 0, x (, 0). Logo, temos que f é estitmente crescente em (0, + ) e estritmente decresente em (, 0). Assim, segue que

39 30 Análise II x (0, ), x > 0 f(x) > f(0), ou sej, e x x > e 0 0 = 1 e x > 1 + x. x (, 0), x < 0 f(x) > f(0), ou sej, e x x > e 0 0 = 1 e x > 1 + x. Ou sej, cbmos de mostrr que x R \ {0}, vle que e x > 1 + x, e no cso em que x = 0 temos e x = 1 + x. Conclusão: e x 1 + x, x R. Teorem 2.28 (Teor. do Vlor Médio de Cuchy) Sejm f, g : [, b] R funções contínus em [, b] e deriváveis em (, b). Então, existe c (, b) tl que [g(b) g()]f (c) = [f(b) f()]g (c). Observção. (Verifique!) Qundo g(x) = x, o Teorem cim corresponde o T.V.M. Demonstrção. ϕ : [, b] R por Ddos f, g : [, b] R ns hipóteses do Teorem, defin ϕ(x) = (g(b) g())(f(x) f()) (g(x) g())(f(b) f()). Note que ϕ é contínu em [, b] e derivável em (, b) e é tl que ϕ() = ϕ(b) = 0. Logo, ϕ encontr-se ns hipóteses do Teorem de Rolle. Disso, segue que existe c (, b) tl que ϕ (c) = 0. Como ϕ (x) = (g(b) g())f (x) g (x)(f(b) f()), segue que donde segue o resultdo. ϕ (c) = (g(b) g())f (c) g (c)(f(b) f()) = 0,

40 M. Zhn 31 Um consequênci importnte do Teorem cim é seguinte versão d Regr de L Hôpitl: Corolário 2.29 (Regr de L Hôpitl) Sejm f, g : (, b] R deriváveis, tis que (i) lim x x f(x) = lim g(x) = 0, + + (ii) g(x) 0 e g (x) 0, x (, b), (iii) Então f (x) lim x + g (x) = L. f(x) lim x + g(x) = L. Demonstrção. Suponh que vlem (i), (ii) e (iii). Redefin f, g : [, b] R impondo que f() = g() = 0. Assim, f e g pssm ser contínus em [, b]. Ddo x (, b). Pelo Teorem do Vlor Médio de Cuchy em [, x], segue que existe c (, x) tl que e então f(x) f(x) f() = g(x) g(x) g() = f (c) g (c), f(x) lim x + g(x) = lim f (c) c + g (c) = L. Exercícios 1. Sej f : [, b] R contínu, derivável em (, b). Suponh que f() = f(b) = 0. f (c) = k f(c). Então, ddo um k R, mostre que existe c R tl que Sugestão. Tome p(x) = f(x) e kx plique o Teorem de Rolle. 2. Use o Teorem do Vlor Médio pr mostrr que cos αx cos βx x β α, se x 0.

41 32 Análise II 3. Mostre que 1 + h < h, se h > Aplique o Teorem do Vlor Médio f(x) = x em [100, 101] pr mostrr que pr lgum c em (100, 101). 101 = c 5. Explique por que o Teorem do Vlor Médio não se plic à função f(x) = x no intervlo [ 1, 2]. 6. Sej f contínu em [1, 3] e derivável em (1, 3). Suponh que, pr todo x (1, 3), vle que 1 f (x) 2, Prove que 2 f(3) f(1) Suponh que s funções f e g sejm contínus em [, b] e deriváveis em (, b). Suponh tmbém que f() = g() e que f (x) < g (x) pr < x < b. Prove que f(b) < g(b). 8. Dizemos que um função f : I R é um função de Hölder se M > 0 α (0, 1] tis que f(x) f(y) M x y α, x, y I. Note que no cso prticulr de α = 1, temos que f é de Lipschitz. () Mostre que se f : I R é de Hölder, então f é uniformemente contínu. (b) Mostre que se n condição de Hölder permitíssemos que α > 1, seguiri que f (x) = 0, x I, e portnto, f seri um função constnte. 9. Use o T.V.M. e seus corolários pr provr que vlem s desigulddes: x () < rctn x < x, x x2 x (b) rcsen x x, x [0, 1). 1 x 2 (c) x x3 3 < rctn x, x > 0.

42 M. Zhn 33 (d) π 6 + 2x 1 < rcsen x < π x x, pr que rcsen 1 2 = π 6. < x < 1. Observe 10. Sej f dus vezes derivável no intervlo [0, 2]. Mostre que se f(0) = 0, f(1) = 2 e f(2) = 4, então existe um x 0 (0, 2) tl que f (x 0 ) = Sej f : R R derivável tl que f(π) = π e f(e) = e. Mostre que existe x R tl que f (x) = Suponh que f é um função derivável com f (x) = x 2 f(x), pr todo x R, e tl que f(0) = 1. Mostre que f(x) f( x) = 1, pr todo x R. 13. (Sel. Mestr. UFSM 2012/1) Suponh que f : [0, ) R sej derivável, com f(0) = 0, e que f : (0, ) R sej crescente. Mostre que função g : (0, ) R definid por g(x) = f(x) é crescente em x (0, ). 14. (Sel. Mestr. UFRGS 2009/1) Sejm f e g funções reis contínus e deriváveis em [, b]. Use o Teorem do Vlor Médio pr mostrr que: () Se f() = f(b), então existe c (, b) tl que f (c) = 0. (b) Se f() = g() e f(b) = g(b), então existe c (, b) tl que f (c) = g (c). 15. (Sel. Mestr. UFRGS 2009/1) Ddo x > 0, mostre que ln x 1 1 x. 16. (Sel. Mestr. UFRGS 2015/2) Suponhmos que f é um função diferenciável em R tl que f (x) M < 1 pr todo x rel. Sej 1 um número rel qulquer e ( n ) um sequênci definid recursivmente n+1 = f( n ) pr n N. () Mostre que n+2 n+1 M n+1 n, pr todo n. (b) Prove que n converge.

43 34 Análise II 2.6 Fórmul de Tylor Nosso objetivo nest seção é presentr um fórmul que permit proximr um função qulquer por um certo polinômio, com um erro de proximção pequeno, num vizinhnç de um ponto no interior de um intervlo onde função estej definid. De fto, n Seção 2.2 definimos que um função f : I R é derivável em um ponto no interior de I, se existir um número f () tl que, pondo f( + h) = f() + f ()h + r(h), então r(h) lim h 0 h = 0, ou sej, obtemos um proximção liner de f num vizinhnç do ponto, com um erro (resto) r(h). Vmos demonstrr um fórmul que nos permit obter um proximção melhor do que liner. Antes, porém, necessitmos estbelecer o conceito de derivds sucessivs e funções de clsse C n, n N Derivds sucessivs e clsse de funções C n N seção nterior, dd um função f : [, b] R, se f for derivável em todos os pontos do intervlo berto (, b), definimos função derivd f : (, b) R. Do mesmo modo, sendo f derivável em (, b), podemos definir função derivd d função derivd, ou sej, derivd segund f : (, b) R, e ssim por dinte. Ddo n N, derivd de ordem n ou derivd ene-ésim de f em um ponto é definid indutivmente por f (0) () = f(), f (1) () = f (), ( f (n) () = f (n 1)) ().

44 M. Zhn 35 Definição 2.30 Dizemos que um função f : [c, d] R é n vezes derivável em um ponto (c, d) se f possuir derivds té ordem n 1 em todos os pontos de um vizinhnç de e se existir f (n) (). Definição 2.31 Dizemos que um função f : [, b] R é de clsse C n, e escrevemos f C n, qundo f for n vezes derivável em [, b] e função f (n) é um função contínu em [, b]. Por exemplo, pr n = 0, 1, 2,..., defin s funções f n : R R por f n (x) = x n x n+1 se x 0 x =. x n+1 se x < 0 Note que cd f n é derivável com f n(x) (n + 1)x n se x 0 =, (n + 1)x n se x < 0 pois é fácil ver que f n(0) = f n (0) = f n + (0) = 0. Portnto, concluímos que e com isso derivd segund ficrá f n(x) = (n + 1)f n 1 (x), f n(x) = (n + 1)f n 1(x) = (n + 1)nf n 2 (x). Seguindo por indução, chegremos f (n) n (x) = (n + 1)!f 0 (x), onde f 0 (x) = x, que é contínu, ms não é derivável em x = 0. Portnto, concluímos que pr todo n fixdo, temos que f n C n, ms f n C n+1. Qundo definição cim for verddeir pr todo n R, temos o conceito de função clsse C, ddo bixo. Definição 2.32 Qundo f for infinitmente derivável com com tods s derivds f (n) contínus, n = 0, 1, 2, 3,..., diremos que f é um função de clsse C, e escrevemos f C.

45 36 Análise II Fórmul de Tylor No que segue, presentmos um importnte Lem. Lem 2.33 Sej r : I R um função n vezes derivável no ponto 0 I. Então, são equivlentes: (i) r(0) = r (0) = r (0) =... = r (n) (0) = 0; (ii) lim h 0 r(h) h n = 0. Demonstrção. Fremos prov de cd implicção por indução sobre n. (i) (ii): () Qundo n = 1, ou sej, suponh que vle r(0) = r (0) = 0. Então, Logo, vle bse d indução. r(h) lim h 0 h = lim r(h) r(0) = r (0) = 0. h 0 h 0 (b) Ddo que r(0) = r (0) =... = r (n) (0) = 0, e suponh que (ii) estej provdo té ordem n 1, ou sej, que vle lim h 0 r(h) = 0. hn 1 Aplicndo ess hipótese de indução pr r (h), obtemos lim h 0 r (h) = 0. hn 1 Assim, ddo ε > 0, segue que existe δ > 0, tl que, 0 < h < δ, implic em r (h) h n 1 0 < ε. Dess form, vlindo r(h) h n, obtemos, pelo T.V.M., que existe c (0, h) tl que r(h) h n = r(h) r(0) h n = r (c)(h 0) h n = r (c) h n 1,

46 M. Zhn 37 e como 0 < c < h < δ, segue que 1 h < 1 c, e dí obtemos mjorção r(h) h n = r (c) h n 1 < r (c) c n 1 < ε. r(h) Isso prov que lim h 0 h n = 0 e, portnto, pelo Princípio d Indução Mtemátic segue que vle (ii). (ii) (i): r(h) () Suponh que (ii) vle pr n = 1, ou sej, que vle lim h 0 h como r e r são deriváveis, e portnto contínus, segue que e r(0) = lim h 0 h r(h) h = 0, r r(h) r(0) r(h) (0) = lim = lim h 0 h 0 h 0 h = 0. Logo, r(0) = r (0) = 0, ou sej, vle bse d indução. = 0. Então, (b) Ddo que e supondo que lim h 0 r(h) = 0, (2.4) hn r(0) = r (0) =... = r (n 1) (0) = 0, (2.5) precismos mostrr que r (n) (0) = 0. Defin ϕ : I R por ϕ(h) = r(h) r(n) (0) h n. n! Assim, temos que ϕ é n vezes derivável em 0, com pr k = 0, 1, 2,..., n 1. ϕ (k) (h) = r (k) (h) r(n) (0) (n k)! hn k, (2.6)

47 38 Análise II Logo, por (2.5) e (2.6) temos que ϕ(0) = ϕ (0) = ϕ (0) =... = ϕ (n 1) (0) = 0, e como segue que ϕ (n) (h) = r (n) (h) r(n) (0) 0! = r (n) (h) r (n) (0), ϕ (n) (0) = r (n) (0) r (n) (0) = 0. Portnto, pel prte (b) d implicção (i) (ii) provd nteriormente, segue que ϕ(h) lim = 0. (2.7) h 0 hn Agor, pel definição de ϕ, podemos escrever e dí, segue que r(h) = ϕ(h) + r(n) (0) h n, n! r(h) lim h 0 h n = lim h 0 ϕ(h) + r(n) (0) n! h n h n ϕ(h) = lim h 0 h n + lim h 0 r (n) (0). (2.8) n! Pel hipótese de indução (2.4) e por (2.7), temos que (2.8) fornece r (n) (0) = 0, como querímos mostrr. Isso conclui prov d indução que (ii) (i). Portnto, conclui-se prov do Lem. Definição 2.34 Sej f : I R um função n vezes derivável em I. Definimos o polinômio de Tylor de ordem n d função f no ponto como o polinômio p(h) = h + 2 h n h n, cujs derivds de ordem n no ponto h = 0 coincidem com s derivds de ordem n de f no ponto, i.e., p (k) (0) = f (k) (), pr k = 0, 1, 2,..., n. (2.9)

48 M. Zhn 39 Afirmmos que s derivds p (0) (0), p (0), p (0),..., p (n) (0) determinm de form únic o polinômio p(h), pois p (h) = h h n n h n 1, p (h) = h n(n 1) n h n 2, p (3) (h) = h n(n 1)(n 2) n h n 3, e, em gerl, pr k = 0, 1, 2,..., n, p (k) (h) = k! k + g(h), onde g(h) denot um som de termos que contém h. Logo, pr h = 0 e usndo (2.9), segue que f (k) () = p (k) (0) = k! k, pr k = 0, 1, 2,..., n, e dí, pr k = 0, 1, 2,..., n, temos k = f (k) (). k! Portnto, o polinômio de Tylor de ordem n d função f : I R no ponto I fic unicmente determindo por p(h) = h+ 2 h n h n = f()+ f () 1! Isto posto, presentmos o Teorem: h+ f () 2! h f (n) () h n. n! Teorem 2.35 (Fórmul de Tylor infinitesiml) Sej f : I R um função n vezes derivável em I. Então, pr todo h R tl que + h I, tem-se f( + h) = f() + f ()h + f () 2! onde lim h 0 r(h) h n = 0. Além disso, p(h) = n k=0 h f (n) () h n + r(h), n! f (k) () h k é o único polinômio de gru menor ou k! igul n tl que f( + h) = p(h) + r(h) com lim h 0 r(h) h n = 0.

49 40 Análise II Demonstrção. Ddo h R tl que + h I, defin r(h) por r(h) = f( + h) p(h), (2.10) onde p(h) é um polinômio de gru n e r(h) é tl que lim h 0 r(h) = 0. (2.11) hn Vmos mostrr que p(h) é o polinômio de Tylor. Note que, por construção, temos que r(h) possui derivds no ponto 0 té ordem n. observndo (2.11), estmos ns hipóteses do Lem que Dess form, Assim, concluímos r(0) = r (0) = r (0) =... = r (n) (0) = 0. (2.12) As derivds de ordem k de (2.10), pr k = 0, 1, 2,..., n, são dds por e dí, por (2.12) segue que r (k) (h) = f (k) ( + h) p (k) (h), 0 = r (k) (0) = f (k) () p (k) (0), pr k = 0, 1, 2,..., n. Logo, f (k) () = r (k) (0), e dí segue pel Definição 2.34 que p(h) é o polinômio de Tylor, o qul já mostrmos ser único, e é d form p(h) = n k=0 f (k) () h k. k! Observção 2.36 Pondo +h = x temos h = x e então, podemos escrever f(x) = f() + f ()(x ) + f () 2! (x ) f (n) () (x ) n + r(x ), n! com r(x ) lim x (x ) n = 0. Um plicção imedit d Fórmul de Tylor infinitesiml é Proposição que segue.

50 M. Zhn 41 Proposição 2.37 Sej f : I R um função n vezes derivável em um ponto I. Suponh que f () = f () =... = f (n 1) () = 0 e f (n) () 0. Então () se n for ímpr, então não é ponto de máximo locl, nem ponto de mínimo locl pr f. (b) se n for pr, então se f (n) () > 0, então é ponto de mínimo locl pr f, se f (n) () < 0, então é ponto de máximo locl pr f. Demonstrção. Como f () = f () =... = f (n 1) () = 0 e f (n) () 0, pel Fórmul de Tylor infinitesiml, segue que Como r(h) h n f( + h) f() = f (n) ( () f h n (n) () + r(h) = + r(h) ) n! n! h n h n. () se n for ímpr, então: 0 qundo h 0 e f (n) () n! 0, segue que: h n > 0 pr h > 0; h n < 0 pr h < 0, e então f( + h) f() possuirá um sinl à direit contrário o sinl à esquerd de. Logo, o ponto não é ponto de máximo locl e nem de mínimo locl pr f. (b) se n for pr, então h n > 0, h 0. Logo, o sinl de h n ( f (n) () n! + r(h) h n ), pr 0 < h < δ, é o mesmo sinl de f (n) (). Assim, se f (n) () > 0 então f( + h) f() > 0 pr 0 < h < δ, e dí é mínimo locl pr f, se f (n) () < 0 então f( + h) f() < 0 pr 0 < h < δ, e dí é máximo locl pr f. Isso conclui prov d Proposição.

51 42 Análise II No que segue, presentmos um segund Fórmul de Tylor, onde o resto ssume um form diferente d infinitesiml. Teorem 2.38 (Fórmul de Tylor com resto de Lgrnge) Sej f um função n vezes derivável no intervlo berto do tipo ( δ, + δ), onde δ > 0, com f (n 1) contínu em [ δ, + δ]. Então, ddo b ( δ, + δ), existe c entre e b tl que f(b) = f()+f ()(b )+ f () (b ) f (n 1) () 2! (n 1)! (b )n 1 + f (n) (c) (b ) n. n! Além disso, pondo b = + h, segue que existe θ (0, 1) tl que f( + h) = f() + f ()h + f () h f (n 1) () 2! (n 1)! hn 1 + f (n) ( + θh) h n. n! Observção. Note que o cso n = 1 é o T.V.M. usul. Demonstrção. Sem perd de generlidde, vmos supor < b. Defin ϕ : [, b] R por ϕ(x) = f(b) f(x) f (x)(b x) f (x) (b x) !... f (n 1) (x) (n 1)! (b x)n 1 A n! (b x)n, onde A R é tl que ϕ() = 0. Tl escolh pr A torn ϕ contínu em [, b]. Por construção temos que ϕ é derivável em (, b), com ϕ (x) = f (x) f (x)(b x) f (x) 1 2 f (x)(b x) 2 2(b x) f (x) f (n 1) (x) (n 1)! (n 1)(b x)n 2 f (n) (x) (n 1)! (b A x)n 1 + (n 1)! (b x)n 1, donde segue que ϕ (x) = A f (n) (x) (b x) n 1. (n 1)! Assim, sendo ϕ contínu em [, b] e derivável em (, b), e notndo que ϕ() = 0 = ϕ(b), estmos ns hipóteses do Teorem de Rolle, e dí segue que existe c (, b) tl que ϕ (c) = 0, e com isso, segue que 0 = ϕ (c) = A f (n) (c) (b c) n 1 A = f n (c). (n 1)!

52 M. Zhn 43 Logo, pr x =, teremos 0 = ϕ() = f(b) f() f ()(b )... f (n 1) () (n 1)! (b )n 1 f (n) (c) (b ) n, n! e dí Fórmul é obtid isolndo-se f(b), onde c (, b). Pr mostrr segund prte do Teorem, observe que, denotndo b = +h, segue que h = b, e ssim, f( + h) = f() + f ()h + f () h f (n 1) () 2! (n 1)! hn 1 + f (n) (c) h n, n! onde c (, + h), e portnto, c = + θh, pr lgum 0 < θ < 1. Isso conclui prov do Teorem. Exercícios 1. Sej f n : R R definid por x 2n sen 1 x se x 0 f n (x) =. 0 se x = 0 Mostre que f n é n vezes derivável, ms que su ene-ésim derivd não é contínu no ponto x = 0, logo, f C n. 2. Use iguldde 1 1 x = 1 + x xn + xn+1 1 x e Fórmul de Tylor infinitesiml pr clculr s derivds sucessivs, no ponto x = 0, d função f : ( 1, 1) R, dd por f(x) = 1 1 x. 3. Sej f : R R um função pr, i.e., f(x) = f( x), pr todo x R. Mostre que n expressão d fórmul de Tylor em torno de 0 não precem s derivds ímpres em 0. Enuncie e demonstre um resultdo nálogo pr funções ímpres, i.e., tis que f(x) = f( x), pr todo x R.

53 44 Análise II 4. Sejm f, g : I R dus vezes deriváveis no ponto I. Se f() = g(), f () = g () e f(x) g(x), pr todo x I, prove que f () g (). 5. Sej f : I R um função dus vezes derivável em I. Prove que f( + h) 2f() + f( h) lim h 0 h 2 = f (). 6. Utilize Fórmul de Tylor infinitesiml pr provr seguinte versão d regr de L Hôpitl: Sejm f, g : I R funções n vezes deriváveis no ponto I, com derivds nuls neste ponto té ordem n 1. Se g (n) () 0, então f(x) lim x g(x) = f (n) () g (n) (). 7. (Sel. Mestr. UFRGS 2010/1) Sej f : (, b) R um função diferenciável. () Se f é não decrescente, prove que f (x) 0 pr todo x (, b). (b) Suponh que f(x) < f(y) pr todos x, y (, b) tis que x > y. Podemos firmr que derivd de f é estritmente menor que zero em todos os pontos de (, b)? (c) Suponh gor que f é dus vezes diferenciável em (, b), e que derivd de segund ordem de f é estritmente positiv. Prove que f pode ter no máximo um ponto de mínimo locl. 8. Sej f C n+1 em um vizinhnç do ponto, e considere Fórmul de Tylor com resto de Lgrnge: f( + h) = f() + f ()h f (n 1) () (n 1)! hn 1 + f n ( + θh) h n, n! com 0 < θ < 1. Prove que se f (n+1) () 0, então θ 1 n+1 qundo h 0. Sugestão: compre com Fórmul de Tylor infinitesiml. 9. Considere um função f onde derivd segund f (x) existe e é contínu em [0, 1]. Assum que f(0) = f(1) = 0 e suponh que existe K > 0 tl que f (x) K, pr todo x [0, 1]. Mostre que ( ) 1 f K 2 4 e f (x) K 2.

54 M. Zhn Suponh f C 2 (0, ) e escrev onde j = 0, 1, 2. M j = sup f (j) (x), x (0, ) () Use Fórmul de Tylor em torno de qulquer x fixdo pr mostrr que pr todo h (0, ), tem-se f (x) h M 2 + M 0 h. (b) Encontre o vlor de h que minimiz prte direit d desiguldde cim. Em seguid, conclu que M M 0 M Sej F coleção de tods s funções dus vezes continumente deriváveis em R stisfzendo f 0 em R e f (x) 1 em R. Encontre um constnte C (0, ) tl que pr cd f F e pr cd x R, tem-se f (x) 2 C f(x). 2.7 Funções convexs Definição 2.39 Dizemos que um função f : I R definid em um intervlo I, é convex se, pr quisquer x 1, x 2 I e pr qulquer número rel λ [0, 1], cumprir desiguldde: f(λx 1 + (1 λ)x 2 ) λf(x 1 ) + (1 λ)f(x 2 ). A combinção λx 1 +(1 λ)x 2 é chmd de combinção convex. Chmndo λ = λ 1 e 1 λ = λ 2, notmos que λ 1 + λ 2 = 1, com λ 1, λ 2 0, e podemos escrever desiguldde d definição cim por f(λ 1 x 1 + λ 2 x 2 ) λ 1 f(x 1 ) + λ 2 f(x 2 ). Geometricmente, um função f : I R é dit convex em I se, pr quisquer, b I, ret secnte o gráfico de f nos pontos (, f()) e (b, f(b))

55 46 Análise II fic cim do gráfico de f. Assim, sej x (, b) I. Logo, < x < b. A equção d ret secnte o gráfico de f nos pontos (, f()) e (b, f(b)) é dd por y = f() + f(b) f() (x ). b Logo, como (x, f(x)) está bixo do gráfico d ret secnte cim destcd, segue que ou sej, f(x) f() + f(x) f() x f(b) f() (x ), b f(b) f(). (2.13) b Por outro ldo, equção d ret secnte o gráfico de f tmbém pode ser escrit por y = f(b) + f(b) f() (x b), b e, do mesmo modo, como (x, f(x)) está bixo do gráfico d ret secnte cim destcd, segue que f(x) f(b) + f(b) f() (x b), b ou sej, (e não esquecendo que x b < 0, por isso trocmos desiguldde que segue) ou melhor, f(x) f(b) x b f(b) f(x) b x Juntndo (2.13) e (2.14) obtemos f(x) f() x f(b) f() b f(b) f(), b f(b) f(). (2.14) b f(b) f(x). (2.15) b x Isto crcteriz convexidde de f. Fç um desenho pr ilustrr.

56 M. Zhn 47 Mis ind, sendo f convex em I, se < b < c < d, pode-se mostrr que f(b) f() b f(c) f(b) c b f(d) f(c), (2.16) d c ou sej, s declividdes vão umentndo. Um simples desenho já justific este fto. No entnto, té o momento prece não hver conexão entre definição dd de função convex com o seu significdo geométrico. Vejmos que de fto desiguldde d Definição 2.39 se cumpre: ddos x 1, x 2 I e suponh f convex em I (sem considerr convexidde como Definição 2.39, e sim somente seu significdo geométrico). Assim, ddo c [x 1, x 2 ], segue que podemos escrever c = λx 1 + (1 λ)x 2, pr lgum λ [0, 1]. Logo, f(c) = f(λx 1 + (1 λ)x 2 ). Afirmmos que f(c) λf(x 1 ) + (1 λ)f(x 2 ): De fto, equção d ret secnte o ráfico de f em (x 1, f(x 1 )), (x 2, f(x 2 )) é dd por y = f(x 1 ) + f(x 2) f(x 1 ) x 2 x 1 (x x 1 ),

57 48 Análise II e como todo ponto do gráfico de f no intervlo [x 1, x 2 ] fic bixo de tl ret, segue que, em prticulr qundo x = c, teremos onde c = λx 1 + (1 λ)x 2, ou sej, f(c) f(x 1 ) + f(x 2) f(x 1 ) x 2 x 1 (c x 1 ), f(λx 1 + (1 λ)x 2 ) f(x 1 ) + f(x 2) f(x 1 ) x 2 x 1 (λx 1 + (1 λ)x 2 x 1 ), o que, orgnizndo dequdmente direit d desiguldde cim, obtemos como querímos mostrr. f(λx 1 + (1 λ)x 2 ) λf(x 1 ) + (1 λ)f(x 2 ), N proposição que segue podemos estender combinção convex pr n termos. Proposição 2.40 Se f : I R for um função convex, então pr quisquer x 1, x 2,..., x n I e pr quisquer λ 1, λ 2,..., λ n 0 tis que λ λ n = 1, tem-se n n f( λ i x i ) λ i f(x i ). i=1 i=1 Demonstrção. Sej f : I R for um função convex. Fremos prov por indução sobre n. Como f é convex, segue que pr n = 2 prov já está grntid, ou sej, vle bse d indução. Suponh então que desiguldde sej verddeir pr n 1 números reis e sejm λ 1,..., λ n 0 tis que λ λ n = 1. Se λ 1 = 1 e λ 2 =... = λ n = 0, então vle bse d indução. Vmos então supor que λ n < 1. Assim, podemos escrever ( λ1 λ 1 x λ n x n = (1 λ n ) x λ ) n 1 x n 1 + λ n x n. 1 λ n 1 λ n Denotndo y = λ 1 1 λ n x λ n 1 1 λ n x n 1,

58 M. Zhn 49 temos f(λ 1 x λ n x n ) = f((1 λ n )y + λ n x n ) (1 λ n )f(y) + λ n f(x n ), (2.17) pois vle pr n = 2. Observe tmbém que λ 1 1 λ n + λ 2 1 λ n λ n 1 1 λ n = λ λ n 1 1 λ n = 1 λ n 1 λ n = 1, e como hipótese d indução vle pr n 1 termos, λ 1 f(y) = f( x λ n 1 x n 1 ) 1 λ n 1 λ n o que, levdo pr (2.17), fornece λ 1 1 λ n f(x 1 ) λ n 1 1 λ n f(x n 1 ), f(λ 1 x λ n x n ) (1 λ n )f(y) + λ n f(x n ) λ 1 f(x 1 ) λ n 1 f(x n 1 ) + λ n f(x n ), como querímos mostrr. Estmos interessdos em obter resultdos que liguem os conceitos de função convex com função derivável. No entnto, chmmos tenção de que o fto de um função ser convex não implic de mesm ser derivável. Por exemplo, função f : R R dd por f(x) = x é convex, pois ddos λ 1, λ 2 0 tis que λ 1 + λ 2 = 1, tem-se que, x, y R, f(λ 1 x + λ 2 y) = λ 1 x + λ 2 y λ 1 x + λ 2 y = λ 1 f(x) + λ 2 f(x). No entnto, f não é derivável n origem. Vejmos gor um importnte resultdo. Proposição 2.41 Sej f : I R um função dus vezes derivável em I. Então, f é convex em I se, e somente se, f (x) 0, x I.

59 50 Análise II Demonstrção. Suponh que f sej convex em I Assim, ddos < b I e tomndo < x < b, segue por (2.15) que f(x) f() x f(b) f() b f(x) f(b). x b f(x) f() Como lim = f f(x) f(b) () e lim = f (b), concluímos que x x x b x b f () f(b) f() b f (b), ou sej, ddos < b, mostrmos que f () f (b), ou sej, concluímos que f é crescente em I, e pelo Corolário 2.19 plicdo f segue que f (x) 0, x I. Isso prov primeir prte d Proposição. Reciprocmente, suponh que f (x) 0, x I. < b. Ddo h > 0 tl que h, b + h I. Sejm, b I, com Assim, pelo Teorem d Fórmul de Tylor com resto de Lgrnge segue que existe c 1 ( h, ) e existe c 2 (b, b + h) tis que e f( h) = f() + f ()( h) + f (c 1 ) ( h) 2, 2! f(b + h) = f(b) + f (b)h + f (c 2 ) h 2. 2! Ms como f (x) 0 pr todo x I, vmos obter f( h) f() f ()( h) e f(b + h) f(b) f (b)h, e portnto, f() f( h) h f () e f(b + h) f(b) f (b). (2.18) h Novmente pelo Corolário 2.19, como f (x) 0, x I, segue que f é crescente em I, ou sej, < b f () f (b).

60 M. Zhn 51 Logo, como < b, concluímos de (2.18) que f() f( h) h f () f (b) f(b + h) f(b). h Por fim, escrevendo x = h e y = b + h, temos que x < < b < y e são tis que ou sej, f é convex em I. f() f(x) x f(y) f(b), y b Um importnte exemplo de função convex é função f : R R dd por f(x) = e x. De fto, pr mostrr isso, bst notr que f (x) = e x > 0, logo, pel Proposição cim segue que f é convex (e estritmente, pois desiguldde é estrit). No que segue presentmos dois exemplos de plicção d função exponencil e o estudo de funções convexs é dd bixo. Exemplo 1. Prove desiguldde existente entre médi ritmétic e geométric, ou sej, ddos x 1, x 2,..., x n 0, mostre que n x1 x 2... x n x 1 + x x n. n Solução. De fto, bst definir f : R R por f(x) = e x. Como f (x) = e x > 0, x R, segue que f é convex. Assim, n x1 x 2... x n = e ln n x 1 x 2... x n = e 1 n ln x n ln xn 1 n eln x xn eln = n x x n. n Exemplo 2. (Desiguldde de Young) Ddos p, q > 1 tis que 1 p + 1 q quisquer, b 0, vle desiguldde: = 1, pr b p p + q q.

61 52 Análise II Demonstrção. Como f : R R dd por f(x) = e x é convex, temos que b = e ln( b) = e ln +ln b = e p p ln + q q ln b = = e 1 p ln p + 1 q ln q = f( 1 p ln p + 1 q ln q ), e como f(x) = e x é convex e 1 p + 1 q = 1, segue que b = f( 1 p ln p + 1 q ln q ) 1 p f(ln p )+ 1 q f(ln bq ) = 1 p eln p + 1 q eln bq = 1 p p + 1 q bq.

62 Cpítulo 3 Integris Neste cpítulo queremos desenvolver um importnte ferrment do cálculo: integrção definid, que é motivd pelo problem de se determinr áre que um curv form em um ddo intervlo em relção o eixo horizontl. Um plicção físic pr isto seri, por exemplo, determinr o trbllho relizdo pr mover um objeto, conhecendo-se o gráfico deslocmento forç. Teremos que o referido trblho será numericmente igul à áre que o gráfico d função forç fz com o eixo deslocmento. Porém, nem sempre est áre pode ser determind prtir de decomposição de figurs plns elementres, tis como qudrdos, retângulos e triângulos. Somente o estudo de integris definids responderá perfeitmente isto. 3.1 A integrl definid Preliminres Inicilmente presentremos lgums definições e proprieddes extremmente importntes que norterão nossos estudos de integris. Definição 3.1 Definimos prtição de um intervlo [, b] por P = { = t 0 < t 1 < t 2 <... < t n = b}.

63 54 Análise II D definição temos que um prtição P de um intervlo [, b] divide o mesmo intervlo em n subintervlos do tipo [t i 1, t i ]. Definição 3.2 Sejm f : [, b] R limitd e P um prtição de [, b]. Definimos o ínfimo e o supremo 1 de f em cd subintervlo [t i 1, t i ] d prtição, respectivmente, por m i = inf f(x) e M i = sup f(x). x [t i 1,t i] x [t i 1,t i] Definição 3.3 Sejm f : [, b] R limitd e P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} um prtição de [, b]. Definimos s soms superior e inferior de f, em relção à prtição P, respectivmente, por S(f; P ) := n M i (t i t i 1 ) e s(f; P ) := i=1 n m i (t i t i 1 ). A seguir, temos um representção gráfic d definição cim, onde primeir ilustrção represent som superior de f em relção à um prtição P e segund, som inferior. i=1 Note que, no cso qundo f 0, s soms superior e inferior, representm, respectivmente, proximções por excesso e por flt, d áre que o gráfico de 1 Lembre ds definições de ínfimo e supremo de um conjunto presentds no curso de Análise I.

64 M. Zhn 55 f form com o eixo horizontl no intervlo [, b]. Intuitivmente, se refinrmos prtição de [, b], ou sej, se quebrrmos mis o intervlo [, b], iremos cd vez mis nos proximr, por excesso e por flt, d áre rel. Est será idei de nosso estudo. Lem 3.4 Sej f : [, b] R limitd e P um prtição de [, b]. Então s(f; P ) S(f; P ). Demonstrção. O que este Lem está nos dizendo é que, dd um prtição P de [, b], som inferior sempre é menor ou igul do que som superior. Fcilmente podemos observr isto medinte um construção gráfic, como ilustrção presentd n definição de soms superior e inferior cim. Porém vmos à prov deste Lem. Sej P um prtição qulquer de [, b]. Como m i M i, e t i t i 1 > 0 i {0, 1,..., n}, temos m i (t i t i 1 ) M i (t i t i 1 ). Somndo ests desigulddes pr todos os i s, temos n n m i (t i t i 1 ) M i (t i t i 1 ), i=1 i=1 ou sej, s(f; P ) S(f; P ). Definição 3.5 Sejm P e Q dus prtições de [, b]. Dizemos que Q é um refinmento de P se P Q. O que est definição quer dizer é que um refinmento de um prtição é um outr prtição do intervlo que contém todos os pontos d prtição nterior e pelo menos mis um ponto. Isto pode ser observdo n ilustrção bixo, onde Q é um refinmento de P.

65 56 Análise II Lem 3.6 Sejm f : [, b] R limitd, P e Q dus prtições de [, b], com P Q (i.e., Q é um refinmento de P ). Então s(f; P ) s(f; Q) S(f : Q) S(f; P ). Obs.: O que este lem está nos informndo signific que, o refinrmos um prtição P, som inferior não diminui e som superior não ument. Observe que desiguldde intermediári é simplesmente o lem nterior. Precisrímos mostrr então s outrs dus. Porém, deixremos pr o leitor fzer lgums construções gráfics e concluir o resultdo. Corolário 3.7 Sejm f : [, b] R limitd, P e Q dus prtições de [, b]. Então s(f; P ) S(f; Q), ou sej, qulquer som inferior é sempre menor ou igul do que qulquer som superior. Demonstrção. Bst notr que P Q é um refinmento tnto de P qunto de Q. Assim, pelo lem cim s(f; P ) s(f; P Q) S(f : P Q) S(f; Q) Integris superior e inferior Definição 3.8 Sej f : [, b] R limitd. Definimos os conjuntos A := {s(f; P ) : P B := {S(f; P ) : P é prtição de [, b]} é prtição de [, b]}

66 M. Zhn 57 Definição 3.9 Sej f : [, b] R limitd e Λ = {P : P é prtição de [, b]}. Definimos integrl superior e integrl inferior de f em [, b], respectivmente, por f := inf P Λ S(f; P ) e f := sup s(f; P ) P Λ Observe que se f 0 temos que ests integris inferior e superior, n verdde, representm, respectivmente, proximções por excesso e por flt d áre rel que f form com o eixo horizontl em [, b]. Ms pode ser que tl áre não exist! De um resultdo que vem d Análise I, temos seguinte firmção: Af.: Ddos A, B R, não vzios tis que, x A, y B, x y, então sup A inf B. Além disso, vle iguldde se, e somente se, ε > 0, x A e y B tis que y x < ε. A mesm situção ocorre qundo A e B forem os conjuntos presentdos n definição 3.8. Assim, temos pelo comentdo cim e pelo Corolário 3.7 que Mis dinte usremos estes resultdos. f f Funções integráveis Definição 3.10 Sej f : [, b] R limitd. Dizemos que f é integrável (à Riemnn) se s integris superior e inferior forem iguis, ou sej, se f = f. A este vlor comum, chmmos de integrl definid e escrevemos f ou f(x) dx.

67 58 Análise II A seguir temos lguns exemplos. Exemplo 1. A função de Dirichlet f : [0, 1] R definid por { 1, se x Q f(x) = 0, se x Q não é integrável. Considere P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} um prtição qulquer de [0, 1]. Assim, pel densidde dos irrcionis em R temos m i = inf f(x) = 0. x [t i 1,t i] Portnto, qulquer que sej P prtição de [0, 1] teremos s(f; P ) = n m i (t i t i 1 ) = 0. D mesm form, pel densidde dos rcionis em R temos i=1 Logo, S(f; P ) = M i = sup f(x) = 1. x [t i 1,t i] n M i (t i t i 1 ) = (t 1 t 0 ) + (t 2 t 1 ) (t n t n 1 ) = i=1 P prtição de [0, 1]. Assim = t n t 0 = 1 0 = 1, 1 0 f = sup{s(f; P ) : P é prtição } = 0 e 1 Disso, segue que 0 f = inf{s(f; P ) : P é prtição } = 1 1 f = 0 < 1 = f,

68 M. Zhn 59 e dí f não é integrável. Obs.: Relmente, isso er de se esperr, um vez que não é possível construir o esboço gráfico d função de Dirichlet. Não existe, de fto, um áre. Exemplo 2. f : [0, 1] R dd por { 1, se 0 x < 1 2 f(x) = 1 0, se 2 x 1 Vmos mostrr que est função é integrável e obter O gráfico de f é presentdo bixo. 1 0 f. Sej P n prtição dd por Assim, P n = {0, n, , 1}, n 3. n s(f; P n ) = n m i (t i t i 1 ) = i=1 ( 1 = ) ( 1 n n ( n )) ( ( )) = n = n Anlogmente, n S(f; P n ) = M i (t i t i 1 ) = n. i=1

69 60 Análise II Logo, temos n = s(f; P n) 1 0 f 1 0 f S(f; P n ) = n. Logo, pelo critério do snduíche, fzendo n, obtemos Logo, f é integrável, com f = 1 2. f = Relmente, observndo que f 0 em [0, 1], tl integrl corresponde à áre que 1 o gráfico de f form com o eixo horizontl em [0, 1]. Exemplo 3. f : [0, b] R dd por f(x) = x 2. Vmos clculr Pr n N, considere prtição regulr P n de [0, b] dd por 0 f. P n = {0, 1 b n, 2 b n,..., n b n = b}, que divide este intervlo em n subintervlos [t i 1, t i ] de mesmo comprimento de tmnho t i t i 1 = ib n visto que t i = 0 + ib, i {0, 1,..., n}. n (i 1)b n = b n, 0 x 2.

70 M. Zhn 61 Como f é crescente em [0, b], temos Portnto, = b n M i = sup x [t i 1,t i] S(f; P n ) = f(x) = f(t i ) e m i = inf f(x) = f(t i 1) x [t i 1,t i] n M i (t i t i 1 ) = i=1 n f(t i ) b n = ( 1 2 b 2 n b 2 n b 2 n n2 b 2 ) n 2 = b3 n 3 ( n 2 ) Observemos qui um resultdo importnte que pode ser provdo por indução mtemátic sobre n: n 2 = Com isto, continundo os cálculos, temos i=1 n(n + 1)(2n + 1). 6 S(f; P n ) = b3 n 3 ( n 2 ) = b3 n(n + 1)(2n + 1) = n3 6 ( = b ) ( ) b3 qundo n. 6 n n 3 Por outro ldo, s(f; P n ) = n m i (t i t i 1 ) = i=1 n f(t i 1 ) b n = b n i=1 n [ ] 2 (i 1)b = n i=1

71 62 Análise II Portnto, = b3 n 3 ( (n 1) 2 ) = b3 (n 1)n(2n 1). n3 6 s(f; P n ) = b3 6 ( 1 1 ) ( 2 1 ) b3 n n 3 qundo n. Assim, Portnto, f é integrável e 0 f = 0 0 f = b3 3. x 2 dx = b3 3. Obs.: Pr resolver o problem de integrção cim, utilizmos de um iguldde, que pode ser provd por indução mtemátic sobre n. Citemos qui outrs igulddes que serão úteis em exercícios: () n k = k n, n 1. i=1 (b) n = n(n + 1), n 1. 2 (c) n 2 n(n + 1)(2n + 1) =, n 1. 6 [ ] 2 n(n + 1) (d) n 3 =, n 1. 2 Note, por exemplo, que iguldde () nos diz que o somr um constnte k com el mesm n vezes obtemos n k e iguldde (b) é nd mis, nd menos, do que som dos n primeiros números nturis, que corresponde à som de n termos d progressão ritmétic (1, 2, 3,..., n). Procure provr s qutro igulddes cim como exercício usndo indução mtemátic Critério de integrbilidde N seção citmos um importnte firmção que repetimos bixo: Af.: Ddos A, B R, não vzios tis que, x A, y B, x y, então sup A inf B. Além disso, vle iguldde se, e somente se, ε > 0, x A e

72 M. Zhn 63 y B tis que y x < ε. Em prticulr, dd f : [, b] R limitd, sendo e A = {s(f; P ) : P é prtição de B = {S(f; P ) : P é prtição de [, b]} [, b]}, temos f = sup A inf B = e, de cordo com firmção relembrd cim, vlerá iguldde, ou sej, f é integrável se, e somente se, ε > 0 P 1, P 2 prtições de [, b] tis que S(f; P 1 ) s(f; P 2 ) < ε. Em plvrs, considerndo ε um erro entre s proximções por flt e por excesso d integrl, temos que f é integrável (i.e., existirá um áre, considerndo o cso f 0) se este erro for desprezível. f, Já temos ssim um tipo de critério pr decidir se f é integrável ou não. Porém, vmos melhorr este critério, mostrndo que pens um prtição P é suficiente. Ou sej, vmos provr o lem seguinte. Lem 3.11 Um função limitd f : [, b] R é integrável se, e somente se, ε > 0, P prtição de [, b] tl que S(f; P ) s(f; P ) < ε. Demonstrção. Sej f : [, b] R limitd. Suponhmos que f sej integrável. Logo, ddo ε > 0 P 1, P 2 prtições de [, b] tis que S(f; P 1 ) s(f; P 2 ) < ε. Considere P = P 1 P 2, que é um refinmento de mbs s prtições P 1 e P 2. Assim, pelo lem 3.6 temos S(f; P ) S(f; P 1 ) e s(f; P 2 ) s(f; P )

73 64 Análise II Portnto, obtemos Logo, está provd suficiênci. S(f; P ) s(f; P ) S(f; P 1 ) s(f; P 2 ) < ε. Reciprocmente, suponhmos que ε > 0, P prtição de [, b] tl que S(f; P ) s(f; P ) < ε. Vmos mostrr que f é integrável. De fto, bst tomr P 1 = P 2 = P, donde segue o resultdo. Portnto, vle tmbém necessidde e o lem está então provdo. Definição 3.12 Sej f : [, b] R limitd. Definimos oscilção de f em [, b], e denotmos por ω(f; [, b]) o número rel ω(f; [, b]) = sup x [,b] f(x) inf f(x). x [,b] Com isto, enuncimos finlmente o critério de integrbilidde, conhecido como critério de Drboux. Teorem 3.13 (Critério de Drboux) Sej f : [, b] R limitd. São equivlentes s firmções: () f é integrável; (b) ε > 0, P prtição de [, b] tl que S(f; P ) s(f; P ) < ε; n (c) ε > 0, P prtição de [, b] tl que ω(f; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) < ε. Demonstrção. Pr mostrr que tods s firmções são equivlentes bst mostrr que () (b) e (b) (c). Note que () (b) Já foi mostrdo no Lem Portnto, rest mostrr (b) (c). Suponhmos que vle (b), ou sej, ddo ε > 0, P prtição de [, b] tl que S(f; P ) s(f; P ) < ε. Bst notr que ( ) n n ω(f; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) = sup f(x) inf f(x) (t i t i 1 ) x [t i 1,t i] x [t i 1,t i] i=1 i=1 i=1

74 M. Zhn 65 = n sup i=1 x [t i 1,t i] f(x)(t i t i 1 ) n inf f(x)(t i t i 1 ) = x [t i 1,t i] = S(f; P ) s(f; P ) < ε. Portnto vle (c). Reciprocmente, suponh que vle (c). Anlogmente se mostr que vle (b). Deixmos como exercício. O lem bixo sobre ínfimo e supremo será útil pr o teorem seguinte. Lem 3.14 Sejm f, g : [, b] R limitds em [, b]. Então, vlem s desigulddes sup(f + g) sup f + sup g i=1 e inf(f + g) inf f + inf g. Demonstrção. Sejm f e g dus funções limitds em [, b]. Vmos mostrr que sup(f + g) sup f + sup g. Bst observr que, x [, b], temos (f + g)(x) = f(x) + g(x) f(x) + sup g sup f + sup g. Como est desiguldde é verddeir pr todo x em [, b], vlerá, em prticulr pr o supremo de f + g, ou sej, sup(f + g) sup f + sup g. D mesm form mostrmos desiguldde pr o ínfimo: x [, b] vle (f + g)(x) = f(x) + g(x) f(x) + inf g inf f + inf g. Logo, em prticulr, pr o ínfimo temos inf(f + g) inf f + inf g.

75 66 Análise II No teorem seguinte presentmos s principis proprieddes d integrl definid. Teorem 3.15 Sejm f : [, b] R e g : [, b] R integráveis e c um constnte rel. Vlem s proprieddes () f + g e cf são integráveis, com (f + g) = f + g e cf = c f. (b) Se f 0, então (c) (d) (e) f f = f = c b f 0. Em prticulr, se f g, então f f. Além disso, se f é limitd por M > 0, então f. f + c f. f M(b ). (f) f g é integrável. Demonstrção. Fremos s provs dos itens (), (c) e (f). Os demis deixmos pr o leitor (podem ser encontrdos em livros...) () Sej P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} um prtição qulquer de [, b]. Aplicndo o Lem cim em cd subintervlo [t i 1, t i ] temos n n S(f + g; P ) = sup(f + g)(t i t i 1 ) (sup f + sup g)(t i t i 1 ) = = Logo, i=1 i=1 i=1 n n sup f(t i t i 1 ) + sup g(t i t i 1 ) = S(f; P ) + S(g; P ). i=1 S(f + g; P ) S(f; P ) + S(g; P ). (3.1) g.

76 M. Zhn 67 Tmbém temos n n s(f + g; P ) = inf(f + g)(t i t i 1 ) (inf f + inf g)(t i t i 1 ) = i=1 i=1 Logo, n n = inf f(t i t i 1 ) + inf g(t i t i 1 ) = s(f; P ) + s(g; P ). i=1 i=1 s(f + g; P ) s(f; P ) + s(g; P ). (3.2) D definição de integrl superior temos f + g = inf S(f + g; P ), P B onde B = {S(f + g; P ) : P é prtição de [, b]}. Juntndo est iguldde com (3.1) obtemos Pelo lem 3.6 temos que f + g S(f + g; P ) S(f; P ) + S(g; P ). f + g S(f; P 1 ) + S(g; P 2 ), onde P 1 e P 2 são dus prtições quisquer d fmíli P de prtições de [, b]. Logo, como desiguldde cim será verddeir pr quisquer prtições P 1 e P 2 de [, b], vlerá em prticulr pr quels que drão os respecitvos ínfimos, ou sej, f + g f + Do mesmo modo, usndo noção de ínfimo, obtemos f + g f + g. (3.3) g. (3.4)

77 68 Análise II Como f e g são integráveis por hipótese, segue que s integris superior e inferior de f e g são iguis e dí, com s dus últims desigulddes obtids cim, concluímos que f + g tmbém é integrável e f + g = o que prov primeir prte de (), que mostr lineridde d integrl definid. Vejmos prov d segund prte, ou sej, mostrr que cf = c f. Se c = 0, não temos nd mostrr. Considere o cso c > 0. Como f é integrável em [, b], ddo ε > 0 segue que existe prtição P de [, b] tl que Note que, como segue que f + S(f; P ) s(f; P ) < ε c. S(c f; P ) = c S(f; P ) e s(c f; P ) = c s(f; P ), S(c f; P ) s(c f; P ) = c (S(f; P ) s(f; P )) < c ε c = ε, ou sej, cf é integrável com cf = c f. Já o cso onde c < 0 se fz nlogmente, pois bst considerr c > 0. g, (c) Ds proprieddes de módulo temos que x [, b] f(x) f(x) f(x). Usndo propriedde descrit em (b), integrndo obtemos f(x) dx f(x)dx f(x) dx. Pssndo o sinl negtivo pr for d integrl, pois é possível de cordo com (), temos f(x) dx f(x)dx f(x) dx,

78 M. Zhn 69 o que, de cordo com noção de módulo, temos f(x)dx f(x) dx, o que prov primeir prte de (c). Aind, supondo f limitd por M > 0, i.e., f(x) M, x [, b], segue que f(x)dx f(x) dx Mdx = M dx. Rest mostrr pens que 1 dx = b. Relmente, Pr clculr est integrl, note primeirmente que g(x) = 1, x [, b]. Assim, dd qulquer prtição P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} de [, b] temos que Disso segue que M i = sup f(x) = 1 = inf f(x) = m i. x [t i 1,t i] x [t i 1,t i] s(f; P ) = S(f; P ) = n 1 (t i t i 1 ) = i=1 = t 1 t 0 + t 2 t t n t n 1 = t n t 0 = b. Como isto vle pr qulquer prtição P, concluímos que Portnto, e dí concluímos que 1 dx = f(x)dx M 1 dx = b. dx = b, dx = M(b ). (f) Sejm f, g : [, b] R integráveis. Então f e g são limitds e disso segue que existe M > 0 tl que f(x) M e g(x) M, x [, b].

79 70 Análise II Defin h : [, b] R por h(x) = f(x)g(x). Sej P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} um prtição de [, b]. Assim, ddos x, y [t i 1, t i ], temos h(x) h(y) = f(x)g(x) f(y)g(y) = f(x)g(x) f(x)g(y)+f(x)g(y) f(y)g(y) f(x) g(x) g(y) + g(y) f(x) f(y), e como f e g são limitds por M > 0, g(x) g(y) ω(g; [t i 1, t i ]) e f(x) f(y) ω(f; [t i 1, t i ]), segue que estimtiv cim fic mjord por (fg)(x) (fg)(y) = h(x) h(y) M[ω(g; [t i 1, t i ]) + ω(f; [t i 1, t i ])]. Como est últim desiguldde é verddeir pr quisquer x, y [t i 1, t i ], segue que vlerá ω(fg; [t i 1, t i ]) M[ω(g; [t i 1, t i ]) + ω(f; [t i 1, t i ])], e dí pr i = 1, 2,..., n tem-se ω(fg; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) M ω(g; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) + + M ω(f; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ), e, somndo pr i = 1, 2,..., n, obtemos n n ω(fg; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) M ω(g; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) + i=1 i=1 n + M ω(f; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ). i=1 Como f e g são integráveis, por hipótese, segue que ddo ε > 0, existe prtição P de [, b] tl que e n ω(f; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) < ε 2M, i=1 n ω(g; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) < ε 2M. i=1

80 M. Zhn 71 Portnto, n ω(fg; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) M i=1 ou sej, f g é tmbém integrável. ε 2M + M ε 2M = ε, 3.2 Outrs proprieddes d integrl Proposição 3.16 Tod função monóton f : [, b] R é integrável. Demonstrção. Sem perd de generlidde, ssum que f : [, b] R sej crescente. Logo, f é limitd e como [, b] é um intervlo fechdo, temos que f() f(x) f(b), x [, b]. Escrev m = f() e M = f(b), e ddo ε > 0, escolh n N tl que (M m)(b ) n < ε. Sej P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} prtição regulr de [, b] que divide tl intervlo em n subintervlos de comprimento b n. Logo, t i = + i b, i = 0, 1, 2,..., n. n Sejm m i = inf f(x) = f(t i 1) e M i = sup f(x) = f(t i ). Logo, x [t i 1,t i] x [t i 1,t i] oscilção de f em cd subintervlo [t i 1, t i ] será dd por e ssim, temos ω(f; [t i 1, t i ]) = M i m i = f(t i ) f(t i 1 ), n ω(f; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) = i=1 = b n n (f(t i ) f(t i 1 ))(t i t i 1 ) = i=1 n (f(t i ) f(t i 1 )) = b n (f(b) f()) = b (M m) < ε. n i=1 Logo, f é integrável em [, b].

81 72 Análise II Proposição 3.17 Tod função contínu f : [, b] R é integrável. Demonstrção. Como [, b] é um compcto e f é contínu nesse compcto, segue que f é uniformemente contínu em [, b]. Assim, ddo ε > 0, existe δ > 0 tl que, ddos x, y [, b] com x y < δ, implic em f(x) f(y) < ε b. Tome n N tl que b n < δ, e sej P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} prtição regulr de [, b]. Logo, e disso segue que t i t i 1 = + i b n t i = + i b, i = 0, 1, 2,..., n, n ( + (i 1) b ) = b n n < δ. Portnto, x, y [t i 1, t i ], teremos x y < δ, e disso Em prticulr, Portnto, concluímos que sup f(x) x [t i 1,t i] n ω(f; [t i 1, t i ])(t i t i 1 ) < i=1 f(x) f(y) < ε b. inf f(y) < y [t i 1,t i] ω(f; [t i 1, t i ]) < n i=1 o que mostr que f é integrável em [, b]. ε b. ε, ou sej, b ε b (t i t i 1 ) = ε (b ) = ε, b

82 M. Zhn O Teorem Fundmentl do Cálculo Nest seção iremos estudr um dos mis importntes Teorems do cálculo, conhecido por Teorem Fundmentl do Cálculo, que fz um conexão entre derivds e integris, simplificndo enormemente resolução de problems de obter integrl definid de um função f. Inicilmente, presentremos lgums definições e proprieddes preliminres Preliminres Definição 3.18 Dizemos que um função f : [, b] R é de Lipschitz se M > 0 tl que x, y [, b], f(x) f(y) M x y. A constnte M > 0 é chmd de constnte de Lipschitz. Observe que, se um função f for de Lipschitz segue que mesm possui um certo controle sobre derivd, um vez que, podemos escrever f(x) f(y) x y M, o que mostr que, fzendo x y temos que f (x) M, ou sej, pr um função f que cumprir condição de Lipschitz, os coeficientes ngulres ds rets tngentes o gráfico de tl f vrim entre M e M, ou sej, s inclinções ds rets tngentes o gráfico de f em [, b] ficm controlds pel constnte de Lipschitz M. Vejmos lguns exemplos. Exemplo 1. A função f : R R dd por f(x) = sen x é de Lipschitz. De fto, ddos x, y R, temos f(x) f(y) = sen x sen y = 2sen x y 2 = 2 sen x y 2 cos x + y 2. cos x + y 2 =

83 74 Análise II Como cos α 1 e sen α α, α, segue que f(x) f(y) 2 x y 2 1 = x y. Logo, relmente, f é de Lipschitz com M = 1. Isto signific que os coeficientes ngulres ds rets tngentes o gráfico d função seno vrim entre 1 e 1, ou sej, s inclinções desss rets vrim entre 45 o e 45 o. N figur bixo temos os gráficos d função seno e de lgums rets tngentes nos pontos A(0, 0), B( π 4, 2 2 ) e C(π 2, 1). Exemplo 2. A função f : [0, + ) R dd por f(x) = x não é de Lipschitz. Desconfimos disso pois, observndo o gráfico de f, perto d origem o mesmo prece possuir rets tngentes com inclinções muito fortes, o que sugere que f não sej de Lipschitz. Veremos que, relmente, perto de zero função dd não stisfz condição de Lipschitz. De fto, se por bsurdo f fosse de Lipschitz, então, x, y [0, + ), existiri M > 0 tl que f(x) f(y) M x y. Em prticulr, tome x = 0 e y = 1 n, onde n N (note que qunto mior for o vlor do nturl n, mis perto de x estrá y). Disso, temos

84 M. Zhn 75 Logo, Portnto, terímos f(x) f(y) = f(0) f( 1 n ) = 1. n f(x) f(y) M x y 1 n M n n M n M, n N. 0 1 n = M n. Ms isto implic que o conjunto n dos nturis seri limitdo superiormente por M, o que é um bsurdo. Portnto, concluímos que tl função f não é de Lipschitz. Abixo temos o esboço gráfico d função f, bem como us rets tngentes próxims à origem, indicndo geometricmente que s inclinções ds mesms umentm grdtivmente à medid que tommos pontos cd vez mis próximos de zero (observe que extmente em x = 0 f não é derivável). Proposição 3.19 Se f : [, b] R for de Lipschitz, então f é contínu. Demonstrção. Sej f : [, b] R de Lipschitz com constnte de Lipschitz M > 0. temos Ddo ε > 0. Bst tomr δ = ε. Assim, x, y [, b] tl que x y < δ, M Portnto, f é contínu em [, b]. f(x) f(y) M x y < Mδ = M ε M = ε.

85 76 Análise II O Teorem Fundmentl do Cálculo Definição 3.20 Sej f : [, b] R integrável. Definimos F : [, b] R por F (x) = x f(t)dt. D definição, considerndo f 0 em [, b], notmos que função F nos fornece áre que o gráfico de f form com o eixo horizontl no intervlo [, x]. Dizemos então, neste cso, que F é função áre. A seguinte proposição trt d continuidde de F. Proposição 3.21 A função F é de Lipschitz e, portnto, contínu. f(t)dt, com f in- Demonstrção. Sej F : [, b] R dd por F (x) = tegrável. x Sendo f integrável, segue que f é limitd. Assim, K > 0 tl que f(x) K, x [, b]. Portnto, x, y [, b] temos x y y F (x) F (y) = f(t)dt f(t)dt = f(t)dt f(t)dt = = y x x f(t)dt f(t) dt y x x y Kdt = K x y. Logo, temos que F é de Lipschitz. Pel proposição nterior segue que F é contínu.

86 M. Zhn 77 Observe que proposição cim nos diz que F é um função que melhor continuidde de f, ou sej, regulriz f, um vez que não se exige que f sej contínu, ms pens limitd e no entnto F sempre será contínu, independente de f ser ou não. Vejmos um exemplo pr ilustrr isto. Exemplo 1. Sej f : [0, 1] R dd por { 0, se 0 x < 1 2 f(x) = 1 1, se 2 x 1. cujo gráfico é presentdo bixo. é fácil ver que f não é contínu em x = 1. No entnto, temos que F : [0, 1] R 2 é dd por ou sej, F (x) = { x 0 0dt, se 0 x < 1 2 F (x) = dx + x 1 cujo esboço gráfico é presentdo seguir. { 2 1 dt, se 1 2 x 1. 0, se 0 x < 1 2 x 1 2, se 1 2 x 1

87 78 Análise II Observe que F é contínu, mesmo f não sendo. Repre ind que áre que f form com o eixo horizontl, no intervlo [0, 3 4 ] corresponde à áre de um retângulo de bse b = = 1 4 e ltur h = 1, ou sej, A = = 1 4 uniddes de áre. Relmente, isto pode ser observdo n função F simplesmente como A = F ( 3 4 ) = = 1 4 uniddes de áre. O próximo teorem nos fornece um resultdo extremmente interessnte, que nos diz que continuidde de f nos grnte derivbilidde de F. Teorem 3.22 Se f : [, b] R é contínu em um ponto x 0, então F é derivável em x 0 com F (x 0 ) = f(x 0 ). Ou sej, F (x 0 ) = d ( x f(t)dt) = f(x 0 ). dx x=x0 Demonstrção. Ddo h R tl que x + h [, b]. Precismos mostrr que F (x 0 + h) F (x 0 ) f(x 0 ) h 0 qundo h 0. Como f é contínu em x 0, segue que, ddo ε > 0, δ > 0 tl que t x 0 < δ implic em f(t) f(x 0 ) < ε, ou sej ε < f(t) f(x 0 ) < ε. Assim, notndo que f(x 0 ) = 1 h F (x 0 + h) F (x 0 ) h x0+h x 0 [ f(x 0 ) = 1 x0+h h f(x 0 )dt, temos ] x0 f(t)dt f(t)dt f(x 0 ) =

88 M. Zhn 79 1 = h x0+h x 0 [ 1 = f + h x 0 1 x0+h = f(t)dt 1 h h x 0 x0+h [f(t) f(x 0 )]dt < 1 h ] f f(x 0 ) = x0+h x 0 x0+h x 0 f(x 0 )dt = ε dt = 1 h ε h = ε Isto prov o teorem. Teorem 3.23 (Teorem Fundmentl do Cálculo - TFC) Sej f : [, b] R derivável com f integrável. Então Obs.: f (x)dx = f(b) f(). Exige-se no Teorem cim que f sej integrável pr se evitr situções como por exemplo, f : (0, + ) R dd por f(x) = ln x. Temos que f : (0, + ) R, f (x) = 1 x, ms no entnto, áre que o gráfico deste rmo de hipérbole form seri infinit e, portnto, não existiri relmente um áre. Demonstrção. Sej f : [, b] R derivável com f integrável. Sej P um prtição qulquer de [, b] que divide este intervlo em n subintervlos d form [t i 1, t i ]: P = { = t 0 < t 1 < t 2 <... < t n = b}. Assim, n f(b) f() = f(t i ) f(t i 1 ). i=1 Como f é derivável em (t i 1, t i ), pelo Teorem do Vlor Médio, segue que c i (t i 1, t i ) tl que f(t i ) f(t i 1 ) = f (c i )(t i t i 1 ), i {1, 2,..., n}. Portnto, n f(b) f() = f (c i )(t i t i 1 ). i=1

89 80 Análise II Defin pr cd subintervlo [t i 1, t i ] os números m i = inf f(x) e M i = sup f(x). x [t i 1,t i] x [t i 1,t i] Observe que, pr cd i m i f (c i ) M i. Logo, m i(t i t i 1 ) f (c i )(t i t i 1 ) M i (t i t i 1 ). Somndo ests desigulddes pr cd i obtemos n n n m i(t i t i 1 ) f (c i )(t i t i 1 ) M i (t i t i 1 ), i=1 i=1 i=1 ou sej, s(f ; P ) f(b) f() S(f ; P ) Como, por hipótese, f é integrável, ddo ε > 0, P prtição de [, b] tl que S(f ; P ) s(f ; P ) < ε. Portnto f (x)dx = f(b) f(). Teorem 3.24 (Integrção por prtes) Sejm f, g : [, b] R deriváveis com derivds integráveis. Então. f (x)g(x) dx = f(b)g(b) f()g() f(x)g (x)dx. Demonstrção. Pel regr d derivd do produto, temos que (f g) = f g + f g, com f integrável, e sendo g derivável, então g é contínu, e, portnto, pel Proposição 3.17, g é integrável. Assim, f g é integrável. Do mesmo modo concluímos que f g tmbém é integrável.

90 M. Zhn 81 Como som de funções integráveis é integrável, concluímos que (f g) é integrável. Pelo Teorem Fundmentl do Cálculo, temos que e por outro ldo, (f g) = (f g)(b) (f g)() = f(b)g(b) f()g(), (3.5) (f g) = (f g + f g ) = f g + f g. (3.6) Comprndo (3.5) e (3.6), segue o resultdo. Teorem 3.25 (Mudnç de vriável) Sejm f : [, b] R contínu, g : [c, d] R derivável com g integrável e g([c, d]) [, b]. Então g(d) f(x)dx = d g(c) c Demonstrção. Defin F : [, b] R por F (x) = x f(g(t)) g (t)dt. f(t)dt. Pelo Teorem 3.22 temos que, sendo f contínu, segue que F é derivável com F = f. Pel Regr d Cdei, temos (F g) (t) = F (g(t)) g (t) = f(g(t)) g (t). Além disso, como f e g são contínus tem-se que f g é contínu, e pel Proposição 3.17 segue que f g é integrável, e disso, (F g) (t) = f(g(t)) g (t) é integrável. Pelo T.F.C., obtemos d c f(g(t)) g (t)dt = = F (g(d)) F (g(c)) = d c g(d) (F g) (t)dt = (F g)(d) (F g)(c) = f(x)dx g(c) f(x)dx = g(d) g(c) f(x)dx.

91 82 Análise II 3.4 Fórmul de Tylor com resto integrl No Cpítulo nterior estudmos os Teorems d Fórmul de Tylor com restos infinitesiml e n form de Lgrnge. Vejmos gor formulção onde o resto fic expresso em termos de um integrl definid, rzão pel qul recebe o nome resto integrl. Antes, porém, é slutr enuncir um importnte Lem. Lem 3.26 Sej ϕ : [0, 1] R um função de clsse C n+1 em um intervlo berto contendo [0, 1]. Então ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + ϕ (0) 2! ϕ(n) (0) n! (1 t) n ϕ (n+1) (t)dt. n! Demonstrção. Pelo Teorem Fundmentl do Cálculo, escrevemos Assim, ϕ(1) = ϕ(0) + Escrev f(t) = 1 t e g(t) = ϕ (t). ϕ(1) = ϕ(0) = ϕ(0) 1 0 ϕ (t)dt = ϕ(0) 1 0 ϕ (t)dt. Então f (t) = 1 e g (t) = ϕ (t). 1 0 f (t)g(t)dt. 1 g(t)dt = Pelo Teorem 3.24 de integrção por prtes, identificndo u = g(t) e dv = f (t)dt, vmos obter du = g (t)dt = ϕ (t)dt e v = f(t) = 1 t, e dí ϕ(1) = ϕ(0) = ϕ(0) 1 0 f (t)g(t)dt = ϕ(0) [ uv 1 uv 0 1 = ϕ(0) g(t)(1 t) 1 + g(t)(1 t) 0 + = ϕ(0) + ϕ (0) ] vdu = 1 0 (1 t)ϕ (t)dt. udv = (1 t)g (t)dt =

92 M. Zhn 83 Novmente, identificndo u = ϕ (t) e dv = (1 t)dt, teremos du = ϕ (t)dt e v = (1 t)2 2, e novmente pel integrção por prtes, vem ou sej, ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + uv 1 uv 0 ( = ϕ(0) + ϕ (0) + 0 ϕ (0) 1 ) vdu = (1 t)2 ϕ (t)dt, 2 ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) ϕ (0) Tomndo u = ϕ (t) e dv = (1 t2 ) 2 dt, obtemos du = ϕ (4) (1 t)3 (t)dt e v = 2 3, e com isso, pelo Teorem d integrção por prtes, vem ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + ϕ (0) 2 = ϕ(0) + ϕ (0) + ϕ (0) 2 ou sej, + 0 ϕ (0) ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + ϕ (0) 2 + uv 1 uv 0 ( 1 ) 2 3 (1 t) 2 ϕ (t)dt vdu = (1 t)3 2 3 ϕ(4) (t)dt, + ϕ (0) (1 t) ϕ(4) (t)dt. Seguindo por indução té ordem n + 1 segue o resultdo. De posse do Lem cim, provmos: Teorem 3.27 (Fórmul de Tylor com resto integrl) Sej f um função de clsse C n+1 definid em um intervlo berto contendo [, + h]. Então f(+h)=f()+f ()h+ f () 2! h f (n) () + n! 1 0 (1 t) n f (n+1) (+th)h n+1 dt. n!

93 84 Análise II Demonstrção. Defin ϕ : [0, 1] R por ϕ(t) = f( + th). Logo, ϕ é de clsse C n+1 pois f o é. Além disso, ϕ(1) = f( + h) e pel Regr d Cdei, ϕ (t) = f ( + th)h. Em gerl, tem-se que ϕ (k) (t)f (k) ( + th)h k, k = 0, 1, 2,..., n + 1, e então pelo Lem 3.26 segue que o resultdo. 3.5 Teorems do Vlor Médio pr integris Nest seção presentmos três teorems importntes, denomindos de Teorems do Vlor Médio pr integris. Teorem 3.28 Sej f : [, b] R contínu. Então, existe c (, b) tl que f(c) = 1 b f(x)dx. No cso onde f 0 temos um interessnte interpretção geométric pr esse Teorem: como f é contínu no intervlo fechdo [, b], existirá um ponto c entre e b tl que áre compreendid pelo gráfico de f, s rets verticis x = e x = b e o eixo horizontl será numericmente igul à áre do retângulo de bse b e ltur f(c). Vej figur bixo.

94 M. Zhn 85 Vmos à prov do Teorem. Demonstrção. Como f é contínbu em [, b], segue pelo Teorem do Vlor Extremo (Teor. de Weierstrss) que existem x 1, x 2 em [, b] tis que f(x 1 ) = min f(x) e f(x 2) = mx f(x). Assim, segue que, x [, b]: x [,b] x [,b] Integrndo em [, b] vmos obter e então donde segue que f(x 1 ) f(x 1 )dx f(x 1 ) f(x) f(x 2 ). dx f(x)dx f(x)dx f(x 2 ) f(x 2 )dx, f(x 1 ) 1 f(x)dx f(x 2 ), b e como f é contínu no intervlo fechdo de extremiddes em x 1 e x 2, contido em [, b], segue pelo Teorem do Vlor Intermediário que c (, b) tl que f(c) = 1 b f(x)dx. Teorem 3.29 Sejm f, g : [, b] R funções contínus com g(x) > 0, pr todo x [, b]. Então, existe c [, b] tl que f(x)g(x) dx = f(c) g(x) dx. dx,

95 86 Análise II Demonstrção. Sendo f contínu em [, b], segue pelo Teorem do vlor Extremo que f ssume vlor máximo e ssume vlor mínimo em [, b]. Assim, sejm M e m, respectivmente, tis vlores. Temos, portnto, que m f(x) M, x [, b]. Sendo g(x) > 0, x [, b], temos que Integrndo em [, b], obtemos ou sej, m m g(x) f(x)g(x) M g(x). m g(x) g(x) f(x)g(x) f(x)g(x) M e como g(x) > 0, x, segue que g > 0 e dí m f(x)g(x) g(x) M. M g(x), g(x), Como f é contínu, segue que existem x 0, x 1 [, b] tis que m = f(x 0 ) e M = f(x 1 ), e com isso, obtemos f(x 0 ) f(x)g(x) g(x) f(x 1 ), e, pel continuidde de f, considerndo d = f(x)g(x) b, segue pelo Teorem do g(x) Vlor Intermediário que existe c [, b] tl que f(c) = d, ou sej, f(c) = f(x)g(x) g(x), donde segue o resultdo.

96 M. Zhn 87 Corolário 3.30 Sejm f, g : [, b] R funções contínus com g(x) < 0, pr todo x [, b]. Então, existe c [, b] tl que Demonstrção. leitor. f(x)g(x) dx = f(c) g(x) dx. A prov é nálog à do Teorem cim, deixmos pr o Teorem 3.31 Sejm f : [, b] R contínu e g : [, b] R derivável com g integrável e tl que g(x) > 0 pr todo x [, b] e g decrescente. Então, existe θ [, b] tl que f(x) g(x) dx = g() θ Demonstrção. Defin F : [, b] R por F (x) = x f(t)dt. f(x) dx. Pelo Teorem 3.22 temos que F é contínu e então derivável com F (x) = f(x). Pelo Teorem d integrção por prtes (Teorem 3.24), segue que f(x)g(x)dx = F (x)g(x)dx = F (b)g(b) F ()g() Como F () = 0, obtemos f(x)g(x)dx = F (b)g(b) F (x)g (x)dx. F (x)g (x)dx. (3.7) Como por hipótese g é derivável e decrescente, segue que g (x) 0, x [, b] e g é contínu. Dess form temos que F e g estão ns hipóteses do Corolário 3.30, e disso segue que c [, b] tl que Assim, (3.7) result em F (x)g (x)dx = F (c) f (x)dx = F (c)(g(b) g()). f(x)g(x)dx = F (b)g(b) F (c)(g(b) g()) =

97 88 Análise II = F (c)(g() g(b)) + F (b)g(b) = [ g() g(b) = F (c) + F (b) g(b) ] g(). g() g() g() g(b) Denotndo α = e β = g(b), notmos que α + β = 1. Logo, g() g() o ditivo cim entre colchetes é um combinção convex de F (c) e F (b), e portnto d := F (c) α + F (b) β está entre F (c) e F (b). Aplicndo o Teorem do Vlor Intermediário pr funções contínus em F no intervlo [c, b], segue que existe θ entre c e b tl que F (θ) = d. Portnto, concluímos finlmente que f(x)g(x)dx = [F (c) α + F (b) β]g() = d g() = = F (θ)g() = g() θ f(x)dx. 3.6 Som de Riemnn Nest seção vmos presentr definição de som de Riemnn. Pr isto, vejmos primeirmente definição de norm de um prtição P de [, b]. Definição 3.32 Sej P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} um prtição do intervlo [, b]. Definimos norm d prtição P por P = mx {t i t i 1 }. i {1,2,...,n} Ou sej, norm de um prtição P de [, b] é o mior subintervlo [t i 1, t i ] de [, b]. No que segue presentmos um importnte resultdo. Teorem 3.33 Sej f : [, b] R um função limitd. Então, pr todo ε > 0, existe δ > 0 tl que, se P for um prtição qulquer de [, b] com P < δ, tem-se f S(f; P ) < f + ε.

98 M. Zhn 89 Demonstrção. Ddo ε > 0. Suponh que f 0 em [, b] (se f < 0, bst tomr k > 0 tl que f + k 0 e trblhr com f + k o invés de f). Notmos que, por definição tem-se que f(x)dx S(f; P ), (3.8) pr tod prtição P de [, b]. Sej P 0 = { = t 0 < t 1 < t 2 <... < t n = b} um prtição de [, b] tl que S(f; P 0 ) < f(x)dx + ε 2. (3.9) Como f é limitd, sej M > 0 tl que f(x) M, x [, b]. Tome ε δ = 2 M n, (3.10) onde M > 0 é constnte cim definid e n é o número de subintervlos de P 0. Afirmmos que P prtição de [, b] tl que P < δ, implic em S(f; P ) < f(x)dx + ε. De fto, sej P = { = r 0 < r 1 < r 2 <... < r n = b} um prtição qulquer de [, b] tl que P < δ. Vmos indicr por [r j 1, r j ] os subintervlos de P que estão contidos em lgum subintervlo de P 0, ou sej, tis que [r j 1, r j ] [t i 1, t i ], pr lgum i fixdo, e denotremos isso por j i; e vmos indicr por [r k 1, r k ] os subintervlos restntes de P que contém lgum t i em seu interior. Portnto, existem no máximo n subintervlos do tipo [r k 1, r k ].

99 90 Análise II Qundo j i, temos que M j M i e é fácil ver que r j r j 1 t i t i 1 e M k (r k r k 1 ) M P < M δ, j i onde M i, M j e M k denotm os supremos de f em [t i 1, t i ], [r j 1, r j ] e [r k 1, r k ], respectivmente e notmos que tis supremos são todos miores ou iguis zero, pois dmitimos f 0. Assim, S(f; P ) = j M j (r j, r j 1 ) + k M k (r k r k 1 ) n M i (t i t i 1 ) + i=1 k e por (3.9) e (3.10) vem: M δ S(f; P 0 ) + M n δ, ou sej, S(f; P ) S(f; P 0 ) + M n δ < S(f; P ) < f(x)dx + ε 2 + M n δ f(x)dx + ε. Combinndo est desiguldde com (3.8), segue o resultdo. ε 2 M n, Corolário 3.34 Sejm f : [, b] R limitd e P um prtição de [, b]. Então Demonstrção. δ > 0 tl que S(f; P ) lim S(f; P ) = P 0 f(x)dx. De fto, ddo ε > 0, pelo Teorem 3.33 segue que existe P < δ. f(x)dx < ε, sempre que Corolário 3.35 Sejm f : [, b] R limitd e P um prtição de [, b]. Então lim s(f; P ) = P 0 f(x)dx.

100 M. Zhn 91 Demonstrção. resultdo segue. Bst provr um Teorem nálogo o Teorem 3.33 e o Definição 3.36 Dd um prtição P = { = t 0 < t 1 <... < t n = b} de [, b]. Em cd subintervlo [t i 1, t i ] escolhemos rbitrrimente um ponto ξ i, i = 1, 2,..., n. Estes pontos ξ i definem um prtição pontilhd P de [, b]. Com est prtição pontilhd P definimos som de Riemnn como segue. Definição 3.37 Sej f : [, b] R um função integrável. Definimos som de Riemnn por n (f; P ) = f(ξ i )(t i t i 1 ). i=1 Observe que, sendo m i e M i, respectivmente, o ínfimo e o supremo de f em [t i 1, t i ], temos que m i f(ξ i ) M i, i. Logo, multiplicndo por t i t i 1 e somndo pr todos os índices i obtemos cdei de desigulddes: s(f; P ) (f; P ) S(f; P ).

101 92 Análise II Considerndo f um função integrável em [, b], temos que o Teorem do Snduíche plicdo à cdei de desigulddes do prágrfo cim, combindo com os Corolários 3.34 e 3.35 e Definição 3.37 nos fornecem o seguinte resultdo: Teorem 3.38 Sej f : [, b] R integrável com I = f. Então lim (f; P ) = I. P 0 O que o teorem cim nos diz é que, sendo f um função integrável, pr clculr f bst considerr um prtição pontilhd P de [, b] qulquer tl que norm d prtição P tend pr zero. A som então montd tenderá pr integrl de f em [, b].

102 Cpítulo 4 Séries 4.1 Introdução Neste cpítulo presentmos noção de som infinit, denomind série numéric. Iniciemos com su definição. Definição 4.1 Chm-se série infinit som d form n +... dos termos de um sequênci ( n ) n N. A série pode ser brevid usndo-se o símbolo de somtório. Assim, n +... = + n n=1 e notção deve ser dotd, slvo pr séries muito simples. N notção n chm-se termo gerl d série. n, n=1

103 94 Análise II Nosso objetivo é compreender o significdo de tl som infinit e desenvolver métodos pr decidir se um dd série possui ou não um som e, em lguns csos, determinr tl som. A cd série infinit n está ssocid sequênci ds soms prciis s n : Portnto, s n = n = n i=1 i s 1 = 1, s 2 = 1 + 2, s 3 = ,..., s n = n. Definição 4.2 A série infinit + n=1 n é dit ser convergente se sequênci ds soms prciis (s n ) n for convergente; e divergente se sequênci ds soms prciis for divergente. Se série for convergente e sequênci ds soms prciis (s n ) convergir pr S, então S será chmd som d série, e escrevese Portnto, + n=1 desde que o limite exist. n = S = + n n=1 lim s n = n + lim n + i=1 n i, Exemplo: Considere série n 1 2 n +... Note que, os termos dest série formm um sequênci convergente, pois lim ( 2 n ) 1 n + 2 n = ( 1 1 ) 2 n = 1, no entnto, não segue convergênci d série. lim n Neste cso, podemos observr que cd termo d série é pelo menos igul e, consequentemente s n = n 1 2.

104 M. Zhn 95 A sequênci s n é monóton, ms não é limitd, e série é divergente. lim s n = +. Logo, n + De modo gerl, devem-se distinguir s noções de série, sequênci dos termos de um série, e sequênci de soms prciis de um série. A série é simplesmente um outro modo de descrever-se sequênci ds soms prciis; os termos d série descrevem s vrições entre um som prcil e som seguinte. Exemplo. do tipo Pr tribuirmos significdo, por exemplo, pr um expressão n 1 sommos os termos um um prtir do início e buscmos um pdrão pr s soms prciis. Som Vlor Expressão sugerid pr Prcil som prcil s 1 = s 2 = s 3 = s 4 = s n = n n 1 Relmente existe um pdrão. A som prcil form um sequênci cujo ene-ésimo termo é s n = n 1.

105 96 Análise II ( Est sequênci converge pr 2, pois lim 2 1 ) n 2 n 1 = 2. Assim, dizemos que som infinit é igul 2. 2n 1 Observe figur seguir. Qundo os comprimentos 1, 1 2, 1 4, 1,... são diciondos um um, som 8 se proxim de 2. Você deve estr se perguntndo: Podemos dicionr um número infinito de termos um um? A respost é: Clro que não! Contudo, podemos ind definir su som como o limite d sequênci de soms prciis qundo n +. Exemplo: Encontre som d série 1 + n=1 1 n(n + 1). Solução. Inicilmente procurmos um pdrão n sequênci ds soms prciis que poss levr um fórmul pr s n. Neste cso, chve é decomposição em frções prciis. Assim, podemos escrever s n = + n=1 ( 1 1 ) ( n(n + 1) = 1 n 1 n n(n + 1) = 1 n 1 n + 1 ) + ( n=1 ) s n = 1 1 n A série é chmd série telescópic. n(n + 1) n=1 ( 1 n 1 1 ) ( 1 + n n 1 ) n + 1

106 M. Zhn 97 Note que, 1. lim s n = n + lim n + n = 1. Logo, série converge, e su som é n Série geométric Séries geométrics são d form onde R n +... = + n=0 n, Se = 1, n-ésim som prcil d série geométric é s n = n = n + 1 e será divergente, pois lim n s n = +. Se = 1, série diverge porque n-ésim som prcil oscil entre 1 e 0. Se 1, podemos determinr convergênci ou divergênci d série d seguinte mneir: Multiplicndo por, obtemos s n = n s n = n + n+1 Subtrindo primeir iguldde d segund, obtemos s n s n = n+1 1. Logo, como ssumimos 1, podemos escrever s n = n Se < 1 segue que n+1 0 e dí = 1 1 n+1 1. s n 1 1, ou sej, concluímos que n = 1 ; onde < 1, i.e., série converge. 1 n=0 Qundo > 1 série será divergente.

107 98 Análise II 4.3 Proprieddes ds séries A proposição bixo estbelece s principis operções entre séries convergentes. Proposição 4.3 Se + n=1 n e + n=1 b n são convergentes com soms A e B respectivmente, e k é um constnte, então (i) (ii) (iii) + n=1 + n=1 + ( n + b n ) = A + B ( n b n ) = A B (k n ) = k + n=1 n=1 n = k A Demonstrção. Considere s soms prciis A n = n, B n = b 1 + b b n, s n = ( 1 + b 1 ) ( n + b n ), então s n = A n + B n. Como A n converge pr A e B n converge pr B, s n converge pr A + B. Vle um rciocínio nálogo pr s séries ( n b n ) e k n. Isto prov Proposição. Corolário 4.4 (i) Qundo multiplicmos um série divergente por um constnte diferente de zero, obtemos um série tmbém divergente. (ii) Se n converge e b n diverge, então tnto ( n +b n ) como ( n b n ) divergem. Obs.: Lembre-se de que ( n +b n ), pode convergir qundo tnto n e b n divergem. Por exemplo, n = e b n = ( 1)+( 1)+( 1)+... divergem, enqunto ( n + b n ) = converge pr 0. Exemplo. Clcule s soms seguir. () + n=1 3 n n 1 (b) 2 n 1 n=1

108 M. Zhn 99 Solução. Note que bst usr Proposição 4.3 e notr que temos operções com séries geométrics: () (b) + n=1 + n=1 3 n n 1 = = n 1 = 4 n=1 + n=1 ( 1 2 n 1 1 ) + 6 n 1 = n= n 1 = 4 = = 4 5 ( ) = n 1 n=1 Proposição 4.5 (Critério do Termo Gerl) Se não tivermos então + n=1 n divergirá. 1 6 n 1 = lim n = 0, n + Demonstrção. Fzendo-se S representr som d série e s n = n representr n-ésim som prcil, se tomrmos n suficientemente grnde, tnto s n como s n 1 estão perto de S, ssim diferenç s n s n 1 = n, está próxim de zero. Mis formlmente, lim n = lim (s n s n 1 ) = lim s n lim s n 1 = S S = 0 n + n + n + n + Logo, se n não convergir pr zero, série não poderá convergir. Note que esse critério só poderá ser usdo pr provr divergêncis. lim n = 0, série n poderá divergir ou convergir. n + Se Exemplo. diverge. Aplicr o teste do n-ésimo termo pr verificr se sequênci () (b) (c) + n=1 + n=1 + n=1 ( 1) n diverge, pois lim n + ( 1)n não existe. n 2 diverge, pois n 2 +, qundo n +. 3n 1 4n + 5 diverge, pois lim 3n 1 n + 4n + 5 = 3 0 qundo n +. 4

109 100 Análise II + 1 (d). Note que, n lim 1 = 0, logo o teste não revel nd. Veremos n + n n=1 bixo que est série, chmd hrmônic, diverge. Proposição 4.6 Um série + n n=1 de termos não negtivos converge se, e somente se, sus soms prciis são limitds superiormente. Demonstrção. Suponh que n sej convergente, com n 0, n. Vmos mostrr que sequênci (s n ) ds soms prciis d série é limitd superiormente. Sej s n = n tl que pois n 0, n. lim s n = n + lim n + i=1 n i = s > 0, Assim, ddo ε > 0, n 0 N tl que, n n 0 s n s < ε. Ou sej, ε < s n s < ε, donde segue que s n < s + ε, n n 0. Tome k = mx{s + ε, s 1, s 2,..., s n0 } > 0. Assim, segue que s n k, n N, ou sej, encontrmos k > 0 tl que s n k, n, o que mostr que sequênci ds soms prciis d série n é limitd superiormente por k > 0. Reciprocmente, suponh que sequênci (s n ) ds soms prciis de n sej limitd superiormente. Vmos mostrr que n converge, onde n 0, n. Por bsurdo, suponh que n diverge. Isto signific que lim s n = +, n +

110 M. Zhn 101 ou sej, M > 0, n 0 N tl que s n > M, n n 0. Ms isso contrdiz hipótese de que (s n ) é limitd superiormente. Absurdo! Portnto, n é convergente. + 1 Exemplo. A série n = é chmd série n n=1 hrmônic. Est série é muito importnte e, ssim como série geométric, é muito usd como referênci pr lguns testes de convergênci que veremos dinte. A série hrmônic é divergente, ms isto não segue do teste do n-ésimo 1 termo, pois lim = 0. Isto ocorre porque não há limitnte superior pr n + n sus soms prciis. Podemos grupr os termos dest série d seguinte form: ( ) ( ) ( ) }{{}}{{}}{{} > 2 4 = 1 2 > 4 8 = 1 2 > 8 16 = 1 2 A som dos dois primeiros elementos é 1,5. A som dos dois termos seguintes é , que é mior do que = 1 2 e ssim por dinte. A sequênci de soms pricis não é limitd superiormente, logo série hrmônic diverge. Teorem 4.7 (Critério de Cuchy) Um série se, ε > 0, n 0 N tl que pr todo p > n 0, p n=n 0 n < ε. n converge se, e somente Demonstrção. Sbemos que série n converge se, e somente se seqênci ds soms prciis (s n ) for convergente. Logo, pelo Critério de Cuchy pr sequêncis, temos que s n = n k=1 k converge se, e somente se, pr todo ε > 0, existir n 0 N tl que, m, n n 0, implicr em s m s n < ε. n=1

111 102 Análise II No entnto, escrevendo n = n 0 e m = n 0 + p, onde p 1, segue que p n = n n0+p = s n0+p s n0 < ε. n=n 0+1 Definição 4.8 Se um série n for tl que n é convergente, então série n será chmd bsolutmente convergente. Teorem 4.9 (Teorem d Convergênci Absolut) Se + n=1 + n=1 n convergir, então n convergirá, ou sej, tod série bsolutmente convergente é convergente. Demonstrção. Pel desiguldde tringulr dos módulos temos Se + n=1 n+1 + n m n+1 + n m n convergir, então som no segundo membro será menor que ε, pr um ε > 0 ddo, qundo n N, pr um N escolhido de form conveniente, logo som no primeiro membro será menor do que ε pr n N, e série n convergirá. Exemplo. A série série + n=1 + n=1 ( 1) n 1 2 n 1 = é convergente, pois n 1 = converge. 8 Podemos interpretr este teorem como firmndo que introdução de sinis negtivos pr diversos termos de um série convergente de termos positivos tende judr convergênci. Definição 4.10 Um série n que converge, ms que não é bsolutmente convergente, é chmd condicionlmente convergente.

112 M. Zhn Testes de convergênci Dd um série n, vmos estudr Teorems que nos judrão decidir su convergênci ou divergênci. Primeirmente vmos estudr séries que não possuem termos negtivos. A rzão pr ess restrição consiste no fto de que s soms prciis desss séries formm sequêncis crescentes, e sequêncis crescentes limitds superiormente sempre convergem. Pr mostrr que um série sem termos negtivos converge, precismos simplesmente mostrr que sus soms prciis são limitds superiormente Teste d comprção Teorem 4.11 Sendo n e b n séries de termos não-negtivos, (i) se b n for convergente e n b n pr todo n, então n tmbém será convergente. (ii) se b n for divergente e n b n pr todo n, então n tmbém será divergente. Demonstrção. Fremos pens demonstrção de (i) e deixremos (ii) pr o leitor. Sej b n um série convergente e n b n, n. Vmos mostrr que série n tmbém é convergente. De fto, sejm (B n ) sequênci ds soms prciis d série b n e (A n ) sequênci ds soms prciis d série n. Como b n converge segue que B = Como n b n, n, temos que ou sej, lim B n = n + n k k=1 lim n + k=1 n b k, k=1 A n B n, n. n b k = + n=1 b n.

113 104 Análise II Porém, lim n + B n = B, ou sej, (A n ) é um sequênci limitd e ind crescente, pois é um sequênci de soms de termos não negtivos. Portnto, (A n ) é convergente, ou sej, A = lim A n = n + lim n + k=1 n k = + n=1 n, o que mostr que série n tmbém é convergente. Exemplo: Determine se série + n=1 5 5n 1 converge ou diverge. Solução. Precismos encontrr um mneir de comprr o termo gerl d série dd com o termo gerl de um outr série n qul sbemos ser convergente ou divergente. Observe que, n N temos 5n 1 < 5n. Tomndo os inversos, temos 1 5n 1 > 1 5n. Multiplicndo est últim desiguldde por 5, obtemos 5 5n 1 > 5 5n = 1 n. Como série 1 n diverge (série hrmônic) e vle desiguldde cim n, pelo teorem cim, o item (ii) nos diz que divergênci d série de termo gerl menor implic em divergênci d série com termo mior, ou sej, concluímos que série dd é divergente Teste d comprção do limite Teorem 4.12 Sejm n e b n séries de termos positivos, se n lim = c > 0, n b n então mbs s séries n e b n convergem ou divergem. Demonstrção. Sejm n e b n ns hipóteses do teorem. n Considere lim = c > 0. Assim, ddo ε = c > 0, segue que n 0 > 0 tl n + b n

114 M. Zhn 105 que n n 0, implic que n b n c < c. Ou sej, pr qulquer n n 0 temos 0 < n b n < c + c 0 < n < 2cb n. Portnto, de cordo com o teste de comprção visto nteriormente, convergênci d série b n e, consequentemente, convergênci d série 2c b n, implic n convergênci d série n e divergênci d série n implic n divergênci d série b n. Exemplo. Determine se série + n=1 1 2 n 1 Solução. Consideremos série geométric converge ou diverge. + n=1 ( ) n 1 + = 2 n=1 1, que é conver- 2n gente. Assim, considerndo n = 1 2 n e b n = 1 2 n 1, temos n lim = n + b n lim n n 1 2 n 1 = lim n n = 1 > 0. Portnto, pelo teorem cim, sendo n convergente, concluímos que b n tmbém é convergente Teste d rzão Teorem 4.13 Sej n um série de termos positivos e suponh que Então, (i) série converge se c < 1. n+1 lim = c n + n (ii) série diverge se c > 1 ou se c for infinito. (iii) o teste é inconclusivo se c = 1.

115 106 Análise II Demonstrção. Fremos pens demonstrção de (i). n+1 Suponhmos que lim = c < 1. n + n Tome ε > 0 tl que c + ε < 1. Então, pelo limite cim segue que n 0 > 0 tl que n+1 c n < ε, n n 0, ou sej, 0 < n+1 n < c + ε, n n 0. Assim, fixndo n n 0 podemos escrever 0 < n 0+1 n0 < c + ε, 0 < n 0+2 < c + ε, n0+1 0 < n 0+3 < c + ε, n < n n 1 < c + ε Multiplicndo tods ests desigulddes obtemos n n0 < (c + ε) n n0, n n 0. Ou sej, 0 < n < n0 (c + ε) n0 (c + ε)n, n n 0. n0 Como série (c + ε)n é um série geométric de rzão c + ε < 1, (c + ε) n0 est série é convergente e, portnto, pelo critério de comprção segue que série n é convergente. Exemplo. Investigue convergênci d série + n=0 2 n n. Solução. Bst montr rzão entre termos consecutivos. Assim,

116 M. Zhn 107 n+1 n = qundo n +. Portnto, obtemos 2 n n+1 2 n n = n (2 n + 5) = 2 2n n (2 n = + 5) 3 n = 2(2n + 5) 3 n (2 n + 5) 5 3 n (2 n + 5) = 2 3 n 5 3 n (2 n + 5) 0 e então série dd é convergente. n+1 lim = 0 < 1, n + n Teste d riz Teorem 4.14 Sej n um série de termos positivos e suponh que Então, (i) série converge se c < 1. lim n n = c n + (ii) série diverge se c > 1 ou se c é infinit. (iii) o teste é inconclusivo se c = 1. Demonstrção. Fremos demonstrção de (i). Sej n n = c < 1. Assim, ddo ε > 0 tl que c + ε < 1 (por exemplo, lim n + podemos considerr ε = 1 c 2 > 0), n 0 > 0 tl que n n 0, temos n n c < ε, ou sej, 0 < n n < c + ε, n n 0. Elevndo est desiguldde à potênci n temos 0 < n < (c + ε) n. Como c + ε < 1 temos que série geométric (c + ε) n é convergente e, pelo critério de comprção, concluímos que série n tmbém é convergente.

117 108 Análise II Exemplo. Teste convergênci d série + n=1 ( ) n 2n n + 2 Solução. Aplicndo o teste d riz temos Portnto, (2n ) 3 n n + 3 n = n = 2n n + 2 3n + 2 = n n lim n n = lim n n + n n o que mostr que série dd é convergente. = 2 3 < 1,. 4.5 Série lternd Definição 4.15 Um série lternd é quel cujos termos são lterndmente positivos e negtivos. São exemplos de séries lternds + n=1 ( 1) n 1 n = n=1 ( 1) n n n + 1 = Teste d série lternd Teorem 4.16 (Teste de Leibniz) Se série lternd + n=1 com b n > 0, stisfizer ( 1) n 1 b n = b 1 b 2 + b 3 b ,

118 M. Zhn 109 (i) b n+1 b n, pr todo n (i.e., sequênci b n é decrescente), (ii) lim b n = 0, n + então série é convergente. Demonstrção. Como (b n ) é um sequênci decrescente (por (i)), segue que Consideremos s soms prciis s 1 = b 1 ; b 1 > b 2 > b 3 >... s 2 = b 1 b 2 < b 1 = s 1 s 2 < s 1 ; s 3 = b 1 b 2 + b 3 = s 2 + b 3 > s 2 s 2 < s 3 ; Aind, s 3 = b 1 +( b 2 +b 3 ). Como (b n ) é um sequênci decrescente, temos que b 3 < b 2 e então b 2 + b 3 < 0. Assim, s 3 = b 1 + ( b 2 + b 3 ) < b 1 = s 1, ou sej, s 1 > s 3. D mesm form, como b 3 > b 4, pois (b n ) é decrescente, temos b 3 b 4 > 0 e então s 4 = s 2 + (b 3 b 4 ) > s 2 s 4 > s 2. Aind, s 5 = s 3 b 4 + b 5 < s 5 e s 6 = s 4 + (b 5 b 6 ) > s 4. Seguindo estes rciocínios montmos dus sequêncis de soms prciis: s pres (s 2n ) e s ímpres (s 2n 1 ), onde temos que s 2 < s 4 < s 6 <... < s 5 < s 3 < s 1. Pel cdei de desiguldds montd cim, temos que (s 2n ) é um sequênci crescente e limitd superiormente por s 1. Portnto, L 1 = lim n s 2n.

119 110 Análise II D mesm form, sendo (s 2n 1 ) decrescente e limitd inferiormente por s 2, segue que Portnto, pels desigulddes cim. L 2 = lim n s 2n 1. L 2 L 1, Afirmmos que L 2 = L 1. De fto, se L 2 < L 1, então, tome ε = L1 L2 2 > 0. Assim, sendo lim n b n = 0, segue que n 0 N, tl que, n n 0, implic em b n < L1 L2 2. Como b n = s n s n 1, tomndo, em prticulr, n = 2k, n n 0, temos s 2k s 2k 1 < L 1 L 2 2 L 2 L 1 2 < s 2k s 2k 1 < L 1 L 2. 2 Como s 2k L 2 e s 2k 1 L 1, temos, olhndo esquerd d cdei de desigulddes cim, que L 2 L 1 2 < L 2 L 1 L 1 < L 2. Ms supomos L 2 < L 1. Absurdo! Portnto, L 2 = L 1. Assim, com s hipóteses do teorem, concluímos que ( 1) n 1 b n = lim s n = L 1 = L 2, n n=1 isto é, série converge. + Exemplo. A série lternd ( 1) n 1 1 n = é convergente, 4 n=1 pois s dus condições do teste d série lternd são stisfeits: 1 (i) n + 1 < 1 b n+1 < b n n (ii) 1 lim n + n = 0

120 M. Zhn Testes d rzão e d riz pr séries lternds Podemos extender s Proposições 4.13 e 4.14 pr séries lternds como segue. Não fremos s demonstrções pr não nos tornrmos repetitivos. Proposição 4.17 Sej n um série lternd, tl que lim n+1 n + n = c. Então, se c < 1 série converge bsolutmente, se c > 1 série diverge e se c = 1 o teste é inconclusivo. Proposição 4.18 Sej n um série lternd, tl que n lim n = c. n + Então, se c < 1 série converge bsolutmente, se c > 1 série diverge e se c = 1 o teste é inconclusivo. Vejmos um exemplo de plicção. Exemplo. Estude convergênci d série + n=0 ( 1) n n! 10 n. Solução. Usndo o teste d rzão temos lim n+1 n + n = lim (n + 1)! n + 10 n+1 10n n + 1 = lim n! n + 10 n = + > 1 Portnto, concluímos que série dd diverge.

121 112 Análise II

122 Cpítulo 5 Sequêncis de funções No curso de Análise Rel I foi feito um estudo profunddo sobre sequêncis numérics. Normlmente um sequênci numéric (x n ) n é definid como um list infinit de números reis (x n ) n = (x 1, x 2, x 3,...), onde os x i R, pr todo i N. Outr mneir equivlente de definir um sequênci é considerá-l como um função de vriável nturl x n = x(n) : N R qul, pr cd n N ssoci um imgem x n, e o conjunto imgem, ordendmente, x 1, x 2,..., define sequênci (x n ). Um questão importnte ( mis importnte, n verdde) do estudo de sequêncis numérics é investigr se um dd sequênci (x n ) n converge pr um vlor, ou sej, se tl sequênci numéric possui um limite. Neste cpítulo vmos considerr um teori nálog àquel estudd pr limites de sequêncis numérics plicd em um tipo especil de sequênci, onde os termos são funções o invés de números reis, ou sej, vmos estudr sequêncis de funções (f n ) n = (f 1, f 2, f 3,...).

123 114 Análise II 5.1 Conceito Definição 5.1 Sej X um conjunto de números reis. Definimos por sequênci de funções f n : X R como correspondênci que ssoci pr cd n N um função f n de X em R. Vmos exminr um exemplo. Defin, pr cd n N, sequênci f n : [0, 10] R por Neste cso, temos f n (x) = x n. f 1 : [0, 10] R, f 1 (x) = x; f 2 : [0, 10] R, f 2 (x) = x 2 ; f 3 : [0, 10] R, f 3 (x) = x 3 ; e ssim por dinte. Fç um esboço gráfico dos primeiros termos dess sequênci de funções (f n ). Considere f : [0, 10] R dd por f(x) = 0. Podemos observr que à medid em que n ument, o gráfico de f n vi se proximndo cd vez mis do gráfico de f. É nesse sentido que se estud convergênci de sequênci de funções. Existem dois tipos importntes de convergênci: convergênci simples e convergênci uniforme, como veremos n próxim seção. 5.2 Convergênci simples e uniforme Definição 5.2 Sej X R um intervlo. Dd um sequênci de funções f n : X R e dd f : X R, dizemos que: (1) f n converge pr f simplesmente, e escrevemos f n f se, pr todo x X fixdo, ε > 0, n 0 N tl que f n (x) f(x) < ε, n n 0. (2) f n converge pr f uniformemente, e escrevemos f n f, se ε > 0, n 0 N tl que, x X, n n 0, f n (x) f(x) < ε.

124 M. Zhn 115 Em outrs plvrs, sequênci de funções f n : X R converge simplesmente f qundo, pr cd x X fixdo, sequênci de números reis (f n (x)) = (f 1 (x), f 2 (x),...) converge pr o número f(x). Ou sej, pr todo x X fixdo, lim f n(x) = f(x). n Já convergênci uniforme é mis forte: ddo ε > 0, existe um índice n 0 tl que, prtir desse índice, os gráficos de tods s f n estrão próximos do gráfico de f menos de ε. Ou sej, conseguimos obter um n 0 que sirv pr todos os x X. Observe o desenho bixo, onde, temos o gráfico de f e os gráficos dos trnsldos f + ε e f ε, onde, no interior temos um fix de rio ε, n qul os gráficos de f n ficm no interior, pr todo n n 0, devido à convergênci ser uniforme. Pr deixr esses conceitos de convergênci mis clros, vejmos lguns exemplos. Exemplo 1. Considere sequênci de funções f n : [0, 1] R dd por f n (x) = x n e f : [0, 1] R definid por 0, se 0 x < 1 f(x) =. 1, se x = 1 que É fácil ver que f n f simplesmente. De fto, pr todo x [0, 1) temos lim n xn = 0,

125 116 Análise II e lim n 1n = 1. Porém, firmmos que f n não converge pr f uniformemente, i.e., f n f. De fto, se por exemplo tomrmos ε = 1 4, construindo fix de rio ε = 1 4 em torno do gráfico de f, veremos f n não fic contid em tl fix, pr qulquer n N. Fç um desenho pr verificr. Exemplo 2. Considere sequênci de funções f n : R R dd por f n (x) = nx 1 + n 2 x 2. Afirmmos que f n converge simplesmente pr função f : R R, f(x) 0. De fto, bst observr que pr cd x R fixdo, temos que lim f nx n(x) = lim n n 1 + n 2 x 2 = 0 = f(x). No entnto, firmmos que tl convergênci não é uniforme. derivd de f n será De fto, f n(x) = (1 + n2 x 2 )n nx 2n 2 x (1 + n 2 x 2 ) 2 = n(1 n2 x 2 ) (1 + n 2 x 2 ). Logo, os pontos críticos de f são onde f n(0) = 0, o que nos fornecem x = ± 1 n, e dí f n( 1 n ) = ± 1 2. Então, qulquer fix de rio menor do que 1 2 construíd pr f(x) 0, teremos que os gráficos ds f n não ficrão inteirmente contidos em tl fix, e então f n f. Vej figur bixo, onde desenhmos, pr ilustrr, os gráficos de f 3 (x) e f 7 (x) e um fix de rio 1 4 centrd em f(x) 0.

126 M. Zhn 117 Sejmos mis precisos no que diz respeito à convergênci simples neste exemplo: pr todo x R, vmos mostrr que f n f 0. Ddo ε > 0, temos que f n (x) f(x) = f n (x) = n x 1 + n 2 x 2 n x n 2 x 2 = 1 n x. Assim, precismos escolher um n 0 N tl que e ssim, pr todo n n 0, teremos n 0 > 1 ε x, (5.1) f n (x) f(x) 1 n x 1 n 0 x < ε x = ε, x pr todo n n 0, e portnto f n f 0 simplesmente. Observção. Observe neste exemplo que desiguldde (5.1) nos diz que se x for muito pequeno, então o n 0 terá de ser muito grnde. Logo, convergênci não pode ser uniforme, pois o índice n 0 fic dependendo do x. No que segue, presentmos um importnte resultdo pr investigr se um convergênci é uniforme. Antes, porém, precismos definir sequênci de Cuchy pr sequênci de funções. Definição 5.3 Um sequênci de funções f n : X R chm-se sequênci de Cuchy se, pr todo ε > 0, existir n 0 N tl que, pr todos m, n n 0, implicr em f n (x) f m (x) < ε, pr todo x X.