Notas Teóricas de Análise Matemática

Transcrição

1 Nots Teórics de Análise Mtemátic Rui Rodrigues Deprtmento de Físic e Mtemátic Instituto Superior de Engenhri de Coimbr

2

3 Índice Primitivção de funções reis de vriável rel. Primitivção Processos de primitivção Primitivção imedit Primitivção por prtes Primitivção por substituição Primitivção de funções rcionis Cálculo integrl 9 2. Soms de Riemnn Integrl definido Teorem fundmentl do cálculo Proprieddes do integrl definido Integrção por substituição e integrção por prtes Outrs proprieddes do integrl definido Aplicções do integrl definido Áre de regiões plns Volume de sólidos de revolução Comprimento do rco de um curv y = f(x) Integrl indefinido Integris impróprios Integris em intervlos não limitdos Integris de funções não limitds Métodos numéricos de integrção Regr dos trpézios Regr de Simpson i

4 3 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris Introdução Equções diferenciis ordináris Equções diferenciis de primeir ordem Equção diferencil liner de primeir ordem Equção diferencil de vriáveis sepráveis Equção diferencil homogéne de gru zero Equção diferencil de Bernoulli Séries numérics 7 4. Sucessões numérics Progressão ritmétic Progressão geométric Séries numérics Definição e nturez de um série Série geométric Série telescópic Série de Dirichlet Proprieddes ds séries numérics Condição necessári de convergênci Critérios de comprção pr séries de termos não negtivos Outros critérios pr séries de termos não negtivos Convergênci bsolut e convergênci simples Séries lternds Reordenção dos termos de um série numéric Séries de potêncis Introdução Rio e intervlo de convergênci Proprieddes ds séries de potêncis Referêncis bibliográfics 07 Índice lfbético 09 ii

5 Cpítulo Primitivção de funções reis de vriável rel. Primitivção Inicimos este tem com definição de primitiv de um função rel de vriável rel. Definição. Sej f um função rel de vriável rel definid num intervlo D. Primitiv de f em D é qulquer função F tmbém definid em D, tl que F (x) = f(x) pr todo o x D. Considere função f(x) = cosx definid pr todo o x R. A função F(x) = sinx é um primitiv de f pois (sinx) = cosx pr todo o x R. Existem outrs primitivs de f, como por exemplo G(x) = sinx+. Se F é um primitiv de f em D, então função G(x) = F(x) + c, qulquer que sej c R, étmbémum primitiv de f em D. De fcto, G (x) = (F(x)+c) = F (x) = f(x) pr todo o x D. Ou sej, não existe pens um primitiv de f num intervlo D. A figur present o gráfico de três primitivs d função f(x) = cosx. y x Figur.

6 Primitivção de funções reis de vriável rel Teorem. Se F e G são dus primitivs de f num intervlo D, então s funções F e G diferem pens de um constnte, isto é, existe k R tl que G(x) = F(x)+k qulquer que sej x D. Pr demonstrr este resultdo é necessário o seguinte corolário do Teorem de Lgrnge. Corolário. (do Teorem de Lgrnge) Se f : [,b] R é um função contínu e f (x) = 0 pr todo o x no intervlo berto ],b[, então f é constnte em [,b]. Demonstrção - (do teorem.) Considere função h(x) = G(x) F(x) definid emd. AfunçãohécontínuemD (porqueresultdsomdedusfunçõesdiferenciáveis em D) e h (x) = (G(x) F(x)) = f(x) f(x) = 0, pr todo o x D (porque F e G são dus primitivs de f em D). O corolário nterior permite concluir que existe k R tl que h(x) = k, isto é, que G(x) = F(x)+k em D. Ou sej, se F é um primitiv de f em D, então tod outr primitiv d função f em D é d form F(x)+c pr lgum constnte c R. Ao primitivr obtém-se um fmíli de funções e não pens um função. O gráfico de um primitiv result directmente de um trnslção no eixo ds ordends do gráfico de outr primitiv (recorde figur n págin ). As notções mis usds no cálculo d primitiv de um função são s seguintes: Pf(x) = F(x)+c, c R f(x)dx = F(x)+c, c R. Exemplos: 2xdx = x 2 +c. cosxdx = sin(x)+c. dx = ln(x)+c, (x > 0). x dx = rctn(x)+c. +x2 2

7 .. Primitivção Exercício. Verifique por definição que ln (x+ ) +x 2 é um primitiv d função f(x) = +x 2. Exercício.2 () Verifique que cos(2x) e 2 são dus primitivs d função f(x) = sin(2x). sin 2 (x) (b) Determine diferenç entre s dus primitivs. Exercício.3 Em quldsfigursestárepresentdoográficode umprimitiv dfunçãof(x) = sinhx. y y y x x x () (b) (c) O próximo resultdo fornece um condição suficiente pr existênci de primitiv. Teorem.2 (existênci de primitiv) Se f é um função contínu num intervlo D, então f tem primitiv em D. Se um função não tem primitiv, então é necessrimente um função descontínu. Import referir que certs funções descontínus são tmbém primitiváveis. Proposição. (lineridde) Se f e g são dus funções primitiváveis, então αf(x)dx = α f(x)dx, α R \{0} (.) e f(x)+g(x)dx = f(x)dx + g(x) dx. (.2) A demonstrção deste resultdo é simples, bst usr definição de primitiv. A plicção conjunt ds proprieddes (.) e (.2) permite escrever f (x)±f 2 (x)± ±f n (x)dx = f (x)dx ± ± f n (x)dx, 3

8 Primitivção de funções reis de vriável rel onde se ssume que cd função f i, i =,2,...,n, n N, é primitivável no mesmo intervlo. Primitiv-se por decomposição o utilizr em simultâneo s proprieddes (.) e (.2). Nem sempre é possível determinr um expressão finit pr primitiv de tod função primitivável. Considere título de exemplo s funções e x2 sin(x)/x e ln(sinx). Ests funções são contínus nos seus domínios, contudo, não é possível encontrr um representção d primitiv de cd função, como som finit de funções elementres..2 Processos de primitivção Dorvnte, considerm-se os seguintes processos de primitivção: Primitivção imedit Primitivção por prtes Primitivção por substituição.2. Primitivção imedit Este processo consiste n interpretção, no sentido inverso, d tbel de derivção. N mior prte ds situções consult d tbel não é no entnto suficiente. É necessári lgum mnipulção lgébric pr poder reconhecer um expressão fmilir. Deduzemse sem dificuldde s seguintes primitivs: 0dx = c, dx = x+c, kdx = kx+c, k,c R Qundo surge um primitiv d form u u α dx ondeα R\{ }e urepresentum função dvriávelx, respostéimedit, tem-se, u u α dx = uα+ +c, α R\{ }. (.3) α+ 4

9 .2. Processos de primitivção A confirmção é simples, bst derivr. ( ) u α+ α+ +c = ( u α+ ) α+ = α+ [(α+)uα+ u ] = u u α. A fórmul (.3) é usulmente designd como regr d potênci. Um cso prticulr é x α dx = xα+ +c, α R \{ }. α+ Outrs expressões podem deduzir-se de form quse imedit. Pr primitivr um função exponencil de bse, onde > 0 e, obtém-se u u dx = u +c. (.4) ln A confirmção de (.4) é mis um vez muito simples. ( ) u ln +c = ln (u ) = ln u u ln = u u. Alguns csos prticulres são e u e u dx = e u +c e x dx = e x +c. A consult de um tbel de derivção permite escrever de imedito. u dx = ln u +c u u cosudx = sin(u)+c (pss por considerrα = em u u α dx, recordr(.3)) u dx = rctn(u)+c +u2 u dx = rcsin(u)+c. u 2 5

10 Primitivção de funções reis de vriável rel Exemplos: Clculr s primitivs () x 3 5x 2 +2x+dx (b) (c) (d) x(x ) dx e 2x dx 2 4+x 2 dx Alíne () x 3 5x 2 +2x+dx = x 3 dx 5 x 2 dx+2 xdx+ dx Alíne (b) Alíne (c) Alíne (d) x(x ) dx = = = x4 4 5x3 3 +x2 +x+c e 2x dx = /2 x x dx x dx x dx = ln x ln x +c 2e 2x dx = e2x 2 +c 2 4+x 2 dx = 2 4(+x 2 /4) dx 2 = +(x/2) 2 dx = rctn(x/2)+c Teorem.3 Sej f um função primitivável no intervlo D, x 0 um ponto de D e y 0 R. Existe um únic primitiv F d função f que stisfz condição F(x 0 ) = y 0. Demonstrção - Admitmos que F e G são dus primitivs de f em D que stisfzem condição prescrit. Tem-se F (x) = G (x) = f(x) em D e F(x 0 ) = G(x 0 ) = y 0. Considerndo função h(x) = F(x) G(x), definid pr todo o x D, verific-se 6

11 .2. Processos de primitivção imeditmente que h (x) = 0 em D. Constt-se que h é um função constnte, isto é, que h(x) = k, k R, em D. Clculndo h no ponto x 0 obtém-se k = 0, e portnto F(x) = G(x) em todo o intervlo. Exemplo: Considereoproblem ddeterminçãod únic primitiv F d função f(x) = xe x2 que stisfz condição F(0) =. O cálculo d expressão gerl d primitiv de f revel que F(x) = xe x2 dx = /2 2xe x2 dx = ex2 2 +c. D equção F(0) = result c = /2. Assim, primitiv pretendid é.2.2 Primitivção por prtes F(x) = ex2 + 2 O processo de primitivção por prtes bsei-se n expressão d derivd do produto de dus funções. É por este motivo muito utilizdo n procur de primitiv pr um produto de dus funções. Considere dus funções u e v (d vriável x) definids e diferenciáveis num certo intervlo D. Clculndo derivd do produto de u por v obtém-se expressão que se pode reescrever como (u(x)v(x)) = u (x)v(x) +u(x)v (x) u(x)v (x) = (u(x)v(x)) u (x)v(x). Primitivndo por decomposição, mbos os membros d identidde nterior, deduz-se u(x)v (x)dx = [(u(x)v(x)) u (x)v(x)]dx = (u(x)v(x)) dx u (x)v(x)dx = u(x)v(x) u (x)v(x)dx + c.. Isto é, obtém-se seguinte expressão u(x)v (x)dx = u(x)v(x) u (x)v(x)dx + c (.5) que é fórmul do processo de primitivção por prtes. Assim, se se pretende utilizr fórmul (.5) pr determinr primitiv de um produto de dus funções, é necessário identificr um ds funções por u e outr por v. Exigimos u que sej um função diferenciável (porque é preciso clculr u ) e v 7

12 Primitivção de funções reis de vriável rel que sej um função primitivável, pr qul se consegue clculr explicitmente um primitiv (pois é preciso determinr v = v dx). Um vez percebid fórmul (.5), est pode ind interpretr-se de form equivlente como ( f(x)g(x)dx = ) ( f(x)dx g(x) ) f(x)dx g (x)dx+c onde se escolheu f pr primitivr e g pr derivr. Exemplo: Pretende-se clculr primitiv xe x dx. Escolhe-se u(x) = x e v (x) = e x. Tem-se u (x) = e um primitiv de v é v(x) = e x. Aplicndo fórmul (.5) result xe x dx = xe x = xe x e x +c e x dx+c = (x )e x +c, isto é, xe x dx = (x )e x +c, como se pode comprovr derivndo expressão (x )e x +c. É nturl colocr seguinte questão: Será que não se consegue obter o mesmo resultdo escolhendo u(x) = e x e v (x) = x? À prtid, est opção tmbém não prece presentr dificulddes. Neste cso, tem-se u (x) = e x e um primitiv de v é v(x) = x2 2. Obtém-se xe x dx = x2 e x 2 x 2 e x 2 dx + c. que present mis dificulddes pois é preciso clculr x 2 e x dx (elevou-se o gru do polinómio que existi inicilmente). Note que presenç d constnte de primitivção surge logo n plicção d fórmul(.5) e não pens no finl de todos os cálculos. Este é um pormenor importnte. De fcto, o plicr fórmul (.5) está implícito que primitiv de (u(x)v(x)) já foi clculd o que justific colocção d constnte. O sucesso n plicção do processo de primitivção por prtes depende em grnde prte d escolh ds funções u e v. Pr poder escolher dequdmente sugere-se simplesmente o seguinte: Qundo existe lterntiv n escolh d função primitivr, deve-se optr por primitivr quel que menos se simplific qundo derivd. 8

13 .2. Processos de primitivção Observção. É importnte observr que seguinte fórmul não é válid ( f(x)g(x)dx = )( f(x)dx ) g(x) dx, isto é, que primitiv do produto de dus funções não é igul o produto ds primitivs (tl como contece tmbém com derivd do produto de dus funções). Dí que, n presenç de um produto de dus funções, o processo de primitivção por prtes cbe por surgir como um bo idei pr poder clculr primitiv d função produto. Antes de plicr o processo de primitivção por prtes, convém verificr se primitiv que se pretende clculr é d form v(x)v (x)dx. Tudo é mis simples se se observr que estmos n presenç de um primitiv imedit v(x)v (x)dx = v(x)2 +c. 2 Exemplos: Clcule primitivndo por prtes. () x lnxdx (b) x 2 e x dx (c) sinx cosxdx (d) lnxdx. Alíne () ( x lnxdx = ) ( xdx lnx = x 2 /2 lnx x/2dx+c = x 2 /2 lnx x 2 /4+c ) xdx (lnx) dx+c 9

14 Primitivção de funções reis de vriável rel Alíne (b) Primitivndo dus vezes por prtes ( ) ( (x x 2 e x dx = e x dx x 2 e dx) x 2 ) dx+c = x 2 e x 2 xe x dx+c ( = x 2 e x 2 xe x ) e x dx +c Alíne (c) = (x 2 2x+2)e x +c A primitiv é imedit. No entnto, tmbém se pode determinr primitivndo por prtes. ( sinx cosxdx = = (sinx) 2 ) ( cosxdx sinx sinx cosxdx+c ) cosxdx (sinx) dx+c Observndo com tenção not-se que plicção do processo de primitivção por prtes originou equção A = (sinx) 2 A+c onde incógnit A represent primitiv que se pretende clculr. Resolvendo em ordem A result Alíne (d) sinx cosxdx = (sinx)2 2 +c. Um plicção interessnte do processo de primitivção por prtes. ( ) ( ) lnxdx = dx lnx dx (lnx) dx+c = x lnx dx+c = x lnx x+c.2.3 Primitivção por substituição O próximo resultdo estbelece um fórmul pr o cálculo d primitiv trvés de um mudnç de vriável. Teorem.4 Se f é um função primitivável num intervlo J e g é um função simultnemente diferenciável e invertível num intervlo J de tl form que g(j ) = J, então ( ) f(x)dx = f(g(t))g (t)dt. (.6) t=g (x) 0

15 .2. Processos de primitivção Com substituição ou mudnç de vriável x = g(t) pretende-se simplificr o cálculo d primitiv, isto é, esper-se que primitiv que surge no segundo membro d equção(.6) sej mis simples de determinr que primitiv d função inicil. Note que primitiv no segundo membro de (.6) é clculd em ordem à vriável t, dndo lugr à posterior substituição de t pel expressão de g. Demonstrção - (do teorem.4) Pr obter o resultdo pretendido bst mostrr que ( ) f(x)dx = x=g(t) f(g(t))g (t)dt, ou de form equivlente que F(g(t))+c = f(g(t))g (t)dt, (.7) onde F represent um primitiv d função f. A derivd em ordem à vriável t d função compost F(g(t)), origin d dt (F(g(t))) = F (g(t)) g (t) = f(g(t)) g (t). A derivd, em ordem à vriável t, d expressão que está no segundo membro de (.7) permite obter ( d dt ) f(g(t))g (t)dt = f(g(t)) g (t). Obteve-se o mesmo resultdo em mbs s derivções, logo, fic estbelecid identidde (.7) e consequentemente (.6). Assim, os pssos efectur n plicção do processo de primitivção por substituição o cálculo d primitiv são os seguintes: f(x)dx. Identificr mudnç de vriável dequd x = g(t) onde g é um função diferenciável e invertível, recorrendo gerlmente à consult de um tbel de substituições. 2. Primitivr função f(g)g em ordem à vriável t, isto é, clculr f(g(t))g (t)dt. 3. Finlmente, repor vriável originl, isto é, substituir vriável t pel expressão de g no resultdo obtido no psso nterior.

16 Primitivção de funções reis de vriável rel Exemplos: () Clculr (lnx) 2 dx, x > 0. x Est primitiv pode clculr-se directmente. Bst notr que função que se pretende primitivr é d form u u 2 com u = lnx. Mostrmos que plicção do processo de primitivção por substituição tmbém permite determinr primitiv pretendid. Primeiro psso: Considermos substituição x = e t, isto é, escolhemos g(t) = e t, t R, que é um função invertível e diferenciável em todo o seu domínio. A su derivd é g (t) = e t. Se x = e t, então t = lnx e função invers de g é g (x) = lnx. Segundo psso: Clcul-se f(g(t))g (t)dt. Tem-se (lne f(g(t))g t ) 2 (t)dt = e t = t 2 dt e t dt = t3 3 +c. Finlmente, substituindo t pel expressão de g, obtém-se primitiv pretendid, ( ) (lnx) 2 t 3 dx = x 3 +c = (lnx)3 +c, c R. t=lnx 3 (b) Determinr x+ x dx, x > 0. Considermos substituição x = t 2, isto é, escolhemos g(t) = t 2, impondo t > 0 pr que g sej um função invertível. Temos então t = x. Assim, t f(g(t))g 2 + (t)dt = 2tdt t = 2t3 3 +2t+c. Logo, ( ) x+ 2t 3 dx = x 3 +2t+c = 2x x +2 x+c, c R. t= x 3 2

17 .3. Primitivção de funções rcionis (c) Clculr x2 dx, x [,]. Considermos substituição x = sint onde se ssume que t [ π/2,π/2]. A substituição invers é t = rcsin x. Primitivndo por substituição obtém-se f(g(t))g (t)dt = (sint)2 costdt cos2 = t costdt = costcostdt = cos 2 tdt +cos(2t) = dt 2 = t 2 + sin(2t) +c. 4 Porque se pretende que o resultdo finl sej o mis simples possível, é preciso simplificr um pouco mis expressão obtid. Tem-se f(g(t))g (t)dt = t 2sint cost + +c = t sint cost + +c Usndofórmulfundmentl dtrigonometricomsint = xet [ π/2,π/2] deduz-se que cost = x 2. Logo, primitiv pretendid é x2 dx = rcsinx 2 + x x Primitivção de funções rcionis Inicimos est secção com definição de um função rcionl. Definição.2 (função rcionl) +c. Tod função definid como o quociente de dois polinómios é um função rcionl. Ou sej, função rcionl é tod função d form f(x) = p(x) d(x) = nx n + + x+ 0 b m x m + +b x+b 0 (n,m N 0 ), (.8) definid pr todo x R tl que d(x) 0. Definição.3 (função rcionl própri e função rcionl imprópri) Um função rcionl diz-se imprópri se o gru do polinómio em numerdor for superior ou igul o gru do polinómio em denomindor. Cso contrário, função rcionl diz-se própri. 3

18 Primitivção de funções reis de vriável rel É costume chmr frcções rcionis às funções rcionis (.8) pr s quis m. O próximo resultdo indic que tod frcção rcionl própri se pode escrever como som de determinds frcções com um expressão mis simples. Teorem.5 (decomposição em elementos simples) Tod frcção rcionl própri se pode decompor n som de certs frcções rcionis designds como frcções simples. A est decomposição muito prticulr chm-se decomposição em elementos simples. Apresentmos o processo composto por três etps que permite obter decomposição enuncid no teorem. Consider-se frcção rcionl própri p(x) d(x). Determinm-se os zeros do polinómio d em denomindor, isto é, determinm-se s rízes d equção d(x) = Efectu-se seguinte correspondênci: (i) Cd riz rel simples α origin frcção simples A x α onde A é um constnte rel determinr. (ii) Cd riz rel α de multiplicidde k origin s k frcções simples B x α, B 2 (x α) 2,... B k (x α) k, onde B,...,B k são k constntes reis determinr. (iii) Cd pr de rízes complexs conjugds ± bi origin um frcção simples d form Cx+D (x ) 2 +b 2 onde C e D são constntes reis determinr. (iv) Cd pr de rízes complexs conjugds ± bi de multiplicidde k dá origem k frcções simples d form C x+d (x ) 2 +b 2, C 2 x+d 2 [(x ) 2 +b 2 ] 2,... C k x+d k [(x ) 2 +b 2 ] k, onde C,...,C k e D,...,D k são constntes reis determinr. 3. Por fim, frcção rcionl própri reescreve-se como som de tods s frcções simples presentds n etp nterior. 4

19 .3. Primitivção de funções rcionis A primitivção de um função rcionl própri p(x) d(x) é gor bstnte simples de concretizr. Bst executr os seguintes pssos:. Decompor frcção rcionl própri em elementos simples com o respectivo cálculo ds constntes (cujo o cálculo é descrito nos exemplos presentdos mis à frente). 2. Primitivr por decomposição sbendo que: (i) A frcção simples ssocid um riz rel simples origin um logritmo. (ii) As frcções simples ssocids um riz rel de multiplicidde k originm um logritmo e k potêncis. (iii) A frcção simples ssocid um pr de rízes complexs conjugds dá origem um logritmo ou um rco-tngente. Não se descreve o cso ds rízes complexs conjugds de multiplicidde k. Este ssunto específico pode encontrr-se n bibliogrfi. Exemplos: () Pretende-se clculr 2 x 2 4 dx, onde x Os zeros do polinómio d(x) = x 2 4 são x = ±2 e decomposição em elementos simples é 2 x 2 4 = 2 (x 2)(x+2) = A x 2 + B x+2. Pr determinr s constntes A e B recorremos o método dos coeficientes indetermindos que descrevemos de seguid. Tem-se decomposição 2 x 2 4 = A x 2 + B x+2. Logo, 2 x 2 4 = A(x+2)+B(x 2) x 2. 4 D iguldde ds frcções result equção 2 = A(x+2)+B(x 2), que é equivlente 2 = (A+B)x+(2A 2B). 5

20 Primitivção de funções reis de vriável rel D identidde de polinómios result A+B = 0 2A 2B = 2 e portnto A = /2 B = /2 A decomposição em elementos simples fic gor complet 2 x 2 4 = /2 x 2 /2 x+2. Assim, 2 x 2 4 dx = = 2 /2 x 2 dx x 2 dx 2 /2 x+2 dx x+2 dx = /2 ln x 2 /2 ln x+2 +c. (b) Clculr x 2 +2x+3 dx onde x,. (x )(x+) 2 A decomposição d frcção rcionl própri em elementos simples origin x 2 +2x+3 (x )(x+) 2 = A x + B x+ + B 2 (x+) 2 = 3/2 x /2 x+ (x+) 2. Logo, x 2 +2x+3 (x )(x+) 2 dx = 3/2 x dx /2 x+ dx (x+) 2 dx = 3/2 ln x /2 ln x+ + x+ +c. Qundo frcção rcionl p(x) d(x) é imprópri, deve efectur-se divisão dos polinómios té que o polinómio resto, indicdo por r, tenh gru inferior o gru de d. Obtém-se ssim decomposição p(x) r(x) = q(x)+ d(x) d(x) 6

21 .3. Primitivção de funções rcionis onde q represent o polinómio quociente d divisão e é gor um frcção rcionl própri. Exemplo: Pretende-se clculr r(x) d(x) x 3 +x 2 +x+3 x 2 dx +2 onde x Porque frcção rcionl é imprópri, é necessário efectur divisão dos dois polinómios. Obtém-se x 3 +x 2 +x+3 x 2 +2 Observ-se que frcção rcionl própri = x+ + x x x x 2 +2 já se encontr n su form mis simples. Est corresponde o pr de rízes complexs conjugds x = ± 2i e origin, por primitivção, um logritmo e um rcotngente. Assim, x 3 +x 2 +x+3 x 2 +2 dx = = = x+dx+ = x x+dx+ x 2 +2 dx x+dx+ x 2 +2 dx x+dx+ 2/2 /2 ( x/ 2 ) 2 + dx x x 2 +2 dx x x 2 +2 dx / 2 ( ) 2 dx /2 x/ 2 + 2x x 2 +2 dx ( = x2 2 +x+ 2/2 rctn x ) 2/2 /2 ln(x 2 +2)+c. 7

22

23 Cpítulo 2 Cálculo integrl 2. Soms de Riemnn Considere um decomposição do intervlo rel [,b] em n N subintervlos d form [x 0,x ], [x,x 2 ],... [x n,x n ], onde os pontos x i, com i = 0,,...,n, são tis que x 0 =, x i < x i (i =,2,...,n) e x n = b. A decomposição é designd por e é representd pens pelos seus pontos do seguinte modo : = x 0 < x < < x n < x n = b. À decomposiçãoestão ssocidosnintervlosen+pontos. Us-se x i prrepresentr mplitude do intervlo [x i,x i ], isto é, x i = x i x i, i =,2,...,n, e define-se diâmetro d decomposição, representdo por, como sendo mplitude do mior intervlo de, isto é, o número rel positivo ddo por Exemplo: = mx i=,...,n x i. Considere o intervlo [0,2] e seguinte decomposição : 0 < /2 < < 2. Tem-seospontosx 0 = 0,x = /2,x 2 = ex 3 = 2,ossubintervlos[0,/2],[/2,] e [,2], com s correspondentes mplitudes x = /2, x 2 = /2 e x 3 =, donde, =. 9

24 Cálculo integrl Definição 2. (som de Riemnn) Considere um função rel f definid e limitd no intervlo [, b], um decomposição de [,b] e um ponto c i em cd intervlo [x i,x i ] de, i =,2,...,n. Chm-se som de Riemnn d função f pr decomposição e conjunto de pontos c i escolhidos, à expressão mtemátic n f(c i ) x i = f(c ) x + +f(c n ) x n (2.) i= que é representd por S(f, ). Import observr qul o significdo geométrico de um som de Riemnn. Pr cd prcel d som (2.) pode deduzir-se o seguinte: Se f(c i ) > 0 então f(c i ) x i represent o vlor d áre de um rectângulo R i cujo comprimento d bse é x i e cuj ltur é o vlor f(c i ). y f f(c i) R i x x i c i x i Figur 2. Se f(c i ) < 0 então f(c i ) x i é o simétrico do vlor d áre de um rectângulo R i de bse x i e ltur igul f(c i ). y x i c i x i x f(c i) R i f Figur

25 2.. Soms de Riemnn Conclui-se que um som de Riemnn consiste n diferenç entre, som do vlor ds áres dos rectângulos que estão cim do eixo ds bcisss e som do vlor ds áres dos rectângulos que estão bixo do eixo ds bcisss. A próxim figur ilustr ests conclusões. y f x 0 c x x 2 x3 x 4 c 2 c 3 c 4 x Figur 2.3 À figur corresponde som de Riemnn S(f, ) = f(c ) x +f(c 2 ) x 2 +f(c 3 ) x 3 +f(c 4 ) x 4 = A +A 2 A 3 A 4 = A +A 2 (A 3 +A 4 ) onde A i represent áre do rectângulo de bse igul x i = x i x i e ltur igul f(c i ), com i =,2,3,4. Exercício 2. Considere função f(x) = x 3, o intervlo [,2], decomposição : < 0 < < 2 e clcule um som de Riemnn de f pr. Exemplo: Considere função f(x) = x definid no intervlo [,b] = [0,] e considere tmbém um decomposição de [0,] em n N subintervlos de igul mplitude. A decomposição tem n+ pontos e mplitude de cd subintervlo é x i = b n = n i =,2...,n. Os pontos d decomposição : 0 = x 0 < x < < x n = são x 0 = 0 x = x 0 + n = n x 2 = x + n = 2 n. x i = i n. x n = n n =. 2

26 Cálculo integrl Em cd subintervlo [x i,x i ] escolhe-se c i = x i. A som de Riemnn correspondente é dd por n n n S(f, ) = f(c i ) x i = f(x i ) x i = f (i/n) x i = n n 2 i. i= i= i= i= Porque tem-se finlmente, n i= i = n(+n) 2 S(f, ) = +n 2n, (n ). Exercício 2.2 Considere os ddos do exemplo nterior e clcule S(f, ) qundo em cd intervlo [x i,x i ] se escolhe c i = x i. Observção 2. Recordm-se lgums fórmuls imprescindíveis n simplificção de cálculos semelhntes. n i= n i= i = n(+n) 2 i 2 = n(n+)(2n+) 6 n ( ) 2 n(+n) i 3 =. 2 i=,, Considere s seguintes figurs. y R f b x Figur

27 2.2. Integrl definido y f R R 2 b x Figur 2.5 Se o número de subintervlos de um decomposição de [,b] é muito grnde, ou de form equivlente, se o diâmetro d decomposiçãode [,b] é muito pequeno, então o vlor d som de Riemnn correspondente, prece proximr-se do vlor:. D áre d região R - re(r) - no cso d primeir figur. 2. D expressão re(r ) re(r 2 ) n situção presentd n segund figur. 2.2 Integrl definido A exposição d secção nterior conduz definição de integrl definido. Definição 2.2 (integrl de Riemnn ou integrl definido) Considere um função f definid e limitd no intervlo rel [, b]. Chm-se integrl de Riemnn ou integrl definido de f no intervlo [,b] o vlor do limite lim S(f, ) (2.2) 0 qundo existe e é finito. O integrl definido de f em [,b] é representdo por b f(x)dx. (2.3) Por definição de integrl definido, tem-se b f(x)dx = lim S(f, ) = lim 0 0 n f(c i ) x i. Dizer que o limite (2.2) existe signific dizer que o seu vlor é o mesmo qulquer que sej decomposição de [,b] escolhid e qulquer que sej o conjunto de pontos c i escolhido. O vlor do limite tem de ser independente d decomposição e do conjunto de pontos. N expressão (2.3), f é função integrnd e e b são os extremos de integrção do integrl definido. i= 23

28 Cálculo integrl Definição 2.3 Um função f é integrável no intervlo [,b] se existe o integrl definido de f em [,b]. O próximo resultdo cuj demonstrção é omitid present um condição suficiente pr existênci de integrl definido. Teorem 2. Se f é um função contínu no intervlo [,b] então f é integrável em [,b]. Note-se que um função pode ser descontínu em [,b] e ser tmbém integrável no intervlo [, b]. Voltremos est situção prticulr um pouco mis à frente. Exemplo: Pretende-se clculr o integrl definido d função f(x) = x no intervlo [0,]. Porque f é um função contínu, pelo teorem 2., f é um função integrável, isto é, o limite (2.2) existe e é finito, e é independente d decomposição e d escolh de pontos do intervlo [0,]. Pode escolher-se um decomposição de [0,] em n subintervlos de igul mplitude e tomr-se c i = x i em cd subintervlo [x i,x i ]. Recordndo o exemplo n págin 2, tem-se = mx i=,...,n x i = n e S(f, ) = +n 2n. Note-se que n + equivle 0. Assim, por definição, tem-se 0 xdx = lim 0 S(f, ) = lim n + S(f, ) = lim n + +n 2n = 2. Mostrou-se que o integrl definido de f(x) = x em [0,] é /2, isto é, 0 xdx = /2. Usndo em simultâneo definição de integrl definido e interpretção geométric ds somsde Riemnn, conclui-se que, se f é contínuenão negtiv no intervlo [,b], então o vlor do seu integrl definido é exctmente igul o vlor d áre d região limitd superiormente pelo gráfico de f, inferiormente pelo eixo ds bcisss e lterlmente pels rects verticis x = e x = b. O exemplo nterior permite verificr fcilmente este fcto Teorem fundmentl do cálculo Teorem 2.2 (teorem fundmentl do cálculo) Se f é um função contínu no intervlo [,b] e F é um primitiv de f em [,b], então b f(x)dx = F(b) F(). 24

29 2.2. Integrl definido O resultdo nterior mostr que o cálculo do integrl definido de um função contínu é, pelo menos do ponto de vist teórico, simples de concretizr. Observção 2.2 A expressão F(b) F() represent-se de form condensd por [F(x)] x=b x= ou [F(x)]b. Demonstrção - (do teorem fundmentl do cálculo) Sej : = x 0 < x < < x n = b um decomposição do intervlo [,b] e sej F um primitiv d função f em [,b] (isto é, F (x) = f(x) pr todo o x em [,b] - está implícito que F ( + ) = f() e F (b ) = f(b)). Verific-se com fcilidde que F(b) F() = n [F(x i ) F(x i )]. (2.4) i= Porque f é um função contínu em [,b], pode deduzir-se que F é diferenciável em [,b]. Logo, o teorem de Lgrnge justific existênci de um ponto c i em cd intervlo berto ]x i,x i [, de tl modo que Ou sej, deduz-se que F(x i ) F(x i ) x i x i = F (c i ). F(x i ) F(x i ) = f(c i ) x i pois x i = x i x i e F = f. Assim, de (2.4), obtém-se F(b) F() = n f(c i ) x i. Se pr tod decomposição de [,b], os pontos c i forem escolhidos como foi descrito, pode concluir-se que lim 0 i= n f(c i ) x i = F(b) F(). i= Porque f é integrável, tem-se necessrimente como se pretendi. b f(x)dx = F(b) F() Teorem 2.3 Se f é um função contínu em [,b], então o integrl definido não depende d primitiv de f. b f(x)dx 25

30 Cálculo integrl Demonstrção - Se F e G são dus primitivs de f no intervlo [,b], então existe k R tl que F(x) = G(x)+k pr todo o x [,b]. Bst observr que F(b) F() = G(b) G() pr concluir demonstrção. Exemplos: Considere função contínu f(x) = x. Um primitiv de f é F(x) = x 2 /2. Logo, [ x 2 xdx = 2 0 [ 2 x 2 xdx = 2 [ x 2 xdx = 2 ] 0 ] 2 ] = 2, = 8 2 = 3 8, = 0. Interprete estes resultdos do ponto de vist geométrico. 2.3 Proprieddes do integrl definido Proposição 2. Se f e g são dus funções integráveis no intervlo [,b]. então (i) (ii) b f(x)±g(x)dx = b f(x)dx± b b αf(x)dx = α b f(x)dx, α R. g(x)dx; Proposição 2.2 Se f é um função integrável no intervlo [,b], então (i) (ii) (iii) b f(x)dx = 0; f(x)dx = b b f(x)dx = c f(x)dx; f(x)dx+ b c f(x)dx, pr todo o c [,b]; (iv) Se f(x) 0 em [,b], então b f(x)dx 0. 26

31 2.3. Proprieddes do integrl definido Exemplo: Pretende-se clculr Obtém-se Teorem 2.4 e 2 e e 2 e +3(lnx) 2 dx. xlnx +3(lnx) 2 dx = xlnx e 2 e e 2 xlnx dx + 3 lnx e x dx = [ln(lnx)] e2 e +3 [ (lnx) 2 2 = ln2+9/2. Se f e g são dus funções integráveis no intervlo [,b], tis que f(x) g(x) pr todo o x [,b], então b f(x)dx b g(x)dx. ] e 2 e Demonstrção - Considere função h(x) = f(x) g(x) definid e integrável no intervlo [,b]. Logo, h(x) 0 pr todo o x [,b]. Pelo ponto (iv) n proposição 2.2, pode concluir-se que b h(x)dx 0 b f(x) g(x)dx 0. Pel propriedde (i) n proposição 2., obtém-se finlmente b f(x)dx b Exemplo: Considere s funções f(x) = x e g(x) = x 2. g(x)dx. No intervlo [0,] ocorre x 2 x e portnto pode concluir-se que x 2 dx < 0 0 No intervlo [,2] tem-se x x 2 e por isso 2 xdx < 2 xdx. x 2 dx. Teorem 2.5 Se f é um função contínu em [,b], m é o vlor mínimo de f em [,b] e M é o vlor máximo de f em [,b], então m(b ) b f(x)dx M (b ). 27

32 Cálculo integrl Demonstrção - Porque função f é contínu num intervlo fechdo, o teorem de Weierstrss indic que f tinge em [,b] um vlor máximo M e um vlor mínimo m, isto é, tem-se m f(x) M pr todo o x [,b]. Pelo teorem 2.4, conclui-se que b mdx Ou sej, m(b ) b f(x)dx b b M dx. f(x)dx M (b ) como se pretendi. Finlmente, observe que iguldde só tem sentido se f for um função constnte no intervlo [, b]. Teorem 2.6 (do vlor médio pr integris) Se f é um função contínu em [,b], então existe um ponto c ],b[ tl que f(c) = b b f(x)dx. (2.5) A interpretção geométric deste resultdo é simples no cso em que f 0. Considere seguinte figur. y f f(c) c b x Figur 2.6 A expressão (2.5) pode reescrever-se como f(c)(b ) = b f(x)dx. Ou sej, existe pelo menos um ponto c ], b[ de tl modo que, o vlor d áre d região pln limitd superiormente pelo gráfico d função f, inferiormente pelo eixo ds bcisss e lterlmente pels rects verticis x = e x = b, é exctmente igul o vlor d áre de um rectângulo de bse igul b e ltur igul f(c). Demonstrção - (do teorem do vlor médio pr integris) Se f é constnte igul k então c é qulquer ponto do intervlo [,b]. De fcto, b f(x)dx = b kdx = k(b ) = f(c)(b ), 28

33 2.3. Proprieddes do integrl definido qulquer que sej c em [,b]. Suponhmos então que f não é um função constnte. Porque f é contínu em [,b], existem u e v em [,b] tis que f(u) = m e f(v) = M, onde m e M são respectivmente o vlor mínimo e o vlor máximo de f em [,b]. Pelo teorem 2.5 conclui-se que isto é, f(u)(b ) < Considere gor o número rel b f(u) < b f(x)dx < f(v)(b ), b α = b f(x)dx < f(v). b f(x)dx. Porque f é contínu e α é um número entre f(u) e f(v), plicção do teorem de Bolzno permite grntir existênci de um ponto c entre u e v tl que f(c) = α, como se pretendi. Teorem 2.7 Se f é um função contínu em [,b], então b f(x)dx b f(x) dx. Demonstrção - Porque se tem f(x) f(x) f(x) pr todo o x [,b], plicção do teorem 2.4 permite concluir que condição que implic b f(x) dx b b f(x)dx f(x)dx b b f(x) dx. f(x) dx, Teorem 2.8 Se f é um função integrável em [,b], então f é um função limitd em [,b]. 29

34 Cálculo integrl 2.3. Integrção por substituição e integrção por prtes Integrção por substituição Sejf umfunçãocontínunumintervlo[x 0,x ]. Pretende-seclculrointegrldefinido x x 0 f(x)dx pormeiodmudnçdevriável x = g(t) ondeg éumfunçãodiferenciáveleinvertível num intervlo [t 0,t ] de tl form que x 0 = g(t 0 ) e x = g(t ). Assumindo ind que função compost f g está bem definid no intervlo [t 0,t ] e que g é um função contínu nesse mesmo intervlo, mostr-se que é válid seguinte identidde x x 0 f(x)dx = t t 0 f(g(t))g (t)dt. (2.6) Exemplo: Pretende-se clculr 2 x+ x dx. Efectu-se mudnç de vriável x = t 2 com t > 0 (grntindo ssim que função g(t) = t 2 é invertível). Obtém-se dx = 2tdt, t 0 = g (x 0 ) = x 0 = e t = g (x ) = x = 2. Aplicndo (2.6), tem-se 2 2 x+ dx = x [ t 3 = 2 3 +t t 2 + 2tdt t ] 2 = Integrção por prtes Mostr-se que b b u(x)v (x)dx = [u(x)v(x) b u (x)v(x)dx, (2.7) onde se ssume que tods s funções envolvids são contínus. Exemplo: Pretende-se clculr 2 lnxdx. A plicção de (2.7) permite escrever 2 2 lnxdx = [xlnx] 2 dx = 2ln(2). 30

35 2.4. Outrs proprieddes do integrl definido 2.4 Outrs proprieddes do integrl definido Mostrmos que não é necessário exigir que um função sej contínu pr concluir que est é integrável de cordo com definição 2.2. Pr o efeito, considere o seguinte resultdo. Teorem 2.9 Se f é um função limitd num intervlo [,b] e f é descontínu num número finito de pontos de [,b], pr os quis existem e são finitos os limites lteris, então f é integrável no intervlo [, b]. Exemplo: Considere função x se x [0,] f(x) =. x+ se x ],2] A função é limitd no intervlo [0,2] e é descontínu em x =. No entnto, existem e são finitos os limites lteris lim f(x) = e lim f(x) = 2. x x + Logo, pelo teorem nterior, pode concluir-se que f é um função integrável. Flt sber como clculr o integrl definido de um função descontínu num número finito de pontos. O próximo resultdo present respost. Teorem 2.0 Sejm f e g dus funções integráveis no intervlo [,b]. Se f(x) g(x) num número finito de pontos de [,b], então Exemplo: b f(x)dx = b g(x)dx. Considere função do exemplo nterior. Tem-se 2 0 f(x)dx = 0 f(x)dx+ 2 f(x)dx. Aplicndo o teorem nterior com g(x) = x+ definid no intervlo [, 2], obtém-se Assim, f(x)dx = 0 [ x 2 f(x)dx = 2 f(x)dx+ ] 0 2 g(x)dx. [ ] x x = 3. 3

36 Cálculo integrl Exercício 2.3 Verifique que função é integrável e clcule 0 se x f(x) = se x = 2 0 f(x)dx. 2.5 Aplicções do integrl definido 2.5. Áre de regiões plns Assume-se que f e g são dus funções contínus. () Considere região pln R definid pel su fronteir do seguinte modo: R é limitd superiormente pelo gráfico d função f, é limitd inferiormente pelo eixo ds bcisss e é limitd lterlmente pels rects verticis de equção x = e x = b. y R f b x Figur 2.7 O vlor d áre d região R é ddo pelo integrl definido b f(x)dx. (b) No cso d região pln y R f g b x Figur

37 2.5. Aplicções do integrl definido O vlor d áre d região R é b f(x)dx b g(x)dx = b (f(x) g(x))dx. (c) N situção y b x m R f g Figur 2.9 O vlor d áre d região R é ind b (f(x) g(x))dx. De fcto, re(r) = = b b (f(x)+ m )dx (f(x) g(x))dx. b (g(x)+ m )dx (d) N situção y R b f x Figur

38 Cálculo integrl A áre d região R é dd por (e) Finlmente, n situção b f(x)dx. y g R R 2 f c b x Figur 2. Conclui-se sem dificuldde que o vlor d áre d região R = R R 2 é ddo pel expressão re(r) = re(r )+re(r 2 ) = c (f(x) g(x))dx + b c (g(x) f(x))dx. Exemplo: Pretende-se determinr o vlor d áre d região pln R que result d reunião de R - limitd pels rects x = e x = 0, e pels curvs y = x e y = x 2, com R 2 - limitd pels rects x = 0 e x =, e ind pels curvs y = x e y = x 2. O resultdo é re(r) = 0 x 2 xdx + 0 x x 2 dx =. 34

39 2.5. Aplicções do integrl definido Volume de sólidos de revolução Assumindo que f e g são dus funções contínus. () Considere figur que represent região pln R, limitd pelo gráfico de um função f, pelo eixo ds bcisss e pels rects verticis x = e x = b. y R f b x Figur 2.2 Mostr-se que o volume V do sólido de revolução, gerdo pel rotção em torno do eixo ds bcisss d região pln R, é ddo por V = π b f(x) 2 dx. (b) N situção y R f b g x Figur 2.3 O volume do sólido de revolução gerdo pel rotção em torno do eixo ds bcisss d região pln R, limitd pels rects verticis x = e x = b e pelo gráfico ds funções f e g, é ddo por V = π b f(x) 2 dx π b g(x) 2 dx = π b f(x) 2 g(x) 2 dx. 35

40 Cálculo integrl (c) No cso d região pln y b x R f g Figur 2.4 Comprove que o volume do sólido de revolução gerdo pel rotção em torno do eixo ds bcisss d região pln R, limitd pelo gráfico ds funções f e g e pels rects verticis x = e x = b, é V = π b g(x) 2 f(x) 2 dx. Exemplo: Pretende-se determinr o volume de um esfer de rio r. Consider-se circunferênci de equção x 2 +y 2 = r 2, de centro no ponto (0,0) e rio r > 0. A rotção em torno do eixo ds bcisss, d região pln limitd pels curvs y = 0 e y = r 2 x 2, origin um esfer de rio r. O seu volume é V = π = π = π r r r r ( r2 x 2 ) 2 dx r 2 x 2 dx [r 2 x x3 3 = 4 3 πr3. ] r r O rciocínio é semelhnte no cálculo do volume de um sólido de revolução, gerdo pel rotção de um região pln em torno do eixo ds ordends. Neste cso, é necessário interpretr o problem de outr perspectiv, que pss pel troc do ppel do eixo ds bcisss e do eixo ds ordends, isto é, pel permut entre vriável independente e vriável dependente. Será tmbém necessário determinr expressão d função invers de lgums funções envolvids em cd problem prticulr. 36

41 2.5. Aplicções do integrl definido Exemplo: Pretende-se determinr o volume do sólido de revolução, gerdo pel rotção em torno do eixo ds ordends, d região pln limitd pel curv y = x 2, pel rect horizontl y = 2 e pel condição x 0. Obtém-se V = π 2 ( y) 2 dy = π ydy = 2π. É importnte reconhecer que o sólido de revolução gerdo pel rotção de um região pln, em torno do eixo ds bcisss, é gerlmente diferente do sólido obtido pel rotção d mesm região pln, em torno do eixo ds ordends. Consequentemente, os volumes dos dois sólidos são tmbém gerlmente diferentes. Vejmos um exemplo. Exemplo: Considere região pln definid pels condições 0 x e 0 y x. y x Figur 2.5 O volume do sólido gerdo pel rotção d região em torno do eixo ds bscisss é V = π 0 x 2 dx = π/3. O volume do sólido gerdo pel rotção d região em torno do eixo ds ordends é ddo por Observção 2.3 A plicção d fórmul V = π 2π 0 b y 2 dy = 2π/3. xf(x)dx tmbém permite obter o volume do sólido de revolução gerdo pel rotção em torno do eixo ds ordends, d região pln limitd pelo gráfico de f, pelo eixo ds bcisss e pels rects verticis de equção x = e x = b. Verifique plicção dest fórmul com os ddos do exemplo nterior. 37

42 Cálculo integrl Exercício 2.4 Defin um região pln cuj rotção em torno do eixo ds bcisss e rotção em torno do eixo ds ordends, origine sólidos de revolução de igul volume. Verifique clculndo os seus vlores Comprimento do rco de um curv y = f(x) Sej f um função diferenciável no intervlo [, b]. Considere figur y f b x Figur 2.6 Mostr-se que o integrl definido b +[f (x)] 2 dx é igul o vlor do comprimento d curv representd pelo gráfico de f, do ponto de coordends (,f()) o ponto de coordends (b,f(b)). Exemplo: Qul o comprimento do gráfico d função f(x) = x no intervlo [,2]? O comprimento pretendido é C = = 2 2 +[f (x)] 2 dx 2dx = 2. Resultdo que é possível comprovr plicndo o teorem de Pitágors. Exemplo: Considere região pln limitd pelo gráfico ds curvs y = coshx, x = ln2, x = ln2 e y = 0 (ln2 0.69). () Clcule áre d região (b) Clcule o comprimento d fronteir d região 38

43 2.5. Aplicções do integrl definido A figur represent região pln enuncid y ln2 ln2 x Figur 2.7 A áre d região pln é A = ln2 coshxdx = 2 ln2 ln2 0 coshxdx = 2sinh(ln2) = 3/2. O comprimento d fronteir d região é ddo por ln2 C = 2ln2+2cosh(ln2)+ = 2ln2+5/2+2 = 2ln2+5/2+2 = 2ln2+5/2+3/2 = 2(ln2+2). ln2 0 ln2 0 ln2 +[(coshx) ] 2 dx +sinh 2 x dx coshxdx 39

44 Cálculo integrl 2.6 Integrl indefinido Sej f um função integrável no intervlo [,b]. Logo, f tmbém é integrável no intervlo [,x], qulquer que sej x [,b]. Usndo função f define-se um nov função rel de vriável rel cujo domínio é [,b], d seguinte form Exemplo: Exemplo: G(x) = x Considere função f(t) = 3t t 2 + f é contínu e por isso integrável. Logo, G(x) = x 0 f(t)dt. onde t R. 3t t 2 + dt = 3/2[ ln(t 2 +) ] x 0 = 3/2 ln(x 2 +). Ou sej, G(x) = 3/2 ln(x 2 +) pr todo o x R. Determine onde função f é G(x) = x 0 f(t)dt t, 0 t < f(t) =. t 2, t A função f é integrável no seu domínio pesr de não ser contínu no ponto t =. Recordem-se s proprieddes presentds n secção 2.4. Assim, pr x [0, [ tem-se Se x, então G(x) = x 0 Finlmente, Exercício 2.5 f(t)dt = 0 G(x) = x 0 f(t)dt+ x f(t)dt = f(t)dt = x 0 0 tdt = x2 2. tdt+ x x 2 /2, 0 x < G(x) =. x 3 /3 x+7/6, x Determine o domínio e estude o sinl d função G(x) = x e t2 dt. t 2 dt = x3 3 x+7 6. O próximo resultdo estbelece lgums proprieddes importntes do integrl indefinido de um função contínu. 40

45 2.6. Integrl indefinido Teorem 2. Se f é um função contínu no intervlo [,b] e G(x) = x f(t)dt pr todo o x [,b], então G é diferenciável em [,b] e G (x) = f(x), isto é, G é um primitiv de f em [,b]. À função G(x) = x f(t)dt chm-se integrl indefinido de f. A relção que o teorem 2. estbelece entre o integrl indefinido e função integrnd explic porque rzão expressão f(x)dx é notção usd pr indicr primitiv d função f. Demonstrção - (do teorem 2.) Quer mostrr-se que G (x) = f(x) pr todo o x [,b], isto é, que G(x+h) G(x) lim = f(x), h 0 h onde x e x+h pertencem o intervlo [,b]. Pr h 0 tem-se ( G(x+h) G(x) = x+h ) x f(t)dt f(t)dt h h = h x+h x f(t)dt. (2.8) O teorem do vlor médio pr integris permite grntir existênci de um ponto c pertencente o intervlo de extremos x e x+h tl que h Logo, de (2.8) e (2.9), conclui-se que x+h x G(x+h) G(x) h f(t)dt = f(c). (2.9) = f(c). Aplicndo limites qundo h 0 mbos os membros d equção nterior obtém-se G(x+h) G(x) lim = lim f(c) h 0 h h 0 4

46 Cálculo integrl isto é G (x) = f(x), pois qundo h 0 contece forçosmente c x. Exemplo: Considere função e o integrl indefinido Logo, G (x) = f(t) = 3t t 2 + G(x) = ( x 0 x 0 com t R f(t)dt. ) 3t t 2 + dt = pr todo o x R (recorde o exemplo n págin 40). Exercício 2.6 Determine os extremos d função F(x) = Corolário 2. x 0 t(e t e)dt. 3x x 2 + Se f é um função contínu no intervlo [,b], u é um função diferenciável que tom vlores em [,b] pr todo o x [,b] e então G(x) = u(x) f(t)dt, G (x) = f(u(x))u (x). Demonstrção - Observe que onde F(u) = G(x) = F(u(x)) u f(t)dt. Aplicndo directmente regr d derivd de um função compost, obtém-se G (x) = [F(u(x))] = F (u)u (x) = f(u)u (x) = f(u(x))u (x). 42

47 2.7. Integris impróprios Exemplo: Determine primeir derivd dos integris indefinidos () G(x) = (b) G(x) = Alíne () x 0 0 cos(t 2 )dt onde x > 0. x cos(t 2 )dt onde x > 0. G (x) = ( x 0 ( ( x cos(t )dt) 2 ) ) 2 ( x ) cosx = cos = 2 x Alíne (b) ( 0 ) ) x G (x) = cos(t 2 )dt = ( cos(t 2 )dt = cosx x 2 x Exercício 2.7 Considere função G(x) = expressão pr G. x /x 0 cos(t 2 )dt definid pr todo o x > 0 e determine um 2.7 Integris impróprios Nest secção presentmos um extensão d definição de integrl definido Integris em intervlos não limitdos Considerm-se integris em que o intervlo de integrção é ilimitdo sendo função integrnd contínu e limitd nesse intervlo. A estes integris tmbém se chm integris impróprios do primeiro tipo. Considere o integrl impróprio + onde f é contínu e limitd no intervlo [,+ [. Se o limite t lim t + f(x) dx (2.0) f(x)dx existe e é finito, então o integrl impróprio (2.0) diz-se convergente e escreve-se + f(x)dx = lim t + t f(x)dx. Se o limite é infinito ou não existe, o integrl impróprio diz-se divergente e não tem vlor. 43

48 Cálculo integrl Observção 2.4 De modo semelhnte se estud o cso Qundo o integrl impróprio é d form b + f(x)dx. f(x)dx, (2.) deve-se em primeiro lugr escolher um ponto conveniente e só depois nlisr os limites lim t t t lim t + f(x) dx (2.2) f(x)dx. (2.3) O integrl impróprio (2.) será convergente se estes limites existirem e forem finitos. Nesse cso, tem-se + ( f(x)dx = lim t t ) ( f(x)dx + lim t + t ) f(x)dx. Pr que o integrl impróprio (2.) sej divergente, bst que um dos limites (2.2)- (2.3) não sej finito ou não exist. Observção 2.5 Import observr que ests últims conclusões não decorrem d nálise do limite t lim f(x)dx. t t Prconfirmrestefcto, bstescolherumfunçãoímpr,comoporexemplof(x) = x 3. Exemplos: () Pretende-se determinr nturez do integrl impróprio Clcule-se lim t + t 0 e 2x dx. Tem-se lim t + t 0 ] t e 2x dx = lim [ e 2x t = lim t + Ou sej, o integrl impróprio é convergente e + 0 e 2t e 2x dx = / = 2. e 2x dx. 44

49 2.7. Integris impróprios (b) Pretende-se determinr nturez do integrl impróprio Este integrl impróprio é divergente e não tem vlor porque não existe. lim t 2π t sinxdx = lim t [ cosx]2π t = lim t ( +cost) (c) Pretende-se determinr nturez do integrl impróprio Exercício 2.8 Porque o integrl impróprio 0 xdx 2π + sinxdx. xdx. é divergente, pode concluir-se de imedito que o integrl principl é divergente.. Determine pr que vlores de p R o integrl impróprio é convergente. + x p dx 2. Determine nturez do integrl impróprio Integris de funções não limitds e 3 x dx. Considerm-se integris em que função integrnd não é limitd no intervlo de integrção. A estes integris tmbém se chm integris impróprios do segundo tipo. Considere o integrl impróprio b f(x) dx (2.4) onde f é contínu em qulquer intervlo [,t] com < t < b, ms é não limitd no intervlo [, b[. O integrl impróprio (2.4) só será convergente se o limite lim t b existir e for finito. Nesse cso, escreve-se b t f(x)dx = lim t b f(x)dx t f(x)dx. Cso contrário, o integrl impróprio (2.4) é divergente. 45

50 Cálculo integrl Qundo f é contínu em qulquer intervlo [t,b] com < t < b ms é não limitd no intervlo ], b], o integrl impróprio b só é convergente se existir e for finito o limite e neste cso b lim t + f(x)dx b f(x)dx = lim t + t f(x)dx b t f(x)dx. Se f é ilimitd n vizinhnç de um ponto c ],b[, então o integrl impróprio b f(x)dx só é convergente se forem convergentes os integris impróprios O seu vlor é b c ( f(x)dx = f(x)dx lim t c t e b ) ( f(x)dx + lim t c + c f(x)dx. b t f(x)dx ). Exercício 2.9 Mostre que é um integrl impróprio divergente. 2 0 (x ) 2 dx 2.8 Métodos numéricos de integrção Apresentmos dois métodos numéricos que permitem obter um vlor proximdo do integrl definido de um função contínu. Estes métodos tornm-se prticulrmente importntes qundo não é possível determinr um expressão simples pr fmíli de primitivs d função integrnd, o que ocorre com função f(x) = e x2. As somsderiemnnde umfunçãocontínuf, presentdsnpágin20, fornecem um proximção do integrl definido de f no intervlo [, b]. A obtenção dess proximção exige o conhecimento do vlor d função integrnd em determindos pontos do intervlo de integrção e o cálculo do vlor d áre de vários rectângulos. Descrevemos de seguid dois métodos numéricos mis elbordos que têm tmbém um interpretção geométric simples. 46

51 2.8. Métodos numéricos de integrção 2.8. Regr dos trpézios Assumimos inicilmente que função f lém de contínu tmbém é positiv no intervlo [, b]. N su form mis simples, regr dos trpézios permite obter um proximção numéric do integrl definido de f em [,b], clculndo o vlor d áre do trpézio definido pelos pontos (,0), (b,0), (,f()) e (b,f(b)). y f b x Figur 2.8 Ou sej, em vez de clculr o integrl d função f no intervlo [,b], clcul-se o integrl do polinómio p de gru um, que une os pontos de coordends (,f()) e (b,f(b)). Existe pens um polinómio de gru um nests condições cuj expressão se determin sem dificuldde. Obtém-se seguinte proximção b f(x)dx b p(x)dx = (b ) (f(b)+f()) 2. A proximção é válid mesmo que função não sej positiv no intervlo [,b]. É de esperr que proximção sej rzoável qundo o intervlo [,b] for pequeno e função f for suficientemente suve em [, b]. A idei de generlizr o processo descrito surge nturlmente. N próxim figur consider-se um decomposição em dois subintervlos de igul mplitude h. y f x b x Figur

52 Cálculo integrl Sej p o polinómio de gru um, que une os pontos de coordends (,f()) e (x,f(x )) e p 2 o polinómio de gru um, que une os pontos de coordends (x,f(x )) e (b,f(b)). Um proximção do integrl definido d função f em [,b] é b f(x)dx = x x b f(x)dx+ p (x)dx+ x f(x)dx b x p 2 (x)dx = (x ) (f(x )+f()) 2 +(b x ) (f(b)+f(x )) 2 Porque x é o ponto médio do intervlo [,b], tem-se x = b x = (b )/2 = h, logo, obtém-se b f(x)dx h 2 [f()+2f(x )+f(b))]. A expressão d proximção pr o cso gerl deduz-se sem dificuldde. Sej f um função contínu no intervlo [,b] e : = x 0 < x < < x n < x n = b um decomposição do intervlo [,b] em n (n N) subintervlos de igul mplitude h = (b )/n. A plicção repetid do processo mis simples cd intervlo [x i,x i ], com i =,2,...,n, origin seguinte proximçãoque se chmregrdos trpézioscompost (é usul chmr regr dos trpézios simples o cso prticulr em que n = ) b f(x)dx h 2 [f(x 0)+2f(x )+ +2f(x n )+f(x n )]. Exemplo: Consider-se função contínu f(x) = x 2 e plic-se regr dos trpézios com n = 2 e n = 4 pr determinr um proximçãonuméricdo integrl definido I = x2 dx. O integrl pode clculr-se integrndo por substituição e o seu resultdo é π/2 que é proximdmente.57. Este resultdo tem um interpretção geométric simples. Corresponde o vlor d áre de meio círculo de rio r =. Considere-se n = 2. A decomposição do intervlo [,] é compost de dois intervlos de mplitude h = (b )/2 = e é definid pelos três pontos x 0 =, x = x 0 +h = 0, x 2 = x +h =. Obtém-se x2 dx [f( )+2f(0)+f()] =. 2 48

53 2.8. Métodos numéricos de integrção Interprete geometricmente o resultdo nterior. Pr n = 4. A decomposição de [,] é compost de qutro intervlos de mplitude h = (b )/4 = /2 e é definid pelos pontos x 0 =, x = /2, x 2 = 0, x 3 = /2 e x 4 =. Obtém-se I = isto é, I.366. x2 dx (/2) 2 [f( )+2f( /2)+2f(0)+2f(/2)+f()], Se função integrnd não for pens contínu no intervlo [,b], então é possível presentr um expressão pr o erro cometido qundo se proxim o integrl definido pel regr dos trpézios. Não bst que função sej contínu no intervlo [,b] é preciso exigir que sej de clsse C 2 em [,b]. Not: no exemplo nterior considerámos um função que é contínu no intervlo [,] ms que não é diferenciável em todo o intervlo. Teorem 2.2 (regr dos trpézios estendid) Se f é um função de clsse C 2 no intervlo [,b] e = x 0 < x < < x n < x n = b é um decomposição de [,b] em n subintervlos de igul mplitude h = (b )/n, então b f(x)dx = h 2 [f(x 0)+2f(x )+ +2f(x n )+f(x n )] (b )3 2n 2 f (c), (2.5) onde c é um ponto de [,b]. O resultdo nterior revel que o proximr o integrl pel regr dos trpézios I = b f(x)dx I T = h 2 [f(x 0)+2f(x )+ +2f(x n )+f(x n )] o erro bsoluto E = I I T cometido n proximção é ddo por (b ) 3 2n 2 f (c), onde c [,b]. (2.6) Assim, se M é o vlor máximo de f em [,b] ( f (x) M pr todo o x em [,b]) então o erro bsoluto cometido n proximção é tl que E (b )3 2n 2 M. Bst conhecer M pr poder clculr o número n de subintervlos necessários, por form conseguir obter determind proximção do integrl definido. A expressão (2.5) é válid pr todo o n N. Tomndo em prticulr n =, obtém-se um estimtiv pr o erro cometido n proximção do integrl definido, qundo se plic regr dos trpézios simples. 49

54 Cálculo integrl Exemplo: Determinr um proximção do integrl definido I = 0 e x2 dx e presentr um mjornte pr o erro cometido n proximção. Consider-se n = 2. Obtém-se h = /2, x 0 = 0, x = /2 e x 2 =. Observ-se que função f(x) = e x2 é um função infinitmente diferenciável. A proximção de I é I T = /2 [f(0)+2f(/2)+f()] = Pr conseguir mjorr o erro bsoluto d proximção é necessário nlisr segund derivd f (x) = (4x 2 2)e x2. O estudo nlítico d segund derivd permite concluir que f (x) f (0) pr todo o x [0,]. Em lterntiv, est conclusão result de imedito d observção do gráfico d função f no intervlo [0,], como mostr figur y x Figur 2.20 Logo, de (2.6), conclui-se que I I T = (b )3 2n 2 f (c) (c [0,]) = f (c) 48 f (0) 48 = 2/48. Ou sej, obtém-se I I T Ao construir um som de Riemnn pr proximr o integrl definido de f em [,b], estmos em simultâneo proximr, em cd subintervlo [x i,x i ], função f por um função polinomil de gru zero (isto é, um segmento de rect horizontl). Ou sej, proximção obtid não é mis do que o integrl definido de um função contínu, definid em [,b], que é seccionlmente (isto é, em cd subintervlo) um polinómio 50

55 2.8. Métodos numéricos de integrção de gru zero. De modo semelhnte, n plicção d regr dos trpézios compost, proximção obtid pr o integrl definido de f, é o integrl definido de um função contínu, definid em [, b], que é seccionlmente um polinómio de gru máximo um. É de esperr que proximção locl por um polinómio de gru superior um, permit obtenção de melhores resultdos. A regr de Simpson explor um pouco mis est idei o considerr polinómios de gru máximo dois Regr de Simpson Sej f um função contínu no intervlo [,b]. No cso mis simples d plicção d regr de Simpson, é necessário considerr um decomposição do intervlo [, b] em dois subintervlos de igul mplitude h = (b )/2. A decomposição é crcterizd pelos pontos x 0 =, x = ( +b)/2 e x 2 = b. Determin-se um função polinomil p, de gru máximo dois, que stisfz s condições p(x 0 ) = f(x 0 ), p(x ) = f(x ) e p(x 2 ) = f(x 2 ). Existe um único polinómio p nests condições porque x 0 x 2. O integrl de p em [,b] é um proximção do integrl de f em [,b], isto é, tem-se b f(x)dx b Obtém se seguinte expressão pr o integrl de p Consequentemente, b b p(x) dx p(x)dx = h 3 [f(x 0)+4f(x )+f(x 2 )]. f(x)dx h 3 [f(x 0)+4f(x )+f(x 2 )]. A determinção d expressão de um polinómio de gru dois requer o cálculo de três constntes. São por isso necessáris três condições independentes que resultm d decomposição do intervlo [, b] em dois subintervlos de igul mplitude. A plicção repetid deste processo requer sempre um decomposição do intervlo [, b] num número pr de subintervlos. Sej f um função contínu no intervlo [,b] e : = x 0 < x < < x n < x n = b um decomposição do intervlo [, b] num número pr n de subintervlos de igul mplitude h = (b )/n. A plicção do processo mis simples cd conjunto de subintervlos [x i,x i ] e [x i,x i+ ], com i =,2,...,n, origin seguinte proximção que se chm regr de Simpson compost (é costume chmr regr de Simpson simples o cso prticulr em que n = 2) b f(x)dx h 3 [f(x 0)+4f(x )+2f(x 2 )+4f(x 3 )+ +2f(x n 2 )+4f(x n )+f(x n )]. 5

56 Cálculo integrl N plicção d regr de Simpson compost, proximção obtid pr o integrl definido de f é o integrl definido de um função contínu, definid em [, b], que é loclmente (em cd subintervlo) um polinómio de gru máximo dois. Exemplo: À semelhnç do exemplo n págin 48, consider-se função contínu f(x) = x2 e plic-se regr de Simpson com n = 2 e n = 4 pr determinr um proximçãodovlord áredemeiocírculode rior =, isto é, um proximção numéric do integrl definido I = x2 dx. Considere-se n = 2. A decomposição do intervlo [,] é compost de dois intervlos de mplitude h = e é definid pelos três pontos x 0 =, x = x 0 +h = 0, x 2 = x +h =. Obtém-se x2 dx [f( )+4f(0)+f()] = 4/3 =.33(3). 3 Pr n = 4. A decomposição de [,] é compost de qutro intervlos de mplitude h = /2 e é definid pelos pontos x 0 =, x = /2, x 2 = 0, x 3 = /2 e x 4 =. Obtém-se I = isto é, I.488. x2 dx (/2) 3 [f( )+4f( /2)+2f(0)+4f(/2)+f()], Se função integrnd for pelo menos de clsse C 4 em [,b], então é possível presentr um expressão pr o erro cometido n proximção do integrl definido pel regr de Simpson. Não é suficiente que função sej pens contínu no intervlo [, b], Est situção ocorre com função que considerámos no exemplo nterior. Teorem 2.3 (regr de Simpson estendid) Se f é um função de clsse C 4 no intervlo [,b] e = x 0 < x < < x n < x n = b é um decomposição de [,b] em n subintervlos de igul mplitude h = (b )/n, com n um número pr, então b f(x)dx = h 3 [f(x 0)+4f(x )+2f(x 2 )+4f(x 3 )+ onde c é um ponto de [,b]. + +2f(x n 2 )+4f(x n )+f(x n )] (b )5 80n 4 f(4) (c), 52

57 2.8. Métodos numéricos de integrção Este resultdo indic que proximção do integrl definido I = pel regr de Simpson é b f(x)dx I S = h 3 [f()+4f(x )+2f(x 2 )+4f(x 3 )+ +2f(x n 2 )+4f(x n )+f(b)] e que o erro bsoluto E = I I S cometido n proximção é igul (b ) 5 80n 4 f(4) (c), onde c [,b]. (2.7) Se M é o vlor máximo de f (4) em [,b], então o erro bsoluto cometido n proximção é tl que Exemplo: E (b )5 80n 4 M. À semelhnç do exemplo n págin 50, pretende-se determinr um proximção do integrl I = 0 e x2 dx e presentr um mjornte pr o erro cometido n proximção. Consider-se n = 2. Obtém-se h = /2, x 0 = 0, x = /2 e x 2 =. Tem-se f(x) = e x2 que é um função infinitmente diferenciável. A proximção de I é I S = /2 3 [f(0)+4f(/2)+f()] = Pr determinr um mjornte pr o erro bsoluto d proximção é necessário nlisrqurt derivd f (4) (x) = (6x 4 48x 2 +2)e x2. O seu estudo nlítico permite concluir que f (4) (x) f (4) (0) pr todo o x [0,]. Est conclusão tmbém result de imedito d observção do gráfico d função f (4) no intervlo [0,], como mostr figur (com escls diferente em cd eixo) y x Figur

58 Cálculo integrl Logo, de (2.7), vem que isto é, I I S (6). I I S = (b )5 80n 4 f(4) (c) (c [0,]) = f(4) (c) 2880 f(4) (0) 2880 = 2/2880 Exercício 2.0 Determine um proximção do integrl definido 0 +x2 dx () pel regr dos trpézios compost com n = 3, (b) pel regr de Simpson compost com n = 4. Exercício 2. Considere função contínu x, x [0,/2] f(x) = x, x ]/2,] e determine um proximção do integrl definido de f no intervlo [0,]: () Pel regr dos trpézios; (b) Pel regr de Simpson; (c) Comente os resultdos que obteve. Exercício 2.2 Considere um função contínu f cujo gráfico contém os pontos de coordends (x i,y i ) ( 2, /2), ( 5/3, 3/5), ( 4/3, 3/4), (, ). Determine um proximção do integrl de f no intervlo [ 2, ] pel regr dos trpézios e pel regr de Simpson. Determine um função nests condições e clcule o seu integrl definido no intervlo [ 2, ]. Compre os resultdos obtidos. 54

59 Cpítulo 3 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris 3. Introdução Considere o seguinte problem: Que funções reis de vriável rel têm primeir derivd igul à própri função? Pretende-se determinr tods s funções diferenciáveis y : D R, onde D represent um intervlo rel, que stisfçm equção y = y pr todo o x no domínio de y. Observ-se,com fcilidde, que função φ(x) = e x, x R, éum soluçãodo problem. O problem tem solução ms terá um únic solução? Não é de fcto únic solução, função ψ(x) = 0, x R, é outr solução do problem. Pr resolver completmente o problem é preciso determinr tods s funções que verifiquem equção y = y. Est equção que result d interpretção do problem proposto, é um exemplo de um equção diferencil ordinári. 3.2 Equções diferenciis ordináris Definição 3. Equção diferencil ordinári (EDO) é tod equção d form ( F x,y,y,y,...,y (n)) = 0, n N, (3.) que descreve relção entre um função desconhecid, indicd por y, definid e com derivds contínus té à ordem n num intervlo D R, sus derivds y,...,y (n), e su vriável, indicd por x. 55

60 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris N equção (3.), expressão F (x,y,y,y,...,y (n)) represent qulquer expressão lgébric que envolve (de um form que por vezes pode ser implícit) vriável x, função y e s sus derivds té à ordem n. Qundo n presenç de um equção diferencil ordinári, é clrmente importnte observr qul vriável independente e qul vriável dependente. N equção (3.) tem-se evidentemente x como vriável independente e y como vriável dependente. A expressão ordinári dvém do fcto de se considerrem pens funções reis de um vriável rel, isto é, de considerr pens um vriável independente. N sequênci, e ddo que não há motivo pr confusão, omitimos sempre plvr ordinári. Vejmos lguns exemplos. Exemplos: () Considere equção diferencil y = y. Est pode escrever-se d seguinte form y y = 0. Bst pens identificr y y por F(x,y,y ) pr observr que equção diferencil se encontr n form (3.). (b) No cso d equção diferencil ty +(2t+)e y = 0, tem-se evidentemente F(t,y,y,y ) = ty +(2t+)e y. A vriável independente é gor t e y é vriável dependente. (c) Por último, equção diferencil x (4) +t 2 x = 0 cujo o primeiro membro pode representr-se por F(t,x,x,x,x,x (4) ) onde t ssume o ppel de vriável independente e x o ppel de vriável dependente. 56

61 3.2. Equções diferenciis ordináris Definição 3.2 Ordem de um equção diferencil ordinári é ordem d derivd de mior ordem d função y, presente n equção (3.). A equção y = sinx é um equção diferencil de ordem três o psso que equção (y ) 2 +2xy = 0 é um equção diferencil de primeir ordem. Definição 3.3 Um equção diferencil ordinári de ordem n diz-se n form norml se se pode escrever do seguinte modo ( y (n) = f x,y,y,y,...,y (n )), onde f represent qulquer expressão lgébric que envolve (de um form que pode ser implícit) vriável x, função y e s sus derivds té à ordem n. A equção diferencil de segund ordem y = (2x+)e y, (x 0), } {{ x } f(x,y,y ) encontr-se n form norml. Ms nem sempre é possível escrever um equção diferencil n form norml. Considere título de exemplo seguinte equção diferencil de primeir ordem y = 2x(y ) 2. Definição 3.4 Um função rel ϕ, definid num intervlo D R, com s n derivds ϕ,ϕ,...,ϕ (n) contínus no intervlo D, é um solução d equção diferencil de ordem n ( F x,y,y,y,...,y (n)) = 0, (3.2) se substituição em (3.2), de y pel função ϕ, origin um identidde pr todo o x D. Exemplos: () Considere equção diferencil de segund ordem y +y = 0. A função ϕ(x) = cosx, x R, é um solução d equção diferencil. De fcto, ϕ (x)+ϕ(x) = (cosx) +cosx = cosx+cosx = 0 pr todo o x R. 57

62 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris (b) A função ϕ(x) = 2 x, x > 0, é um solução d equção diferencil x(y ) 2 = yy, pois verific-se que x(ϕ (x)) 2 = ϕ(x)ϕ (x) pr todo o x > 0. A experiênci com equções diferenciis não é n relidde completmente recente. No estudo d primitivção de funções reis de vriável rel contctámos com equções do tipo y (n) = f(x), onden N e f éum função contínunointervlod. Considereequçãodiferencil de primeirordem y = cosx. Consttmosque tods sfunções y(x) = sinx+c, com c um constnte rel rbitrári, são soluções d equção diferencil. Não se present pens um solução ms sim um fmíli de soluções. Vejmos o cso d equção diferencil de segund ordem y = cosx. Tods s funções y(x) = cosx+c x+c 2, onde c e c 2 são constntes reis, são soluções d equção diferencil. Dest vez, expressão de um solução prticulr d equção, depende d concretizção de dus constntes rbitráris. As próxims definições permitem clssificr s soluções de um equção diferencil. Definição 3.5 (i) Solução gerl de um equção diferencil de ordem n, é tod solução explícit d equção diferencil, cuj expressão depende de n constntes reis. (ii) Solução prticulr de um equção diferencil de ordem n, é tod solução d equção diferencil, que é obtid d solução gerl pel concretizção de tods s n constntes reis. (iii) Solução singulr de um equção diferencil de ordem n, é qulquer outr solução explícit d equção diferencil. Definição 3.6 Chm-se Integrl gerl de um equção diferencil de ordem n, tod equção que define implicitmente o conjunto de soluções d equção diferencil. Exemplos: () Considere equção diferencil y +y = 0. y(x) = c cosx+c 2 sinx, x R, onde c e c 2 são constntes reis, é solução gerl d equção diferencil. De fcto, y +y = (c cosx+c 2 sinx) +(c cosx+c 2 sinx) = c cosx c 2 sinx+(c cosx+c 2 sinx) = 0 58

63 3.2. Equções diferenciis ordináris pr todo o x R. A função y(x) = 2sinx, x R, é um solução prticulr d equção diferencil (escolheu-se c = 0 e c 2 = 2). A função y(x) = 0, x R, é outr solução prticulr d equção diferencil. (b) Verifique que y(x) = x++ce x com c R, é solução gerl d equção diferencil y +y = xy 2. A função constnte y(x) = 0, x R, é um solução singulr d equção diferencil. (c) Considere equção diferencil x(y ) 2 yy + = 0. y(x) = cx+/c, x R, com c R\{0}, é solução gerl d equção diferencil. A função y(x) = 2 x, x > 0, é um solução singulr d equção diferencil (recorde o exemplo (b) n págin 58). (d) Considere equção diferencil de primeir ordem yy = x. y 2 = x 2 +c, comc R, éintegrlgerld equçãodiferencil. Aderivçãoimplícit d equção nterior permite obter equção diferencil. É importnte observr que nem tods s equções diferenciis têm solução e, mesmo que um equção diferencil tenh solução, pode não ser possível determinr su solução gerl(ou o seu integrl gerl). Pr determinds equções diferenciis é possível mostrr que existe solução ou que solução qundo existe é únic. Estes ssuntos não estão no entnto no âmbito dests nots. O problem d determinção de solução de um equção diferencil que stisfç em simultâneo determinds condições num ponto de um intervlo D, é designdo como problem de vlores iniciis ou problem de condições iniciis. Três situções distints podem ocorrer. Existe um únic solução, existe mis do que um solução ou não existe solução. A presentção de condições suficientes que grntm existênci de solução não fz prte do âmbito dests nots. Considere o problem x(y ) 2 yy + = 0 y(0) = que consiste n determinção d solução d equção diferencil x(y ) 2 yy + = 0 que verific condição y(0) =. Recorde o exemplo (c) nest págin. Um solução pr o problem é função y(x) = x+, x R. 59

64 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris 3.3 Equções diferenciis de primeir ordem Apresentmos determinds equções diferenciis de primeir ordem F (x,y,y ) = 0 que se podem sempre escrever n form norml, e pr s quis podemos descrever um procedimento que conduz à determinção de solução gerl ou integrl gerl. Estudmos s seguintes equções diferenciis de primeir ordem: Equção diferencil liner de primeir ordem Equção diferencil de vriáveis sepráveis Equção diferencil homogéne de gru zero Equção diferencil de Bernoulli 3.3. Equção diferencil liner de primeir ordem Definição 3.7 Equção diferencil liner de primeir ordem é tod equção diferencil d form y +p(x)y = q(x) (3.3) onde p e q são funções contínus num intervlo D R. A equção liner de primeir ordem (3.3) diz-se homogéne se q(x) = 0 pr todo o x D (isto é, se função q é identicmente nul em D). Cso contrário, diz-se que equção liner de primeir ordem é complet. Apresentmos o método do fctor integrnte que permite determinr solução gerl d equção diferencil (3.3). O método consiste nos seguintes pssos:. Clcul-se o fctor integrnte designdo por µ, cuj expressão é µ = e P(x) onde P(x) = p(x) dx indic um primitiv d função p (escolhe-se por exemplo c = 0 n expressão gerl ds primitivs de p). 2. Multiplic-se o fctor integrnte µ por mbos os membros d equção (3.3). No primeiro membro d equção obtid encontr-se sempre expressão d derivd do produto ds funções µ e y. 60

65 3.3. Equções diferenciis de primeir ordem 3. Primitiv-se em ordem à vriável independente (no cso x) mbos os membros d equção obtid no psso nterior e clcul-se solução gerl (um expressão explícit) d equção diferencil y +p(x)y = q(x). Exemplos: () Considere equção diferencil liner de primeir ordem y y = e x onde p(x) = e q(x) = e x são funções contínus em tod rect rel. Clcul-se o fctor integrnte µ = e P(x) = e x. Multiplicndo µ por mbos os membros d equção diferencil, obtém-se e x y e x y =, que é equivlente ( e x y ) =. Est últim equção permite concluir que e x y = dx+c, c R, isto é, e x y = x+c. Logo, y(x) = (x+c)e x, x R, c R. é solução gerl d equção diferencil y y = e x. (b) Considere equção homogéne y y = 0 que result do problem colocdo no início deste cpítulo. O fctor integrnte é tmbém neste cso µ = e x. A multiplicção por µ originequção (e x y) = 0. Dqui result solução gerl y(x) = ce x, x R, c R. A função y(x) = e x é um solução prticulr d equção diferencil. N figur estão representds cinco soluções prticulres d equção diferencil que correspondem os seguintes vlores d constnte c,, /2, 0, /2 e. 6

66 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris y x Figur 3. (c) Considere equção diferencil ( + y) ( x)y = 0. É um equção liner de primeir ordem pois pode escrever-se como y y x = x desde que x. O fctor integrnte é µ = x. A multiplicção de mbos os membros d equção diferencil por µ permite obter (( x)y) =. Desenvolvendo clcul-se solução gerl onde x R \{} e c R. Exercício 3. y(x) = x+c x Verifique que solução gerl y de um equção diferencil liner de primeir ordem é d form y = y h +y p onde y h represent solução gerl d equção homogéne ssocid e y p é um solução prticulr d equção complet. Observção 3. O método do fctor integrnte pode plicr-se (pelo menos do ponto de vist teórico) tods s equções diferenciis lineres de primeir ordem. A dificuldde cb por residir pens n determinção de um expressão explícit pr s primitivs envolvids. De fcto, multiplicção d equção diferencil y +p(x)y = q(x) pelo fctor integrnte µ = e p(x)dx origin equção ( ) e p(x)dx ( ) ( ) y + e p(x)dx p(x)y = e p(x)dx q(x), Não é necessário considerr µ = x porque o fctor integrnte é multiplicdo por mbos os membros d equção diferencil. 62

67 3.3. Equções diferenciis de primeir ordem que é equivlente Dqui result ( ) ( ) e p(x)dxy = e p(x)dx q(x). ( ) e p(x)dxy = e p(x)dxq(x) dx+c e portnto y(x) = ce p(x)dx +e p(x)dx ) (e p(x)dxq(x) dx, c R. Est dedução tmbém mostr que não é necessário efectur explicitmente todos os pssos do método do fctor integrnte. Bst usr últim expressão pr determinr solução gerl de um equção diferencil liner de primeir ordem Equção diferencil de vriáveis sepráveis Definição 3.8 Equção diferencil de vriáveis sepráveis é tod equção diferencil de primeir ordem que se pode escrever n form h(y)y = g(x), (3.4) onde h é pens função d vriável dependente y e g é pens função d vriável independente x. Assume-se que função g é contínu num intervlo I R e que função h é contínu num intervlo J de tl modo que y(i) J. Vejmos como determinr o integrl gerl d equção diferencil (3.4). Sej H um primitiv d função h, isto é, H(y) = h(y)dy. Derivndo expressão nterior em ordem à vriável independente x, isto é, plicndo regr d derivd de um função compost, obtém-se ( ) d d dy dx H(y(x)) = dy H(y) dx = h(y)y. Logo, equção (3.4) pode escrever-se do seguinte modo d H(y) = g(x). dx Primitivndo mbos os membros d equção nterior em ordem à vriável x, obtém-se 2 H(y) = g(x)dx+c, c R 2 Dest operção result um constnte de primitivção em cd membro. Ests dus constntes são posteriormente substituíds por um únic constnte c. 63

68 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris que é equivlente h(y)dy = g(x)dx+c, c R. (3.5) Est últim equção permite obter o integrl gerl d equção diferencil de vriáveis sepráveis h(y)y = g(x). Exemplo: Considere equção diferencil y 2xe y = 0. Estmos n presenç de um equção diferencil de vriáveis sepráveis pois podemos escrever equção n form e y y = 2x onde h(y) = e y e g(x) = 2x. A determinção do integrl gerl d equção diferencil result d expressão (3.5). A su plicção permite escrever e y dy = 2xdx+c, isto é, Finlmente, podemos concluir que e y = x 2 +c, c R. y(x) = ln(x 2 +c), c R, é solução gerl d equção diferencil originl y 2xe y = 0. Note-se que o domínio de cd solução prticulr está dependente do vlor d constnte c. Exercício 3.2 Determine o integrl gerl d equção diferencil de vriáveis sepráveis yy = x. Recorde o exemplo (d) n págin 59. É costume distinguir entre um equção diferencil já n form (3.4) e um equção que se pode escrever desse modo, pós lgum mnipulção lgébric. Diz-se que um equção diferencil de primeir ordem é de vriáveis seprds se já se encontr n form (3.4). Não é pens mis um pormenor. Há de fcto lgum diferenç. Vej-se por exemplo seguinte situção. A equção diferencil (+y) ( x)y = 0 (3.6) 64

69 3.3. Equções diferenciis de primeir ordem é um equção de vriáveis sepráveis pois pode trnsformr-se n equção +y y = x. (3.7) Ests dus equções não são no entnto equivlentes. É preciso exigir n equção de vriáveis seprds (3.7) que y(x) e x. Ou sej, só seremos cpzes de determinr o integrl gerl d equção diferencil (3.6), pelo processo presentdo, se exigirmos que y(x) e x. Exemplo: Considere equção diferencil (3.6). Pr utilizr (3.5) é necessário efectur trnsformção que conduz à equção (3.7) e exigir que y(x) e x. A condição x impõe que x = não é um ponto do domínio ds funções determinr. O cso d função y(x) = tem de ser estuddo em seprdo. De (3.7) e (3.5) obtém-se +y dy = Dqui result Ou sej, pode considerr-se que ln +y = ln x +c dx+c, c R. x +y = c e ln x, onde c = e c R + +y = c x +y = k x, k R\{0} (k = ±c ) y = k x. y(x) = k, (3.8) x onde x e k R \ {0}, é solução d equção (3.7), e consequentemente tmbém solução d equção diferencil (3.6). Estude-segorocsodfunçãoy(x) =. Substituindofunçãonequção(3.6) verific-se imeditmente que el tmbém é solução d equção diferencil de vriáveis sepráveis. Tmbém se constt que o fixr k = 0 em (3.8) se obtém y(x) =. Pode concluir-se que y(x) = k x, com k R, é solução gerl d equção diferencil (+y) ( x)y = 0, 65

70 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris sendo y(x) = um solução prticulr. Not: A solução gerl tmbém se pode escrever n form y(x) = x+c x, com c R. Recorde o exemplo (c) n págin 62. Este último exemplo mostr que determinção d solução gerl de um equção diferencil é um tref minucios, que não se limit simplesmente à plicção de um procedimento, cso este estej disponível. Observção 3.2 A experiênci com equções diferenciis de vriáveis sepráveis não é nov. No estudo d primitivção de funções reis de vriável rel contctámos directmente com equção de vriáveis sepráveis y = f(x), onde f é um função contínu em D, cuj solução gerl é y(x) = f(x)dx+c, c R. Observção 3.3 Um equção liner homogéne é tmbém um equção de vriáveis sepráveis. De fcto, equção y +p(x)y = 0 pode reescrever-se do seguinte modo y y = p(x) onde h(y) = /y com y 0 e g(x) = p(x). A tods s soluções obtids plicndo (3.5) será preciso crescentr função y(x) = 0 que é clrmente um solução d equção originl y +p(x)y = 0. Exercício 3.3 Determine solução gerl d equção diferencil y = y interpretndo- como um equção de vriáveis sepráveis. Est equção result do problem colocdo no início do cpítulo e já foi resolvid como equção liner de primeir ordem, exemplo (b) n págin Equção diferencil homogéne de gru zero Definição 3.9 Um equção diferencil de primeir ordem n form norml y = f(x,y) diz-se homogéne de gru zero se f é tl que f(kx,ky) = f(x,y) pr todo o k R \{0}. 66

71 3.3. Equções diferenciis de primeir ordem A determinção do integrl gerl de um equção diferencil homogéne de gru zero, pss por considerr mudnç de vriável dependente y z definid por z = y x onde x 0. Verific-se que est substituição trnsform equção homogéne de gru zero num equção de vriáveis sepráveis. Not: porque equção é homogéne, tem-se f(x,y) = f(x,xy/x) = f(,y/x), desde que x 0, observção que sugere substituição z = y/x. Podemos descrever o seguinte lgoritmo pr determinr o integrl gerl de um equção homogéne de gru zero:. Efectur mudnç de vriável z = y x (x 0). Result dqui que y = zx e y = z x+z. A equção n form norml y = f(x,y) trnsform-se n equção diferencil z x+z = f(x,zx) (3.9) que é um equção de vriáveis sepráveis. Not: porque equção é homogéne, tem-se f(x,zx) = f(,z), observção que permite reescrever equção nterior do seguinte modo z x+z = f(,z). 2. Determinr o integrl gerl d equção diferencil (3.9) e efectur substituição invers z y pr obter o integrl gerl d equção diferencil originl. Exemplo: Considere equção diferencil x 2 y = x 2 +y 2 xy. (3.0) Est equção pode escrever-se n form norml. Obtém-se onde y = + y2 x 2 y x f(x,y) = + y2 x 2 y x com x 0. A equção diferencil (3.) é homogéne de gru zero porque (3.) f(kx,ky) = + (ky)2 (kx) 2 ky kx = + y2 x 2 y x = f(x,y), k 0. 67

72 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris A mudnç de vriável z = y/x trnsform(3.) n equção diferencil de vriáveis sepráveis Simplificndo, obtém-se z x+z = +z 2 z. (3.2) (z ) 2 z = x, desde que z(x) (que corresponde considerr y(x) x). D plicção de (3.5) (com s devids dptções) result z(x) = ln x +c, c R. De volt à vriável dependente originl (substituindo z por y/x) tem-se y(x) = x x ln x +c, c R. Observ-se que y(x) = x é um solução de (3.0) (o mesmo contece com z(x) = n equção (3.2)). Finlmente, podemos firmr que y(x) = x x ln x +c, c R é solução gerl e y(x) = x, x R, é um solução singulr, d equção diferencil (3.0) Equção diferencil de Bernoulli Definição 3.0 Equção diferencil de Bernoulli é tod equção diferencil de primeir ordem d form y +p(x)y = q(x)y α (3.3) onde α R \{0,} e p e q são funções contínus num intervlo D R. Observção 3.4 Obtêm-se equções diferenciis já estudds qundo α = 0 ou α = n equção (3.3). Se α = 0, então equção (3.3) é um equção diferencil liner de primeir ordem. Qundo α = equção diferencil (3.3) é em simultâneo um equção liner de primeir ordem homogéne e um equção de vriáveis sepráveis onde se pode identificr g(x) = q(x) p(x) e h(y) = /y (com y 0). Um equção de Bernoulli é um equção não liner. No entnto, por meio de um mudnç de vriável proprid, é possível trnsformr (3.3) num equção diferencil liner de primeir ordem. Est é técnic que conduz à determinção do integrl gerl d equção diferencil de Bernoulli. Podemos descrever este processo do seguinte modo. Multiplicndo mbos os membros de (3.3) por y α obtém-se equção y y α +p(x)y α = q(x). (3.4) 68

73 3.3. Equções diferenciis de primeir ordem É preciso exigir que y(x) 0 qundo α > 0. Considerndo mudnç de vriável deduz-se, derivndo z em ordem x, que z = y α, (3.5) z α = y α y. Logo, equção (3.4) pode reescrever-se como z +p(x)z = q(x), α que é equivlente z +( α)p(x)z = ( α)q(x). (3.6) Constt-se que est últim equção é um equção diferencil liner de primeir ordem. Pr determinr o integrl gerl de (3.3), bst chr o integrl gerl de (3.6) e, por fim, substituir z por y α, simplificndo o resultdo finl. Observção 3.5 A função y(x) = 0 é um solução singulr d equção de Bernoulli qundo se tem α > 0. Exemplo: Considere equção de Bernoulli y +y = xy 2 onde α = 2. Tem-se α = e consider-se mudnç de vriável z = y, com y 0. A plicção d mudnç de vriável permite obter, utilizndo directmente equção (3.6), equção liner de primeir ordem z z = x. (3.7) Clcul-se o fctor integrnte µ = e x. Após multiplicção de mbos os membros de(3.7)porµobtém-se(e x z) = xe x. Dquiresult,primitivndoporprtes, que z(x) = (x+)+ce x é solução gerl de (3.7). Substituindo z por y, obtém-se finlmente y(x) = x++ce x, c R, que é solução gerl d equção de Bernoulli. Flt ind observr que função y(x) = 0 é um solução singulr d equção diferencil de Bernoulli. 69

74 Introdução o estudo ds equções diferenciis ordináris Exercício 3.4. Utilize mudnç de vriável z = x+y +2 pr determinr solução d equção diferencil de primeir ordem y = x+y Mostre que um equção diferencil de primeir ordem d form y = f(x+by+c) onde b 0, se pode trnsformr num equção de vriáveis sepráveis o efectur substituição z = x+by +c. 3. () Verifique que cotg(y x) = x+c, c R, é o integrl gerl d equção diferencil y = cos 2 (y x). (b) Determine solução gerl de y = cos 2 (y x) plicndo mudnç de vriável u = y x. (c) Verifique que y(x) = x é solução d equção diferencil. Clssifique ess solução. 70

75 Cpítulo 4 Séries numérics 4. Sucessões numérics Sucessão de números reis é tod plicção do conjunto dos números nturis no conjunto dos números reis : N R n (n). É usul representr sucessão por ( n ), representr os termos d sucessão por, 2,... e indicr o termo gerl d sucessão por n. A figur mostr os primeiros termos d sucessão de termo gerl n = ( ) n /n, n N Figur 4. Qunto à monotoni de um sucessão ( n ) tem-se que: (i) A sucessão é crescente em sentido lto se n+ n 0 pr todo o n N. 7

76 Séries numérics (ii) A sucessão é decrescente em sentido lto se n+ n 0 pr todo o n N. Um sucessão ( n ) será crescente em sentido estrito se n+ n > 0 pr todo o n N. De igul modo, ( n ) será decrescente em sentido estrito se n+ n < 0 pr todo o n N. Exemplo: A sucessão de termo gerl n = n é um sucessão estritmente decrescente. De fcto, tem-se pr todo o n N. n+ n = n 2 +n < 0 Um sucessão numéric ( n ) é limitd se existe um número L R + tl que n < L pr todo o n N. Se condição nterior não é stisfeit, então sucessão ( n ) diz-se não limitd. A próxim figur mostr os primeiros termos de um sucessão limitd, todos os termos d sucessão encontrm-se entre s rects horizontis de equção y = L e y = L. L L Figur 4.2 Exemplo: A sucessão de termo gerl n = n é um sucessão limitd. Pr confirmr est firmção, bst escolher por exemplo o número L = 2. 72

77 4.. Sucessões numérics Um sucessão ( n ) tem por limite o número rel, escreve-se lim n =, n se e sóse pr tod vizinhnçdo número, V ǫ () = {x R : x < ǫ} =] ǫ,+ǫ[, onde ǫ > 0, existe (um ordem) p N tl que n V ǫ () sempre que n p. Do ponto de vist forml, escreve-se lim n = ǫ > 0, p N : n p n V ǫ (). n Se lim n existe e é finito, então sucessão ( n ) é convergente. Cso contrário, n sucessão é divergente. Exemplo: A sucessão de termo gerl n = /n é convergente pr o número L = 0, isto é, tem-se lim n = 0. n Bst observr que pr cd ǫ > 0 pode escolher-se p N de tl form que p > /ǫ (por exemplo, se ǫ = 0.0 então p 0) e que, nests condições, pr n > p, tem-se n L = n = /n < /p < /(/ǫ) = ǫ, isto é, n L < ǫ pr todo o n > p, o que prov convergênci d sucessão pr L = 0. Os próximos resultdos permitem relcionr estes conceitos. Teorem 4. O limite de um sucessão convergente é único. Teorem 4.2 Tod sucessão monóton e limitd é convergente. Teorem 4.3 Sejm ( n ), (b n ) e (c n ) sucessões tis que n c n b n prtir de um ordem p N. Se lim n e limb n existem e são iguis o número L então limc n existe e limc n = L. n n n n Exercício 4. Verifique que s seguintes firmções são verddeirs. i. A sucessão n = ii. A sucessão b n = n k= n k= k 2 é convergente. k é divergente. 73

78 Séries numérics 4.. Progressão ritmétic A sucessão ( n ) é um progressão ritmétic de rzão r R se n+ = n +r pr todo o n N, ou sej, se diferenç entre dois termos consecutivos n+ n é constnte igul o número r. Se r = 0, então todos os termos d sucessão ( n ) são iguis o primeiro termo. O termo gerl d progressão ritmétic é n = +(n )r e som dos k primeiros termos de ( n ) é s k = k ( + k ) 2 Est fórmul permite um interpretção mis gerl. Mostr-se que som de k termos consecutivos d sucessão é dd por qulquer que sej i N 0. Exemplo: A sucessão de termo gerl k ( i+ + i+k ) 2. n = 2n+3 (5,7,9,...) é um progressão ritmétic de rzão r = Progressão geométric A sucessão ( n ) é um progressão geométric de rzão r R se ( ) n+ n+ = n r = r qundo r 0 n pr todo o n N. O termo gerl d progressão geométric é n = r n. Os termos d progressãopr n > são todos iguis zero qundo r = 0. Qundo r =, som dos k primeiros termos d progressão é s k = k. Se r, então som dos k primeiros termos d progressão geométric é igul s k = ( r k ) r. 74

79 4.2. Séries numérics Mis gerlmente, expressão ( r k ) i+, r qulquer que sej i N 0, permite obter som de k termos sucessivos d progressão geométric ( n ) de rzão r. Exemplo: A sucessão de termo gerl n = 2 n (/2, /4, /8,...) é um progressão geométric de rzão r = /2. Exercício 4.2 Verifique que: se ( n ) é um progressão geométric de rzão r > 0, com r, e > 0, então b n = log r n é o termo gerl de um progressão ritmétic de rzão r =. 4.2 Séries numérics Considere o seguinte problem : Imgine um tlet que corre velocidde constnte e que demor m minutos percorrer metde do percurso totl de um determind prov. O tempo que o tlet demor concluir prov pode ser presentdo d seguinte form m+ m 2 + m 4 + m m 2 n +. Prece nturl ssocir o tempo totl d prov o vlor 2m, isto é, considerr que m+ m 2 + m 4 + m m + = 2m. 2n Como obter este resultdo? E ind, como efectur som de um número infinito de prcels? Apresentmos respost pr ests pergunts ns próxims secções Definição e nturez de um série Definição 4. Sej ( n ) um sucessão de números reis. À expressão mtemátic representd por chm-se série numéric de termo gerl n. Adptção do prdoxo de Aquiles e d trtrug (proposto por Zenão), presentdo no livro Clculus de Tom M. Apostol [2] - citdo n bibliogrfi d disciplin. n 75

80 Séries numérics A cd série numéric está ssocid um outr sucessão numéric (lém de ( n )), que é representd por (s n ) e é designd por sucessão ds soms prciis. A sucessão (s n ) é definid do seguinte modo s =, s 2 = + 2,. n s k = + + k =. k n, Definição 4.2 A série numéric diz-se convergente se e só se sucessão ds soms prciis ssocid é convergente, isto é, se existe s R tl que lims k = s. Ao número s chm-se som d série e escreve-se k n n = s. Definição 4.3 A série numéric diz-se divergente e não tem som se e só se sucessão ds soms prciis é divergente. n Assim, pr um série numéric podemos pensr em tingir os seguintes objectivos: Determinr nturez d série, isto é, verigur se é convergente ou divergente. Clculr som d série qundo est é convergente. O primeiro objectivo é em gerl tingível. O mesmo já não contece com o segundo objectivo. De seguid presentmos dus séries numérics pr s quis é sempre possível determinr som (qundo convergentes). n 76

81 4.2. Séries numérics Observção 4. Note que nturez de um série não depende de um número finito de termos, isto é, eliminr um número finito de termos um série não vi lterr su nturez. Exemplos:. Considere série numéric n e su sucessão ds soms prciis definid do seguinte modo s =, s 2 = +2,. s k = +2+ +k,. A sucessão ( n ), termo gerl d série, é um progressão ritmétic de rzão r =. Sendo ssim, o termo gerl d sucessão ds soms prciis é s k = k (+k) 2 A sucessão é divergente porque lim k s k = +. Consequentemente, série é divergente e não tem som. 2. Considere série numéric 2 n. O termo gerl d sucessão ds soms prciis ssocid é. s k = k. Observ-se que sucessão ( n ) é um progressão geométric de rzão r = /2. Logo, o termo gerl d sucessão (s n ) é ddo por s k = 2 ( ) 2 k = 2 2 k. Porque lim k s k =, podemos concluir que série numéric é convergente de som s =, isto é, mostrámos que =. 8 77

82 Séries numérics Série geométric Um série numéric n é geométric de rzão r R se sucessão ( n ) é um progressão geométric de rzão r. Podemos determinr nturez de um série geométric e, qundo convergente, determinr qul su som. Assim foi feito no ponto 2 do exemplo nterior. No cso gerl podemos firmr o seguinte: Um série geométric de rzão r R é convergente se r < e su som é n s = r. Se r série é divergente e não tem vlor. Verificção: sej um série geométric de rzão r R. Distinguimos o cso r = do cso r. Se ( n ) é um progressão geométric de rzão r = então n = pr todo n N (ssumimos 0). A sucessão ds soms prciis ssocid tem termo gerl s k = k. A série geométric é por isso divergente. Se ( n ) é um progressão geométric de rzão r, então o termo gerl d sucessão ds soms prciis é n Como s k = + + k k = n r k = r = r r rk. se r, limr k = 0 se r ],[, k + se r >, conclui-se que o lims k só existe e é finito igul /( r) se r <. Ou sej, se r < k série geométric é convergente e tem som /( r). Se r série é divergente. Exemplos: 78

83 4.2. Séries numérics. Considere série numéric Observ-se que n=0 5 2 n = n+ = = r, n N. n 2 Conclui-se que série é um série geométric convergente de som Ou sej, mostrámos que s = 0 r = = A série numéric ( ) n = + + é um série geométric de rzão r =, logo é divergente. É importnte observr que representção de um série não é únic. A série geométric do exemplo nterior pode, por exemplo, reescrever-se d seguinte form Exemplo: = 5 2 n. O problem proposto no início d secção diz respeito à série numéric m 2 n que é um série geométric convergente de som s = 2m Série telescópic Um série diz-se telescópic se n n = u n u n+p, pr lgum p N, isto é, se o termo gerl d série se pode escrever como diferenç de dois termos, não necessrimente consecutivos, de um outr sucessão (u n ). 79

84 Séries numérics Tl como pr série geométric, existem resultdos globis pr determinção d nturez de um série telescópic e, qundo convergente, d su som. Se limu n existe e é finito, então série telescópic é convergente e tem som n s = u + +u p p limu n. n Cso contrário, isto é, se limu n não existe ou não é finito, então série é n divergente e não tem som. Verificção: pr um série telescópic com p = 2, sucessão ds soms prciis ssocid à série tem termo gerl k k s k = n = (u n u n+2 ) = (u u 3 )+(u 2 u 4 )+(u 3 u 5 )+(u 4 u 6 )+ +(u k 3 u k )+(u k 2 u k )+(u k u k+ )+(u k u k+2 ) = u +u 2 (u k+ +u k+2 ). Pr p genérico, podemos concluir que Assim, s k = u + +u p (u k+ +u k+2 + +u k+p ). } {{ } p primeiros termos lim k s k = u + +u p lim k (u k+ +u k u k+p ) Ou sej, um série telescópic = u + +u p p lim k u k. n = (u n u n+p ) só é convergente se lim n u n existir e for finito. A su som é u + +u p p lim n u n. A série telescópic é divergente se lim n u n não existir ou não for finito. Exemplo: Considere série numéric n 2 +n. Observ-se que n = n 2 +n = n(n+) = n n+ = u n u n+, onde u n = n e p =. A série é telescópic e é convergente porque lim n u n existe e é finito. A su som é s = u lim n u n = u =. Ou sej, tem-se =

85 4.2. Séries numérics Série de Dirichlet Um série numéric d form, onde α R, nα é um série de Dirichlet. Chm-se série Hrmónic à série de Dirichlet com α =. Mostr-se que série de Dirichlet é: convergente se α >, e divergente se α (observção que é evidente pr α < 0). Em prticulr, destcmos série n 2 = que é convergente, e série Hrmónic n = que é divergente Proprieddes ds séries numérics Observe-se que nálise d série n = p + p+ + (4.) n=p é equivlente à nlise d série b n com b n = p+n, n N. (4.2) De fcto, (4.) e (4.2) são pens representções distints d mesm série numéric. Por este motivo um série genéric é sempre representd por n. E ind, pelo mesmo motivo, é usul representr um série numéric pens por n. Observção 4.2 Dus séries numérics n e b n são idêntics se n = b n pr todo o n N. 8

86 Séries numérics Teorem 4.4 Se n e b n são dus séries convergentes de som e b respectivmente, então: (i) A série som ( n +b n ) é convergente e tem som +b, isto é, (n +b n ) = n + b n. (ii) A série (α n ) é convergente pr todo o α R e tem som α, isto é, (αn ) = α n. O teorem nterior permite estbelecer o seguinte corolário. Corolário 4. (i) Se n é um série convergente e b n é um série divergente, então série som (n +b n ) é divergente. (ii) Nd se pode concluir sobre nturez d série som ( n +b n ) qundo n e bn são séries divergentes. Demonstrção - (do corolário) Ponto (i): Por hipótese tem-se que n é convergente e b n é divergente. Suponhmos então que ( n +b n ) é convergente. Porque n é convergente tmbém é convergente série ( n ). Dqui result que série b n tmbém tem de ser convergente pois b n = ( n +b n +( n )), fcto que contrdiz hipótese inicil. Logo, conclui-se que série ( n +b n ) tem de ser divergente. Ponto (ii): A demonstrção deste ponto consiste n presentção de dois exemplos. ) As séries n e b n com n = b n = são divergentes. O mesmo contece pr série som ( n +b n ) = 2. 2) As séries n e b n com n = e b n = são divergentes e no entnto série som ( n +b n ) é convergente Condição necessári de convergênci Teorem 4.5 (condição necessári de convergênci) Se n é um série convergente, então lim n = 0. n Demonstrção - Considere série convergente n e sej s k = k n 82

87 4.2. Séries numérics o termo gerl d sucessão ds soms prciis ssocid à série. Note que k = s k s k. Porque série é convergente, existe s R tl que lim k s k = s. Logo, lim k k = lim k (s k s k ) = s s = 0. A condição enuncid no teorem nterior não é um condição suficiente. Por isso, n prátic, est não é muito útil n determinção d nturez de um série. Recorde por exemplo que é um série divergente (série de Dirichlet com α = ) e que é um série convergente (série de Dirichlet com α = 2). No entnto, tem-se lim n n = lim n n n 2 n 2 = 0. O seguinte corolário é clrmente mis importnte do ponto de vist prático. Corolário 4.2 Se lim n n 0 ou não existe então série n é divergente. Exemplos:. A série numéric 2n+ n é um série divergente porque lim n 2n+ n = A série numéric ( ) n = + + é um série divergente porque o limite lim n ( ) n não existe. 83

88 Séries numérics Critérios de comprção pr séries de termos não negtivos Os resultdos que presentmos nest secção são válidos pr séries numérics de termos não negtivos, isto é, séries n onde n 0 pr todo o n. Neste cso prticulr, constt-se que sucessão ds soms prciis ssocid é sempre um sucessão crescente. Teorem 4.6 Considere série numéric n, onde n 0 pr todo o n. A série é convergente se e só se sucessão ds soms prciis é limitd superiormente. Exercício 4.3 Recorr à série geométric n=2 2 n pr mostrr que série numéric de termos positivos é convergente. n=2 Teorem 4.7 (primeiro critério de comprção) Sejm n e b n dus séries de termos não negtivos tis que 0 n b n pr todo o n N. Nests condições, tem-se: (i) Se b n é um série convergente então série n tmbém é convergente. (ii) Se n é um série divergente então série b n tmbém é divergente. Observção 4.3 n! O resultdo nterior mntém-se válido qundo: () A condição n b n é verddeir pens prtir de um cert ordem p N. (b) n cb n qulquer que sej constnte c R +. Exemplos:. Considere série numéric de termos não negtivos 3n 2n

89 4.2. Séries numérics Observe que 0 < n 3 < 2n Dqui result e consequentemente Logo, porque 0 < 2n 3 +3 < n 3 0 < 3n 2n 3 +3 < 3n n 3 = 3 n 2. é um série convergente (produto de um constnte por um série convergente - série de Dirichlet com α = 2), conclui-se, pelo primeiro critério de comprção, que 3n 2n 3 +3 tmbém é convergente. 2. Considere série numéric Observe que 3 n 2 n!. 0 < n! < 2 n pr n 4. Podemos concluir que série é convergente porque 2 n tmbém é convergente (série geométric de rzão r = /2). 3. Considere série numéric Porque n=2 n. n=2 é um série divergente (série de Dirichlet com α = ) e 0 < n < n pr n 2, conclui-se que série é divergente. Teorem 4.8 (critério de comprção limite) Considere dus séries numérics n e b n tis que n 0 e b n > 0 (pelo menos prtir de um ordem p N) e suponh que o limite n existe. Tem-se: λ = lim n n b n 85

90 Séries numérics () Se 0 < λ < +, então s séries n e b n têm mesm nturez. (b) Se λ = 0 (ocorre n << b n, pelo menos prtir de um cert ordem), então (i) se b n for convergente então n tmbém será convergente, (ii) se n for divergente então b n tmbém será divergente. (c) Se λ = + (ocorre b n << n, pelo menos prtir de um cert ordem), então (i) se n for convergente então b n tmbém será convergente, (ii) se b n for divergente então n tmbém será divergente. Observção 4.4 O resultdo nterior permnece válido, mesmo qundo s séries envolvids têm termos não negtivos somente prtir de um cert ordem. Pr utilizr eficzmente os critérios de comprção, é preciso recorrer lgums séries numérics cuj nturez sej conhecid. É usul recorrer séries geométrics e com frequênci à série de Dirichlet. Exemplo: Considere série n 2 +n. Aplicndo o critério de comprção limite e utilizndo série de Dirichlet, tem-se n λ = lim 2 +n n. n α Escolhendo α = 2 obtém-se λ =. Logo, s séries e têm mesm nturez, ou sej, série é convergente. n 2 +n n 2 n 2 +n Not: A série numéric é tmbém um série telescópic. Est série foi objecto de estudo num exemplo nterior. 86

91 4.2. Séries numérics Outros critérios pr séries de termos não negtivos Critério do integrl O estudo de integris impróprios em intervlos não limitdos (cuj função integrnd é contínu e limitd no intervlo de integrção) permite, em certs ocsiões, determinr nturez de um série. Teorem 4.9 (critério do integrl) Se f : [,+ [ R é um função contínu, decrescente e positiv, então série numéric e o integrl impróprio têm mesm nturez. Observção 4.5 f(n) + f(x)dx O critério do integrl permite estudr nturez de qulquer série de Dirichlet. Exemplo: Considere série Hrmónic n (série de Dirichlet com α = ). Considere função f : [,+ [ R x f(x) = /x. Observe que est é contínu, decrescente e positiv. Como o integrl impróprio + x dx é divergente, podemos concluir que série hrmónic tmbém é divergente. Exercício 4.4 Determine nturez d série plicndo o critério do integrl. n 2 87

92 Séries numérics Critério d rzão Teorem 4.0 (critério d rzão ou critério de D Alembert) Considere série numéric n onde n > 0 pr todo o n N, e sej Se λ existe, então: λ = lim n n+ n. (i) A série numéric é convergente qundo λ <. (ii) A série numéric é divergente qundo λ >. (iii) Nd se pode concluir sobre nturez d série numéric qundo λ =. Critério d riz Teorem 4. (critério d riz ou critério de Cuchy) Considere série numéric de termos não negtivos n e sej λ = lim n n n. Se o limite existe, então: (i) A série numéric é convergente qundo λ <. (ii) A série numéric é divergente qundo λ >. (iii) Nd se pode concluir sobre nturez d série numéric qundo λ =. Observção 4.6 Alguns limites que são bstnte úteis n plicção deste último critério: lim n = sempre que > 0. n lim n n =. n lim n n! = +. n Observção 4.7 Pr confirmr líne (iii) nos critérios d rzão e d riz, é suficiente considerr s séries de Dirichlet com α = e α = 2. 88

93 4.2. Séries numérics Exemplos:. Considere série numéric Aplicndo o critério d riz, obtém-se 2 n n 2. λ = lim n n 2 n n = lim n n n 2 lim n 2 n = n lim n n n n n = 2. Tem-se λ = 2 >. Logo, série é divergente. A plicção do critério d rzão tmbém permite obter λ > e concluir que série é divergente. 2. Considere série numéric Note-se que Aplicndo o critério d rzão, obtém-se n! n n. n = n! > 0, n N. nn n+ (n+)! n n λ = lim = lim n n n (n+) (n+) n! (n+)n! = lim n (n+) n (n+) n n = lim n (n+) n = (n+) n lim n n n = ( n+ lim n n = ( lim + n n = e. Ou sej, λ = /e < e portnto série é convergente. Not: obtenção ds mesms conclusões pelo critério d riz não é simples de concretizr. ) n ) n n n n! 89

94 Séries numérics 3. Considere série numéric n 2. A plicção do critério d riz origin λ = lim n n n = lim n n n 2 lim n = n lim n n n n n =. Nd podemos concluir qunto à nturez d série. As mesms conclusões resultm d plicção do critério d rzão Convergênci bsolut e convergênci simples Sej n um série de termos de sinl qulquer e considere série dos módulos n. Asériedosmódulos éum sériede termos nãonegtivos. Prdeterminrsu nturez podemos plicr qulquer um dos critérios presentdos nteriormente. Exemplo: Considere série numéric n = ( ) n n 2 = +/4 /9+. A série dos módulos é neste cso Teorem 4.2 n = n 2 = +/4+/9+. Se série dos módulos n é um série convergente, então série n é tmbém um série convergente e n n. Este resultdo mostr que, se n é um série convergente de som α, então n é um série convergente de som s com s [ α,α]. Exemplos: 90

95 4.2. Séries numérics A série numéric ( ) n n 2. é convergente porque série dos módulos é convergente. n 2 No entnto, nd podemos concluir sobre nturez d série porque su série dos módulos é um série divergente. ( ) n n. Demonstrção - Comecemos por observr que n 0 n + n 2 n. Dqui result, pelo critério de comprção, que ( n + n ) é um série convergente. Logo, porque n = ( n + n ) + ( n ), conclui-se que n é convergente. Pr mostrr que n n bst observr que k k, isto é, que pr todo o k N. Logo, isto é, k n k n k lim n lim k k lim k k n lim k k n, k n e portnto n n. Sbemos que um série é convergente se su série dos módulos for convergente. Contudo, um série pode ser convergente mesmo que série dos módulos não o sej. Import por isso distinguir ests dus situções. 9

96 Séries numérics Definição 4.4 (convergênci bsolut e convergênci simples) () A série n diz-se bsolutmente convergente se série n é convergente. (b) A série n diz-se simplesmente convergente se é convergente e n é divergente. Observção 4.8 Um série simplesmente convergente tem um número infinito de termos de sinl negtivo e um número infinito de termos de sinl positivo. Os critérios d rzão e d riz permitem um dptção nturl séries de termos de sinl qulquer. A formulção do critério d rzão é seguinte. Teorem 4.3 (critério d rzão pr séries de termos de sinl qulquer) Considere série numéric n onde n 0 pr todo o n N, e sej Se o limite existe, então: λ = lim n n+ n. (i) A série numéric é bsolutmente convergente qundo 0 λ <. (ii) A série numéric é divergente qundo λ >. (iii) Nd se pode concluir sobre nturez d série numéric qundo λ = Séries lternds Estudmos um cso prticulr de um série de termos de sinl qulquer. Considere série numéric ( ) n n = 2 + onde n > 0 pr todo o n. A um série com ests crcterístics chm-se série lternd. 92

97 4.2. Séries numérics Teorem 4.4 (critério de Leibniz pr séries lternds) Considere série lternd ( ) n n. Se sucessão ( n ) é decrescente e lim n = 0, então série lternd é convergente. E n ind, se s é som d série e s k é som prcil de ordem k, então s s k < k+ pr todo o k N. Observção 4.9 A condição s s k < k+ s ( 2 + +( ) k k ) < k+ indic que o erro cometido, qundo se proxim som s pel som prcil s k, é sempre inferior o termo k+. A determinção d nturez de um série lternd envolve os seguintes pssos:. Determinção d nturez d série dos módulos ( ) n n = n. Se série dos módulos é convergente, então série lternd é bsolutmente convergente. 2. Aplicção do critério de Leibniz qundo série dos módulos é divergente. Exemplo: Considere série lternd A su série dos módulos ( ) n n = /2+. é um série divergente (série de Dirichlet com α = ). Por isso, nd se pode concluir directmente sobre série lternd originl. No entnto, porque n+ n < 0 pr todo o n N e lim n n = 0, conclui-se, plicndo o critério de Leibniz, que série lternd é simplesmente convergente. n 93

98 Séries numérics 4.2. Reordenção dos termos de um série numéric Apresentmoslgumsproprieddesfinisdssériesnumérics. Éclroquenãopodemos mnipulrostermosde umsérienumérictl comofzemoscomostermosde um som finit. A título de exemplo, recorde-se o exemplo 2 n págin 79. Observmos seguir que plicção d propriedde comuttiv os termos de um série numéric pode, em certos csos, lterr su som. Teorem 4.5 Sej n um série bsolutmente convergente de som s. Tod série numéric b n obtid por reordenção dos termos d série n, é tmbém bsolutmente convergente e tem som s. O teorem nterior indic que plicção d propriedde comuttiv os termos de um série bsolutmente convergente, não lter su nturez nem su som. Verific-se que o mesmo não contece se série é pens simplesmente convergente. Aind ssim, o próximo resultdo não deix de ser surpreendente. Teorem 4.6 (de Riemnn) Sej n um série simplesmente convergente e sej b um número rel qulquer. Existe outr série numéric b n, que result de um reordenção dos termos d série n, que é simplesmente convergente e tem por som o número b. 94

99 Cpítulo 5 Séries de potêncis 5. Introdução Série de potêncis de x, com R, é tod série de funções d form n (x ) n = 0 + (x )+ 2 (x ) 2 +, (5.) n=0 onde ( n ) é um sucessãode números reis. Escolhendo = 0, obtém-se o csoprticulr d série de potêncis de x n x n = 0 + x+ 2 x 2 +. (5.2) n=0 Ao considerr mudnç de vriável z = x, podemos reduzir o estudo d série (5.) o estudo d série (5.2). A seguinte pergunt surge ssim de form nturl: Pr que vlores de x R, é convergente série numéric obtid de (5.)? A respost est pergunt depende é clro d sucessão ( n ). No entnto, podemos observr que pr x =, no cso de (5.), ou x = 0, no cso de (5.2), série numéric obtid é convergente de som 0. Pr que outros vlores de x R é série numéric obtid um série convergente? Apresentmos um respost globl pr est pergunt n próxim secção. 95

100 Séries de potêncis 5.2 Rio e intervlo de convergênci Sobre nturez de um série de potêncis de x pode demonstrr-se o seguinte resultdo. Teorem 5. Pr série de potêncis n x n n=0 ocorre somente um ds seguintes situções: () A série converge bsolutmente pens no ponto x = 0. (b) A série converge bsolutmente pr todo x R. (c) Existe um número r > 0 tl que: (i) A série é bsolutmente convergente se x < r, isto é, se x ] r,r[. (ii) A série é divergente se x > r, isto é, se x ], r[ ]r,+ [. (iii) Nos pontos x = r e x = r nturez d série é determind individulmente. De form semelhnte, no cso d série de potêncis de x n (x ) n, n=0 pode mostrr-se que: () Existe um número r > 0 tl que: (i) A série é bsolutmente convergente se x < r, isto é, se x ] r,+r[. (ii) A série é divergente se x > r, isto é, se x ], r[ ]+r,+ [. (iii) Nos pontos x = r e x = +r nturez d série tem de ser determind individulmente. (b) A série converge bsolutmente pens no ponto x = (podemos considerr que este cso corresponde r = 0). (c) A série converge bsolutmente pr todo x R (podemos considerr que este cso corresponde r = + ). Ao número r > 0 chm-se rio de convergênci d série de potêncis. Ao intervlo contendo todos os pontos pr os quis série de potêncis é convergente, chm-se intervlo de convergênci d série de potêncis. 96

101 5.2. Rio e intervlo de convergênci O rio de convergênci r pode determinr-se trvés do critério d rzão (ns págins 88 e 92) ou do critério d riz (n págin 88). Pr (5.) e (5.2) plicção do critério d rzão conduz r = lim n n n+ desde que o limite exist. A plicção do critério d riz conduz desde que o limite exist. r = lim n n, Verificção de (5.3): A série de potêncis de x n n x n, n=0, (5.3) com x 0 e n 0 pr todo o n N, será bsolutmente convergente se x é tl que n+ x n+ λ = lim n n x n < o que é equivlente n+ lim n n x <. Dqui result que x tem de verificr seguinte condição n x < lim n n+. } {{ } r A série será divergente se os vlores de x verificrem condição n+ x n+ λ = lim n n x n >, isto é, se x > lim n n n+ E nd se pode concluir pel plicção do critério d rzão se n x = lim n. n+ Concluímos que o número r existir tem de ser igul o limite n lim n n+. Não é possível à prtid dintr qul nturez de um determind série de potêncis nos pontos x = r e x = +r, tornndo-se necessário efectur seprdmente o estudo de cd ponto. 97

102 Séries de potêncis Exemplos:. Considere série de potêncis de x n=0 n 2 2 n xn. O rio de convergênci d série é r = 2. De fcto, Primeirs conclusões: r = lim n n n = lim n n n 2 2 n = lim n 2 ( n n) 2 = 2. A série de potêncis é bsolutmente convergente pr todo o x ] 2,2[; A série de potêncis é divergente pr todo o x ], 2[ ]2,+ [. Determinção d nturez d série nos pontos x = 2 e x = 2. Qundo x = 2, tem-se série numéric n 2. n=0 Est série é divergente, pois lim n n 2 0. Pr x = 2, obtém-se série lternd ( ) n n 2. n=0 Acbámos de ver que série dos módulos é divergente. A série lternd tmbém é divergente ddo que lim n ( ) n n 2 não existe. As conclusões finis são: A série de potêncis é bsolutmente convergente se x ] 2,2[; A série de potêncis é divergente pr todos os outros vlores reis de x; O intervlo de convergênci é ] 2,2[. 2. Considere série de potêncis de x x n n 2. O rio de convergênci d série é r =. De fcto, n r = lim n n+ = lim n ( n+ n =. ) 2 98

103 5.2. Rio e intervlo de convergênci Qundo x =, tem-se série numéric convergente n 2. Qundo x =, obtém-se série lternd bsolutmente convergente As conclusões finis são: ( ) n n 2. A série de potêncis é bsolutmente convergente se x [,]; A série de potêncis é divergente pr todos os outros vlores reis de x; O intervlo de convergênci é [, ]. 3. Considere série de potêncis de x x n n. O rio de convergênci d série é r =. Pr x = é gerd série numéric que é divergente. Pr x = é gerd série lternd n ( ) n n. A plicção do critério de Leibniz permite concluir que est é convergente. As conclusões finis são: A série de potêncis é bsolutmente convergente se x ],[; A série de potêncis é simplesmente convergente se x = ; A série de potêncis é divergente sempre que x ], [ [,+ [; O intervlo de convergênci é [, [. 4. Considere série de potêncis de x x 2n 2 n. O rio de convergênci d série, result d determinção do conjunto solução d inequção lim n b n+ b n < 99

104 Séries de potêncis onde pr todo o n N. Ou sej, b n = x2n 2 n lim n b n+ b n < < x 2n+2 2 n lim n 2 n+ x 2n x 2 < 2 x < 2. Tem-se portnto r = 2. Pr x = 2 obtém-se série geométric convergente ( 2). n Qundo x = 2, obtém-se série lternd bsolutmente convergente ( ) n ( 2). n As conclusões finis são: A série de potêncis é bsolutmente convergente se x [ 2, 2]; A série de potêncis é divergente pr todos os outros vlores reis de x; O intervlo de convergênci é [ 2, 2]. 5. Finlmente, considere série de potêncis de x 2 n(x 2) n. Concretiz-se substituição z = x 2 dndo origem à série nz n. O rio de convergêncid série é r = (o mesmo contece pr série originl). A série serábsolutmente convergentese z < z ],[, isto é, sérieoriginl será bsolutmente convergente se x 2 < x ],3[. Considerndo z = e z = (ou x = e x = 3 n série originl) verificmos que s séries numérics gerds são divergentes (pel plicção direct do corolário d condição necessári de convergênci). As conclusões finis são: A série de potêncis é bsolutmente convergente se x ],3[; A série de potêncis é divergente pr todos os outros vlores reis de x; O intervlo de convergênci é ], 3[. 00

105 5.3. Proprieddes ds séries de potêncis Exercício 5. Estude s séries de potêncis: () (b) n!x n n=0 x n n!. 5.3 Proprieddes ds séries de potêncis Tod série de potêncis n (x ) n n=0 onde x ] r, + r[, com r > 0, define um função rel de vriável rel que é usul designr por função som, isto é, existe f : D =] r,+r[ R R tl que f(x) = n (x ) n. n=0 Diz-sequesérieérepresentçãodfunçãof emsériedepotêncisdex, nointervlo ] r,+r[. Sobre relção entre série de potêncis e função som, colocm-se s seguintes questões: (A) Quis s proprieddes d função f(x) = n (x ) n n=0 definid pr todo o x ] r,+r[? (B) Será tod função rel de vriável rel representável em série de potêncis? Pergunt (A) Começmos por responder à questão (A), presentndo lgums proprieddes d função som. Em prticulr, o próximo resultdo mostr que é possível derivr e integrr termo termo um série de potêncis, no interior do intervlo de convergênci. Teorem 5.2 Se série de potêncis n (x ) n n=0 tem rio de convergênci r > 0 e f(x) = n (x ) n pr todo o x ] r,+r[, então: n=0 0

106 Séries de potêncis (i) f é um função contínu no intervlo ] r,+r[; (ii) A série de potêncis tem rio de convergênci r e (iii) A série de potêncis tem rio de convergênci r e x n n (x ) n f (x) = n=0 f(t)dt = n n (x ) n ; n n+ (x )n+ n=0 n n+ (x )n+. O ponto (ii) no teorem nterior permite concluir que d dx n (x ) n = n=0 n=0 n d dx (x )n = n d dx (x )n, isto é, mostr que é possível clculr derivd de um série de potêncis no interior do intervlo de convergênci, isto é, no intervlo ] r, + r[, derivndo termo termo série de potêncis. Este resultdo mostr que é possível derivr termo termo um série de potêncis no intervlo ] r,+r[. Ou sej, se f(x) = n (x ) n = 0 + (x )+ + k (x ) k + n=0 no intervlo ] r,+r[, então ( ) f (x) = n (x ) n n=0 = ( 0 + (x )+ + k (x ) k + ) = ( 0 ) +( (x )) + + ( k (x ) k) + = +2 2 (x )+ +k k (x ) k + = n n (x ) n. O ponto (iii) do teorem nterior permite concluir que ( x ) x ) n (t ) n dt = ( n (t ) n dt, n=0 n=0 02

107 5.3. Proprieddes ds séries de potêncis isto é, mostr que se pode primitivr e clculr o integrl de um série de potêncis no intervlo [,x], com x ] r,+r[, integrndo termo termo série de potêncis. Ou sej, se f(x) = n (x ) n = 0 + (x )+ + k (x ) k + n=0 no intervlo ] r,+r[, então x x f(t)dt = n (t ) n dt = = n=0 x x ( 0 + (t )+ + k (t ) k + ) dt 0 dt+ x (t )dt+ + x k (t ) k dt+ = 0 (x )+ 2 (x )2 + + k k + (x )k+ + n = n+ (x )n+. n=0 O Teorem 5.2 tmbém permite concluir, plicndo sucessivmente o ponto (ii), que, se f(x) = n (x ) n n=0 no intervlo ] r, + r[, então função f é infinitmente diferenciável no intervlo ] r,+r[ e tods s sus derivds têm representção em série de potêncis. Tem-se pr primeir derivd f (x) = +2 2 (x )+ +k k (x ) k + = pr segund derivd f (x) = k(k ) k (x ) k 2 + = n n (x ) n, n(n ) n (x ) n 2, e de modo semelhnte pr tods s derivds de ordem superior de f. Substituindo vriável x pelo número, podemos observr que f () =, f () = 2 2, e plicndo idêntico rciocínio que f (k) () = k! k pr todo o k N. Logo, deduzimos que k = f(k) () k! n=2, pr todo o k N. Est fórmul é válid pr k = 0 se denotrmos f() por f (0) (). Ests deduções permitem concluir que representção de f, em série de potêncis de x, é únic e tem seguinte expressão f (n) () f(x) = (x ) n pr todo o x ] r,+r[. (5.4) n! n=0 03

108 Séries de potêncis Exemplo: Considere função f(x) = x n n = x+ x2 2 + x O rio de convergênci d série é r =. A série é divergente pr x = e convergente (simplesmente) qundo x =. O intervlo de convergênci é pois [,[. Ao derivr termo termo série de potêncis no interior do intervlo de convergênci, no intervlo ], [, obtém-se ) ) f (x) = (x+ x2 2 + x3 x 3 + = (x) +( 2 + = +x+x 2 + = 2 x n que é tmbém um série de potêncis com rio de convergênci r =. Integrndo termo termo série originl no intervlo ],[, temos F(x) = x 0 t n n dt = x n+ n(n+) expressão que é válid pr todo o x ],[. Pergunt (B) Verificámos n últim secção que um função tem de ser infinitmente diferenciável num vizinhnç do ponto, pr que poss dmitir um representção em série de potêncis de x. Fic clro que nem tods s funções podem dmitir representção em série de potêncis. E ind, se ess representção de f existe num vizinhnç de um ponto, então el tem de ter form descrit em (5.4). Suponhmos gor que f é um função infinitmente diferenciável n vizinhnç do ponto R. Podemos construir série de potêncis n=0 f (n) () (x ) n (5.5) n! que é designd por série de Tylor de f no ponto. Em que condições podemos firmr que série de Tylor gerd por f represent de fcto função, isto é, em que condições se tem f(x) = n=0 f (n) () (x ) n, n! pr vlores de x num intervlo rel de centro no ponto? O próximo teorem present um respost. 04

109 5.3. Proprieddes ds séries de potêncis Teorem 5.3 Sej f um função infinitmente diferenciável no intervlo berto ] r,+r[. Se existe um constnte positiv c tl que f (n) (x) c n pr todo o n N e pr todo o x ] r, + r[, então série de Tylor gerd por f, em (5.5), converge pr f(x) qulquer que sej x ] r,+r[. O resultdo nterior permite mostrr que: sinx = x x3 3! + x5 5! x7 x 2k 7! + +( )k (2k )! + = ( ) n x 2n (2n )! pr todo o x R. cosx = x2 2! + x4 x2k +( )k 4! (2k)! + = pr todo o x R. n=0 ( ) n x2n (2n)! Um outr representção importnte em série de potêncis de x é representção d exponencil e x, e x = +x+ x2 2! + + xk k! + = que é válid pr todo o x R. Pr deduzir expressão nterior podemos optr por seguir os seguintes pssos:. Mostrr que série de potêncis é bsolutmente convergente pr todo o x R (o mesmo contece pr f ). n=0 2. Verificr que f é tl que f (x) = f(x) pr todo o x R. 3. Determinr solução d equção diferencil obtid no psso nterior, pr obter o resultdo pretendido. Exercício 5.2 Considere série de potêncis x n. n=0 () Determine o intervlo de convergênci d série de potêncis. (b) Mostre que n=0 x n = x pr todo x ],[. (c) Determine um representção em série de potêncis de x, no intervlo ],[, de cd função: (i) f(x) =, (ii) g(x) = +x x 2, (iii) h(x) = ( x) 2. x n n! 05

110

111 Referêncis bibliográfics [] Howrd Anton. Cálculo - um novo horizonte, volume. Bookmn. [2] Tom M. Apostol. Clculus. Vol. I: One-vrible clculus, with n introduction to liner lgebr. Second edition. John Wiley & Sons Inc., [3] Erl A. Coddington nd Normn Levinson. Theory of ordinry differentil equtions. McGrw-Hill Book Compny, Inc., New York-Toronto-London, 955. [4] F. R. Dis Agudo. Análise Rel, volume III. Escolr Editor, 992. [5] H. L. Guidorizzi. Um curso de cálculo, volume. Livros técnicos e científicos editor. [6] R. Lrson, R. P. Hostetler, nd B. H. Edwrds. Cálculo, volume. McGrw-Hill. 07

112

113 Índice lfbético A Anton, 07 plicções do integrl definido, 32, 35, 38 Apostol, 07 áre de regiões plns, 32 C Coddington, 07 comprimento do rco de um curv, 38 condição necessári de convergênci, 82 convergênci bsolut, 92 convergênci simples, 92 critério d riz, 88 critério d rzão, 88, 92 critério de comprção, 84 critério de comprção limite, 85 critério de Leibniz, 93 critério do integrl, 87 D, ver decomposição de [,b] x i, 9 decomposição de [, b], 9 diâmetro, 9 representção, 9 Dis Agudo, 07 E EDO, ver equção diferencil Edwrds, 07 equção diferencil, 55 de Bernoulli, 68 de vriáveis sepráveis, 63 de vriáveis seprds, 64 form norml, 57 homogéne de gru zero, 66 integrl gerl, 58 liner de primeir ordem, 60 homogéne, 60 ordem, 57 solução, 57 solução gerl, 58 solução prticulr, 58 solução singulr, 58 equção diferencil ordinári, ver EDO F fctor integrnte, 60 frcções rcionis, 4 simples, 4 função rcionl, 3 decomposição, 4 imprópri, 3 própri, 3 G Guidorizzi, 07 H Hostetler, 07 I integrção por prtes, 30 integrção por substituição, 30 integris impróprios de funções não limitds, 45 09

114 Índice lfbético em intervlos não limitdos, 43 integrl de Riemnn, ver integrl definido integrl definido, 23 existênci, 24 extremos de integrção, 23 função integrnd, 23 integrl indefinido, 40 L Lrson, 07 Levinson, 07 M método do fctor integrnte, 60 método dos coeficientes indetermindos, 5 P primitiv, existênci, 3 primitivção de funções rcionis, 3 imedit, 4 regr d potênci, 5 por decomposição, 4 por prtes, 7 por substituição, 0 problem de vlores iniciis, 59 progressão ritmétic, 74 rzão, 74 som de k termos consecutivos, 74 progressão geométric, 74 rzão, 74 som de k termos consecutivos, 75 R regr de Simpson, 5 compost, 5 estendid, 52 regr dos trpézios, 47 compost, 48 estendid, 49 S S(f, ), ver som de Riemnn f(x)dx, 2 b f(x)dx, 23 série, 75 lternd, 92 critério de Leibniz, 93 convergente, 76 de Dirichlet, 8 divergente, 76 dos módulos, 90 Geométric, 78 Hrmónic, 8 nturez, 76 som, 76 Telescópic, 79 série de potêncis de x, 95 de x, 95 função som, 0 intervlo de convergênci, 96 rio de convergênci, 96 série de Tylor de f no ponto, 04 série numéric, ver série som de Riemnn, 20 significdo geométrico, 20 sucessão, 7 convergente, 73 crescente, 7 decrescente, 72 divergente, 73 limitd, 72 limite, 73 termo gerl, 7 termos, 7 sucessão ds soms prciis, 76 T teorem de Riemnn, 94 0

115 Índice lfbético teorem fundmentl do cálculo, 24 V volume de sólidos de revolução, 35

116