Capítulo 4. Integral de Riemann. 4.1 Definição do integral de Riemann

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1 Cpítulo 4 Integrl de Riemnn Os principis resultdos d teori do integrl de Riemnn pr funções limitds definids em [, b],, b R são presentdos neste cpítulo. Definem-se, no sentido de Riemnn, o integrl definido e funções integráveis. Indicm-se exemplos d determinção do integrl recorrendo à definição. Estbelecem-se critérios de integrbilidde. Conclui-se que s funções limitds que sejm monótons e s funções limitds que sejm contínus são integráveis. Indicm-se s principis proprieddes do integrl definido. Demonstr-se o teorem fundmentl do cálculo integrl. Define-se integrl indefinido e estbelece-se fórmul de Brrow. Indicm-se métodos geris de integrção: Integrção por prtes, Integrção por substituição. Anlis-se integrção de funções rcionis. Indic-se procedimentos pr integrção de funções irrcionis e de funções trigonométrics. 4. Definição do integrl de Riemnn Considere-se o problem de determinr áre sombred d figur A em que f : [, b] R é um função contínu e A = {(x, y) : x b, y f(x)}

2 O problem formuldo suscit 3 questões que se ssocim os três tópicos centris d teori do integrl de Riemnn O que se entende por áre d região limitd A? Como se define o integrl de Riemnn? Qul clsse de funções pr s quis definição de integrl fz sentido? Como crcterizr s funções integráveis? Como determinr áre? O que estbelece o teorem fundmentl do cálculo integrl? métodos de integrção? Quis os Nest secção vi-se bordr primeir questão formuld: Como se define o integrl de Riemnn. Tendo por objectivo determinção d áre d região A um idei nturl é recorrer proximções por excesso e por defeito, recorrendo áres de rectângulos e melhorndo esss proximções, umentndo o número de rectângulos. Num certo sentido é est idei que está n bse d definição do integrl de Riemnn. Definição 4... Sej I = [, b]. Chm-se decomposição do intervlo I um conjunto finito de pontos interiores de I d = {x,..., x n } em que = x < x <... < x n < x n = b Definição 4.. (Soms de Drboux). Sej f : I R um função limitd e d um decomposição de I = [, b]. Design-se por: som inferior de Drboux de f reltiv à decomposição d em que k= m k.(x k x k ) = s d = s(f, d) m k = inf{f(x) : x [x k, x k ]}, k =,,..., n som superior de Drboux de f reltiv à decomposição d k= M k.(x k x k ) = S d = S(f, d)

3 em que M k = sup{f(x) : x [x k, x k ]}, k =,,..., n Proposição Sej f : [, b] R um função limitd e S d, s d s soms superior e inferior de Drboux reltivs à decomposição d, então s d S d Demonstrção. Evidente, pois m k M k Definição Sendo d, d dus decomposições de I diz-se que d é um decomposição mis fin que decomposição d se d d Cd decomposição d = {x,..., x n } com n pontos decompõe o intervlo I em n subintervlos [x, x ],..., [x n, x n ]. Em prticulr se n = o subintervlo único coincide com I e s soms superiores e inferiores são M(b ) e m(b ) em que M e m são, respectivmente o supremo e o infimo d função em I. Proposição Sej f : [, b] R um função limitd, S d, s d s soms superior e inferior de Drboux reltivs à decomposição d, e S d, s d, s soms superior e inferior de Drboux reltivs à decomposição d mis fin que d. Então s d s d S d S d Demonstrção. Fz-se demonstrção qundo d tem mis um ponto que d já que no cso gerl se pode sempre supor que pssgem de d pr d é relizd por etps sucessivs. Sej x d \ d tl que x ]x, x [. Sendo M e M, respectivmente, os supremos de f em [x, x ] e [x, x ] e M i, i =,,..., n, os supremos de f em [x i, x i ] M M e M M Vindo e M (x x ) + M (x x ) M (x x ) + M (x x ) = M (x x ) M (x x ) + M (x x ) + M (x x ) M n (x n x n ) 3

4 Concluindo-se que M (x x ) + M (x x ) M n (x n x n ) S d S d. De form nálog se demonstrri que s d s d o que tendendo que s d S d termin demonstrção Proposição Sej f : [, b] R um função limitd, d e d dus decomposições quisquer de I, S d som superior reltiv d e s d som inferior reltiv d. Então s d S d Demonstrção. Sej d = d d decomposição sobrepost d e d. Como decomposição sobrepost dus decomposições rbitráris d e d é sempre mis fin que qulquer dels s d s d S d S d Sendo f um função limitd em I = [, b] e D(I) o conjunto de tods s decomposições de I, designe-se por Σ = {S(f, d)} d D(I) o conjunto formdo pels soms superiores de f reltivs tods s decomposições de I e por σ = {s(f, d)} d D(I) o conjunto formdo pels soms inferiores de f reltivs tods s decomposições de I. A proposição 4..5 permite concluir que Σ tem um elemento máximo e σ um elemento minimo os quis são respectivmente s soms superior e inferior M(b ) e m(b ) reltivs à decomposição vzi. Por outro ldo proposição 4..6 mostr que qulquer elemento de σ é menor ou igul qulquer elemento de Σ. Assim Σ e σ são conjuntos limitdos com infimo e supremo em R ( note-se que decomposição de I tem um número finito de elementos ms que o conjunto de tods s decomposições é infinito ). Definição Sej f : [, b] R um função limitd. Design-se por: Integrl superior de Drboux de f em I = [, b] S = I s (f) = inf{s d : d D(I)} = f = 4 I f

5 infimo do conjunto ds soms superiores de f reltivs tods s decomposições de I. Integrl inferior de Drboux de f em I = [, b] s = I i (f) = sup{s d : d D(I)} = f = supremo do conjunto ds soms inferiores de f reltivs tods s decomposições de I. Se I i (f) = I s (f) função diz-se integrável no sentido de Riemnn em [, b] e design-se por integrl definido de f em [, b] o vlor comum destes dois integris f = I i (f) = I s (f) = I f(x)dx Exemplo Sej f : [, b] R, f(x) = C =constnte. Anlise-se se f é integrável em [, b] Qulquer que sej decomposição de [, b] tem-se M k = m k = C. Assim f s d = m k.(x k x k ) = C (x k x k ) = C(b ) k= k= e nlogmente S d = C(b ). Concluindo-se que Σ e σ são conjuntos singulres com um único elemento C(b ). Tem-se pois que f é integrável em [, b] e C dx = C dx = f(x) dx = C(b ) Exemplo Sej função de Dirichlet D : R R se x Q D(x) = se x R \ Q Verifique que D não é integrável em [, b]. 5

6 Qulquer que sej decomposição de [, b] e qulquer que sej o intervlo [x k, x k ] tem-se M k = e m k =. Assim S d = s d = k= k= m k.(x k x k ) = σ = {} M k.(x k x k ) = b Σ = {b } Concluindo-se que função f não é integrável pois b = D(x) dx D(x) dx = 4. Critérios de integrbilidde Teorem 4.. (Critério de integrbilidde de Riemnn). Um condição necessári e suficiente pr que função limitd f : [, b] R sej integrável em [, b] é que ɛ> d D(I) S d s d < ɛ Demonstrção. Comece-se por demonstrr que condição é suficiente. Admit-se que f não é integrável i.e. S > s e sej < ɛ S s. Então pr qulquer decomposição d D(I) tem-se ɛ S s S d s d pois S d S e s d s já que S é o infimo de Σ e s é o supremo de σ. Demonstre-se que condição é necessári. Sej f integrável i.e. S = s. Por definição de supremo e infimo qulquer que sej ɛ > existem necessrimente decomposições d e d tis que S d < S + ɛ/ e s d > s ɛ/ Assim designndo por d decomposição sobrepost d e d (d = d d ) tem-se S d < S + ɛ/ e s d > s ɛ/ 6

7 e portnto, sendo f integrável, conclui-se que S d s d < S + ɛ/ s + ɛ/ = ɛ Corolário 4... Sej f : I R um função limitd. sucessão de decomposições d n de I tl que Se existir um então f é um função integrável e lim (S d n s dn ) = (4..) n + f(x) dx = lim S d n = lim s d n n + n + Demonstrção. D condição (4..) qulquer que sej ɛ > existe N tl que pr n > N S dn s dn < ɛ Assim do teorem 4.. conclui-se que f é integrável. Além disso S dn é um sucessão decrescente e minord consequentemente com limite. Corolário Pr que função f sej integrável em I = [, b] e f(x) dx = k é condição necessári e suficiente que pr qulquer ɛ > exist um decomposição d de I tl que S d, s d V ɛ (k). Demonstrção. (*) Demonstre-se condição necessári. Sendo f(x) dx = k qulquer que sej decomposição d que verifique S d s d < ɛ, tl decomposição existe de cordo com o teorem nterior, ter-se-á k s d > S d ɛ k ɛ e k S d < s d + ɛ k + ɛ Concluindo-se ssim que S d, s d V ɛ (k) Demonstre-se gor condição suficiente. Se pr qulquer ɛ > existe um decomposição d tl que S d, s d V ɛ (k), tem-se S d < k + ɛ e s d > k ɛ 7

8 concluindo-se que pr qulquer ɛ > existe d tl que S d s d < ɛ e que f é integrável. Por outro ldo se o integrl tiver um vlor diferente de k, por exemplo, se S = s > k nenhum som superior pertenceri V ɛ (k) desde que ɛ S k visto que tods s soms superiores são miores ou iguis S concluindo-se ssim que o vlor do integrl é k (se S = s < k o rciocínio é nlogo). Exemplo Sendo f : [, ] R, f(x) = x, nlise-se se função é integrável em [, ] e em cso firmtivo determine-se f(x) dx. Considere-se sucessão d =, d = { }, d 3 = { 3, 3 },..., d n = { n, n,..., n n } Tem-se [x k, x k ] = [ k, k ] e como f é crescente neste intervlo tem-se n n Assim e s dn = k= S dn = m k = k n k n k= concluindo-se que f é integrável pois Qunto o integrl S dn s dn = n e M k = k n.(x k x k ) = n k n.(x k x k ) = n k= n = n k= k= n + k n k n f(x) dx = lim n + n k= k n = lim n + n./n +.n = 4.3 Integrbilidde de funções monótons e contínus Teorem Sej f : [, b] R um função monóton e limitd. Então f é um função integrável em [, b]. 8

9 Demonstrção. Se f() = f(b) função f é constnte em [, b] e é evidentemente integrável. Considere-se f() < f(b) e consequentemente função f crescente (se fosse decrescente demonstrção seri nálog). Sej d n = {x,..., x k,..., x n } um decomposição que subdivide [, b] em n subintervlos iguis Sendo f crescente e portnto x k x k = b n m k = f(x k ) e M k = f(x k ) S dn s dn = k= (f(x k ) f(x k )) (x k x k ) = Tem-se ssim = b n k= concluindo-se que f é integrável. (f(x k ) f(x k )) = b n lim (S d n s dn ) = n + (f(b) f()) Observção O teorem nterior é generlizável funções seccionmente monótons e limitds. Exemplo Anlise-se se é integrável função f : [, ] R, se x = f(x) = k se x ] k+ k k N Considere-se prtição P n = (,,..., ). Tem-se 3 n S(f, P n ) = M n n + k= k.( k k + ) = n + n k= k.( k k + ) função monóton com um número infinito de pontos de descontinuidde 9

10 e s(f, P n ) = + n k= k.( k k + ) Assim lim (S d n s dn ) = lim n + n + n = Conclui-se pois que f é integrável pesr de ter um infinidde de descontinuiddes. Teorem Sej f : I R um função limitd e contínu em I = [, b]. Então f é um função integrável em I. Demonstrção. (*) A função f é uniformemente contínu em I = [, b] (tod função contínu num intervlo limitdo e fechdo é uniformemente contínu nesse intervlo). Assim ddo ɛ >, existe δ > tl que pr x y < δ se tem f(x) f(y) < ɛ/(b ) pr x, y I. Sej n N tl que (b )/n < δ e d n = {x,..., x k,..., x n } um decomposição que subdivide [, b] em n subintervlos iguis x k x k = b n < δ. Pelo teorem de Weierstrss existem v k, w k [x k, x k ] tis que m k = f(v k ) e M k = f(w k ) por conseguinte M k m k = f(v k ) f(w k ) < ɛ/(b ) e (M k m k )(x k x k ) < ɛ k= concluindo-se que f é integrável. Observção O teorem generliz-se pr funções limitds com um conjunto de pontos de descontinuidde contável. Um função f : I R diz-se uniformemente contínu em I = [, b] se ɛ> δ> x,t I x t < δ f(x) f(t) < ɛ

11 Anlise-se de seguid s principis proprieddes do integrl definido Teorem Sejm f, g : [, b] R funções integráveis em I = [, b] e c um constnte rel. Então i) f + g é um função integrável e (f + g) = I I f + I g ii) c.f é um função integrável e (c.f) = c. I I f. Demonstrção. (*) Sendo f = α e g = β I I qulquer que sej ɛ > existem decomposições d, d tis que S d, s d V ɛ/ (α), S d, s d V ɛ/ (β) Tem-se então Assim S d, s d V ɛ/ (α) α ɛ/ < s d α S d < α + ɛ/ S d, s d V ɛ/ (β) β ɛ/ < s d β S d < β + ɛ/ s d + s d V ɛ (α + β) e S d + S d V ɛ (α + β). Considerndo decomposição sobrepost d = d d designe-se por M k, M k, M k, m k, m k, m k os supremos e infimos ds funções f, g e f + g em [x k, x k ] e conclu-se que s d, S d V ɛ (α + β). Tem-se m k m k + m k M k M k + M K Assim e s d = S d = k= k= m k.(x k x k ) M k.(x k x k ) k= k= m k.(x k x k ) + M k.(x k x k ) + k= k= m k.(x k x k ) M k.(x k x k )

12 tendo-se finlmente Assim s d + s d s d S d S d + S d. s d, S d V ɛ (α + β) o que permite do corolário 4..3 obter proposição i). Análogmente se demonstr proposição ii). Observção f = Se b < tem-se Teorem Sejm, b, c R, < c < b. f = f. b i) Se f é integrável em I = [, b] é tmbém integrável em qulquer intervlo não degenerdo J I e pr qulquer c ], b[ f = c f + c f. ii) Se f é um função integrável em [, c] e em [c, b] então f é um função integrável em [, b] e c f + c f = f. Demonstrção. (*) i) Sendo f um função integrável em I = [, b] e c ], b[, demonstre-se que f é integrável em J = [, c]. Atendendo o critério de integrbilidde de Riemnn, teorem 4.., considere-se ɛ > e determine-se um decomposição d D(I) tl que S d s d < ɛ. Sendo d = d {c} um decomposição mis fin que decomposição d tem-se tmbém S d s d < ɛ. Considere-se então decomposição do intervlo J, d = d ], c[, e mostre-se que S d s d S d s d (4.3.)

13 em que S d, s d são s soms superior e inferior reltivs d. Sendo d = {x,..., x m } e d = {x,... x m,..., x n }, onde = x < x <... < x m = c < x m+ <... < x n = b tem-se S d s d = S d s d + (M k m k ).(x k x k ) k=m+ Um vez que s prcels do somtório d iguldde nterior são não negtivs, tem-se (4.3.), concluindo-se que S d s d < ɛ, e do teorem 4.., integrbilidde d função f em J = [, c]. Anlogmente se prov integrbilidde d função f em J = [c, b] e consequentemente em qulquer intervlo J = [c, d], com < c < d < b. ii) Sendo α = c f e β = f, do critério de integrbilidde de Riemnn, c teorem 4.., existem decomposições d D([, c]) e d D([c, b]) tis que α ɛ/ < s d α S d < α + ɛ/ e β ɛ/ < s d β S d < β + ɛ/ Designndo por d decomposição de [, b], definid por d = d {c} d tem-se α + β ɛ < s d α + β S d < α + β + ɛ concluindo-se que f é integrável em [, b] e que α + β = f. Como consequêncis do teorem nterior tem-se Observção Se f : [, b] R é integrável em I = [, b] e c, c,..., c n [, b] então c c f = f + f f. c c n Se f é integrável em [, c ], [c, c ],..., [c n, b] então f é integrável em [, b] tendo-se c f + c c f c n f = Teorem Sejm f, g funções integráveis em I = [, b] i) Se f(x), x I então 3 f f.

14 ii) Se f(x) g(x), x I então f g iii) Se f é integrável então f tmbém é integrável e f f Demonstrção. i) Sendo m o infimo d função em I = [, b] tem-se f m(b ) ii) Se f(x) g(x), x I tem-se f(x) g(x) e então (f g) iii) Sendo M k, m k o supremo e infimo de f em [x k, x k ] M k m k = sup{ f(x) f(t), x, t I k } sup{ f(x) f(t), x, t I k } Assim M k m k M k m k S d s d S d s d concluindo-se que f é integrável. Por outro ldo tem-se f f f vindo e f f f b f f Observção Qundo função f é integrável não se pode concluir que f sej integrável. Por exemplo função C se x Q f(x) = C se x R \ Q não é integrável ms função f é integrável. 4

15 4.4 Teorem fundmentl do cálculo integrl. Fórmul de Brrow A diferencição e integrção são dois dos tópicos mis importntes em Análise. O primeiro é um processo locl um vez que derivd depende pens dos vlores d função num vizinhnç do ponto, o segundo é um processo globl no sentido de que o integrl de um função depende dos seus vlores num intervlo. À primeir do vist preceri não existir qulquer relção entre estes dois tópicos contudo o teorem fundmentl do cálculo integrl mostr o contrário. Sendo função f : I R integrável em I = [, b] o teorem permite concluir que existe c f(t) dt, c [, b] Definição Sej f : [, b] R um função integrável. Design-se por integrl indefinido de f em I = [, b] função F : I R F (x) = x f(t) dt, Teorem ( o Teorem Fundmentl do Cálculo Integrl) Sej f : I R um função integrável em I = [, b]. Então i) A função integrl indefinido de f, F, é contínu em I. ii) Se f é contínu em c ], b[, função integrl indefinido de f, F, é diferenciável em c e F (c) = f(c) Demonstrção. i) Mostre-se que F é contínu em I, i.e. que sendo c [, b] : x I, x c < ɛ F (x) F (c) < δ (4.4.) δ> ɛ> Tem-se pr x > c F (x) F (c) = vindo F (x) F (c) = x c x f(t) dt c f(t) dt = x f(t) dt f(t) dt A. c 5 x c x c f(t) dt dt = A. x c

16 em que A = sup f(x). Conclui-se ssim que pr qulquer δ >, x I escolhendo ɛ = δ/a se verific (4.4.). Anlogmente qundo x < c se verificv (4.4.). A função F é ssim contínu em c ], b[. ii) Sendo f é contínu em c ], b[ : x I, x c < ɛ f(x) f(c) < δ δ> ɛ> Anlise-se diferencibilidde d função F em c. Sej h = x c < ɛ e nlise-se F (c + h) F (c) h f(c) = h c+h c f(t) dt f(c) h c+h c dt = Tem-se = h F (c + h) F (c) h c+h c f(c) h (f(t) f(c)) dt. c+h c f(t) f(c) dt δ h Assim F é diferenciável em c e c+h c dt = h h δ = δ F (c) = f(c) Definição A função f : I R diz-se primitivável em I, se existir F : I R tl que F (x) = f(x), x I 3 F diz-se um primitiv de f e represent-se por f(t) dt 4 ou por P (f). Proposição Se f : I R é contínu em I = [, b] então função integrl indefinido é um primitiv de f em I. 3 Nos pontos extremos de I derivd é derivd à esquerd ou à direit, consonte se trte do extremo mis à direit ou mis à esquerd de I. 4 Muits funções elementrmente primitiváveis não têm como primitiv um função elementr. 6

17 Proposição Sejm F, F dus primitivs d função f em I, então F F é um função constnte em I. Demonstrção. Sendo F, F dus primitivs de f em I = [, b], (F F ) (x) = F (x) F (x) = f(x) f(x) =, x I. Assim tem-se (F F )(x) = C, x I Proposição Se função f é primitivável em I, ddos x I e α R existe um e um só primitiv F de f tl que F (x ) = α Demonstrção. Sendo F um primitiv de f em I qulquer outr primitiv em I será: F (x) = F (x) + C Escolhendo C = α F (x ) tem-se F (x ) = α. É imedito que F é únic, pois se existisse outr primitiv F stisfzendo mesm condição ter-se-i F (x) F (x) =, x I e F (x ) F (x ) = permitindo o teorem de Lgrnge concluir que diferenç F F er identicmente nul em I. Teorem ( o Teorem Fundmentl do Cálculo Integrl) Sej f : I R um função integrável e primitivável em I = [, b] e sej F um primitiv. Então f(t) dt = F (b) F () = [F (t)] b Fórmul de Brrow (4.4.) Demonstrção. Sej um decomposição d = {x, x,..., x n } de I e F (b) F () = k= (F (x k ) F (x k )) O teorem de Lgrnge em [x k, x k ] permite concluir, sendo ζ k ]x k, x k [, que: Or como tem-se F (b) F () = k= k= F (ζ k )(x k x k ) = m k f(x k ) M k m k (x k x k ) F (b) F () 7 k= k= f(ζ k )(x k x k ) M k (x k x k )

18 e Sendo f integrável e sup s(f, d) F (b) F () inf S(f, d) d d sup s(f, d) = inf S(f, d) d d F (b) F () = f(t) dt Note-se que no cso prticulr de f ser contínu F (x) = x é um primitiv de f e, de imedito f(t) dt = c f(t) dt + c c f(t) dt c ], b[ f(t) dt = c f(t) dt c f(t) dt = F (b) F () Exemplo Aplicndo fórmul de Brrow os integris seguintes, tem-se: t dt = [ ] t 3 3 = 3 π π + t dt = [ln( + t)] = ln sen t dt = [cos t] π = sen t dt = [cos t] π = 4.5 Métodos geris de integrção Teorem 4.5. (Integrção por prtes). Sejm s funções f, g : I = [, b] R diferenciáveis com funções derivds integráveis em I. Então f (t)g(t) dt = [f(t)g(t)] b f(t)g (t) dt 8

19 Demonstrção. As funções fg e f g são funções integráveis já que o produto de funções integráveis é integrável, por outro ldo h = (fg) = f g + fg Assim sendo primitiv de h = (fg) função fg Concluindo-se que: h(t) dt = [f(t)g(t)] b = f (t)g(t) dt + f (t)g(t) dt = [f(t)g(t)] b f(t)g (t) dt f(t)g (t) dt Exemplo Determine-se x ln x dx recorrendo o método de integrção por prtes [ ] x ln x dx = x ln x x x dx = = ( ln ) [ ] x = ln Exemplo Determine-se π sen3 x dx recorrendo o método de integrção por prtes Sendo I = π I 3 = π sen 3 x dx = π = [ sen x. cos x ] π π π = sen x. cos x dx = sen x dx tem-se or como I = conclui-se que sen x.( cos x) dx = sen x. cos x( cos x) dx = π I 3 = (I I 3 ) I 3 = 3 I π sen x dx sen 3 x dx I 3 = 3 9

20 Observção O método de integrção por prtes é tmbém um método de primitivção por prtes considerndo f e g funções diferenciáveis com derivd contínu. De fcto x x f (t)g(t) dt = [f(t)g(t)] x f(t)g (t) dt Exemplo Determine-se um primitiv d função f(t) = t cos t sen t. x [ ] x t cos t sen t dt = t sen t x sen t dt = = x. sen x x cos t dt = = (x sen x x + 4 ) sen x Teorem (Integrção por substituição). Sej função f contínu em [, b] e ϕ : [α, β] [, b] diferenciável com derivd integrável em [α, β], tl que = ϕ(α) b = ϕ(β). Então função (f ϕ).ϕ é integrável em [α, β] e f(x) dx = β α f(ϕ(t)).ϕ (t) dt Demonstrção. Sej F um primitiv de f em [, b] e pr t [α, β] h(t) = [F (ϕ(t))] = F (ϕ(t)).ϕ (t) = f(ϕ(t)).ϕ (t) Tem-se então, sendo F ϕ um primitiv de h em [α, β], β α h(t) dt = β α f(ϕ(t)).ϕ (t) dt = F (ϕ(β)) F (ϕ(α)) = = F (b) F () = f(x) dx Observção A função ϕ do enuncido do teorem pode não ser bijectiv contudo n primitivção por substituição é necessário que ϕ sej bijectiv. É primitiv d função contínu f em x [, b], função x f(u) du = ϕ (x) ϕ () f(ϕ(t))ϕ (t) dt

21 Exemplo Determine-se o integrl x dx recorrendo o método de integrção por substituição. Sendo substituição ϕ : [, π/] [, ], ϕ(t) = sen t, ϕ (t) = cos t tem-se π sen t cos t dt = = π cos t cos t dt = [t + sen t) ] π Exemplo Determine-se o integrl x dx x = π 4 recorrendo o método de integrção por substituição. π ( + cos t) dt = Sendo substituição ϕ : [, ] [, ], ϕ(t) = + t, ϕ (t) = t tem-se t (.t dt = ) ( dt = [t rctg t] + t + t = π ) 4 Exemplo Determine-se o integrl + x dx Recorrendo à substituição ϕ : [, ] [, ], ϕ(t) = t, ϕ (t) = t tem-se ( t dt = ) dt = + t + t = [t ln( + t)] ( ) = ln( + ) + ln Exemplo Determine-se um primitiv d função f : R + R, f(x) = + x. Recorrendo à substituição u = t = ϕ(t) tem-se x + u du = x ( ) + t = [(t ln( + t))] x = ( x ln( + x)) dt

22 4.6 Integrção de funções rcionis Nest secção nlis-se determinção de integris qundo função integrnd é um função rcionl, função que é elementrmente primitivável. Associd à determinção de integris de funções rcionis inici-se secção com um bordgem sucint à decomposição de polinómios em polinómios irredutíveis e à decomposição de um função rcionl em frcções simples. A função rcionl p/q em que p e q são polinómios é representd por um frcção própri se o gru do polinómio numerdor for menor que o gru do polinómio denomindor, e representd por um frcção imprópri cso contrário. Sendo p um polinómio rbitrário e q um polinómio de gru mior ou igul um, mostr-se que existem sempre polinómios univocmente determindos r e c tis que p(x) = q(x)c(x) + r(x) em que o gru r < gru p gru q. Dividindo mbos os membros d iguldde nterior por q tem-se p(x) q(x) = c(x) + r(x) q(x), o que tendendo que um polinómio é imeditmente primitivável reduz primitivção de funções rcionis imprópris à primitivção de funções rcionis própris. Nest secção consider-se-á pens funções rcionis representds por frcções própris. Comece-se por nlisr decomposição de um polinómio de coeficientes reis em fctores irredutiveis. Definição Um polinómio q de coeficientes reis e de gru n é redutivel se existirem dois polinómios, q, q, mbos de gru inferior n tis que q = q.q Diz-se irredutivel em cso contrário. Mostr-se que: Nos polinómios de gru impr, os polinómios de gru são irredutíveis. Os polinómios de gru superior são redutíveis ( estes polinómios, q, têm limites infinitos de sinis contrários qundo x ± já que existindo, b R

23 tis que q().q(b) < existe c R tl que q(c) = ). Nos polinómios de gru pr, os polinómios de gru superior são redutíveis. Os polinómios de gru podem ser irredutíveis ou redutíveis. Considere-se q(x) = x + bx + c Se b 4c os polinómios são redutíveis (q(x) = (x α)(x β), α, β R, ou q(x) = (x α) ). Se b 4c < os polinómios são irredutíveis (q(x) = (x + b/) + (4c b )/4 = (x p) + q, p, q R). Um polinómio com coeficientes reis fctoriz-se em: polinómios de gru um (com rízes simples; com rízes simples e múltipls) polinómios de gru dois irredutíveis (com rízes simples; com rízes simples e múltipls) Anlise-se de seguid decomposição de um função rcionl em frcções simples começndo por definir polinómios primos entre si. Definição Dois polinómios q e q são primos entre si se não existirem polinómios, q, q e q tis que q = q. q q = q. q Proposição Sejm q e q polinómios primos entre si e p um polinómio tl que gru p < gru (q, q ). Então existem polinómios p e p tis que p(x) q (x).q (x) = p (x) q (x) + p (x) q (x), (4.6.) em que o gru p i < gru q i, i =,. Demonstrção. (*) Do teorem de Bezout existem polinómios p e p primos entre si tis que p.q + p.q = Multiplicndo mbos os membros d iguldde nterior por Or, p q q = p p q + p p q p p = h q + p p p = h q + p em que h i, p i, i =, são polinómios e gru p i < gru q i. Assim p = p + p + h + h q q q q 3 p q q tem-se

24 o que tendendo que gru (q, q ) > gru p conduz (4.6.) Exemplo Determine-se o integrl 3 4x + x + x 3 x dx Sej em que f : R \ {,, } R f(x) = 4x + x + x(x )(x + ) = A x + A + B + C = 4 B x + C x + B C = A = De fcto usndo o princípio d identidde de polinómios 4x + x + = (A + B + C)x + (B C)x A Assim e f(x) = x + 3 x + x + 3 f(x) dx = [ ln x + 3 ln x + ln x + ] 3 = 3 ln ln. Proposição Sejm R e p, q polinómios tis que gru p < n+gru q e q (). Então p(x) q (x)(x ) n = A (x ) n + A (x ) n + + A n x + p (x) q (x), em que gru p <gru q e A k = ( ) (k ) p () k =,,..., n (k )! q 4

25 Demonstrção. (*) Sej q (x) = e consequentemente gru p n. A fórmul de Tylor pr o polinómio p reltivmente x = tem resto nulo e Tem-se ssim p(x) = p() + p ()! (x ) p(n ) () (x )n (n )! p(x) (x ) n = A (x ) n + A (x ) n A n x em que A k = (k )! p(k ) (). Sej q (x). Tem-se neste cso p(x) q (x) = A + A (x ) A n (x ) n + ( ) (n) p (ξ)(x ) n n! q ( ) (k ) em que ξ ], x[ e A k = p (k )! q (). Assim p(x) q (x)(x ) n = A (x ) n + A (x ) n A n x + R(x) em que R é um função rcionl cujo denomindor não se nul em. Exemplo Determine-se o integrl Sej em que f : R \ {, } R 4x + x(x + ) 3 dx f(x) = 4x + x(x + ) 3 = A x + A 3 x + + A (x + ) + A (x + ) 3 A + A 3 = 3A + A 3 + A = 3A + A 3 + A + A = 4 A = 5

26 Note-se que s constntes A, A, A 3 podem ser determinds resolvendo o sistem nterior ou recorrendo à fórmul A k = ( 4 + ) (k ), k =,, 3. (k )! x x= Recorrendo à fórmul nterior tem-se A = 4 = 3, A = ( x ) =, A 3 = x=! Assim ( ) ( ) = =. x x= x 3 x= e f(x) = x x + (x + ) + 3 (x + ) 3 f(x) dx = [ ln x ln x + + (x + ) + 3 (x + ) ] = ln(4/3) 9 4 N integrção de funções rcionis é centrl decomposição em frcções simples. Vi-se estbelecer em seguid um resultdo que contém como csos prticulres os nteriores. Teorem (Decomposição em frcções simples). Sejm p, q polinómios tis que gru p < gru q. A função rcionl p/q é som de um número finito de frcções simples d form A (x ) n, B x + B ((x p) + q ) m em que n, m N ; A, B, B R ;, p, q R. Demonstrção. (*) A função rcionl p/q é decomponível, d proposição 4.6.3, num som de prcels em que q i, i =,..., n, são fctores irredutíveis tis que gru p i < gru q i p(x) q (x)... q n (x)q n (x) = p (x) q (x) p n (x) q n (x) + p n(x) q n (x) As prcels d iguldde nterior são d form (i) p (x) (x ), R (ii) p (x) n q m (x), q(x) = (x p) + q, p, q R 6

27 em que p, p são polinómios. A decomposição ds prcels d form (i) foi nlisd n proposição 4.6.5, qunto (ii) tem-se p (x) q m (x) = B x + C + B x + C q m (x) q m (x) B mx + C m q(x) iguldde estbelecid por recorrênci prtir ds igulddes p (x) = q (x)q(x) + c (x) q (x) = q (x)q(x) + c (x) em que q, c, q, c são polinómios que se obtêm de divisões inteirs. 5 Exemplo Determine-se o integrl Sej em que 3 f : R \ {} R f(x) = x + x 3 = x + x 3 dx A x + A + B = Bx + C x + x + A B + C = A C = um vez que do princípio d identidde de polinómios Tem-se ssim x + = (A + B)x + (A B + C)x + A C f(x) dx = x dx x + x + x + dx Como o primeiro integrl é imedito nlise-se pens determinção do segundo integrl. Tem-se x + x + x + = x + (x + /) + 3/4 = x + (x p) + q 5 Não existe fórmul pr s constntes correspondentes às rízes complexs se existir contudo só um fctor desse tipo pode obter-se fzendo diferenç com os fctores ssocidos às rízes reis. 7

28 em que p = /, q = 3/. Or recorrendo o método de substituição pr x = ϕ(t) = p + qt = / + 3t/, ϕ (t) = 3/ tem-se concluindo-se que Φ (t) = f(ϕ(t))ϕ (t) = t +. t + t Φ(t) = 3 3 rctg t + ln( + t ) Assim, um vez que t = 3 ( x + ), tem-se 3 [ 3 3 f(x) dx = ln x 3 rctg( 3 x + Exemplo Determine-se o integrl Tem-se 3 f : R \ {} R x 4 x 3 + 6x 4x + 7 (x )(x + ) dx ] 3 3 ) ln( (x + 3 ) ) f(x) = x4 x 3 + 6x 4x + 7 = A (x )(x + ) x + Bx + C x + + Dx + E (x + ) em que A + B = B + C = 4A + B C + D = 6 B + C + E D = 4 4A C E = 7 um vez que do princípio d identidde de polinómios x 4 x 3 + 6x 4x + 7 = = (A+B)x 4 +(C B)x 3 +(4A+B C+D)x +( B+C+E D)x+4A C E. 8

29 Tem-se ssim 3 f(x) dx = 3 3 x dx 3 x + dx + x (x + ) dx O primeiro integrl é imedito. Determine-se um primitiv com vist à determinção do segundo integrl. Tem-se ( ) x + dx = rctg x ( ) dx = + x Anlise-se gor o terceiro integrl. Tem-se x (x + ) dx = x (x + ) dx (x + ) dx em que x (x + ) dx = (x + ) e (x + ) dx = (x + ) dx = x + x dx = (x + ) = x + dx x (x + ) dx e usndo o método de primitivção por prtes n últim prcel x (x + ) dx = x x (x + ) dx = x x + + x + dx obtém-se Assim 3 f(x) dx = (x + ) dx = ( x 4 x + + ) x + dx [ ln x 5 ( ) x 4 rctg 4 ] 3 x + x + Em conclusão de um form sucint tem-se como método de integrção ds funções rcionis representds pel frcção própri p/q 9

30 (A)Decomposição em frcções simples d função integrnd. (Ai) São polinómios irredutíveis de coeficientes reis: x + b, (polinómio de o gru com riz rel). x +bx+c, em que b 4c < (polinómio de o gru sem rizes reis). (Aii) Qulquer polinómio q(x) de coeficientes reis tem um fctorizção q(x) = c(x α ) r... (x α m ) rm ( (x p ) + q ) s... ( (x p m ) + q m em que α,..., α m são rízes reis de polinómios com grus de multiplicidde r,..., r m e p ± q i,..., p m ± q m i, p j, q j R, j =,..., m são rízes complexs de polinómios com grus de multiplicidde s,..., s m (Aiii) À fctorizção do polinómio ssoci-se decomposição em frcções simples d função rcionl. p(x) q(x) = A + A x α (x α ) A r (x α ) A m + A m r x α m (x α m )...+ A mr m (x α m ) + rm + B x + C (x p ) + q + B x + C ((x p ) + q) B s x + C s ((x p ) + q) s B nx + C n + B nx + C n (x p n ) + qn ((x p n ) + qn) B ns n x + C nsn ((x p n ) + qn). sn ) sm (B) Integrção ds frcções simples. (B.i) A n (x ) n dx = A n ( n)(x ) n se n > A ln x se n = (B.ii) B m x + C m ((x p) + q ) m dx Recorrendo à substituição ϕ(t) = p + qt = x tem-se 3

31 em que e Bm p + B m qt + C m ((qt) + q ) m.q dt = M m t (t + ) m dt = N m (t + ) m dt = Note-se que se m > dt (t + ) m = m 3 m M m t (t + ) m dt + N n (t + ) n dt M m ( m)(t + ) m se m > M ln(t + ) se m = N m rctg(t) se m = fórmul de recorrênci se m > dt (t + ) m + m. t (t + ) m. sendo o resultdo finl obtido plicndo m vezes primitivção por prtes té obter primitiv de t +. (C) Aplicção d propriedde d lineridde dos integris. 4.7 Integrção de funções irrcionis e de funções trigonométrics Comece-se por nlisr integrção de clsses de funções irrcionis. Consideremse s clsses de funções: ( ( ) ) x α (i) R x, α, β R x β ( (ii) R x, ) x + bx + c em que R (x, y) represent um função rcionl seprdmente em cd um ds vriáveis x e y. (i) Sej o integrl 3

32 A substituição ( x I = R x, x ( x α x β ) ) dx ( ) x α α βt = t x = = ϕ(t) e ϕ (t) = x β t ϕ (x ) (α β)t ( t ) permite reduzir determinção do integrl I à determinção de um integrl cuj função integrnd é um função rcionl. ϕ (x ) ( ) α βt I = (α β) R t, t t ( t ) dt Exemplo Determine-se o integrl Considere-se ( x x Tem-se Or t. ϕ(t) Assim (x )( x) dx ) = t x = t + + t = ϕ(t) e ϕ (t) = (x )( x) dx = (ii) Sej o integrl t ( + t ) dt = ( ) x x x dx dx == [ rctg t] (x )( x) I = x x t ( + t ) dt = rctg t + C ( + t ) ( R x, ) x + bx + c dx = π 3 Se b 4c > O trinómio x +bx+c tem dus rízes reis α, β e é plicável o procedimento nterior já que 3

33 x + bx + c = (x α) (x β) = = Se b 4c <, > A substituição em que x = ( ) x α (x β), > x β x + bx + c = x + t t c b t = ϕ(t) t = ϕ (x) permite reduzir determinção do integrl I à determinção de um integrl cuj função integrnd é um função rcionl. I = ϕ (x ) ϕ (x ) Exemplo Determine-se o integrl Considere-se x + k = x + t x = k t t R (ϕ(t), t) ϕ (t) dt (x + k ) x + k dx = ϕ(t) e ϕ (t) = k + t Tem-se t (x + k ) x + k dx = k + t dt = t (x + t) (x + t) t [ t = 4 t t (t + k ) dt = em que t = + + k e t = k. t + k ] t t t Considere-se finlizr secção integrção de um clsse de funções trigonométrics. Sej o integrl I = x x R (sen x, cos x) dx 33

34 A substituição tg x = t x = rctg t = ϕ(t), ϕ (t) = + t e sen x = t t, cos x = + t + t, permite reduzir determinção do integrl I à determinção de um integrl cuj função integrnd é um função rcionl. ϕ (x ) ( t I = R + t, ) t + t + t dt ϕ (x ) Exemplo Determine-se o integrl Considere-se Tem-se π/ já que t = e t = π/ + sen x + cos x dx x = rctg t + sen x + cos x dx = = ( t + t + ) +t +t t + dt = [ln t + ] = ln + t dt = 4.8 Exercícios 4.8. Exercícios resolvidos Exerc Determine o vlor dos seguintes integris: i) Resolução. (x x)dx ii) i) Directmente d fórmul de Brrow (x x)dx = [ x3 3 3 x 3 ] x cos x dx = 3 34

35 ii) Recorrendo o método de integrção por prtes x cos x dx = [x sen x] sen x dx = sen + cos Exerc Determine o vlor dos integris i) / 4x rcsen x 4 ( x) 4 dx ii) rctg x dx. Resolução. i) Directmente d fórmul de Brrow / 8x rcsen x [ 4 ( dx = rcsen x ] / = π x) 4 36 ii) Recorrendo o método de integrção por prtes rctg x dx = [x rctg x] = (. rctg. rctg ) x + x dx = [ ln + x ] = π/4 ln Exerc Determine o vlor dos integris i) Resolução. e dx x 4 (ln x), π ii) sen x sh x dx. i) Directmente d fórmul de Brrow e dx e x 4 (ln x) = x dx = ( ln x ) [ rcsen ( )] e ln x = π 6. 35

36 ii) Tem-se, recorrendo o método de integrção por prtes, π sen x sh x dx = [ cos x sh x] π π cos x ch x dx Aplicndo mis um vez o método de integrção por prtes tem-se π Assim obtém-se equção π cos x ch x dx = [sen x ch x] π π sen x sh x dx = [ cos x sh x] π + [sen x ch x] π Concluindo-se que π sen x sh x dx = ch π sen x sh x dx π sen x sh x dx Exerc Determine o vlor dos integris i) i) Resolução. x rctg x dx ii) x (x + )(x + ) dx x rctg x dx = [ x rctg x] x + x x dx = = π 8 [x rctg x] = π 4 ii) A função integrnd é um função rcionl que se decompõe em frcções simples x (x + )(x + ) dx = A x + dx+b (x + ) dx+c = A[ln(x + )] B[ x + ] + C[ln(x + )]. A determinção ds constntes A, B, C é feit pelo método dos coeficientes indetermindos já que x = (A + C)x + (A + B + 3C)x + A + B + C 36 x + dx =

37 Tem-se A = 4, B =, C = 3 concluindo-se que: x dx = 4 ln(3/) + / 3 ln(). (x + )(x + ) Exerc Determine, usndo o método de substituição, o vlor do integrl 5 x dx x + Sugestão: Utilize substituição x = t Resolução. Aplicndo o método de integrção por substituição = 5 x dx = x + t 3 + t t + dt = t +.t dt =. t + ( t t ) t + dt = = [ t 3 /3 t + 5t ln(t + ) ] = 3/3 ln(4/3) Exerc Determine, usndo o método de substituição, o vlor do integrl dx (e x ). Sugestão: Utilize substituição e x = t = Resolução. Aplicndo o método de integrção por substituição e e ( A t + = [ln t] e e B t + dx (e x ) = ) dt = C (t ) e e e [ [ln (t )]e e t e dt (t ) t =. t dt+ ] e e e e ( e = ln e e t dt+ e ) + e e. (t ) dt =. 37

38 Exerc Clcule o seguinte integrl por substituição, recorrendo à função ϕ(t) = rctg(t) (Sugestão: sen x = tg( x ) + tg ( x )) e π + sen x dx. Resolução. Sendo x = ϕ(t) = rctg(t), ϕ (t) = + t tem-se π + sen x dx = sen( rctg(t)) = + t + t ( rctg(t)) tg( ) + tg ( rctg(t)) ( ) = t + t + t dt = ( + t) dt = [ (t + ) ] =. Exerc Considere função f : [, b] R injectiv e diferenciável, com derivd contínu, tl que, f (x) pr x [, b]. Mostre que se f([, b]) = [c, d], função invers f : [c, d] R é integrável e d c f (y) dy = f (d).d f (c).c f (d) f (c) f(x) dx. Resolução. f é contínu em [c, d] e consequentemente integrável. Integrndo por prtes d Or sendo y = f(x) c f (y). dy = [f (y).y] d c d (f ) (y) = (f ) (f(x)) = f (x) Assim integrndo por substituição em que x = f (y) d c (f ) (y).y dy = f (d) f (c) c (f ) (y).y dy f (x).f(x).f (x) dx. 38

39 Exerc Considere função F :], π[ R F (x) = i) Defin derivd de F (x) cos x ii) A função F é monóton? Justifique. Resolução. i) Sendo F (x) = x ( t )(4 t ) dt dt e f(x) = cos x ( t )(4 t ) função F = F f. Assim pel derivd d função compost F (x) = F (f(x)).f (x) Or f (x) = sen x e pelo teorem fundmentl do cálculo integrl F (x) = ( x )(4 x ) x ], [ Em conclusão F (x) = sen x ( cos x)(4 cos x) x ], π[ ii) A função F é monóton, estritmente crescente, em x ], π[ um vez que F sen x (x) = >, x ], π[ ( cos x)(4 cos x) Exerc Considere função G : R + {} R G (x) = x+x i) Defin justificndo função derivd de G. t t 4 + dt ii) O contrdomínio de G está contido em R + {}? Justifique. 39

40 Resolução. i) Sendo G (x) = x t dt e f(x) = x + t 4 x + função G = G f. Assim pel derivd d função compost G (x) = G (f(x)).f (x) Or f(x) = x + x e pelo teorem fundmentl do cálculo Em conclusão tem-se G (x) = x x 4 + G (x) = (x + x ) (x + x ) 4 (x + ) + ii) Sim, tem-se CD G = {G(x) : x R + {}} R + {}. D líne nterior deduz-se que G, em que G() =, é um função contínu crescente, pois G (x) pr x, concluindo-se do teorem de Bolzno e d monotoni d função G que CD G R + {}. Exerc Considere função G : R R i) Clcule G(). G(x) = cos x t + t dt. ii) A função G é diferenciável no seu domínio? Justifique e em cso firmtivo determine função derivd de G. Resolução. i) Tem-se pel fórmul de Brrow G() = t + t dt = [( + t ) ] =. 4

41 ii) A função g(t) = t + t fundmentl do cálculo, G (x) = x é um função contínu em R e do teorem t dt é diferenciável em R. + t Assim função G = G f, em que f(x) = cos x, é diferenciável pois result d composição de funções diferenciáveis tendo-se G cos x (x) = sen x + cos x Exerc Considere função G : ]/, + [ R G(x) = +cos x t 3 + t + t dt. i) Clcule G( 3π ). ii) Justifique que G é diferenciável em ]/, + [ e clcule G (x), pr x > /. Resolução. i) G( 3π +cos 3π/ ) = t 3 + t + t dt = t 3 + t + t dt. A função integrndo é um função rcionl que se decompõe em frcções simples t 3 + t + t = A t + B t + + em que A =, B = A e C = já que C (t + ) = (A + B)t + (A + B + C)t + A. Assim ( t t + (t + ) )dt = [ln t ln(t + ) + (t + ) ] = ln ln 3 /6. 4

42 ii) Do teorem fundmentl do cálculo, um vez que f(t) = t 3 + t + t é um função contínu no domínio e, do teorem d derivd d função compost tem-se que G é um função diferenciável em ]/, + [ tendose pr x > / G (x) = sen x ( + cos x) 3 + ( + cos x) + ( + cos x) Exerc Sbendo que f tem derivds contínus té à ordem em R, e que pr R, x f (t)dt = f(x) f(), mostre que f(x) = f() + f ()(x ) + x f (t)(x t)dt. Resolução. Recorrendo o método de integrção por prtes = xf (x) f () f(x) f() = x x = (x )f ()+x(f (x) f ()) Assim x f (t)dt = [tf (t)] x tf (t)dt = tf (t)dt = xf (x) f ()+xf () xf () x f(x) f() = f ()(x ) + tf (t)dt = (x )f ()+x x f (t)(x t)dt. x x tf (t)dt = f (t)dt x tf (t)dt Exerc Sej f : [, b] R um função diferenciável. Mostre que se F é um primitiv de f em [, b], f (x)dx = F (b)f (b) F ()F () F (x)f (x)dx. Resolução. Sendo f é diferenciável e F um primitiv de f tem-se que f é contínu e que F (x) = f(x). Assim integrndo por prtes Or f(x)f(x)dx = [f(x)f (x)] b f (x)f (x)dx [f(x)f (x)] b = F (b)f (b) F ()F (). 4

43 e f (x)f (x)dx = F (x)f (x)dx. o que conduz de imedito à proposição que se queri demonstrr. Exerc Clcule áre d região limitds pel curv y = x( x) e s rects x = e x = /. Resolução. Sendo A áre d região tem-se / ( / A = x( x) / dx = x ( x) dx = x / dx Aplicndo fórmul de Brrow obtém-se ( [ ] / [ A = 3 x3/ 5 x5/ ] / ) = 7. 3 / x 3/ dx ) Exerc Determine áre d região pln delimitd pels rects verticis de equções x =, x = e pelos gráficos ds funções rctg x, x. Assim As funções rctg x, x são funções pres tendo-se A = ( rctg x (x ) ) ( dx = rctg x (x ) ) dx Or usndo primitivção por prtes x. rctg x dx = x. rctg x x + dx = x rctg x ln(x + ) A = [x rctg x ] ln(x + ) x3 3 + x = π ln 43

44 4.8. Enuncidos de exercícios Exerc Determine o vlor dos seguintes integris i) ( x )dx ii) x + 3x + dx Exerc Determine o vlor dos seguintes integris i) (x e x )dx ii) x + x dx Exerc Determine o vlor dos seguintes integris i) π (x + sen x)dx ii) Exerc Determine o vlor dos seguintes integris i) π ( cos x)dx ii) (x + )(x + ) dx Exerc Determine o vlor dos seguintes integris i) ( )dx x ii) x x dx xe x dx Exerc Clcule por substituição, recorrendo à função ϕ(t) = rctg(t), o integrl π + cos x dx. (Sugestão: cos x = tg ( x ) + tg ( x )) Exerc Clcule por substituição, recorrendo à função ϕ(t) = t + t, o integrl x + x + x dx. Exerc Clcule por substituição, recorrendo à função ϕ(t) = rctg(t), o integrl π 3 sen x + dx. (Sugestões: sen x = tg( x ) + tg ( x ) ; t + t + = (t + ) ) 44

45 Exerc Considere função F : ]/, + [ R, definid por i) Clcule F (). F (x) = x t t + dt. ii) Justifique que F é diferenciável em ]/, + [ e clcule F (x), pr x > /. Exerc Considere função G : ]/, + [ R, definid por i) Clcule G(). G(x) = x + 4t dt. ii) Justifique que G é diferenciável em ]/, + [ e clcule G (x), pr x > /. Exerc Considere função F : ]/, + [ R, definid por i) Clcule F (). F (x) = x t + dt. ii) Justifique que F é diferenciável em ]/, + [ e clcule F (x), pr x > /. Exerc Considere função G : ]/3, + [ R, definid por i) Clcule G(). G(x) = 3x + t dt. ii) Justifique que G é diferenciável em ]/3, + [ e clcule G (x), pr x > /3. Exerc Considere função F : ]/, + [ R, definid por i) Clcule F (π). F (x) = +sen x t 3 + t dt. ii) Justifique que F é diferenciável em ]/, + [ e clcule F (x), pr x > /. 45

46 Bibliogrfi [] J. Cmpos Ferreir, Introdução à Análise Mtemátic, Fundção Gulbenkin, 8 ed., 5. [] W. Trench, Introduction to Rel Anlysis, Trinity University, 3. [3] A. Ferreir dos Sntos, Análise Mtemátic I e II, Texto de poio às uls, AEIST,