Download - Instituto de Matemática - UFRGS

Um Curso de Cálculo e Equações
Diferenciais com Aplicações 1
Luís Gustavo Doninelli Mendes 23
1 Continuarei acrescentando material, além de corrigir possíveis erros ou imperfeições. Por isso
sugiro que o improvável leitor não imprima o texto. Quando for estudá-lo dê uma olhada no
meu site se já há uma versão mais atualizada. Sugestões ou correções, por favor as envie para
mendes.lg@gmail.com
2 Professor Adjunto do Departamento de Matemática da UFRGS
3 Última atualização: 09/05/2012

Índice
Parte 1. Cálculo Diferencial e Integral e primeiras Aplicações 13
Capítulo 1. Introdução 15
1. O que é o Cálculo 15
2. Sobre o Curso 16
3. Sobre os Gráficos e Figuras 16
4. Alerta aos estudantes 16
5. Livros-texto e Referências 17
6. Programas úteis 18
Capítulo 2. Alguns dos objetivos do Cálculo 21
1. Funções e seus domínios 21
2. Função 23
3. Funções definidas a partir de outras funções 23
4. Diferentes domínios de funções 24
5. Gráfico descontínuo, mas que mesmo assim é gráfico 25
6. Função positiva, negativa e zeros ou raízes 25
7. Função crescente ou decrescente 26
8. Máximos e mínimos 28
9. Exercícios 29
Capítulo 3. Propriedade básicas dos números Reais 31
1. Os Reais como sistema de números: não dividirás por zero ! 31
2. Ordem nos Reais: não tirarás a raíz quadrada de números negativos ! 32
3. Propriedades gerais das desigualdades 33
4. Intervalos e suas utilidades 36
5. Metamorfoses de cúbicas 39
6. Exercícios 46
Capítulo 4. Sequências e seus limites 47
1. Sequências 47
2. Limites de sequências 48
3. Definição e Propriedades fundamentais 49
4. Exercícios 53
Capítulo 5. Limites de funções definidas em intervalos 57
1. Operações elementares com limites de funções 58
2. A definição usual com ǫ e δ 59
3. Limites quando x tende ao infinito 61
3

4 ÍNDICE
4. Quando a parte é do mesmo tamanho do todo 66
5. Exercícios 68
Capítulo 6. A noção de Continuidade 71
1. Operações com funções contínuas 72
2. Polinômios, funções racionais e trigonométricas 74
3. Continuidade da função inversa 78
4. Dois teoremas fundamentais sobre funções contínuas 79
5. Primeiras aplicações do T.V.I 79
6. Raízes de polinômios cujo grau é ímpar 79
7. Raízes simples e fatoração de polinômios 81
8. Possíveis raízes Racionais de polinômios a coeficientes inteiros 83
9. Exercícios 84
Capítulo 7. Geometria Analítica Plana 87
1. Equações de retas, coeficientes angular e linear 87
2. Ortogonalidade 89
3. Teorema de Tales no círculo 90
4. A equação da reta de Euler 91
5. A inversa como reflexão de gráfico na diagonal 99
6. O método de Descartes para as tangentes a um gráfico 100
7. Um problema da Putnam Competition, n. 2, 1939 104
8. Exercícios 104
Capítulo 8. A Tangente ao gráfico, segundo o Cálculo 107
1. Retas secantes a um gráfico 107
2. A reta tangente a um gráfico 107
3. A reta tangente ao seno em (0,0) é a diagonal 109
4. Interpretação Física da reta tangente 113
5. Exercícios 113
Capítulo 9. A derivada 115
1. Definição, primeiras propriedades e exemplos simples
2. Um Árbitro que só avalia as inclinações
115
117
3. Derivadas da soma e da diferença 119
4. Problema da Putnam Competition, n. 68, 1993 120
5. A segunda derivada 123
6. Exercícios 124
Capítulo 10. Sinal da derivada e crescimento 127
1. Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy 127
2. O Teorema 0 das Equações Diferenciais 131
3. Critérios de crescimento e de decrescimento 133
4. Uma confusão frequente sobre o significado do sinal da derivada 134
5. Descontinuidade da função derivada 135
6. Exercícios 136

ÍNDICE 5
Capítulo 11. Aplicações da primeira e segunda derivadas 139
1. Primeiro critério de máximos e mínimos 139
2. Critério da segunda derivada 139
3. Um problema típico para os engenheiros 140
4. Mínimos de distâncias e ortogonalidade 142
5. Concavidades dos gráficos 146
6. Mínimos quadrados e a média aritmética 149
7. Pontos de inflexões dos gráficos 151
8. Critério da derivada de ordem n 152
9. Confecção de gráficos de polinômios 154
10. Exercícios 155
Capítulo 12. Derivadas de seno e cosseno e as leis de Hooke 161
1. O cosseno como derivada do seno 161
2. Leis de Hooke com e sem atrito 163
3. Exercícios 166
Capítulo 13. Derivada do produto, indução e a derivada de x n , n ∈ Z. 167
1. Princípio de indução matemática 167
2. Derivada do Produto 169
3. Derivadas de x −n , ∀n ∈ N 170
4. Raízes múltiplas e fatoração de polinômios 171
5. A Regra de Sinais de Descartes para as raízes de um polinômio 173
6. Exercícios 177
Capítulo 14. Derivada da composição de funções 179
1. Regra da composta ou da cadeia 179
2. A derivada do quociente 183
3. Uma função que tende a zero oscilando 185
4. Confecção de gráficos de funções racionais 186
5. Involuções fracionais lineares 189
6. Um problema da Putnam Competition, n. 1, 1938 190
7. Uma função com derivada, mas sem a segunda derivada 192
8. Máximos e mínimos: o problema do freteiro 193
9. Exercícios 205
Capítulo 15. Derivadas de funções Implícitas 207
1. Curvas versus gráficos 207
2. Teorema da função implícita 209
3. Reta tangente de curva e plano tangente de superfície 212
4. Tangentes, pontos racionais de cúbicas e códigos secretos 213
5. Derivação implícita de segunda ordem 218
6. Exercícios 220
Capítulo 16. Funções inversas e suas derivadas 221
1. Derivada de y = √ x 222
2. Distância versus quadrado da distância 223

6 ÍNDICE
3. Derivada da “função”x 1
n, de x m
n e de x −m
n 223
4. Derivadas do arcoseno e do arcocosseno 225
5. Derivada do arcotangente 228
6. Exercícios 231
Capítulo 17. Taxas relacionadas 235
1. Como varia um ângulo 235
2. Como varia uma distância 236
3. Lei dos cossenos e produto escalar de vetores 238
4. Exercícios 241
Capítulo 18. O Método de aproximação de Newton 243
Capítulo 19. O Princípio de Fermat e a refração da luz 247
1. Princípio de Fermat 247
2. Refração, distâncias ponderadas e Lei de Snell 249
3. Exercícios 253
Capítulo 20. As Cônicas e suas propriedades refletivas 255
1. Distância até uma parábola 255
2. Definição unificada das cônicas 257
3. A Parábola e sua propriedade refletiva 265
4. Prova analítica da propriedade do foco 269
5. A Elipse e sua propriedade refletiva 271
6. A Hipérbole e o análogo da propriedade refletiva 275
7. Família de cônicas co-focais ortogonais 281
8. Exercícios 284
Capítulo 21. Integração e o Primeiro Teorema Fundamental
1. Área sob um gráfico positivo
2. Qual função descreve as Áreas sob gráficos?
285
285
286
3. Primeira Versão do Primeiro Teorema fundamental do Cálculo 289
4. A Integral e suas propriedades 291
5. Teorema do valor médio de integrais 294
6. A integral indefinida e o Primeiro Teorema fundamental 295
7. Existem funções com primeira derivada, mas sem segunda derivada 297
8. Exercícios 298
Capítulo 22. Logaritmo natural e sua inversa, a exponencial 301
1. Existe uma função f ≡ 0 que seja imune à derivação ? 301
2. Propriedades fundamentais do logaritmo e da exponencial 304
3. log ax , ∀a > 0 e ln|x| 306
4. As funções e x e a x , para a > 0 308
5. x a e sua derivada, a ∈ R. 309
6. Crescimento lento do logaritmo e rápido da exponencial 310
7. Uma observação sobre o termo geral de uma série infinita 313
8. Um problema da Putnam Competiton, n. 11, 1951 314

ÍNDICE 7
9. A regra de L’Hôpital 315
10. A função x x 319
11. Um problema da Putnam Competition, n. 22, 1961 321
12. Um modo de aproximar e por números Racionais 322
13. Funções f(x) g(x) em geral e suas indeterminações 323
14. Derivada logarítmica 324
15. Uma função extremamente achatada 326
16. Exercícios 329
Capítulo 23. Segundo Teorema Fundamental e Áreas 335
1. A descoberta de Gregory e Sarasa sobre área 335
2. Segundo Teorema Fundamental do Cálculo 336
3. Regiões entre dois gráficos 337
4. Um problema da Putnam Competition, n. 54, 1993. 340
5. Integral e centro de gravidade 343
6. Arquimedes e a parábola: prova versus heurística 345
7. Exercícios 348
Capítulo 24. Integração por partes 353
1. Exercícios 356
Capítulo 25. Integração por substituição 359
1. A substituição trigonométrica x = sin(θ) 362
2. Áreas do Círculo e Elipse 363
3.
√ r 2 −x 2 dx 365
4. Mais exemplos da substituição x = sin(θ) 365
5. Substituição trigonométrica x = tan(θ) 367
6.
Mais
√
exemplos da substituição x = tan(θ)
7. r2 +x2 dx
367
369
8. Substituição trigonométrica x = sec(θ) 369
9. Mais exemplos para a substituição x = sec(θ). 370
√
10. x2 −r2 dx
11. E as da forma
371
12. Exercícios 371
√ 1
Ax3 +Bx2 dx ? 371
+Cx+D
Capítulo 26. Integração de funções racionais
2 −1 1.
(ax +bx+c) dx
αx+β
2. ax
373
373
2 dx
+bx+c
1 3. Ax
375
3 +Bx2 dx +Cx+D
4. Frações parciais em geral
1 5. (1+x
377
380
2 ) n dx, n ≥ 2
6. Exemplos
383
384
7. Exercícios 387
Capítulo 27. Integrais impróprias 389
1. Um problema da Putnam Competition, n. 2, 1939 391

8 ÍNDICE
2. As primeiras Transformadas de Laplace, a função Gama e o fatorial 392
3. Fórmula de Euler para o fatorial 396
4. Exercícios 396
Capítulo 28. A curvatura dos gráficos 397
1. O comprimento de um gráfico 397
2. Um problema da Putnam Competition, n.2, 1939 399
3. Curvas parametrizadas e seu vetor velocidade 399
4. Integrais que ninguém pode integrar 401
5. Velocidade de um gráfico ou de uma curva 402
6. Definição de curvatura e sua fórmula 403
7. Qual a curvatura de uma quina ? 405
Capítulo 29. Séries convergentes 409
1. Séries k-harmônicas, k > 1. 409
2. A série geométrica 411
3. O teste da razão (quociente) 412
4. Um argumento geométrico para a série geométrica 414
Capítulo 30. Aproximação de Números e Funções importantes 415
1. Aproximações de raízes quadradas por números racionais 415
2. Raízes quadradas que são irracionais 415
3. Como tirar raíz quadrada só com +,−,×,/ 416
4. Os Reais através de sequências de números Racionais 418
5. Aproximações de e por números Racionais 419
6. Arcotangente e cartografia 421
7. A aproximação de π dada por Leibniz 423
8. Aproximações de logaritmos 425
9. Aproximação de logaritmos de números quaisquer 426
10. Aproximação de ln(2) 428
11. Exercícios 428
Capítulo 31. Séries numéricas e de funções 429
1. Séries numéricas 429
2. Séries de potências 431
3. Séries de Taylor e os Restos de Lagrange, Cauchy e Integral 434
4. A série binomial e sua série de Taylor 439
5. Um devaneio sobre os números Complexos 442
6. Exercícios 443
Capítulo 32. O discriminante de polinômios de grau 3 445
1. Preparação para a fórmula de Cardano 445
2. A fórmula de Cardano para as três raízes Reais: viagem nos Complexos 449
3. O discriminante como curva 452
4. A curva discriminante entre as cúbicas singulares 454
5. Parametrização dos pontos racionais de cúbicas singulares 458
6. Cúbicas singulares aparecem como seções com o plano tangente 459

ÍNDICE 9
Capítulo 33. Discriminante dos polinômios de grau 4 463
1. A andorinha: o discriminante como superfície 463
2. Discriminante como envelope de famílias de retas ou planos 465
Capítulo 34. Apêndice: O expoente 3 comanda a vida ! 4
1. Metabolismo versus massa corporal
467
467
2. Escalas log/log para um experimento 468
3. Reta de ajuste - método de mínimos quadrados 468
4. A Lei experimental de Kleiber 470
5. Justificação racional da Lei de Kleiber 471
6. O argumento 472
Parte 2. Equações diferenciais ordinárias e Aplicações 479
Capítulo 35. As primeiras equações diferenciais 481
1. A exponencial e as equações diferenciais 481
2. A definição original de Napier para o logaritmo 482
3. Decaimento radioativo e datação 484
4. Equações diferenciais lineares com coeficientes constantes 486
5. Objetos em queda-livre vertical 489
6. Queda ao longo de um gráfico 493
7. A curva que minimiza o tempo 496
8. Balística e o Super Mário 500
9. Equações diferenciais lineares em geral 504
10. Um problema da Putnam Competition, n.14, 1954 504
11. Soluções das equações lineares gerais 506
12. Um problema da Putnam Competition, n. 49, 1958. 510
13. As equações de Bernoulli e sua redução a equações lineares 511
14. Exercícios 512
Capítulo 36. Aspectos gerais das equações de primeira ordem 515
1. Equações diferenciais e metamorfoses de curvas 515
2. Equações diferenciais em forma normal e as curvas Isóclinas 517
3. Existência e unicidade para y ′ (x) = F(x,y) - Método de Picard 520
4. Equações separáveis 525
5. A clepsidra 527
6. Equações homogêneas 528
7. Equações exatas 530
8. Integral ao longo de um caminho 534
9. Derivada da integral em relação ao parâmetro - Fórmulas de Leibniz 536
10. Fatores integrantes 539
11. Equações implícitas, discriminantes e envelopes 542
12. Um problema da Putnam Competition, n. 5, 1942 548
13. Equações de Clairaut e de Lagrange: isóclinas retas 550
14. Transformação de Legendre, dualidade e resolução de equações diferenciais553
15. Apêndice: Funções contínuas de duas variáveis e continuidade uniforme 556

10 ÍNDICE
16. Exercícios 558
Capítulo 37. Curvas de Perseguição 559
1. O problema 559
2. As elipses isócronas, segundo A. Lotka 566
3. Um envelope que é uma curva de perseguição 568
4. Exercícios 570
Capítulo 38. Cinética química e crescimento bacteriano 571
1. Cinética química 571
2. Equação diferencial de uma reação de primeira ordem 573
3. Equação diferencial de uma reação de segunda ordem 574
4. Crescimento bacteriano 576
5. Ponto de inflexão da função logística 580
6. Equação de Bernoulli e reações químicas de ordem fracionária 581
Capítulo 39. Newton e a gravitação 583
1. Atração segundo o inverso do quadrado da distância 583
2. Tempo de colisão e velocidade de escape 584
3. Níveis de energia 587
4. Órbitas planetárias 589
5. Velocidade e aceleração expressas em coordenadas polares 589
6. Grandezas constantes ao longo das trajetórias 592
7. As órbitas como cônicas em coordenadas polares 597
8. Oscilador harmônico 599
9. Área em coordenadas polares e a lei de Kepler sobre as áreas 601
10. Em torno da proposição XXX do Principia 602
11. A Equação de Kepler para o movimento planetário elíptico 606
Capítulo 40. Equações diferenciais de segunda ordem 609
1. Redução de ordem 609
2. Homogêneas, a coeficientes constantes 610
3. Não-Homogêneas, lineares de segunda ordem 614
4. Não homogênas: Método de Lagrange de variação de parâmetros 616
5. Um problema da Putnam Competition, n.58, 1987 617
6. Equação diferencial de um circuito elétrico simples 619
7. Não-homogêneas: Método de coeficientes a determinar 620
8. Sistemas de equações diferenciais 624
9. Um problema da Putnam Competition, n.2, 1939 626
10. Homogêneas, não-singulares, coeficientes variáveis: redução a constantes 627
11. Homogêneas, não-singulares, coeficientes variáveis: Método de D’Alembert629
12. Existência de soluções de equações homogêneas e não-singulares 630
13. Propriedades das soluções de equações lineares de segunda ordem 632
14. Um problema da Putnam Competition, n. 15, 1955 635
15. O Teorema de Comparação de Sturm 638
16. Um problema da Putnam Competition, n. 22, 1961 639
17. Exercícios 641

ÍNDICE 11
Capítulo 41. Equações com pontos não-singulares: Airy, Hermite e Legendre 643
1. Solução explícita da Airy 643
2. Solução explícita da Hermite 645
3. Solução explícita da Legendre em torno de x = 0 647
4. Polinômios de Legendre e expansão em série do potencial gravitacional 649
5. Ortogonalidade dos polinômios de Legendre 650
Capítulo 42. Equação com ponto singular: Hipergeométrica de Gauss 653
1. Integral elíptica como série hipergeométrica 656
Capítulo 43. Equação com ponto singular: a Equação de Bessel 659
1. A definição original de Bessel 659
2. Zeros de funções de Bessel 661
3. Ortogonalidade das funções de Bessel 664
Capítulo 44. Equações com pontos singulares do tipo regular 667
1. A Equação de Euler e sua redução a coeficientes constantes 667
2. Solução direta da equação de Euler 670
3. Definições gerais e exemplos de pontos singulares regulares 672
4. Início do Método de Frobenius 673
5. Soluções explícitas de algumas equações Bessel 676
6. A Equação de Bessel com ν = 1
e a solução da equação de Airy 3
7. Equação hipergeométrica com c ∈ Z
679
680
Capítulo 45. Equações de Riccati 681
1. Soluções de Riccati segundo Daniel Bernoulli 682
2. Assíntotas verticais de soluções de equações de Riccati 687
3. Soluções das Riccati segundo Euler 688
4. A Equação de Bessel com ν = 1
4 e a solução da Riccati y′ = x 2 +y 2 691
5. Exercícios 691
Parte 3. Séries de Fourier e Equações diferenciais parciais 693
Capítulo 46. Séries de Fourier 695
1. Séries de Fourier e seus coeficientes 696
2. Séries de Fourier só de senos ou só de cossenos 699
3. Convergência pontual da Série de Fourier 699
4. Séries de Fourier de cos(r ·sin(x)) e de sin(r ·sin(x)), r ∈ R 706
5. Convergência absoluta da Série de Fourier 707
6. A solução da equação de Kepler via série de Fourier e funções de Bessel 710
7. Exercícios 713
Capítulo 47. Equações Diferenciais Parciais 715
1. Observações gerais, tipos, separação de variáveis, soluções clássicas 715
2. Equações parciais de primeira ordem e o método das características 717
3. A Equação da difusão do Calor 717
4. Problemas de esfriamento unidimensionais 720

12 ÍNDICE
Capítulo 48. O operador de Laplace e as equações do calor e da onda 725
1. Laplaciano em coordenadas polares e esféricas 725
2. Estado estacionário do calor num disco e expansão em séries de Fourier 727
3. A fórmula integral de Poisson 729
4. Estado estacionário do calor na esfera e série de polinômios de Legendre 731
5. Exercícios 736
Capítulo 49. Equação da onda e as vibrações de cordas e membranas 737
1. Vibração de uma corda com extremos fixos, sem atrito 737
2. Vibração de uma corda infinita: Fórmula de D’Alembert 739
3. Modos normais de vibração de um tambor circular e as funções de Bessel 741
Parte 4. Cálculo diferencial e integral sobre os números Complexos 747
Capítulo 50. Um portal para o Cálculo Complexo 749
1. O Teorema de Green e as Relações de Cauchy-Riemann 759
2. A integral complexa e a idéia da primitiva Complexa 761
3. Curvas integrais como parte imaginária das primitivas Complexas 764
4. A exponencial Complexa e os ramos do logaritmo Complexo 766
5. O Teorema fundamental do Cálculo sobre os Complexos 768
6. Exercícios 769
Capítulo 51. Os Teoremas Fundamentais 771
1. A primitiva Complexa 771
Capítulo 52. Soluções detalhadas de alguns Exercícios 773

Parte 1
Cálculo Diferencial e Integral e primeiras
Aplicações

CAPíTULO 1
Introdução
1. O que é o Cálculo
O Cálculo Diferencial e Integral ou, simplesmente o Cálculo, é a matemática que
está na base da ciência de hoje.
As ciências mais desenvolvidas como Física e Química não podem expressar seus
conceitos sem fazerem uso do Cálculo. Também a Economia e a Biologia cada vez
mais são matematizadas através do Cálculo.
O Cálculo foi fundamental na revolução científica dos séculos XVII e XVIII e de
lá para cá não cessou de produzir resultados e aplicações.
O Cálculo é uma teoria matemática, ou seja, um modo unificado de se ver uma
série de fatos matemáticos.
Na matemática, quando surge uma nova teoria, ao invés de se eliminar os resultados
das teorias anteriores, o que a nova teoria faz é:
• reobter os teoremas até então conhecidos,
• dar generalizações deles,
• produzir resultados completamente novos.
Isso só ocorre em matemática: em outras ciências uma nova teoria pode tornar
obsoleta e errada a teoria anterior.
Por exemplo, a determinação exata da Área de certas regiões, que com métodos
elementares exigiu ogênio deArquimedes, comoCálculo virauma continhaderotina.
Mas através do Cálculo aparecem fatos novos e intrigantes sobre Áreas, como o fato
de regiões ilimitadas poderem ter Área finita.
Além de nos permitir provar tudo que já ouvimos falar de matemática no colégio,
o Cálculo vai nos transformar em verdadeiros McGivers, ou seja, aquele personagem
que com quase nada de recursos faz horrores de coisas, como aparelhos, armas, etc, e
suas missões. Através do Cálculo , só com as quatro operações +,−, x vamos poder
no Capítulo 30 aproximar com a precisão que quisermos:
• funções fundamentais como arctan(x),ln(x), etc
• números como √ p (p primo), π, e = exp(1).
UmadasinspiraçõesfundamentaisparaoCálculofoiaFísica,ouFísica-matemática
com a qual Isaac Newton revolucionou a ciência da época. Vários fenômenos físicos
tiveram então uma explicação completa e unificada, através das técnicas do Cálculo.
Essas técnicas só ficarão aparentes à medida que o leitor entre na Segunda Parte
do Curso, que é a parte de Equações Diferenciais.
15

4. ALERTA AOS ESTUDANTES 16
2. Sobre o Curso
Um alerta: este curso trata de matemática superior. Em várias universidades,
inclusive a nossa, há uma a tentativa de se ensinar o Cálculo como se fosse uma
continuação do Ensino Médio, seu ensino sendo feito através de tabelas, regrinhas,
macetes.
Se refletimos um pouco, vemos que em alguns cursos como Farmácia, Economia,
Biologia, o Cálculo é uma das poucas disciplinas de matemática que terão na universidade.
Desse modo, imitando o Ensino Médio, se cursaria um Curso Superior sem
ter contato com a Matemática Superior. A formação científica desses cursos ficaria
prejudicada e de fato não poderiam chamar-se cursos universitários.
Por isso neste Curso sempre que for possível (exceto quando a explicação for
técnica demais) vamos tentar dar justificações matemáticas corretas, sem apelar para
a credulidade do estudante e argumentos de autoridade, do tipo acreditem em mim.
Os argumentos que damos são concatenações de idéias simples, mas às vezes exigem
um certo fôlego do leitor para acompanhá-lo do começo ao fim. Esse treino de
concentração certamente irá colaborar na formação técnico-científica do estudante.
3. Sobre os Gráficos e Figuras
Tentei fazer o máximo possível de gráficos para ilustrar o conteúdo, usando o programa
Maple 9 para fazê-lo numericamente, ouseja, realisticamente. Este programa é
pago, mas o estudante pode usar o XMaxima ou o Gnuplot que são programas livres,
do Linux, como auxiliar no estudo. Sempre que possível usei a mesma escala nos dois
eixos, pois isso determina inclinações das retas e essas inclinações são importantes no
Cálculo 1 .
Mas nem sempre isso foi possível, por exemplo quando as funções crescem muito
rápido, onde não dá para manter as mesmas escalas nos eixos x e y.
A teoria tem que ser sempre nossa guia na confecção de gráficos, pois os computadores
erram ao representar funções descontínuas ou funções que estão muito próximas
de um certo valor sem alcançar esse valor.
Também fiz figuras qualitativas e diagramas usando o programa Winfig, que é
pago, e o Xfig, do Linux, que é grátis.
4. Alerta aos estudantes
Por ser matemática superior, o Curso exige do aluno umempenho e atenção muito
diferente daquele exigido nos seus contatos anteriores com a matemática.
Principalmente o aluno deve usar de modo preciso os conceitos que vão sendo
apresentados (por ex. limites, continuidade, derivada). Se não os entender, pergunte
ao professor até ter esclarecido o conceito. Pois embora às vezes pareçam apenas
conceitos qualitativos, são de fato bastante precisos e mais tarde dão resultados
quantitativos de absoluta precisão.
1 Veja, por exemplo, que o gráfico do seno está errado em várias edições do livro do Anton,
pois ele não usou as mesmas escalas nos eixos x e y, portanto a inclinação na origem não fica bem
representada

CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO 17
Numaprimeiraleitura,oestudantepodeleroenunciadodosTeoremaseAfirmações,
sem ler todas as demonstrações. Mas de fato, só se entende completamente um fato
matemático quando se entende a sua demonstração.
Por último, é muito importante que o estudante pense nos exercícios propostos em
cada Capítulo. Mesmo que não responda todos, ao tentar fazer exercícios o conteúdo
vai sendo assimilado concretamente. E se o aluno não consegue fazer quase que
nenhum exercício, então precisa voltar a refletir no conteúdo dado.
Alguns têm solução bastante detalhada, apresentada no Capítulo 52. Mas que só
devem ser lidas após muito trabalho pessoal do aluno.
Ao longodolivro aparecemproblemas daprestigiada W. L. Putnam Mathematical
Competition, que ocorre anualmente desde sua Primeira Edição em 1938. Vão aparecendo
à medida que desenvolvemos material suficiente para poder resolvê-los. Nessa
competição aparecem problemas difíceis, mas tratei de selecionar alguns simples e
acessíveis.
Minhas fontes foram o site:
http://amc.maa.org/a-activities/a7-problems/putnamindex.shtml
(onde estão as Competições de 1985-2009)eolivro The W. L. Putnam Mathematical
Competition, Problems and solutions, 1938-1964., Math. Association of America.
Esses problemas devem ser pensados pelo leitor e só depois do leitor apresentar a
sua resposta, do seu jeito de ver o problema, é que pode ler as respostas. Foi assim
que eu fiz: eu resolvi sozinho cada um dos que apresento, e minhas respostas não têm
a pretensão de serem as mais elegantes possíveis.
Lembro o que um professor muito bom me disse: Só se aprende matemática resolvendo
problemas !
5. Livros-texto e Referências
Livros ruins de Cálculo há vários, de cuyos nombres no quiero acordarme.
BastanterazoávelolivrodoG.Thomas, disponívelnabibliotecaemváriasedições.
Curto, direto e bom preço: R. Silverman, Essential Calculus with applications,
Dover.
Para mim um dos melhores livros de Cálculo é o de Michael Spivak, Calculus
(edições em espanhol e ingles na biblioteca da UFRGS). Aprende-se muito nesse livro
e me foi úil em alguns momentos na hora em que se fez necessário a precisão que falta
em outros livros. Claro que é bastante difícil como primeiro livro de Cálculo, mas o
esforço de ler qualquer seção dele é sempre recompensado.
Na Primeira Parte usei coisas que aprendi:
• no enciclopédico livro de R. Courant e F. John, Introduction to Calculus and
Analysis, Interscience, 1965.
• no curso de Elon Lima Curso de Análise, Projeto Euclides, SBM.
• no clássico E. T. Whittaker e G. Watson, A course of modern Analysis,
Cambridge, reimpressão de 1996.
• no belo livro de C.H. Edwards, The historical development of the Calculus,
Springer, 1979.
• no livro de S. Chandrasekhar, Newton’s Principia for the common reader,
Oxford University Press , 1995.

6. PROGRAMAS ÚTEIS 18
lá.
Asreferências usadasnoApêndice sobreaLeideKleiber, Capítulo34, estão dadas
NaParte2, sobreEquaçõesdiferenciais, usei materialdoCourant-John, bemcomo
• o excepcional livro de M. Hirsch e S. Smale Differential equations, dynamical
systems and linear algebra, Academic Press, 1974,
• o muito bem escrito e motivante livro de G. Simmons Differential equations
with applications and historical notes, McGraw-Hill, 1972. Alguns Exercícios
propostosneste livromeserviramdeguiaparadiversas Seções. Usei bastante
esse livro.
• o livro de H. S. Bear, Differential Equations, a Concise Course, Dover, 1962
épequeno mas muito informativo. Nele se encontra uma prova perfeitamente
legível do Teorema de existência de soluções de Picard, por exemplo.
• o de J. W. Bruce e P. j. Giblin, Curves and singularities, Cambrige U. Press,
1984.
• o clássico G. N. Watson A treatise on the theory of Bessel functions , Cambrige,
1958.
• o livro de A. Gray e G. B. Mathews, A treatise on Bessel functions and their
applications to Physics, McMillan and co, 1895.
• ademais usei no Capítulo 37 artigos de A. Bernhardt e de A. Lotka, bem
como
• o clássico livro de F. Gomes Teixeira, Traité des courbes speciales remarquables,
planes et gauches, reimpressão de 1971, Chelsea Publishing Company.
• last but not least, E. Kamke, Differentialgleichungen- Losungsmethoden und
losungen, T. I, Chelsea Publisinhg Company, 1948.
6. Programas úteis
Programas como o Maple podem ser um grande auxiliar para o estudo: para
conferir contas, plotar curvas, etc, mas só serão úteis se o estudante tentar fazer
sozinho e depois usar os programas para checar seus resultados.
Para usuários do Windows existe o programa grátis WXMaxima, que você baixa
em instantes no site:
http://sourceforge.net/projects/maxima/files/Maxima-Windows/
5.21.1-Windows/maxima-5.21.1.exe/download
Esse programa faz tudo: resolve equações algébricas e diferenciais, deriva, integra,
faz gráficos, etc.
O Maple é programa análogo pago.
Também existe um site, http://www.wolframalpha.com, onde se pode fazer online
gráficos, integrais, limites e derivadas, o que é útil quando se está estudando fora de
casa.
Agradecimentos:
Agradeço ao Professor Mark Thompson, da Matemática da UFRGS, por ter
me disponibilizado Notas que serviram para a elaboração da Seção sobre Cinética

CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO 19
química. E também pelo livro de G. Gibson, An elementary treatise on the Calculus,
with illustrations from Geometry, Mechanics and Physics, reimpressão de 1956 da
edição de 1901, que me foi útil.
Agradeço ao Professor Vítor Pereira, da Geologia da UFRGS, que me explicou o
belo fenômeno da meia-vida da luz das super-novas.
As notas de Aula do Professor Eduardo Brietzke, da Matemática da UFRGS, para
a disciplina de Equações Diferenciais II, me serviram de fio-condutor entre os diversos
temas possíveis. Abordei alguns dos exemplos que lá aparecem de um ponto vista um
pouco diferente. Lhe sou grato.
Agradeço às estudantes que fizeram Cálculo comigo em 2008: Pâmela Lukasewicz
Ferreira, por ter tomado notas do curso que dei e que me serviram de roteiro para
este texto e Mônica Hoeveler, por participações em aula e por sugestões de temas.
Agradeço aos estudantes Luciano Bracht Barros e Magno V. F. Teixeira da
Silva porconversas no fimda aula que me motivaramaescrever a Seção 6do Capítulo
32.
O estudante Walter Ferreira Diniz Júnior resolveu vários problemas de modo
original, produziu exemplos, e até me indicou como escrever melhor a Seção 5 do
Capítulo 26 !

CAPíTULO 2
Alguns dos objetivos do Cálculo
A descrição matemática dos fenômenos se faz principalmente a partir da noção de
função y = f(x) e de seu gráfico.
Se pudermos entender:
• se f(x) assume somente valores Reais, onde f(x) se anula, onde é positiva
ou negativa,
• se e onde f(x) cresce ou decresce à medida que x cresce,
• se f(x) se aproxima de um certo valor quando x cresce muito,
• se e onde f(x) tem valor máximo ou mínimo,
• no caso de y = f(x) ≥ 0, qual a área sob seu gráfico e acima do eixo dos x,
• se dado y pudermos descobrir qual x gerou y = f(x),
então podemos dizer que entendemos o comportamento da f(x).
Estaremos capacitados a fazer previsões sobre o fenômeno modelado por essa
função.
Esses são alguns dos objetivos do Cálculo.
Nas próximas Seções passamos lembrar / definir essas noções.
1. Funções e seus domínios
Os filósofos sempre se espantaram com o fato de que as coisas mudam, e se questionaram
tanto sobre o que muda como sobre o que permanece nessas mudanças.
Os matemáticos também compartilham desse espanto e sempre se perguntaram,
ao ver que há mudanças, como as coisas mudam.
A resposta a essa pergunta pode ser tanto qualitativa como quantitativa, as duas
são interessantes. Por exemplo é qualitativa quando um astrônomo afirma que certo
cometa voltará a passar algum dia.
É quantitativa no caso de Halley, que previu o
ano em que certo cometa voltaria, usando as ferramentas do Cálculo.
Se um fenômeno (a temperatura de um sistema, por exemplo) depende de um só
parâmetro (o tempo, por exemplo) é natural descrever sua evolução num gráfico da
função que associa a cada momento x a temperatura T(x). Esse gráfico formará uma
21

1. FUNÇÕES E SEUS DOMÍNIOS 22
curva no plano.
-2
-1
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
x
Figura: O gráfico de y = T(x) forma uma curva no plano.
Mas é claro que conhecemos fenômenos z = F(x,y) que dependem de dois fatores
e para descrever esse fenômeno precisariamos de gráficos que formam superfícies no
espaço, ao invés de curvas no plano. E em geral os fenômenos dependem de vários
parâmetros (em química, por exemplo, quantidades de reagentes, pressão, ph, etc).
Figura: O gráfico de z = F(x,y) forma uma superfície no espaço
Osconceitosqueaprenderemosnestecursoseadaptamfacilmenteparasuperfícies,
mas vamos nos restringir a gráficos que são curvas. Ou como se diz, faremos o Cálculo
de 1 variável.
A seguir vamos começar a estabelecer conceitos qualitativos sobre gráficos que
são importantes no Curso. O manejo correto desses conceitos é fundamental para a
compreensão do resto do curso.
1
2

CAPÍTULO 2. ALGUNS DOS OBJETIVOS DO CÁLCULO 23
2. Função
Uma função é uma regra que associa a cada ponto 1 de um conjunto (o domínio
da função) um ponto de um outro conjunto fixado (o contra-domínio). Dito de outro
modo, uma reta vertical traçada passando por um ponto do domínio de uma função
y = f(x) corta seu gráfico exatamente em 1 ponto. Por isso, por exemplo, um círculo
não é gráfico de uma função y = f(x).
O subconjunto do contradomínio formado por pontos que são efetivamente valores
da função formam a imagem da função. Por exemplo,
f : R → R, f(x) = x 2
tem como domínio e contradomínio os números Reais, mas sua imagem são apenas
os Reais não-negativos 2 .
Quando dizemos que f : I → J é sobrejetiva isto quer dizer que não somente
a imagem f(I) verifica f(I) ⊂ J, mas que de fato verifica f(I) = J. Ou seja, que
efetivamente todo ponto de J foi atingido pela f. Por exemplo, f(x) = x 2 só é
sobrejetiva vista como função f : R → R ≥0 .
É importante notar na definição de função que só há um valor associado a cada
ponto do domínio. Se houver ambiguidade na atribuição do valor então dizemos que a
função não está bem-definida naquele ponto. Por exemplo, quando perguntamos qual
é a raíz quadrada de 9 há uma ambiguidade: pode ser que tomemos a raíz positiva 3
ou a raíz negativa −3.
Não confunda a definição de função com outra, a de função injetiva: uma função
é injetiva quando não associa o mesmo valor a dois pontos distintos de seu domínio.
Por exemplo, f : [0,3] → R, f(x) = x 2 é injetiva mas f : [−3,3] → R, f(x) = x 2 não
é injetiva.
3. Funções definidas a partir de outras funções
3.1. Função inversa. Imagine uma função que desfaz o efeito de outra função.
Por exemplo, uma dá a a velocidade de um carro em função do tempo trascorrido
v = v(t). Sua inversa diria para cada velocidade v qual o tempo necessário para
atingir essa velocidade t = t(v) (o que dá uma medida da potência do motor do carro,
por ex.)
Ou por exemplo, a temperatura de um objeto vai caindo com o tempo. Sabendo
quanto caiu a temperatura T(t) como determinar o tempo t transcorrido ?
Para se ter uma função inversa f −1 , a função f necessariamente tem que ser
injetiva !
Se não, vejamos: se y = f(x 1) = f(x 2) com x 1 = x 2, o que deve fazer f −1 com y
? Enviá-lo em x 1 = f −1 (y) ou em x 2 = f −1 (y) ? Isso é uma ambiguidade inaceitável
para f −1 .
Vamos mais tarde falar do sentido geométrico da função inversa.
1 Para mim os números Reais formam um reta, portanto uso número ou ponto indistintamente.
2 Várias vezes no curso usaremos isso: o quadrado de um número Real nunca é negativo

4. DIFERENTES DOMÍNIOS DE FUNÇÕES 24
3.2. Composição de funções. Dentre os modos mais úteis de se produzir um
função interessante a partir de funções simples está a composição de funções.
A idéia é simples e fundamental: o resultado de uma função g(x) vira entrada de
uma segunda função f.
A notação usual é: se f : I → J e g : J → K então (f ◦ g) : I → K faz
(f ◦g)(x) := f( g(x) ).
É claro que se pode compor um número qualquer de funções.
Pense em quantos exemplos encontramos disso na natureza, nas reações químicas,
nas indústrias, em que um processo complicado é dividido em várias etapas simples
concatenadas.
Neste Curso procedermos assim também: vamos primeiro entender os casos mais
simples e depois, via composição de funções, entender os mais complicados.
3.3. O que é a Área sob um gráfico ? Podemos usar o gráfico de uma função
para definir outra. Por exemplo, tomo a diagonal y = x como gráfico e me pergunto
pela Área do triângulo determinado pela origem, o eixo horizontal e um segmento
vertical de (x,0) até (x,x). À medida que x avança no eixo dos x, a Área do triângulo
obtido aumenta e poderíamos tentar descrever como essa Área depende de x isso num
outro gráfico.
Na definição do Logaritmo Natural, faremos exatamente isso, mas a área em
questão será delimitada sob o gráfico de 1/x e não sob y = x.
Figura:
x=1
x
Área sob um o gráfico, de x = 1 até x.
Precisaremos saber primeiro, o que é a Área sob um gráfico curvado como 1/x.
Isso que foge do que sabemos do Ensino Médio, que são áreas de regiões elementares
como triângulos, quadrados, trapézios, setores circulares, etc. Só entenderemos isso
plenamente na Parte 2 do curso, com o conceito de Integral.
4. Diferentes domínios de funções
A princípio o domínio deuma função podeser qualquer conjunto, mas neste Curso
usaremos como domínios quase sempre:
• todos os Reais R, ou
• intervalos de números reais, incluindo semi-retas ou
• apenas os Naturais N ⊂ R.

CAPÍTULO 2. ALGUNS DOS OBJETIVOS DO CÁLCULO 25
Mas é claro que em certas situações os domínios também podem ser a união de
vários intervalos (como se verá por exemplo na Seção 2.3 do Capítulo 6), somente os
números Racionais Q ⊂ R, etc.
5. Gráfico descontínuo, mas que mesmo assim é gráfico
Há gráficos que sofrem um salto abrupto, mas que mesmo assim são gráficos.
Por exemplo, o gráfico da função f : R → R, definida condicionalmente por
f(x) = x−2, se x < 2 e f(x) = x 2
se x ≥ 2.
O ponto 2 de seu domínio é um ponto catastrófico: se estamos em pontos que são um
pouquinho menores que 2 a função tem valores próxima do zero. Mas se mexemos
um pouco a coordenada x, chegando em x = 2 ou acrescentando algo positivo muito
pequeno ao 2, o valor da função já pula para ≥ 2 2 = 4.
y=4
x=2
Figura: O gráfico de função descontínua no ponto x = 2
Outro modo de ver o que acontece é que, enquanto seu domínio R é feito de um
só pedaço, sua imagem f(R) = R ≤0 ∪R ≥4 é feito de dois pedaços: a função rasga seu
domínio em dois pedaços.
Esses gráficos são úteis para modelar matematicamente comportamentos explosivos:
uma explosão química, o comportamento de um animal à medida que aumenta
o stress, etc. Mas em cursos de Cálculo veremos gráficos que não tem essas variações
dramáticas de valores.
6. Função positiva, negativa e zeros ou raízes
Uma função f : I → R é positiva (negativa) 3 se sua imagem está contida nos
Reais positivos (negativos).
Muito importante para um técnico ou cientista é determinar os pontos do domínio
onde a função se anula (ou, como se diz, onde corta o eixo dos x, que é dado por
y = 0). Ou seja, é importante resolver uma equação f(x) = 0.
Nocasodepolinômiosessespontossãoaschamadasraízes. Aconselho oleitoraler
o Teorema 7.1 no Capítulo 6, que prova a relação entre raízes e fatores de polinômios.
3 Para evitar escrever duas frases onde só trocaria uma palavra, ponho em parênteses a modi-
ficação a ser feita na frase

7. FUNÇÃO CRESCENTE OU DECRESCENTE 26
Mais adiante, no Teorema 4.1 do Capítulo 6.1 explicaremos em termos do Cálculo
qual o significado das raízes múltiplas.
-2
6
4
2
0
-1 0
x
-2
-4
-6
Figura: Um gráfico de polinômio com 3 raízes
7. Função crescente ou decrescente
Definição 7.1. Uma função f : I → R é estritamente crescente exatamente quando
∀ x1,x2 ∈ I, x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2).
E dizemos que é apenas crescente exatamente quando
∀ x1,x2 ∈ I, x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2).
Analogamente se define estritamente decrescente, trocando f(x1) < f(x2) por
f(x1) > f(x2).
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
1 1,5
2
x
1
2,5
2
3

CAPÍTULO 2. ALGUNS DOS OBJETIVOS DO CÁLCULO 27
Figura: Exemplo de gráfico de y = f(x) crescente.
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0 0,5 1 1,5
x
Figura: Exemplo de gráfico de y = f(x) decrescente.
Claro que há funções que não são nem crescentes nem decrescentes, ou sejam, que
oscilam.
1
0,8
0,6
0,4
0,2
2
2,5
0
-0,6 -0,4 -0,2 0 0,2 0,4 0,6
x
Figura: Exemplo de gráfico de y = f(x) que oscila.
Uma observação simples mas útil:
Se uma função f é estritamente crescente (ou estritamente decrescente) então f
é injetiva.
De fato, se tomo quaisquer x 1,x 2 diferentes de seu domínio, posso sempre me
perguntar qual deles é menor, por exemplo, x 1 < x 2 . Como a f é estritamente
crescente (ou estritamente decrescente), temos f(x 1) < f(x 2) (ou f(x 1) > f(x 2)),
mas de qualquer forma f(x 1) = f(x 2). Logo é injetiva.
Um exemplo importante é o que já demos de uma função f que mede a Área
sob um gráfico de uma outra função positiva. É natural que f seja uma função
estritamente crescente, pois à medida que vamos para a direita no eixo x há mais
área sob o gráfico. Logo é natural que seja injetiva e tenha então uma inversa f−1 .
Volto nesse ponto, com f o Logaritmo Natural e f−1 a Exponencial.
3

8. MÁXIMOS E MÍNIMOS 28
Saber que uma função é crescente pode ser um fato extremamente relevante do
ponto de vista científico: por exemplo, um dos princípios físicos mais fundamentais
é que a função Entropia é uma função crescente, ou seja, que as coisas têm uma
tendência a se desorganizar. É essa Entropia crecente que está na base da nossa
distinção entre passado, presente e futuro.
Por outro lado um exemplo marcante de função decrescente é a função y = f(x)
que dáa quantidade de uma substância radioativa no tempo x. Uma descoberta
científica fundamental foi a de descrever de modo quantitativamente preciso como é
essa função para cada substância radioativa.
É fundamental neste curso estabelecermos um critério para determinar se uma
função é crescente (ou é decrescente).
De preferência um critério que consista em entender uma função que seja mais
simples que a função f ela mesma ! Se não não adiantaria muito. Isso veremos no
Capítulo 10, que é muito importante.
8. Máximos e mínimos
Uma dasgrandesutilidadesdo Cálculo éencontrar pontosondeumafunção atinge
seu máximo ou mínimo. Ou seja, o Cálculo serve para minimar ou maximizar: rendimento
de um processo, custos, gastos, etc, desde que o problema seja formulado
matematicamente.
Vamos definir um máximo local (analogamente um mínimo local).
Definição 8.1. Seja f : I → R e x ∈ I. Dizemos que x é máximo local se existe
algum intervalo
(−ǫ+x,x+ǫ)
centrado em x, tal que
∀x ∈ I ∩(−ǫ+x,x+ǫ), f(x) ≤ f(x).
Já x é dito ser um máximo global de f : I → R se
∀x ∈ I, f(x) ≤ f(x).
É a mesma diferença que há entre ser o cara que corre mais rápido no clube do
bairro e ser o cara que corre mais rápido no mundo !
-0,6
-0,4 -0,2
4,2
4
3,8
3,6
3,4
3,2
3
0
x
0,2
0,4
0,6

CAPÍTULO 2. ALGUNS DOS OBJETIVOS DO CÁLCULO 29
Figura: Função com um mínimo global, um máximo local e um mínimo local.
Chamo a atenção de que há funções que simplesmente não tem máximo, como já
vimos no caso de f : (0,5] → R,f(x) = 1
x .
E existem as que não tem mínimo: por ex. f : R ≥1 → R,f(x) = 1
x .
De fato, se tomo n ∈ R≥1 , temos f(n) = 1
n
, que já sabemos fica tão próximo
quanto quisermos de 0, sem nunca atingir zero. Isso diz que f vai sempre diminuindo
um valor, não tendo portanto um ponto de seu domínio onde um valor mínimo fosse
atingido.
Dá vontade de dizer algo sobre o papel do 0 neste exemplo f : R≥1 → R,f(x) = 1
x .
O 0 realmente nunca é atingido pela função mas de certo modo demarca, delimita o
conjunto imagem
f(R ≥1 ) = (0,1].
0 é o que se costuma chamar uma cota inferior do conjunto imagem f(R ≥1 ), isto é,
∀y ∈ f(R ≥1 ), 0 ≤ y.
E mais ainda, qualquer número maior que zero não é cota inferior de f(R≥1 ), pois
1
n ∈ f(R≥1 ) se aproxima o que quisermos de zero. Portanto 0 é a maior cota inferior
de f(R≥1 ), que se chama o Ínfimo desse conjunto.
9. Exercícios
Exercício 9.1. Determine em que intervalos as funções a seguir são negativas ou
positivas e onde estão seus zeros:
vi) x 2 −x
vii) x 2 −5x+6
viii) x 3 −x 2
Exercício 9.2. Dê exemplos de frases do dia a dia que são verdade, mas cujas
recíprocas não são verdade.
Exercício 9.3. Negue as seguintes frases:
i) dado qualquer político, existe um valor de suborno tal que por esse valor ele se
corrompe.
ii) dada uma distância qualquer, existe um tempo tal que a partir daquele tempo
o asteróide dista da terra menos que a distância dada.
Exercício 9.4. Imagine alguns exemplos, qualitativamente, sem precisar dar explicitamente
a regra f(x), de funções:
i) positivas e crescentes,
ii) negativas e crescentes,
iii) negativas e decrescentes,
iv) negativas e decrescentes,
v) com mínimo local, mas sem mínimo global
vi) com máximo local e máximo global diferentes.

9. EXERCÍCIOS 30
Exercício 9.5. Faça as composições f ◦g ◦h e h◦g ◦f, onde:
i) f = 1
x3, g = sin(x) h = x+5
ii) f = x2 , g = 1 , h = sin(x). x
iv) Imagine algum exemplo onde aconteça f ◦g ◦h = h◦g ◦f (o que é raro !).
Exercício 9.6. (resolvido)
Determine explicitamente as funções inversas f −1 das funções f(x) a seguir. Teste
sua resposta verificando que x = f −1 (f(x)).
i) f : R → R, f(x) = x 3
ii) f : R → R, f(x) = x 3 +1
iii) f : R → R, f(x) = (x−1) 3
iv): f : R → R, f(x) = −5·x 3 +10.
v): f : (0,1) → R, f(x) = x
1−x 2. Dica: o mais difícil neste item é não se equivocar
com os sinais.

CAPíTULO 3
Propriedade básicas dos números Reais
As funções definidas nos Reais e tomando valores Reais são importantes pelas
aplicações ao mundo físico. Por exemplo, se um Engenheiro me diz que a laje da peça
onde estou vai cair em 5 minutos eu certamente saio correndo da sala. Mas se um
Matemático me disser que a laje vai cair no tempo 5·I := 5 √ −1, que fazer ?
Essa utilidade dos Reais, por corresponder à linha do tempo (passado = número
negativo, presente = 0, futuro = número positvo), tem como ônus o fato que as
funções Reais nem sempre estão definidas.
Veremos duas restrições, uma sobre quocientes e outra sobre a raíz quadrada.
A primeira afeta não só os Reais, mas qualquer sistema de números. A segunda,
da Raíz, é típica dos números que podem ser ordenados.
1. Os Reais como sistema de números: não dividirás por zero !
Todo professor passa aulas e aulas repetindo que não se pode dividir por zero.
E infelizmente muitos alunos de Cálculo dividem por zero, pois confundem o fato
de um número ser pequeno com um número ser zero !
Mas a final, por quê não se pode dividir por zero ? No que podemos nos apoiar
para provar que não existe o número 1
0 ?
NosbastaráalgumasdaspropriedadesmaisgeraisdosR(porsinalcompartilhadas
com outros sistemas de númros, como Q ou C), que são:
• existe um elemento neutro aditivo, 0, tal que 0+x = x, ∀x ∈ R.
• ∀x ∈ R existe o inverso aditivo −x tal que x+(−x) = 0.
• existe um elemento neutro multiplicativo, 1, tal que 1·x = x, ∀x ∈ R.
• ∀x ∈ R, x = 0, existe o inverso multiplicativo 1 1 tal que x· = 1.
x x
• 1 = 0
• as operações de soma e produto são distributivas, associativas e comutativas.
De posse dessas propriedades, que são assumidas como verdades, posso provar:
Afirmação 1.1.
i) −x = −1·x, ∀x ∈ R,
ii) 0·x = 0, ∀x ∈ R.
iii) não existe 1
0 .
Demonstração.
De i):
0 = (1−1)·x ⇔ x−x = (1−1)·x ⇔
31

2. ORDEM NOS REAIS: NÃO TIRARÁS A RAÍZ QUADRADA DE NÚMEROS
NEGATIVOS ! 32
De ii):
⇔ x−x = 1·x−1·x ⇔ x−x = x−1·x ⇔ −x = −1·x.
0·x = 0 ⇔ (1−1)·x = 0 ⇔
⇔ x−1·x = 0 ⇔ x−x = 0,
e este último fato é verdade: x = x.
De iii):
Suponhamos por absurdo que exista o número 1
0 .
Então 0· 1
1
= 1, pois o sentido de é ser o inverso multiplicativo de x.
0
Mas o item ii) dá que:
Logo 0 = 1: contradição.
x
0· 1
0
= 0.
2. Ordem nos Reais: não tirarás a raíz quadrada de números negativos !
Um aspecto bonito da matemática é que, após assumir a verdade de certos fatos
simples, podemos deduzir fatos novos, às vezes não tão simples.
Vamos assumir a validade dos seguinte Princípios (Axiomas):
• Princípio 0: Existe um subconjunto P dos Reais chamado de conjunto dos
números positivos. Vale para todo x ∈ R apenas uma das 3 possibilidades:
oux ∈ P oux = 0ou−x ∈ P. O elemento neutro multiplicativo 1épositivo.
• Princípio 1: A soma de quaisquer dois números positivos é um número
positivo.
• Princípio 2: o produto de um número positivo por um número positivo é
positivo.
Um número é chamado não-negativo se x ∈ P ∪ {0}. Denotamos os positivos
usualmente com x > 0 e os não-negativos com x ≥ 0. Os negativos, por x < 0.
Podemos agora provar:
Afirmação 2.1.
i) (Regra de multiplicação de sinais) (−x)·(−x) = x·x, ∀x ∈ R.
ii) x 2 := x·x ≥ 0 ∀x ∈ R.
iii) √ x não é um número Real, se x < 0.
Demonstração.
De i):
De fato, pelo item i) da Afirmação 1.1 (−1)·x = −x.
Pela comutatividade e associatividade do produto:
(−x)·(−x) = (−1)·x·(−1)·x = (−1)·(−1)·x·x.

CAPÍTULO 3. PROPRIEDADE BÁSICAS DOS NÚMEROS REAIS 33
Só resta provar que
−1·(−1) = 1,
ou seja, nos reduzimos a provar apenas a Regra dos Sinais para o −1. Ora,
como queríamos.
−1·(−1+1) = 0 ⇔ −1·(−1)−1·1 = 0 ⇔
⇔ −1·(−1)−1 = 0 ⇔ −1·(−1) = 1,
De ii):
Se x = 0 então x·x = 0, pelo item ii) da Afirmação 1.1.
Se x > 0 então x·x > 0 (Pr. 2).
Se, por outro lado, x < 0 então −x > 0 (Pr. 0).
E então x·x = (−x)·(−x) > 0 (Pr. 3 e 2).
De iii):
Suponha agora por absurdo que y := √ x ∈ R para x < 0.
Então y 2 ≥ 0 pelo item ii).
Mas então chegamos em
em contradição com o Princípio 0.
0 ≤ y 2 = ( √ x) 2 = x < 0,
3. Propriedades gerais das desigualdades
Usando os Princípios 0 , 1, 2 e a Regra de Multiplicação de Sinais podemos provar
as propriedades a seguir, que são fundamentais.
Alerta: se o estudante não manejar bem essas propriedades terá problemas no
Curso.
Afirmação 3.1.
i) Se x ≥ y e z ≥ w então x+z ≥ y +w, ∀x,y,z,w ∈ R.
ii) Se x > 0 e y ≥ z então x·y ≥ x·z.
iii) Se x < 0 e y ≥ z então x·y ≤ x·z.
iv) se x > 0 então 1 > 0 x
v) se x > 1 então 1 < 1. x
vi) 0 < x1 < x2 ⇒ 0 < 1 1 < x2 x1 .
vii) 0 < x < 1 ⇒ 0 < x2 < x < 1.
viii) 1 < x ⇒ 1 < x < x2 ix) 0 < x1 < x2 < 1 ⇒ 1 < 1 1 < x2 x1 .
x) 1 < x1 < x2 ⇒ 1 1 < < 1. x2 x1
xi): 0 < x < 1 ⇒ 1 < 1 1 < x x2. xii): 1 < x ⇒ 1
x2 < 1 < 1. x
xiii): 0 ≤ x ≤ y e 0 ≤ z ≤ w então 0 ≤ x·z ≤ y ·w.

3. PROPRIEDADES GERAIS DAS DESIGUALDADES 34
Demonstração.
i) Dados x,y,z,w ∈ R com
podemos traduzir isso em:
x ≥ y e z ≥ w,
(x−y) ≥ 0 e (z −w) ≥ 0.
Queremos provar que
x+z ≥ y +w,
que se traduz em
(x+z)−(y +w) ≥ 0,
ou, o que diz o mesmo:
(x−y)+(z −w) ≥ 0.
Isso é o que queremos. Para termos isso, podemos usar o Princípio 1, pois então com
esse princípio:
(x−y) ≥ 0 e (z −w) ≥ 0 ⇒ (x−y)+(z −w) ≥ 0.
ii) Temos que x > 0. Caso y = z então x·y = x·z. Por isso supomos que y > z,
ou seja, y −z > 0.
Queremos provar que x·y > x·z, ou seja, que
o que é o mesmo que dizer que
x·y −x·z > 0,
x·(y −z) > 0.
Isso é o que queremos. Então podemos usar o Princípio 2, que dá:
x > 0 e y −z > 0 ⇒ x·(y −z) > 0.
iii) Temos agora −x > 0 pelo Princípio 0. Caso y = z então x·y = x·z.
Por isso supomos y > z, ou seja, y −z > 0. Então o Princípio 2 dá:
ou seja
ou seja,
que é o que buscávamos provar:
(−x)·(y −z) > 0,
−x·y +x·z > 0,
x·y −x·z < 0,
x·y < x·z.
iv) Temos x > 0 e suponhamos por absurdo que 1
x
Então −1 > 0 e pelo Princípio 2:
x
x·(− 1
) > 0.
x
Mas x·(− 1
x
< 0.
) = −1. Logo obtemos −1 > 0 ou seja 1 < 0, que contradiz o Princípio 0.
v) Seja x > 1. Suponhamos por absurdo que 1
≥ 1. x
= 1 então chegamos na contradição: 1 = x.
Se 1
x

CAPÍTULO 3. PROPRIEDADE BÁSICAS DOS NÚMEROS REAIS 35
Se 1
x
> 1 então multiplicando esta desigualdade por x > 1 > 0, temos
x· 1
> x·1
x
(pelo item ii) já provado).
Como x· 1
1
= 1 pela própria definição de e como x·1 pela definição do neutro
x x
1, obtemos
1 > x,
que contradiz x > 1.
Deixo paraoleitor aprova daspropriedades vi-xii, ondepodeusar aspropriedades
i) - v) que já foram provadas.
Faço a prova de xiii):
Como 0 ≤ x ≤ y e 0 ≤ z ≤ w então sai primeiro que 0 ≤ x·z.
Agora, para ver que x·z ≤ y ·w, note que
pois 0 ≤ (y −x)·z.
Do mesmo jeito sai que:
e portanto
x·z ≤ y ·z,
y ·z ≤ y ·w,
x·z ≤ y ·w.
Proponho agora ao leitor o seguinte Exercício: explicar com itens da Afirmação
3.1 algumas propriedades dos Gráficos das funções a seguir, a saber:
• por quê em determinado intervalo um está acima ou abaixo do outro,
• por quê isso se inverte ao passar de x = 1,
2
1,5
1
0,5
0
0
0,2 0,4 0,6 0,8
x
1
1,2

4. INTERVALOS E SUAS UTILIDADES 36
y = x em vermelho, y = x 2 em verde, y = x 3 em amarelo
e y = x 4 em azul, para x ∈ [0,1.2]
y = 1
x
2
1,5
1
0,5
0,8
1 1,2 1,4 1,6 1,8
x
em vermelho, y = 1
x 2 em verde, para x ∈ [ 2
3 ,2]
4. Intervalos e suas utilidades
Um intervalo I ⊂ R édefinido como o conjunto de todosos númerosReaismaiores
(ou iguais) a um certo número a e menores (ou iguais) que um certo b. 1
Se impomos que sejam estritamente maiores que a e estritamente menores que b
temos um intervalo aberto
I = {x ∈ R;a < x < b}
denotado I = (a,b). Caso contrário surgem os intervalos semi-abertos, fechados, etc.
Um típico intervalo que vamos usar no Curso será o intervalo aberto de raio ǫ > 0
centrado num ponto x:
(−ǫ+x,x+ǫ)
onde x é um ponto da reta dos Reais e ǫ > 0 é um número positivo fixado por nós.
O modo como vamos usar esses intervalos centrados é o seguinte: (−ǫ+x,x+ǫ)
será uma espécie de gaiola ou cercado em torno de x, delimitando pontos próximos
dele (à medida que ǫ > 0 é tomado pequeno).
Explico isso em mais detalhe:
Definição 4.1. A distância entre dois pontos x,x da reta dos Reais é definida pelo
módulo 2 da diferença entre eles:
|x−x| = |x−x|.
1 Podemos considerar a reta R toda ou uma semi-reta também como intervalos: veremos isso em
detalhe na Seção 4. Ao invés de usarmos o símbolo (2,+∞) para denotar a semi-reta dos números
maiores que 2, prefiro usar o símbolo R >2 : o motivo é evitar o mal uso do símbolo +∞.
2 para um número Real △, |△| := △, se △ ≥ 0 ou |△| := −△, se △ < 0

CAPÍTULO 3. PROPRIEDADE BÁSICAS DOS NÚMEROS REAIS 37
Pela definição de módulo, |x−x| < ǫ significa que
x−x < ǫ, se x−x ≥ 0 ou −(x−x) < ǫ, se x−x < 0.
É importante entender que:
Afirmação 4.1. (−ǫ+x,x+ǫ) é exatamente 3 o conjunto dos pontos que distam de
x menos que ǫ > 0.
Demonstração.
Vamos mostrar primeiro que
Tome
(−ǫ+x,x+ǫ) ⊂ {x ∈ R;|x−x| < ǫ}.
x ∈ (−ǫ+x,x+ǫ),
com x = x (caso x = x não há nada a provar, pois ǫ > 0).
Ou seja x verifica:
Que equivale (subtraindo x) a:
Que equivale 4 a:
ou seja, 0 < |x−x| < ǫ, como queríamos.
.
Agora vamos mostrar que:
Tome x ∈ {x ∈ R;|x−x| < ǫ}.
Se 0 ≤ x−x então temos
e portanto x ∈ [x, x+ǫ).
Se x−x < 0 então
ou seja, x ∈ (−ǫ+x, x). 5 .
−ǫ+x < x < x ou x < x < x+ǫ.
−ǫ < x−x < 0 ou 0 < x−x < ǫ.
0 < −(x−x) < ǫ ou 0 < x−x < ǫ,
{x ∈ R;|x−x| < ǫ} ⊂ (−ǫ+x,x+ǫ).
x−x < ǫ ⇔ x < x+ǫ,
−(x−x) < ǫ ⇔ −x+x < ǫ ⇔ −ǫ+x < x,
3Dois conjuntos X e Y são iguais se X ⊂ Y e Y ⊂ X
4Atenção: as desigualdade se invertem quando multiplicadas por um número negativo, por ex.,
1 < 2 < 3 mas −3 < −2 < −1
5O quadrado à direita significa que a demonstração terminou

4. INTERVALOS E SUAS UTILIDADES 38
4.1. O que é útil num intervalo aberto.
Os intervalos abertos são importante no Cálculo, e o ponto importante é que um
intervalo aberto tem uma certa tolerância com cada um de seus elementos. Podemos
mexer um pouquinho em cada um de seus elementos sem sair do intervalo aberto.
Mais especificamente:
Afirmação 4.2. Dado qualquer x ∈ (a,b) existe um pequeno intervalo aberto centrado
em x denotado Ix tal que Ix ⊆ (a,b).
Demonstração.
Considere as distâncias de x ∈ (a,b) até o extremo a e até o extremo b:
|x−a| := x−a > 0, |x−b| := b−x > 0
(são dois números positivos pois (a,b) é intervalo aberto).
Dentre os dois agora escolho o menor, chamando-o de δ0 > 0:
Faça
e vamos verificar que
δ0 := mínimo{ x−a, b−x }.
Ix := (−δ0 +x,x+δ0),
(−δ0 +x,x+δ0) ⊂ (a,b).
Para isso vamos supor que é o caso que δ0 = x−a, ou seja, que x está ou no centro
do intervalo (a,b) ou um pouco mais próximo de a que de b (analogamente no outro
caso). Então
(−δ0 +x,x+δ0) = ( −(x−a)+x,x+(x−a) ) =
= ( a,x+(x−a) ).
Ora supusemos estar na situação em que x−a ≤ b−x, logo:
portanto:
como queríamos.
(a,x+(x−a)) ⊆ (a,x+(b−x)) = (a,b),
(−δ0 +x,x+δ0) ⊆ (a,b)
Observe nessa Prova que à medida que x se aproxima de a ou de b a tolerância
(medida pelo δ0) fica menor, mas sempre existe.
Jánointervalosemi-aberto I = (0,5]nãohátolerâncianenhuma comseuelemento
5: ou seja, qualquer número δ > 0 que for somada a 5, já faz que 5+δ não pertença
a (0,5].

CAPÍTULO 3. PROPRIEDADE BÁSICAS DOS NÚMEROS REAIS 39
4.2. O que é útil num intervalo fechado.
Num intervalo aberto acontece de seus elementos estarem se aproximando cada
vez mais de um ponto que ele mesmo não está no intervalo, por assim dizer de um
fantasma. Por exemplo, os pontos 1 1 1 , ,..., de (0,5) estão cada vez mais próximos
2 3 n
de 0, mas mesmo assim 0 ∈ (0,5). Isso não acontece no intervalo fechado [0,5].
Dito de outro modo, no Curso não estamos apenas interessados em saber se um
certo número z pertence ou não pertence a um conjunto X ⊂ R, como se fazia no
ensino Médio. Tambémvamosquerer sabersedesse pontoz podemosachar elementos
x ∈ X tão próximos quanto quisermos.
• Se I é um intervalo aberto, pode acontecer que z /∈ I e mesmo assim hajam
elementos de I tão próximos quanto quisermos.
• Se I é intervalo fechado, e há elementos de I tão próximos quanto quisermos
de z, então de fato z ∈ I.
Uma informação extremamente importante para um cientista é saber se uma
função que lhe interessa assume máximo ou mínimo em seu domínio e principalmente,
saber onde o faz.
Somente os intervalos fechados I = [a,b] garantirão sempre máximos e mínimos
globais de funções, senão pode acontecer algo como segue.
Pense em f : (0,5] → R,f(x) = 1.
À medida que vamos tomando os pontos
x
1/n ∈ (0,5] a função vale
f( 1
) = n,
n
que fica tão grande quanto quisermos. Note que (0,5] não é um intervalo fechado.
5. Metamorfoses de cúbicas
Nesta Seção resolvi descrever curvas interessantes usando apenas propriedades
básicas do Reais, como regra dos sinais, desigualdades, módulo, etc. que já justificamos
acima neste mesmo Capítulo.
Tudo o que vem a seguir nesta Seção é baseado em que não há raíz quadrada Real
de um número Real negativo.
Começemos com o conhecido círculo y 2 +x 2 = r 2 de raio r > 0. Observe que:
• podemos tomar o gráfico de y = √ r 2 −x 2 para descrever o semicírculo superior
(ou tomar y = − √ r 2 −x 2 para o inferior).
• se r 2 −x 2 > 0 há duas escolhas de raízes, positiva e negativa, e quando x = r
ou x = −r essas duas escolhas colapsam numa só, que é y = 0.
• Onde r 2 −x 2 < 0 deixamos de trabalhar sobre os Reais, pois os valores associados
a y = √ r 2 −x 2 passam para o terreno dos números Complexos. 6 Como
só tratamos neste Curso de funções a valores Reais, não existem pontos do
círculo cuja coordenada x verifique r 2 −x 2 < 0.
Por último, observe que mudando o valor de r muda o raio do círculo, portanto
podemos pensar em y 2 + x 2 = r 2 como sendo uma família de círculos em que cada
elemento fica determinando pelo r. Veja a Figura:
6 Há uma versão magnífica do Cálculo sobre os números complexos !

5. METAMORFOSES DE CÚBICAS 40
-1
-0,5
y
1
0,5
0
0 0,5
x
-0,5
-1
Bom, mas tratar de círculos é covardia, pois temos sua imagem impressa na nossa
mente desde a infância.
Que tal tratarmos de alguma curva que não tenha sua imagem impressa na nossa
mente ? E ademaias, que tal tratarmos logo de uma família delas ?
Considere a familia de curvas dada por:
y 2 −x 3 −r ·x = 0, r = 0.
Vamos analisar separadamente o que acontece quando r > 0 e quando r < 0.
Caso r > 0:
Temos
y 2 = x 3 +rx ⇔ y 2 = x·(x 2 +r).
Como x 2 +r ≥ r > 0, o sinal de x·(x 2 +r) só depende do de x. Logo
• se x > 0 temos duas opções
y = x·(x 2 +r) ou y = − x·(x 2 +r).
Ou seja, a curva não é um gráfico, ela tem uma parte no eixo y > 0 e uma
parte no eixo −y. Há uma simetria relativa ao eixo dos x.
• aindasex > 0, |y| = √ x 3 +rxobservo quefica tãograndequanto quisermos.
De fato, se dou o valor 7 K >> 1:
x ≥ 3√ K 2 ⇒ x 3 ≥ K 2 ⇒
⇒ x 3 +rx ≥ K 2 ⇒ |y| = √ x 3 +rx ≥ K.
• essas duas escolhas y = x·(x 2 +r) ou y = − x·(x 2 +r) colapsam numa
só se x = 0, pois então y = 0.
• se x < 0 a(s) coordenada(s) y deixa de ser um número Real, ou seja, para
nós deixa de existir.
7 O sinal >> 1 quer dizer bem maior que 1
1

CAPÍTULO 3. PROPRIEDADE BÁSICAS DOS NÚMEROS REAIS 41
Uma Figura compatível 8 com essa descrição é:
Caso r < 0
Agora
3
2
1
y 0
0
-1
-2
-3
0,4
0,8
y 2 = x·(x 2 +r),
e (x 2 +r) pode ser positivo, negativo ou positivo. Por isso o estudo do sinal de
é mais delicado.
Note que
x
1,2
x·(x 2 +r)
x 2 +r > 0 ⇔ x 2 > −r > 0 ⇔ √ x 2 > √ −r.
Só que √ x 2 = |x|
e portanto temos
x 2 +r > 0 ⇔ |x| > √ −r.
Se x > 0, |x| > √ −r quer dizer x > √ −r mas se x < 0 isso quer dizer −x > √ −r,
ou seja x < − √ −r.
Em suma:
x 2 +r > 0 ⇔ x < − √ −r ou x > √ −r.
Então
• se x > 0
x·(x 2 +r) ≥ 0 ⇔ x ≥ √ −r,
e teremos duas opções de raízes para determinar y. Que colapsam para y = 0
se x = √ −r.
• se x ≤ 0, só teremos x·(x 2 +r) ≥ 0 se (x 2 +r) ≤ 0. Ou seja,
− √ −r ≤ x ≤ 0.
Nessa faixa de valores de x teremos duas opções de y, que colapsam em y = 0
se x = 0 ou x = − √ −r.
8 Na Figura traçada há mais informação do que a que justificamos. Somente na Seção 5 do
Capítulo 15 é que teremos esses dados.
1,6

5. METAMORFOSES DE CÚBICAS 42
Uma Figura compatível com essa descrição é (r = −1).
2
1
y 0
-1 -0,5 0 0,5 1
Por último, note que se |r| vai ficando pequeno, então os pontos
-1
-2
x
1,5
(− √ −r,0), (0,0) e ( √ −r,0)
vão se aproximando. Noteque as ovais da parte negativa vão diminuindo de tamanho
quando |r| vai diminuindo.
Imaginer vindo devalorespositivos, quevãoficandobempróximosdezero, pulam
o valor zero, e passam a assumir então valores negativos.
É como se de um continente fosse expelida uma ilhota, que vai ficando maior e
mais distante do continente: as quatro figuras a seguir tentam mostrar isso.
3
2
1
y 0
0
-1
-2
-3
0,4
0,8
x
1,2
1,6
2

CAPÍTULO 3. PROPRIEDADE BÁSICAS DOS NÚMEROS REAIS 43
Figura: A curva y 2 −x 3 −x = 0.
3
2
1
y 0
0
-1
-2
-3
0,5
1
x
1,5
Figura: A curva y 2 −x 3 −0.4x = 0.
2
1
y 0
-0,5 0 0,5 1
-1
-2
x
1,5
Figura: A curva y 2 −x 3 +0.3x = 0.
2
1
y 0
-1 -0,5 0 0,5 1
-1
-2
x
1,5
Figura: A curva y 2 −x 3 +x = 0.
2
2
2

5. METAMORFOSES DE CÚBICAS 44
5.1. Suavização do caso r = 0.
Há uma pergunta natural: o que acontece na curva y 2 −x 3 −0x = y 2 −x 3 = 0 ?
Já aviso: os programas gráficos ficam bem perdidos para traçar essa curva, se a
coordenada x fica próxima de 0.
Por isso vou proceder como em muitos ramos da ciência, vou tentar inferir qual
o formato dessa curva tomando curvas que entendamos e que estejam cada vez mais
próximas dela.
Num sentido que ficará claro mais tarde, essas curvas próximas são suaves ou
não-singulares (ver Definição 4.1 na Seção 4 do Capítulo 32).
Na Figura a seguir traço a curva y 2 −x 3 = 0 só que estabeleço x ≥ 0.4, deixando
a região em torno de x = 0 como um mistério.
3
2
1
y 0
0
-1
-2
-3
0,4
0,8
x
A curva y 2 −x 3 = 0, só que x ≥ 0.4.
Como quero ter mais luz sobre esse objeto y 2 −x 3 = 0 não vou deformá-lo de novo
na família y 2 −x 3 −rx = 0, mas sim noutra família:
Observo que a relação
1,2
1,6
y 2 −x 3 +s = 0, s ∈ R >0 .
y 2 = x 3 −s
permite tirar raízes quadradas desde que x 3 − s ≥ 0. Portanto há duas opções de
x > 3√ s ou apenas y = 0 se x = 3√ s.
Ou seja:
e
• a curva y 2 = x 3 −s só tem traço no plano Real se x ≥ 3√ s e
• a partir de x > 3√ s a curva é simétrica em relação ao eixo x, já que temos
duas opções diferentes: y = √ x 3 −s e y = − √ x 3 −s.
Ademais note que se x > 3√ s, então
ou seja:
y = √ x 3 −s < √ x 3
y = − √ x 3 −s > √ x 3 .

CAPÍTULO 3. PROPRIEDADE BÁSICAS DOS NÚMEROS REAIS 45
• dado x > 0, o traço da curva y 2 = x 3 +s que tem y > 0 fica sempre abaixo
do de y = √ x 3 .
• dado x > 0, o traço da curva y 2 = x 3 +s que tem y < 0 fica sempre acima
do de y = − √ x 3 .
A Figura a seguir ilustra isso para y 2 −x 3 +8 = 0:
4
2
y 0
0,5
-2
-4
1
1,5 2
A curva y 2 −x 3 = 0, só que x ≥ 0.4, e a curva y 2 −x 3 −8 = 0.
As Figuras a seguir ilustram curvas cada vez mais próximas:
4
2
y 0
0,5 1
-2
-4
x
1,5 2
x
A curvas y 2 −x 3 = 0, y 2 −x 3 +8 = 0 e y 2 −x 3 +1 = 0.
2,5
2,5

6. EXERCÍCIOS 46
4
2
y 0
0,5 1
-2
-4
1,5 2
A curvas y 2 −x 3 = 0, y 2 −x 3 +8 = 0, y 2 −x 3 +1 = 0 e y 2 −x 3 +0.5 = 0.
Será que agora o leitor consegue inferir a forma de y 2 −x 3 = 0 ?
x
6. Exercícios
Exercício 6.1. (resolvido)
Prove, ao invés de apenas assumir, que vale:
Exercício 6.2. (resolvido)
Para quais valores de x:
i) −3x+2 > 0 ?
ii) x 2 −x > 0 ?
iii) 3x 2 −2x−1 > 0 ?
iii) 3x+2 > 2x−8 ?
iv) |x−6| < 2 ?
v) |x+7| < 1 ?
2,5
x·x = (−x)·(−x), ∀x ∈ R.
Exercício 6.3. (resolvido)
Prove que para quaisquer números Reais e △:
|+△| ≤ ||+|△|.
Exercício 6.4. Como são os gráfico das funções (com domínio ∀x ∈ R):
i) y = |x|,
ii) y = −|x|,
iii) y = |x−5|,
iv) y = |x|+|x−1|+|x−2| ?

CAPíTULO 4
Sequências e seus limites
1. Sequências
Neste Curso será importante a situação em que o domínio de uma função será o
conjunto dos números Naturais N = {1,2,3,...}. Nesse caso
f : N → R
é chamada de sequência.
A imagem de uma tal f é uma lista de números Reais. Como cada ponto de sua
imagem é do tipo f(n) é comum denotá-lo por xn e a sequência toda por (xn)n.
Exemplo 0: f : N → R dada por f(n) = K é a sequência mais boba de todas,
pois sua imagem é somente o conjunto {K} - chama-se sequência constante.
Exemplo 1: Uma sequência não tão boba é f : N → R dada por f(n) = 2n, cuja
imagem são os números Pares.
Exemplo 2:
Uma sequência fundamental para todo o Curso é
f : N → R, f(n) = 1
n .
No que segue, dizer que N é um conjunto ilimitado em R é dizer que sempre há
um número Natural maior que qualquer número Real que for dado.
Afirmação 1.1. O fato de que os números naturais N formam um conjunto ilimitado
nos R é equivalente ao fato de que os valores de f : N → R, f(n) = 1/n ficam tão
próximos quanto quisermos de 0, desde que n seja suficientemente grande.
Demonstração.
Uma equivalência é uma implicação em dois sentidos: ⇔.
Prova do sentido ⇒: Obviamente 1/n nunca é igual a 0: caso pensássemos o
contrário para algum n0, obteríamos de 1
n0 = 0 e multiplicando por n0 obtemos que
0 = 1: absurdo.
A distância entre f(n) = 1/n e 0 é dada por |1/n−0| = 1/n. Suponha que nos
foi dado um número positivo muito pequeno ǫ0 > 0. Queremos confirmar que
1/n < ǫ0
47

2. LIMITES DE SEQUÊNCIAS 48
a partir de um certo n, ou seja se n ≥ nǫ (onde uso a notação nǫ para destacar que
esse n depende do ǫ, quanto menor o ǫ maior o nǫ). Mas negar o anterior seria dizer:
∀n ∈ N, ǫ0 ≤ 1
n .
Mas isso equivale (multiplicando por n > 0): ǫ0
∀n ∈ N, n ≤ 1
Concluiríamos então que o número 1
ǫ0
tradizendo a hipótese.
teríamos 1
K
ǫ0
é maior que todos os números naturais, con-
Prova do sentido ⇐:
Se existe um número K ∈ R tal que ∀n ∈ N tenhamos n ≤ K então ∀n ∈ N
1
1
1
≤ . Logo a sequência não se aproxima de 0 mais que . Contradição.
n n K
Observação: É possível se colocar umAxioma sobreosnúmerosReais -chamado
Axioma de Completamento - que implica a propriedade de N ser ilimitado em R.
Para nós, neste Curso, o fato dos Naturais serem ilimitados é tomado como um
Axioma.
Podemos também dizer o conteúdo da Afirmação anterior de outro modo: dada
uma cerca (−ǫ+0,0+ǫ), se tomamos um nǫ suficientemente grande, então ∀n ≥ nǫ
teremos 1/n ∈ (−ǫ+0,0+ǫ). Ou seja, esperando o tempo suficiente nǫ, a partir dali
a sequência 1/n não sai mais da gaiola (−ǫ+0,0+ǫ). Simbolicamente escreveremos
1
lim = 0,
n→+∞ n
que lê-se assim: zero é o limite da sequência 1/n ou a sequência tende a zero
Veremos adiante que há sequências que tendem de diversas maneiras diferentes
a pontos, algumas vão decrescendo em valores como a (xn)n = 1/n, outras vão
crescendocomo−1/n, outrasvãooscilandoeassimpordiante, masoqueéimportante
é que:
• elas entram em qualquer cerca estabelecida em torno de seu limite, desde
que se espere o tempo nǫ suficiente e
• depois de lá entrarem não mais saem.
Veremos também que podemos combinar sequências simples (cujo limite podemos
intuir facilmente) para criar sequências complicadas, das quais não é possível ter uma
intuição de seu limite (exceto alguém com poderes para-normais ...). Mesmo assim
poderemos matematicamente determinar esses limites.
2. Limites de sequências
O conceito de limite é o conceito fundamental do Cálculo, de onde surgem outras
noções importantes como continuidade, derivada e integral. Por isso este é um
Capítulo um pouco mais extenso.

CAPÍTULO 4. SEQUÊNCIAS E SEUS LIMITES 49
Imagine uma máquina, um sistema ou um processo tal que para um certo input
x dá um certo output f(x). Agora imagine que para um input parecido x+h (com
h pequeno) dá um output parecido: f(x+h) = f(x)+δ, com δ pequeno.
Apesar de ser uma situação plausível, da qual temos muitos exemplos no dia a dia,
também sabemos que há exemplos da situação oposta, em que, apesar de x+h ∼ x
temos f(x + h) muito diferente de f(x). Essas duas possibilidades são típicas de
processos contínuos e descontínuos, respectivamente.
O objetivo deste capítulo é definir essas noções precisamente, pois nelas se apoiam
os dois conceitos centrais do Curso: Derivada e Integral.
3. Definição e Propriedades fundamentais
Vamos começar com a Definição 3.1, que é mais precisa e importante do que
parece.
Nela destaco que há:
• uma enorme exigência: onde dizemos ∀ǫ >, e
• uma imposição: a de que a partir de um certo nǫ a sequência não mais saia
de uma região onde entrou.
Definição 3.1. Um sequência (xn)n tende a um ponto L se ∀ǫ existe nǫ ∈ N tal que
se n ≥ nǫ então xn ∈ (−ǫ+L,L+ǫ).
Há diferentes formas pelas quais uma sequência pode tender a um limite; em
particular, com diferentes velocidades.
Por exemplo, Afirmo que xn = 1
n2 tende a 0 mais rapidamente do que zn = 1
n o
faz. Ou seja, Afirmo que o tempo nǫ(zn) de espera para ter zn < ǫ é menor que o
tempo nǫ(xn) que tenho de esperar para ter xn < ǫ. De fato, 1 :
e é claro que
1
ǫ
≤ 1
ǫ
1
nǫ(zn) = ⌈
ǫ ⌉, nǫ(xn) = ⌈ 1
ǫ ⌉,
para ǫ pequeno.
Nos argumentos discutidos abaixo teremos às vezes que esperar o tempo n suficiente
para que duas ou mais sequências se aproximem de onde queremos. Como
podem ser diferentes, por precaução tomamos o maior dentre eles, para que as duas
ou mais sequências estejam onde queremos.
Teorema 3.1. (Propriedades fundamentais de sequências)
Sejam (xn)n e (zn)n duas sequências, com
Então:
1) A sequência soma (xn +zn)n tem
lim
n→+∞ xn = L1 e lim
n→+∞ zn = L2.
lim
n→+∞ (xn +zn) = L1 +L2.
1 onde ⌈△⌉ significa o primeiro número Natural maior ou igual que △ ∈ R.

3. DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES FUNDAMENTAIS 50
2) A sequência diferença (xn −zn)n tem
lim
n→+∞ (xn −zn) = L1 −L2.
3) Se C ∈ R é uma constante, então a sequência (C ·xn) tem
lim
n→+∞ (C ·xn) = C ·L1.
4) Seja (qn)n uma sequência qualquer tal que
∀n, |qn| ≤ K,
para algum K. Se L1 = 0 então limn→+∞(qn ·xn) = 0
5) A sequência produto (xn ·zn)n tem
lim
n→+∞ (xn ·zn) = L1 ·L2.
6) Se L2 = 0, então:
• i) a partir de um certo n, zn = 0 e
• ii) limn→+∞ xn L1 = zn L2 .
7) Suponha adicionalmente que a partir de um certo n, xn ≤ L1 e que, para uma
sequência qualquer qn, a partir de um certo n temos
Então
xn ≤ qn ≤ L1.
lim
n→+∞ qn = lim
n→+∞ xn = L1.
Demonstração. (de alguns itens do Teorema 3.1)
Prova de 1) Nesse primeiro item, o ponto a lembrar é que xn e zn se aproximam
cada uma de um número a princípio distinto e que cada uma delas o faz possivelmente
com velocidade diferente.
O que queremos provar? Queremos saber se, esperando um tempo nǫ suficiente,
conseguimos que:
xn +zn ∈ (−ǫ+L1 +L2,L1 +L2 +ǫ),
ou seja, como já explicamos, se |xn+yn−(L1+L2)| < ǫ. Vamos traduzir esta última
condição de outro modo, que leva em conta as duas hipóteses sobre xn e zn 2 :
|xn +yn −(L1 +L2)| = |xn −L1 +yn −L2| ≤
≤ |xn −L1|+|yn −L2|.
Agora fazemos o seguinte: esperamos tempo suficiente nǫ para que tenhamos
∀n ≥ nǫ, |xn −L1| < ǫ
2
e |zn −L2| < ǫ
2 .
2 No último passo uso uma desigualdade (chamada desigualdade triangular, ver Exercício 6.3)
que vale para quaisquer números Reais e △:
|+△| ≤ ||+|△|
, no nosso caso aplicadoa para = xn −L1 e △ = yn −L2

CAPÍTULO 4. SEQUÊNCIAS E SEUS LIMITES 51
Então obtemos de acima:
|xn +yn −(L1 +L2)| ≤ |xn −L1|+|yn −L2| < ǫ
2
exatamente o que queríamos provar.
Prova de 2): Análoga à do 1), apenas fazendo agora:
ǫ
+ = ǫ,
2
|(xn −yn)−(L1 −L2)| = |xn −L1 +L2 −zn| ≤ |xn −L1|+|L2 −zn|.
Prova de 3): agora queremos que a partir de um certo nǫ:
|C ·xn −C ·L1| < ǫ.
É claro que posso supor C = 0, senão tudo é óbvio.
Ora então o que queremos é provar que:
|C ·(xn −L1)| < ǫ,
ou seja3 queremos que
|C|·|xn −L1| < ǫ.
Noto agora que, se espero tempo nǫ suficiente, tenho:
|xn −L1| < ǫ
, onde C = 0
C
pois xn se aproxima tanto quanto quisermos de L1. Então juntando as informações:
|C ·xn −C ·L1| = |C|·|xn −L1| < C · ǫ
= ǫ,
C
exatamente o que queríamos.
Prova de 4): Aqui o que fazemos éesperar o tempo nǫ suficiente para que |xn| < ǫ
K
(estou supondo que K = 0, pois se K = 0, então a hípótese |qn| ≤ 0 diz que qn = 0
∀n e tudo é óbvio, pois a sequência 0·xn é a sequência constante, igual a 0). Então
para n ≥ nǫ :
|qn ·xn| = |qn|·|xn| < K · ǫ
= ǫ,
K
como queríamos.
Prova de 5): Queremos fazer
dese que n cresça o suficiente.
Mas posso escrever:
|xn ·zn −L1 ·L2| < ǫ.
|xn ·zn −L1 ·L2| =
= |xn ·zn−xn ·L2 +xn ·L2 −L1 ·L2| =
0
= |xn ·(zn −L2)+L2 ·(xn −L1)| ≤
≤ |xn ·(zn −L2)|+|L2 ·(xn −L1)| =
= |xn|·|(zn −L2)|+|L2|·|(xn −L1)|
3 Para quaiquer números Reais e △ sempre vale:
no nosso caso, uso para = C e △ = xn −L1
|·△| = ||·|△|;

3. DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES FUNDAMENTAIS 52
E agora noto que |xn| ≤ K para alguma K , pois xn tende ao L1 ∈ R. E tanto
|(xn−L1)| quanto |(zn−L2)| se faz tão pequeno quanto quisermos, pois zn tende a
L2 e xn tende a L1.
Logo |xn ·zn −L1 ·L2| fica tão pequeno quanto quisermos.
Prova de 6): Primeiro afirmo que a partir de um certo n temos
| < |zn|.
2
Se L2 > 0, a partir de um certo n temos
| L2
0 < L2
2
< zn
pois L2
2 < L2 = limzn. E se L2 < 0, a partir de um certo n
pois limzn = L2 < L2
2 .
Ou seja, a partir de um certo n:
zn < L2
2
| L2
< 0
| < |zn|
2
e em particular a partir desse n, temos zn = 0.
No que segue já suponho que tomei esse n para que a partir dele:
| L2
| < |zn|.
2
Então além de podermos dividir pelos zn, podemos afirmar que
e portanto
Portanto
|L2| 2
2
1
|zn ·L2|
< |zn|·|L2|
< 2
|L2| 2.
| 1
−
zn
1
| = |
L2
L2 −zn
| =
zn ·L2
= |
1
|·|L2 −zn| ≤
zn ·L2
≤ 2
|L2| 2 ·|L2 −zn|.
Mas|L2−zn|sefaztãopequeno quantoquisermos, desdequeesperemospossivelmente
um tempo n ainda maior, já que limzn = L2.
Por exemplo, podemos esperar um n a partir do qual valha | L2
2 | < |zn| e também
|L2 −zn| < ǫ·L2 2
2 ,

CAPÍTULO 4. SEQUÊNCIAS E SEUS LIMITES 53
o que dá
| 1
−
zn
1
| <
L2
2
|L2| 2 · ǫ·L2 2
2
Sobre 7): de fato, após esquecermos um certo número de termos das sequências,
temos
|qn −L1| ≤ |xn −L1|
e |xn −L1| se faz tão pequeno quanto quisermos.
Chamo a atenção para uma propriedade, que provamos como parte do item 6), e
que será bastante útil:
Afirmação 3.1. Se limn→+∞xn = L e L = 0 então a partir de um certo tempo n,
xn = 0. Em particular, se L > 0 (ou L < 0) então a partir de um certo tempo n,
xn > 0 (ou xn < 0).
= ǫ.
Por último, será útil mais tarde se introduzimos dois símbolos:
Definição 3.2. Dizemos que
lim
n→+∞ xn = +∞
se ∀K > 0 existe um tempo nK tal que se n ≥ nK temos xn > K. Dizemos que
lim
n→+∞ xn = −∞
se ∀K < 0 existe um tempo nK tal que se n ≥ nK temos xn < K.
Ou seja, sequências que ficam tão positivas quanto quisermos, ou sequências que
ficam tão negativas quanto quisermos, esperando o tempo n suficiente. Exemplos:
xn = n 2 e xn = −n 2 , respectivamente.
4. Exercícios
Exercício 4.1. Exemplifique com sequências (xn)n bem simples a diferença entre as
seguintes frases:
i) a partir de um certo tempo n a sequência xn dista de L menos que um ǫ > 0 e
ii) existem tempos n arbitrariamente grandes tais que xn dista de L menos que
um ǫ > 0.
Exercício 4.2. Para as sequências (xn)n abaixo e para a função y = f(x) = 1
x 2, diga
o formato da sequência ( f(xn) )n:
i) xn = 1 √ , n
ii) xn = 1
n ,
iii) xn = n 2 .

4. EXERCÍCIOS 54
Exercício 4.3.
Explique se existem ou não os limites das seguintes sequências:
i) xn := 5n,
ii) xn := (−1) n5, iii) xn := (−1) n (5+ 1
n ),
n 5
iv) xn := (−1)
n
v) xn := (−1) n 1
n .
vi) xn = 1
n
vii) xn = 1
n
+ 2
n
· 2
n
+ 3
n ,
· 3
n .
Exercício 4.4.
No dia-a-dia sabemos que todo gremista gosta de azul, mas nem todos que gostam
de azul são gremistas.
Tratando-se agora de sequências xn e zn, dê exemplos onde não existem
mas que no entanto existam:
lim
n→+∞ xn ou lim
n→+∞ zn
lim
n→+∞ (xn +zn) ou lim
n→+∞ (xn ·zn).
Exercício 4.5. (resolvido)
Prove duas propriedades fundamentais de limites:
i) se xn < 0 ∀n e se limxn = L então L ≤ 0. Dê exemplo onde todo xn < 0 mas
onde L = 0.
ii) se limxn = L e se ∀n xn ≤ zn ≤ L, então limzn = L.
Exercício 4.6. Usando algumas sequências já estudadas em aula e propriedades de
+,−,·,/ de sequências, calcule:
1
lim 3·(2−
n→+∞ n
1
+
n2), lim
n→+∞
300n2 +35n+1000
n3 ,
+n
300n
lim
n→+∞
2 +35n+1000
150n2 10
, lim
+n+10000 n→+∞
123456789
,
n
30000000n+1200000
lim
n→+∞ n2 2n
, lim
n→+∞
7 +35n+1000
3n7 +n+10000 .
Dica: fatore n à força no numerador e no denominador as potências mais altas e
simplifique, antes de passar ao limite.
Exercício 4.7. As sequências a seguir tendem a zero. Dado ǫ > 0 determine qual
n (em função de ǫ) é suficiente para termos |xn| < ǫ nas seguintes sequências: a):
xn = 1
n 4, b): xn = 1
√ n , c): xn = 1
4 √ n
Exercício 4.8. A sequência xn = 1
n
seja
fica dentro do intervalo [0,1] e é decrescente, ou
xn+1 ≤ xn, ∀n.

CAPÍTULO 4. SEQUÊNCIAS E SEUS LIMITES 55
Já a sequência xn = 1− 1
n
seja xn+1 ≥ xn, ∀n.
fica também dentro do intervalo [0,1] mas é crescente, ou
É verdade o seguinte Teorema: sequências que ficam dentro
de algum intervalo e que são ou bem crescentes ou bem decrescentes convergem para
algum limite.
Veja em quais sequências a seguir pode-se aplicar esse Teorema: a): xn = 1
5n2, b):
xn = 1
5n , c): xn = (−2)n
n , d): xn = (−1)2n
, e): xn = n (−1)2n+1
.
n

CAPíTULO 5
Limites de funções definidas em intervalos
Neste Curso usaremos a noção de continuidade fortemente quando calcularmos
algumas Derivadas e mais adiante na teoria de Integração do Capítulo 21.
Daremos sua definição precisa no próximo Capítulo.
Mas para isso, antes precisamos entender a noção de limite de funções definidas
em intervalos. Até agora só vimos limites de um tipo de função, cujo domínio são os
Naturais, as chamadas sequências.
Agora vamos definir:
Definição 0.1. Seja uma função f : I → R, y = f(x) definida num intervalo I. Seja
x tal que exista alguma sequência xn ∈ I \{x} com limn→+∞ xn = x.
Dizemos que função f tem limite L quando x tende a x, denotado por
lim
x→x
f(x) = L, L ∈ R,
se para toda sequência xn contida em I \{x}
temos
lim
n→+∞ xn = x
lim
n→+∞ f(xn) = L.
Observações importantes sobre a Definição 0.1:
• O ponto importante nesta definição é que, não importa quantas sequências
tomemos com limn→+∞ xn = x, sempre as sequências f(xn) tendem para o
mesmo número L.
• O fato de que não seja relevante como xn se aproxima de x, mas apenas que
xn se aproxima x, fica visível no símbolo que usamos:
lim
x→x f(x).
• O leitor verá mais tarde que às vezes x não está no domínio das funções, ou
seja, que não faz sentido perguntar por quanto a função vale nele, mas que,
como x está arbitrariamente próximo do domínio dessas funções, podemos
perguntarquantoafunçãovaleempontosdodomíniocadavezmaispróximos
dele.
• o valor f(x) pode ser bem diferente de limx→x f(x). Por isso tomamos
sequências xn contidas em I \{x} (ou seja, que não valem nunca x).
57

1. OPERAÇÕES ELEMENTARES COM LIMITES DE FUNÇÕES 58
1. Operações elementares com limites de funções
A noção de limite de funções foi construída a partir da de limite de sequências;
assim que é natural que as propriedades de limites de sequências repercutam nas dos
limites de funções definidas em intervalos.
Teorema 1.1. (Propriedades fundamentais de limites de funções)
Sejam f e g cujos domínios são intervalos e seja x tal que existam sequências nos
domínios dessas funções que tendam a ele.
Suponha que existam:
Então:
1) A função soma f +g tem
2) A função diferença f −g tem
lim
x→x f(x) = L1 e lim
x→x g(x) = L2.
lim
x→x (f +g)(x) = L1 +L2.
lim
x→x (f −g)(x) = L1 −L2.
3) Se C ∈ R é uma constante, então a função (C ·f)(x) := C ·f(x) tem
lim (C ·f)(x) = C ·L1
x→x
4) Suponha uma função q(x) com o mesmo domínio da f(x) tal que |q(x)| ≤ K,
∀x. Suponha adicionalmente que L1 = 0. Então
5) A função produto (f ·g)(x) tem
lim(
f(x)·q(x) ) = 0.
x→x
lim
x→x (f ·g)(x) = L1 ·L2.
6) Se L2 = 0, então: i) se x é suficientemente próximo de x então g(x) = 0 e ii)
limx→x f(x)
g(x)
= L1
L2 .
7) Suponha uma outra função q(x) definida no mesmo domínio e que adicionalmente
f(x) ≤ q(x) ≤ L1. Então
lim
x→x
q(x) = lim
x→x
Demonstração.
Prova do Item 1): Queremos saber se
f(x) = L1.
lim
n→+∞ (f(xn)+g(xn)) = L1 +L2,
quando tomamos qualquer sequência xn com
lim
n→+∞ xn = x.
Mas por hipótese, limn→+∞ f(xn) = L1 e limn→+∞ g(xn) = L2 , quando tomamos
qualquer sequência xn com limn→+∞ xn = x.

CAPÍTULO 5. LIMITES DE FUNÇÕES DEFINIDAS EM INTERVALOS 59
Ora, peloitem1)doTeorema3.1, aplicadoàssequências f(xn)eg(xn), concluimos
que limn→+∞ (f(xn)+g(xn)) = L1 +L2.
A prova de outros itens fica para o leitor, bastando combinar a Definição 0.1 com
alguns itens do Teorema 3.1, bem como com a Afirmacao 3.1.
2. A definição usual com ǫ e δ
Na maioria dos livros texto de Cálculo, o limite de uma função definida em um
intervalo é definido assim:
Definição 2.1. Dizemos que f tende a L quando x tende ao x, ou em símbolos:
lim
x→x
f(x) = L
se ∀ǫ > existe δ > 0 tal que se 0 < |x−x| < δ então |f(x)−L| < ǫ.
Observações:
• pense em ǫ > 0 como um número pequeno, que impõe o desafio de se encontrar
o δ > 0 suficiente para termos |f(x)−L| < ǫ, desde que 0 < |x−x| < δ.
• o símbolo ∀ǫ > 0 (para todo ǫ > 0) diz que ǫ será feito tão pequeno quanto
quisermos,
• veremos logo abaixo que o δ depende do ǫ, da natureza da f e também, em
geral, de cada ponto x.
• a cláusula 0 < |x−x| existe para que possamos ter funções com f(x) = L =
limx→x f(x).
Um pouco mais sobre o último item: suponha que temos uma f com f(x) bem
diferente dos valores f(x), para x próximos de x porém diferentes de x. Por exemplo
suponha que |f(x) − L| ≥ 1 , embora |f(x) − L| < ǫ é pequeno se x = x, mas x
próximo de x. Então |x−x| = 0 < δ, ∀δ > 0 e no entanto |f(x)−L| ≥ 1. Por isso na
Definição 2.1 estamos interessados apenas em controlar os valores f(x) para x = x.
Vejamos agora que essa nova Definição 2.1 tem o mesmo conteúdo da Definição
0.1 do Capítulo 4, mesmo que a princípio não pareçam o mesmo.
Afirmação 2.1. A Definição 2.1 é equivalente à Definição 0.1 do Capítulo 4.
Demonstração. (da Afirmação 2.1)
Provar a equivalência de duas definições é mostrar que uma implica a outra e
vice-versa.
Suponha por um momento a Definição 0.1 e por absurdo negue a Definição 2.1.
Então existe um ǫ0 > 0 especial tal que ∀δ > 0 existe um xδ com
0 < |xδ −x| < δ, mas |f(xδ)−L| ≥ ǫ0.

2. A DEFINIÇÃO USUAL COM ǫ E δ 60
Já que vale para todo δ > tomo-os da forma δ(n) := 1.
Então concluo que os
n
xδ(n) formam uma sequência de I \{x} que tende a x, pois
0 < |xδ(n) −x| < 1
n
e já sabemos que os 1
ficam tão pequenos quanto quisermos. Com essa sequência
n
(xδ(n))n no domínio da f, formo outra sequência f(xδ(n)) na imagem da f, que não
tende a L já que
|f(xδ(n))−L| ≥ ǫ0, ∀n,
ou seja, não se aproxima do número L mais que ǫ0. Isso contradiz a Definição 0.1.
Agora suponha Definição 2.1 e vamos obter a informação dada pela Definição 0.1.
Considere qualquer sequência xn de I \{x} que tenda a x: queremos saber então
se é verdade que f(xn) tende a L. Ou seja, se dado ǫ > 0 existe nǫ ∈ N tal que
∀n ≥ nǫ temos |f(xn)−L| < ǫ.
O que sei pela Definição 2.1 é que existe um δ > 0 tal que:
0 < |x−x| < δ ⇒ |f(x)−L| < ǫ.
Então tomo esse δ > 0 e, para ele, tomo um nδ ∈ N tal que:
∀n ≥ nδ ⇒ 0 < |xn −x| < δ
(o que funciona pois xn tende a x).
Logo |f(xn)−L| < ǫ pois os xn entraram na região adequada em torno de x, que
é (−δ +x,x+δ).
A Figura ilustra:
L + ε
L
f (x_n)
L−ε
x_n
x − δ x x + δ
Lembrando que o δ = δ(ǫ), pois depende de ǫ, obtivemos o que queríamos, já que
|f(xn)−L| < ǫ a partir de um certo tempo nδ(ǫ).
Exemplos:

CAPÍTULO 5. LIMITES DE FUNÇÕES DEFINIDAS EM INTERVALOS 61
1)- f(x) = ax+b, polinômio de grau ≤ 1, tem limx→x f(x) = ax+b. De fato, se
a = 0 é claro que a f ≡ b constante tende a b. Caso a = 0, quando for dado ǫ > 0
tome por exemplo δ(ǫ) := ǫ
ǫ . Então se |x−x| < |a| |a| temos:
|f(x)−L| = |ax+b−(ax+b)| = |a||x−x| < |a|· ǫ
= ǫ,
|a|
como queríamos.
2)- No exemplo 1) o δ só dependeu do ǫ. Agora dou um exemplo em que o δ
depende também do x, ficando cada vez menor à medida que o x vai sendo escolhido
mais perto de um extremo do domínio da f.
Seja f : R >0 → R, f(x) = 1
x . Veremos na próxima Seção que limx→x f(x) = 1
x .
Mas a Figura a seguir ilustra como vai ficando mais difícl encontrar o δ adequado à
medida que x > 0 se aproxima do 0.
2 ε
2 ε
2 ε
Figura: Para um mesmo ǫ, preciso cada vez menores valores de δ
3. Limites quando x tende ao infinito
Quando um cientista quer entender um fenômeno, ele pode querer entender não
apenas o comportamento agora, mas sim a longo prazo. Por exemplo, pode se perguntar
se a longo prazo a Lua permanecerá girando em torno da Terra.
Na linguagem do Cálculo isso se expressa numa pergunta assim: a que tende o
fenômeno quando o tempo x fica arbitrariamente grande ? O que se põe em símbolos:
lim
x→+∞
f(x) = L ∈ R, ou lim
x→−∞
f(x) = L ∈ R.
Ambos símbolos admitem dois tipos de definições (equivalentes)
Definição 3.1. Dizemos que
lim
x→+∞
f(x) = L ∈ R
se ∀ǫ > 0 existe K > 0 tal que |f(x)−L| < ǫ, se x > K.
Ou

3. LIMITES QUANDO X TENDE AO INFINITO 62
Definição 3.2. Dizemos que
lim
x→+∞
f(x) = L ∈ R
se ∀(xn)n contida no domínio de f com limn→+∞ xn = +∞ temos limn→+∞ f(xn) =
L.
(onde limn→+∞ xn = +∞ foi apresentado na Definição 3.2).
Deixo para o leitor verificar a equivalência dessas duas Definições 3.1 e 3.2.
Analogamente se define limx→−∞ f(x) = L ∈ R.
Geometricamente, as Definições 3.1 ou 3.2 se ilustram na Figura a seguir, em que
o gráfico se aproxima da altura L cada vez mais:
0,98
0,96
0,94
0,92
50
100
150
x
Figura: Quando x aumenta o gráfico se aproxima de uma altura definida.
As propriedades básicas dessas noções são análogas àquelas do Teorema 1.1:
Teorema 3.1. Sejam f e g funções definidas em um intervalo ilimitado à direita. 1
Suponha 2
lim
x→+∞ f(x) = L1 ∈ R e lim
x→+∞ g(x) = L2 ∈ R.
Então:
1) A função soma f +g tem
2) A função diferença f −g tem
lim
x→+∞ (f +g)(x) = L1 +L2.
lim
x→+∞ (f −g)(x) = L1 −L2.
3) Se C ∈ R é uma constante, então a função (C ·f)(x) := C ·f(x) tem
200
250
300
lim (C ·f)(x) = C ·L1
x→+∞
4 ) Suponha uma função q(x) com o mesmo domínio da f(x) tal que |q(x)| ≤ K,
∀x. Suponha adicionalmente que L1 = 0. Então
−∞
lim ( f(x)·q(x) ) = 0.
x→+∞
1 Enuncio apenas para x → +∞, pois é análogo se x → −∞
2 Atenção que L1,L2 têm que ser números, não podem ser substituídos pelos símbolos +∞ ou

CAPÍTULO 5. LIMITES DE FUNÇÕES DEFINIDAS EM INTERVALOS 63
5) A função produto (f ·g)(x) tem
lim
x→+∞ (f ·g)(x) = L1 ·L2.
6) Se L2 = 0, então:
i) se x é suficientemente grande então g(x) = 0 e
ii) limx→+∞ f(x)
g(x)
= L1
L2 .
7) Suponha uma outra função q(x) definida no mesmo domínio e que adicionalmente
f(x) ≤ q(x) ≤ L1. Então
lim
x→+∞
q(x) = lim
x→+∞
f(x) = L1.
Demonstração.
Prova do item 1): Quero saber se a sequência soma f(xn)+g(xn) tende a L1+L2,
se a sequência xn tem limn→+∞ xn = +∞. Mas por hipótese f(xn) tende a L1 e
g(xn) tende a L2. Logo pelo item 1) do Teorema 3.1 aplicado às sequências f(xn) e
g(xn) obtemos que f(xn)+g(xn) tende a L1 +L2.
Os outros itens se demonstram da mesma maneira.
Exemplos:
1) Obviamente a função constante f ≡ C tem limx→+∞ C = C.
2) A função f : R 0 → R, f(x) = 1
x tem
lim
x→+∞
1
x
= lim
x→−∞
1
x
= 0.
De fato, | 1
1 | < ǫ se |x| > K := , o que está de acordo com a Definição 3.1.
x ǫ
3)
usando o Teorema 3.1.
4) Também
pelo Teorema 3.1.
5)
lim
x→+∞
usando o Teorema 3.1.
lim
x→+∞
lim
x→+∞
C
x
= C · lim
x→+∞
1
= lim
x2 x→+∞ (1
x
1
x
1
(C + ) = C + lim
x x→+∞
= C ·0 = 0
1
· ) = 0·0,
x
1
x
= C +0 = C

3. LIMITES QUANDO X TENDE AO INFINITO 64
6)
C1x
lim =
x→+∞ C2x+C3
C1
,
C2
onde C1,C2,C3 são constantes não nulas. De fato, primeiro observe que se x se faz
tão grande quanto quisermos, em particular x > 0. Logo posso escrever:
C1x xC1
lim = lim
x→+∞ C2x+C3 x→+∞ x(C2 + C3
C1
= lim
) x→+∞ (C2 + x C3
x )
e agora uso o Teorema 3.1 e os Exemplos anteriores , concluindo que
lim
x→+∞
C1
(C2 + C3
x
C1
= .
) C2
7) O mesmo tipo de argumento do Exemplo 6) dá que:
lim
x→+∞
onde ai,bi são constantes, an = 0, bn = 0.
De fato, como posso supor x > 0:
lim
x→+∞
= lim
x→+∞
anx n +an−1x n−1 +...+a0
bnx n +bn−1x n−1 +...+b0
anx n +an−1x n−1 +...+a0
bnx n +bn−1x n−1 +...+b0
x n ·(an + an−1
x
x n ·(bn + bn−1
x
(an +
= lim
x→+∞
an−1
x
(bn + bn−1
x
= an
,
bn
=
a0 +...+ xn) =
b0 +...+ xn) a0 +...+ xn) b0 +...+ x
an
= ,
n) bn
usando novamente o Teorema 3.1 e Exemplos prévios.
Ilustro o Exemplo 7) nas Figura que segue, onde an = a2 = 2 e bn = b2 = 1:
8)
Se m < n, am = 0, bn = 0:
2
1,8
1,6
1,4
1,2
1
0,8
0,6
0 50
100
Figura: Gráfico de 2x2 +x+4
x 2 +3x+7
lim
x→+∞
x
150
200
com x ∈ [0,200].
amx m +am−1x m−1 +...+a0
bnx n +bn−1x n−1 +...+b0
= 0.

CAPÍTULO 5. LIMITES DE FUNÇÕES DEFINIDAS EM INTERVALOS 65
De fato,
lim
x→+∞
= lim
x→+∞
x m ·(am + am−1
x
x m ·x n−m ·(bn + bn−1
x
1
xn−m (am + am−1
x
(bn + bn−1
x
+...+ a0
x m)
a0 +...+ xm) b0 +...+ x
=
b0 +...+ xn) am
= 0· = 0,
n) bn
usando o Teorema 3.1.
Ilustro este Exemplo 8) na Figura a seguir, com am = a2 = 20 e bn = b3 = 0.01.
Escolhi o coeficiente b3 = 0.01 bem pequeno em relação ao a2 = 20 de propósito,
para indicar que não adianta, pois a longo prazo o grau 3 do denominador é mais
importante.
8000
6000
4000
2000
0
5 10
15
x
Figura: Gráfico de 20x2 +30x+40
(0.01)x 3 , para x ∈ [1,30]
Estes dois Exemplos 7) e 8) ilustram o seguinte princípio: a longo prazo o que importa
são os grausmais altos dos polinômios envolvidos num quociente de polinômios.
9) Lembrando apenas que a função seno tem |sin(x)| ≤ 1, então
pois limx→+∞ 1
x
lim
x→+∞
= 0 (use o Teorema 3.1).
0,4
0,3
0,2
0,1
0
-0,1
-0,2
20
sin(x)
x
20 40 60 80 100
x
25
= 0
Figura: O gráfico de sin(x)
x para x ∈ [2,130]
120
30

4. QUANDO A PARTE É DO MESMO TAMANHO DO TODO 66
4. Quando a parte é do mesmo tamanho do todo
Nesta Seção proponho explicar o seguinte Teorema, que parece um total absurdo:
Afirmação 4.1. A reta inteira de números Reais tem tantos pontos quanto o intervalo
aberto (−1,1).
Em primeiro lugar preciso lembrar o que significa dois conjuntos terem o mesmo
número de elementos. O exemplo que mais gosto, para explicar essa noção, li num
um livro de Tarski.
Imagine num garçom colocando, para cada cliente, um garfo e uma faca ao lado
do prato. Ao final da tarefa, ele têm a seguinte conversa com o cozinheiro:
• cozinheiro: para preparar a refeição, gostaria de saber quantos clientes temos
hoje.
• garçom: não contei, não sei.
• cozinheiro: mas você não estava pondo os garfos e facas para cada um deles
?
• garçom: sim, mas só o que tenho certeza é que há tantos garfos quanto facas
à mesa.
• cozinheiro: mas como você pode ter certeza disso, sem saber quantos garfos
e facas você pôs, já que não contou ?
• garçom: ora, é fácil, sei que há tantos garfos quanto facas porque para cada
faca colocada, coloquei um garfo, e não mais de um garfo.
A moral dessa história é a seguinte: dois conjuntos têm o mesmo número de
elementos quando há uma função f sobrejetora (nenhuma faca sem garfo) e injetora
(não mais de um garfo) entre eles. Apesar de que não saibamos exatamente quantos
elementos os conjuntos têm.
Um exemplo conhecido já por Galileu é que há tantos números Naturais N quanto
números Pares 2N: de fato, existe a bijeção
f : N → 2N, f(n) = 2n,
cuja inversa dá f −1 (2n) = n. Apesar disso 2N ⊂ N, por isso se diz que, nesse caso, a
parte é do tamanho do todo !
Para provar a Afirmação 4.1, considero a seguinte função:
f : R → R, f(x) :=
x
|x|+1 .
Primeiro noto que está bem definida em todos os Reais, pois seu denominador nunca
se anula. Agora afirmo que f(R) ⊂ (−1,1), ou seja, que
∀x ∈ R, −1 <
x
|x|+1
< 1.

CAPÍTULO 5. LIMITES DE FUNÇÕES DEFINIDAS EM INTERVALOS 67
De fato, primeiro f(0) = 0 e se x > 0 então |x| = x e portanto:
0 < x
< 1,
x+1
pois 0 < x < x+1. E se x < 0, então |x| = −x e portanto:
−1 <
x
−x+1
< 0,
pois −1·(−x+1) = x−1 < x.
O que não está ainda nada claro é se f é sobrejetora, ou seja, se
(−1,1) ⊂ f(R), ou seja f(R) = (−1,1).
Estou assumindo neste momento, sem demonstrar, que a imagem de f é algum
intervalo f(R) = (a,b) ⊂ (−1,1).
O que quero mostrar agora é que não acontece que −1 < a nem que b < 1. Para
isso meu argumento é o seguinte: vou mostrar que
lim
x→+∞
x
|x|+1
= 1 e lim
x→−∞
x
|x|+1
= −1,
ou seja, pela Definição de limite, que f atinge valores tão próximos de 1 e de −1
quanto quisermos. Isso impedirá que −1 < a e que b < 1.
Mas se x → +∞ então em particular x > 0 e
lim
x→+∞
x
|x|+1
= lim
x→+∞
x
= lim
x+1 x→+∞
pelo Teorema 3.1 e Exemplos que o seguem.
E se x → −∞ então em particular x < 0 e
lim
x→−∞
x
|x|+1
= lim
x→−∞
pelo Teorema 3.1 e Exemplos que o seguem.
x
= lim
−x+1 x→−∞
x·1
x·(1+ 1
x
x·1
x·(−1+ 1
x
) = 1,
) = −1,
Agora só falta ver que f é injetiva: mas note que se x > 0, de y = x
x+1 obtenho
y = x−xy e daí:
x = y
1−y ,
que é bem definido pois y < 1. E se x < 0 então de y = x
daí:
x = y
1+y ,
−x+1
obtenho y = x+xy e
que é bem definido pois −1 < y.
Isso mostra quey = f(x)éinjetiva, jáquetenho explicitamente sua funçãoinversa
x = f −1 (y).
As Figuras a seguir mostram parte dos gráficos de f e de f −1 , respectivamente:

5. EXERCÍCIOS 68
-4
0,8
0,4
0
-2 0
-0,4
-0,8x
4
2
0
-0,8 -0,40 0,40,8
x
-2
-4
Paraterminar, chamoaatençãodoleitorquef −1 : (−1,1) → Rfazumaespantosa
expansão do intervalo (−1,1). A expansão feita por f −1 (y) depende sensivelmente
de y e aumenta cada vez mais à medida que y vai para os extremos do intervalo. Na
Parte 2 do Curso poderemos justificar e explicar melhor a seguinte Afirmação sobre
f −1 :
Afirmação 4.2. Se y ∈ [0,1) então a taxa de expansão de f −1 é de 1
(1−y) 2 e a taxa
de expansão de f −1 (y) para y ∈ (−1,0] é de 1
(1+y) 2.
Uma comparação é natural: um dos fenômenos mais bizarros do Universo é que
nãoapenas elese expande, eque quanto mais longemaisele seexpande, mas também,
como se descobriu faz pouco tempo, que essa expansão está aumentando...
5. Exercícios
Exercício 5.1. A seguir dado ǫ > 0 determine δ > 0 (em função de ǫ) tal que
|x−x0| < δ implique |f(x)−L| < ǫ:
a): x0 = 1, f(x) = 555x, L = 555,
2
4

CAPÍTULO 5. LIMITES DE FUNÇÕES DEFINIDAS EM INTERVALOS 69
b): x0 = 0, f(x) = x 2 , L = 0,
c): x0 = 0, f(x) = 555x 2 , L = 0.
Exercício 5.2.
1
0,5
0
0
-0,5
-1
10 20
x
30 40
A figura mostra o gráfico da função f : R >0 → (−1,1) dada por
f(x) = x−1
x+1 .
Prove aquilo que é sugerido pelo gráfico, ou seja, que
Exercício 5.3. Determine:
a): limx→2 x2 +5x+6
x+2 ,
b): limx→2
c): limx→−6
1
(x−2) 2,
−1
(x+6) 2,
d): limxր−6 −1
x+6 ,
e): limxց−6 −1
x+6 .
lim f(x) = −1 e lim f(x) = 1.
xց0 x→+∞
Exercício 5.4. Considere os seguintes limites
lim
x→1
x 3 −3x+2
x−1
e lim
x→1
50
x3 −3x+2
(x−1) 2
.
i) Antes de fazer contas, diga qual a diferença qualitativa que há entre os dois
casos.
ii) Calcule os limites.
iii) será que existe o
lim
x→1
x 3 −3x+2
(x−1) 3
?

5. EXERCÍCIOS 70
Exercício 5.5. Calcule
lim
x→1
x 3 −2x 2 −4x+8
x−2
e lim
x→1
x3 −2x2 −4x+8
(x−2) 2 .
Exercício 5.6. i) Considere a função f : R → R definida por partes:
f(x) = −x, se x < −1,
f(x) = x 2 +x+1, se −1 ≤ x ≤ 1,
f(x) = 2·x, se 1 < x.
Existem os limites lim f(x) ou lim
x→−1 x→1 f(x)?
ii) Ajuste os parâmetros b,c para que g : R → R definida por partes:
g(x) = −x, se x < −1,
g(x) = x 2 +b·x+c, se −1 ≤ x ≤ 1,
g(x) = 2·x, se 1 < x.
tenha ambos os limites lim g(x) e lim
x→−1 x→1 g(x)

CAPíTULO 6
A noção de Continuidade
NaDefiniçãoaseguirpediremosumpouco mais queoquefoiexigidonaDefinição
0.1, pois vamos pedir que:
• x ∈ I (domínio da função) e que
• limx→x f(x) = f(x)
ou seja que o limite L da função coincida com f(x):
Definição 0.1. Uma função f : I → R é contínua em x ∈ I se toda sequência xn de
pontos de seu domínio com
lim
n→+∞ xn = x
tenha também
lim
n→+∞ f(xn) = f(x).
Quando dissermos apenas que f é contínua estamos querendo dizer f que é contínua
em cada ponto de seu Domínio.
Observações:
• Quer dizer então que, se uma função é contínua em x, é porque ela manda
todas sequências contidas no Domínio I de f que se aproximam de x em
sequências no Contra-Domínio que se aproximam de f(x).
• Concluímos que, para não termos a continuidade de f em x ∈ I, tem
que haver pelo menos uma sequência xn de pontos de seu domínio com
limn→+∞xn = x, mas para as qual limn→+∞f(xn) = f(x) .
Isso pode acontece ou porque simplesmente não existe esse limite ou,
mesmo existindo, pode ser que seja diferente de valor esperado f(x).
• Só faz sentido dizer que f é descontínua (não-contínua) em pontos x de seu
Domínio 1
Exemplos de descontinuidades:
1- f : R → R definida condicionalmente por: f(x) = x se x ≤ 0 e por x + 4 se
x > 0. Nesse exemplo, sequências xn < 0 que tendem a zero tem f(xn) tendendo a
0; mas sequências xn > 0 que tendem a zero tem f(xn) tendendo a 4.
2- f : [0,5] → R, definida condicionalmente por f(0) = 3 e f(x) = 1/x, se
x ∈ (0,5]. Aqui, sequências de números positivos xn que tendam a 0 tem f(xn)
ficando tão grande quanto quisermos, ou seja se afastando de f(0) := 3.
1 Ao contrário do que faz o Anton em seu livro de Cálculo, para quem f : R \ {0} → R é
descontínua em x = 0 !!!
71

1. OPERAÇÕES COM FUNÇÕES CONTÍNUAS 72
3- f : [0, 1
1
] → R, f(0) = 0 e f(x) = sen(1/x), se x ∈ (0, ] (aqui apelo apenas
π π
para o conhecimento de base, de que seno é uma função periódica, que tem valores
em [−1,1] e que se anula em π). Aqui se tomamos xn > 0 conveniente tendendo a 0,
podemos conseguir f(xn) tendendo para qualquer Lxn ∈ [−1,1].
1
0,5
0
-0,5
-1
0,05
0,1
0,15
x
Figura: O gráfico de f(0) = 0 e f(x) = sin( 1 1 ) se x ∈ (0, x π ].
0,2
0,25
1. Operações com funções contínuas
O próximo Teorema simplesmente re-escreve alguns itens do Teorema 1.1, no caso
em em x está no domínio de ambas as funções e em que L1 = f(x) e L2 = g(x).
Teorema 1.1. (Propriedades das funções contínuas) Suponha que f e g ambas são
contínuas em x, ou seja:
lim
x→x
f(x) = f(x) e lim
x→x
0,3
g(x) = g(x).
Então:
1) A função soma f +g é também contínua em X ou seja
lim (f +g)(x) = (f +g)(x).
x→x
2) A função diferença f −g é também contínua em X ou seja
lim (f −g)(x) = (f −g)(x).
x→x
3) Se C ∈ R é uma constante, então a função (C ·f)(c) := C ·f(x) é contínua,
ou seja:
lim (C ·f)(x) = C ·f(x)
x→x
4) A função produto (f ·g)(x) tem
lim (f ·g)(x) = (f ·g)(x).
x→x
5) Se g(x) = 0:
• i) se x é suficientemente próximo de x, então g(x) = 0 e
• ii) lim f(x) f(x)
= g(x) g(x) .
A Afirmação 3.1 e a definição de função contínua implicam:

CAPÍTULO 6. A NOÇÃO DE CONTINUIDADE 73
Afirmação 1.1. (Princípio de Inércia das funções contínuas) Seja f : I → R
contínua em x, definida num intervalo aberto I.
• se f(x) > 0 então f(x) > 0 num intervalo aberto centrado em x.
• se f(x) > 0 então f(x) > 0 num intervalo aberto centrado em x.
Deixo a prova como um exercício para o leitor, se bem que a figura a seguir diz
quase tudo:
L + ε
L > 0
L−ε
x − δ
x
x + δ
Figura: f é contínua e positiva m x.
O Teorema a seguir é enunciado para a composição de 2 funções, mas pode ser
adaptado facilmente para qualquer número (finito) de composições de funções.
Afirmação 1.2. Seja g : I → J e f : J → K funções de intervalos em intervalos.
Suponha que g é contínua em x e que f é contínua em g(x). Então a função
composta
(f ◦g)(x) := f(g(x))
é contínua em x.
Se g e f são contínuas, então f ◦g é contínua.
Demonstração.
Queremos saber se para qualquer sequência (xn)n que tende a x, com xn ∈ I,
temos que a sequência f(g(xn)) ∈ K tende para f(g(x)).
O que sabemos pelas hipóteses sobre f e sobre g é, primeiro, que se xn ∈ I tende
a x então g(xn) ∈ J tende a g(x).
Mas agora consideramos
z := g(x), e zn := g(xn).
Essa sequência zn é uma sequência que tende a z. Pela hipótese de continuidade da
f, temos que f manda a sequência zn em uma sequência f(zn) = f( g(xn) ) que tende
a f(z) = f(g(x)): exatamente o que queríamos.
Na prática a Afirmação 1.2 permite-nos fazer a seguinte troca:
lim
x→x f(g(xx)) = f(lim
x→x g(xx)),

2. POLINÔMIOS, FUNÇÕES RACIONAIS E TRIGONOMÉTRICAS 74
o que é muito útil para calcular limites.
2. Polinômios, funções racionais e trigonométricas
2.1. Polinômios.
Não imagino um exemplo mais simples de função contínua que a função constante
: f(x) ≡ C, C ∈ R. É claro que limx→x f(x) = C, pois f(x) = C simplesmente não
depende de x ou de x particulares.
Outro exemplo que é contínua é a função identidade f(x) = x, pois obviamente
lim
x→x
f(x) = lim
x→x
x = x.
Uma consequência do Teorema 1.1 é que os polinômios:
f(x) := an ·x n +an−1 ·x n−1 +...+a1 ·x+a0, onde ai ∈ R
são funções contínuas. De fato, para um polinômio usamos um número finito de vezes
os itens 1), 2) , 3) e 4).
2.2. Funções racionais.
O item 5) do Teorema 1.1 diz então que a função F : R\{0} :→ R, F(x) = 1
x é
contínua, pois numerador e denominador são contínuos.
Isso é um pouco chocante, pelo aspecto do gráfico dessa, formado de duas partes.
Se lê em alguns livros que uma função contínua não tem rasgos no seu gráfico, mas
o correto é dizer que uma função contínua não introduz rasgos. Se o próprio domínio
dela já é formado como neste exemplo de dois pedaços como o de 1
x ,
R\{0} = R >0 ∪R 0 fica tão positivo quisermos
e aproximando x pela esquerda 1/x < 0 fica tão negativo quanto quisermos.
Generalizando o exemplo 1
x
, defino uma função racional como o quociente P1(x)
P2(x)
de dois polinômios. Resta saber, se adotamos esta definição, onde a função racional
está bem definida como função.
Vale o seguinte: se P1(x) e P2(x) não têm raízes comuns, então P1(x)
tem como P2(x)
Domínio exatamente o conjunto
E P1(x)
P2(x)
{x; P2(x) = 0}.
é uma função contínua.
Porém, suponha que P1(x) e P2(x) têm alguma raíz comum x, que é de ordem
m1 ≥ 1 para P1(x) e de ordem m2 ≥ 1 para P2(x). Então P1(x)
estará definida em x
P2(x)
se e somente se
m1 ≥ m2.
Relembro essas noção de ordem ou multiplicidade de uma raíz:

CAPÍTULO 6. A NOÇÃO DE CONTINUIDADE 75
Definição 2.1. Seja f(x) polinômio a coeficientes Reais.
Dizemos que x é raíz de ordem exatamente m, se
f(x) = (x−x) m ·g(x), m ∈ N,
para um g(x) polinômio a coeficientes Reais que não se anula em x.
2.3. Trigonométricas.
Considere agora um círculo de raio 1.
Podemos usar o comprimento do arco do círculo (medido no sentido antihorário
desde o eixo x > 0) como uma medida do ângulo central.
Assim um ângulo de 360 graus (antihorário, desde o eixo x > 0)) mede +2π (onde
π é tomado no sentido elementar de quociente entre o perímetro e diâmetro de um
círculo). Um ângulo de 90 graus antihorário mede +π/2, o de 180 antihorário mede
+π. É claro que há sempre uma ambiguidade de k ·2π nesse modo como medimos o
ângulo central.
A medida da projeção no eixo y (orientada como o eixo y)do arco decomprimento
θ é o seno do ângulo θ. Assim como a medida da projeção no eixo x (orientada como
o eixo x) do arco de comprimento θ é o cosseno do ângulo θ.
1
sen θ
θ
cos θ
tan θ
Figura: Definição elementar de seno e cosseno
Seno e cosseno naturalmente são periódicos de período 2π, devido à ambiguidade
na medida do ângulo.
Agora vamos usar a intuição que temos de que, se variamos um pouquinho o arco
θ para θ+h, então as duas projeções vertical e horizontal mudam pouco (as projeções
são funções contínuas).
Ou seja, Afirmamos que seno e cosseno são funções contínuas por serem definidas
a partir de projeções.
Lembro que seno retrito a [ −π π , ] é uma função estritamente crescente; sua função
2 2
inversa chamada de arcoseno (pois diz deque arco o número dado éum seno) também
é estritamente crescente.
Isso vale em geral:
é.
Se uma função y = f(x) é estritamente crescente, sua inversa x = f −1 (y) também

2. POLINÔMIOS, FUNÇÕES RACIONAIS E TRIGONOMÉTRICAS 76
De fato, se por absurdo ocorresse que y 1 < y 2 mas f −1 (y 1 ) ≥ f −1 (y 2 ) então
teríamos x 1 = f −1 (f(x 1)) ≥ f −1 (f(x 2)) = x 2 contradizendo que y = f(x) é estritamente
crescente.
Pelo item5)doTeorema 1.1, afunção sin(x)
écontínuanospontosondecos(x) = 0,
cos(x)
ou seja para x = π/2+k ·π, k ∈ Z. Essa função é por definição a função tangente
tan(x) := sin(x)
cos(x) .
Será importante mais adiante, quando falarmos dos coeficientes angulares de retas.
A periodicidade do seno do cosseno repercute na função tangente, que é periódica
de período π. Seu domínio é uma união de infinitos intervalos de comprimento π:
...∪( −π π
−π,
2 2 −π)∪(−π
π
,
2 2 )∪(−π
π
+π,
2 2 +π)∪...
e não é difícil de ver que quando restrita a cada intervalo ela é uma função:
• i) estritamente crescente e
• ii) que fica em módulo tão grande quanto quisermos se nos aproximamos
suficentemente dos extremos
pois o denominador cos(θ) de sin(θ)
cos(θ)
se aproxima de 1 ou de −1.
se aproxima de zero enquanto o numerador sin(θ)
4
2
0
-1-0,5 0 0,51
Figura: Gráfico feito no computador de y = tan(x) em ( −π
2
x
-2
-4
+0.2, π
2 −0.2)
Nessa Figura, feita numericamente no computador, não pude pedir para o computador
trabalhar no intervalo ( −π π , ), pois os valores de tan explodem em módulo.
2 2
A restrição
tan : ( −π π
, ) → R
2 2
temuma inversa arctan : R → ( −π π , ). Também éumafunção estritamente crescente,
2 2
como já explicamos acima, mas seus valores não sobrepassam em módulo a π
2 .

CAPÍTULO 6. A NOÇÃO DE CONTINUIDADE 77
-4
-2
1
0,5
0
-0,5
0
-1x
Figura: Gráfico de arctan(x)
Podemos expressar o comportamento de arctan(x) usando a notação da Seção 3:
•
•
lim
x→+∞
2
arctan(x) = π
2
paradizerquearctan(x)ficatãopróximoquantoquisermosde π
2 sedeixarmos
x crescer o suficiente;
lim
x→−∞
arctan(x) = −π
2
para dizer que arctan(x) fica tão próximo quanto quisermos de −π se deixar- 2
mos x decrescer o suficiente;
E podemos introduzir novos símbolos para comparar com o comportamento de
tan(x):
•
•
lim
θց− π
2
tan(θ) = −∞
significa que tan(θ) fica tão negativo quanto quisermos desde que θ > − π
2
decresça e se aproxime o suficiente de − π
2 .
lim
θր π
2
tan(θ) = ∞
significa quetan(θ) fica tãopositivo quanto quisermos desde que θ < π
2 cresça
e se aproxime o suficiente de π
2 .
4

3. CONTINUIDADE DA FUNÇÃO INVERSA 78
3. Continuidade da função inversa
É possível provar (mas a prova é um pouco técnica demais) que:
Afirmação 3.1. Se f : I → R, y = f(x) definida num intervalo I é contínua e
tem inversa, então f −1 : f(I) → I também está definida num intervalo f(I) e f −1
também é contínua.
Chamo a atenção que essa Afirmação pode ser falsa se o domínio da f não é um
intervalo 2
Para ver um exemplo disso, considere uma f definida numa união de intervalos:
[0,a]∪(a+1,b], que seja contínua e que tenha inversa. Note que a continuidade em
x = a só se refere ao comportamento a f em relação a sequências xn ∈ [0,a] que
tendam a x = a. As sequências xn ∈ (a+1,b] do domínio da f não tendem ao ponto
a, pois distam dele pelo menos 1, então não interessam na análise da continuidade da
f em a. O gráfico que segue é um exemplo de uma tal f:
0
a
y = f(x)
a+1
Figura: f : [0,a]∪(a+1,b] → R contínua,
com x = f −1 (y) descontínua em f(a)
Agora Afirmo que a função inversa x = f −1 (y) é descontínua em y = f(a). De
fato, se yn < f(a) é uma sequência de pontos da imagem da f que tende a f(a) vemos
na Figura que limn→+∞ f −1 (yn) = a. Mas se tomamos yn > f(a) uma sequência de
pontos da imagem da f que tende a f(a), vemos que limn→+∞ f −1 (yn) = a+1.
A Figura a seguir ilustra:
0
y = f^{−1} (x)
y = f(x)
Figura: Aqui y = f(x) e y = f −1 (x) estão no mesmo sistema cartesiano
a
2 Como esqueceu o Anton, na pag. 156, Teorema 2.6.2, da Oitava Edição do seu livro de Cálculo.
a+1
b
b

CAPÍTULO 6. A NOÇÃO DE CONTINUIDADE 79
4. Dois teoremas fundamentais sobre funções contínuas
A demonstração dos dois Teorema a seguir foge do conteúdo usual do Cálculo,
é visto em disciplinas mais avançadas de Análise Matemática.
É importante que o estudante medite sobre seus enunciados.
Teorema 4.1. (Teorema do Valor Intermediário - abrev.: T.V.I.)
Seja f : [a,b] → R função contínua com A = f(a) e B = f(b), com A = B, por
exemplo A < B.
Seja C qualquer número C ∈ (A,B). Então existe algum x ∈ (a,b) tal que
f(x) = C (pode haver mais de um x desse tipo)
Teorema 4.2. (Teorema de Bolzano-Weierstrass)
Seja f[a,b] → R contínua, onde [a,b] é intervalo fechado e limitado. Então f tem
mínimo e máximo globais assumidos em pontos de [a,b]
5. Primeiras aplicações do T.V.I
Vamos dar agora algumas aplicações iniciais do T.V.I. Mais tarde ele será importante
na prova do Teorema Fundamental do Cálculo, na Parte 2 do Curso.
Primeiro um típico teorema bem geral, mas que não diz nada sobre a solução em
cada caso específico:
Proposição 5.1. Dado qualquer f : [0,1] → [0,1] contínua, existe x ∈ [0,1] tal que
f(x) = x.
Demonstração.
Observe que geometricamente o que queremos é saber se o gráfico de y = f(x)
corta o gráfico da diagonal y = x.
Se f(0) = 0 ou se f(1) = 1 então corta e acabou, não há nada mais a provar.
Portanto vamos supor que f(0) ∈ (0,1] e que f(1) ∈ [0,1), para termos algo a provar.
É razoável olhar a função diferença entre elas: f(x)−x. Por ser uma diferença de
duas funções contínuas, f(x)−x também é função contínua. Ademais, f(0) ∈ (0,1]
e f(1) ∈ [0,1) dizem que:
f(0)−0 > 0 e f(1)−1 < 0.
Pelo T.V.I. existe algum x ∈ (0,1) tal que:
f(x)−x = 0,
como queríamos.
6. Raízes de polinômios cujo grau é ímpar
A segunda aplicação do T.V.I.:
Proposição 6.1. Todo polinômio de coeficientes Reais e de grau ímpar tem algum
zero Real: f(x) = 0.

6. RAÍZES DE POLINÔMIOS CUJO GRAU É ÍMPAR 80
Observe que há polinômios de grau par sem zeros Reais, como f(x) = x 2 +1.
Demonstração. Seja f o polinômio de grau 2n−1:
f(x) := a2n−1 ·x 2n−1 +a2n−2 ·x 2n−2 +...+a1 ·x+a0, ai ∈ R, n ∈ N
Caso a2n+1 > 0:
Escrevo para x > 0:
a2n−1 ·x 2n−1 +a2n−2·x 2n−2 +...+a1 ·x+a0 = a2n−1x 2n−1 ·(1+ a2n−2
Pelo Teorema 3.1 e pelos Exemplos que o seguem, temos que
lim
x→+∞ (a2n−2
a0
+...
x x2n−1) = 0.
Portanto para x > 0 suficientemente grande temos que
1+ a2n−2 a0
+... > 0.
x x2n−1 Logo, para x > 0 suficientemente grande, o sinal de
a2n−1x 2n−1 ·(1+ a2n−2
x
+... a0
x 2n−1)
é o mesmo sinal de a2n−1x 2n−1 , que é a2n−1x 2n−1 > 0.
Argumentando do mesmo jeito para x → −∞, concluimos que o sinal de
a2n−1x 2n−1 ·(1+ a2n−2
x
+... a0
x 2n−1)
x
+... a0
x 2n−1).
para x < 0 suficientemente grande é o mesmo sinal de a2n−1x 2n−1 , que nesses pontos
é a2n−1x 2n−1 < 0.
Então
f(x) = a2n−1 ·x 2n−1 +a2n−2 ·x 2n−2 +...+a1 ·x+a0
assumiu valores negativos e positivos.
Pelo T.V.I. e pela continuidade do polinômio f(x), tem que haver um ponto onde
f(x) = 0.
Caso a2n+1 < 0: completamente análogo.
Esse teorema (e sua prova) não dão nenhuma pista de como achar concretamente
algum ponto x onde f(x) = 0.
Em dois trabalhos, de 1690 e 1691, Michel Rolle tentou estabelecer um método
para determinar concretamente esses zeros.
Ele o fez de um modo bem confuso, pois não tinha uma boa definição de Derivada,
masseunomeficouassociadoaoteoremaqueestabeleceremosmaisadiantenoCapítulo
10eque nospermitirácriar métodosparaencontrar raízes depolinômios(edefunções
mais gerais).
Um aplicação interessante do Teorema de Rolle e do T.V.I. será dada na Seção 5
do Capítulo 13, para provar a Regra de sinais de Descartes, que dá uma estimativa
do número de raízes Reais de um polinômio.

CAPÍTULO 6. A NOÇÃO DE CONTINUIDADE 81
7. Raízes simples e fatoração de polinômios
Acho que pode ser útil na formção dos estudantes, ter uma prova do seguinte fato
fundamental:
Teorema 7.1. Seja f(x) = anx n +an−1x n−1 +...+a0 um polinômio de grau n, com
coeficientes ai ∈ R.
São equivalentes:
• i) f(x) = 0 para alguma raíz x ∈ R e
• ii) f(x) = (x − x) · g(x) onde g(x) é um polinômio de grau n − 1 com
coeficientes Reais.
Demonstração.
ii) obviamente implica i), pois:
f(x) = (x−x)·g(x) = 0.
A prova de que i) implica ii) será dividida em duas etapas.
A parte interessante é construir o g(x) que queremos em:
f(x) = (x−x)·g(x)+r,
onde r é uma constante.
Se tivermos feito isso, avaliaremos tudo em x:
0 = f(x) = (x−x)·g(x)+r = r,
para concluir que r = 0.
Parachegarmosnadesejadaexpressão f(x) = (x−x)·g(x)+r, temosumalgoritmo
a executar.
Para f(x) = anx n +an−1x n−1 +...+a0 , faço
e subtraio
g1(x) := an ·x n−1
r1(x) := f(x)−(x−x)·g1(x).
O g1(x) foi escolhido para que r1(x) não tenha termo de grau n. Ou seja que esse
novo polinômio r1(x) tem grau ≤ n−1. Se por acaso r1(x) ≡ 0 então
f(x) = (x−x)·g1(x)
e já temos o que queremos, com r = 0 e g(x) := g1(x).
Caso contrário r1(x) = bkx k +bk−1x k−1 +..., onde k ≤ n−1; defino
e subtraio
g2(x) := xk−1
,
bk
r2(x) := r1(x)−(x−x)·g2(x).

7. RAÍZES SIMPLES E FATORAÇÃO DE POLINÔMIOS 82
Pela definição do g2(x) esse novo polinômio r2(x) tem grau ≤ n−2. Se dermos sorte
e r2(x) ≡ 0 então
f(x) = (x−x)·[g1(x)+g2(x)],
e já temos o que queremos com r = 0 e g(x) = g1(x)+g2(x).
Caso contrário continuamos, considerando agora r2(x) = cjx j + cj−1x j−1 + ...,
onde j ≤ n−2 e definindo g3(x) e r3(x) como fizemos antes.
O que importa é que o grau desse novo r3(x) será ≤ n − 3. Ou seja, como vão
caindo os graus dos rk(x) a cada etapa, após no máximo n etapas chegaremos a um
rk(x) (k ≤ n) que ou bem é ≡ 0 ou bem tem grau zero, uma constante. Esse será o
r. E g(x) := g1(x)+...+gk(x), k ≤ n.
Digressão sobre o Teorema 7.1:
Se observarmos a prova desse Teorema vemos que, na fatoração
f(x) = (x−x)·g(x)
os coeficientes do polinômio g(x) são soma, subtrações, produtos, quocientes da raíz
x e dos coeficientes ai de f(x).
Por isso, se a raíz x fossse um número Complexo e a1 são Reais ou Complexos, deveria
haver uma fatoração de f onde o polinômio g(x) tivesse coeficientes Complexos.
Por exemplo, temos
x 3 −1 = (x−1)·(x 2 +x+1)
e isso é tudo que podemos fazer se estamos limitados a trabalhar com coeficientes
Reais.
Mas x 2 +x+1 tem raízes Complexas:
x1 := −1−√−1 √ 3
e x2 :=
2
−1+√−1 √ 3
,
2
ous seja, as raízes Reais ou Complexas de x3 −1 = 0 são 1,x 1,x2. Portanto deveria
haver uma fatoração:
x 3 −1 = (x−x 1)·g(x),
com os coeficientes desse novo g(x) nos Complexos.
Seguindo os passos do algoritmo dado na prova do Teorema 7.1 (com a mesma
notação), faço:
g1(x) := x 2
Agora
E também
r1 := x 3 −1−x 2 ·(x−x 1) =
= x 1x 2 −1.
g2(x) := x 1x,
r2 := r1 −x 1x·(x−x 1) =
= x 2 1x−1.
g3(x) := x 2 1 ,

CAPÍTULO 6. A NOÇÃO DE CONTINUIDADE 83
Portanto
e a fatoração é
r3 := r2 −x 2 1 ·(x−x 1) =
= −1+x 3 1 = 0.
g(x) := g1(x)+g2(x)+g3(x) =
= x 2 +x 1x+x 2 1 ,
x 3 −1 = (x−x 1)·(x 2 +x1x+x 2 1 ), onde x1 := −1−√−1 √ 3
.
2
Note que:
(x−1)·(x−x 2) = x 2 −(x2 +1)x+x 2 =
= x 2 +x1x+x 2 1 ,
pois claramente
x2 +1 = −x1, e
x 2 1 = x2. 8. Possíveis raízes Racionais de polinômios a coeficientes inteiros
Aproveito o tema das raízes de polinômios para lembrar o seguinte Teste, que
permite saber se pode haver raíz Racional de um polinômio a coeficientes Inteiros:
Afirmação 8.1. Seja p(x) = ak·x k +ak−1·x k−1 +...+a1·x+a0 polinômio de grau
k ≥ 1 com coeficientes Inteiros:
ak,ak−1,...,a1,a0 ∈ Z.
Suponha que p(x) tem alguma raíz Racional, ou seja, da forma
x = m
∈ Q, com m e n primos entre si.
n
Então m é divisor de a0 e n é divisor de ak.
Então
Demonstração.
Suponho que:
e multiplicando por n k :
e daí:
Como
p( m
n ) = ak · mk
n k +ak−1 · mk−1
n k−1 +...+a1 · m
n +a0 = 0.
ak · mk
nk +ak−1 · mk−1
nk−1 +...+a1 · m
= −a0
n
ak ·m k +n·ak−1 ·m k−1 +...+a1 ·n k−1 ·m = −n k ·a0
m·[ak ·m k−1 +n·ak−1 ·m k−2 +...+a1 ·n k−1 ] = n k ·(−a0).
ak ·m k−1 +n·ak−1 ·m k−2 +...+a1 ·n k−1 ∈ Z
temos que m é um divisor de n k ·(−a0).

9. EXERCÍCIOS 84
Como m e n são primos entre si isso implica que m é divisor de a0.
Também temos:
−ak · mk
nk = ak−1 · mk−1
nk−1 +...+a1 · m
n +a0
e portanto, multiplicando por nk :
e daí:
Como
−ak ·m k = n·ak−1 ·m k−1 +...+n k−1 ·a1m+n k ·a0
−ak ·m k = n·[ak−1 ·m k−1 +...+n k−2 ·a1 ·m+n k−1 ·a0].
ak−1 ·m k−1 +...+n k−2 ·a1 ·m+n k−1 ·a0 ∈ Z
isso diz que n é divisor de −ak · m k . Como m e n são primos entre si, isso implica
que n é divisor de ak.
Na Seção 5 do Capítulo 13 daremos uma prova da Regra de Sinais de Descartes,
que estima quantos zeros pode ter um polinômio a coeficientes Reais.
9. Exercícios
Exercício 9.1. Considere a função definida assim: f(x) = 0 se x é um número
racional e f(x) = 1 se x é um número irracional.
i): Como é seu gráfico ?
ii): em que pontos ela é contínua ou é descontínua?
Exercício 9.2. A soma, o produto e a composição de funções contínuas produz
funções contínuas. Usando isso calcule:
i)lim
(3x−4x)·(x
x→1 5 −2x) 4 ,
√
5 4
4x−3x·(x −2x) .
ii)lim
x→1
Exercício 9.3. Dê um exemplo de f(x) descontínua em algum ponto mas tal que
f 2 (x) é contínua em todos os pontos.
Exercício 9.4. (resolvido)
Prove que a função definida por f(x) = x·sin( 1
x
), se x > 0 e f(0) = 0 é contínua.
Exercício 9.5. Prove a Afirmação 1.1, que chamei de princípio de inércia das funções
contínuas.
Exercício 9.6. Um aluno me disse que, para descobrir em quais intervalos um
polinômio y = f(x) de grau n é positivo ou negativo, ele faz o seguinte.
Ele primeiro descobre todas as raízes Reais x1,x2,...,xk, onde k ≤ n.
Depoisconsideraosintervalos(−∞,x1), (x1,x2), etc,(xk−1,xk), (xk,+∞). Então
para saber o sinal de f em cada intervalo desses, ele examina o sinal de f(x) em um
único x de cada intervalo.

CAPÍTULO 6. A NOÇÃO DE CONTINUIDADE 85
O método dele está correto ? Se está, justifique-o com conceitos/ teoremas do
Cálculo.
Exercício 9.7. Dê um exemplo de uma função f positiva em um ponto x, mas tal
que f(x n) = 0 em pontos x n que formam um sequência com limn→+∞ x n = x.
Exercício 9.8. Encontre o domínio da função racional f(x) = 1
x2 . Descreva o que
−1
acontece com o módulo e o sinal de f quando x se aproxima pela esquerda e pela
direita dos pontos onde ela não está definida.
Exercício 9.9. (resolvido)
i) Prove que
2,2
2
1,8
1,6
1,4
1,2
1
0,8
lim
x→+∞
20
√ 5·x 2 +x
40
x+2
x
60
= √ 5
Figura: Gráfico de y = √ 5·x 2 +x
x+2 , x ∈ [1,100], √ 5 ≈ 2.23.
ii) Prove que
lim
x→−∞
√ 5·x 2 +2
x+2
80
= − √ 5
Exercício 9.10. (resolvido) Um exemplo que não parece estar ligado a quocientes,
mas que se calcula introduzindo quocientes:
lim
x→+∞ (√ x 2 +x−x) = 1
2 .
100

9. EXERCÍCIOS 86
0,5
0,48
0,46
0,44
0,42
20 40
x
Figura: Gráfico de y = √ x 2 +x−x, x ∈ [1,100].
Exercício 9.11. É um fato que o polinômio
y = x 5 −2x 4 +x 3 +x 2 +1
só tem uma raíz Real. Não é fácil achá-la explicitamente. Mas com o Teorema do
ValorIntermediário vocêpodeconcluirquearaízRealéumpontodointervalo[−1,1].
Por quê ?
No Capítulo 18 daremos um método para determinar essa raíz, que foi descoberto
por Newton (para variar ...)
Exercício 9.12. (resolvido)
A equação x 3 +1 = 0 e, em geral, as as equações de grau ímpar
60
80
x 2n+1 +1 = 0, n ∈ N
tem obviamente como única raíz Real o x = −1.
Não é fácil resolver explicitamente a equação x3 +ǫ·x+1 = 0, com ǫ ≥ 0 fixado,
a menos que se conheça a fórmula de Cardano; com ela se obtém a raíz Real
x = 3
− 1
2 +
1 ǫ3 3 1
+ −
4 27 2 +
1 ǫ3
+
4 27 .
Torna-se intratável tentar resolver explicitamente o seguinte tipo de equação de
grau ímpar:
com
x 2n+1 +ǫ1 ·x 2n−1 +ǫ2 ·x 2n−3 +...+ǫn−1 ·x 3 +ǫn ·x+1 = 0,
ǫi ≥ 0, i = 1,...n−1 e ǫn > 0
fixados.
i) Prove que cada uma dessas equações têm um única raíz Real.
ii) Prove que a raíz de cada uma delas está em [−1,0).
iii) Para cada número em [−1,0) encontre alguma dessas equações que o tenha
como única raíz.
100

CAPíTULO 7
Geometria Analítica Plana
1. Equações de retas, coeficientes angular e linear
A equação de uma reta vertical por dois pontos (x,y1) e (x,y 2 ) é
x−x = 0.
Mas a equação de uma reta não-vertical por (x 1 ,y 1 ) e (x 2 ,y 2 ) é do tipo:
y = a1 ·x+a0, a1, a0 ∈ R.
Ou seja, sua equação é um tipo bem simples de polinômio, cujo grau em x é ≤ 1.
Vamos usar uma notação mais habitual:
y = a·x+b, a, b ∈ R.
Afirmação 1.1. Os coeficientes a,b da equação y = ax + b da reta passando pelos
dois pontos (x 1,y 1 ) e (x 2,y 2 ) com x 1 = x 2 são dados por:
e
Demonstração. De
subtraindo-as, obtemos:
de onde
a = y 2 −y 1,
x2 −x1 b = y 1 −a·x 1 = y 2 −a·x 2.
y 1 = a·x 1 +b e y 2 = a·x 2 +b,
y 2 −y 1 = a·(x 2 −x 1),
a = y 2 −y 1
x2 −x1 (onde é crucial que x 2 = x 1). E daí sai que:
ou o que dá no mesmo:
b = y −(
1 y 2 −y 1)·x
x2 −x
1,
1
b = y −(
2 y 2 −y 1)·x
x2 −x
2.
1
87
,

1. EQUAÇÕES DE RETAS, COEFICIENTES ANGULAR E LINEAR 88
Note que esse número b é a altura em que a reta y = ax+b intersecta o eixo dos
y, que é dado por x = 0: de fato,
y = a·0+b = b.
Definição 1.1. Dados dois pontos distintos do plano (x 1,y 1 ) e (x 2,y 2 ) com coordenadas
x 1 = x 2, definimos o coeficiente angular da reta ligando esses dois pontos
por:
y 2 −y 1
x 2 −x 1
= y 1 −y 2.
x1 −x2 Afirmação 1.2. O coeficiente angular é uma informação da reta, não dependendo
dos pontos particulares que usamos para calculá-lo.
Demonstração.
De fato, se tomo qualquer ponto (x 3,y 3 ) da reta y = a · x + b determinada por
(x 1,y 1 ) e (x 2,y 2 ), como y 3 = ax 3 +b, então:
y 3 −y 1
x 3 −x 1
e já vimos na Afirmação 1.1 que
ou seja,
= (a·x 3 +b)−(ax 1 +b)
x 3 −x 1
a = y 2 −y 1,
x2 −x1 y 3 −y 1
x 3 −x 1
= y 2 −y 1.
x2 −x1 = a,
Como consequência temos a seguinte observação útil para o Curso:
Afirmação 1.3. Dado um ponto (x 1,y 1 ) e um coeficiente angular pré-estabelecido
valendo a, então a única reta que passa por (x 1,y 1 ) e tem esse coeficiente angular é
dada por
y = a·x+(y 1 −a·x 1).
Demonstração. De fato, tomando um ponto (x,y) genérico dessa reta, então
pela Afirmação 1.2
y −y
1 = a,
x−x 1
o que dá, isolando-se y:
y = a·x+(y −a·x
1 1).
Exemplos:
1)- a diagonal y = x tem coeficente angular 1 e a anti-diagonal y = −x tem
coeficiente angular −1.
2)- A reta horizontal y = b tem coeficiente angular 0, pois y = b = 0·x+b.

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 89
Observações:
• Se x 1 = x 2 então a reta que liga (x 1,y 1 ) e (x 2,y 2 ) é vertical e não tem um
coeficiente angular definido.
Temos a tentação de dizer que o coeficiente angular da reta vertical é
+∞. Mas se começamos com a anti-diagonal e a vamos levantando, os coeficientes
angulares ficam cada vez mais negativos e ao atingir a posição
vertical ficariam −∞: essa ambiguidade entre +∞ e −∞ para o candidato
a coeficiente angular da reta vertical é que faz que seja melhor desistirmos
de atribuir um coeficiente angular à reta vertical.
• Geometricamente o coeficiente angular a representa o quociente entre o
cateto oposto y 2 − y 1 e o cateto adjacente x 2 − x 1 do triângulo retângulo
formado pelos pontos (x 1,y 1 ), (x2,y 1 ) e (x 2,y 2 ): logo a = tan(α) ( tangente
do ângulo (anti-horário) α formado pela reta e o eixo horizontal). Vimos
na Seção 2.3 que se um ângulo que tende a +π
2 sua tangente tende a +∞,
enquanto que, se o angulo tende a −π
, sua tangente tende a −∞.
2
• Se fixamos a e variamos b em y = a·x+b estamos descrevendo uma família
de retas paralelas com a mesma inclinação.
2. Ortogonalidade
Deve estar claro pelo que já explicamos que duas retas y = ax+b1 e y = ax+b2,
com b2 = b1, são de fato paralelas.
Agora gostaria de explicar que uma par de retas y = ax+b1 e y = −1 a x+b2, com
a = 0, são ortogonais.
Posso me restringir a considerar retas pela origem: y = ax e y = −1 x, pois a
estas são translações verticais das retas anteriores, e portanto têm entre elas o mesmo
ângulo que as anteriores. Posso supor também que a > 0 (caso a < 0 então −1 > 0 a
e poderia trabalhar com este coeficiente angular).
Se escrevo a = B
, com A,B > 0, então −1 = −A
A a B .
Agora considero 3 triângulos (ilustrados na Figura a seguir):
• ∆1 dados pelos pontos (0,0), (A,0) e (A,B) e
• ∆2 dado pelos pontos (0,0), (−B,0) e (−B,A).
• ∆3 dado pelos pontos (0,0), (A,B) e (−B,A).

3. TEOREMA DE TALES NO CÍRCULO 90
( − B , A )
∆ 2
∆ 3
( − B , 0 ) ( 0 , 0 )
( A, 0 )
y
Observeque∆1 e∆2 sãotriângulosretângulosequearetaquecontémahipotenusa
de∆1 éy = ax,enquanto quearetaquecontémahipotenusa de∆2 éaretay = − 1
a x.
Então por Pitágoras as hipotenusas de ∆1 e de ∆2 valem o mesmo: √ A 2 +B 2 .
Por outro lado o comprimento do segmento de reta ligando (−B,A) a (A,B) vale,
por definição:
(B −A) 2 +(A−(−B)) 2 = √ 2A 2 +2B 2 .
Portanto o triângulo ∆3 é isósceles, pois tem dois lados de mesmo tamanho λ :=
√ A 2 +B 2 . Esses lados formam um ângulo em (0,0) que denoto por α. E o terceiro
lado de ∆3, oposto a α, mede
√ 2A 2 +2B 2 = √ λ 2 +λ 2 .
Lembroagoraqueéválidaarecíproca doTeorema dePitágoras(coisapoucolembrada
no Ensino Médio), ou seja, se um lado maior de um triângulo é soma de quadrados de
outros dois lados menores, então o triângulo é retângulo no ângulo oposto ao maior
lado. Logo o triângulo ∆3 tem que ter ângulo reto em α, por ter um lado cuja medida
é λ2 +λ2 .
Logo y = ax e y = −1 x são de fato ortogonais, pois α é reto.
a
Apenas com as noções de coeficiente angular e de ortogonalidade é possível provar
fatos bonitos e fundamentais da Geometria Euclidiana.
É o que faremos nas duas Seções seguintes.
∆ 1
( A , B )
3. Teorema de Tales no círculo
Um dos mais bonitos teoremas da geometria Euclidiana é o Teorema de Tales no
Círculo, que diz:
Afirmação 3.1. (Teorema de Tales)
Todos os ângulos inscritos no círculo determinadospelo diâmetro são ângulos retos
(= π
2 radianos).
x

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 91
Figura: O Teorema de Tales no Círculo
Demonstração.
Vamos provar para pontos do Círculo com coordenada y > 0 (para os outros é
análogo).
Tome um ponto no do Círculo de raio r > 0, de coordenadas (x,+ √ r 2 −x 2 ), onde
x ∈ [−r,r].
Queremos ver se os coeficiente angular a da reta ligando (x,+ √ r 2 −x 2 ) a (r,0) e
o coeficiente angular a ′ da reta ligando (x,+ √ r 2 −x 2 ) a (−r,0) satisfazem a condição
que expressa a ortognalidade:
a ′ ·a = −1.
Mas
enquanto que a = √ r 2 −x 2
a ′ =
x−r e portanto:
a ′ ·a =
√
r2 −x2 −0
x−(−r) =
√
r2 −x2 ,
x+r
√ r 2 −x 2
(x+r) ·
√
r2 −x2 (x−r) = r2 −x2 x2 = −1.
−r2 4. A equação da reta de Euler
Um Teorema muito geral, que escapoudeEuclides, masnão deEuler, éoseguinte:
Afirmação 4.1. (Reta de Euler)
Considere qualquer triângulo.
Se o triângulo não é equilátero, o Baricentro B, o Circuncentro C e o Ortocentro
H são pontos distintos mas são colineares. Ademais as distâncias entre eles verificam:
HB = 2·BC.
Se o triângulo é equilátero, os três pontos coincidem num mesmo ponto.
Essa reta que contém esse três pontos é a reta de Euler.

4. A EQUAÇÃO DA RETA DE EULER 92
2
1,5
1
0,5
0
0
0,2 0,4 0,6 0,8
Figura: A reta de Euler representada por segmento intersectando
uma mediana, uma altura e uma mediatriz, para P = ( 2
3 ,2)
2
1,5
1
0,5
0
0
0,2 0,4 0,6 0,8
Figura: A reta de Euler representada por segmento intersectando
uma mediana, uma altura e uma mediatriz, para P = ( 1
5 ,2)
À medida que formos demonstrando esse fato iremos relembrando os conceitos
envolvidos. A demosntração dará as coordenadas explícitas dos pontos e a equação
explícita da reta de Euler.
Demonstração.
Não perdemos muita generalidade se supusermos que o triângulo tem vértices:
(0,0), (1,0) e (A,B), B = 0,
pois isso se obtém escolhendo um sistema de coordenadas cartesiano adequado.
Os lados do triângulo fazem parte de três retas, das quais obviamente a primeira
é
l1 : y = 0.
1
1

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 93
A reta l2 é a que contém (0,0) e (A,B), cuja equação é:
ou a reta vertical:
l2 : y = B
·x, se A = 0,
A
l2 : x = 0, se A = 0.
E a terceira é a que contem (1,0) e (A,B), cuja equação é:
ou a reta vertical
l3 : y = B B
·x− , se A = 1
A−1 A−1
l3 : x = 1, se A = 1.
Os pontos médios de cada lado do triângulo são:
( 1
,0), (A+1 ,
2 2
B B
) e (A,
2 2 2 ).
Considero agora as três medianas : retas ligando vértices a pontos médios dos
lados opostos.
) é
A reta que liga (0,0) a ( A+1
2
ou a reta vertical
m1 : y =
A reta que liga (1,0) a ( A
2
ou a reta vertical
, B
2
B
2
A+1
2
·x = B
·x, se A = −1,
A+1
m1 : x = 0, se A = −1.
B , ) é 2
A reta que liga (A,B) a ( 1,0)
é: 2
m2 : y = B B
·x− , se A = 2,
A−2 A−2
m2 : x = 1, se A = 2.
m3 : y = 2B B 1
x− , se A =
2A−1 2A−1 2
ou a reta vertical:
m3 : x = 1 1
, se A =
2 2 .
Supondo por um instante que estamos no caso geral, em que A = −1,2, a intersecção
m1 ∩m2 se obtem facilmente, resolvendo:
B B B
x = ·x−
A+1 A−2 A−2
que dá (usando B = 0):
x = A+1
3
e portanto é
B := ( A+1
,
3
B
3 ).

4. A EQUAÇÃO DA RETA DE EULER 94
Agora tratemos dos casos particulares que faltaram.
Se A = −1, então m1 ∩m2 consiste na intersecção de x = 0 e y = − B B
x+ . Ou 3 3
seja é o ponto
(0, B
3 ),
que coincide com o B.
Se A = 2, então m1 ∩m2 é dada por y = B x intersectada com x = 1, que dá o
3
ponto:
(1, B
3 ),
que coincide também com o B.
Agora Afirmo que
B ∈ m3.
então o fato ques eja verdade
Se A = 1
2
diz que B ∈ m3.
Se A = 1
( 2B
2A−1 )·(A+1 )−
3
B
2A−1
2 , então m3 é dada por x = 1
2
= B
3
, que obviamente passa por
1
2 B = (
+1
,
3
B B
) = (1,
3 2 3 ).
Esse ponto B, que em todos os casos possíveis é
B = m1 ∩m2 ∩m3
é chamado Baricentro.
Considero agora as três mediatrizes: retas saindo de cada ponto médio em ângulo
reto com o lado.
,0) é fácil, é a reta:
A mediatriz pelo ponto médio ( 1
2
md1 : x = 1
2 .
O lado que contém o ponto médio ( A B , 2
se A = 0, ou a reta vertical x = 0 se A = 0.
Portanto mediatriz md2 pelo ponto médio ( A
2
2 ) está na reta l2 e essa reta ou é y = B
md2 : y = B
, se A = 0,
2
B , ) ou é horizontal
2
ou a reta:
md2 : y = − A
B ·x+(B
A2
+ ), se A = 0,
2 2B
(lembre que nunca B = 0).
Então md1 ∩md2 é o ponto:
C : ( 1 B
, ), se A = 0
2 2
ou
C : ( 1 A·(A−1)
, +
2 2B
B
), se A = 0.
2
A x,

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 95
Afirmo agora que em qualquer caso:
C ∈ md3
onde md3 é a mediatriz do lado contendo om ponto médio ( A+1
2
De fato, o lado está contido em l3, cujas equações são:
ou a reta vertical
ou
Portanto ou md3 é y = B
2
l3 : y = B B
·x− , se A = 1
A−1 A−1
l3 : x = 1, se A = 1.
, B
2 ).
no caso A = 1 e claramente passa por
C : ( 1 B
,
2 2 ),
md3 : y = − A−1 B
·x+
B 2 + A2 −1
, se A = 1,
2B
que passa também por
C = ( 1 A·(A−1)
, +
2 2B
B
2 ),
como se vê em seguida.
Esse ponto C que verifica:
C = md1 ∩md2 ∩md3
é chamado Circuncentro (o Exercício 8.7 ajudará a justificar essa nomenclatura).
Já podemos nos perguntar o que acontece se
Isso ocorre quando:
A+1
3
= 1
2
e B
3
B = C.
= A·(A−1)
2B
A primneira dá A = 1,
que posta na segunda dá:
2
B 2 = 3
4 ,
ou seja B = √ 3
2 ou B = −√ 3
2 .
Esse triângulocom (A,B) = ( 1
2 , √ 3
2
+ B
2 .
)ou(A,B) = (1
2 ,−√ 3
2 )ecomosoutrosvértices
em (0,0) e (1,0) é equilátero.
Agora consideremos as três alturas: retas que saem de vértices e são ortogonais
ao lado oposto.
Como veremos no Exercício 8.6, se
P = (x,y) ∈ r,
a reta PQ intersecta ortogonalmente r : y = ax+b em Q ∈ r com coordenadas
Q = (x,b) se a = 0

4. A EQUAÇÃO DA RETA DE EULER 96
ou coordenadas
Q = ( x−a(b−y)
a 2 +1
, a·( x−a(b−y)
a 2 +1
)+b), se a = 0.
A altura que sai de (A,B) e vai ortogonal até o lado l1 : y = 0 é portanto:
A altura que sai de (0,0) é:
pois nesse caso l3 : x = 1. Ou
pois no caso geral
ou
h1 : x = A.
h3 : y = 0, se A = 1,
h3 = − A−1
B
l3 : y = B
A−1
A intersecção h1 ∩h3 é portanto:
Em qualquer caso,
Afirmo que
·x, se A = 1,
·x− B
A−1 .
(1,0), se A = 1
(A,− A·(A−1)
), se A = 1.
B
H = (A,− A·(A−1)
B
H ∈ h2,
) = h1 ∩h2.
onde h2 é a altura que sai de (1,0) e chega ortogonal a l2.
Se l2 : x = 0 (quando A = 0) então
h2 : y = 0
obviamente passa por H. E se l2 : y = B ·x (no caso A = 0) então:
A
h2 : y = − A
B
·x+ A
B .
Nesse caso também H ∈ h2.
Esse ponto de encontro das três alturas é o Ortocentro.
Quando H = B ?
Quando
A = A+1
e
3
B
= −A(A−1) .
3 B
Que é exatamente quando:
A = 1
e B
2
2 = 3
4 ,
que diz que se trata de triângulo equilátero, como já vimos.

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 97
Falta vermos também quando o Ortocentro coincide com o circuncentro. Isso se
dá quando
que também dão
A = 1
2
e − A(A−1)
B
= A·(A−1)
2B
+ B
2 ,
A = 1
e B
2
2 = 3
4 ,
formando triângulos equiláteros.
Agora, supondo que nosso triângulo não seja equilátero, só nos resta encontrar a
equação da reta ligando B a C e conferir que ela passa pelo H.
A reta por B e C é ou bem a reta vertical
x = 1 1
, se A =
2 2 ,
quando o triângulo é isósceles, ou bem se A = 1
2 :
y = − B2 +3A 2 −3A
B(2A−1)
Esta é a reta de Euler !
Só falta agora verificarmos as distâncias.
Os quadrados das distâncias são:
ou seja
Enquanto que
como queríamos.
·x+ A(B2 +A2 −1)
.
B(2A−1)
HB 2 := ( 2 1
A−
3 3 )2 +( A(A−1)
+
B
1
3 B)2 =
= 10A2 B 2 −10AB 2 +B 2 +9A 4 −18A 3 +9A 2 +B 4
9B 2
BC 2 := ( 1 1
A−
3 6 )2 +( A(A−1)
+
2B
1
6 B)2 =
= 10A2B2 −10AB 2 +B2 +9A4 −18A3 +9A2 +B4 36B2 .
HB 2 = 4·BC 2 ,
Observação 1:
Observe que temos a equação explícita e portanto podemos determinar casos onde
a reta de Euler é horizontal. Que ocorrem para pontos da forma
P = (A,± 3A(1−A)).
.

4. A EQUAÇÃO DA RETA DE EULER 98
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
0,2
0,4
Figura: A reta de Euler é horizontal para pontos da forma P = ( 2
3 , √ 6
3 ).
Observação 2:
Énaturaltermoscuriosidadeporqualseria ográficodafunçãoz = z(A,B), B = 0
dada por
z = 10A 2 B 2 −10AB 2 +B 2 +9A 4 −18A 3 +9A 2 +B 4 ,
pois vimos z = 0 está associado a um ponto muito especial no plano formado pelos
parâmetros (A,B): o ponto
( 1
2 ,
√
3
) ∼ (0.5,0.8).
2
AFiguraaseguir mostra umapartedessa superfície, comA ∈ [0,1]eB ∈ [0.1,1.3]
(na figura o eixo x é o dos A e o eixo y é o dos B).
4
3
2
1
0,6
0,8
0
1
1,2
1
0,8
y 0,6
0,4
0,2
0
0,8
0,6
0,4 x
0,2
1

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 99
Mas não se vê muita coisa. Já as próximas duas Figuras são perfis da superfície,
e elas sim ilustram bem que um ponto próximo de (0.5,0.8) é o mínimo dessa função
z = z(A,B) (na figura o eixo x é o dos A e o eixo y é o dos B).
4
3
2
1
0
1
4
3
2
1
0
1,2
0,8
1
0,6
0,8
x
y
0,4
0,6
0,2
0,4
0,2
00,2
0,4 0,6 0,8 1,2
y
10,8 0,6 0,4 0,2 0 x
5. A inversa como reflexão de gráfico na diagonal
Imagine uma função f : I → J, y = f(x) que admita uma função inversa f −1 :
J → I, x = f −1 (y).
Vamos supor agora que temos ambos os gráficos, de f e de f −1 , no mesmo sistema
decoordenadas(x,y), ouseja, porummomento pensemos emg = f −1 tomadacomas

6. O MÉTODO DE DESCARTES PARA AS TANGENTES A UM GRÁFICO 100
mesmas abcissas e oordenadas que a f, ou seja, vamos ver ao mesmo tempo y = f(x)
e y = g(x).
Agora ligamos com uma reta r o ponto (A,B) := (x,f(x)) do gráfico de y = f(x)
com o ponto (B,A) do gráfico de y = g(x). Então o coeficiente angular dessa reta é:
a := A−B
= −1.
B −A
Ou seja que a reta r que os liga tem a mesma inclinação da anti-diagonal, a = −1,
ou seja, r é ortogonal à diagonal y = x. A equação dessa r é pelo que vimos na
Afirmação 1.3:
r : y = −x+(A+B).
E r corta a diagonal y = x no ponto cuja abcissa satisfaz:
x = −x+(A+B),
ou seja x = A+B,
ou seja, no ponto com coordenadas ( 2 A+B,
2 A+B
2
são equidistantes de ( A+B
2 , A+B
2 ).
). E (A,B) e (B,A)
Concluímos que a diagonal y = x funciona como um espelho para os gráficos de
y = f(x) e y = g(x):
O gráfico da f −1 referido ao mesmo sistema (x,y) é um reflexão na diagonal do
gráfico da y = f(x)
y= f^{−1}(x)
(B,A)
r
y= f(x)
y=x
(A,B)
Figura: Os gráficos de f e f −1 no mesmo sistema cartesiano
6. O método de Descartes para as tangentes a um gráfico
Como a Geometria analítica foi um criação de René Descartes, nada mais justo
que indicarmos um bonito método criado por ele 1
Pelo menos no meu caso, durante meu tempo de ensino Médio, só me lembro da
palavra reta tangente ser usada para referir a reta tangente de um círculo.
Nesse caso, para um círculo C de raio r e centro O, pode ser definida como a reta
t pelo ponto P que é ortogonal ao raio do Círculo.
Em geral uma reta por um ponto P de C o intersecta noutro ponto, mas a reta
tangente taP não podeintersectar C noutro ponto P ′ : se porabsurdo t∩C = {P,P ′ }
1 Me baseei mais no livro de Edwards, mas o leitor pode comparar com o que está nas páginas
95-113 de The geometry of René Descartes, Dover.

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 101
então no triângulo ∆OPP ′ a hipotenusa OP ′ mediria o mesmo que o cateto OP,
absurdo.
Descartes se perguntou pelo significado da reta ortogonal a um gráfico qualquer,
pois isso está ligado a questões de Óptica, de reflexão da luz em lentes, que lhe
interessavam.
Responder a essa questão dá a chave também para o significado da reta tangente
a um gráfico qualquer (pois uma é ortogonal à outra).
De fato não vamos lidar coma questão assim tão geral: suponhamos gráficos de
polinômios y = f(x).
Ele pensou em usar o que sabia de círculos para atacar o caso geral de gráficos.
Para isso, considerou um ponto P = (x,f(x)) do gráfico e considerou Círculo com
centro (c,0) no eixo dos x, de raios r que passem por P = (x,f(x)).
Ou seja, escolhidos c,r teremos que x é raíz de:
(f(x)−0) 2 +(x−c) 2 −r 2 = 0.
Em geral, se c é escolhido de qualquer jeito, pode haver outra raíz x ′ dessa equação,
pois o círculo
y 2 +(x−c) 2 −r 2 = 0
pode cortar o gráfico de y = f(x) em mais de um ponto.
problema: Como escolher c para que x seja raíz dupla de:
(f(x)−0) 2 +(x−c) 2 −r 2 = 0,
ou seja, para que uma segunda raíz x ′ colida com x ?
Se conseguíssemos resolver esse Problema estaríamoscolocando oCírculo demodo
a tocar, tangenciar o gráfico em P.
Ora, como sabemos qual a tangente ao Círculo usaríamos essa reta como tangente
ao gráfico !
Melhor do que explicar o método em abstrato será fazermos dois Exemplos.
Exemplo 6.1. Consider y = Cx 2 uma parábola e tome P = (x,Cx 2 ), com x > 0.
Comos os Círculos com centro (c,0) tem equação:
queremos encontrar uma raíz dupla x de:
y 2 +(x−c) 2 = r 2 ,
(Cx 2 ) 2 +(x−c) 2 −r 2 = 0,
ou seja queremos encontrar uma fatoração:
(Cx 2 ) 2 +(x−c) 2 −r 2 = (x−x) 2 q(x)
onde q(x) é um polinômio de grau 2.
Ou seja queremos encontrar uma fatoração do tipo:
(Cx 2 ) 2 +(x−c) 2 −r 2 = (x−x) 2 ·(a2x 2 +a1x+a0).

6. O MÉTODO DE DESCARTES PARA AS TANGENTES A UM GRÁFICO 102
Expandindo ambos os lados, formam-se dois polinômios de grau 4 em x, à esquerda e
à direita. Igualando os coeficientes do monômios x 4 à esquerda e à direita fazaparecer
C 2 −a2 = 0 ⇔ a2 = C 2 .
Igualando os coeficientes de x 3 à esquerda e à direita faz aparecer:
ou seja
−a1 +2xa2 = 0
−a1+2x(C 2 ) = 0 ⇔ a1 = 2xC 2 .
Igualando os coeficientes de x 2 à esquerda e à direita faz aparecer:
ou seja
1+2xa1 −a0 −x 2 a2 = 0,
1+2x(2xC 2 )−a0 −x 2 C 2 = 0 ⇔ a0 = 1+3x 2 C 2 .
Por último, igualando os coeficientes de x à esquerda e à direita faz aparecer:
ou seja,
−2c+2xa0 −x 2 a1 = 0
−2c+2x(1+3x 2 C 2 )−x 2 (2xC 2 ) = 0 ⇔ c = x+2x 3 C 2 .
Logo o Círculo cujo centro é o ponto
O = (c,0) = (x+2x 3 C 2 ,0)
e que passa por P = (x,Cx 2 ) tangencia o gráfico de y = Cx 2 nesse ponto P.
4
3
2
y
1
0
0
-1
-2
1 2
x
Figura: O gráfico de y = x 2 e o círculo tangente em P = (1,1), de centro (3,0).
O coeficiente angular da reta ligando O a P é:
− f(x)
c−x
= −
3
Cx 2
4
x+2x 3 C 2 −x
5
= − 1
2xC .

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 103
Ora, para passarmos ro raio do círculo para a tangente basta tomar a reta ortogonal.
E o coeficiente angular ortogonal ao anterior − 1
2xC é:
2Cx.
Logo a reta tangente ao gráfico em P vem dada por:
y −Cx 2
x−x = 2Cx ⇔ y = (2Cx)x+(Cx2 −2Cx 2 ).
Exemplo 6.2. Considere y = Cx 3 e tome P = (x,Cx 2 ), com x > 0. Queremos uma
raíz dupla de:
(Cx 3 ) 2 +(x−c) 2 −r 2 = 0,
ou seja queremos encontrar uma fatoração:
(Cx 3 ) 2 +(x−c) 2 −r 2 = (x−x) 2 q(x)
onde q(x) agora é um polinômio de grau 4.
Ou seja queremos encontrar uma fatoração do tipo:
(Cx 3 ) 2 +(x−c) 2 −r 2 = (x−x) 2 ·(a4x 4 +a3x 3 +a2x 2 +a1x+a0).
Expandindo ambos os lados, formam-se dois polinômios de grau 6, à esquerda e à
direita. Comparando como fizemos antes os coeficientes de cada monômio, fazemos
surgir equações, que vão sendo resolvidas uma a uma, produzindo nesta ordem:
a4 = C 2 , a3 = 2xC 2 , a2 = 3x 2 C 2 ,
a1 = 4x 3 C 2 , a0 = 1+5x 4 C 2 , c = x+3x 5 C 2 .
Logo o Círculo cujo centro é o ponto
O = (c,0) = (x+3x 5 C 2 ,0)
e que passa por P = (x,Cx 3 ) tangencia o gráfico de y = Cx 3 nesse ponto P.
4
3
2
1
y
0
0
-1
-2
-3
1
2
3
x
Figura: O gráfico de y = x 3 e o círculo tangente em P = (1,1), de centro (4,0).
4
5
6
7

8. EXERCÍCIOS 104
O coeficiente angular da reta ligando O a P é:
− f(x)
c−x
= −
Cx 3
x+3x 5 C 2 −x
O coeficiente angular da reta ortogonal a esta é
3x 2 C
= − 1
3x 2 C ,
e daí se obtém em seguida a equação toda da reta tangente ao gráfico.
7. Um problema da Putnam Competition, n. 2, 1939
Só com o material desenvolvido até este Capítulo já se pode resolver o seguinte
problema:
Problema: Seja P ponto da curva y = x 3 tal que a reta tangente ao gráfico em P
intersecta de novo o gráfico num ponto Q = P.
Mostre que a reta tangente ao gráfico em Q tem inclinação igual a 4 vezes a
inclinação em P.
Solução:
Seja P = (a,a 3 ). Então a = 0 pois de P = (0,0) a reta tangente é horizontal e
não intersecta o gráfico noutro ponto Q = P.
A reta tangente em P tem equação:
e Q = (x,x 3 ) verifica a equação:
y = 3a 2 ·x−2a 2
x 3 = 3a 2 ·x−2a 2 ⇔ x 3 −3a 2 ·x+2a 2 = 0.
Ora, a é raíz dupla essa equação, já que em P há tangência, logo:
x 3 −3a 2 ·x+2a 2 = (x−a) 2 ·p(x)
onde p(x) é de grau 1 e facilmente se vê, por divisão, que:
p(x) = x+2a.
Ou seja, o ponto Q tem coordenadas Q = (−2a,−8a 3 ).
A inclinação da reta tangente por Q é:
ou seja, 4 vezes a inclinação em P.
3·(−2a) 2 = 3·(4a 2 ) = 4·(3a 2 ),
8. Exercícios
Exercício 8.1. Qual é o coeficiente angular da reta y = y(x) determinada pela
equação 3y +4x−27 = 0 ?

CAPÍTULO 7. GEOMETRIA ANALÍTICA PLANA 105
Exercício 8.2. i) determine a reta, na forma y = a · x + b, que passa por (1,2) e
(4,13).
ii) determine a reta, na forma y = a·x+b, que passa por (1,2) com coeficiente
angular 5.
Exercício 8.3. (resolvido)
Tentei resolver o sistema de equações:
y −5x−2 = 0 e 2y −10x−1 = 0,
e fiz o seguinte: da primeira equação obtive y = 5x+2 e substitui esse y na segunda,
obtendo:
2(5x+2)−10x−1 = 3 = 0,
o que é um absurdo, pois 3 = 0.
Você poderia explicar, com os conceitos deste Capítulo por quê chego nesse absurdo?
Exercício 8.4. Agora tentei resolver os sistemas de duas equações:
y −ax+1 = 0 e y −x+2 = 0
(sim são vários sistemas de duas equações pois a ∈ R pode ser mudado).
Da primeira obtive: y = ax−1 e substituindo na segunda obtive:
(ax−1)−x+2 = x(a−1)+1 = 0.
i) Supondo a−1 = 0 continue a resolução dos sistemas.
ii) explique geometricamente qual o significado da condição a−1 = 0.
Exercício 8.5. Um outro modo se pensar a questão de como determinar a reta
y = a · x + b passando por dois pontos P1 = (x1,y1) e P2 = (x2,y2) é resolver o
sistema:
y1 = a·x1 +b e y2 = a·x2 +b,
cujas incógnitas são a,b.
i) qual a condição sobre P1 = (x1,y1) e P2 = (x2,y2) para que o sistema tenha
solução única ? O que diz a chamada Regra de Cramer neste caso ?
Agora considere o problema de determinar qual a curva da forma
y 2 = x 3 +b·x+a
passa pelos pontos P1 = (−3,0) e P2 = (4,0).
ii) qual o sistema de equações a ser resolvido ? É muito diferente do anterior ?
iii) qual a solução (a,b) ?
Exercício 8.6. (resolvido)
Seja y = ax+b a equação de uma reta r e seja P = (A,B) ∈ r.
i) Encontre o ponto Q na reta r tal que o segmento PQ é ortogonal a r em Q.
ii) podeacontecer que a coordenada x de Qseja A ? Exatamente em que situações
?

8. EXERCÍCIOS 106
Exercício 8.7. Prove que o circuncentro
C = ( 1 A(A−1)
, +
2 2B
B
2 ),
equidista dos três vértices (0,0), (1,0) e (A,B) do triângulo (B = 0).
Conclua que há um círculo centrado em C que passa pelos vértices do triângulo.
Dica: expanda os quadrados e simplifique.
Exercício 8.8. (resolvido)
Veremos en detalhe no Capítulo 20 que as equações:
x 2 + y2
= 1
b2 definem elipses com centro na origem.
Determine b2 para que a elipse correspondente seja tangente à reta y = −x + 5
em algum ponto dessa reta. (Dica: dá para fazer isso no estilo de Descartes).
Exercício 8.9. (resolvido)
Dê a função inversa de f : R\{0} → R, f(x) = 1
x .
Conclua que essa função tem gráfico simétrico em relação à diagonal.

CAPíTULO 8
A Tangente ao gráfico, segundo o Cálculo
No final do Capítulo anterior vimos que Descartes desenvolveu um engenhoso
método algébrico para definir e calcular retas tangentes a gráficos de polinômios.
Mas precisamos de um método mais geral. Para isso, estudaremos primeiro as
secantes a gráficos e depois, via o conceito de limite, definiremos as tangentes a
gráficos.
1. Retas secantes a um gráfico
Será interessante para nós pegarmos dois pontos de um mesmo gráfico e calcularmos
a equação da reta que os liga, chamada secante ao gráficos pelos dois pontos.
Estaremos interessados pricipalmente em seu coeficiente angular.
Por exemplo, (x1,f(x 1) e (x2,f(x 2) definem uma reta y = ax+b com coeficiente
angular
a = f(x2)−f(x 1)
,
x2 −x1 e coeficiente linear
b = f(x1)−( f(x2)−f(x 1)
)·x
x2 −x
1.
1
Exemplos:
1)- Tome um x 1 > 0 e fixe no gráfico da função f(x) = |x| o ponto (x 1,x 1). Note
que os x 2 próximos de x 1 também são positivos e portanto as secantes determinadas
por (x 1,x 1) e (x 2,x 2) são sempre as mesmas, de fato, são todas iguais à diagonal
y = x. Analogamente, se x 1 < 0 as secantes que envolvem o ponto (x 1,−x 1) e outro
do gráfico bem próximo coincidem com a antidiagonal y = −x.
2) - Certamente nenhuma secante ao gráfico de y = x 2 coincide com o gráfico;
vemos que aqui as secantes mudam de inclinação.
2. A reta tangente a um gráfico
Olhe agora somente o coeficiente angular da secante ao gráfico de y = f(x) por
dois de seus pontos :
f(x2)−f(x 1)
.
x 2 −x 1
Imagine que (x 1,f(x 1)) fica parado mas que (x 2,f(x 2)) está se movendo, no gráfico
de f, indo cada vez mais próximo de (x 1,f(x 1)). Se f é contínua, basta supor que a
coordenada x 2 fica próxima de x 1 para necessariamente f(x 2) ficar mais próxima de
f(x 1).
107

2. A RETA TANGENTE A UM GRÁFICO 108
Como x 2 fica próximo de x 1 sua diferença
h := x 2 −x 1
tem módulo pequeno. Para deixarmos o ponto (x 1,f(x 1)) em destaque, vamos escrever
o coeficiente angular acima como:
ax1 ,h := f(x1 +h)−f(x 1)
, onde x1 +h = x
h
2.
4
3
2
1
0
0 0,5 1 1,5 2
-1
-2
Figura: Duas secantes pelo ponto (1,1) do gráfico de y = x 2
x
A grande questão é:
Será que esses coeficientes angulares ax1 ,h tendem a um valor específico bem de-
1 , quando h → 0 (independentemente do modo como h se faz pequeno)
terminado ax 1
?
É nesse ponto que se vê importância de podermos falar de algo como o h tender a
zero, sem precisar nunca ser zero: pois simplesmente não podemos dividir por h = 0
e precisamos calcular limh→0 ax 1 ,h.
Atenção ! pois em geral pode não existir esse limite, como algo bem definido.
O exemplo mais simples é (que é uma função contínua !):
De fato, se h > 0 e tende a zero, obtenho:
y = f(x) = |x| e x = 0.
lim
h→0
h>0
|0+h|−|0|
h
= lim
h→0
h>0
1 Claro que em geral ax 1 depende do x 1 escolhido
= lim
h→0
h>0
1 = 1,
h
h =

CAPÍTULO 8. A TANGENTE AO GRÁFICO, SEGUNDO O CÁLCULO 109
e no entanto:
lim
h→0
h

3. A RETA TANGENTE AO SENO EM (0,0) É A DIAGONAL 110
Afirmação 3.1. Valem:
e
sin(θ) < θ e θ < tan(θ), para 0 < θ < π/4,
tan(θ) < θ e θ < sin(θ), para −π/4 < θ < 0.
Demonstração.
Seja 0 < θ < π/4.
Considere três Áreas envolvidas:
• do triângulo △ com vértices em (0,0), (1,0) e em (cos(θ),sin(θ)). Note que
a base dele mede 1 e que sua altura é o sin(θ). Logo A△(θ) = sin(θ)
. 2
• do Setor circular (fatia do disco) de abertura θ do disco de raio 1, s(θ). Sua
área 2 é denotada As(θ). Temos As(2π) = π e As(θ) = θ
2 .
• do triângulo ∆ com vértices em (0,0), (1,0) e no ponto (1,tan(θ)), que é um
triângulo retângulo em (1,0) Denote sua área por A∆(θ). A base dele mede
1 e que sua altura é tan(θ). Logo A∆(θ) = tan(θ)
2 .
( cos θ,
sen θ)
(0,0)
θ
(1, tan θ)
(1,0)
Figura: Observe que △ ⊂ s(θ) ⊂ ∆
Das inclusões:
△ ⊂ s(θ) ⊂ ∆
obtemos:
A△(θ) < As(θ) < A∆(θ)
ou seja para 0 < θ < π/4:
sin(θ) θ tan(θ)
< < ,
2 2 2
que é o que queremos (se eliminamos o 1/2).
Por outro lado, se −π/4 < θ < 0 (isto é, θ é ângulo no sentido horário),
A△(θ) < As(θ) < A∆(θ)
2 2 O Cálculo pode provar que a área de um disco de raio r é π·r , como o faremos nos Capítulos
sobre Integração. A Área de um setor de abertura θ (em radianos) no disco de raio r é
.
θ
2π ·πr2 θ ·r
=
2

CAPÍTULO 8. A TANGENTE AO GRÁFICO, SEGUNDO O CÁLCULO 111
agora significa (já que para cálculo de áreas tomo os módulos de números negativos):
−sin(θ)
2
ou seja (multiplicando por −1):
tan(θ)
2
o que queremos (eliminando o 1/2).
< −θ
2
< θ
2
Afirmação 3.2. (Um Limite fundamental)
lim
θ→0
sin(θ)
θ
Demonstração.
Para 0 < θ < π/4, da Afirmação 3.1 temos
e obtenho (multiplicando por cos(θ)
θ
−tan(θ)
< ,
2
< sin(θ)
2
= 1
θ < sin(θ)
cos(θ) ,
> 0):
cos(θ) < sin(θ)
.
θ
Ainda da Afirmação 3.1, para 0 < θ < π/4,:
e obtenho:
Ou seja,
sin(θ) < θ
sin(θ)
θ
cos(θ) < sin(θ)
< 1, se 0 < θ < π/4.
θ
Uso agora o item 6) do Teorema 1.1, combinado com continuidade do cosseno, obtendo:
sin(θ)
lim = lim cos(θ) = cos(0) = 1.
θց0 θ θ→0
Por outro lado, quando −π/4 < θ < 0 ainda temos cos(θ) > 0 e pela Afirmação 3.1
tínhamos:
sin(θ)
< θ,
cos(θ)
de onde obtenho (multiplicando por cos(θ)
θ
De novo da Afirmação 3.1 para −π
2
< 1.
< 0):
sin(θ)
> cos(θ).
θ
< θ < 0:
θ < sin(θ)

3. A RETA TANGENTE AO SENO EM (0,0) É A DIAGONAL 112
e obtenho (já que θ < 0):
Então como antes obtenho:
lim
θր0
sin(θ)
θ
o que é suficiente para sabermos que
-3 -2
sin(θ)
θ
= lim
θ→0
lim
θ→0
-1
< 1.
cos(θ) = cos(0) = 1,
sin(θ)
θ
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
x
= 1.
Figura: Gráfico de y = f(x) = sin(θ)
θ para 0 = θ ∈ [−π,π] e f(0) = 0.
Como consequência da Afirmação 3.2 e da definição de Reta Tangente ao gráfico
do seno em (0,0), a tangente ao gráfico do seno em (0,0) é exatamente a diagonal,
pois os coeficientes angulares de secantes por (0,0) são:
e
lim
θ→0
sin(θ)−sin(0)
θ−0
sin(θ)−sin(0)
θ−0
1,5
0,5
0
-1,5
-1 -0,5 0
1
x
-0,5
-1
-1,5
1
2
= lim
θ→0
0,5
1
3
sin(θ)
θ
1,5
= 1.

CAPÍTULO 8. A TANGENTE AO GRÁFICO, SEGUNDO O CÁLCULO 113
Figura: A diagonal é tangente ao seno em (0,0)
4. Interpretação Física da reta tangente
Uma das fontes do Cálculo é a Física. Os conceitos de secantes e tangente a um
gráfico têm uma interpretação física natural.
Se x é pensado como sendo o tempo, podemos pensar em f(x) como a posição
de um objeto, determinada em relação a um ponto de origem, do qual nos afastamos
para a direita (valores positivos de f) ou para a esquerda (valores negativos de f).
Então
f(x 2)−f(x 1)
é a distância percorrida no tempo transcorrido x 2 −x 1 e
f(x 2 )−f(x 1 )
x 2 −x 1
é o que se costuma chamar a velocidade média.
É o que no dia-a-dia nos perguntam: você vai de casa até a faculdade em quanto
tempo ? E daí se deduz a velocidade média do seu trajeto.
Mas também poderia haver interesse de alguém nas velocidades marcadas no velocimetro
do seucarro a cada instante, para saber ondepegouengarrafamento, seteve
excesso de velocidade em alguns trechos, etc. O que é essa velocidade instantânea
no instante x 1 ? Ora, é o limite:
lim
h→0
f(x1 +h)−f(x 1)
.
h
Ou seja, o coeficiente angular da tangente ao gráfico da função posição f no
instante x 1 dá a velocidades instantânea no momento x 1. Isso é o que marca o
velocímetro do carro.
Essa interpretação que estamos dando dos conceitos que vimos ao caso do movimento
de um objeto, nos motiva a falar da aceleração, um conceito que usamos muito
no dia a dia. Falaremos disso na Seção 5 do Capítulo 9.
5. Exercícios
Exercício 5.1. i) Determine os intervalos em que coeficientes angulares das secantes
da função f(−∞,0)∪(0,+∞) → R, f(x) = 1/x são positivos ou negativos.
ii) Diga (ainda de modo bem intuitivo) o que acontece com esses coeficientes
angulares de secantes quando o ponto fixado x fica próximo de zero (separadamente
se x < 0 ou se x > 0) ou com módulo de x muito grande (x > 0 ou x < 0).
Exercício 5.2. Calcule as equações y = ax+b das retas tangentes no ponto (1,1)
dos gráficos de:
i): y = x 2
ii): y = x 3
iii): y = x 4

5. EXERCÍCIOS 114
Exercício 5.3. Pedi para o programa Maple plotar y = sin(x)
x ∈ [−3,3] e ele repondeu:
0,8
0,4
0
-3 -2 -1 0
x
1 2
-0,4
3
x e y = sin2 (x)
x para
Mas essas funções a princípio não estão sequer definidas em x = 0 ! Explique com os
conceitos de limite e continuidade o que o programa fez.
Exercício 5.4. (resolvido)
Usando que limx→0 sin(x)
x
e
lim
x→0
lim
x→0
= 1 e composições prove que:
sin(k ·x)
x
tan(j ·x)
sin(k ·x)
= k, ∀k ∈ R\{0}.
j
= , ∀k,j ∈ R\{0}.
k

CAPíTULO 9
A derivada
1. Definição, primeiras propriedades e exemplos simples
A grandeza
f(x+h)−f(x)
, h = 0
h
é conhecida como quociente incremental. Ela compara, através do quociente, o incremento
(aumento, variação) dos valores da função com o incremento (aumento,
variação) na entrada da função.
Eéassim quepensamosnodia-a-dia: não émuito informativosedissermos quanto
aumentou o salário de alguém, de f(x) para f(x+h), se não dissermos quanto tempo
h foi necessário para o reajuste.
Também se dissermos que um carro passa de f(x) km/h para f(x+h) km/h e não
dissermos em quanto tempo h o faz, não teremos uma idéia da potência do motor. E
assim por diante, há inúmeros exemplos de processos só são descritos corretamente
se usarmos quocientes incrementais.
Definição 1.1. A Derivada da função y = f(x) num ponto x de seu domínio é o
limite:
f(x+h)−f(x)
lim .
h→0 h
Denotamos1 esse limite por f ′ (x).
Observações:
• Não estamos dizendo que sempre exista f ′ (x), ao contrário, é uma bela propriedade
para uma f ter derivada f ′ (x). Quando dissermos apenasque f tem
Derivada (ou também, é Derivável), estamos dizendo que ela tem Derivada
em cada ponto de seu domínio.
• após a definição de derivada, podemos redefinir a reta tangente ao gráfico
de y = f(x) no ponto (x,f(x)) como a reta que passa por esse ponto e tem
coeficiente angular f ′ (x). Essa reta se determina assim: pondo
obtenho:
y −f(x)
x−x = f′ (x)
y = f ′ (x)·x+(f(x)−f ′ (x)x).
1 Essanotaçãolembraa deI. Newton, masooutrocriadordoCálculo, G. Leibniz usavaa notação
d f
d x (x), muito usada nos livros de Cálculo.
115

1. DEFINIÇÃO, PRIMEIRAS PROPRIEDADES E EXEMPLOS SIMPLES 116
Note o milagre que há numa derivada: o denominador da fração tende a zero e
mesmo assim a fração tende a um número definido. Isso certamente está ligado ao
fato de que o numerador tende a zero também, como vemos agora:
Teorema 1.1. Se existe o limite
então:
lim
h→0
• limh→0 (f(x+h)−f(x)) = 0
• limh→0 f(x+h) = f(x).
• f é contínua em x.
f(x+h)−f(x)
,
h
Demonstração.
Prova de i):
Fixe um ponto x qualquer do domínio da f. Parto de que existe
lim
h→0
f(x+h)−f(x)
.
h
Então adaptando a nossa notação 2 àquela do item 4) do Teorema 1.1, obtenho:
Ou seja,
lim
h→0
f(x+h)−f(x)
( h· ) = 0.
h
lim ( (f(x+h)−f(x)) = 0.
h→0
Prova de ii):
Dizer que limh→0 ( (f(x + h) − f(x)) = 0 é exatamente o mesmo que dizer
limh→0 f(x+h) = f(x).
Prova de iii): O iem ii) é a definição de continuidade da f em x.
A recíproca desse Teorema é falsa, como o mostra f(x) = |x| que, apesar de
contínua em todo seu domínio, não tem derivada no x = 0. De fato, já vimos que:
lim
hր0
|0+h|−|0|
h
= −1, mas lim
hց0
|0+h|−|0|
h
Existem funções contínuas bastante bizarras, sem derivada em nenhum ponto.
Tente imaginar (sem conseguir, é claro !) uma espécie de serrote com uma infinidade
de dentes, que entre dois dentes tem mais outro e assim por diante. Um exemplo é
construído no livro Calculus, de M. Spivak.
= 1.
2 Na notação do Teorema 1.1, x = 0, x = h, uma das funções de h é f(x+h)−f(x)
h
identidade g(h) = h
e a outra é a

CAPÍTULO 9. A DERIVADA 117
2. Um Árbitro que só avalia as inclinações
Comparando com a Seção 2 do Capítulo 8, concluímos que a Derivada f ′ (x) na
Definição 1.1 é o coeficiente angular da Tangente ao gráfico de y = f(x) em (x,f(x)).
Se o valor da Derivada f ′ (x) muda quando mede x isso significa que as inclinações
das tangentes variam ao longo do gráfico.
Vamos dar 4 Exemplos dos mais simples.
Imagine uma competição de surf em que 4 participantes realizam manobras descritas
por quatro gráficos diferentes: y = f1(x) ≡ 1 (constante), y = f2(x) = x,
y = f3(x) = x2 e y = f4(x) = x3 . Imagine também que um certo Árbitro da competição
tem a tarefa exclusiva de só medir e avaliar as inclinações das pranchas em
cada instante x, sem se interessar em medir as alturas atingidas pelos participantes.
Quem controla as alturas quem controla é outro Árbitro (e por sinal, nesses exemplos
tão simples é fácil saber onde cada função tem valores positivos, zero ou negativos).
Ou seja, que o Árbitro que só mede asinclinações calcula as Derivadas e apresenta
o gráfico de cada Derivada. A seguir, o resultado para cada um dos 4 concorrentes:
1): f1(x) = 1:
f ′ 1−1
1 (x) = lim
h→0 h
-1
-0,5
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
x
= lim
h→0
0,5
1
0 = 0.
Figura: y = f1(x) ≡ 1 em vermelho e f ′ 1 (x) ≡ 0 em verde.
2): f2(x) = x:
f ′ (x+h)−x
2 (x) = lim
h→0 h
-1
1
0,5
0
-0,5 0 0,5
-1
x
-0,5
= lim
h→0 1 = 1.
Figura: y = f2(x) = x em vermelho e f ′ 2 (x) ≡ 1 em verde.
1

2. UM ÁRBITRO QUE SÓ AVALIA AS INCLINAÇÕES 118
3): Para f3(x) = x2 , f ′ 3 (x) = 2x: já fizemos essa conta na Seção 3 do Capítulo 8,
onde vimos a equação da tangente a esse gráfico.
2
1
-1
0
-0,5 0 0,5 1
Figura: y = f3(x) = x2 em vermelho e f ′ 3 (x) = 2x em verde.
4): f4(x) = x3 :
f ′ (x+h)
4 (x) = lim
h→0
3 −x3 h
= lim
h→0
h·(3x 2 +3xh+h 2 )
h
x
-1
-2
= lim
h→0
x 3 +3x 2 h+3xh 2 +h 3 −x 3
== lim
h→0 (3x 2 +3xh+h 2 ) = 3x 2 ,
pois o polinômio em h de grau ≤ 2 dado por 3x 2 +3xh+h 2 é uma função contínua !
-1
3
2
1
0
-0,5 0 0,5
x
-1
Figura: y = f4(x) = x 3 em vermelho e f ′ 4 (x) = 3x2 em verde.
Para confeccionarmos umgráfico interessante maisadiante, será útil se calculamos
à mão a derivada de:
5) f5(x) = x 4 :
f ′ (x+h)
4 (x) = lim
h→0
4 −x3 h
= lim
h→0
= lim
h→0
1
h
x 4 +4x 3 h+6x 2 h 2 +4xh 3 +h 4 −x 4
h·(4x 3 +6x 2 h+4xh 2 + h 3 )
h
= lim
h→0 (4x 3 +6x 2 h+4xh 2 + h 3 ) = 4x 3 ,
h
=
=

CAPÍTULO 9. A DERIVADA 119
pois o polinômio em h de grau ≤ 3 dado por 4x 3 +6x 2 h+4xh 2 + h 3 é uma função
contínua !
4
2
0
-1-0,50
0,51
x
-2
-4
Figura: y = f5(x) = x 4 em vermelho e f ′ 5 (x) = 4x3 em verde.
3. Derivadas da soma e da diferença
A Afirmação a seguir torna bem mais rápido a determinação da derivada :
Afirmação 3.1. Sejam f(x) e g(x) funções deriváveis em x. Sejam a,b ∈ R. Então
a função a·f(x)+b·g(x) é derivável em x e sua derivada é:
(a·f(x)+b·g(x)) ′ = a·f ′ (x)+b·g ′ (x).
Demonstração.
Temos pelas definições de derivadas e propriedades de limites (Teorema 1.1 do
Capítulo 5 ):
a·f ′ (x)+b·g ′ (x) :=
f(x+h)−f(x) g(x+h)−g(x)
= a· lim +b· lim
h→0 h h→0 h
= lima·
h→0 f(x+h)−f(x)
+ limb·
h h→0 g(x+h)−g(x)
h
= lim
h→0 [a· f(x+h)−f(x)
h
+b· g(x+h)−g(x)
] =
h
a·(f(x+h)−f(x))+b·(g(x+h)−g(x))
= lim
=:
h→0 h
=: (a·f(x)+b·g(x)) ′ .
=
=

4. PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 68, 1993 120
4. Problema da Putnam Competition, n. 68, 1993
Convido o leitor a tentar resolver o problema a seguir sozinho e só depois de
bastante trabalho individual ler a resposta que eu apresento.
Problema:
Encontre todos os valores de α ∈ R para os quais as curvas
Cα : y = α·x 2 +α·x+ 1
e Dα : x = α·y
24
2 +α·y + 1
24
tem algum ponto de tangência.
Solução:
Primeiro noto que as possíveis intersecções Cα∩Dα são pontos cujas coordenadas
x satisfazem a equação:
E : x = α·(α·x 2 +α·x+ 1
24 )+α·(α·x2 +α·x+ 1 1
)+
24 24 ,
que é uma equação de grau 4 em x.
Portanto não podemos esperar mais de 4 raízes (contando alguma com multiplicidade).
Também noto que se um ponto P1 := (a,b) ∈ Cα ∩Dα e tem
a = b
então também o outro ponto P2 := (b,a) ∈ Cα ∩Dα.
Esses pontos P1 = P2 estão em lados opostos da diagonal y = x. Por exemplo, se
b > a então é P1 = (a,b) que está acima da diagonal enquanto que P2 = (b,a) está
abaixo da diagonal.
Nesse caso
b = α·a 2 +α·a+ 1
> a
24
e
a = α·b 2 +α·b+ 1
< b.
24
Ou seja que a função contínua
φ(x) := α·x 2 +α·x+ 1
24 −x
definida em[a,b] temφ(a) > 0 eφ(b) < 0. Logopelo Teorema do ValorIntermediário,
existe um ponto ξ ∈ (a,b) com
ψ(ξ) = 0,
ou seja, existe um ponto do plano
P3 := (ξ,α·ξ 2 +α·ξ + 1
24 )
que pertence à diadonal, pois tem
ξ = α·ξ 2 +α·ξ + 1
24
e ademais P3 ∈ Cα ∩Dα. Ora então ξ é raíz de E e ξ = a,b: há raízes demais dessa
equação de grau 4, contradição.

CAPÍTULO 9. A DERIVADA 121
Concluo então que só pode haver tangência dessas parábolas em algum ponto que
esteja na diagonal y = x.
Então esse ponto P := (x,x) verifica:
x = α·x 2 +α·x+ 1
24
de onde ponho α em evidência como:
α =
x− 1
24
x 2 +x .
Mas nesse P = (x,x), onde as curvas são tangentes, qual a inclinação possível ?
Como Cα e Dα são simétricas em relação à diagonal, se a inclinação da reta
tangente à Cα em P é τ então a inclinação da reta tangente à Dα em P é 1
. Como τ
há tangência das curvas, τ = 1 o que dá τ = ±1.
τ
Para Cα:
y ′ (x) = 2·α·x+α
logo
±1 = 2·α·x+α
de onde
1
α = ou α =
2·x+1
−1
2·x+1 .
Portanto temos duas possíveis equações para x:
ou
x− 1
24
x 2 +x =
x− 1
24
1
2·x+1
x2 −1
=
+x 2·x+1 .
Elas produzem duas equações quadráticas em x, que resolvo por Báskara. Uma tem
as soluções
x = 1
ou x =
4
−1
6
e a outra
Usando
x = −23
72 +
√
601
72
ou x = −23
72 −
√
601
72 .
1
α = ou α =
2·x+1
−1
2·x+1
em cada caso obtemos 4 valores possíveis para α:
α1 := 2
3 , α2 = 3
2
ou
−36
α3 =
13+ √ 601 , α4
−36
=
13− √ 601 .
AsFigurasaseguir ilustramasposiçõesdasparábolasCα eDα paraesses 4valores
α1,α2,α3,α4, bem como a reta diagonal:

4. PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 68, 1993 122
-2 -1
-2
-2
-1
-1
2
1
y 0
0
-1
-2
2
1
x
y 0
0
-1
-2
2
1
x
1
1
y 0
0 1
x
-1
-2
2
2
2

CAPÍTULO 9. A DERIVADA 123
-2 -1,5
-1
x
-0,5
1
0,5
0
0
-0,5y
-1
-1,5
-2
0,5
5. A segunda derivada
Um exemplo do dia-a-dia: pisando no acelerador do carro vemos o ponteiro do
velocímetro mudar de posição, pois aumentamos a velocidade instantânea. Enquanto
que, pisando no freio do carro, desaceleramos o carro, diminuimos sua velocidade
instantânea.
Vamos usar o símbolo da derivada
f ′ (x)
para denotar a velocidade instantânea em cada tempo x. O velocímetro dá uma idéia
de quanto vale f ′ (x).
Note que antes tínhamos uma função f(x) que dava a posição em cada instante.
Agora estamos interessados em variar não a posição f(x) em cada instante, mas sim
a velocidade f ′ (x) em cada instante.
Então podemos perguntar agora quanto f ′ (x) variou num tempo determinado, ou
seja podemos falar da aceleração média:
f ′ (x2)−f ′ (x1) .
x2 −x1 Exemplo dessa grandeza no dia-a-dia: nas revistas especializadas em carros sempre
falam do carro que passa de zero a 100 km/h em tantos segundos.
Agora passando ao limite:
f
lim
h→0
′ (x1 +h)−f ′ (x1) .
h
obtemos a aceleração instantânea no instante x1 . Um símbolo para ela é:
e em geral, em cada instante x:
f ′′ (x 1) := (f ′ ) ′ (x 1)
f ′′ (x) := (f ′ ) ′ (x)
Infelizmente nos carros de passeio normais não temos uma aparelho que meça isso,
um acelerômetro, para nos dizer qual a aceleração instantânea. Porém num escândalo
recente na Fórmula 1 se soube que se registra também os valores de aceleração em
1

6. EXERCÍCIOS 124
cada instante dos carros de corrida. Na Seção 2 do Capítulo 10 daremos um Exemplo
em que a aceleração/velocidade/posição de um carro contradiz o senso comum.
Na Física de Newton a aceleração instantânea f ′′ (x) := (f ′ ) ′ (x) joga um papel
primordial, pois ela (multiplicada pela massa) é a resultante de todas as forças que
agem sobre um corpo.
O que ele descobriu foi como, matematicamente, passar da aceleração instantânea
(f ′ ) ′ (x) para a velocidade instantânea f ′ (x) e dai finalmente para a posição f(x) do
objeto em cada instante de tempo.
Começou postulando um formato para a aceleração resultante da força de atração
gravitacional do sol sobre os planetas, e chegou, matematicamente, no formato exato
das órbitas dos planetas (elipses,cônicas) (ou seja na f(x) ) e em suas velocidades
f ′ (x) (a lei de Kepler). Com isso transformou a astronomia em ciência.
No Capítulo 39 entenderemos o método que ele usou.
6. Exercícios
Exercício 6.1. Qual o gráfico de f(x) = |x+1|?
Onde é contínua e onde não tem derivada ?
Exercício 6.2. Consider as funções definidas por:
f(x) = x 2 +x+2, se x < 1,
f(x) = −x 2 +b·x+c, se x ≥ 1.
Ajuste os parâmetros b,c para que f seja contínua e derivável em x = 1.
Dica: impondo a continuidade se produz uma relação entre c = c(b). E o valor de
b sai de impôr-se a derivabilidade.
Exercício 6.3. Usando apenas a definição, derive (onde C é uma constante ):
i) y ≡ C
ii) y = C ·x,
iii) y = C ·x 2
iv) y = C ·x 3 ,
v) y = (x−C) 2
vi) y = (x−C) 3
Interprete geometricamente seus resultados, ou seja, explique que relações os
gráficos têm entre si.
Exercício 6.4. A Figura a seguir mostra uma parte do gráfico de y = f(x) = x
|x|+1
(vermelho) (estudada na Seção 4 do Capítulo 5) e parte do gráfico de y = x (verde).
-1
1
0,5
0
-0,5 0
0,5
-1
x
-0,5
1

CAPÍTULO 9. A DERIVADA 125
e
Ela sugere que f ′ (0) = 1. Prove isso mostrando separadamente que:
lim
hց0
lim
hր0
( h
h+1 )
h
= 1
h ( −h+1 )
= 1
h
Exercício 6.5. Para fazer este Exercício, lembre que x = √ y é inversa de f : R >0 →
R >0 , y = f(x) = x 2 e que, pela Afirmação 3.1, x = √ y é uma função contínua.
i) Sem calcular a derivada de f : R >0 → R >0 , f(x) = √ x, o que podemos prever
que aconteça com a derivada de √ x quando x > 0 tende a zero?
ii) Usando apenas a definição de derivada, calcule a derivada da função f : R >0 →
R >0 , f(x) = √ x (Dica: quando ficar complicado lidar com a raíz quadrada, lembre
que (a−b)(a+b) = a 2 −b 2 .)
iii) compare a fórmula obtida em ii) com o que previu em i).
Exercício 6.6. (resolvido)
Seja f : R 0 → R, f(x) = 1
x .
i) Sem calcular a derivada de f o que se pode pre-dizer do sinal dessa derivada ?
Em que intervalos é positiva ou negativa ? Pode se anular ?
ii) para calcular a derivada de f via a definição, só é preciso sabe somar e subtrair
duas frações e saber que as funções racionais são contínuas. Calcule-a via definição.
Exercício 6.7. Defino uma função f : R → R condicionalmente por:
f(x) = 3x 2 +2, se x < 1, e f(x) = 3x+b, se x ≥ 1.
i) Escolha o coeficiente linear b para que f : R → R seja uma função contínua em
todos os pontos.
ii) Dá para escolher b de modo que f : R → R além de contínua também fique
derivável em todos os pontos ? Ou há algum ponto onde não haverá derivada ? Por
quê ?
iii) com b escolhidos para f ser contínua, qual o gráfico de f ′ (x) ?
Exercício 6.8. (resolvido)
Se existe f ′ (x) então:
f ′ (x) = lim
h→0
f(x+h)−f(x−h)
.
2h
Dê um exemplo simples onde existe limh→0 f(x+h)−f(x−h)
2h
sequer contínua em x.
porém onde f ′ (x) não é

CAPíTULO 10
Sinal da derivada e crescimento
1. Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy
Tudo que precisamos sobre zeros, crescimento e decrescimento de funções sai de
dois Teoremas: de Rolle e de Lagrange (que de fato são equivalentes entre si).
Teorema 1.1. (Teorema de Rolle) Seja f : [a,b] → R contínua em [a,b] e derivável
em (a,b). Se f(a) = f(b) então existe algum ponto x ∈ (a,b) tal que f ′ (x) = 0.
Demonstração.
Considere o mínimo global mf e o máximo global Mf de f em [a,b].
Se mf = Mf isso quer dizer que f é constante: então para qualquer ponto de
(a,b) temos f ′ (x) = 0 e acabou.
Supomos então que mf < Mf.
Vamosnosconvencer agoraquenãoépossível queambososvaloresmf eMf sejam
valores de f nos pontos extremo a,b de [a,b]. De fato, se por exemplo f(a) = mf,
como por hipótese f(a) = f(b), então f(b) = mf; como Mf > mf então Mf será
atingido por x ∈ (a,b). Vice versa se supomos que f(a) = Mf, concluimos que mf é
atingido em x ∈ (a,b).
Agora vamos mostrar que num x ∈ (a,b) onde f(x) = mf ou onde f(x) = Mf
temos que ter f ′ (x) = 0.
Por exemplo, suponha x ∈ (a,b) onde f(x) = mf e por absurdo, suponha que
f ′ (x) = 0:
Há dois Casos a considerar:
Caso 1): f ′ (x) < 0.
Já que x vive num intervalo aberto (a,b) existe pela Afirmação 4.2 um intervalo
centrado em x,
(−δ0 +x,x+δ0) ⊂ (a,b)
e por isso podemos tomar 0 < h < δ0 suficientemente pequeno para que x+h ∈ (a,b).
Então pela definição de derivada, temos:
f(x+h)−f(x)
lim < 0
h→0 h
e nesse limite h pode ser tomado positivo ou negativo: tomando h positivo e pequeno
temos:
f(x+h)−f(x)
lim
hց0 h
o que implica que os quocientes incrementais f(x+h)−f(x)
são negativos para h positivo
h
suficientemente pequeno.
127
< 0,

1. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY 128
Mas o denominador é h > 0: logo os numeradores são negativos:
f(x+h)−f(x) < 0,
para 0 < h suficientemente pequeno. Portanto, f(x+h) < f(x) para 0 < h suficientemente
pequeno. Ora, isso contradiz a hipótese de que f(x) = mf é mínimo global.
Essa contradição veio de supor f ′ (x) < 0 nesse x.
A Figuraaseguir apenasserve para ilustrar a situação absurda obtida, onde a reta
em vermelho simboliza a tangente ao gráfico em (x,f(x)) = (x,mf) (em vermelho).
m_f
x x + h ( h >0 )
Figura: Chegamos num absurdo deste tipo supondo f ′ (x) < 0 em x.
Caso 2): f ′ (x) > 0:
Novamente, já que existe um intervalo centrado em x,
(−δ0 +x,x+δ0) ⊂ (a,b),
podemos tomar h < 0 de módulo suficientemente pequeno (|h| < δ0) para que x+h ∈
(a,b). Então pela definição de derivada, temos:
e tomando h < 0 temos
f(x+h)−f(x)
lim > 0
h→0 h
f(x+h)−f(x)
lim
hր0 h
o que implica que os quocientes incrementais f(x+h)−f(x)
são positivos para h < 0 de
h
módulo suficientemente pequeno.
Mas o denominador é h < 0: logo os numeradores são negativos, ou seja,
f(x+h) < f(x)
para h < 0 de módulo suficientemente pequeno. Contradizendo a hipótese de que
f(x) = mf é mínimo global. Essa contradição veio de supor f ′ (x) > 0 nesse x. Como
antes, ilustramos a situação na Figura que segue 1 :
1 A f não precisa ser crescente nessa região, como parece sugerir a Figura; f precisa apenas valer
menos que f(x). Voltaremos nisso na Seção 4 deste Capítulo
> 0,

CAPÍTULO 10. SINAL DA DERIVADA E CRESCIMENTO 129
m_f
x + h x ( h 0 em x.
Logo concluimos que f ′ (x) = 0.
A prova análoga se f(x) = Mf.
O uso que Rolle fazia desse fato era para localizar zeros (raízes) de polinômios
apenas.
Ele pensava assim, sempre que houver duasraízes aebsucessivas deumpolinômio
p(x) de grau n tem que haver uma raíz do polinômio p ′ (x) situada no intervalo [a,b]
(veremos na Parte 2 que sempre a função Derivada de um polinômio é também um
polinômio). Mais ainda, como vimos já em alguns exemplos simples, o grau de p ′ (x)
é n−1. Logo pode ser mais fácil achar as raízes de p ′ (x) que as do polinômio original
p(x). E aí teremos alguma informação sobre a possível localização das raízes a e b de
p(x).
(obs.: Na Figura a seguir os eixos horizontal e vertical não estão na mesma escala)
-2
-1
10
5
0
0
-5
-10
x
1 2
Figura: Polinômio p(x) com 5 raízes Reais e p ′ (x) com 4 raízes Reais.
Um aplicação interessante do Teorema de Rolle e do T.V.I. será dada na Seção 5
do Capítulo 13, para provar a Regra de sinais de Descartes, que dá uma estimativa
do número de raízes Reais de um polinômio.

1. TEOREMAS DE ROLLE, LAGRANGE E CAUCHY 130
O Teorema de Rolle pode ser generalizado:
Teorema 1.2. (Teorema do Valor Médio de Lagrange) 2
Seja f : [a,b] → R contínua e derivável em (a,b). Então existe algum x ∈ (a,b)
tal que
f ′ (x) = f(b)−f(a)
b−a
-1
-0,5
1
0,5
0
0
x
-0,5
-1
Figura: O gráfico em vermelho ilustra o Teo. de Lagrange em dois pontos.
Demonstração.
Seja p(x) a equação da reta passando por (a,f(a)) e (b,f(b)). Considere uma
nova função, a função diferença f −p dada por (f −p)(x) := f(x)−p(x).
Então f − p é contínua, pelo item 1) do Teorema 1.1. Pela derivada da soma
(Afirmação 3.1 Capítulo 9):
Agora noto que
0,5
(f −p) ′ (x) = f ′ (x)−p ′ (x).
(f −p)(a) = f(a)−p(a) = 0, e (f −p)(b) = f(b)−p(b) = 0,
e portanto estamos em condições de aplicar em (f −p) o Teorema de Rolle: portanto
existe algum x ∈ (a,b) onde
ou seja onde
(f −p) ′ (x) = 0,
f ′ (x) = p ′ (x).
2 Atenção: muitos estudantes confundem o que diz o Teorema de Lagrange com o que diz a
definição da Derivada.
1

CAPÍTULO 10. SINAL DA DERIVADA E CRESCIMENTO 131
Por outro lado p(x) = a1·x+a0 já que é um polinômio de grau ≤ 1 e sua derivada é
o coeficiente angular da reta: p ′ (x) ≡ a1 e sabemos que
a1 = f(b)−f(a)
.
b−a
Portanto f ′ (x) = f(b)−f(a)
b−a como queríamos.
Mais geral ainda que o T.V. Médio de Lagrange é o seguinte:
Teorema 1.3. (Teorema do Valor Médio de Cauchy) 3
Sejam f : [a,b] → R e g : [a,b] → R contínuas e deriváveis em (a,b). Então existe
algum x ∈ (a,b) tal que
Demonstração.
Se definimos:
f ′ (x)·(g(b)−g(a)) = g ′ (x)·(f(b)−f(a)).
φ(x) := f(x)·(g(b)−g(a))−g(x)·(f(b)−f(a)),
então φ(x) é contínua em [a,b], derivável em (a,b) e tem
φ(a) = f(a)·g(b)−g(a)·f(b) = φ(b).
Por Rolle existe x ∈ (a,b) com:
φ ′ (x) = 0,
ou seja,
f ′ (x)·(g(b)−g(a))−g ′ (x)·(f(b)−f(a)) = 0,
como queríamos.
2. O Teorema 0 das Equações Diferenciais
Para motivar o importante Teorema 2.1, começo descrevendo um exemplo.
Imagine um motorista que está dirigindo seu carro do Sul para o Norte numa
rodovia e que vê uma placa indicando que dali a alguns kilômetros há um posto da
polícia rodoviária. Como é usual, ele começa a freiar o carro mas o faz assim: começa
pisando no freio assim que vê a placa e vai gradualmente tirando o pé do freio de
modo bem cuidadoso, para que bem em frente do posto da polícia esteja acabando
de tirar o pé do freio e passe então para o acelerador, começando a acelerar bem
suavemente e depois aumentando a aceleração.
Freiar e acelerar são tipos de acelerações. Aceleração negativa ao freiar e positiva
quando pisamos no acelerador. Como explicamos na Seção 4 do Capítulo 8, podemos
representar matematicamente o que o motorista fez com as acelerações através da
função segunda derivada f ′′ (x) (Seção 5 do Capítulo 9), onde f ′ (x) é a função que
dá a velocidade a cada instante e f(x) a posição do carro a cada instante. A função
3 Note que se g(x) := x, recaímos no Teorema de Lagrange

2. O TEOREMA 0 DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 132
posição será f(x) < 0 ao Sul do posto policial e f(x) > 0 ao Norte do posto e seu
aumento significa ir mais para o Norte.
Quando ele estava pisando no freio, f ′′ (x) < 0, quando pisa no acelerador, f ′′ (x) >
0. Onde f ′′ (x) < 0, a velocidade f ′ (x) estava decrescendo, e quando f ′′ (x) > 0 a
função velocidade f ′ (x) deve voltar a crescer.
Um exemplo disso seria:
f(x) = x 3 , f ′ (x) = 3x 2 , f ′′ (x) = 6x.
10
5
0
-2 -1 0
1
2
-5
-10
x
Figura: f vermelho, f ′ verde, f ′′ amarelo, escalas diferentes nos eixos.
O que é interessante neste exemplo é que em frente ao posto da polícia, quando
x = 0, a velocidade que aparece no velocímetro é f ′ (0) = 0 e mesmo assim, em
nenhum instante o carro parou, já que f(x) = x 3 é estritamente crecente.
Mas isso contradiz o nosso senso-comum, jáque algoque semove a0km/hdeveria
estar parado, pelo menos por algum tempo !
Para fazermos as pazes com o senso-comum, temos o seguinte Teorema, onde
a condição f ′ (x) = 0 se supõe que vale para x em todo um intervalo, mesmo que
pequeno:
Teorema 2.1. Seja f : I → R definida em um intervalo I não-degenerado. 4
Suponha f ′ (x) ≡ 0. Então f(x) ≡ C (ou seja, f é constante).
Demonstração.
Não temos a capacidade de predizer qual a constante que iremos encontrar. O
que podemos apenas é raciocinar por absurdo: suponha que f não é constante.
Então existem x 1,x 2 ∈ I tais que f(x 1) = f(x 2). Restrinja f ao domínio [x 1,x 2].
Então pelo Teorema do Valor Médio de Lagrange aplicado à restrição f : [x 1,x 2] → R
tem que haver um x ∈ (x 1,x 2) tal que:
f ′ (x) = f(x1)−f(x 2)
.
x1 −x2 4 Não-degenerado significa não se reduzindo a um ponto. Claro que I pode ser todo R. Mas
atenção que pode a conclusão pode ser falsa, se a f tem o domínio composto de mais de um intervalo
(disjuntos).

CAPÍTULO 10. SINAL DA DERIVADA E CRESCIMENTO 133
Mas f(x 1 )−f(x 2 )
x 1 −x 2
= 0 e isso contradiz a hipótese de que f ′ (x) ≡ 0.
E dele decorre o Teorema a seguir (que chamo de 0 por um dos mais básicos):
Teorema 2.2. (O Teorema 0 das Equações Diferenciais) Sejam f : I → R e g :
I → R deriváveis, com f ′ (x) = g ′ (x), ∀x ∈ I, onde I é um intervalo. Então f(x) ≡
g(x)+C.
Ilustro esse Teorema através da seguinte Figura:
-1 -0,5
12
8
4
0
0
x
Figura: Translações verticais de um gráfico e o gráfico da função derivada.
Demonstração.
Como já observamos, ∀x ∈ I, (f − g) ′ = f ′ (x) − g ′ (x). A hipótese dá então
que (f − g) ′ (x) ≡ 0. Logo pelo Teorema 2.1, (f − g)(x) ≡ C (é constante) ; logo
f(x) ≡ g(x)+C.
3. Critérios de crescimento e de decrescimento
Decorrem facilmente de Rolle e Lagrange os desejados critérios:
Teorema 3.1. (Critérios de crescimento e de decrescimento)
Seja f : I = (a,b) → R derivável.
• i) se ∀x ∈ I, f ′ (x) ≥ 0 então f é crescente em I;
• ii) se ∀x ∈ I, f ′ (x) > 0 então 5 f é estritamente crescente em I.
• iii) se ∀x ∈ I, f ′ (x) ≤ 0 então f é decrescente em I;
• iv) se ∀x ∈ I, f ′ (x) < 0 então f é estritamente decrescente em I.
5 A recíproca é falsa, como mostra f(x) = x 3
0,5
1

4. UMA CONFUSÃO FREQUENTE SOBRE O SIGNIFICADO DO SINAL DA
DERIVADA 134
Demonstração.
De i): por absurdo suponha que f não é crescente. Significa que existem x 1,x 2 ∈ I
com x 1 < x 2 para os quais:
f(x 1) > f(x 2).
MasentãooTeoremadoValorMédiodeLagrangeaplicadoàrestriçãof : [x 1,x 2] → R
dá que existe algum x ∈ (x 1,x 2) com:
f ′ (x) = f(x2)−f(x 1)
< 0,
x2 −x1 contradizendo a hipótese de que f ′ (x) ≥ 0 ∀x ∈ I.
De ii): Se supomos por absurdo que f não é estritamente crescente, significa que
existem x1,x2 ∈ I com x1 < x2 para os quais:
f(x 1) ≥ f(x 2).
Novamente o Teorema do Valor Médio de Lagrange aplicado a f : [x 1,x 2] → R dá
que existe algum x ∈ (x 1,x 2) com:
f ′ (x) = f(x2)−f(x 1)
≤ 0,
x2 −x1 contradizendo a hipótese de que f ′ (x) > 0 ∀x ∈ I.
De iii) e iv): são completamente análogas, mutatis mutandis6 4. Uma confusão frequente sobre o significado do sinal da derivada
Peço atenção agora, para que se evite uma confusão que aparece em algumas
exposições.
As hipóteses dos itens ii) e iv) do Teorema 3.1 pedem que o sinal da função
derivada seja positivo (ou negativo) em todo um intervalo aberto I.
Seria falso um enunciado assim:
(falso !) Seja f : (a,b) → R derivável com algum x ∈ (a,b) onde f ′ (x) > 0
(f ′ (x) < 0). Então existe um intervalo centrado em x onde a restrição da f é crescente
(decrescente).
Claro que isso pode até funcionar em alguns exemplos, mas um teorema tem que
funcionar sempre !
A Figura a seguir ilustra uma função f que existe, que é derivável com f ′ (0) > 0,
e que no entanto não é nem crescente nem decrescente em nenhum intervalo centrado
em x (a Figura não mostra isso muito bem, mas as oscilações continuam a existir até
a origem).
6 Essa expressão latina quer dizer, desde que adaptando, mudando, o que for conveniente; no
nosso caso, sinais, desigualdades.

CAPÍTULO 10. SINAL DA DERIVADA E CRESCIMENTO 135
Deduzimos então, após o Teorema 3.1, que a derivada f ′ (x) muda de sinal tão
perto de x = 0 quanto quisermos.
0,08
0,04
0
-0,2 -0,1 0
x
-0,04
-0,08
Figura: A função f oscila à esquerda e à direita de x = 0, embora f ′ (0) > 0.
A única propriedade que a f da Figura tem é que:
f vale mais que f(0) em pontos x um pouco maiores que x = 0 e f vale menos
que f(0) em pontos x um pouco menores que x = 0
(é isso nós aprendemos na prova do Teorema de Rolle 1.1). Vamos destacar isso
como uma afirmação:
Afirmação 4.1. Seja uma f derivável e x um ponto do intervalo aberto I onde f
está definida.
Se f ′ (x) > 0 então existe um intervalo J centrado em x, onde f(x) < f(x) se
x < x, x ∈ J e f(x) < f(x) se x < x, x ∈ J.
Se f ′ (x) < 0 então existe um intervalo J centrado em x, onde f(x) > f(x) se
x < x, x ∈ J e f(x) > f(x) se x < x, x ∈ J.
Demonstração.
Contida na demonstração do Teorema de Rolle.
5. Descontinuidade da função derivada
Voltando à f da Seção anterior 4, cuja derivada f muda de sinal tão perto de
x = 0 quanto quisermos, somos obrigados a concluir que sua função derivada f ′ (x)
não é uma função contínua em x = 0.
0,1
0,2

6. EXERCÍCIOS 136
De fato, se f ′ (x) fosse uma função contínua em x, então o princípio de inércia das
funções contínuas (Afirm. 1.1 do Capítulo 6) diria que f ′ (x) teria que ser positiva em
todo um intervalo centrado em x = 0. 7
Conclusão: nem sempre vale f ′ (x) = limx→x f ′ (x). De fato nesse exemplo tratado
se pode mostrar que a igualdade f ′ (x) = limx→x f ′ (x) não vale porque o lado direito
limx→x f ′ (x) simplesmente não existe.
Mas temos:
Afirmação 5.1. Seja f : I → R onde I = (−δ+x,x+δ) é intervalo aberto centrado
em x.
Suponha que existe f ′ (x) ∀x ∈ I \{x} e que existe:
lim
x→x f′ (x) = L ∈ R.
Então f ′ (x) existe também e seu valor é f ′ (x) = L
Demonstração.
Considere a restrição de f(x) a [x,x+h] para h > 0 e aplique o T.V. Médio de
Lagrange:
f(x+h)−f(x)
= f
h
′ (ξh), onde ξh ∈ (x,x+h).
Quando dizemos na hipótese:
lim
x→x f′ (x) = L
dizemos que não importa como x tenda a x, necessariamente f ′ (x) tende a L. Ou
seja, não depende da cara do x que tende a x.
Ora, quando h ց 0 temos que ξh ∈ (x,x+h) tende a x e portanto
L = lim
hց0 f ′ (ξh) = lim
hց0
a derivada à direita. Analogamente se obtém:
L = lim
hր0 f ′ (ξh) = lim
hր0
f(x+h)−f(x)
h
f(x+h)−f(x)
h
para a derivada à esquerda e, portanto, f ′ (x) = L.
6. Exercícios
=: f ′ +(x),
=: f ′ − (x)
Exercício 6.1. A figura que exemplifica o T.V.M de Lagrange no texto é o gráfico de
y = x 3 . Quando x ∈ [−1,1] em quais pontos do gráfico a inclinação da reta tangente
é 1 ?
7 Se costuma chamar uma função f de classe C 1 se f é derivável e se f ′ (x) ela mesma é uma
função contínua.

CAPÍTULO 10. SINAL DA DERIVADA E CRESCIMENTO 137
Exercício 6.2. 2) Explique (com os conceitos do Cálculo) o que se modifica e o que
não se modifica nos gráficos a seguir quando variamos o parâmetro b = 0 em:
i): y = fb(x) = bx 2
ii) y = fb(x) = x 2 +b
iii) y = fb(x) = x 2 +bx−1.
(Obs.: nos itens i) e iii) há certos pontos em que se vê bem as diferenças entre os
gráficos).
Exercício 6.3. Encontre o ponto (ou os pontos) do gráfico de y = (x−1) 3 em que
sua(s) reta(s) tangente(s) é (são) paralela(s) à reta y = 3x.
Encontre o ponto (ou os pontos) do gráfico de y = x3 em que sua(s) reta(s)
tangente(s) é (são) ortogonal (s) à reta y = −1 6x. Obs. Não precisa desenhar nada.
Exercício 6.4. (resolvido)
Considere a família de gráficos
y = fb(x) := (−b+4/3)·x 2 +b·x+(2b−7/3), b ∈ R,
dos quais plotei apenas 7 representantes (b = 1,1.2,1.3,4/3,1.6,1.8,2):
5
-5
-10
x
-3-2-1 0
0
1 2 3 4
Como se vê são gráficos bem diferentes, à medida que mudamos o parâmetro b.

6. EXERCÍCIOS 138
Mas quando se faz um zoom na região x ∈ [0.3,0.7] do domínio, os pedaços dos 7
gráficos de y = fb(x) se parecem muito:
2,5
2
1,5
1
0,5
0
0,4 0,5 0,6 0,7
x
Explique o que aconteceu quando fizemos o zoom, após confirmar que que os pontos
(−1,−1) e (2,3) pertencem a esses gráficos todos, ∀b ∈ R).
Dica: Teorema Valor Médio de Lagrange.

CAPíTULO 11
Aplicações da primeira e segunda derivadas
1. Primeiro critério de máximos e mínimos
Se olharmos bem a demonstração que demos do Teorema de Rolle, veremos que
de fato já provamos o seguinte:
Afirmação 1.1. Seja f : (a,b) → R derivável. Se 1 x ∈ (a,b) é ponto de Mínimo
Local ou de Máximo Local, então f ′ (x) = 0.
A recíproca dessa Afirmação é em geral falsa: f(x) = x 3 tem f ′ (0) = 0 e x = 0
não é nem Mínimo nem Máximo local.
No entanto temos o seguinte:
Afirmação 1.2. Seja f : (a,b) → R derivável, com x ∈ (a,b) onde f ′ (x) = 0.
• i) Suponha que existe um intervalo J centrado em x onde a função derivada
vale f ′ ≤ 0, se x < x, e f ′ ≥ 0, se x < x. Então x é Mínimo Local da f.
• ii) Suponhaque que existeum intervalocentrado emxondeafunção derivada
vale f ′ ≥ 0, se x < x, e f ′ ≤ 0, se x < x. . Então x é Máximo Local da f.
Demonstração.
De i): Temos que f ′ (x) ≤ 0 se x ∈ (−δ +x,x) e f ′ (x) ≥ 0 se x ∈ (x,x+δ).
Mas então pelo item iii) do Teorema 3.1, a função original f(x) é decrescente em
(−δ + x,x). E pelo item i) do Teorema 3.1 a função original f(x) é crescente em
(x,x+δ).
A conclusão é que x é ponto de Mínimo da f restrita a (−δ+x,x+δ), um Mínimo
local portanto.
De ii): completamente análoga, mutatis mutandis.
2. Critério da segunda derivada
Primeiro vamos relembrar e reforçar o tema da segunda derivada ou aceleração
instantânea em termos físicos.
Para definir uma aceleração instantânea usamos um limite do tipo:
lim
h→0
f ′ (x+h)−f ′ (x)
,
h
1 É muito importante que (a,b) seja aberto, pois f : [0,1] → R, f(x) = x tem pontos de máximo
e mínimo e no entanto f ′ (0) = f ′ (1) = 1, onde essas derivadas devem ser entendidas como derivadas
à direita f ′ + (0) e à esquerda f′ − (1).
139

3. UM PROBLEMA TÍPICO PARA OS ENGENHEIROS 140
onde f ′ (x) é a função velocidade instantânea (e onde a f(x) de partida era a função
posição em cada instante).
Segundo a definição de derivada, o que fizemos lá foi derivar a função f ′ (x), ela
mesma já uma derivada da função f(x). Fizemos então uma segunda derivada:
f ′′ (x) := (f ′ (x) ) ′ .
Sua definição então é essencialmente a mesma que demos para a derivada (que passamos
agora a chamar de primeira derivada), só que a matéria-prima para compôr os
quocientes incrementais não é uma função f(x) mas sim uma função f ′ (x).
Desse modo, posso enunciar:
Afirmação 2.1. Seja f : (a,b) → R derivável, tal que f ′ (x) também seja derivável.
• i): se f ′ (x) = 0 e f ′′ (x) > 0 então 2 x é Mínimo local da f original.
• ii): se f ′ (x) = 0 e f ′′ (x) < 0 então x é Máximo local da f original.
Este teorema será generalizado na Afirmação 8.1, um critério da derivada n-ésima.
Demonstração. (da Afirmação 2.1)
De i): Pela Afirmação 4.1 do Capítulo 10, aplicada agora à função derivada f ′ (x),
temos que para x ∈ J centrado em x, f ′ (x) < 0 = f ′ (0) se x < x e 0 = f ′ (x) < f ′ (x)
se x < x.
Então recaímos exatamente no item i) da Afirmação 1.2. A conclusão portanto é
que x é Mínimo local.
De ii): completamente análoga, mutatis mutandis.
Com o material deste Capítulo 11 e do Capítulo anterior 10 estamos em condições
de confeccionar gráficos qualitativamente corretos de polinômios simples, de grau
baixo, e é o que faremos como Exercício.
3. Um problema típico para os engenheiros
Suponha que você tem o seguinte problema prático:
Construir um objeto retangular, onde a construção de cada x metros da largura
custa a metade da construção de cada z metros de comprimento. Gastando 10 reais
na fabricação de cada unidade, quais as medidas de x e z que maximizam a área do
objeto?
Traduzimos o problema assim: queremos maximizar a área
A(x,z) := z ·x
com uma função custo 3 c(x,z) := x+2z fixada em c(x,z) = 10:
x+2z = 10.
2 Recíproca falsa: f(x) = x 4 tem Mínimo local em x = 0 e se pode provar que f ′ (0) = f ′′ (0) = 0
3 Também poderia dizer que a função custo é 2x+4z, já que há dois lados que são largura e dois
que são comprimento. Mas a solução seria completamente análoga.

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 141
Note que a princípio a função área depende tanto de x como de z. Mas a condição
c(x,z) = 10 me permite escrever z = 10−x
2 e a função área como dependendo só de
uma variável:
A(x) = ( 10−x
)·x = 5x−
2
x2
2 .
O domínio natural de A(x) é I = (0,10), pois a largura x tem que ser positiva, e ao
mesmo tempo a condição c(x,z) = 10 diz que, quando z se aproxima de zero, x se
aproxima de 10.
Mas considerar A(x) definida num domínio um pouco maior, o intervalo [0,10],
que tem a vantagem de ser um intervalo limitado e fechado, onde podemos usar o
Teorema 4.2 de Bolzano-Weiersstras, já que A(x) claramente é contínua.
Esse Teorema garante que existe um ponto de Máximo global de A : [0,10] → R.
Mas onde ? Não adianta só sabermos que há uma solução, queremos achá-la !
Certamente não será em x = 0 ou em x = 10, pois nesses pontos a Área fica zero,
já que não largura ou comprimento. Então esse ponto x buscado está em (0,10), o
que é promissor, pois poderemos tentar usar a Afirmação 1.2.
Para isso precisamos examinar alguns candidatos.
Conforme a Afirmação 1.1, eles terão que ser pontos onde
A ′ (x) = 0.
Ora, isso significa para A(x) = 5x− x2
2 que:
5−x = 0,
pelo que já sabemos das derivadas, ou seja, o ponto é x = 5.
Mas claramente A ′ (x) = 5−x > 0 se x < 5 e A ′ (x) = 5−x < 0 se 5 < x. Logo
o item ii) da Afirmação 1.2 diz que realmente x é um Máximo local e portanto o
Máximo global, já que não há outro candidato. A área máxima desses objetos então
será
A(5) = 25
2 .
12
10
8
6
4
2
0
0
2
4
x
Figura: O gráfico de A : [0,10] → R, A(x) = 5x− x2
2 .
Em geral, nos problemas desse tipo, aparecem diferentes candidados a Máximos
global, que foram aprovados no teste para Máximos locais dado pelo item ii) da
Afirmação 1.2, e então se faz necessário comparar os valores da função em questão
em cada um deles.
6
8
10

4. MÍNIMOS DE DISTÂNCIAS E ORTOGONALIDADE 142
4. Mínimos de distâncias e ortogonalidade
Suponha que P = (2,1) e queremos descobrir qual o menor segmento de reta de
P até uma reta de equação y = ax+1 (com algum a = 0 fixado) que não passe por
P.
Vamos fazê-o de dois modos distintos, que esperamos que dêem os mesmos resultados.
Primeiro vamosusar nossa intuição, que diz que deve se tratar do segmento saindo
de P que é ortogonal à reta y = ax+1. Ou seja, pelo que aprendemos na Seção 2 do
Capítulo 8, deve ser um ponto (x,ax+1) tal que:
(ax+1)−1
x−2
= −1
a ,
pois o lado esquerdo é o ceoeficiente angular da reta contendo o segmento que sai de
(2,1). Então disso obtemos:
x = 2
a 2 +1
e daí facilmente descobrimos o tamanho do segmento.
Por outro lado podemos, via as técnicas de Cálculo, tentar descobrir o mínimo da
função que mede a distância de P aos pontos da reta dada.
Para não cairmos numa derivada mais complicada, vamos modificar um pouco o
problema, tentando minimizar a função que é o quadrado da distância de P à reta,
dará também o ponto que minimiza a própria distância 4
Essa função quadrado da distância é dada por:
(x−2) 2 +(y −1) 2 = (x−2) 2 +(ax+1−1) 2 =
= (a 2 +1)x 2 −4x+5.
Então essa f(x) = (a 2 +1)x 2 −4x+5 tem derivada f ′ (x) = 2(a 2 +1)x−4 e f ′ (x) = 0
exatamente em x = 2
a 2 +1
, o mesmo ponto encontrado acima.
É claro que f ′ (x) < 0 para x < x = 2
a 2 +1 e f′ (x) > 0 para x > x = 2
a 2 +1
. Portanto
pelo item i) da Afirmação 1.2 f tem mínimo local, que de fato é o global nesse ponto
x.
Agora vejamos um Exemplo mais interessante. Quero minimizar a distância entre
P = (0,7) e os pontos da parábola y = x2
2 .
Usando a intuição geométrica vou buscar esse ponto Q de mínima distância entre
aqueles em que o segmento desde P é ortogonal à tangente da parábola em Q.
Então, já que conheço as inclinações das tangentes à parabola em (x,ax2 ) como
) = x, a ortogonalidade que busco é dada por:
sendo 2( x
2
x 2
2 −7
x−0
= −1
x ,
4 A Afirmação 2.1 do Capítulo 16 justificará rigorosamente o uso do quadrado da distância, ao
invés da própria distância, nos problemas de máximos/mínimos.

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 143
ou seja,
−6) = 0.
2
A solução x = 0, onde claramente há ortogonalidade, é nitidamente um ponto de
máximo local da distância entre P = (0,7) e a parábola.
Mas as soluções x = √ 12 e x = − √ 12 corresponderão, como veremos a seguir, a
dois pontos de mínimos. A Figura a seguir mostra esses pontos de ortogonalidade.
x·( x2
5
x
-4 -2 0
0
-5
-10
-15
-20
Figura: No gráfico aparecem dois pontos onde há ortogonalidade.
Vistodeoutromodo, viaatécnicadoCálculo, consideroafunçãoqueéoquadrado
da distância entre P = (0,7) e a parábola:
2 4
(x−0) 2 +(y −7) 2 = x 2 +( x2
2 −7)2 =
= x4
4 −6x2 +49.
A derivada de f(x) = x4
4 −6x2 +49 é
f ′ (x) = x 3 −12x = x(x 2 −12).
O zero da derivada em x = 0 corresponde a um máximo local.
Verificamos agora que os pontos x = √ 12 e x = − √ 12 são mínimos locais (e
globais).
Observe que se 0 < x < √ 12 temos x(x 2 − 12) < 0, enquanto que se x > √ 12
temos x(x 2 −12) > 0. Logo o item i) da Afirmação 1.2 diz que x = √ 12 é mínimo de
f.
Agora se x < − √ 12 temos x(x 2 −12) > 0, enquanto que se − √ 12 < x < 0 temos
x(x 2 −12) > 0. Logo o item i) da Afirmação 1.2 diz que x = − √ 12 é mínimo de f.
A Afirmação 4.1 a seguir justifica o uso da noção de ortogonalidade nos problemas
de máximos/mínimos:

4. MÍNIMOS DE DISTÂNCIAS E ORTOGONALIDADE 144
Afirmação 4.1.
i) Se a distância entre um ponto P e o gráfico de y = f(x) tem valor mínimo
ou máximo local PF > 0, onde F = (x,f(x)), então a reta tangente ao gráfico de
y = f(x) em F é ortogonal à reta PF.
ii) Sejam um gráfico y = f(x) de uma f derivável e uma reta r que não intersecta
esse gráfico.
Seja F ponto do gráfico de y = f(x) tal que PF > 0 realiza um valor mínimo ou
máximo local da distância entre pontos do gráfico e a reta r. Então a reta tangente
ao gráfico de y = f(x) em F é paralela à reta r.
Demonstração.
De i):
Considere F = (x,f(x)) ponto que realiza valor minimo local ou valor máximo
local da distância até um certo P = (x0,y0) que foi dado.
Considere o círculo C de raio PF centrado em P (lembro que PF > 0):
C = {(x,y); (x−x0) 2 +(y −y0) 2 = PF 2 }.
Vou fazer aqui a suposição5 de que, perto de F, também C seja gráfico de uma função
y = g(x); que de fato é:
y = g(x) = y0 + PF 2 −(x−x0) 2 , ∀x ∈ (−δ +x,x+δ).
Veja a Figura:
Considere a função
y
F
P
φ(x) := f(x)−g(x), ∀x ∈ (−δ +x,x+δ).
Suponha por absurdo que a reta tangente ao gráfico de y = f(x) em F não seja
igual à reta tangente a C em F (esta sim sabemos que é ortogonal à reta PF).
Por exemplo, suponha por absurdo que f ′ (x) > g ′ (x) (o caso < é completamente
análogo).
Então φ ′ (x) = f ′ (x)−g ′ (x) > 0.
5 que exigiria mais justificação
x

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 145
Então
Como φ(x) = 0, a Afirmação 4.1 do Capítulo 10 dá que, para um certo ǫ > 0:
Ora, mas então
φ(x) > 0, ∀x ∈ (x,x+ǫ) e φ(x) < 0, ∀x ∈ (x−ǫ,x).
f(x) > g(x) ∀x ∈ (x,x+ǫ) e f(x) < g(x), ∀x ∈ (x−ǫ,x).
e portanto ∀x ∈ (x,x+ǫ):
f(x)−y0 > g(x)−y0, ∀x ∈ (x,x+ǫ),
(f(x)−y0) 2 +(x−x0) 2 > (g(x)−y0) 2 +(x−x0) 2 = PF 2 ,
o que diz que F não é ponto de máximo local da distância de P = (x0,y0) até o
gráfico de y = f(x).
E do mesmo modo, obteremos ∀x ∈ (x−ǫ,x):
(f(x)−y0) 2 +(x−x0) 2 < (g(x)−y0) 2 +(x−x0) 2 = PF 2 ,
o que diz que F não é ponto de mínimo local da distância até P = (xo,y0).
Essa contradição com a escolha de F termina a prova do item i).
Item ii):
Sejam R ∈ r e F = (x,f(x)) tais que RF realizam valor mínimo local ou valor
máximo local da distância até o gráfico de y = f(x) e r.
O raciocínio da prova do item i) aplicado a um círculo centrado em R de raio
RF > 0 dirá que a reta tangente ao gráfico de y = f(x) em F é ortogonal à reta RF.
Veja a Figura:
R
F
Mas, por outro lado, o mesmo raciocínio agora aplicado a um círculo agora centrado
em F de raio RF > 0 dirá que a reta r (que é sua própria reta tangente) é
ortogonal à reta RF. Veja a Ffigura:

5. CONCAVIDADES DOS GRÁFICOS 146
R
F
Um fato básico da geometria euclidiana diz que, se uma reta r1 é ortogonal a uma
reta r2 e r2 é ortogonal a uma reta r3, então r1 e r3 são paralelas.
Portanto a reta tangente ao gráfico de y = f(x) em F é paralela a r.
Para concluir esta Seção, pensemos no caso da reta horizontal y = 0 e no gráfico
de y = 1
, ∀x > 0. x
Como poderíamos definir a distância entre essas duas curvas ?
Note que se dermos qualquer tamanho ǫ > 0 existem pontos xǫ ∈ (y = 0) e
zǫ ∈ (y = 1)
tais que x
xǫzǫ = ǫ.
Basta tomarmos por exemplo xǫ := ( 1
ǫ ,0) e zǫ := ( 1
ǫ ,ǫ).
Então seria natural dizer que a distância entre a reta horizontal y = 0 e o gráfico
de y = 1 é zero ! x
Mas note que essa distância zero entre curvas nunca é realizada por pontos de
y = 0 e de y = 1,
já que distância zero entre dois pontos significa que são o mesmo
x
ponto e no entanto
(y = 0)∩(y = 1
) = ∅.
x
Outra maneira de ver que a distância zero entre essas curvas nunca é realizada por
pontos de y = 0 e de y = 1
x é o item ii) da Afirmação 4.1, pois y′ = −1
x2 = 0, ∀x > 0.
5. Concavidades dos gráficos
Na Definição 5.1 a seguir só me interesso no comportamento da função próxima
a cada um dos pontos de seu gráfico.
Definição 5.1. Diremos que uma função é localmente côncava para cima num ponto
(x,f(x)) de seu gráfico se existe um intervalo Ix centrado em x em que
f(x) > ax+b, ∀x ∈ Ix \{x},
onde y = ax+b é a reta tangente ao gráfico em (x,f(x)).
Para definir localmente côncava para baixo num ponto (x,f(x)) basta trocar >
por

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 147
-2
-1
4
2
0
0
-2
-4
-6
x
Figura: Um função localmente côncava para cima em cada ponto do domínio
Afirmação 5.1. Suponha uma função f : I → R duas vezes derivável.
• i) Se ∀x ∈ I, f ′′ (x) > 0 então, f é localmente côncava para cima em cada
um dos pontos de seu gráfico.
• ii) Se ∀x ∈ I, f ′′ (x) < 0 então f tem localmente côncava para baixo em
cada um dos pontos de seu gráfico.
Demonstração.
De i):
Tome um ponto (x,f(x)) do gráfico. Seja y = ax+b a equação da reta tangente
ao gráfico nesse ponto.
Note que a função
φ(x) := f(x)−(ax+b)
tem
Ademais
φ(x) = 0 e φ ′ (x) = f ′ (x)−a = 0.
φ ′′ (x) = f ′′ (x) > 0.,
já que supomos que sempre f ′′ (x) > 0.
Então o Critério da Segunda Derivada (Afirmação 2.1, Capítulo 11) quando aplicado
a φ diz que φ tem um mínimo local em x (local pois φ tem que ser restrita a um
intervalo Ix centrado em x para ter aí um ponto de mínimo).
Ou seja,
φ(x) > φ(x), ∀x ∈ Ix \{x},
que significa
como queríamos provar.
f(x) > ax+b, ∀x ∈ Ix \{x},
De ii): Análogo, bastando usar o Critério da Segunda Derivada para ter um
máximo local.
1
2

5. CONCAVIDADES DOS GRÁFICOS 148
Na Definição 5.2 a seguir impomos um comportamento global sobre a função: ela
terá que ficar por cima (ou por baixo) de todas as retas tangentes a seu gráfico.
Definição 5.2. Direi que uma função f : I → R é côncava para cima se para todo
ponto x ∈ I,
f(x) > ax+b, ∀x ∈ I \{x}
onde y = ax+b é a reta tangente ao gráfico em (x,f(x)).
-3
-2
x
25
20
15
10
0
-1 0
Figura: Um função que não é côncava para cima, mas que
é localmente localmente côncava para cima se x < 0.
Afirmação 5.2. Suponha uma função f : I → R duas vezes derivável.
• i) Se ∀x ∈ I f ′′ (x) > 0 então f é côncava para cima.
• ii) Se ∀x ∈ I f ′′ (x) < 0 então f é côncava para baixo.
Demonstração.
De i):
Vamos fazer a prova por absurdo.
Pela Afirmação 5.1 sabemos f é localmente concava para cima em cada ponto de
seu domínio. Ou seja, dado qualquer x ∈ I existe um intervalo Ix centrado nele onde
f(x) > ax+b, ∀x ∈ Ix \{x},
para y = ax+b reta tangente em (x,f(x)).
Portanto, se pensamos esta demonstração por absurdo, tem que existir 6 algum
ponto (x,f(x)) para o qual existe um x0 /∈ Ix tal que
5
-5
f(x0) ≤ ax0 +b,
para y = ax+b reta tangente em (x,f(x)).
Sem perda de generalidade suponhamos x0 > x.
Façoagoraumaalteraçãonaf,paraquearetatangentea(x,f(x))sejahorizontal.
Defino
φ(x) := f(x)−(ax+b).
Note que φ(x) = φ ′ (x) = 0, mas φ ′′ (x) = f ′′ (x) > 0, ∀x ∈ I. Agora temos
φ(x0) ≤ 0.
6 Confira um exemplo disso na Figura anterior, com x ∼ −0.5 e x0 ∼ 1
1

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 149
Caso φ(x0) = 0:
Nesse caso, aplico o Teorema de Rolle a
φ : [x,x0] → R
e obtenho um ponto ξ ∈ (x,x0) onde φ ′ (ξ) = 0.
Mas ξ > x e isso contradiz o fato que φ ′ (x) é uma função estritamente crescente
(já que φ ′′ (x) > 0), que partiu do valor φ ′ (x) = 0.
Caso φ(x0) < 0:
Pelo que vimos na Afirmação 5.1, perto de x temos φ(x) > 0.
Como φ(x) é contínua e φ(x0) < 0 então o T.V.I. diz que há um ponto ˆx0 ∈ [x,x0]
onde φ(ˆx0) = 0. Portanto com esse novo ˆx0 recaio na situação do Caso φ(ˆx0) = 0 já
tratado.
De ii): completamente análoga.
6. Mínimos quadrados e a média aritmética
Dados x1,...,xk pontos na Reta dos Reais, que ponto x minimiza a soma dos
quadrados das distâncias a todos eles ?
Ointeressepráticodestaquestãoéqueosvaloresx1,...,xk podemtersidoobtidos
após k aferições de um certo dado relevante (o comprimento de um objeto, uma
temperatura, um peso, etc) e o ponto x servirá para corrigir os prováveis erros nas
aferições.
Afirmação 6.1. Sejam dados x1,...,xk ∈ R pontos. Então
• i) o ponto de mínimo global da função
é o ponto
f(x) := (x−x1) 2 +...+(x−xk) 2
x = x1 +...+xk
,
k
chamado de média arimética dos valores x1,...xk.
• ii) sempre vale a desigualdade
k ·(x 2 1 +...+x2 k ) > (x1 +...+xk) 2
exceto se x1 = ... = xk, quando vale então:
Demonstração.
Item i)
Trata-se então de minimizar a função:
k ·(x 2 1 +...+x2 k ) = (x1 +...+xk) 2 .
y = f(x) := (x−x1) 2 +...+(x−xk) 2 .
que é uma parábola com concavidade para cima, já que:
f(x) = k ·x 2 −2·(x1 +...xk)·x+(x 2 1 +...+x2 k ).

6. MÍNIMOS QUADRADOS E A MÉDIA ARITMÉTICA 150
Portanto seu mínimo está onde f ′ (x) = 0, ou seja, na raíz de:
ou seja, em
2k ·x−2·(x1 +...xk) = 0,
x = x1 +...+xk
k
que é chamada de média aritmética dos valores x1,...xk.
Item ii)
Note que, por ser uma soma de quadrados,
y = f(x) = (x−x1) 2 +...+(x−xk) 2 ≥ 0
e se para algum x0 ∈ R temos f(x0) = 0 então
(x0 −x1) 2 +...+(x0 −xk) 2 = 0 ⇔ x0 = x1 = ... = xk.
Portanto, se algum xi é diferente de algum outro xj, na lista que demos de x1,...,xk,
a equação quadrática em x:
y = f(x) = k ·x 2 −2·(x1 +...xk)·x+(x 2 1 +...+x2 k ) = 0
não tem solução Real. Ou seja, se seu discriminante é negativo. Mas esse discriminante
é:
ou seja,
como queríamos.
(2·(x1 +...xk)) 2 −4·k ·(x 2 1 +...+x2 k ) < 0,
(x1 +...xk) 2 < k ·(x 2 1 +...+x2 k ),
6.1. Retas de ajuste.
Agora trato de um problema parecido, mas diferente. Que só será considerado no
caso geral na Seção 3 do Capítulo 34.
Considere o quadrado da distância vertical de um ponto (x1,y1) a uma reta y =
ax+b, ou seja:
(ax1 +b−y1) 2 ≥ 0
e = 0 exatamente quando (x1,y1) está na reta.
Suponhamos que queremos encontrar a reta pela origem y = ax (não vertical) que
minimizaasomadosquadradosdasdistânciasverticaisaték pontos(x1,y1),...(xk,yk)
(não todos os xi iguais a zero).
Denote as retas pela origem por y = ξx para deixar claro que a incógnita agora é
o coeficiente angular ξ.
E faça a função que dá a soma de quadrados de distâncias verticais:
Note que
f(ξ) := (ξx1 −y1) 2 +...+(ξxk −yk) 2 .
f(ξ) = (x 2 1 +...+x2 k )·ξ2 −2(x1y1 +...+xkyk)ξ +y 2 1 +...+y2 k .

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 151
Então f(ξ) é uma parábola com concavidade para cima, já que
x 2 1 +...+x2 k
(se esse número fosse zero todos os pontos tem coordenada x igual a zero).
Portanto se procuramos por um mínimo de f basta procurarmos onde f ′ (ξ) = 0.
Mas:
f ′ (ξ) = 2(x 2 1 +...+x2 k )·ξ −2(x1y1 +...+xkyk),
e portanto f ′ (ξ) = 0 se dá em:
Ou seja a reta a ser escolhida é:
> 0
ξ = x1y1 +···+xkyk
x2 1 +...+x 2 .
k
y = ( x1y1 +···+xkyk
x2 1 +...+x2 )·x.
k
O problema interessante em geral é quando a reta buscada forma y = ξx+τ não
precisa passsar pela origem.
Essa reta aproximará simultâneamente vários pontos, que podem ser resultado de
aferições de dados relevantes.
O Capítulo 34 tratará de uma reta que minimiza soma de quadrados de distâncias
verticais de pontos xi,yi de interesse na Biologia, e cujo coeficiente angular ξ é universal.
7. Pontos de inflexões dos gráficos
Definição 7.1. Seja f contínua em I, intervalo aberto, e duas vezes derivável ao
menos em I \{x}.
Chamamos x de ponto de inflexão da f se o sinal da f ′′ (x) muda em torno de x.
Ou seja, um ponto de inflexão marca a mudança de concavidade de uma função
(se era para cima, vira para baixo e vice-versa).
Exemplos:
• y = f(x) = x 3 , que tem f ′′ (x) = 6x e ponto de inflexão em x = 0.
• em geral, y = f(x) = x 2n+1 , ∀n ∈ N, têm inflexão em x = 0, já que
3−x 4
f ′′ (x) = 2n·(2n+1)·x 2n−1 .
• a função y = 4x 1
3 é contínua em torno da origem, mas tem reta tangente
vertical na origem, ou seja não existe f ′ (0). Como
f ′′ (x) = − 4(2+x)
x 5
3
isso diz que f ′′ (x) > 0 para −2 < x < 0 e f ′′ (x) < 0 para x > 0, ou seja,
x = 0 é ponto de inflexão. Também f ′′ (x) < 0 para x < −2 e portanto
x = −2 é outro ponto de inflexão.

8. CRITÉRIO DA DERIVADA DE ORDEM N 152
• o gráfico de y = f(x) (em vermelho) na Figura a seguir representa a população
de bactérias colocada num meio favorável, no tempo x.
A taxa de crescimento f ′ (x) (em verde) vai aumentando até atingir um
valor máximo (no ponto de inflexão x ≈ 1.1.), a partir do qual fatores como
escassez de nutrientes, aumento de detritos, começam a diminuir essa taxa
de crescimento.
No ponto de inflexão a aceleração f ′′ (x) do processo (em amarelo) é nula.
6
4
2
0
0
-2
-4
-6
0,5
1
x
1,5
2
A função f(x) será dada explicitamente nas Seções 4 e 5 do Capítulo 38.
2,5
8. Critério da derivada de ordem n
Uma função como y = f(x) = sin 4 (x) claramente tem um ponto de mínimo local
em x = 0, já que se anula em zero e é positiva por perto. No entanto
f ′′ (x) = 4sin(x) 2 ·(4cos(x) 2 −1) e f ′′ (0) = 0,
porisso não estáaoalcancedocritériodasegunda derivada(Afirmação2.1). Também
se anula em x = 0, porém:
tem valor f (iv) (0) = 24.
A Afirmação 2.1 se generaliza assim:
f ′′′ (x) = 8sin(x)cos(x)·(8cos(x) 2 −5)
f (iv) (x) = 256cos(x) 4 −272cos(x) 2 +40
Afirmação 8.1. Suponha f : (a,b) → R com derivadas de todas as ordens 7 . Seja
n ∈ N.
7 Não confunda a derivada de ordem n, f (n) , com a potência n-ésima f n .
3

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 153
i) se f ′ (x) = f ′′ (x) = ... = f (2n−1) (x) = 0 mas f (2n) (x) > 0 então x é ponto de
mínimo local.
ii) se f ′ (x) = f ′′ (x) = ... = f (2n−1) (x) = 0 mas f (2n) (x) < 0 então x é ponto de
máximo local.
ii) se f ′ (x) = ... = f (2n) (x) = 0 mas f (2n+1) (x) = 0 então x é ponto de inflexão.
Demonstração.
Item i):
A prova completa seria ∀n ∈ N e aí então a indução matemática seria exigida.
Por isso, para simplificar mas mesmo assim dar uma ídéia da prova, me atenho ao
primeiro caso relevante, ou seja quando
Temos por hipótese:
n = 2.
f ′ (x) = f ′′ (x) = f ′′′ (x) = 0 mas f (iv) (x) > 0.
Como há derivadas de todas as ordens, a função f (iv) (x) é contínua em x, pois é até
mesmo derivável. Logo pelo princípio de inércia das funções contínuas, existe um
intervalo Ix = (−δ +x,x++δ) centrado em x tal que
f (iv) (x) > 0, ∀x ∈ Ix.
Então no intervalo Ix a função f ′′′ (x) é uma função estritamente crescente. Como por
hipótese f ′′′ (x) = 0, concluimos que:
f ′′′ (x) < 0 em (−δ +x,x) e f ′′′ (x) > 0 em (x,x+δ).
Ou seja que a função f ′′ (x) é estritamente decrescente em (−δ + x,x) e f ′′ (x) é
estritamente crescente em (x,x+δ). Como f ′′ (x) = 0 isso diz que:
f ′′ (x) > 0 em (−δ +x,x)∪(x,x+δ).
Agora então f ′ (x) é estritamente crescente em (−δ+x,x)∪(x,x+δ). Como f ′ (x) = 0
temos que
f ′ (x) < 0 em (−δ +x,x) e f ′ (x) > 0 em (x,x+δ).
Por último isso diz que f é estritamente decrescente em (−δ+x,x) e f é estritamente
crescente em ((x,x+δ). Logo x é ponto de mínimo.
Iem ii): Análogo, mutatis mutandis.
Item iii):
Temos por hipótese:
f ′ (x) = f ′′ (x) = f ′′′ (x) = f (iv) (x) = 0
mas f (v) (x) = 0. Por exemplo suponhamos
o caso negativo é análogo.
f (v) (x) > 0.

9. CONFECÇÃO DE GRÁFICOS DE POLINÔMIOS 154
Como há derivadas de todas as ordens, a função f (v) (x) é contínua em x, pois é
até mesmo derivável. Logo pelo princípio de inércia das funções contínuas, existe um
intervalo Ix = (−δ +x,x++δ) centrado em x tal que
f (v) (x) > 0, ∀x ∈ Ix.
Então no intervalo Ix a função f (iv) (x) é uma função estritamente crescente. Como
por hipótese f (iv) (x) = 0, concluimos que:
f (iv) (x) < 0 em (−δ +x,x) e f (iv) (x) > 0 em (x,x+δ).
Ou seja que a função f ′′′ (x) é estritamente decrescente em (−δ + x,x) e f ′′′ (x) é
estritamente crescente em (x,x+δ). Como f ′′′ (x) = 0 isso diz que:
f ′′′ (x) > 0 em (−δ +x,x)∪(x,x+δ).
Agoraentão f ′′ (x)éestritamente crescente em(−δ+x,x)∪(x,x+δ). Comof ′′ (x) = 0
temos que
f ′′ (x) < 0 em (−δ +x,x) e f ′′ (x) > 0 em (x,x+δ).
Por definição, x é um ponto de inflexão.
9. Confecção de gráficos de polinômios
Considere a função polinomial y = f(x) = x3 −x.
O objetivo é fazer seu gráfico, de modo qualitativamente correto, sem qualquer
calculadora.
Primeiro noto onde f = 0, onde f > 0 ou f < 0 (pois essas informações não serão
fornecidas pela f ′ (x)).
Ora f(x) = x·(x 2 −1) e daí sai que
• f(x) = 0 exatamente para x = 0,−1,1;
• f(x) > 0 para −1 < x < 0 ou x > 1;
• f(x) < 0 para x < −1 ou 0 < x < 1.
A derivada é f ′ (x) = 3x2 −1 e portanto
1 1
• f ′ (x) = 0 em x =
• f ′ (x) > 0 se x >
• f ′ (x) < 0 se −
• f ′ (0) = −1
1
3
1
3
3 ,−
3 .
ou x < −
1 < x < 3 .
1
Essas informações sobre f ′ (x) já dizem que x =
1
3
1
3
3 .
1
3
é ponto de mínimo local de
f(x) e que x = − é ponto de máximo local de f(x). E também que f é crescente
1
1 1
se x > ou x < − e que f(x) é decrescente se − < x < . Por último,
3 3 3
f ′ (0) = −1 diz que o gráfico perto da origem se parece com y = −x.

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 155
Agora f ′′ (x) = 6x, ou seja f ′′ (0) = 0, e em x = 0 há mudança de sinal da f ′′ (x).
Logo x = 0 é ponto de inflexão. Para x < 0 a concavidade de f é para baixo e para
x > 0 a concavidade de f é para cima.
A Figura a seguir recolhe essas informações, mas como as escalas são diferentes
nos dois eixos a informação f ′ (0) = −1 não é respeitada:
8
4
0
-1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5
-4
-8
x
Figura: y = f(x) = x 3 −x (verm.), f ′ (x) (verde), f ′′ (x) (amar.)
Os Exercícios 10.5 e 10.6 desafiarão o leitor a fazer gráficos qualitativamente corretos
de polinômios, sem usar nenhuma calculadora.
Para compreender mais unificadamente a variedade de gráficos de funções cúbicas
do tipo y = ax 3 +bx 2 +cx+d, o leitor pode ler o Capítulo 32.
Na Seção 4 do Capítulo 14 faremos gráficos de funções racionais, quocientes de
polinômios.
10. Exercícios
Exercício 10.1. 3) Encontre o ponto do gráfico de y = x2 que minimiza a distância
2
até P = (2,1) pelos metodos i): de buscar pontos de ortogonalidade com o gráfico e
ii): via mínimo da função quadrado da distância.
Exercício 10.2. 4) As Figuras i) e ii) abaixo dão dois exemplos de funções derivadas
f ′ (x), apenas dadas qualitativamente. Encontre f(x) (qualitativamente) que sejam
compatíveis com cada f ′ dada.
-3
-2
-1
6
4
2
0
0
x
-2
-4
-6
1
2
3

10. EXERCÍCIOS 156
Figura i): Gráfico de uma função derivada f ′ .
-2
-1
15
10
5
0
0
-5
-10
-15
-20
x
1
Figura ii): Gráfico de uma função derivada f ′ .
Exercício 10.3. A Figura mostra o gráfico de uma função e o de sua derivada. Qual
é qual e por quê ? (Justifique analisando a relação entre zero/sinal da f ′ e a f ter
máximo/mínimo ou ser crescente/decrescente).
-2 -1
80
40
0
0
-40
-80
x
2
1 2
Exercício 10.4. Veja o gráfico a seguir como o gráfico de uma função derivada
y = f ′ (x).
i) Sobreponha a ele o gráfico de uma y = f(x) qualitativamente compatível
(Atenção à relação entre zero/sinal de f ′ (x) e máximo, mínimo, crecimento, decrescimento
da f).
ii) faça com detalhe a região da f que corresponde ao máximo da f ′ (x).
-2
-1
2
1
0
0
-1
-2
-3
-4
x
Exercício 10.5. (resolvido)
O objetivo deste Exercício é confeccionar gráficos apenas qualitativamente corretos,
sem qualquer tipo de calculadora, de polinômios relativamente simples como:
i) y = f1(x) = x 3 −x 2
ii) y = f2(x) = x 2 −x 3 .
1
2
3
3
4
4
3

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 157
iii) y = f3(x) = −2x 2 +x 3
iv): y = f4(x) = x 4 −2x 2 .
v): y = f5(x) = 3x 4 −4x 3 .
Faça-o seguindo o seguinte roteiro:
a) determine os zeros de f, e em quais intervalos a função f é positiva ou negativa.
b) calcule a derivada f ′ .
c)determineoszerosdafunçãoderivadaf ′ , eemquaisintervalosafunçãoderivada
é positiva ou negativa.
d) calcule a segunda derivada e determine onde ela é zero, positiva e negativa.
e) com as informações de a), b), c) e d) esboce o gráfico de f ′′ (x); com base nesse,
o de f ′ (x) e com base nesse o de f(x).
Dica: em cada item fatore a maior potência possível de x e então, para examinar
onde cada função é positiva e negativa basta usar a regra de multiplicação dos sinais:
+·+ = +, +·− = − e −·− = +.
Depois de pensar bastante, pois cada item pode exigir tempo, confira seus resultados
com as Soluções no Capítulo 52.
Exercício 10.6. (resolvido)
Suponhamos que, seguindo o roteiro do Exercício anterior, você entendeu o gráfico
de y = x 3 −C ·x 2 , onde C ≥ 1 é uma constante.
E que chegou em algo do seguinte tipo:
-4
-2
0
0
-20
-40
-60
-80
x
-100
Sem fazer nenhuma conta mais, apenas raciocinando geometricamente, como deve
ser o gráfico de y = x 3 +C ·x 2 ? (para C ≥ 1).
Exercício 10.7. Dê um exemplo bem simples de uma f : [a,b] → R contínua tal
que f ′ (x) = 0 ∀x ∈ (a,b). Localize em seu exemplo onde estão o(s) máximo(s) e
mínimo(s).
Exercício 10.8. Considere o ângulo formado no primeiro quadrante pelo eixo dos
y > 0 e a reta y = a·x, onde a > 0 será fixado.
Considere um ponto (A,B) nessa região (ou seja suponho B > a·A > 0).
2
4

10. EXERCÍCIOS 158
Qual a reta passando por (A,B) forma (no primeiro quadrante) um triângulo com
o eixo dos y > 0 e a reta y = ax de menor Área ?
Prove que a menor área é 2A·(B −Aa).
A figura ilustra três candidatas:
Dica: lembre como calcular a área de um triângulo via determinante.
1
p
z
z
Exercício 10.9. Encontredoisnúmerosx,y pertencentes aointervalo [0,1]cujasoma
é x+y = 1 e tais que
i) x 2 +y 2 é máximo (justifique)
ii) x 2 +y 2 é mínimo (justifique).
iii): para responder ao i) e ii) você estudou máximo e mínimo de uma função f(x).
Esboce seu gráfico, indicando onde sua derivada f ′ (x) é negativa, zero ou positiva.
Exercício 10.10. Uma fábrica de azulejos fabrica pequenos revestimentos cerâmicos
(pastilhas) retangulares, que têm x cm de largura e y cm de comprimento.
O perímetro de cada pastilha será fixado em 2·(x+y) = 2.
i) descreva a função que dá a Área de cada pastilha como uma função A(x) só de
x.
ii) em qual domínio A(x) não é negativa ? Onde A(x) se anula ? Onde A(x) é
positiva ?
iii) Esboce o gráfico de A(x) (apenas qualitativamente). Como determinar x para
que o valor de A(x) seja máximo ?
iv) qual o formato e medidas da pastilha de maior Área ?
Exercício 10.11. O custo de fabricação um objeto Retangular é dado por C(x,y) =
x3 +y, pois o material usado na fabricação da lateral x é muitíssimo mais caro que o
6
da frente y. Supondo que sempre 1 ≤ x e que a Área tem que ser igual a 8, quais as
medidas x,y que minimizam o custo de fabricação ?
Exercício 10.12. O custo de fabricação um objeto Retangular é dado por C(x,y) =
x2 +y, pois o material usado na fabricação da lateral x é muito mais caro que o da
frente y. Supondo que sempre 1 ≤ x e que a Área tem que ser igual a 16, quais as
medidas x,y que minimizam o custo de fabricação ?
t z
r z

CAPÍTULO 11. APLICAÇÕES DA PRIMEIRA E SEGUNDA DERIVADAS 159
Um aluno pensou assim sobre esse problema: já que o custo em função de x é
muito maior que em função de y, por que não usar o mínimo de x, ou seja, x = 1 e
y = 16, obtendo área de 16 e custo de 1 2 +16 = 17 ?
Será que ele está certo ? Esse é mesmo o mínimo de custo ?
Exercício 10.13. A área de um objeto retangular é A(x,y) = xy. O custo da
construção depende das dimensões x e y segundo a fórmula C(x,y) = 5x 2 +y.
Maxime a área supondo fixado o custo em C(x,y) = 30.
Exercício 10.14. Explique com os conceitos do Cálculo que relação pode haver entre
os dois gráficos apresentados em cada uma das três Figuras que seguem.
ii) Que muda de uma Figura para a outra ? O que não muda ?
iii)destaquepropriedadesgeométricasrelevantesdecadaFigura(mínimos/máximos,
inflexões, raízes, etc).
10
0
-2 -1
0
1
x
5
-5
-10
10
0
-2 -1
0
1
x
-2
-1
5
-5
10
8
6
4
2
0
0
x
-2
-4
Exercício 10.15. Entendendo zeros e sinais de , de sua derivada f ′ e da segunda
derivada f ′′ , confeccione o gráfico de f ′′ , o de f ′ e o de f, qualitativamente.
Apresente um gráfico acima do outro, identificando pontos importantes.
Exercício 10.16. Entendendo zeros e sinais de f(x) = x 2 −x 3 , de sua derivada f ′ e
dasegunda derivadaf ′′ , confeccioneográficodef ′′ , odef ′ eodef, qualitativamente.
Apresente um gráfico acima do outro, identificando pontos importantes.
Exercício 10.17. (resolvido)
Considere a Figura a seguir, que dá em vermelho o gráfico de y = x 3 restrito a
x ∈ (−2,1) e, em verde, o gráfico de x 3 −3x 2 +3x−2 também para x ∈ (−2,1).
1
2
2
2

10. EXERCÍCIOS 160
Prove que existe uma reta que apenas tangencia o gráfico verde e que consegue
passar entre os dois gráficos sem intersectar o gráfico vermelho.
Dica: a Figura sugere uma reta, prove que ela satisfaz o que se pede.
Exercício 10.18. (resolvido)
Seja f derivável (tantas vezes quanto quiser).
Suponha que y = f(x) está definida na semireta [0,+∞) e tem sempre f ′′ (x) < 0
(concavidade para baixo em todo seu domínio).
Suponha que em um certo x valem f(x) > 0 e f ′ (x) < 0.
Determine um K para o qual se pode garantir que f(x) = 0 em algum ponto
x ∈ [x,K].

CAPíTULO 12
Derivadas de seno e cosseno e as leis de Hooke
Hooke é sempre associado aos temas expostos na próxima Seção. Mas sua importância
científica vai muito além disso, como mostra o trecho da carta de Hooke
a Newton, de 1689, citado por James Gleick em Isaac Newton, uma biografia, Companhia
das Letras, p.132:
Resta agora conhecer as propriedades de uma linha curva [...] feita por uma
força atrativa central [...] em uma uma proporção duplicada em relação às distâncias
tomadas reciprocamente. Não duvido que por seu excelente método o senhor descobrirá
[...]
1. O cosseno como derivada do seno
No final de Star Wars descobrimos queo mocinho é filho do grande vilão. Pois
nesta Seção vamos descobrir que o cosseno é a derivada do seno !
A derivada do seno em θ = 0 foi vista: sin ′ (0) = 1 (Seção 5 do Capítulo 5 da
Parte 1).
Ou seja, sin ′ (0) = cos(0). Será que isso é uma coincidência apenas? Ou será que
sin ′ (θ) = cos(θ), ∀θ ∈ R ?
Vamos pôr um gráfico abaixo do outro e ver se são os gráficos são coerentes com
o que aprendemos no Capítulo 7 da Parte 1, sobre como a derivada determina o
comportamento de uma função.
Observe que:
1
0,5
0
0 1
-0,5
-1
2
3 4
x
Figura: O gráfico de y = sin(θ) (vermelho) e y = cos(θ)
(verde), para θ ∈ [0,2π].
161
5
6

1. O COSSENO COMO DERIVADA DO SENO 162
• em θ = π
π
≈ 1.6 o seno tem seu máximo e nesse ponto θ = o cosseno se
2 2
anula, passando de positivo para negativo.
• emθ = π ≈ 3.1ocossenotemseumínimo−1enessepontoθ = π ainclinação
do gráfico do seno parece ser −1. Ademais, as inclinações do gráfico do seno
vinham ficando mais negativas desde π e a partir de θ = π vão ficando menos
2
negativas.
• em θ = 3π ≈ 4.7 o cosseno se anula, passando de negativo a positivo e em
2
θ = 3π o seno tem seu mínimo.
2
• por último, onde o cosseno é positivo (negativo) o seno é crescente (decrescente).
Todas essas observações são coerentes com o que aprendemos no final da Parte 1
e de fato:
Afirmação 1.1.
sin ′ (θ) = cos(θ), ∀θ ∈ R.
Demonstração.
Começo com a definição de derivada em algum θ0 fixado e uso depois a formula
de seno de uma soma:
sin ′ sin(θ0 +θ)−sin(θ0)
(θ0) = lim =
θ→0 θ
sin(θ0)cos(θ)+cos(θ0)sin(θ)−sin(θ0)
= lim
.
θ→0 θ
Para poder continuar, agora vou usar o limite provado na Seção 3 do Capítulo 8:
sin(θ)
lim
θ→0 θ
e, ademais, um outro limite fundamental:
cos(θ)−1
lim
θ→0 θ
cuja prova omito, mas que é no mesmo estilo.
Então as propriedades de limites de somas e produtos permitem que re-escreva o
de acima como:
= 1
= 0,
sin ′ (θ0) = lim
θ→0 [sin(θ0)· (cos(θ)−1)
+cos(θ0)·
θ
sin(θ)
] =
θ
(cos(θ)−1) sin(θ)
= sin(θ0)·lim +cos(θ0)· lim
θ→0 θ
θ→0 θ =
= sin(θ0)·0+cos(θ0)·1 = cos(θ0),
como queríamos.
Um complemento:
A Figura a seguir exibe os gráficos de
f1(θ) = sin(θ)
, para θ = 0 e f1(0) := 1
θ

CAPÍTULO 12. DERIVADAS DE SENO E COSSENO E AS LEIS DE HOOKE163
e de
f2(θ) = cos(θ)−1
, para θ = 0 e f2(0) := 0
θ
(note que defino separadamente os valores para θ = 0, para que as funções resultantes
sejam contínuas).
-3
-2
0,8
0,4
0
-1 0
-0,4
x
Figura: O gráficos de y = f1(θ) (vermelho) e y = f2(θ)
(verde) para θ ∈ [−π,π].
A vingança do cosseno ! Seu filho (sua derivada) é o oposto do malvado avô, o
seno:
Afirmação 1.2.
cos ′ (θ) = −sin(θ), ∀θ ∈ R.
Demonstração. Seguindo as mesmas etapas da prova anterior, obtemos:
cos ′ (θ0) = lim
θ→0
1
cos(θ0 +θ)−cos(θ0)
θ
cos(θ0)cos(θ)−sin(θ0)sin(θ)−cos(θ0)
= lim
=
θ→0 θ
(cos(θ)−1) sin(θ)
= cos(θ0)·lim −sin(θ0)·lim
θ→0 θ
θ→0 θ =
= cos(θ0)·0−sin(θ0)·1 = −sin(θ0).
como queríamos.
2. Leis de Hooke com e sem atrito
A lei de Hooke diz que a força que um objeto 1 sofre quando se estica uma mola
presa a ele é do tipo
F = −kf(x)
1 Os objetos inicialmente serão tratados como pontos, o que é uma enorme simplificação da
realidade. Na Seção 5 do Capítulo 23 falaremos de centro de gravidade de objetos que não são
pontos
2
3
=

2. LEIS DE HOOKE COM E SEM ATRITO 164
onde k > 0 é uma constante e f(x) é a posição do objeto (veja a Figura a seguir). O
sinal negativo significa que a força é no sentido oposto do deslocamento. Se ignora o
atrito entre o objeto e a superfície nessa formulação da lei.
Se tomamos a força F como sendo o produto de massa m pela aceleração f ′′ (x)
então a lei de Hooke é da forma
mf ′′ (x) = −k ·f(x).
A seguir, na Afirmação 2.1, para simplificar e dispensar a derivada da composta
(que não vimos ainda), ponho k = 1.
Afirmação 2.1.
i): As funções f(x) = a · cos(x) + bsin(x) são periódicas de período 2π, têm
f(0) = a e f ′ (0) = b e satifazem
f ′′ (x) = −f(x), ∀x ∈ R.
ii): Ademais a·cos(x)+bsin(x) ≡ A·cos(x−q), onde
A = √ a 2 +b 2 e cos(q) =
F
a
√ a 2 +b 2 .
A Afirmação 2.1 será reforçada na Seção 8 do Capítulo 39, onde se mostrará, entre
outras coisas, que as funções f(x) = a·cos(k·x)+bsin(k·x) são as únicas a satisfazer:
f ′′ (x) = −k ·f(x), k ∈ R.
Demonstração. (da Afirmação 2.1)
De i):
Como o seno e o cosseno têm período 2π essas funções também têm esse período.
Pela derivada da soma e de seno e cosseno, obtemos
f ′′ (x) = (f ′ (x)) ′ = (a(−sin(x))+bcos(x)) ′ =
= −acos(x)−bsin(x) = −f(x).
Ademais, f(0) = acos(0) = a e f ′ (0) = bcos(0) = b.
De ii):
Note para o que segue que, se cos(q) = a
√
a2 +b2, então
Temos então
sin(q) =
b
√ a 2 +b 2 .
A·cos(x−q) = A·[cos(x)·cos(−q)−sin(x)·sin(−q) =

CAPÍTULO 12. DERIVADAS DE SENO E COSSENO E AS LEIS DE HOOKE165
= √ a 2 +b 2 ·
= A·[cos(x)·cos(q)+sin(x)·sin(q)] =
a
√
a2 +b2 ·cos(x)+√ a2 +b2 b
· √ ·sin(x) =
a2 +b2 = a·cos(x)+b·sin(x),
Na figura a seguir note que não só a posição f(0) é relevante, mas que também a
inclinação f ′ (0) determina o tipo de oscilação que haverá.
2
1
0
0 1 2 3 4 5
-1
-2
x
Figura: Gráficos de y = asin(θ)+bcos(θ) para alguns a,b e θ ∈ [0,2π].
Claro que na realidade física sempre há algum atrito entre o objeto e a superfície
e sabemos que com o tempo o objeto pára. Uma lei de Hooke mais realista levaria
em conta o atrito que surge com o deslocamento do objeto, ou seja, dependente da
velocidade f ′ (x) do objeto e seria do tipo
f ′′ (x) = −f(x)−kf ′ (x).
Na Figura a seguir ponho uma função satisfazendo f ′′ (x) = −f(x) ao lado de uma
função satisfazendo f ′′ (x) = −f(x)−0.1·f ′ (x). Uma função deste último tipo envolve
senos e cossenos e a função exponencial, que veremos mais adiante.
1
0,5
0
0 5 10 15 20
-0,5
-1
x
Figura: Funções satisfazendo a lei de Hooke
sem atrito (vermelho) e com atrito (verde).
25
30
35
6

3. EXERCÍCIOS 166
E se o atrito for maior, por exemplo, em f ′′ (x) = −f(x)−0.3·f ′ (x), então nesse
caso o objeto vai parar bem mais rápido, como na Figura a seguir:
1
0,5
0
0 5 10 15 20 25 30 35
-0,5
-1
x
Figura: Funções satisfazendo a lei de Hooke
sem atrito (vermelho) e com muito atrito (verde).
Resolveremos explicitamente a equação diferencial:
na Seção 2 do Capítulo 40.
f ′′ (x)−f(x)−kf ′ (x)
3. Exercícios
Exercício 3.1. Determine se o ponto (0,0) é máximo/mínimo ou inflexão de f,
sabendo que f ′ (x) = sen 5 (x)·cos(x).

CAPíTULO 13
Derivada do produto, indução e a derivada de x n , n ∈ Z.
Já vimos que a derivada de f(x) = 1 = x 0 é f ′ (x) = 0, que a de f(x) = x = x 1 é
f ′ (x) = 1 = 1x 0 , que a de f(x) = x 2 é f ′ (x) = 2x 1 e até mesmo que a de f(x) = x 4 é
f ′ (x) = 4x 3 .
Ou seja, nos sentimos motivados a conjecturar que ∀n ∈ N, f(x) = x n tem
f ′ (x) = nx n−1 .
Como podemos provar isso, se não podemos percorrer todos os Naturais ? Isso se
faz através do princípio de indução matemática.
1. Princípio de indução matemática
Em geral a palavra indução é usada nas ciências experimentais para referir ao
processo pelo qual alguém tenta concluir após um certo número de evidências que
certo fenômeno valerá sempre (ou qual a probabilidade disso ocorrer).
Já em matemática o significado é o seguinte: quando queremos provar uma certa
propriedade para todo n ∈ N, o que fazemos é:
• prová-la para n = 1,
• supô-la válida até n−1 e
• prová-la para o próximo natural, ou seja, para n.
(A etapa em que supomos a propriedade válida até n−1 é chamada de hipótese de
indução).
Se conseguimos fazer essa última etapa, a propriedade vale para todo n ∈ N.
A validade deste princípio está ligada à própria natureza (axiomas) dos números
Naturais.
Vejamostrêsexemplos, quealémdebonitosemsimesmos, serãoúteismaisadiante
no Capítulo 21:
Afirmação 1.1. ∀n ∈ N:
i) 1+2+...+(n−1)+n = (n+1)·n
. 2
ii) (1+2+...+(n−1)+n) 2 = 13 +23 +...+(n−1) 3 +n3 .
iii) 12 +22 +...+n 2 = n(n+1)(2n+1)
6
Demonstração.
Prova de i): Para n = 1 a fórmula diz simplesmente 1 = 2·1 o que é óbvio.
2
A hipótese de indução é
1+2+...+(n−1) = ((n−1)+1)·(n−1)
2
167
= n(n−1)
.
2

1. PRINCÍPIO DE INDUÇÃO MATEMÁTICA 168
De agora em diante temos que fazer algo para mostrar quanto vale 1+2+...+(n−
1)+n. Ora
1+2+...+(n−1)+n = (1+2+...+(n−1))+n =
= n(n−1)
2
+n = n(n−1)+2n
2
= (n+1)·n
,
2
como queríamos.
Prova de ii): Para n = 1 a fórmula diz simplesmente que 1 2 = 1 3 o que é óbvio.
Faço a hipótese de indução:
(1+2+...+(n−2)+(n−1)) 2 = 1 3 +2 3 +...+(n−2) 3 +(n−1) 3 ,
e quero saber se vale também:
(1+2+...+(n−1)+n) 2 = 1 3 +2 3 +...+(n−1) 3 +n 3 .
Agora vamos ter que fazer algo, trabalhar um pouco. Escrevo pelo binômio:
(1+2+...+(n−1)+n) 2 = (1+2+...+(n−1)) 2 +2·(1+2+...+(n−1))·n+n 2
e para continuar uso a hipótese de indução:
(1+2+...+(n−1)+n) 2 = 1 3 +2 3 +...+(n−1) 3 +2·(1+2+...+(n−1))·n+n 2 .
Para terminar onde gostaria, preciso ver que
2·(1+2+...+(n−1))·n+n 2 = n 3 .
Mas posso usar a parte i) já provada para qualquer n, mesmo que da forma n − 1,
obtendo:
(1+2+...+(n−1)) = n·(n−1)
,
2
e portanto:
como precisávamos.
2·(1+2+...+(n−1))·n+n 2 = (n·(n−1))·n+n 2 =
= n 3 ,
Prova de iii): para n = 1 a fórmula está correta 1 = 1(1+1)(2+1)
6 .
suponha válida até n−1 e faço:
como queríamos.
1 2 +2 2 +...(n−1) 2 +n 2 = (n−1)(n−1+1)(2n−2+1)
6
= 2n3 −3n 2 +n
6
+n 2 =
= 2n3 −3n 2 +n+6n 2
2n 3 +3n 2 +n
6
6
=
=
= n(n+1)(2n+1)
,
6
+n 2 =

CAPÍTULO 13. DERIVADA DO PRODUTO, INDUÇÃO E A DERIVADA DE
XN , N ∈ Z. 169
2. Derivada do Produto
Voltemos ao problema original: como derivar f(x) = x n ? Para n = 1 já sabemos
que a fórmula x ′ = 1x 0 está ok.
Gostariamos de supor a fórmula até n−1 e prová-la então para n, de acordo com
o princípio de indução.
Mas quando escrevo x n e tento relacioná-lo com x n−1 só consigo imaginar a
seguinte relação:
x n = x·x n−1 .
Quando for derivar o lado esquerdo dessa expressão terei que derivar, no lado
direito, um produto de funções.
Como fazê-lo ? Certamente a derivada do produto não é o produto das derivadas,
pois (x 2 ) ′ = x ′ ·x ′ = 1·1.
Por isso precisamos de:
Teorema 2.1. Sejam f(x) e g(x) duas funções deriváveis com mesmo domínio de
definição. Então a função produto (f ·g)(x) := f(x)·g(x) também é derivável e
(f ·g) ′ (x) := f ′ (x)·g(x)+f(x)·g ′ (x).
Demonstração.
Seja x e considere a definição de derivada:
(f ·g) ′ (x) = lim
h→0
f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x)
.
h
Agora vou fazer um truque, para fazer aparecer f ′ (x) e g ′ (x) nessa estória. Escrevo
f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x) =
= f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x+h)+f(x)g(x+h) −f(x)g(x) =
0
= (f(x+h)−f(x))·g(x+h)+f(x)·(g(x+h)−g(x)).
Portanto através deste truque obtemos que
(f ·g) ′ (x) = lim[
h→0 (f(x+h)−f(x))
·g(x+h)+f(x)
h
(g(x+h)−g(x))
h
Mas limh→0g(x+h) = g(x) pela continuidade de g e
f(x+h)−f(x)
lim
h→0 h
= f ′ g(x+h)−g(x)
(x) e lim
h→0
= g
h
′ (x),
portanto juntando isso (e lembrando que o produto de limites é o limite do produto):
(f ·g) ′ (x) = f ′ (x)g(x)+f(x)g ′ (x)
].

3. DERIVADAS DE X −N , ∀N ∈ N 170
Agora estamos em condições de terminar a prova de que
(x n ) ′ = nx n−1 .
Pra n = 1 vale, suponho válida até n−1.
Escrevo x n = x·x n−1 e aplico o teorema da derivada do produto:
(x·x n−1 ) ′ = 1·x n−1 +x·(x n−1 ) ′ =
= x n−1 +x·(n−1)·x n−1−1 =
= x n−1 +(n−1)·x n−1 =
= n·x n−1 .
3. Derivadas de x −n , ∀n ∈ N
Se define x −n := 1
x n, ∀n ∈ N, onde claramente x = 0.
Com essa definição se obtem:
x −n ·x n = 1
·n = 1
n
e portanto x−n ·xn = xn−n .
Queremosderivaressasfunçõesx −n ,enovamenteofaremosviaainduçãomatemática.
, x = 0 diretamente pela definição, na Parte 1
Vimos a derivada de f(x) = x−1 = 1
x
deste Curso. Como um Exercício, vejamos agora como re-obter a derivada de x−1 = 1
x
usando a regra da derivada do produto.
Escrevo a identidade para x = 0:
e derivo.
1 = x −1 ·x
Á esquerda na identidade obtenho 0 e à direita a regra do produto dá:
0 = (x −1 ) ′ ·x+x −1 ·1,
ou seja (x −1 ) ′ = − 1
x 2 = −x −2 .
Ou seja, que vale (x −1 ) ′ = −1·x −1−1 .
Suponha provada a fórmula até n−1 > 1: ou seja, que a derivada de x −(n−1) é
−(n−1)·x −(n−1)−1 = −(n−1)·x −n .
Então escrevo x −n = x −(n−1) ·x −1 e pela derivada do produto:
como queríamos.
(x −n ) ′ = (x −(n−1) ) ′ ·x −1 +x −(n−1) ·(−x −2 ) =
= −(n−1)·x −n ·x −1 −x −(n−1)−2 =
= −(n−1)·x −n−1 −x −n−1 = −n·x −n−1 ,

CAPÍTULO 13. DERIVADA DO PRODUTO, INDUÇÃO E A DERIVADA DE
XN , N ∈ Z. 171
4. Raízes múltiplas e fatoração de polinômios
Agora que sabemos derivar x n , para qualquer n ∈ N, também saberemos derivar
qualquer polinômio de grau n:
f(x) = anx n +an−1x n−1 +...+a0, an = 0,
bastando para isso usar (n vezes) a regra da derivada da soma/subtração:
f ′ (x) = (anx n +an−1x n−1 +...+a0) ′ =
= (anx n ) ′ +(an−1x n−1 ) ′ +...+a ′ 0 =
= nanx n−1 +(n−1)an−1x n−2 +...+a1.
Será conveniente chamar de derivada de ordem zero de uma f(x) a própria
função, em símbolos: f (0) (x) := f(x).
Também chamar de derivada de ordem 1 a derivada usual: f (1) (x) := f ′ (x), bem
como f (2) (x) := f ′′ (x) e assim por diante.
É fundamental o fato seguinte:
Teorema 4.1. Seja f(x) um polinômio de grau n a coeficientes Reais.
São equivalentes as seguintes afirmações:
• i) f(x) = (x−x) k+1 ·g(x), onde g(x) é um polinômio de grau n−(k+1) a
coeficientes Reais.
• ii) f (0) (x) = f (1) (x) = ... = f (k) (x) = 0 , onde 0 ≤ k ≤ n−1.
Demonstração.
i) implica ii) :
Suponho f(x) = (x−x) k+1 ·g(x), onde g(x) é um polinômio de grau n−(k+1).
Note que f ′ (x) = (k+1)(x−x) k g(x)+(x−x) k+1 g ′ (x) é uma soma e cada parcela
dessa soma tem um fator (x−x) k ou (x−x) k+1 . Asssim também ocorre com qualquer
das derivadas f (i) (x), com 0 ≤ i ≤ k ≤ n−1: são somas onde cada parcela da soma
tem algum fator dentre:
Logo f (i) (x) = 0, se 0 ≤ i ≤ k.
(x−x) k+1 , (x−x) k , ..., (x−x) 2 , (x−x).
ii) implica i) :
Procederemos por indução em k.
Se k = 0, ou seja, k +1 = 1, já vimos no Teorema 7.1 do Capítulo 6 que
f (0) (x) := f(x) = 0 ⇒ f(x) = (x−x)·g(x),
onde o grau de g é n−1.
Tentemos provar para k = m ≤ n − 1, supondo válido o resultado para todo
k ≤ m−1.
Nossa hipótese será que
f (0) (x) = f (1) (x) = ... = f (m) (x) = 0.

4. RAÍZES MÚLTIPLAS E FATORAÇÃO DE POLINÔMIOS 172
Em particular:
f (0) (x) = f (1) (x) = ... = f (m−1) (x) = 0
e a hipótese de indução dá:
f(x) = (x−x) m ·g(x)
para um polinômio g(x) de grau n−m. Precisamos ver que
para termos o resultado desejado:
g(x) = (x−x)·g(x)
f(x) = (x−x) m ·[(x−x)·g(x)] = (x−x) m+1 ·g(x).
Pensemos por absurdo, que
g(x) = (x−x)·g(x)
para todo g(x) de grau n−m−1.
Pelo Teorema 7.1 do Capítulo 6 aplicado ao g(x):
Mas como
g(x) = 0.
f(x) = (x−x) m ·g(x) = (x−x) k ·g(x)
então a derivada f (m) (x) = f (k) (x) é uma soma onde cada parcela tem algum fator
dentre
(x−x) k , ..., (x−x) 2 , (x−x)
exceto uma última parcela que é do tipo C ·g(x), C ∈ R\{0}.
As parcelas todas que formam f (m) (x) = f (k) (x) se anulam x, exceto a parcela
que contém o fator C ·g(x). Logo f (m) (x) = 0: contradição.
Portanto, como queríamos:
g(x) = (x−x)·g(x).
Paraentenderoqueacontecenumentornodeumaraízmúltiplaxdeumpolinômio
y = p(x) temos:
Afirmação 4.1. Se x é uma raíz de ordem exatamente 2n, n ∈ N, então (x,0) é
ponto de máximo ou de mínimo local de y = p(x).
Se x é uma raíz de ordem exatamente 2n + 1, n ∈ N, então (x,0) é ponto de
inflexão de y = p(x).
Demonstração.
A suposição de que x é uma raíz de ordem exatamente 2n, n ∈ N significa que:
f(x) = (x−x) 2n ·g(x),
onde g(x) é um polinômio a coeficientes Reais tal que
g(x) = 0.
Então, como vimos na Afirmação anterior,
p(x) = p ′ (x) = p ′′ (x) = ... = p (2n−1) (x) = 0

CAPÍTULO 13. DERIVADA DO PRODUTO, INDUÇÃO E A DERIVADA DE
XN , N ∈ Z. 173
mas se fizermos a derivada de ordem 2n temos algo do tipo:
e portanto
p (2n) (x) = (2n)!·g(x)+(x−x)·h(x)
p (2n) (x) = 0.
A Afirmação 8.1 do Capítulo 11 diz que há máximo ou mínimo local.
Já a suposição de que x é uma raíz de ordem exatamente 2n+1, n ∈ N significa
que:
f(x) = (x−x) 2n+1 ·g(x),
onde g(x) é um polinômio a coeficientes Reais tal que
Então
g(x) = 0.
p(x) = p ′ (x) = p ′′ (x) = ... = p (2n) (x) = 0
mas se fizermos a derivada de ordem 2n+1 temos algo do tipo:
e portanto
p (2n+1) (x) = (2n+1)!·g(x)+(x−x)·h(x)
p (2n+1) (x) = 0.
A Afirmação 8.1 do Capítulo 11 diz que há uma inflexão.
5. A Regra de Sinais de Descartes para as raízes de um polinômio
Neste Capítulo, que trata da indução matemática poderemos provar uma regra
clássica, que possivelmente remonta a Harriot (1631) e que teria chegado a Descartes
via a obra de Cardano.
Trata-se de uma estimativa dos número de raízes Reais de um polinômio. Inicialmente
se estima as raízes positivas, mas facilmente se adapta para as negativas.
Precisaremos da indução matemática sobre o grau n do polinômio. O procedimento
para recair em grau n−1 será derivar o polinômio dado.
Começemos introduzindo algumas convenções e notações.
Quando x é uma raíz de p(x) de ordem exatamente n diremos que, contada com
multiplicidade, ela vale por n raízes. O número de raízes positivas de um polinômio
p(x) contadas com multiplicidade será denotado a seguir ZP(p).
Ordenados pelo grau crescente de cada monômio, considere o número de vezes
que muda o sinal dos coeficientes sucessivos de um polinômio p(x). Esse número será
denotado por MS(p). Por exemplo,
MS(−1+3x−3x 2 +x 3 ) = 3 e ZP(p) = 3, 0 < x = 1
MS(−1−3x−3x 2 +x 3 ) = 1 e ZP(p) = 1, 0 < x = 2 2/3 +2 1/3 +1
MS(1+x 2 ) = 0 e ZP(p) = 0,
MS(−1+x) = 1 e ZP(p) = 1, 0 < x = 1.

5. A REGRA DE SINAIS DE DESCARTES PARA AS RAÍZES DE UM
POLINÔMIO 174
Em seu livro Geometria, Descartes dá como exemplo:
p(x) = −120+106·x−19·x 2 −4·x 3 +x 4
para o qual
MS = 3 e ZP(p) = 3, 0 < x = 2,3,4.
Posso dar mais dois exemplos:
tem
tem
p(x) = 2−3·x+3·x 2 −3·x 3 +x 4
MS = 4 e ZP(p) = 2, 0 < x = 1,2;
p(x) = 8−12·x+14·x 2 −15·x 3 +7·x 4 −3·x 5 +x 6
MS = 6 e ZP(p) = 2, 0 < x = 1,2.
Afirmação 5.1. (parte da Regra de sinais de Descartes)
Seja p(x) = a0+ak1 ·x k1 +ak2 ·x k2 +...+an·x n , polinômio a coeficientes Reais
de grau n ≥ 1 com
Então:
a0 ·aki = 0 e 1 ≤ k1 ≤ k2 ≤ ... ≤ n.
i) Se a0 ·an > 0 então ZP(p) é um número par 1 . Se a0 ·an < 0 então ZP(p) é
um número ímpar.
ii) ZP(p) = MS(p) ou ZP(p) = MS(p)−2·j para algum j ∈ N.
Claro que o número de raízes negativas de p(x) pode também ser estimado,
considerando-se a mesma Afirmação 5.1, mas aplicada agora para o novo polinômio:
Demonstração. (da Afirmação 2 5.1)
Prova do item i):
Caso a0 ·an > 0:
q(x) := p(−x).
Após possível multiplicação por −1, posso supôr que
a0 > 0 e an > 0.
Ou bem o gráfico de y(x) não intersecta o eixo dos x > 0 - e nesse caso ZP(p) = 0
- ou bem o faz de dois modos possíveis:
1 Adoto a convenção de considerar 0 como número par.
2 A prova que dou desta Afirmação expõe o que se aprende no artigo de Xiaoshen Wang, A
simple proof of Descartes’s rule of signs, The American Mathematical Monthly, Vol. 111, No. 6, p.
525-526. 2004

CAPÍTULO 13. DERIVADA DO PRODUTO, INDUÇÃO E A DERIVADA DE
XN , N ∈ Z. 175
• i): tangenciando o eixo. Formando portanto máximos ou mínimos locais de
y = p(x): nesse caso araíztemmultiplicidade par(comparecomaAfirmação
4.1). A contribução a ZP(p) dessas tangências é par.
• ii): atravessando o eixo x > 0. O que pode ser feito transversalmente ou
formando inflexões. Neste caso cada raíz tem multiplicidade ímpar (compare
com a Afirmação 4.1). Mas como
p(0) = a0 > 0 e lim p(x) = +∞,
x→+∞
pois an > 0, concuimos que cada vez que o eixo x > 0 é atravessado pelo
gráfico no ponto x 1 no sentido do semi-plano y > 0 ao semiplano y < 0
deverá haver uma outra raíz x 2 em que o gráfico atravessa o eixo x > 0 no
sentido do semi-plano y < 0 ao semiplano y > 0. Então as raízes x 1 e x 2
contribuem juntas para ZP(p) com um número par, soma de dois ímpares.
Logo ZP(p) é par (incluindo o 0).
Caso a0 ·an < 0:
Após possível multiplicação por −1, posso supôr que
a0 > 0 e an < 0.
Como
p(0) = a0 > 0 e lim p(x) = −∞,
x→+∞
pois an < 0, o T.V.I. nos garante que há alguma raíz e portanto ZP(p) ≥ 1. O
mesmo tipo de argumento do Caso anterior agora dá que ZP(p) é ímpar.
Prova do item ii):
Será feita por indução no grau n.
Para n = 1 temos p(x) = a0 +a1 ·x.
A condição MS(p) = 0 equivale a a0 ·a1 > 0. E nesta situação a raíz
x = − a0
dá que ZP(p) = 0.
A condição MS(p) = 1 equivale a a0 ·a1 < 0. E nesta situação a raíz
a1
x = − a0
a1
< 0
> 0
dá que ZP(p) = 1.
Portanto ZP(p) = MS(p) e o item ii) vale para n = 1.
Suponhamos como hipótese de indução que a afirmação do item ii)
ZP(p) = MS(p) ou ZP(p) = MS(p)−2·j, j ∈ N
valha para quaisquer polinômios de grau ≤ n−1.
Será útil re-enunciar esta hipótese da seguinte maneira equivalente:

5. A REGRA DE SINAIS DE DESCARTES PARA AS RAÍZES DE UM
POLINÔMIO 176
Hipótese: para quaisquer polinômios de grau ≤ n−1 vale ZP(p) ≤ MS(p) e, ou
bem ZP(p) e MS(p) são pares ou bem ZP(p) e MS(p) são ímpares.
Seja agora o polinômio a coeficientes Reais de grau n ≥ 2:
p(x) = a0 +ak1 ·x k1 +ak2 ·x k2 +...+an ·x n ,
a0 ·aki = 0 e 1 ≤ k1 ≤ k2 ≤ ... ≤ n.
Se divide o resto da prova em dois casos:
Caso 1) a0 ·ak1 > 0:
Considero a derivada de p(x)
p ′ (x) = (k1 ·ak1 ·x k1−1 +k2 ·ak2 ·x k2−1 +...+n·an ·x n ,
Note que a0 ·ak1 > 0 garante que
MS(p) = MS(p ′ ).
Ademais, como a0 e ak1 têm o mesmo sinal e como o sinal do coeficiente do termo
de ordem mais alta de p e de p ′ é o mesmo, a aplicação do Item i) já provado a p(x)
e depois a p ′ (x) dirá que ou bem ZP(p) e ZP(p ′ ) são números pares ou bem ZP(p)
e ZP(p ′ ) são números ímpares.
Aplico a hipótese de indução a p ′ (x), cujo grau é n−1: ZP(p ′ ) ≤ MS(p ′ ) e, ou
bem ZP(p ′ ) e MS(p ′ ) são pares ou bem ZP(p ′ ) e MS(p ′ ) são ímpares.
Concluo por enquanto que ou bem ZP(p) e MS(p) são pares ou bem ZP(p) e
MS(p) são ímpares. Isso já prova parte do Item ii).
Agora, pelo Teorema de Rolle:
ZP(p ′ ) ≥ ZP(p)−1
pois não podem haver duas raízes sucessivas de p(x) sem que entre elas haja uma raíz
de p ′ (x).
Então:
ou seja,
MS(p) = MS(p ′ ) ≥ ZP(p ′ ) ≥ ZP(p)−1,
MS(p)+1 ≥ ZP(p).
Como sabemos que ou bem ZP(p) e MS(p) são pares ou bem ZP(p) e MS(p) são
ímpares isso força que:
MS(p) ≥ ZP(p),
como queríamos para completar o Item ii).
Caso 2) a0 ·a1 < 0: a prova é bem parecida.

CAPÍTULO 13. DERIVADA DO PRODUTO, INDUÇÃO E A DERIVADA DE
XN , N ∈ Z. 177
6. Exercícios
Exercício 6.1. (resolvido)
Prove por indução: n! ≥ 2 n−1 , ∀n ≥ 2.
Exercício 6.2. Derive o produto de três funções (deriváveis):
(f(x)·g(x)·h(x)) ′
Exercício 6.3. Produza 4 exemplos de polinômios p de grau 6 em que, no item ii)
da Afirmação 5:
ZP(p) = MS(p)−2·j,
o número j ∈ N vale j = 0,1,2,3.

CAPíTULO 14
Derivada da composição de funções
A composição de funções simples produzindo funções complicadas é o análogo
matemático da composição de processos simples que produzem efeitos complicados
na natureza, nas reações químicas, nos processos biológicos, etc.
Daí a importância de sabermos derivar composições.
1. Regra da composta ou da cadeia
A palavra que costuma se usar regra cadeia poderia ser substituída pelo sinônimo
regra da corrente, pois uma corrente é algo feito de elos simples.
A regra de derivação da função composta combina as derivadas de cada constituinte
da corrente de um modo bem determinado, como veremos.
Antes de enunciá-la em geral, considero algumas composições específicas, que nos
ajudarão a entender a regra geral.
Considereasfunçõesfn(x) := n·x,comn ∈ Nfixado, g(x) = sin(x)eascompostas
(g ◦ fn)(x) = sin(n · x). Suponha que fazemos a restrição g : [0,2π] → R. Então
quando x percorre [0,2π] o parâmetro z := n·x percorre n vezes esse intervalo. Ou
seja que o gráfico da a função sin(n·x) é formado por n cópias do gráfico do seno,
claro que mais comprimidas. Abaixo pot o seno e sin(3x):
1
0,5
0
0
-0,5
-1
1 2 3 4 5
x
Figura: Gráfico de y = sin(x) (vermelho) e de y = sin(3x)
(verde) para x ∈ [0,2pi].
Como vimos no Capítulo 12, o cosseno é a derivada do seno: onde o cosseno é
positivo (negativo) o seno é crescente (decrescente), onde o cosseno se anula o seno
tem seus máximos ou mínimos, etc. Ora, a função cos(nx) satisfaz qualitativamente
todas essas exigências, ou seja, se comporta qualitativamente como se fosse a derivada
de sin(nx). Ou seja, como fizemos na Parte 1 deste curso, onde os gráficos de f ′ e f
eram corretos apenas qualitativamente.
179
6

1. REGRA DA COMPOSTA OU DA CADEIA 180
Veja isso na próxima Figura, com n = 3:
1
0,5
0
0
-0,5
-1
0,5 1
x
Figura: Gráfico de y = sin(3x) (vermelho) e de y = cos(3x)
(verde) para x ∈ [0,2π].
Mas o que esta Figura não tem de quantitativamente correto é o fato de que para
que sin(3x) faça 3 vezes o que o seno usual faz quando x percorre [0,2π], sin(3x) tem
que ser mais rápido que o seno usual. Ou seja, em cada ponto as inclinações das
tangentes de sin(3x) são maiores que as do seno usual. Quanto maiores? Exatamente
3 vezes maiores.
Por isso a derivada de sin(3x) quantitativamente correta não é cos(3x) mas sim:
e mais em geral:
Mostro isso na Figura a seguir:
sin(3x) ′ = 3cos(3x)
sin(nx) ′ = ncos(nx)
3
2
1
-3
1,5
0
0 0,5 1 1,5 2
-1
-2
x
Figura: Gráfico de y = sin(3x) (vermelho) e de sua
derivada (verde) para x ∈ [0,2π].
Agora consider uma outra composição: f(x) = x 2 e g(x) = sin(x), ou seja (g ◦
f)(x) = sin(x 2 ). A diferença para o exemplo anterior, sin(3x) é que à medida que x
se aproxima de 2π x 2 cresce cada vez mais rápido e a função sin(x 2 ) faz aquilo que o
seno faz em cada vez menores intervalos, como mostra a figura a seguir:
2

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 181
1
0,5
0
0 1 2 3 4
-0,5 x
-1
Figura: Gráfico de y = sin(x) (vermelho) e
de y = sin(x 2 ) (verde) para x ∈ [0,2π].
Qualitativamente falando, cos(x 2 ) se comporta como esperamos da derivada de
sin(x 2 ):
1
0,5
0
0 1 2 3 4
-0,5 x
-1
Figura: Gráfico de y = sin(x 2 ) (vermelho) e
de y = cos(x 2 ) (verde) para x ∈ [0,2π].
De novo, o que está quantitativamente errado: as inclinações do gráfico de y =
sin(x 2 ) estão ficando cada vez maiores quando x se aproxima de 2π. De quanto precisamos
multiplicar a função qualitativamente correta da derivada para termos uma
função quntitativamente exata da derivada ? A resposta como vermos é: precisamos
multiplicar pela função 2x ! Ou seja, para cada x > 0 a correção muda neste exemplo:
A Figura a seguir superpõe os gráficos y = sin(x 2 ) e de sua derivada, que veremos
é cos(x 2 ) · 2x, e, ademais dá os gráficos de y = 2x e y = −2x. Essas retas passam
pelos pontos de máximo e mínimo locais da derivada.
5
5
6
6

1. REGRA DA COMPOSTA OU DA CADEIA 182
10
5
0
0 1 2 3 4 5 6
-5
-10
x
Figura: y = sin(x 2 ) (vermelho), sua derivada (verde), y = 2x e
y = −2x, para x ∈ [0,2π].
Por último, volto num limite calculado como Exercício 5.4 do Capítulo 8:
lim
x→0
Podemos olhá-lo do seguinte modo:
sin(k ·x)
x
= k.
sin(k ·x)−sin(k ·0)
lim = k
x→0 x
e reconhecemos então a definição da derivada da composta sin(k ·x) em x = 0.
O Teorema a seguir generaliza essas observações:
Teorema 1.1. Sejam f : I → J e g : K → L funções definidas em intervalos, com
a imagem J de f contida no domínio K de g, J ⊂ K. Se f e g são seriváveis então
a função composta (g ◦ f) : I → L, definida por (g ◦ f)(x) := g(f(x)) também é
derivável e ademais:
(g ◦f) ′ (x) = g ′ (f(x))·f ′ (x).
A notação de Leibniz:
A notação de G. Leibniz para a derivada de y = f(x) é dy
. O valor de sua notação
dx
fica claro quando escrevemos a regra da derivada da composta. Para y = f(x),
u = g(y) e u = g(f(x)):
du du dy
= ·
dx dy dx .
O leitor verá, por exemplo no Capítulo 37, como é útil e confortável a notação de
Leibniz.
A prova da Afirmação 1.1 é técnica, prefiro tirar consequências.
A primeira consequência é que se pode derivar um número qualquer de composições.
Por exemplo, para tres funções podemos afirmar:

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 183
Afirmação 1.1. Sejam f : I → J, g : K → L e h : M → N, com J ⊂ K e L ⊂ M.
Se f,g,h são deriváveis, então a função composta (h ◦ g ◦ f) : I → L, definida por
(h◦g ◦f)(x) := h(g(f(x))) é derivável e ademais:
(h◦g ◦f) ′ (x) = h ′ (g(f(x)))·g ′ (f(x))·f ′ (x).
Demonstração. De fato, associo h◦g◦f = h◦(g◦f) e uso o Teorema 1.1 duas
vezes:
(h◦(g ◦f)) ′ (x) = h ′ (g(f(x)))·(g ◦f) ′ (x) =
= h ′ (g(f(x)))·g ′ (f(x))·f ′ (x).
NoCapítulo16sobrefunçõesinversasvamosdaraplicaçõesimportantesdaderivada
da composta.
Vejamos agora alguns exemplos simples:
• f = sin(x), g = x 2 , então (g ◦f) ′ = 2·(sin(x))·cos(x)
• f = cos(x), g = x 2 , (g ◦f) ′ = 2·(cos(x))·(−sin(x)) = −2·cos(x)·sin(x).
• como consequência desse dois itens e da derivada da soma:
(sin(x) 2 +cos(x) 2 ) ′ = 2·sin(x)·cos(x)−2·cos(x)·sin(x) ≡ 0,
o que é natural já que sin(x) 2 +cos(x) 2 ≡ 1.
• f(x) = x 2 e g(x) = sin(x), então (g ◦f) ′ (x) = cos(x 2 )·2·x.
2. A derivada do quociente
Agora uma aplicação da regra da composta aos quocientes de funções:
Afirmação 2.1. Sejam f e g funções deriváveis com g nunca nula. Então
Em particular:
( f(x)
Demonstração.
Vou escrever primeiro
e derivar esse produto:
g(x) )′ (x) = f′ (x)·g(x)−f(x)·g ′ (x)
g2 (x)
( 1
g )′ (x) = − g′ (x)
g 2 (x) .
f(x)
g(x)
( f(x)
g(x) )′ (x) = f ′ (x)·
= f(x)·
1
g(x)
1 1
+f(x)·(
g(x) g(x) )′ (x),
Agora olho 1
g(x) como a composição de duas funções f1(x) = g(x) e f2(x) = 1
x = x−1 :
1
g(x) = (f2 ◦f1)(x).
.

2. A DERIVADA DO QUOCIENTE 184
Já sabemos derivar f2(x) = 1
da composta dá:
Junto tudo:
x = x−1 , de fato: f ′ 2
( 1
g(x) )′ (x) = (f2 ◦f1) ′ (x) =
( f(x)
g(x) )′ (x) = f ′ (x)·
= f ′ (x)·
= f ′ 2(f1(x))·f ′ 1(x) =
= − 1
g 2 (x) ·g′ (x).
(x) = − 1
x 2 = −x −2 . Então a regra
1 1
+f(x)·(
g(x) g(x) )′ (x) =
1 1
+f(x)·(−
g(x) g2 (x) ·g′ (x)) =
= f′ (x)·g(x)−f(x)·g ′ (x)
g2 ,
(x)
como queríamos.
Exemplos:
• Funções racionais são quocientes de polinômios f
. Onde g não se anula, a
g
fórmula da Afirmação 2.1 nos diz como derivá-las.
• A tangente é um quociente de funções deriváveis tan(x) = sin(x)
cos(x)
cosseno não se anula podemos derivá-la obtendo:
tan ′ (x) = cos(x)·cos(x)−sin(x)·(−sin(x))
cos 2 (x)
=
1
cos 2 (x)
e com a nomenclatura conhecida sec(x) := 1
cos(x)
tan ′ (x) = sec 2 (x).
Então claramente tan ′ (0) = 1
cos 2 (0)
lim
xր π
2
tan ′ (x) = lim
xւ −π
2
= 1 e
tan ′ (x) = +∞.
=
o que temos é
. Onde o
A seguir plotei os gráficos da tangente e de sua derivada restritas ao
intervalo (−1,1). Não pude usar um intervalo mais parecido com o domínio
) porque os valores da tangente ficam muito grande em módulo.
(−π π , 2 2

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 185
3
2
1
0
-1 -0,5 0 0,5 1
x
-1
Figura: A função tangente (vermelho) e sua derivada (verde) restritas a (−1,1).
3. Uma função que tende a zero oscilando
Afirmação 3.1. A funçãof : [1,+∞) → R dadapor f(x) = sin(x2 )
x tem limx→+∞f(x) =
0 mas não existe limx→+∞f ′ (x).
Demonstração.
Como |sin(x2 )| ≤ 1 e limx→+∞ 1
x = 0 então limx→+∞ sin(x2 )
x
Para x > 0, a derivada do quociente dá:
f ′ (x) = cos(x2 )·2x−sin(x 2 )·1
x 2
= 0.
= 2 cos(x 2 )− sin(x2 )
x 2
e portanto quando x é muito grande f ′ (x) ≈ 2 cos(x 2 ), ou seja, f ′ (x) percorre muitos
valores no intervalo [−1,1], portanto f ′ (x) não tende a nenhum valor específico.
A Figura a seguir ilustra em vermelho a f e em verde f ′ , com x ∈ [1,10]:
2
1
0
-1
-2
x
2 4 6 8
10

4. CONFECÇÃO DE GRÁFICOS DE FUNÇÕES RACIONAIS 186
Já o comportamento de f(x) = sin(x2 )
x quando x → 0 será tema do Exercício 16.10
no Capítulo 22.
4. Confecção de gráficos de funções racionais
Exemplo: Considere y = f(x) = 1
2
− 4
x 2 +4 .
Talvez a primeira coisa a se observar é que f(x) é uma função par, f(x) = f(−x),
pois essa simetria em relação ao eixo dos y ajuda muito para confeccionar o gráfico.
Como f(x) = x2−4 2(x2 , essa função se anula quando x = ±2 e é positiva exatamente
+4)
quando |x| > 2.
Ademais, uma bonita simplificação dá f ′ (x) = 8x
(x 2 +4) 2. Ou seja que, x = 0 é ponto
crítico e, ademais, é mínimo local pois nele a f ′ (x) passa de negativa para positiva.
Também é fácil ver que:
1
lim f(x) = lim f(x) =
x→+∞ x→−∞ 2 ,
embora sempre f(x) < 1 1 ; ou seja, y = é assíntota horizontal.
2 2
Para ver se há inflexões faço uma conta um pouco maior e obtenho:
f ′′ (x) = − 8(3x2 −4)
(x 2 +4) 3
que se anula em x = ± 2
√
3. Ou seja, a concavidade de y = f(x) é para baixo
3
em (−∞,− 2
√ √ √
2 2
3), muda para cima em (− 3, 3) e volta a ser para baixo em
3
3 3
( 2
√
3,+∞). 3
A figura a seguir ilustra tudo isso (apenas qualitativamente, já que as escalas nos
eixos são diferentes):
Exemplo:
-10
0,4
0,2
x
-5 0
0
-0,2
-0,4
5
10

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 187
Agora vamos fazer o gráfico da função racional
f : R\{−1,1} → R, f(x) = x3 +8x
x 2 −1 .
Novamente queremos estar corretos apenas qualitativamente.
Como o numerador de f(x) é x·(x 2 +8), temos que f(x) = 0 exatamente se x = 0.
O numerador de f é negativo se x < 0 e positivo se x > 0. Já o denominador de f(x)
é negativo se −1 < x < 1 e positivo no resto do domínio.
Ou seja,
• f(x) = 0 exatamente se x = 0;
• f(x) > 0 se −1 < x < 0 ou x > 1.
• f(x) < 0 se x < −1 ou se 0 < x < 1.
Não é difícil ver que:
lim f(x) = −∞ lim f(x) = +∞,
xր−1 xց−1
lim f(x) = −∞ lim f(x) = +∞.
xր1 xց1
Agora examino (derivando pela regra do quociente):
f ′ (x) = x4 −11x2 −8
(x2 −1) 2
.
O numerador é do tipo z 2 −11z −8, com z = x 2 .
Então f ′ (z) = 0 exatamente se
z = 11± (11) 2 +4·8
2
= 11±√ 153
2
= 11±3·√ 17
.
2
Mas 11−3·√ 17
2 < 0, portanto, se queremos determinar x ∈ R onde f ′ (x) = 0, devemos
tomar:
Podemos aproximar grosseiramente √ 17 ≈ 4 e
11+3·
x = ±
√ 17
.
2
√
11+3· 17 ≈ 2 √ 15 ≈ 3.
Ou seja que a derivada f ′ (x) se anula num ponto x 1 ≈ 3 e noutro x 2 ≈ −3.
Antes de examinar f ′′ (x), note que não é difícil se convencer de que:
lim f(x) = +∞,
x→+∞
Como limxց1 f(x) = +∞ isso indica que x 1 ≈ 3 é ponto de mínimo local da f (sem
usar qualquer teste).
Por outro lado como
lim f(x) = −∞
x→−∞
e limxր−1 f(x) = −∞, isso indica que x 2 ≈ −3 é máximo local da f (sem usar
qualquer teste).

4. CONFECÇÃO DE GRÁFICOS DE FUNÇÕES RACIONAIS 188
Agora, com a regra da derivada do quociente, da composta e após simplificações,
obtemos:
f ′′ (x) = 18x(x2 +3)
(x2 .
−1) 3
Claramente f ′′ (x) se anula apenas em x = 0 e nesse ponto muda de sinal. Logo
x = 0 é um ponto de inflexão.
Para −1 < x < 0 ou para x > 1 temos f ′′ (x) > 0 e concavidade para cima.
Mas para x < −1 ou 0 < x < 1 temos concavidade para baixo.
Em particular, f ′′ (x 1) > 0 e f ′′ (x2) < 0 o que comprova que são mínimo e máximo
locais respectivamente.
As três Figuras a seguir resumem essas observações: a primeira pega parte da
região x < −1, a segunda, parte da região −1 < x < 1 e a terceira, parte da região
x > 1.
-5
-4,5
-4
-3,5
x
-3
-2,5
-2
-1,5
Figura: O gráfico de y = x3 +8x
x2 , x ∈ [−5,−1.5].
−1
-0,8
-0,4
15
10
5
0
0
-5
x
-10
-15
0,4
-7
-8
-9
0,8
-10
-11
-12

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 189
Figura: O gráfico de y = x3 +8x
x2 , x ∈ [−0.8,0.8].
−1
12
11
10
9
8
7
2
3
4
x
Figura: O gráfico de y = x3 +8x
x2 , x ∈ [1.5,5]. −1
5. Involuções fracionais lineares
Vimos nos Exercícios do Capítulo 7 que f(x) = 1
x tem f = f−1 , ou seja, é uma
involução.
Agora que sabemos derivar as funções racionais, vamos poder mostrar que há
involuções que são quocientes de funções lineares:
Afirmação 5.1. As funções racionais f : R\{ α}
→ R dadas por
γ
f(x) = α·x+β
γ ·x−α , com α2 +β ·γ = 0
(onde α,β,γ ∈ R) são inversíveis, são involuções e portanto têm gráficos simétricos
relativos à diagonal.
Ademais, funções racionais do tipo
f(x) = α·x+β
, com α·δ −β ·γ = 0
γ ·x+δ
(onde α,β,γ,δ ∈ R) são inversíveis e são involuções somente se δ = −α.
Demonstração.
Note que as funções
não estão definidas em α
γ
também em α
γ
. Mas então −β
α
5
6
f(x) = α·x+β
γ ·x−α
. De fato só estariam definidas aí se αx + β se anulasse
7
= α
γ , ou seja, α2 +β ·γ = 0 contrariando a hipótese.
Agora calculo a derivada, pela regra do quociente e obtenho após simplificação:
f ′ (x) = − α2 +β ·γ
< 0,
(γ ·x−α) 2
portanto f(x) é estritamente decrescente, logo invertível.

6. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 1, 1938 190
Sua inversa é obtida:
y = α·x+β
γ ·x−α
⇔ y ·γ ·x−y ·α = α·x+β ⇔
α·y +β
⇔ y ·γ ·x−α·x = y ·α+β ⇔ x =
γ ·y −α ,
ou seja, x = x(y) tem exatamente a mesma expressão de y = y(x).
Por isso são involuções e por isso são simétricas em relação à diagonal.
Ademais, se
f(x) = α·x+β
γ ·x+δ
então
f ′ (x) =
Se obtém, como antes, de y = y(x):
x = x(y) =
α·δ −β ·γ
= 0.
(γ ·x+β) 2
−δ ·y +β
γ ·y −α .
Portanto se queremos um involução precisamos que δ = −α.
A Figura a seguir dá três exemplos:
5
4
3
2
1
1 2 3 4 5
x
Figura: Em vermelho a diagonal, em verde y = 1
x
amarelo y = 0.1·x+2
3·x−0.1
e em azul y = 0.1·x+4
9·x−0.1 .
6. Um problema da Putnam Competition, n. 1, 1938
Dada a parábola y = 1
2m ·x2 , determine a menor corda ortogonal ao gráfico em
um dos extremos.
Solução:
Minha solução não é das mais elegantes, pois é na força bruta. Farei o seguinte:

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 191
• determinarei os pontos que são os extremos (x0, x2 0
2m ) e (x1, x2 1 ) de uma corda
2m
ortogonal ao gráfico em (x0, x2 0
2m ),
• pensarei no quadrado do comprimento1 da corda:
(x1 −x0) 2 +( x21 2m − x20 2m )2
como uma função f(x0) de x0.
• procurarei f ′ (x0) = 0 e depois verei se f ′′ (x0) > 0.
A reta que passa por (x0, x2 0
2m
equação:
) e é ortogonal ao gráfico da parábola dada tem
y = −m
x0
·x+ 2m2 +x 2 0
2m .
(posso supor x 0 = 0 pois a reta ortogonal ao gráfico pela origem é vertical e não
intersecta o gráfico da parábola em nenhum outro ponto).
Essa reta intersecta de novo a parábola em
x1 = −x0 − 2·m2
,
como se descobre resolvendo uma equação quadrática.
A expressão do quadrado da distância entre esses dois pontos admite um boa
simplificação:
x0
φ(x0) := (x1 −x0) 2 +( x2 1
2m − x2 0
2m )2 =
= (2x0 + 2m2
x0
) 2 +( (x0 + 2m2
x0 )2
−
2m
x20 2m )2 =
= 4(x20 +m2 ) 3
x4 0
Agora derivo φ(x0) como função de x0, obtendo:
Portanto φ ′ (x 0) = 0 para dois valores:
φ ′ (x0) = −8·(x2 0 +m2 ) 2 ·(−x2 0 +2m2 )
x5 .
0
x = ± √ 2·m.
Para ver que esses pontos são mínimos locais de φ(x0) (e portanto globais, por falta
de outros candidatos) podemos analisar o sinal de φ ′ (x0) à esquerda e à direita deles.
Para x = √ 2·m: note que para x0 < x e próximo dele, temos
−x 2 0 +m2 > 0
e portanto φ ′ (x0) < 0; para x0 > x e próximo dele, temos φ ′ (x0) > 0.
Analogamente para x = − √ 2m.
1 A Afirmação 2.1 do Capítulo 16 justificará essa troca do comprimento pelo quadrado do
comprimento. O que ganhamos nessa troca é não precisar derivar a raíz quadrada
.

7. UMA FUNÇÃO COM DERIVADA, MAS SEM A SEGUNDA DERIVADA 192
7. Uma função com derivada, mas sem a segunda derivada
Agora que já sabemos derivar quocientes, podemos considerar novamente a função
f : R → (−1,1), f(x) = x
|x|+1 ,
estudada na Seção 4 do Capítulo 5.
Afirmação 7.1. Seja f : R → (−1,1) dada por f(x) = x
|x|+1 .
• f ′ (x) = 1
(x+1) 2 se x > 0; f ′ 1 (x) = (−x+1) 2 se x < 0 e f ′ (0) = 1.
• f ′′ (x) = −2
(x+1) 3 se x > 0; f ′′ (x) = −2
(−x+1) 3 se x < 0; mas não existe f ′′ (0).
Demonstração.
No Exercício 6.4 do Capítulo 9 já vimos que f ′ (0) = 1.
Se x > 0 podemos usar a regra da derivada do quociente:
e analogamente, se x < 0:
f(x) ′ = [ x
x+1 ]′ = x·(x+1)′ −x ′ ·(x+1)
(x+1) 2
Agora sobre f ′′ (x). Se existisse
f(x) ′ x
= [
−x+1 ]′ =
f ′′ (0) := lim
h→0
teriam que exister ambos lmites laterais
lim
hց0
e ademais serem iguais !
Porém, já que f ′ (0) = 1:
enquanto que
lim
hց0
lim
hր0
f ′ (h)−f ′ (0)
h
f ′ (h)−f ′ (0)
h
1
(−x+1) 2.
f ′ (h)−f ′ (0)
.
h
e lim
hր0
= lim
hց0
=
f ′ (h)−f ′ (0)
h
1
(h+1) 2 −1
h
= lim
hց0 (−h−2) = −2,
f ′ (h)−f ′ (0)
h
= lim
hր0
= lim
hր0 (2−h) = 2.
=
1
(−h+1) 2 −1
=
h
1
(x+1) 2

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 193
Os gráficos de f ′ e de f ′′ são mostrados a seguir:
-3 -2 -1
2
1
0
0
-1
-2
x
1 2 3
Figura: Note que f ′ (x) (vermelho) tem um bico em (0,1).
Em verde está f ′′ (x). Note que f ′′ (0) não está definido.
8. Máximos e mínimos: o problema do freteiro
Agoraquejásabemosderivarumconjuntograndedefunções, podemosnoscolocar
problemas de máximos e mínimos mais interessantes.
Imagine que você está transportando, numa mudança, um objeto retangular de
largura L dada. Durante o transporte ele não poderá ser deformado, nem vergado.
Você vem com ele por um corredor que mede l1 de largura e que dobra em ângulo
reto, chegando numa sala de largura l2 = k ·l1 ≥ l1, como mostra a Figura a seguir:
Pensando o problema como um problema no plano, não espacial, trata-se de determinar
o comprimento máximo do objeto retangular para que você consiga passá-lo
para a sala.
8.1. Caso L ≈ 0. Vamos primeiro considerar o caso em que a largura L do
objeto retangular é muito pequena (por exemplo, uma vara de alumínio de diâmetro
muito pequeno mas bem comprida). Vamos pensar então que L = 0 e o objeto é
uni-dimensional.

8. MÁXIMOS E MÍNIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 194
Primeiro noto que, se consigo passar uma vara de um certo tamanho para a sala
sem ter tocado o ponto C da Figura, então certamente passaria uma vara um pouco
maior, apoiando-me e pivotando em C.
Por isso, de agora em diante, posso pensar que me apoiarei em C, pivotando nesse
ponto.
A chave da resolução do problema é a seguinte: é notar que a restrição, o impedimento,
para se passar a vara está no mínimo da distância do segmento P1P2, à
medida que muda θ ∈ [0, π].
Veja a Figura que segue:
2
P 1
d 1
θ
l 1
d 2
C
θ
P 2
l 2
Portanto trata-se de descobrir qual o mínimo de P1P2. Para isso, penso em
P1P2 = P1C +CP2
e ademais noto (identificando ângulos opostos pelo vértice) que:
Ou seja:
cos(θ) = l1
P1C
l2
e sin(θ) = .
CP2
P1P2(θ) = P1C(θ)+CP2(θ) =
= l1 l2
+
cos(θ) sin(θ) .
Repare que é natural que quando θ ≈ π (antes de começar a esquina) tenhamos
2
CP2(θ) ≈ l2 mas P1C(θ) fique arbitrariamente grande, ou seja não há retrições sobre
ele. Porém se θ ≈ 0 (após vencer a esquina) aí P1C(θ) ≈ l1 enquanto CP2(θ) fica
arbitrariamente grande.
Agora:
e portanto
′ l1 ·sin(θ)
P1P2 (θ) =
cos2 (θ) + −l2 ·cos(θ)
sin 2 (θ) =
P1P2
= l1 ·sin 3 (θ)−l2 ·cos3 (θ)
sin 2 (θ)cos2 ,
(θ)
′ (θ) = 0 ⇔ tan(θ) = ( l2
l1
) 1
3 = k 1
3.

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 195
Ou seja, a derivada se anula em um único ponto: θ0 = arctan(k 1
3).
Para concluir que θ0 é o ponto de mínimo, basta conferir que
e
lim
θց0
lim
θր π
2
l1 l2
+ = +∞
cos(θ) sin(θ)
l1 l2
+ = +∞.
cos(θ) sin(θ)
Assim o valor máximo do comprimento da vara que poderemos passar é
P1P2(θ0) = l1 l2
+
cos(θ0) sin(θ0) .
Vejamos Exemplos:
′
A Figura a seguir mostra a função P1P2 (θ), para l1 = 1.2 e l2 = 2.4, quando
θ0 = arctan(2 1
3) ≈ 0.8999083481 e o valor máximo de comprimento é 4.99432582244
(plotado como reta horizontal em verde)
5,06
5,04
5,02
5
0,8 0,84
0,88
x
′
Já a próxima figura dá a função P1P2 (θ) no caso l1 = l2 = 1.2, em que θ0 =
arctan(1) = π ≈ e o valor máximo da vara é 3.394112550 (horizontal em verde).
4
3,56
3,52
3,48
3,44
3,4
x
0,92
0,96
0,65 0,7 0,75
0,8 0,85 0,9

8. MÁXIMOS E MÍNIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 196
8.2. Para um objeto retangular. Agora vamos para o caso em que a largura
não pode ser considerada zero, ou seja L > 0, quando o objeto é bi-dimensional.
AFiguraaseguirdáageometriadasituação(notequeparalelismo/ortogonalidade
de retas transportam o ângulo θ para dois triângulos retângulos):
Note que
de onde:
P 1
θ
d 1
D1− d1
θ
l 1
C
θ
cos(θ) = l1
D1
D1 = (D1 −d1)+d1 = l1
cos(θ)
e portanto:
o que dá:
d 2
P 2
L·tan(θ)+d1 = l1
cos(θ)
θ
D2 − d2
l 2
e sin(θ) = l2
D2
,
e D2 = (D2 −d2)+d2 = l2
sin(θ) ,
e
L
tan(θ) +d2 = l2
sin(θ) ,
(d1 +d2)(θ) = l1 l2 1
+ −L·(tan(θ)+ ) =
cos(θ) sin(θ) tan(θ)
= l1 l2
+
cos(θ) sin(θ) −
L
sin(θ)·cos(θ) .
Essa é a função que quero minimizar, pois seu mínimo é o impedimento, a obstrução
para que continue se movendo a face externa (relativa a C) do objeto retangular.
A sua derivada é:
(d1 +d2) ′ (θ) = l1 ·sin 3 (θ)−l2 ·cos3 (θ)−L·(2·cos 2 (θ)−1)
sin 2 (θ)cos2 .
(θ)
Queremos saber onde (d1 + d2) ′ (θ) = 0, e no caso L > 0 devemos usar métodos
numéricos (aproximações). Os programas como Maple/ Xmaxima , etc a resolvem
numericamente.
Aparecem algumas soluções complexas e uma solução Real positiva.
Para concluir que θ0 é o ponto de mínimo, basta conferir que
lim
θց0 (d1 +d2)(θ) = +∞

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 197
e
Como
basta analisar
Mas
e como l2 ≥ l1 > L, então
lim
θ→0
lim
θ→0
lim
θր π (d1 +d2)(θ) = +∞.
2
= lim
θ→0
lim
θ→0
l2
sin(θ) −
l1
cos(θ)
= l1
L
sin(θ)·cos(θ) =
1
sin(θ) ·(l2 − L
cos(θ) ).
lim
θ→0
L
cos(θ)
= L
1
sin(θ) ·(l2 − L
) = lim
cos(θ) θ→0
1
= +∞.
sin(θ)
Quando θ se aproxima de π pela direita então é o sin(θ) que se aproxima de 1 e o
2
cos(θ) se aproxima de 0. Analogamente com o caso anterior, se obtém:
lim
θր π
2
(d1 +d2)(θ) = lim
θր π
2
1
cos(θ)
= +∞.
Também se pode avaliar (d1 +d2) ′′ (θ0) e o valor dá positivo.
Uma questão aparece naturalmente:
Questão 1: haverá outromododeresolver oproblema comL > 0emqueasolução
(θ0) seja dada por um expressão exata ?
Um Exemplo: a figura a seguir dá a função P1P2(θ), para um objeto de largura
′
L = 1, quando l1 = 1.2, l2 = 2.4. Nesse caso o ponto θ0 onde P1P2 (θ0) = 0 é
θ0 ≈ 1.065134018eovalor máximo de comprimento do objeto é 2.860890636(plotado
como reta horizontal em verde).

8. MÁXIMOS E MÍNIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 198
2,94
2,92
2,9
2,88
2,86
0,9
Outra questão é natural:
0,95
1 1,05
x
Questão 2: Qual amodelagem matemática do problema em dimensão 3 ? Ouseja,
quando damos largura e espessura fixadas, mas podemos girar o objeto no espaço ?
Dito de outro modo, o que fazer quando queremos passar um objeto como uma escada
bem comprida numa esquina ?
8.3. Área máxima do retângulo que dobra a esquina? Qual aáreamáxima
de uma figura retangular que consiga dobrar a esquina, no caso l1 = l2 = 1 ?
Se a figura é um quadrado de lado l é fácil de ver que l = 1 é o máximo, como na
Figura a seguir.
1
C
Portanto a área máxima de um quadrado que dobra essa esquina é 1. Mas, e se
fosse um retângulo não-quadrado ?
Como antes vou imaginar os retângulos se apoiando em C.
Pela simetria (l1 = l2 = 1 e o ângulo reto na esquina), posso pensar que a figura
retangular que se apoia em C é formada de duas partes de mesma área e formato,
uma para a direita de C e outra para a esquerda de C.
1
1,1
1,15
1,2

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 199
Ademais, para um mesmo perímetro, o quadrado é o retângulo de maior área (ver
Exercício 10.10). Por isso, imagino à esquerda de C um quadrado de lado l e à esquerda
de C, outro, também de lado l, formando então um retangulo de comprimento
2l e largura l. Veja a Figura:
P 1
l
l
l
C
P 2
l
Agora continuo o lado da figura, de modo a obter triângulos como na figura que
segue:
P 1
Dos triângulos formados obtemos:
1 l
= sin(θ) e = tan(θ).
l +r r
Logo
l
r = e l +r =
tan(θ)
1
sin(θ) ,
ou seja:
l·(1+ 1 1
) =
tan(θ) sin(θ)
de onde:
tan(θ)
l(θ) =
sin(θ)·(1+tan(θ)) ,
l
l
l
C
P 2
θ
l
r
θ
1

8. MÁXIMOS E MÍNIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 200
Se encontramos um mínimo dessa função l(θ), para 0 < θ < π,
esse será o imped-
2
imento a passar a figura retangular pela esquina, ou seja, dará o máximo da medida
l do retângulo (e com esse valor saberemos a área máxima da figura retangular).
Mas
l ′ (θ) = sin(θ)−cos(θ)
1+2·sin(θ)cos(θ) .
Claramente, para 0 < θ < π
2 :
l ′ (θ) = 0 ⇔ sin(θ) = cos(θ) ⇔ θ = π
4 .
1 Como limθ→0 = 1, então
1+tan(θ)
e como limθ→ π
2
1
sin(θ)
lim l(θ) = lim
θց0 θց0
= 1, então
lim
θր π
2
tan(θ)
sin(θ)
l(θ) = lim
θր π
2
= lim
θց0
tanθ
1+tan(θ)
Então
l( π
4 ) = 1 √
2
é o mínimo global de l(θ). Veja a Figura:
0,9
0,85
0,8
0,75
0,2 0,4 0,6
0,8
theta
1
1,2
1
cos(θ)
= 1.
1,4
= 1,
Figura: Gráfico de y = l(θ), θ ∈ (0.1, π π −0.1), onde 2 4
≈ 0.78
Portanto a área máxima da figura retangular que dobra a esquina é:
2·( 1
√ 2 ) 2 = 1,
a mesma que encontramos para o quadrado de área máxima que dobra essa esquina.
Está ainda um problema em aberto determinar a área máxima da figura capaz de
dobrar a esquina, mesmo no caso l1 = l2 = 1, se deixamos livre o formato da figura.
Ou seja, valem figuras feitas de pedaços distintos, alguns curvados , etc.

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 201
Há cotasmáximas para a área, mas não se obteve ainda explicitamente uma figura
da qual se possa dizer: é esta ! É conhecido na literatura como o problema do sofá.
8.4. O caso L ≈ 0, mas com uma parede suave. Retomo o caso em que
L ≈ 0 e ainda na situação bem simples em que l1 = l2 = 1.
Coloque a Figura de um corredor que dobra em ângulo reto num sistema de
coordenadas cartesianas (x,y) de modo que:
• o ponto C seja C = (1,1),
• a parede vertical externa faça parte da reta x = 0,
• a vertical interna, de x = 1,
• a parede horizontal externa faça parte de y = 2 e
• a vertical interna, de y = 1.
Imagine agora que as paredes internas (vertical e horizontal) da Figura sejam
derrubadas e substituídas por uma parede suave, curvada, que faça parte do gráfico
de:
y = fǫ(x) := 1− ǫ
, x > 1,
1−x
onde sempre ǫ > 0.
A figura a seguir mostra o que acontece para três escolhas de ǫ:
Gráficos de y = 1− ǫ
com ǫ = 1 (vermelho)
1−x
ǫ = 0.5 (verde), ǫ = 0.2 (amarelo), y = 1 em azul
Diminuindo ǫ o gráfico de y = 1− ǫ vai se apertando sobre a parede horizontal
1−x
interna (em azul y = 1): de fato, cada x > 1 fixado,
fǫ(x) > fǫ ′(x), se ǫ < ǫ′ .
E também é claro que, fixado qualquer ǫ > 0,
lim
x→+∞ fǫ(x) = 1
Note que se ǫ = 0, ainda que pequeno, a função é derivável e
f ′ ǫ (x) =
ǫ
(x−1) 2.

8. MÁXIMOS E MÍNIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 202
Então
lim
xց1 f′ ǫ (x) = +∞,
o que mostra que os gráficos de fǫ vão ficando cada vez mais verticais próximos de
x = 1.
Você também pode escrever a partir de fǫ(x):
(y −1)·(x−1) = −ǫ,
o que mostra que quando ǫ → 0 obtemos 2 :
(y −1)·(x−1) = 0
que é a união de retas x = 1 e y = 1.
Ou seja que as paredes internas foram substituídas por um curvada como na
Figura a seguir (fixado um ǫ) e que a medida que o ǫ fica pequeno mais vai ficando
próxima da parede interna original em formato de letra L.
O Problema agora para o freteiro:
Problema: passar a maior vara possível, sem entortá-la, possivelmente apoiando
a vara em algum ponto da parede interna suavizada.
A solução que proponho é a seguinte:
Estratégia: usar a resposta do caso original, com parede em forma de letra L,
para solucionar o caso em que a parede é suave
Comecemos com l1 = l2 = 1 (depois passo ao geral, l1, l2 quaisquer).
Quero encontrar o ponto Cǫ = (x,fǫ(x)) e a inclinação da vara V em Cǫ tais que
seja minimizada a distância P1P2 onde
28
P1 := V ∩(x = 0) e P2 := V ∩(y = 2).
2 Acurvaturaκǫ dessesgráficose seulimite quandoǫ → 0serãoestudadosnaSeção7doCapítulo

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 203
Meu candidato a ponto Cǫ será o ponto (x ǫ,fǫ(x ǫ)) do gráfico de y = fǫ(x) que
tem
f ′ ǫ (x ǫ) = ( l2
já que a solução do caso original era em
θ0 = arctan(( l2
l1
l1
) 1
3 = 1
) 1
3) = arctan(1) = π
4 .
E as retas que se apoiam na parede curvada serão as suas retas tangentes.
As soluções de f ′ ǫ (x) = 1 são
1+ǫ 1/2
e 1− √ ǫ.
Fico apenas com
xǫ := 1+ √ ǫ,
pois a outra solução está à esquerda da reta x = 1.
As retas tangentes de y = fǫ(x) num ponto geral (x,fǫ(x)) são:
ǫ
y =
(x−1) 2 ·x+ x2 −2(1+ǫ)·x+1+ǫ
(x−1) 2
.
e em particular em (x ǫ,fǫ(x ǫ)) a reta tangente é:
y = x−2ǫ 1/2 .
A intersecção de y = x−2 √ ǫ com y = 2 é o ponto:
P2 := (2+2 √ ǫ,2)
enquanto que a intersecção dela com x = 0 é:
A distância P1P2 é (para l1 = l2 = 1):
e note que
mǫ :=
P1 := (0,−2 √ ǫ).
(2+2 √ ǫ) 2 +(2+2 √ ǫ) 2 = √ 2·
(2+2 √ ǫ) 2 ,
lim
ǫ→0 mǫ = 2 √ 2 ≈ 2.828427124,
o comprimento da diagonal do quadrado de lado 2, solução do caso original na figura
em forma de L.
Queremos ver se mǫ é o mínimo das distâncias P1P2 onde P2 é a intersecção de
uma reta tangente genérica de y = fǫ(x) com y = 1 + l2 = 2 e P1 a intersecção da
reta tangente genérica com x = 0.
Ora,
e
P1P2(x) =
P1 = (0,− 2ǫx−ǫ−x2 +2x−1
(x−1) 2 ),
P2 = ( 2ǫx−ǫ+x2 −2x+1
ǫ
(2ǫx−ǫ+x 2 −2x+1) 2
ǫ 2
, 2),
+(2+ 2ǫx−ǫ−x2 +2x−1
(x−1) 2 ) 2 .

8. MÁXIMOS E MÍNIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 204
O numerador da fração3 ′
que é P1P2 (x) é dado pelo polinômio de grau 8 em x:
(ǫx 5 −5ǫx 4 +10ǫx 3 −10ǫx 2 +5ǫx−ǫ+x 6 −6x 5 +15x 4 −20x 3 +15x 2 −6x+1−ǫ 3 x)·
·2·(2ǫx−ǫ+x 2 −2x+1),
e verifica-se que em x0 = 1+ √ ǫ:
′ √
P1P2 (1+ ǫ) = 0
pois x0 = 1+ √ ǫ é raiz do fator de grau 5 em x:
ǫx 5 −5ǫx 4 +10ǫx 3 −10ǫx 2 +5ǫx−ǫ+x 6 −6x 5 +15x 4 −20x 3 +15x 2 −6x+1−ǫ 3 x.
′′
Já a enorme fração que é P1P2 (x) avaliada em x0 = 1+ √ ǫ vale:
2 √ 2(2ǫ 2 +3+15ǫ+11 √ ǫ+9ǫ 3/2 )
ǫ(1+ √ ǫ) 3
Logo x0 = 1+ √ ǫ é minimo local de P1P2(x).
Mas é bem claro que, para cada ǫ fixado:
= lim
xց1
assim como
= lim
x→+∞
(2ǫx−ǫ+x 2 −2x+1) 2
ǫ 2
(2ǫx−ǫ+x 2 −2x+1) 2
400
300
200
100
0
ǫ 2
lim
xց1 P1P2(x) =
> 0.
+(2+ 2ǫx−ǫ−x2 +2x−1
(x−1) 2
) 2 = +∞
lim
x→+∞ P1P2(x) =
1,5 2
+(2+ 2ǫx−ǫ−x2 +2x−1
(x−1) 2 ) 2 = +∞.
2,5
x
3 3,5 4
As funções P1P2(x) para ǫ = 1 (vermelho) e ǫ = 0.1 (verde)
x0 = 2 e 1.316227766 resp., m1 = 5.656854249 e m0.1 = 3.722854312.
3 Conferi as contas que seguem no Maple, pois ficam grandes.

CAPÍTULO 14. DERIVADA DA COMPOSIÇÃO DE FUNÇÕES 205
9. Exercícios
Exercício 9.1. Usando a regra do quociente e definições/relações trigonométricas,
prove que
cot ′ (x) = −csc 2 (x),
onde cot(x) = 1
tan(x)
Também mostre que:
onde sec(x) := 1
cos(x) .
e csc(x) := 1
sin(x) .
sec ′ (x) = tan(x)sec(x),
Exercício 9.2. Considere f(x) = x
x 2 +1 .
i) note que ela está definida em todos os reais.
ii) mostre que limx→+∞f(x) = limx→−∞f(x) = 0.
iii) determine seus pontos de máximo e mínimo locais (usando f ′ (x) e/ou f ′′ (x)).
iv) com o item ii) e iii) conclua que os máximos e mínimos locais são globais.
v) determine seus dois pontos de inflexão. (Dica: se você fizer cuidadosamente o
cálculo de f ′′ (x) verá que há simplificações no numerador e que fica fácil determinar
onde f ′′ (x) = 0.)
Exercício 9.3. Considere o gráfico da função y = A
, onde A > 0 fixado, para x > 0.
x
Considere retângulos formados pelos pontos (0,0),P1.P2,P3, onde P1 = (x,0),
P2 = (x, A
x ) e P3 = (0, A
x ).
i) Note que todos eles têm a mesma área = A.
ii) Qual deles tem o menor perímetro ? (Dica: determine um mínimo local e prove
que ele é de fato mínimo global)
Exercício 9.4. Considere as funções y = fn(x) := x 2n + 1
x 2n, onde n ∈ N.
i) Determine limx→0 fn(x), limx→+∞ fn(x) e limx→−∞ fn(x).
ii) Determine seus pontos de mínimos locais / globais.
iii) Prove que a concavidade desses gráficos é sempre para cima.
Exercício 9.5. Calcule a segunda derivada da função
tan(x) := sin(x)
cos(x) .
Exercício 9.6. (resolvido)
Imagine que voce se lembra de cor da fórmula do seno da soma:
sin(x+y) = sin(x)·cos(y)+cos(x)·sin(y),
mas que se esqueceu completamente da fórmula do cosseno da soma.
i) Como o Cálculo pode obter a formula para o cosseno? Ou seja, como saber
derivar pode ajudar ?
ii) E se sei a do cosseno da soma, como obter a do seno da soma via Cálculo ?
Exercício 9.7. Um ponto P move-se sobre a curva de equação y 3 −x 2 = 0.
Determine a taxa de variação da coordenada y no instante em que P = (8,4), se
a taxa de variação da coordenada x no mesmo instante é 1cm/s.

9. EXERCÍCIOS 206
Em outras palavras, a coordenada y ao longo dessa curva aumenta ou diminui, no
ponto P, quando aumentamos a coordenada x.
Obs. você não precisa esboçar a curva.

CAPíTULO 15
Derivadas de funções Implícitas
1. Curvas versus gráficos
Comecemos com a equação do círculo de raio r:
x 2 +y 2 = r 2 .
É importante nos darmos conta de que o círculo como um todo não é gráfico de
nenhuma função f : R → R 1 .
Mas, dado um ponto P(x,y) do círculo, uma porção do círculo perto de P pode
ser descrita:
• como gráfico de y = y(x), para x num intervalo centrado em x, ou
• como gráfico de x = x(y), para y num intervalo centrado em y.
De fato, há dois casos a considerar:
Caso 1: se P = (x,y) no círculo tem coordenada
x = −r,r,
então perto de P o círculo é gráfico de y = √ 1−x 2 ou de y = − √ 1−x 2 .
Caso 2: se P é (−r,0) ou P = (r,0), então perto de P o círculo é gráfico de x =
1−y 2 ou de x = − 1−y 2 .
No Caso 1 podemos calcular a derivada da função y = y(x), para x num intervalo,
do seguinte modo: derivo a expressão x 2 +y(x) 2 = r 2 pela regra da composta:
(x 2 +y(x) 2 ) ′ = (r 2 ) ′ ⇔ 2x+2y(x)y ′ (x) = 0 ⇔
⇔ y ′ (x) = −2x
2y(x) .
E agora substituindo y(x) por √ 1−x 2 , se y > 0, ou por y = − √ 1−x 2 se y < 0,
temos:
y ′ (x) = −2x −x
= √ , se y > 0,
2y(x) 1−x 2
ou
y ′ (x) = −2x
2y(x) =
x
√ , se y < 0.
1−x 2
1 Não confunda essa afirmação com o fato do círculo ser uma curva de nível r 2 da função F :
R 2 → R, F(x,y) = x 2 +y 2 .
207

1. CURVAS VERSUS GRÁFICOS 208
No Caso 2 podemos obter a derivada da função x = x(y), para y num intervalo , do
seguinte modo: derivo a expressão (x(y)) 2 +y 2 = r 2 em y, pela regra da composta:
((x(y)) 2 +y 2 ) ′ = (r 2 ) ′ ⇔ 2x(y)x ′ (y)+2y = 0 ⇔
⇔ x ′ (y) = −2y
2x(y) .
E agora substituindo x(y) por 1−y 2 , se x > 0, ou por x = − 1−y 2 se x < 0:
ou
x ′ (y) = −2y −y
= , se x > 0,
2x(y) 1−y 2
x ′ (y) = −2y
2x(y) =
y
, se x < 0.
1−y 2
Isso que fizemos se chama derivação implícita. É útil mesmo quando não sabemos
a expressão explícita de y = y(x) ou de x = x(y).
Por exemplo, se nos damos uma curva no plano através de uma equação do tipo:
x 2 y 2 −3y 2 +y 4 −8y +2y 3 −4 = 0
verificamos facilmente que (0,2) é um ponto dessa curva.
Será que, num pequeno trecho perto de (0,2) temos a curva dada como um gráfico
y = y(x) ? Ou seja, ∀x num intervalo aberto centrado em x = 0, será que
x 2 y(x) 2 −3y(x) 2 +y(x) 4 −8y(x)+2y(x) 3 −4 = 0 ?.
Veremos que neste Exemplo esse é o caso (graças ao Teorema 2.1 a seguir).
Então supondo por um momento que sabemos que há um gráfico y = y(x) perto
de (0,2) qual o valor de y ′ (x) em (x,y) = (0,2) ?
Fazemos a derivada em x:
(x 2 y(x) 2 −3y(x) 2 +y(x) 4 −8y(x)+2y(x) 3 −4) ′ = 0 ⇔
2xy(x) 2 +x 2 2y(x)y ′ (x)−6y(x)y ′ (x)+4y(x) 3 y ′ (x)−8y ′ (x)+6y(x) 2 y ′ (x) = 0
⇔ 2xy(x) 2 +y ′ (x)[x 2 2y(x)−6y(x)+4y(x) 3 −8+6y(x) 2 ] = 0
⇔ y ′ (x) =
que dá em (x,y) = (0,2)
−2xy(x) 2
x 2 2y(x)−6y(x)+4y(x) 3 −8+6y(x) 2
y ′ (0) = 0
= 0,
48
ou seja que o gráfico y = y(x) em torno de (x,y) = (0,2) tem reta tangente horizontal
nesse ponto.

CAPÍTULO 15. DERIVADAS DE FUNÇÕES IMPLÍCITAS 209
2. Teorema da função implícita
Como saberemos se lidamos com y = y(x) ou x = x(y) em torno de um ponto
P = (x,y) de uma curva F(x,y) = 0 ?
O Teorema 2.1 a seguir dá uma resposta (sua prova se vêem Análise Matemática):
Para poder enunciá-lo vamos introduzir um símbolo novo: dada uma expressão
F(x,y) em duas variáveis, defino ∂F(x,y)
∂x como sendo a derivada dessa expressão em
x (se houver), onde se considera y fixado. Por exemplo: se F(x,y) = yx 2 +y 2 então
∂F(x,y)
∂x = 2yx. Se F(x,y) = y2 então ∂F(x,y)
∂x ≡ 0. Se F(x,y) = exp(x)y2 , então
∂F(x,y)
∂x = exp(x)y2 .
E analogamente, ∂F(x,y)
se define como a derivada dessa expressão em y (se hou-
∂y
ver), onde se considera x fixado.
Teorema 2.1. (Teorema da função Implícita).
Seja F(x,y) um polinômio em duas variáveis. 2
Suponha que exista (x,y) com F(x,y) = 0 3
Se ∂F(x,y)
∂y = 0 quando avaliada em (x,y), então para x,y em (possivelmente pequenos)
intervalos abertos centrados em x,y:
• a curva F(x,y) = 0 é um gráfico do tipo y = y(x) e
• y ′ (x) = − ∂F(x,y)
∂x
∂F(x,y)
∂y
.
Se ∂F(x,y)
∂x = 0 quando avaliada em (x,y), então para x,y em (possivelmente pequenos)
intervalos abertos centrados em x,y::
• a curva F(x,y) = 0 é um gráfico do tipo x = x(y) e
• x ′ (y) = −
∂F(x,y)
∂y
∂F(x,y)
∂x
.
Esse Teorema tem vários detalhes, que se vêem melhor nos Exemplos.
Exemplo 2.1. No círculo F(x,y) = x 2 +y 2 −r 2 = 0 temos ∂F(x,y)
∂y
Nesse caso:
y ′ ∂F(x,y)
∂x (x) = − ∂F(x,y)
∂y
= − 2x
2y(x) ,
= 2y = 0 se y = 0.
como vimos antes.
Mas se P no círculo tem y = 0 então P = (−r,0) ou P = (r,0) e nesse caso
∂F(x,y)
∂x
= 2x = 0. Então é preciso usar funções x = x(y) para descrever o círculo
como gráfico.
O Teorema 2.1 tem sutilezas que ficam evidentes no Exemplo a seguir:
2há versões mais gerais desse enunciado, onde F é muito geral, sujeito apenas a certas exigências
de derivabilidade
3 2 2 Não queremos ter conjuntos vazios como F(x,y) = x +y +3 = 0.

2. TEOREMA DA FUNÇÃO IMPLÍCITA 210
Exemplo 2.2. Voltando ao exemplo que analisamos acima,
F(x,y) = x 2 y 2 −3y 2 +y 4 −8y +2y 3 −4 = 0
temos
∂F(x,y)
= 2xy
∂x
2 ,
que se anula em P = (0,2), mas temos
∂F(x,y)
∂y
= x 2 2y −6y +4y 3 −8+6y 2
que não se anula em P = (0,2). Logo há um gráfico y = y(x) em torno de (0,2) e já
calculamos y ′ (0) = 0 acima.
Até agora não comentei o fato de que P = (0,−1) também satisfaz:
x 2 y 2 −3y 2 +y 4 −8y +2y 3 −4 = 0.
Isso é interessante pois diz que para o mesmo valor x = 0 há dois valores y que
satisfazem F(x,y) = 0 !
Ou seja que é só num pequeno entorno de (0,2) que pode ser descrito como gráfico
de y = y(x) , mas não todo o conjunto F(x,y) = 0.
Por outro lado, em (0,−1) tanto ∂F(x,y)
∂x = 2xy2 quanto
∂F(x,y)
= x
∂y
2 2y −6y +4y 3 −8+6y 2
se anulam !
Nessa caso o Teorema 2.1 não tem nada a dizer ! Ele não pode garantir nenhum
tipo de gráfico local y = y(x) ou x = x(y).
Ainda bem que o Teorema se calou nessa caso, poisem (0,−1) a curva F(x,y) = 0
tem uma espécie de laço, que não se deixa descrever nem como gráfico de y = y(x)
nem como gráfico de x = x(y).
A Figura a seguir dá uma idéia da curva, que não por acaso se chama conchóide:
-4
-2
y
2
1
0
0 2
-1x
-2
4

CAPÍTULO 15. DERIVADAS DE FUNÇÕES IMPLÍCITAS 211
Figura: Em (0,2) vemos um pequeno gráfico horizontal y = y(x). Mas
em (0,−1) forma-se um laço.
Exemplo 2.3. O caso de
expõe outra sutileza do Teorema 2.1.
x 3 +xy 2 − 3x2
2 −y2 = 0
Note que essa curva tem sobre o eixo dos x exatamente dois pontos: (0,0) e (0, 3
2 ).
Em (0, 3)
temos (como o leitor pode verificar)
2
∂F(x,y)
∂y
= 0,
∂F(x,y)
∂x
e o Teorema 2.1 diz que a curva F(x,y) = 0 se representa localmente como gráfico
) como
x = x(y). Ademais calcula x ′ ( 3
2
ou seja que o gráfico é vertical.
Mas em (0,0) temos
x ′ ( 3
2
∂F(x,y)
∂y
0
) = − = 0,
)
( 9
4
= ∂F(x,y)
∂x
De fato esse ponto é completamente isolado do resto da curva ! Ou seja, não pode
ser visto como gráfico de uma função cujo domínio é um intervalo aberto em torno de
x = 0.
Na Figura a seguir o Maple não enxerga o (0,0) na curva !
3
2
1
y 0
-1
-2
-3
1,1
1,2
x
1,3
1,4
= 0.
= 9
4
1,5

3. RETA TANGENTE DE CURVA E PLANO TANGENTE DE SUPERF ÍCIE212
3. Reta tangente de curva e plano tangente de superfície
O Teorema 2.1 nos diz que, se uma curva F(x,y) = 0 é localmente, em torno de
(x,y), da forma y = y(x) então
y ′ ∂F
∂x
(x) = −
(x,y)
∂F
∂y (x,y).
A reta tangente em (x,y) ao pedaço de gráfico y = y(x) foi definida na Seção 2 do
Capítulo 8 como:
y = y ′ (x)+(y −y ′ (x)·x),
ou seja,
∂F
∂x y = − ∂F
∂y
·x+(y −
∂F
∂x
∂F
∂y
Multiplicando por ∂F (x,y) e simplificando obtemos:
∂y
por isso defino:
·x).
∂F ∂F
(x,y)·(x−x)+ (x,y)·(y −y) = 0,
∂x ∂y
Definição 3.1. Seja F(x,y) = 0 curva contendo o ponto (x,y) para o qual ∂F(x,y)
= ∂x
0 ou ∂F(x,y)
= 0. Então sua reta tangente em (x,y) é definida por:
∂y
∂F ∂F
(x,y)·(x−x)+ (x,y)·(y −y) = 0,
∂x ∂y
Podemos dar uma definição análoga quando ao invés de uma curva no plano (x,y)
tivermos uma superfície no espaço (x,y,z), dada em forma implícita pela equação
F(x,y,z) = 0:
Definição 3.2.
Seja F(x,y,z) = 0 contendo o ponto (x,y,z).
Se ∂F
∂F
∂F
(x,y,z)) = 0 ou (x,y,z) = 0 ou (x,y,z) = 0, então seu plano tangente
∂x ∂y ∂y
em (x,y,z) é definido por:
∂F ∂F ∂F
(x,y,z)·(x−x)+ (x,y,z)·(y −y)+ (x,y,z)·(z −z) = 0.
∂x ∂y ∂z
Exemplos:
• por essa definição a esfera de raio 1 dada por x 2 +y 2 +z 2 −1 = 0 tem em
(0,0,1) o plano tangente
∂F
(0,0,1)·(z −1) = 2·(z −1) = 0,
∂z
que é o mesmo que o plano horizontal z = 1 no espaço (x,y,z).

CAPÍTULO 15. DERIVADAS DE FUNÇÕES IMPLÍCITAS 213
• a equação z 2 − x 2 − y 2 = 0 define uma superfície conhecida como cone de
duas folhas. No ponto (0,0,0):
∂F
∂x
= ∂F
∂y
= ∂F
∂x
= 0,
e nele portanto não está definido um plano tangente. Por isso esse ponto é
especial ou singular.
4. Tangentes, pontos racionais de cúbicas e códigos secretos
Consideremos uma cúbica em forma implícita, ou seja, uma curva dada por:
ou equivalentemente:
y 2 −x 3 −bx−a = 0, a,b ∈ R,
y 2 = x 3 +bx+a a,b ∈ R.
Quando se trabalha comcomputadores, o melhor dosmundos élidar com números
Racionais. E duas questões muito importantes e atuais, que estão relacionadas com
a aplicação da matemática à criptografia, são:
Questão 1: Seja a curva dada por
y 2 = x 3 +bx+a a,b ∈ Q.
Quem são ou quantos são os pontos P = (x,y) da curva que têm ambas coordenadas
Racionais ?
Questão 2: Dado um ponto P dessa curva com coordenadas Racionais, como
produzir outros pontos dela que também tenham coordenadas Racionais ?
Usaremos a notação P = (x,y) ∈ Q×Q para dizer que ambas as coordenadas são
Racionais.
A seguinte Afirmação é um método para atacar a segunda questão:
Afirmação 4.1. (Método das secantes e das tangentes)
Considere uma cúbica com coeficientes Racionais da forma
F(x,y) = y 2 −x 3 −bx−a a,b ∈ Q.
• i) sejam P1 = (x1,y ) ∈ Q × Q e P2 = (x
1 2,y ) ∈ Q × Q de F(x,y) = 0,
2
distintos. Se a reta que os liga não é vertical então ela intersecta a cúbica
em P3 = (x3,y ) ∈ Q×Q.
3
• ii) Suponha que ∂F = 2y não se anula em P = (x,y) ∈ Q×Q. Então a reta
∂y
tangente a F(x,y) em P intersecta a cúbica num ponto Q que também tem
coordenadas Racionais.
Demonstração.
De i):

4. TANGENTES, PONTOS RACIONAIS DE CÚBICAS E CÓDIGOS
SECRETOS 214
A reta ligando P1 e P2 é:
y = ( y 2 −y 1)·x+
x2 −x1 x2y −x
1 1y
2
x2 −x1 = A·x+b,
ou seja, tem coeficientes angular A e linear B Racionais.
Queremos resolver a equação
mas
(Ax+B) 2 −x 3 −bx−a = 0,
(Ax+B) 2 −x 3 −bx−a = (x−x 1)·(x−x 2)·q(x),
onde o grau do polinômio q(x) é 3−2 = 1.
Mas, como se viu na prova do Teorema 7.1 do Capítulo 6 e na Digressão que se
seguiu, os coeficientes de q(x) são Racionais.
Logo a terceira solução é a raíz de
p(x) = p1
q1
·x+ p2
q2
= 0
e portanto produz um ponto P3 da cúbica com coordenadas Racionais.
De ii):
Pelo Teorema 2.1, F(x,y) localmente em torno de P é um gráfico de y = y(x),
com
y ′ ∂F
∂x (x) = − ∂F
∂y
= − −3x2 −b
.
2y
Como b,x,y ∈ Q então y ′ (x) avaliada em P = (x,y) é um número Racional, que
denoto aqui de A.
A equação da reta tangente é do tipo:
rP : y = Ax+B
onde o valor do coeficiente linear B se obtêm de:
y = Ax+B ⇔ B = y −Ax,
e portanto B também é um número Racional.
As coordenadas x dos pontos na intersecção F(x,y)∩rP são as soluções de:
ou seja, soluções de
ou, equivalentemente,
F(x,y) = 0 e y = Ax+B,
(Ax+B) 2 −x 3 −bx−a = 0,
−x 3 +A 2 x 2 +(2AB −b)x+B 2 −a = 0.
Agora é o momento de lembrar que a coordenada x de P = (x,y) é uma raíz dupla
ou tripla desse polinômio, já que rP é tangente à curva F(x,y) nesse ponto (tripla
seria o caso de um ponto de inflexão).
=

CAPÍTULO 15. DERIVADAS DE FUNÇÕES IMPLÍCITAS 215
No caso em que x é raíz dupla exatamente, pelo Teorema 4.1 do Capítulo 13:
−x 3 +A 2 x 2 +(2AB −b)x+B 2 −a = (x−x) 2 ·q(x).
onde o grau do polinômio q(x) é 3 − 2 = 1. Ademais os coeficientes de q(x) são
Racionais (Teorema 7.1, Capítulo 6 e Digressão).
Ou seja, q(x) = q1x+q0, com q0,q1 ∈ Q e a raíz de q(x) é
O ponto Q = P buscado é portanto:
Q = ( −q0
q1
−q0
.
q1
, A( −q0
)+B),
q1
que nitidamente tem coordenadas Racionais.
Se P é ponto de inflexão, então Q = P, ou seja,
rP ∩F(x,y) = {P,Q} = {P}.
Exemplo 4.1. Considere a curva analisada por Billing, em 1937:
y 2 −x 3 +82x = 0.
Fora o óbvio (0,0) há três pontos com coordenadas Racionais relativamente simples
P1 = (−1,9), P2 = (−8,12), P3 = ( 49 231
,
4 8 ).
A Figura a seguir mostra como o Maple plota para essa curva:
y
-5
100
50
0
0
-50
-100
5
x
Vou implementar neste Exemplo o que a prova da Afirmação 4.1 nos ensinou (as
contas tediosas foram feita com o Maple).
10
15
20

4. TANGENTES, PONTOS RACIONAIS DE CÚBICAS E CÓDIGOS
SECRETOS 216
A reta tangente ao gráfico local y = y(x) de F(x,y) = 0 em P1 = (−1,9) é:
rP1 : − 79 83
x+
18 18 .
A intersecção rP1 ∩F(x,y) = {P1,Q1} tem
Ver a Figura:
Q1 = ( 6889
324 ,−517339)
∼ (21,−88).
5832
-10
y
-5
100
50
0
0
-50
-100
5
x
10 15 20
Agora podemos continuar o processo.
Tomo Q1, a tangente rQ1 e determino rQ1 ∩ F(x,y) = {q1,Q2} onde Q2 terá
coordenadas Racionais.
Faço as contas e obtenho:
rQ1 : − 44588977
6208068
Q2 = ( 3143435938720609
346860974633616
A Figura a seguir mostra isso:
x+ 4653507299
72701712
, −6994054838592555031151)
∼ (9,−1).
6460009551215289641664

CAPÍTULO 15. DERIVADAS DE FUNÇÕES IMPLÍCITAS 217
100
50
y 0
-10 -5 0 5 10 15
-50
-100
x
Um Teorema de Billing diz que se continuamos o processo, agora em Q2 e assim
sucessivamente, produzimos uma infinidade de pontos da curva com coordenadas
Racionais.
O mesmo ocorreria se tivéssemos começado com P2 ou P3.
4.1. Códigos secretos.
Agora imagine que alguém quer criar uma operação de duplicação muito estranha.
Poderia definir que, para 4
P1 := (−1,9),
2⋆P1 := Q1 = ( 6889
324 ,−517339
5832 ).
E depois, do mesmo modo5 Ou seja:
2⋆Q1 := Q2
4⋆P1 = ( 3143435938720609
, −6994054838592555031151
346860974633616 6460009551215289641664 ).
Agora note que:
• 4 ⋆ P1 é obtido a partir de P1 de modo exato (por ser Racional), computacionalemte
de modo rápido, apesar de ser completamente diferente de P1
• mas a natureza de 4 ⋆ P1 torna-se impenetrável se não digo quem é P1 ou
qual a equação da cúbica que usei.
4De fato na teoriade curvaselípticasse tomarianolugarde Q1 oponto da cúbica que é simétrico
de Q1 em relação ao eixo dos x.
5Novamente, se usa de fato que o ponto da cúbica que é simétrico de Q2 em relação ao eixo dos
x.
20

5. DERIVAÇÃO IMPLÍCITA DE SEGUNDA ORDEM 218
• essa enorme assimetria entre a passagem
e a passagem
P1 ↦→ 4⋆P1
4⋆P1 ↦→ P1
é a base de um código secreto poderoso.
Oleitorquesesentiuinstigadodeveprocurarentãoestudar ateoriadecriptografia
sobre as chamadas cúbicas na forma de Wierstrass.
5. Derivação implícita de segunda ordem
Na Seção 5 do Capítulo 3 associamos a Figura:
2
1
y 0
-1 -0,5 0 0,5 1
-1
-2
x
à curva y 2 −x 3 −1 = 0. Mas tem algo que não ficou plenamente justificado. Parece
na Figura que há 2 pontos de inflexão, em torno de x ∼ 0.8.
Vamosconsiderar aoinvés daquela curva, outrabemparecida (masmaisadequada
para nossas contas):
F(x,y) = y 2 −x 3 −4x = 0.
A inflexão deve aparecer onde a segunda derivada y ′′ (x) muda de sinal, ou seja
onde y ′′ (x) = 0.
Só que já sabemos que aqui não se trata de um gráfico, mas apenas de uma curva.
Por isso precisamos da derivação implícita, só que agora para calcular a segunda
derivada.
Já sabemos que se y = 0:
y ′ ∂F
∂x (x) = − ∂F
∂y
1,5
= 3x2 +4
.
2y
Então calculo
y ′′ (x) = ( 3x2 +4
)
2y
′
pela regra do quociente, obtendo:
y ′′ (x) = 12x·y −(3x2 +4)·2y ′ (x)
4y 2
2
=

CAPÍTULO 15. DERIVADAS DE FUNÇÕES IMPLÍCITAS 219
= 12x·y −(3x2 +4)·2( 3x2 +4 ) 2y
4y2 =
= 12xy2 −9x4 −24x2 −16
4y3 .
Preciso ver as raízes de y ′′ (x), ou seja, as raízes de
já que posso substituir
Ora,
12x(x 3 +4x)−9x 4 −24x 2 −16
y 2 = x 3 +4x.
12x(x 3 +4x)−9x 4 −24x 2 −16 = 3x 4 +24x 2 −16,
que sabemos resolver (pense em z = x 2 e resolva 15z 2 +72z −16 = 0).
Assim obtenho as raízes:
− 2
3
−9+6 √ 3,
2
3
das quais a única Real e positiva é
−9+6 √ 3, − 2
3
−9−6 √ 3,
x := 2
−9+6
3
√ 3 ∼ 0.78.
Para este valor de x há dois valores de y na curva y 2 = x 3 +4x:
e
2
6(−9+6
9
√ 3) 3/2
+54 −9+6 √ 3 ∼ 1.9
− 2
6(−9+6
9
√ 3) 3/2
+54 −9+6 √ 3 −1.9
2
−9−6
3
√ 3,
Agora, já que já temos y ′ (x), é um trabalho tedioso achar a equação da reta tangente
em por exemplo:
( 2
−9+6
3
√ 3, 2
6(−9+6
9
√ 3) 3/2
+54 −9+6 √ 3).
Com essa equação posso plotar a cúbica e sua tangente, que mostra bem que há
uma inflexão nesse ponto:

6. EXERCÍCIOS 220
-2
8
4
y 0
-1 0
-4
-8
1 2 3 4
x
6. Exercícios
Exercício 6.1. (resolvido)
Considere F(x,y) = y 2 −x 3 = 0. Considere o ponto (1,1) dessa curva.
i) usando o Teorema 2.1 verifique que perto de (1,1) essa curva é o gráfico de uma
função y = y(x).
ii) calcule a derivada da função do item i) em (1,1).
iii) note que (1,−1) também está na curva F(x,y) = y 2 −x 3 = 0 e portanto ela
não é globalmente um gráfico de y = y(x).
Exercício 6.2. Considere a cúbica F(x,y) = y 2 −x 3 −4x = 0.
Umfato muitobonitoéqueestacurvasótem3pontoscomcoordenadasRacionais:
Suponha esse fato.
Por outro lado ∂F(x,y)
∂y
(0,0), (2,4) e (2,−4).
= 2y não se anula em (2,4) nem em (2,−4), o que nos dá
a oportunidade de usar o método das tangentes (Afirmação 4.1) para obter pontos
racionais a partir deles.
i) conclua sem fazer nenhuma conta que as retas tangentes a F(x,y) em (2,4) e
em (2,−4) passam pela origem (0,0).
ii) faça as contas e obtenha as equações dessas duas retas tangentes.
5

CAPíTULO 16
Funções inversas e suas derivadas
Vimos na Seção 1.2 do Capítulo 5 da Parte 1, que quando referidos ao mesmo
sistema cartesiano os gráficos de y = f(x) e de sua inversa y = f−1 (x) , então elas se
relacionam por uma reflexão na diagonal y = x.
Logo uma reta tangente aográfico y = f(x) de coeficiente angular a = B/A = 0 se
transforma numa reta tangente ao gráfico refletido, mas agora de coeficiente angular
1 = A/B (já que os acréscimos na coordenada x e y que definem A e B ficam
a
invertidos quando refletimos na diagonal). Ilustro isso nas Figura a seguir:
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
-0,2
-0,4
0,2
0,4
x
Figura: Reflexão na diagonal de um gráfico e de sua reta tangente
Quero motivar com isso o seguinte fato:
Teorema 0.1. Seja y = f(x) derivável com f ′ (x) = 0 e com uma função inversa
f −1 (x) também derivável. Então:
f −1′ (x) =
0,6
0,8
1
f ′ (f −1 (x)) .
Demonstração. Considero a composição entre f e g = f −1 , que resulta em uma
anular o efeito da outra:
(f ◦f −1 )(x) ≡ x.
Então o Teorema 1.1 dá:
Mas por outro lado:
(f ◦f −1 ) ′ (x) = f ′ (f −1 (x))·(f −1 ) ′ (x).
1 ≡ (f ◦f −1 ) ′ (x)
221

1. DERIVADA DE Y = √ X 222
pois (f ◦f −1 )(x) ≡ x. Asim que:
de onde
1 ≡ f ′ (f −1 (x))·(f −1 ) ′ (x),
(f 1 ) ′ (x) =
1
f ′ (f −1 (x)) .
1. Derivada de y = √ x
Vejamos o que é a derivada de y = √ x de dois modos distintos, um pela definição
e outro lembrando que √ :R >0 → R >0 é a inversa de y = x2 : R >0 → R >0 .
Pela definição temos:
√ √
√ ′ x+h− x
x (x) := lim
h→0 h
e para x > 0 e h com |h| suficientemente pequeno para que x+h > 0, escrevo:
√ √ √ √ √ √
x+h− x x+h− x x+h+ x
lim = lim · √ √ .
h→0 h h→0 h x+h+ x
Agora uso que (+△)·(−△) = 2 −△ 2 , para obter que:
√ x ′ (x) = lim
h→0
= lim
h→0
x+h−x
h·( √ x+h+ √ x) =
1
√ x+h+ √ x .
E agora uso a continuidade de y = √ x (por ser inversa de função contínua definida
num intervalo) para fazer:
Observe que
√ x ′ (x) = lim
h→0
1
√ x+h+ √ x = 1
2· √ x .
1
lim
xց0 2· √ x
= +∞
o que diz que o gráfico de y = √ x fica vertical na origem.
Agora quero comparar esse resultado com o que obtemos pelo Teorema 0.1 sobre
a derivada da inversa.
Seja f : R >0 → R >0 dada por f(x) = x 2 e sua inversa f −1 (x) = √ x. Como
f ′ (x) = 2x, então
f ′ ( √ x) = 2· √ x
e portanto pelo Teo 0.1:
√ x ′ (x) = 1
2· √ x ,
como queríamos.

CAPÍTULO 16. FUNÇÕES INVERSAS E SUAS DERIVADAS 223
2. Distância versus quadrado da distância
No Capítulo 11 usamos a função que dava o quadrado da distância desde um
ponto, ao invés da distância ela mesma, para evitar derivar a raíz quadrada, que
aparece na definição de distância (euclidiana) entre dois pontos.
A Afirmação a seguir justifica isso:
Afirmação 2.1. Seja f : [a,b] → R, derivável, com f(x) > 0 ∀x ∈ [a,b].
Então f tem ponto de mínimo/máximo global em x ∈ [a,b] se e somente se f 2 (x)
tem tem ponto de mínimo/máximo global em x ∈ [a,b].
Demonstração.
Se a é tal que 0 < f(a) ≤ f(x) ∀x ∈ [a,b] então 0 < f 2 (a) ≤ f 2 (x), pois a função
y = z 2 é estritamente crecente em (0,+∞).
Se a é tal que 0 < f 2 (a) ≤ f 2 (x) ∀x ∈ [a,b] então
0 < f 2 (a) ≤ f 2 (x),
pois a função y = √ z é estritamente crescente em (0,+∞), já que sua derivada é
1
2 √ > 0. Ou seja, 0 < f(a) ≤ f(x) ∀x ∈ [a,b].
z
Analogamente para o caso 0 < f(x) ≤ f(a) e para o caso do outro extremo b de
[a,b].
Se x é ponto do intervalo aberto (a,b) que é mínimo global de f então f ′ (x) = 0,
f ′ (x) ≤ 0 num pequeno intervalo à esquerda de x e f ′ (x) ≥ 0 num pequeno intervalo
à direita de x. Mas então
(f 2 ) ′ (x) = 2·f(x)·f ′ (x) = 0
e (f 2 ) ′ tem os mesmo sinais que f ′ próximos de x. Logo x é mínimo global de f 2 (x).
Reciprocamente, se x ∈ (a,b) é mínimo global de f 2 (x) então (f 2 ) ′ (x) = 0, com
(f 2 ) ′ ≤ 0 à esquerda de x e (f 2 ) ′ ≥ 0 à direita de x. Mas como
(f 2 ) ′ (x) = 2·f(x)·f ′ (x) e f(x) > 0,
então f ′ (x) = 0 e os sinais de f ′ próximo a x são os mesmos de (f 2 ) ′ : concluo que x
é mínimo global de f(x).
Analogamente para ponto do intervalo aberto (a,b) que seja máximo global de f
ou f 2 .
O Exercício 6.10 usa de outro modo o que aprendemos na prova da Afirmação 2.1.
3. Derivada da “função”x 1
n, de x m
n e de x −m
n
Seja a função f(x) = x n . Se n é par, precisamos restringir f a um semi-eixo para
termos uma função inversa f −1 (uma raíz n-ésima).
Comessa ressalva, considere g = f −1 ainversa def(x) = x n . Ouseja g(f(x)) = x.
A notação usual para g(x) é g(x) = x 1
n, feita de propósito a que valha
g(f(x)) = (x n ) 1
n = x = x n
n.

1
3. DERIVADA DA “FUNÇÃO”X N, DE X M
N E DE X −M
N 224
Afirmação 3.1. Considere a função x 1
n, para n ∈ N, (com a ressalva acima). Então
para x = 0 vale que
(x 1
n) ′
(x) = 1 1
xn n −1 .
Demonstração.
O Teorema 0.1 diz que para x = 0, combinado com a derivada de x n , dá:
(x 1
n) ′
=
1
n·(x 1
n) n−1.
De aí em diante basta fazer algumas manipulações (usando (x 1
n) k = x k
n):
x 1 ′
n = 1
n ·
1
x n−1
n
= 1
n ·x−n−1 n = .
= 1
n ·x1−n n = 1 1
·x n
n −1 .
Podemos agora derivar funções do tipo x m
n com m,n ∈ N usando as regras da
composta e da inversa, pois
x m
n = (x 1
n) m .
Então pelo Teorema 1.1 (a regra da composta) e o que já sabemos para x 1
n:
(x 1
n) m′
= m·(x 1
n) m−1
·( 1 1
·x n
n −1 ) =
= m
n ·xm−1 n ·x 1
n−1 = m
n ·xm n −1
Para podermos derivar funções do tipo x −m
n com m,n ∈ N podemos escrever
x −m
n = 1
x m n
e usar o que sabemos de quocientes e de xmn:
( 1
x m
′
)
n
= −m
nxm n −1
x 2m
n
= − m
n ·xm n −1−2m n =
− m
n ·x−m n −1 .
Qual o sentido de dizermos que em geral se f(x) = x α então f ′ (x) = αx α−1 ?
E se α ∈ Q? Por exemplo α = √ 2 ou α = π? Após darmos um sentido a essa
expressão (e precisaremos da função exponencial para isso), será que essa função é
derivável ? Será que sua derivada também é α·x α−1 ? Voltaremos...

CAPÍTULO 16. FUNÇÕES INVERSAS E SUAS DERIVADAS 225
4. Derivadas do arcoseno e do arcocosseno
É claro que o seno visto como função periódica sin : R → R ou mesmo visto em
sin : [0,2π] → R não tem uma função inversa.
Mas sua restrição sin : (−π π , ) → (−1,1) mostrada na Figura a seguir sim tem
2 2
função inversa ! De fato, nessa região (− π π
, ) o seno é uma função injetora, pois sua
2 2
derivada sin ′ (x) = cos(x) é sempre positiva em (−π π , ), logo sin(x) é estritamente
2 2
crescente e portanto uma função injetora.
-1,5 -1
1
0,5
0
-0,5 0
x
-0,5
-1
Figura: Restrição do seno ao intervalo ((−π π , 2 2 ).
A inversa de sin : (− π π
, ) → R é chamada de valor principal do arco seno ou
2 2
apenas arcoseno, no sentido de que dado sin(θ) em (−1,1) ela diz de que arco θ ele
proveio, π
2
< θ < π
2 .
É denotada arcsin. Guardaremos o símbolo sin(x) −1 para denotar 1
sin(x) .
-1
1,5
1
0,5
0
-0,5 0
x
-0,5
-1
-1,5
Figura: Gráfico de arcoseno, domínio (−1,1) e imagem (−π π , 2 2 ).
Como explicado no Teorema que trata da inversa de funções contínuas, o arcoseno
e o arcocosseno são funções contínuas. Mas vamos assumir que seja derivável, para
calcularmos sua derivada.
Agora considere na Figura a seguir a restrição do cosseno ao intervalo [0.π].
0,5
0,5
1
1
1,5

4. DERIVADAS DO ARCOSENO E DO ARCOCOSSENO 226
1
0,5
0
0 0,5
-0,5
-1
1
1,5
x
É uma função estritamente decrescente, cuja inversa (também estritamente decrescente)
é denotada arccos : [−1,1] → [π,0].
Afirmação 4.1.
i) A derivada de arcsin : (−1,1) → (− π
2
arcsin ′ (x) =
Para a > 0, a derivada de arcsin( x
a
arcsin ′ ( x
) =
a
2
2,5
π , ) é 2
1
√ 1−x 2 .
) : (−a,a) → (−π
2
1
√ a 2 −x 2 .
ii) A derivada de arccos : (−1,1) → [π,0] é
arccos ′ 1
(x) = −√
1−x 2 .
iii) arccos(x) = π −arcsin(x), ∀x ∈ [−1,1].
2
Demonstração.
De i):
Pelo Teorema 0.1:
arcsin ′ 1
(x) =
sin ′ (arcsin(x)) .
Mas já sabemos que a derivada do seno é o cosseno, logo:
arcsin ′ 1
(x) =
cos(arcsin(x)) .
Agora uso a relação trigonométrica
e
para obter:
3
π , ) é: 2
cos 2 (arcsin(x))+sin 2 (arcsin(x)) ≡ 1
sin 2 (arcsin(x)) = (sin(arcsin(x)) 2 = x 2
cos 2 (arcsin(x)) = 1−x 2 ,
e como cos(arcsin(x)) > 0 quando arcsin(x) ∈ (− π
2
, π
2
cos(arcsin(x)) = + √ 1−x 2
) então obtenho:

CAPÍTULO 16. FUNÇÕES INVERSAS E SUAS DERIVADAS 227
e portanto
arcsin ′ (x) =
1
√ 1−x 2 ,
como queríamos.
Quando tomo a > 0, então pela regra da derivada da composta:
De ii):
Pelo Teorema 0.1:
arcsin ′ ( x
) =
a
= 1
√ a 2
1 1
· x 1−( )2 a
a =
1
= x 1−( )2
a
arccos ′ (x) =
1
√ a 2 −x 2 .
1
cos ′ (arccos(x)) .
Mas já sabemos a derivada do cosseno, logo:
arccos ′ −1
(x) =
sin(arccos(x)) .
Exatamente como fizemos antes, a relação trigonométrica entre seno e cosseno e o
fato de que o seno restrito a [0,π] é ≥ 0, dão:
De iii):
Os itens i) e ii) já provados dão que:
arccos ′ (x) = −1
√ 1−x 2 .
arccos ′ (x) = −arcsin ′ (x), ∀x ∈ (−1,1).
Portanto existe uma constante C ∈ R tal que:
Mas
o que nos diz que
Ademais também:
bem como:
arccos(x) = −arcsin(x)+C, ∀x ∈ (−1,1).
π
2
= arccos(0) = −arcsin(0)+C = 0+C,
C = π
2 .
π = arccos(−1) = π π
+
2 2
0 = arccos(1) = − π π
+
2 2
= −arcsin(−1)+ π
2 ,
= −arcsin(1)+ π
2 .

5. DERIVADA DO ARCOTANGENTE 228
O Exercício 6.8 propõe comprovar geometricamente (qualitativamente ao menos)
que arccos(x) = −arcsin(x)+ π
2 .
Note agora que a função 1
√ 1−x 2 para x ∈ (−1,1) é sempre positiva, vale 1 na
origem e tem
lim
xր1
1
√ 1−x 2
= +∞, e lim
xց1
1
√ 1−x 2
= +∞.
Tudo isso se vê na figura abaixo, onde plotei o arcoseno e sua derivada, para
x ∈ [−0.95,0.95] (não posso me aproximar demais de −1 ou de 1 se não o gráfico fica
muito alto !)
3
2
1
0
-0,8-0,4 0 0,4 0,8
x
-1
Figura: Gráfico de y = arcsin(x) (vermelho) e de sua derivada y = 1
√ 1−x 2 (verde).
Essa figura é tão parecida (qualitativamente) com a que já vimos no Capítulo
anterior da função y = tan(x) e sua derivada que resolvi plotá-las juntas, para que o
leitor possa fazer comparações:
2
1
0
-0,8-0,4 0 0,4 0,8
x
-1
Figura: y = tan(x) (vermelho), sua derivada (verde), y = arcsin(x)
(amarelo) e sua derivada (azul) restritas a (−0.9,0.9).
Se x ∈ (− π
2
π , ) então 2
5. Derivada do arcotangente
tan ′ (x) =
1
cos 2 (x)
> 0,

CAPÍTULO 16. FUNÇÕES INVERSAS E SUAS DERIVADAS 229
o que diz que para x ∈ (−π π , ) a função y = tan(x) é estritamente crescente.
2 2
Logo é injetora e tem função inversa denotada:
arctan : R → (− π π
,
2 2 ).
Afirmação 5.1.
arctan ′ (x) = 1
1+x 2, ∀x ∈ R
e para a > 0 :
1
a ·arctan′ ( x 1
) =
a a2 +x2, ∀x ∈ R
Demonstração.
Pelo Teorema 0.1 e pela derivada da função tan(x):
arctan ′ (x) =
=
1
tan ′ (arctan(x)) =
1
1 ( cos2 =
) (arctan(x))
= cos 2 (arctan(x)).
Agora arctan(x) é um arco/ângulo e portanto vale para ele a relação trigonométrica
básica:
sin 2 (arctan(x))+cos 2 (arctan(x)) = 1
e daí, dividindo por cos 2 (arctan(x)) > 0, temos:
ou seja
e como
quer dizer:
Logo
sin2 (arctan(x))
cos2 +1 =
(arctan(x))
tan 2 (arctan(x))+1 =
1
cos 2 (arctan(x))
1
cos 2 (arctan(x)) ,
tan 2 (arctan(x)) = (tan(arctan(x))) 2 = x 2 ,
x 2 +1 =
1
cos 2 (arctan(x))
cos 2 (arctan(x)) = 1
1+x 2
arctan ′ (x) = 1
1+x 2.
Se a > 0 a derivada da composta dá:
arctan ′ ( x
) =
a
1
1+( x
a
)2 · 1
a
= a·
1
a 2 +x 2.

5. DERIVADA DO ARCOTANGENTE 230
1
0,5
-3 -2
0
-1 0
-0,5
x
-1
1 2 3
Figura: A função arcotangente (vermelho) e sua derivada
(verde) restritas a (−4,4)
Exemplo:
Para completar essa Seção, vou mostra neste Exemplo como informação qualitativa
pode servir para dar informação quantitativa !
Considere
y = F(x) = x
2 −2arctan(x
2 ).
Apergunta é: emquepontosF(x)seanula, alémdox = 0? Oupelomenos, como
dar uma aproximação dessas raízes ? Nem pensar em tentar resolver explicitamente
F(x) = 0 ...
Já inicialmente é bom observar que F(x) é uma função ímpar, F(−x) = −F(x).
Portanto vamos pensar no eixo x > 0 apenas, depois fica fácil o eixo x < 0.
Note que
F ′ (x) = 1 1
−2·
2 2 ·
1
1+( x
2
1 4
= −
)2 2 x2 +4
e esta última função teve seu gráfico esboçado na Seção 4 do Capítulo 14.
Vimoslánaquela SeçãoqueF ′ (x)seanula, noeixo x > 0, emx = 2, queF ′ (x) < 0
em (0,2) e que F ′ (x) > 0 em (2,+∞).
Então, como F(0) = 0, concluo que y = F(x) < 0 em (0,2), assume um mínimo
em x = 2 e depois começa a crescer.
Como
temos
lim
x+∞ arctan(x
π
) =
2 2
lim F(x) = +∞.
x+∞
Ou seja, como F(x) é contínua, tem que voltar a se anular em algum ponto à direita
de x = 2.
Só que, para x > 0,
F(x) = x
2 −2arctan(x
x π
) > −2·
2 2 2 .

CAPÍTULO 16. FUNÇÕES INVERSAS E SUAS DERIVADAS 231
Como a reta y = x
2
− π corta o eixo x > 0 em x = 2π ∼ 6.3, concluo que F(x) se
anula 1 em x ∈ (2,6.3).
Pela propriedade ímpar, F(x) se anula em −x ∈ (−6.3,2).
Note que:
lim
x+∞ F′ (x) = lim F
x−∞ ′ (x) = 1
2
ou seja que a inclinação tende a 1/2 quando |x| → ∞.
Como
lim
x−∞ arctan(x)
= −π
2 2
vemos que o gráfico de y = F(x) se aproxima de
y = x
2 +π
quando x → −∞.
A figura a seguir ilustra F(x) em vermelho, F ′ (x) em verde, y = y = x
2
azul e y = x −π em amarelo.
2
8
4
0
-10 -5
0
5 10
-4
-8
x
6. Exercícios
Exercício 6.1. (resolvidos: iii, iv, v, xv.)
Derive usando regras de derivação de +,−,x,/, √ e a derivada da composta:
i) sin(x 3 ), se sin(x 3 ) > 0 ii) cos 5 (x)+sin(x 5 ),
+π em
1 Com o método de Newton do Capítulo 18, começando com 6.3 obtive na quinta iteração x ∼
4.662244741

6. EXERCÍCIOS 232
iii) sin 3 (x 3 ), iv) sin(x)cos(x), v) x4 +x 2 +1
3x 4 +4x 2 +1 ,
vi) √ 1−x 2 , se |x| < 1, vii)sin(x 3 ), viii)cos 3 (x)+sin 3 (x),
ix) x7 −x 2 −1
x 4 +4x 2 +8
, x)
x 3 −x+1
x 4 −x 3 +x 2 −1 ,
xi) sin 3 (x)−sin(x 3 ), xii) 2
x3, 0 < x,
xiii)(sin(x)·cos 2 (x)) 2 , xiv)(x+3) 100 , xv) (3x+4) 100 .
Exercício 6.2. Determine o domínio de cada uma das quatro funções a seguir e em
que que pontos do domínio existe a derivada. Derive-as usando as regras de derivação
(produto, soma, composição, etc).
i) y =
√
x
x2 1
, ii) y =
−1 sin(x) ,
iii) y = tan(x)·sin(cos(x)), iv) y = x 4 ·x 1
4.
Exercício 6.3. No Capítulo 28 vamos definir
κ(x) :=
|f ′′ (x)|
(1+(f ′ (x)) 2 ) 3
2
como sendo a curvatura do gráfico de y = f(x) em cada ponto x.
Verifique que
i) κ(x) ≡ 0 para uma reta y = a·x+b e
ii) κ(x) ≡ 1
r para a parte do círculo x2 +y 2 = r 2 que fica no primeiro quadrante.
Exercício 6.4. Suponha que você só conhece a reta tangente ao Círculo como o
fizemos aqui neste curso de Cálculo, ou seja, como reta cujo coeficiente angular é
dado por uma derivada, etc.
Prove que essa reta tangente é ortogonal ao raio do Círculo, ou seja, que coincide
com a definição do Ensino Médio (dica: basta considerar pontos do círculo x 2 +y 2 = 1
com coordenada y > 0).
Exercício 6.5. Considere a função f : R >0 → [−1,1] dada por f(x) = sin( 1
x ).
i) derive-a pela regra da composta, ii) comprove que |f ′ (x)| fica arbitrariamente
grande quando x tende a zero, iii) interprete geometricamente o resultado, sobre o
que acontece com o gráfico de f próximo à origem, iv) agora considere a função dada
por f(x) = x2 · sin( 1
) (para x > 0). v) derive-a , vi) veja se o módulo da derivada
x
f ′ (x) fica arbitrariamente grande próximo à origem, ou não.
Exercício 6.6. Considere a Figura a seguir, que dá o gráficos de f(x) = arctan(x)
(função inversa da tangente), de sua derivada f ′ (x) = 1
1+x 2 (assuma que sua derivada

CAPÍTULO 16. FUNÇÕES INVERSAS E SUAS DERIVADAS 233
é essa) e de sua segunda derivada f ′′ (x), restritas ao eixo positivo x > 0.
1
0,5
0
0
-0,5
0,5
1 1,5
x
Vemos que o gráfico de f ′ (x) = 1
1+x 2 tem um ponto de inflexão, ou seja, onde as
inclinações de suas tangentes tem um mínimo e depois vão aumentando, ficando cada
vez mais próximas de zero quando x >> 1. Dito de outro modo, um ponto onde a
segunda derivada f ′′ (x) = (f ′ (x) ′ ) têm um mínimo.
Para encontrar onde é esse mínimo de f ′′ (x), calcule pela regra do quociente a
terceiraderivadaf ′′′ (x)eprocureporseuszeros! (Vãoserduassoluções, umapositiva
e outra negativa, pois o gráfico de f ′ (x) = 1
1+x 2 é simétrico em relação ao eixo dos y).
Exercício 6.7. Considere a função g : (−1,1) → R dada por
g(y) = y
, se y ∈ [0,1),
1−y
g(y) = y
, se y ∈ (−1,0].
1+y
(Chamo a variável de y pois foi assim que a vimos na Parte 1 do Curso). Já vimos
que g é uma tremenda expansão, pois a imagem do intervalo pela g é toda a reta R !
1
Prove que a derivada da g em y ∈ [0,1) é (1−y) 2 e que a derivada da g em y ∈ (−1,0]
1 é de (1+y) 2. Chamamos essas derivadas de taxas de expansão.
Exercício 6.8. Comprove geometricamente que:
arccos(x) = −arcsin(x)+ π
, ∀x ∈ [−1,1].
2
Para isso:
i) faça o gráfico qualitativamente correto do seno restrito a [−π π , 2 2 ],
ii) reflita o gráfico de i) na diagonal para obter o de arcsin.
iii) reflita no eixo dos x o gráfico de ii) para obter o de −arcsin
iv) Translade o gráfico de iii) verticalmente por π
para obter o de −arcsin+π
2 2 .
v) reflita o gráfico de iv) na diagonal para obter um gráfico qualitativamente
correto do cosseno a [0,π].
Exercício 6.9. Descreva de modo qualitativamente correto a curva x 1
2 + y 1
2 = a 1
2,
para a > 0 fixado e x,y ≥ 0.
Para isso mostre que:
i) y = y(x) = (a 1
2−x 1
2
2,5
3
3,5
2) 2 é derivável para 0 < x ≤ a e tem y ′ (x) ≤ 0 em 0 < x ≤ a.
ii) y ′ (a) = 0, ou seja, o gráfico tangencia o eixo x em x = a.
iii) por simetria se obtém o mesmo tipo de fenômeno para x = x(x) = (a 1
2 −y 1
2) 2 .

6. EXERCÍCIOS 234
iv) a inclinação da curva no ponto ( a a , ) é −1. 4 4
v) sempre o gráfico y = y(x) tem concavidade para cima.
Exercício 6.10. Se alguém pede para traçarmos qualitativamente o gráfico de y =
x 6 −6x 4 +9x 2 pode parecer muito difícil.
Mas se notamos que y = x 6 −6x 4 +9x 2 = (x 3 −3x) 2 então o que aprendemos na
prova da Afirmação 2.1 torna a tarefa fácil, desde que saibamos o de y = x 3 −3x.

CAPíTULO 17
Taxas relacionadas
Uma utilidade da regra da derivada da composta é a de permitir estabelecer de
modo quantitativamente exato como a variação de uma grandeza afeta a variação de
outra.
1. Como varia um ângulo
Vou considerar primeiro uma interessante aplicação da derivada do arcotangente,
que vimos no Capítulo anterior.
Um objeto tem posição P(t) = (x(t),y(t)) no plano em cada instante t. Ambas
coordenadas podem mudar com o tempo e suas velocidades em cada instante - suas
derivadas - são denotadas x ′ (t) e y ′ (t) (que suponho existem).
Na origem alguém observa o objeto com uma câmera e o ângulo anti-horário que a
câmera faz com o eixo dos x será denotado θ(t). Que suponho é uma função derivável
de t.
Como mostra a figura, onde o vetor em preto dá a posição em cada instante e o
vetor em vermelho indica a velocidade em cada instante:
A questão é: como muda a câmera quando o objeto muda de posição ? Ou seja,
como x ′ (t) e y ′ (t) e a posição do objeto em cada instante afetam θ ′ (t) ?
Supondo para simplificar que
x(t) > 0, y(y) ≥ 0 e 0 ≤ θ(t) < π
∀t,
2
então:
θ(t) = arctan( y(t)
x(t) ).
Derivo em t, pela regra da composta:
θ ′ (t) = arctan ′ ( y(t)
) =
x(t)
235
1
1+( y(t) ·(y(t)
)2
x(t)
x(t) )′ (t) =

2. COMO VARIA UMA DISTÂNCIA 236
= y′ (t)·x(t)−y(t)·x ′ (t)
x(t) 2 +y(t) 2
.
Essa fórmula dá várias informações, que servem para resolver vários problemas
práticos:
• se o objeto se move apenas verticalmente, então x ≡ x > 0, x ′ (t) ≡ 0 e
quando está numa altura y(t) num instante t:
θ ′ (t) = y′ (t)·x
x 2 +y(t) 2,
o que se simplifica ainda mais quando y(t) = 0 para:
θ ′ (t) = y′ (t)
x .
• se o objeto se move apenas horizontalmente, então y ≡ y ≥ 0, y ′ (t) ≡ 0 e
quando está numa posição x(t) num instante t:
θ ′ (t) = −y ·x′ (t)
x(t) 2 +y 2.
• quando o objeto se move radialmente temos:
e então:
y ′ (t)
x ′ (t)
= y(t)
x(t)
θ ′ (t) = 0.
• quando objeto se move num círculo de raio r > 0 centrado na origem então:
θ ′ (t) = y′ (t)·x(t)−y(t)·x ′ (t)
r2 .
Há vários modos de descrever esse movimento, por exemplo com:
(x(t),y(t)) = (r ·cos(k ·t), r ·sin(k ·t)), k ∈ R
pois claramente x 2 (t)+y 2 (t) ≡ r 2 . Então nesse caso teremos, usando de novo
a regra da derivada da composta:
θ ′ (t) = y′ (t)·x(t)−y(t)·x ′ (t)
r 2
= k, ∀t
2. Como varia uma distância
Imagine dois objetos cujas posições P1 = (x1(t),y1(t)) e P2 = (x2(t),y2(t)) variam
ao longo de segmentos de retas c1 e c2 que se encontram em ângulo α (constante)
num ponto I, como na figura a seguir:

CAPÍTULO 17. TAXAS RELACIONADAS 237
I
α
c 1
c
2
A questão é: como variam as distâncias relativas umas às outras ?
Denoto d(t) a distância entre P1 e P2. Temos pela lei dos cossenos (Afirmação
3.1, na próxima Seção):
P
1
d 2 (t) = c 2 1 (t)+c2 2 (t)−c1(t)·c2(t)cos(α).
Note que se α = π (ângulo reto) o tamanho d(t) é o que se espera por Pitágoras. Se
2
0 < α < π (ângulo agudo) então d(t) fica menor que o que se espera por Pitágoras,
2
mas se π < α < π (ângulo obtuso) então d(t) fica maior que o que se espera por
2
Pitágoras.
Então:
2·d(t)·d ′ (t) = 2·c1(t)·c ′ 1 (t)+2·c2(t)·c ′ 2 (t)−[c′ 1 (t)·c2(t)+c1(t)·c ′ 2 (t)]·cos(α),
ou seja:
d ′ (t) = c1(t)·c ′ 1(t)+c2(t)·c ′ 2(t)− cos(α)
·[c 2 ′ 1(t)·c2(t)+c1(t)·c ′ 2(t)]
.
d(t)
Essa fórmula se presta para resolver vários problemas práticos, mesmo em casos
bem particulares:
• Se
Então c ′ 2
ou seja,
c2(t) ≡ C e α = π
2 .
(t) ≡ 0 e cos(α) = 0 e obtemos da expressão acima:
d
P 2
2·d(t)·d ′ (t) = 2·c1(t)·c ′ 1(t),
d ′ (t) = c1(t)
d(t) ·c′ 1 (t).
• quando uma escada desliza ao longo de uma parede então d(t) ≡ d > 0 é o
. Então a expressão acima vira:
tamanho da escada e α = π
2
0 = c1(t)·c ′ 1 (t)+c2(t)·c ′ 2 (t)
que diz como o aumento/diminuição da posição de um extremo repercute no
outro extremo da escada.

3. LEI DOS COSSENOS E PRODUTO ESCALAR DE VETORES 238
3. Lei dos cossenos e produto escalar de vetores
Falta explicar de onde surge a:
Afirmação 3.1. (Lei dos cossenos)
Considere um triângulo △ABC com ângulo α em A.
Então
BC 2 = AB 2 +AC 2 −2·AB ·AC ·cos(α).
Demonstração.
Como para ângulo reto a fórmula é o Pitágoras, o correto seria considerar ângulos
agudos e obtusos. Por brevidade considero apenas o caso de ângulo agudo α e deixo
o caso de obtuso como exercício para o leitor.
Escolho H no segmento AC tal que BH seja ortogonal a AC em H, como mostra
a figura:
A
Então Pitágoras se aplica em dois triângulos retângulos:
De onde:
Mas
e portanto:
ou seja:
α
AB 2 = BH 2 +AH 2
B
H
C
e BC 2 = BH 2 +CH 2 .
BC 2 −AB 2 = CH 2 −AH 2 .
CH = CA−AH
BC 2 −AB 2 = (CA 2 −2·CA·AH +AH 2 )−AH 2 = CA 2 −2·CA·AH,
Para terminar note que:
BC 2 = AB 2 +AC 2 −2·AC ·AH.
AH = AB ·cos(α).
A lei dos cossenos embasa as propriedades do produto escalar de vetores.
Definição 3.1. Dados vetores v1 = (x1,y1) e v2 = (x2,y2) defino seu produto escalar
como:
v1 ·v2 = x1 ·x2 +y1 ·y2.

CAPÍTULO 17. TAXAS RELACIONADAS 239
Observação:
Quando usar · entre vetores se trata desse produto. Mas. quando fizer, para
λ ∈ R, o produto λ·v trata-se então de multiplicar cada coordenada de v por λ.
Afirmação 3.2.
i):
v1 ·v2 = v2 ·v1, v1 ·v1 = ||v1|| 2 , e v1 ·(v2 +v3) = v1 ·v2 +v1 ·v3.
ii) Dados vetores v1 = (x1,y1) e v2 = (x2,y2), então
v1 ·v2 = ||v1||·||v2||·cos(θ)
onde θ é o ângulo orientado de v1 para v2 (como cos(−θ) = cos(θ) dá o mesmo que
considerar o ângulo de v2 para v1)
iii) Se ||v2|| = 1 então
(v1 ·v2)·v2
é o vetor que corresponde à projeção ortogonal de v1 no eixo orientado gerado por v2.
Demonstração.
O item i) é imediato das definições de módulo, produto escalar e de soma de
vetores.
De ii):
O item i) aplicado ao vetor diferença v1 −v2:
ou seja:
||v1 −v2|| 2 = (v1 −v2)·(v1 −v2) = v1 ·v1 +v2 ·v2 −2·v1 ·v2 =
= ||v1|| 2 +||v2|| 2 −2·v1 ·v2,
v1 ·v2 = ||v1 −v2|| 2 −||v1|| 2 −||v2|| 2 .
Mas como mostra a figura a seguir posso aplicar a Lei dos cossenos para ter o
módulo de v1 −v2:
v2
θ
v1
v1 − v2
||v1 −v2|| 2 = ||v1|| 2 +||v2|| 2 −2·||v1||cot||v2||·cos(θ),
de onde sai ii).
De iii):
O item ii) aplicado a um vetor unitário v2 dá
v1 ·v2 = ||v1||·cos(θ).

3. LEI DOS COSSENOS E PRODUTO ESCALAR DE VETORES 240
Então
está no eixo gerado por v2 e tem módulo:
(v1 ·v2)·v2
||v1||·|cos(θ)|.
Para comprovar que (v1 ·v2)·v2 é realmente a projeção ortogonal de v1 sobre o eixo
gerado por v2, podemos fazer uma conta:
v2 ·[v1 −(v1 ·v2)·v2] = v2 ·v1 −(v1 ·v2)·v2 ·v2 = v2 ·v1 −v1 ·v2 = 0
o que diz pelo item ii) que v2 e v1 −(v1 ·v2)·v2 são ortogonais.
Ilustro a seguir:
(v1.v2) . v2
v2
θ
v1
v1 − (v1.v2).v2
3.1. Uma interpretação vetorial da Seção 1. A fórmula
θ ′ (t) = y′ (t)·x(t)−y(t)·x ′ (t)
x(t) 2 +y(t) 2
que demos na Seção 1 deste Capítulo admite uma interpretação vetorial importante,
que será retomada na Seção 5 do Capítulo 39.
Considero o vetor velocidade V := (x ′ (t),y ′ (t)) e o vetor unitário
N := (−y(t),x(t))
x(t) 2 +y(t) 2 ,
que é ortogonal ao vetor posição P := (x(t),y(t)). O módulo do vetor posição é
||P|| := x(t) 2 +y(t) 2 .
O produto escalar de vetores:
V ·N = (x ′ (t),y ′ (t))·
(−y(t),x(t))
x(t) 2 +y(t) 2 := y′ (t)·x(t)−y(t)·x ′ (t)
x(t) 2 +y(t) 2
dá a projeção do vetor V := (x ′ (t),y ′ (t)) na direção do vetor unitário N (item iii) da
Afirmação 3.2). Veja a figura a seguir:

CAPÍTULO 17. TAXAS RELACIONADAS 241
E podemos então escrever na linguagem vetorial:
θ ′ (t) = 1
·V ·N =
||P||
V
N
= y′ (t)·x(t)−y(t)·x ′ (t)
x(t) 2 +y(t) 2
.
4. Exercícios
Exercício 4.1. Considere um paralepípedo reto (ou seja, um objeto com a forma de
um tijolo maciço), cuja largura x(t), profundidade 2x(t) e altura y(t) mudam com o
tempo t.
Suponha que, em um instante t0, sua altura é 1 cm e aumenta na taxa de 7 cm/s
e sua largura é 4 cm e decresce na taxa de −1 cm/s.
Qual a taxa de variação do Volume no instante t0 ? O Volume está aumentando
ou diminuindo em t0 ?
P
V

CAPíTULO 18
O Método de aproximação de Newton
No Exercício 9.11 do Capítulo 6 vimos que o polinômio
y = x 5 −2x 4 +x 3 +x 2 +1
tem uma raíz no intervalo [−1,1]. Mas para isso de usa o Teorema do Valor Intermediário,
que não diz quanto é a raíz, apenas que ela existe.
Imagine quantas vezes Newton se viu defrontado com equações como essa, além
de outras não-polinomiais, 1 por exemplo:
cos(x)+x·sin(x)−1 = 0,
e certamente ele precisava ter informação sobre essas Raízes.
A idéia do método é bastante geométrica. Se queremos determinar uma raíz de
f(x) = 0, trata-se de:
• escolher um ponto no eixo x, chamado de x0, tal que f ′ (x 0) = 0.
• determinar a reta tangente r0 ao gráfico de y = f(x) em (x0,f(x0))
• intersectar r0 com o eixo dos x, chamando essa intersecção de x1
• recomeçar o processo a partir do ponto obtido.
Afirmação 0.1. O x 1 obtido pelo método é da forma:
x 1 = x 0 − f(x 0)
f ′ (x 0) .
Demonstração.
A reta tangente r0 ao gráfico de y = f(x) em (x0,f(x0)) tem equação:
Intersectá-la com y = 0 dá:
y = f ′ (x 0)·x+(f(x 0)−f ′ (x 0)·x 0).
x = f′ (x 0)·x 0 −f(x 0)
f ′ (x 0)
= x 0 − f(x 0)
f ′ (x 0) .
1 Como salienta S. Chandrasekharna página 142do seu livro Newton’s Principia for the common
reader, Oxford University Press , 1995.
243
=

Se a tangente num ponto (x,f(x)) do gráfico for uma reta horizontal então
teríamos que resolver a equação:
f(x) = f(x),
que é tão difíl como o problema original em geral. Ou seja, o método pode parar se
f ′ (x) = 0.
Exemplos:
• Para a raíz de
y = x 5 −2x 4 +x 3 +x 2 +1
em [−1,1] começo com
x0 := 1
e obtenho
x1 = 0.
Mas f ′ (0) = 0 e páro.
Nova tentativa, partindo agora de
obtenho
x0 := 1/2,
x1 := −0.7058823529, x2 := −0.8206076715,
244
x3 := −0.7982163995, x4 := −0.7970632182, x5 := −0.7970602776,
e a partir daí a calculadora não muda mais o resultado. Então essa é a
aproximação buscada da raíz.
A Figura a seguir indica como é o gráfico do polinômio.
2
1
0
-1 -0,5 0 0,5 1
-1
-2
x
• Agora quero uma raíz de cos(x)+x·sin(x)−1 = 0 no intervalo [0,π]ecomeço
com x 0 = 3.14.
Então:
x1 := 2.504649576, x2 := 2.348555437,
x3 := 2.331341479, x4 := 2.331122406,x5 := 2.331122370
a partir daí a calculadora passa desse valor para
x6 := 2.331122371

CAPÍTULO 18. O MÉTODO DE APROXIMAÇÃO DE NEWTON 245
e depois volta para o x5, sucessivamente.
0,5
0 0,5
0
-0,5
-1
-1,5
-2
1
x
1,5
y = cos(x)+x·sin(x)−1, x ∈ [0,π].
2
2,5
3

CAPíTULO 19
O Princípio de Fermat e a refração da luz
1. Princípio de Fermat
Suponhamos dois pontos P1 = (x 1,y 1 ) e P2 = (x 2,y 2 ) com coordenadas y > 0.
O problema é: Encontrar o ponto P = (x,0) no eixo dos x que minimiza a soma
das distâncias PP1 +PP2.
Não é uma perda de generalidade muito grande supôr que P1 = (0,1) (basta
escolher sistema de coordenadas adequado).
Chamemos o ângulo 1 ) formado em P pelo eixo dos x e a reta P P1 de ângulo de
incidência; e de ângulo refletido o ângulo formado pelo eixo dos x e a reta P P2.
Afirmação 1.1. (Princípio de Fermat)
• i) o ponto no eixo dos x que minimiza a soma de distâncias a P1 := (0,1) e
a P2 := (x 2,y 2 ), com y 2 > 0, é
P = (x,0) = ( x2 ,0).
1+y
2
• ii) os ângulos de incidência e refletido formados nesse P são iguais.
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
0 0,5
1
1,5
x
Figura: Três exemplos do princípio de Fermat, com P1 = (0,1)
P2: (3,1),(3,2),(3,3) e P: ( 3
2 ,0),(1,0),(3 ,0) respectivamente.
4
Demonstração.
Do Item i):
Queremos encontrar o ponto P = (x,0) no eixo dos x que minimiza a função:
d(x) := (x−0) 2 +(0−1) 2
+ (x−x 2) 2 +(0−y )
2 2 =
1 convexo, ou seja, 0 ≤ θ ≤ π, e não-orientado, ou seja, não distingo entre ângulos horários e
anti-horários.
247
2
2,5
3

1. PRINCÍPIO DE FERMAT 248
= √ x2
+1+ (x−x 2) 2 +y2 2 .
Queremos usar o critério da segunda derivada (Afirmação 2.1 do Capítulo 10)
para determinar o mínimo de d(x).
Para isso precisamos calcular d ′ (x), o que ainda não sabemos fazer.
Então, adiantando o que aprenderemos sobre derivadas de funções compostas e
da raíz quadrada, Afirmo que:
e claramente:
d ′ (x) =
x
√ x 2 +1 +
x−x 2
(x−x 2) 2 +y 2
2
x· (x−x 2)
=
2 +y2 2 +(x−x 2)· √ x2 +1
√
x2 +1· (x−x 2) 2 +y2 ,
2
d ′ (x) = 0 ⇔ x·
(x−x 2) 2 +y 2
2 +(x−x 2)· √ x 2 +1 = 0.
Ao invés de resolver diretamente:
x· (x−x 2) 2 +y2 2 = (x2 −x)· √ x2 +1,
elevo ambos os lados ao quadrado, obtendo:
x 2 ·[(x−x 2) 2 +y 2
2 ] = (x2 −x) 2 ·(x 2 +1),
o que equivale, após simplificações, a resolver:
(y 2
2 −1)x2 +2x 2x−x 2 2 = 0.
Aqui há dois casos a considerar (dos quais daremos o significado geométrico a seguir):
= ±1, então a solução buscada é
Caso y 2
2 −1 = 0, ou seja, y 2
P = (x,0) = ( x2 2 ,0).
Caso y2 −1 = 0, então temos uma equação quadrática em x, cujas soluções são:
2
x2 x2 e .
1+y 1−y
2 2
Note que o ponto Q := ( x2 ,0) é colinear com (0,1) e (x 1−y 2,y ) (basta calcular os
2
2
coeficientes angulares das retas por dois deles). Então essa solução não nos interessa.
Porém a solução
P = (x,0) = ( x2 ,0)
1+y
2
é interessante. Note que se y2 = 1 esse ponto se reduz a P = ( x2 2
com a solução obtida no caso y2 −1 = 0.
Temos d ′ ( x 2
1+y 2
2
) = 0 e agora precisaríamos ver que d ′′ ( x 2
1+y 2
=
,0), ou seja, coincide
) > 0, para termos um
mínimo de d(x).
A segunda derivada d ′′ (x) existe, como veremos nos Capítulos seguintes sobre
regras de derivação.

CAPÍTULO 19. O PRINCÍPIO DE FERMAT E A REFRAÇÃO DA LUZ 249
O cálculo de d ′′ (x) é tedioso e ainda mais tedioso 2 é obter:
d ′′ ( x2 ) =
1+y
2
y 2
(1+y )
2 4
(x2 2 +1+2y +y
2 2
2 )3
e vemos que d ′′ ( x2 ) é positivo se y > 0.
1+y
2
2
Está provado que o ponto minimiza a soma de distâncias.
Do Item ii):
Calculo o coeficiente angular da reta P P1:
a := 1−0
0− x 2
1+y 2
= − (1+y 2 )
.
x2 Agora calculo o coeficiente angular da reta P P2:
a ′ := y 2 −0
x 2 − x 2
1+y 2
= 1+y 2,
x2 logo a ′ = −a, ou seja, formam o mesmo ângulo (não-orientado) com a reta vertical.
Portanto também há igualdade de ângulos formados em P com a horizontal.
2. Refração, distâncias ponderadas e Lei de Snell
Na Seção anterior buscamos minimizar a soma das distâncias
PP1+PP2,
onde P1,P2 estão no semi-plano superior e P no eixo dos x
Agora imaginemos um problema um pouco mais geral.
Suponha que no semiplano superior nos movimentamos com uma velocidade constante
v1 enquanto no semiplano inferir nos movimentamos com uma velocidade constante
v2. E que queremos sair de P1 no semiplano superior, atingir P no eixo dos x
e daí, no semiplano-inferior, ir até P2, fazendo isso no menor tempo possível. Como
escolher P ?
Esse problema está ainda relacionado comoprincípio de Fermat, que em geral não
é simplesmente de minimar distância entre dois pontos, mas de minimizar o tempo
gasto para ir de um a outro ponto.
Na prática é o problema do salva-vidas, que, estando em P1, tem correr pela
areia (com velocidade v1) e escolher o ponto P na praia de onde sair nadando (com
velocidade v2 < v1) até chegar em algum banhista P2. Veja Exercício 3.1 abaixo.
2 É útil para essas contas tediosas usar algum programa como o Maple.
,

2. REFRAÇÃO, DISTÂNCIAS PONDERADAS E LEI DE SNELL 250
Claro que se v2
v1 = 1, a solução é seguir a reta que liga P1 a P2. E se v2 d no semiplano-inferior, onde sou mais lento.
Podemos então reformular o problema do seguinte modo:
Como minimizar a soma das distâncias ponderadas
d1,k(x) := PP1 +k ·PP2 ?
(onde P1,P2 estão em semi-planos diferentes e P no eixo dos x)
Isso é o que acontece quando a luz passa de um meio para outro. Por exemplo, a
razão entre velocidade da luz no ar (v1) e na água (v2) é da ordem de
v2
v1
= 1
1.33 ,
ou seja, devemos usar a soma de distâncias ponderadas 3 :
d1,1.33(x) := PP1 +1.33·PP2,
(onde P1 está no ar e P2 na água).
Suponha que P1 = (0,1) e que por exemplo
P2 = (x 2,−1), x 2 > 0.
Imitando o que fizemos na Seção anterior, vamos querer derivar d1,k(x) e saber onde
d1,k ′ (x) = 0.
Agora, derivando obtemos:
Como
d1,k ′ (x) =
x (x−x
√ +k
2)
x2 +1 (x−x2) 2 +1 =
= x· (x−x 2) 2 +1+k √ x2 +1·(x−x
√
2)
x2 +1· (x−x2) 2 .
+1
d1,k ′′ (x) = ( √ )
x2 +1 ′ +(k
1
(x2 +
+1) 3/2
x
(x−x 2)
(x−x2) 2 +1 )′ =
k
(x2 2 −2x2x+x 2 > 0,
+1) 3/2
a solução de d1,k ′ (x) = 0 será um ponto de mínimo de d1,k.
Mas
d1,k ′ (x) = 0 ⇔ x· (x−x 2) 2 +1 = k √ x 2 +1·(x 2 −x)
3 O chamado optical path length- OPL é definido como o produto da distância usual pelo índice
de refração - suposto constante - do meio onde a luz se propaga. Então no nosso caso d1,1.33(x) =
OPL( ar )+OPL( água )

CAPÍTULO 19. O PRINCÍPIO DE FERMAT E A REFRAÇÃO DA LUZ 251
e elevando ao quadrado ambos os lados, obtenho:
x 2 ((x−x 2) 2 +1) = k 2 (x 2 +1)(x 2 −x) 2 ,
ou seja, temos que resolver uma equação de grau 4:
(1−k 2 )x 4 +(−2x2 +2k 2 x2)x 3 +(x 2 2 +1−k2 x 2 2 −k2 )x 2 +2k 2 x2x−k 2 x 2 2 = 0.
Claro que se k = 1 (ou seja, d1,1(x) é a soma de distâncias usuais), a equação
acima vira uma equação quadrática:
2x2x−x 2 = 0 ⇔ x = x2 2 .
Logo P = ( x2 2 ,0) está na reta ligando P1 e P2.
Mas se k = 1 temos uma verdadeira equação de grau 4.
Resovi fazer três exemplos, com o k = 1.33 (índice de refração da água) onde
sempre P1 = (0,1), mas P2 assume três valores
(2,−1), (3,−1), (4,−1).
Nesses três casos o Maple resolve as equações de grau 4 acima 4 , dando em cada
caso um par de soluções complexas, uma solução real negativa e uma real positiva.
Listo as soluções reais positivas de cada um dos três casos:
se P2 = (2,−1), P = (1.268409214,0),
se P2 = (3,−1), P = (2.078744326,0),
se P2 = (4,−1), P = (2.983414222,0).
A Figura a seguir representa as linhas quebradas ligando P1 a P e daí passando
por P2, em cada um dos três casos, com k = 1.33:
1
0 1 2
3
4
0
-1
-2
-3
A figura a seguir dá os gráficos das d1,1.33 para
x
P2 = (2,−1),(3,−1),(4,−1).
4 Pois existe a fórmula de Tartaglia para equações de grau 4.

2. REFRAÇÃO, DISTÂNCIAS PONDERADAS E LEI DE SNELL 252
7
6,5
6
5,5
5
4,5
4
3,5
0
1
2
x
Gráficos de y = d1,1.33(x) para três escolhas de P2
Voltando ao que obtivemos como derivada:
d1,k ′ (x) = 0 ⇔ x· (x−x 2) 2 +1 = k √ x 2 +1·(x 2 −x),
note que essa última expressão equivale a:
Agora note que
x (x2 −x)
√ = k
x2 +1 (x−x2) 2 +1 .
sin(α) =
onde α é o ângulo em P = (x,0) do triângulo
E veja que
sin(β) =
3
x
√ x 2 +1
∆P P1(x,1).
onde β é o ângulo em P = (x,0) do triângulo
ou seja
Essa é a lei de refração de Snell:
(x 2 −x)
(x−x2) 2 +1
∆P P2(x,−1).
sin(α) = k ·sin(β).
Para uso posterior, podemos reescrever a lei de Snell assim:
sin(α) = v1
,
sin(α)
v1
v2
= sin(β)
.
v2
4

CAPÍTULO 19. O PRINCÍPIO DE FERMAT E A REFRAÇÃO DA LUZ 253
Para terminar, é natural nos perguntarmos que acontece com a trajetória da luz
ao viajar por um meio com índice de refração variável. Qual o formato da trajetória
da luz, qual a sua equação ?
A resposta a esse tipo de pergunta depende de mais teoria matemática, por exemplo
do Cálculo de Variações.
3. Exercícios
Exercício 3.1. (O Problema do salva-vidas)
Estando no ponto (8,0), na areia da praia, o salva-vidas tem que sair correndo
para salvar alguém que se afoga no ponto B = (0,5), dentro do mar. Veja a Figura.
Suponha que a velocidade do salva-vidas na praia é v1 m/s e na água é v2 < v1,
com razão:
k := v2
< 1.
v1
A questão é a seguinte: para que ele chegue o mais rápido possível, até que ponto
(x,0) comx ∈ [0,8]ele deve correr pela praia, para daí então ir em linha reta nadando
até B ?
Na solução a coordenada x do ponto buscado será função de k, ou seja, x(k).
Também mostre que:
i) se k verifica k2 · (k2 − 1) < 0 então sair já de (8,0) nadando não é a melhor
estratégia para o salva-vidas.
ii) mostre que limk→0 x(k) = 0. Ou seja, para valores de k muito pequenos o
melhor é correr pela areia até quase a origem e dali sair nadando em ângulo reto.
iii) Para um salva-vidas que corresse como Usain Bolt e nadasse como César Cielo
teríamos k ∼ 0.22. Mas se nadasse como Cielo e corresse como uma pessoa normal,
então5 k ∼ 0.55.
Confirme que nesses dois casos
x(k) = x(0.22) ∼ 1.12 e x(k) = x(0.55) ∼ 3.34.
5 Esses valores de k foram calculados pelo estudante Rafael Kuch, a quem agradeço

CAPíTULO 20
As Cônicas e suas propriedades refletivas
1. Distância até uma parábola
Começo este Capítulo considerando o seguinte problema: dada uma parábola
y = C ·x 2 , com C > 0 fixado, e dado um ponto (0,a) no eixo positivo dos y, qual a
distância mínima entre ele e os pontos do gráfico da parábola ? Já o caso C = 1 é
interessante:
Afirmação 1.1. Seja o ponto (0,a) do eixo dos y com a > 0 e seja da(x) a distância
entre esse ponto e os pontos (x,x 2 ) do gráfico da parábola y = x 2 .
• i) se a > 1
2 então da(x) tem um máximo local em x = 0 e dois pontos de
d1
2
mínimo absoluto em x = ± √ 2a−1
√ 2
.
• ii) se a ≤ 1
2 então da(x) tem apenas um ponto de mínimo absoluto, em x = 0.
Ademais, se a = 1
4
então d1
4
(x) = x 2 + 1
4 .
A Figura a seguir ilustra a Afirmação: em vermelho y = d3(x),
em verde y =
4
(x), em amarelo y = d1(x),
em azul y = d1(x)
e em lilás y = d1(x).
3
4
9
-1
1,4
1,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
-0,5 0 0,5
Veremos na próxima Seção 2, Definição 2.1, que
(0,a) = (0, 1
4 )
é o foco da parábola y = x2 e que y = −1 é a sua reta diretriz.
4
Demonstração.
x
255
1

1. DISTÂNCIA ATÉ UMA PARÁBOLA 256
Temos
da(x) := (x−0) 2 +(x 2 −a) 2 = x 2 +(x 2 −a) 2 ,
cujo domínio são todos os Reais.
Então máximos/mínimos são detectados por
Ou seja, d ′ a(x) = 0 em
d ′ a(x) = x·(2x2 +1−2a)
x 2 +(x 2 −a) 2
= 0.
• i) x = 0 e em mais dois pontos x = ± √ 2a−1
√ , desde que 2a−1 > 0
2
• ii) apenas em x = 0, se 2a−1 ≤ 0.
Podemos usar o Critério da primeira derivada para detectar máximos/mínimos
locais. Como claramente
os mínimos locais serão também globais.
No caso i),
e
lim
x→+∞ da(x) = lim
x→−∞ da(x)+∞
d ′ a (x) < 0 se 0 < x <
d ′ a(x) > 0 se −
d ′ a (x) > 0 se
√ 2a−1
√ 2
√ 2a−1
√ 2 < x < 0.
o que diz que x = 0 é ponto de máximo local de da(x).
Ainda no caso i),
√
2a−1
√ < x
2
e
d ′ √
2a−1
a (x) < 0 se x < − √ ,
2
o que diz que x = ± √ 2a−1
√
2
Já no caso ii), temos 2x2 +1−2a ≥ 0 e o sinal de d ′ a
e
são pontos de mínimo local da da(x).
(x) é o mesmo sinal de x:
d ′ a (x) > 0 se 0 < x
d ′ a (x) < 0 se x < 0,
o que diz que x = 0 é ponto de mínimo local.

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 257
2. Definição unificada das cônicas
No colégio se insiste em apresentar cada cônica separadamente, sem que se dê
uma definição unificada.
A Definição 2.1 a seguir englobará todas as cônicas, menos uma, o Círculo. Mas
veremos em seguida que a Definição 2.1 compreende a Definição 2.3, a qual se estende
naturalmente ao Círculo.
Lembre que a distância de um ponto P a uma reta r, denotada Pr a seguir, é a
distância do ponto P ao pé da perpendicular a r traçada desde P.
Definição 2.1. Fixe uma reta r e um ponto F /∈ r. Uma cônica é o lugar geométrico
no plano dos pontos P cuja distância PF está numa razão constante para a distância
P r. Ou seja:
PF
= e, e > 0.
P r
A grandeza e será chamada de excentricidade da cônica, F, de foco e r, de diretriz.
Afirmação 2.1. Considereuma cônica de foco F, diretriz r e excentricidadee. Então
existe um sistema cartesiano de coordenadas em que
• a origem (0,0) pertence à conica,
• a diretriz vira a reta vertical x = −ρ, com ρ > 0,
• o foco é F = (eρ,0)
• os pontos P = (x,y) da cônica satisfazem a equação:
Ademais, se e = 1 a equação vira:
(1−e 2 )·x 2 −2e(1+e)ρ·x+y 2 = 0.
x = 1
4ρ ·y2
assim como o foco vira F = (ρ,0) e a diretriz, x = −ρ.
Se e < 1 , a equação geral vira
x2 2
−
a2 a
y2
·x+ = 0,
b2 onde
a := eρ
1−e > 0 e b := a2 ·(1−e 2 ) > 0.
Se e > 1, a equação geral vira:
onde
x2 2
+
a2 a
y2
·x− = 0,
b2 a := eρ
e−1 > 0 e b := a 2 (e 2 −1) > 0.

2. DEFINIÇÃO UNIFICADA DAS CÔNICAS 258
Definição 2.2. A cônica
x = 1
4ρ ·y2 ,
do caso e = 1 da Afirmação 2.1, é chamada parábola.
• Elatemóbviasimetrianoeixodosy eoeixoxéchamadodeeixo daparábola.
• Um reta vertical pelo foco F = (ρ,0) intersecta a parábola em dois pontos
(ρ,±2ρ). A distância de F a cada um deles, que é 2ρ, é chamada semi-latus
rectum 1 da parábola.
• Numnovosistemacartesiano(x,y)emqueovérticeP0 estáem(x,y) = (h,k)
e o foco está na reta y = k a parábola
se escreve como:
que expandido dá:
y 2 = 4ρx
(y −k) 2 = 4ρ(x−h)
y 2 −2ky −4ρx+k 2 +4h = a1y 2 +a2y +a3x+a4 = 0.
Em Exercícios pode se pedir para, a partir de uma equação do tipo:
a1y 2 +a2y +a3x+a4 = 0
determinar a parábola, com o vértice, o foco e a diretriz.
Também o papel de x e y pode estar trocado.
• A pista para chegar na parábola está em que só há grau 2 em uma das
coordenas.
Para entendermos melhor as cônicas nos casos e = 1:
Afirmação 2.2. No caso 0 < e < 1 da Afirmação 2.1, existe um novo sistema de
coordenadas (x,y) dado por
x = x−a e y = y
em que a equação vira:
x y
+ = 1
a2 b2 e no qual as coordenadas do foco são
para
Ademais 2 :
F = (− √ a 2 −b 2 , 0),
a := eρ
1−e > 0 e b := a 2 ·(1−e 2 ) > 0.
e =
1 semi largura ortogonal
2 Na apostila c := √ a 2 −b 2 para elipses
√ a 2 −b 2
a
.

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 259
No caso 1 < e da Afirmação 2.1, existe um novo sistema de coordenadas (x,y)
dado por
x = x−a e y = y
em que a equação vira:
x y
− = 1
a2 b2 e no qual as coordenadas do foco são
onde
Ademais 3 :
F = ( √ a 2 +b 2 , 0),
a := eρ
e−1 > 0 e b := a 2 (e 2 −1) > 0.
e =
√ a 2 +b 2
Definição 2.3. A cônica do caso 0 < e < 1 da Afirmação 2.2 é chamada elipse.
Um reta vertical por F1 = (− √ a2 −b2 ,0) intersecta a elipse em dois pontos
(− √ a2 −b2 ,± b2
a ). A distância de F1 a cada um deles, que é b2,
é o semi-latus rectum
a
da elipse.
a
Note que:
• A elipse tem simetria tanto no eixo dos x como no eixo dos y. Daí se obtem
que ela poderia ser definida também com base num segundo foco F2 :=
( √ a 2 −b 2 , 0) como o foi com base em F1 := F = (− √ a 2 −b 2 ,0). Haverá
umasegundadiretriz, cujadistânciaaofocoF2 éamesmadaprimeiradiretriz
a F1.
• Se na equação
r 1 r 2
b
ρ
F 1
a
x 2
a
b
2 + y2
3 Na apostila, c := √ a 2 +b 2 para hipérboles
= 1
b2 .
a
F 2
ρ

2. DEFINIÇÃO UNIFICADA DAS CÔNICAS 260
fazemos a = b então os dois focos coincidem em (0,0) e temos o Círculo de
raio a.
• O raio a = a2 do círculo é um caso particular de semi-latus rectum.
a
• Numnovosistemacartesiano(x,y)emqueovérticeP0 estáem(x,y) = (h,k)
e os focos estão na reta y = k, a elipse
x2 y2
+ = 1
a2 b2 se escreve como:
(x−h) 2
a2 + (y −k)2
b2 = 1
que expandido dá uma expressão do tipo:
a1x 2 +a2x+a3y +a4y 2 +a5 = 0.
Em Exercícios pode se pedir para, a partir de uma equação de elipse do tipo
a1x 2 +a2x+a3y +a4y 2 +a5 = 0
determinar focos, eixos e a excentricidade.
Também o papel de x e y pode estar trocado.
• A pista para chegar na elipse na forma (x−h)2
a2 + (y−k)2
b2 = 1 está em completar
os quadrados, ou seja, agrupar os termos em x separadamente dos em y e
forçar a parecer binômios (x−h) 2 e (y −k) 2
Definição 2.4. A cônica do caso 1 < e da Afirmação 2.2 é chamada hipérbole e tem
simetria 4 no eixo x e no eixo y.
Um reta vertical por F1 = ( √ a 2 +b 2 ,0) intersecta a elipse em dois pontos
( √ a 2 +b 2 ,± b2
a ).
A distância de F1 a cada um deles, que é b2
, é o semi-latus rectum da hipérbole.
a
Demonstração. (da Afirmação 2.1)
Seja então R ∈ r o pédaperpendicular a r traçadadesde F. Considere o segmento
de reta RF.
Afirmo que existe apenas um ponto 5 P0 no segmento RF tal que
P0F = e·P0r.
De fato, se identificamos a reta RF com os Reais, e se usamos a coordenada 0
para R e f > 0 para F, queremos resolver a equação:
o que dá:
f −x = e·(x−0) = e·x,
(e+1)·x = f,
cuja única solução é x0 = f
e+1 . Noto que 0 < x0 < f, pois e > 0.
4 DaíseobtemquepoderiaserdefinidatambémcombasenumsegundofocoF2 := (− √ a 2 +b 2 ,0)
como o foi com base em F1 := F = ( √ a 2 +b 2 ,0).
5 Será chamado de vértice

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 261
Escolho como sistema cartesiano de coordenadas (x,y) aquele que tem origem em
P0, eixo horizontal P0F (orientado de R para F) e eixo vertical a perpendicular a
P0F por P0.
Nesse sistema, P0 = (0,0) e se ρ := P0r > 0 a diretriz é
x = −ρ e F = (eρ,0).
Ademais, pela sua Definição, qualquer ponto P = (x,y) da cônica verifica:
(x−eρ) 2 +y 2 = e· (x+ρ) 2 ,
pois PF = (x−eρ) 2 +y 2 e Pr = (x+ρ) 2 . Portanto os pontos da cônica satisfazem:
(x−eρ) 2 +y 2 = e 2 ·(x+ρ) 2 ,
ou seja, após simplificar:
Caso e = 1:
Nesse caso a equação acima vira:
com F = (ρ,0) e a diretriz vira x = −ρ.
Caso 0 < e < 1:
Nesse caso podemos dividir a equação
por 1−e 2 obtendo:
(1−e 2 )·x 2 −2e(1+e)ρ·x+y 2 = 0.
4ρ·x = y 2 ,
(1−e 2 )·x 2 −2e(1+e)ρ·x+y 2 = 0
x 2 − 2eρ y2
·x+ = 0.
1−e 1−e 2
Introduzo uma constante a e depois uma b pela regra:
a := eρ
e b :=
1−e
a2 ·(1−e 2 ).
Já é bom notar que:
0 < b < a, pois 0 < 1−e 2 < 1.
Então a última equação vira:
que dividida por a 2 dá:
x 2 −2ax+ a2
b 2 ·y2 = 0
x 2
2
−
a2 a
·x+ y2
= 0.
b2 Caso 1 < e: Nesse caso, analogamente ao que fizemos no Caso anterior, mas com
a := eρ
e−1 > 0 e b := a2 (e2 −1) > 0
obtemos a equação:
x2 2
+
a2 a
y2
·x− = 0.
b2

2. DEFINIÇÃO UNIFICADA DAS CÔNICAS 262
Demonstração. (da Afirmação 2.2)
No caso 0 < e < 1 já temos a equação
x2 2
−
a2 a
y2
·x+ = 0
b2 para a cônica, onde
a := eρ
> 0.
1−e
Portanto vemos que essa cônica intersecta a reta y = 0 em P0 = (0,0) e em
P1 := (2a,0).
Considere o ponto médio do segmento P0P1:
C := (a,0).
Vamos transladar a origem do sistema de coordenadas para C. Para isso estabeleçamos
um novo sistema de coordenadas (x,y) onde:
Então a equação da cônica vira:
x = x−a e y = y.
(x+a) 2
a2 − 2 y2
·(x+a)+ = 0,
a b2 ou seja:
x2 y2
+ = 1.
a2 b2 O foco F tinha coordenada x dada por eρ e agora, no novo sistema, terá coordenada
x dada por:
eρ−a = eρ− eρ
1−e = − e2ρ 1−e =
e4ρ2 e2ρ2 −e2ρ2 (1−e 2 )
= − = − =
1−e 1−e
= −
e2ρ2 (1−e) 2 − e2ρ2 (1−e 2 )
(1−e)
= − √ a 2 −b 2 .
Das duas primeiras igualdades acima temos:
e do anterior:
eρ−a = −ae
e =
Já no caso 1 < e temos a equação
x2 2
+
a2 a
√ a 2 −b 2
a
.
y2
·x− = 0
b2 2 =

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 263
para a cônica.
Portanto essa cônica intersecta a reta y = 0 em P0 = (0,0) e em
P1 := (−2a,0).
Considere o ponto médio do segmento P0P1:
F ’
r ’
ρ
C := (−a,0).
C
a a
Vamos transladar a origem do sistema de coordenadas para C. Para isso usamos
um novo sistema de coordenadas (x,y) onde:
Então a equação da cônica vira:
x = x+a e y = y.
(x−a) 2
a2 + 2 y2
·(x−a)− = 0,
a b2 ou seja:
x2 y2
− = 1.
a2 b2 O foco F tinha coordenada x dada por eρ e agora, no novo sistema, terá coordenada
x dada por:
eρ+a = eρ+ eρ
e−1 = e2ρ e−1 =
e4ρ2 =
e−1 =
e2ρ2 +e2ρ2 (e2 −1)
=
e−1
=
e2ρ2 (e−1) 2 + e2ρ2 (e2 −1)
(e−1)
r
= √ a 2 +b 2 .
ρ
F
2 =

2. DEFINIÇÃO UNIFICADA DAS CÔNICAS 264
A simetria no eixo x da equação x2
a 2 − y2
b 2 = 1 indica que a hipérbole poderia ser
definida em relação a um foco F ′ = (− √ a 2 +b 2 ,0) e uma diretriz r ′ , como mostra a
Figura acima.
A relação e = √ a 2 +b 2
a é imediata das definições de a e b.
Uma observação final. Como para as elipses
e para as hipérboles
e =
e =
√ a 2 −b 2
a
√ a 2 +b 2
vemos que as expansões/contrações dadas por
φ(x,y) = (λ·x,λ·y), λ > 0
não mudam a excentricidade. A figuras a seguir mostram elipses e hipérboles com a
mesma excentricidade:
-10 -5
y
4
2
a
,
0
0 5
-2x
-4
10

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 265
Figura: Elipses de excentricidade igual a e = √ 9−1
3
y
4
2
0
-4 x
-15 -10 -5 0
-2
5
Figura: Hipérboles de excentricidade igual a e = √ 9+1
3
Voltaremos ao estudo das cônicas na Seção 7 do Capítulo 39, onde as descreveremos
em coordenas polares. Papel especial será desempenhado pelas elipses.
3. A Parábola e sua propriedade refletiva
A parábola também aparecerá com destaque mais adiante, na Seção 8 do Capítulo
35, associada à balística.
Um dos casos mais simples em que a reta tangente muda de acordo com o ponto
escolhido no gráfico é o caso das parábolas.
Mesmoassimjápodemosobteralgumasinformaçõesinteressantes, comoomostrarão
as Seções seguintes, desde que soubermos calcular essas tangentes.
Afirmação 3.1. Um ponto P satisfaz a equação
10
y = Cx 2 , C ∈ R
se e somente se P equidista da reta horizontal y = − 1
(chamado de foco).
15
4C
e do ponto F = (0, 1
4C )
Demonstração.
Para provarmos isso, basta usarmos o caso e = 1 da Afirmação 2.1, trocando x
por y e fazendo C = 1
4ρ .
Mas também podemos fazer uma conta explícita, como segue.
Temos para P = (x,Cx 2 ):
PF =
=
(x−0) 2 +(Cx 2 − 1
4C )2 =
x 2 +C 2 x 4 − x2
2
1
+
42 =
C2

3. A PARÁBOLA E SUA PROPRIEDADE REFLETIVA 266
=
C 2 x 4 + x2
2
=
e a distância de P até a reta y = − 1
4C
então
Reciprocamente, se P = (x,y) satisfaz
de onde
de onde:
1
+
42 =
C2 (Cx 2 + 1
4C )2
é dada pelo tamanho
(Cx 2 + 1
4C )2 .
x 2 +(y − 1
4C )2 =
(y + 1
4C )2
x 2 +(y − 1
4C )2 = (y + 1
4C )2
x 2 +y 2 − y
2C
+ 1
4 2 C 2 = y2 + y
2C
x 2 = y
C e y = Cx2 .
+ 1
4 2 C 2,
Considere então a parábola y = Cx2 , com foco F := (0, 1 ) e reta diretriz hori-
4C
zontal y = − 1
4C .
Dado um ponto P = (x,Cx2 ) qualquer de seu gráfico, denote p sua a projeção
vertical na reta diretriz:
p := (x,− 1
4C ).
Afirmação 3.2.
A reta rx que liga os pontos p = (x,− 1 1
) e F = (0, ) é ortogonal à reta tangente
4C 4C
Tx ao gráfico de y = Cx2 em P = (x,Cx2 ).
Ademais, rx e Tx se intersectam em Mx := ( x
,0), que é o ponto médiodo segmento
2
de p e F.
Em suma, Tx é a reta mediatriz do segmento ligando p e F.
As Figuras a seguir ilustram a Afirmação:

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 267
-4 -2
4
2
0
0
-2
-4
x
Fig: y = x2,
tangente y = x−1 em P = (2,1),
4
onde F = (0,1), M = (1,0) e p = (2,−1).
-4 -2 0
0
2
Fig: A Figura de antes e ademais a tangente y = 3
2
4
2
x
-2
-4
-6
-8
em P = (3,1), M = ( 3
2
Demonstração.
Já sabemos que a reta tangente Tx tem equação:
y = (2Cx)·x−Cx 2 .
E a reta rx ligando p e F tem coeficiente angular:
1 −1 − 4C 4C
0−x
2
4
4
,0) e p = (3,−1).
= −1
2Cx ,
logo rx e Tx são ortogonais.
Por passar por F = (0, 1
4C ) a equação de rx é:
rx : y = −1 1
·x+
2Cx 4C .
x− 9
4
Avaliando ambas as equações de retas em Mx = ( x
2 ,0) vemos que Tx e rx contêm
Mx = ( x
2 ,0).

3. A PARÁBOLA E SUA PROPRIEDADE REFLETIVA 268
Ademais as coordenadas de Mx são média aritmética das coordenadas de (x,− 1
4C )
e (0, 1
4C ), logo Mx é ponto médio do segmento que os une.
Agora vamos extrair consequências da Afirmação 3.2.
Note que os triângulos retângulos ∆F P Mx e ∆pP Mx são congruentes: de fato,
PF = Pp já que P está na parábola, FMx = Mxp por Mx ser ponto médio e PMx
ser lado comum a ambos.
Logo os ângulos ∠F P Mx e ∠MxP p são congruentes.
Considere em torno de P os ângulos ∠MxP p e seu ângulo oposto pelo vértice.
Como são congruentes, temos que o ângulo que a reta vertical pP faz com a tangente
Tx é congruente com o ângulo ∠F P Mx.
F
M
Em Ótica se postula que a luz se reflete numa curva da seguinte forma:
o ângulo de incidência que se forma entre o raio de luz e a tangente da curva é
igual ao ângulo (não orientado) formado pelo raio refletido e a tangente da curva.
Pelo que vimos acima, isso quer dizer que raios de luz que chegam verticalmente
devem refletir na parábola y = Cx2 e passar todos pelo ponto F = (0, 1 ) que por 4C
isso merece o nome de foco, por concentrar a luz. Esse fato é usado em antenas,
microfones, espelhos de formato parabólico, para concentrar ondas, som, calor, luz
em um ponto, que é o Foco.
Como não posso plotar retas verticais, não pude fazer o Exemplo a seguir na
posição vertical. Tive que colocar na horizontal. E só pude usar metade da parábola,
para ter um gráfico. Então a Figura a seguir ilustra a concentração de 5 raios horizontais
refletidos no Foco:
p
P

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 269
Figura: Braço da parábola x = y2
4
2,5
2
1,5
1
0,5
0
0 0,20,40,60,8 1
x
refletindo 5 raios horizontais no Foco F = (1,0).
4. Prova analítica da propriedade do foco
Vou dar uma prova analítica do fato de que os raios verticais que incidem numa
parábola são todos refletidos para o foco.
A afirmação a seguir será útil em outros contextos 6 :
Afirmação 4.1. Seja (x,y) ponto do gráfico de y = f(x) em que o gráfico não tem
inclinação zero.
Se uma reta vertical por esse ponto é refletida no gráfico de tal modo que o ângulo
de incidência que forma com a reta tangente é igual ao ângulo que a reta refletida
forma coma reta tangente, então a equação da reta refletida é:
y = ( f′ (x) 2 −1
2f ′ (x)
)·x+f(x)−( f′ (x) 2 −1
2f ′ )·x.
(x)
Demonstração.
Na figura a seguir em azul estão os ângulos de incidência e de reflexão, supostos
iguais (congruentes). A reta horizontal é h.
Também t e n são as retas tangente e normal. Dois ângulos retos dão indicados.
6 Aprendi isso no Tomo 3 do Traité des courbes speciales remarquables, planes et gauches, de F.
Gomes Teixeira, 1971, Chelsea Publishing Company

4. PROVA ANALÍTICA DA PROPRIEDADE DO FOCO 270
n
Na figura a seguir veja: α = f ′ (x) o ângulo que a reta tangente t faz com o eixo
horizontal, β o ângulo que o raio refletido faz com o eixo horizontal, α1 o ângulo que
a normal faz com a vertical e α2 o ângulo que o raio refletido faz com a normal.
n
α 2
α
1
Note que que α1 é congruente com α. Ademais, da hipótese sai que α2 ≡ α1 E
daí:
Então
β
α2 ≡ α1 ≡ α.
α
t
t
y = f(x)
y = f(x)
β = π
2 +α1 +α2 = π
2 +2·α.
Na linha a seguir uso algumas identidades trigonométricas:
tan(β) = tan( π
1
−(−2α)) = cot(−2α) = −cot(2α) = −
2 tan(2α) .
h
h

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 271
Ou seja, usando agora a fórmula da tangente de 2α,
1
tan(β) = −
Então o coeficiente angular da reta refletida é:
e o coeficiente linear é imediato.
( 2tan(α) .
1−tan(α) 2)
tan(β) = tan(α)2 −1
2tan(α) = f′ (x) 2 −1
2f ′ (x)
No caso da parábola y = C · x 2 a equação da reta refletida, de acordo com a
Afirmação 4.1, é então:
portanto todas passam por (0, 1
4C
y = ( 4C2x2 −1
)·x+Cx
4Cx
2 − 4C2x2 −1
=
4C
= ( 4C2x2 −1
)·x+
4Cx
1
4C ,
), o foco.
5. A Elipse e sua propriedade refletiva
Afirmação 5.1. Um ponto P = (x,y) satisfaz a equação
se e somente se
x 2
a
2 + y2
= 1
b2 PF1 +PF2 = 2a,
onde F1 = (−c,0) e F2 = (c,0) são os dois focos e
.
a 2 = b 2 +c 2
Observe que esta Afirmação 5.1 dá um método prático para traçar uma elipse: fixe
dois pontos F1 e F2, com dois pregos, e ligue-os por um cordão maior que a distância
F1F2. Com um lápis estique o cordão e agora mova o lápis, sempre mantendo o
barbante esticado, traçando pontos P. Você traçará uma elipse, pois F1P + PF2 é
constante.
Demonstração. (da Afirmação 5.1)
Como notamos após a Definição 2.3, uma elipse pode ser definida com relação a
dois pares Foco/diretriz: F,r ou F ′ r ′ .
Para qualquer ponto P da elipse temos
onde r,r ′ são as retas diretrizes.
PF = e·P r e PF ′ = e·P r ′ ,

5. A ELIPSE E SUA PROPRIEDADE REFLETIVA 272
Logo
r
ρ
F F ’
a
a
PF +PF ′ = e·rr ′ ,
onde rr ′ é a distância entre essas duas retas (paralelas).
Ou seja, que PF +PF ′ ≡ C é constante para pontos na elipse.
Na descrição que demos, a excentricidade e da elipse verifica:
a = eρ
1−e
ou seja, 2a−2ae = 2eρ e portanto
Ora, como nos lembra a Figura acima:
2a = e·(2a+2p).
2a+2ρ = rr ′
é a distância entre as duas retas diretrizes da elipse. Logo
PF +PF ′ ≡ 2a.
A Afirmação 2.2 e a simetria no eixo x dão que as coordenadas dos focos são
F1 = (−c,0) e F2 = (c,0), onde
c = √ a 2 −b 2 .
A elipse tem a notável propriedade seguinte:
se P é um ponto da elipse e PF1, PF2 duas semiretas que ligam P aos focos,
então os ângulos formados por PF1 e a tangente em P e o formado por PF2 e a
tangente em P são iguais.
Em outras palavras, se um raio de luz sai de um foco e reflete na elipse então
ele passa no outro foco.
Para provar isso, notamos primeiro o seguinte:
ρ
r ’

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 273
Afirmação 5.2. Se uma reta só intersecta uma elipse num único ponto P, então
essa reta é a reta tangente à elipse em P.
Demonstração.
Considerarei apenas pontos da elipse x2
a2 + y2
b2 = 1 com coordenada y > 0, ou seja,
onde posso representar a elipse pelo gráfico de
y = b· 1− x2
a2, pois para os outros é análogo, usando outros gráficos
do tipo y = y(x) ou x = x(y).
Uma reta y = A·x+B que passa por (x,b· 1− x2
a2) tem equação:
y = Ax+(b· 1− x2
−Ax).
a2 Se a intersecto com a elipse x2 y2
+ a b2 = 1 obtemos:
x2
(Ax+b 1−
+
a2 x2
a2 −Ax) 2
b2 −1 = 0,
que é uma equação quadrática em x:
( A2 1
+
b2 a2)·x2 +( −2A2
x 2 1−
+
b2 x2
a2 A
)·x+
b
a2x2 b
(note que de fato é quadrática em x, pois A2
b2 + 1
a2 > 0).
O dicriminante desta função quadrática em x é:
1− x2
4(−a 4 A 2 +a 2 A 2 x 2 −2a 2 b
b 2 a 4
a 2 Ax−b 2 x 2 )
2 − x2
,
= 0
a2 e procuramos valores de A tais que, ∀x, anulem esse discriminante (pois isso dirá que
para esses valores de A há apenas 1 intersecção da reta com a elipse).
Ou seja, buscamos A que anulem o numerador
Uma conta tediosa prova que:
−a 4 A 2 +a 2 A 2 x 2 −2a 2 b
−a 4 A 2 +a 2 A 2 x 2 −2a 2 b
1− x2
a 2 Ax−b2 x 2 .
1− x2
a 2 Ax−b2 x 2 =
= (−a 4 +a 2 x 2 )·(A+
bx
a2
1− x2
a2 ) 2
e portanto
A =
−bx
a2
1− x2
a2 é o valor de A que anula o discriminante acima, ∀x.

5. A ELIPSE E SUA PROPRIEDADE REFLETIVA 274
Por outro lado reconhecemos que
−bx
a2
1− x2
a2 = f ′ (x),
onde
f(x) = b· 1− x2
a2. Logo a reta que só corta a elipse em P é de fato a sua reta tangente.
A seguinte afirmação explica o fato de que um raio e luz saindo de um foco da
elipse e refletindo na elipse passará necessariamente pelo outro foco:
Afirmação 5.3. As semiretas que ligam um ponto P da elipse aos dois focos F1,F2
formam os mesmos ângulos (não-orientados) com a tangente à elipse passando por
P.
Demonstração.
Considere P na elipse e o triângulo ∆F1PF2 .
Tome um ângulo externo α desse triângulo (veja a Figura).
F1
Considere a bissectriz desse ângulo (ou seja, uma semireta que o divide em dois
ângulos iguais, de valores α
2 ).
Marque um ponto F ′ 2 no ângulo externo, cuja distância até P seja a mesma de F2
). Veja a Figura:
(denote essas distâncias por PF2 = PF ′ 2
F1
r
β
α/2
α/2
F2
F2
α
F2 ’
F2 ’
Q

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 275
Tome qualquer ponto Q da reta r que contém essa bissectriz, Q = P. Já que o Q
não está alinhado com F1 e F ′ 2, temos:
F1Q+QF ′ 2 > F1P +PF ′ 2 =
= F1P +PF2.
Já que a elipse é o lugar dos pontos P com
F1P +PF2 ≡ 2a
vemos que Q não está na elipse.
Ou seja que o único ponto da reta r que está na elipse é P.
A Afirmação 5.2 anterior garante então que r é a tangente por P.
Mas o ângulo β é oposto pelo vértice ao ângulo que mede α
2 .
Ou seja que as semiretas ligando P aos focos determinam ângulos com reta tangente
que medem ambos α
2 .
6. A Hipérbole e o análogo da propriedade refletiva
Afirmação 6.1. Um ponto P = (x,y) satisfaz a equação
se e somente se
x 2
a
2 − y2
= 1
b2 |PF1−PF2| = 2a,
onde F1 = (−c,0) e F2 = (c,0) são os dois focos e b 2 = c 2 −a 2 .
Demonstração.
Por exemplo suponhamos que PF1 −PF2 ≥ 0, como na Figura a seguir:.
ρ
F1
a a
F2
Por definição
PF1 −PF2 = e·Pr1 −e·Pr2.
= e·r1r2
logo PF1 −PF2 ≡ C é constante.
ρ
P

6. A HIPÉRBOLE E O ANÁLOGO DA PROPRIEDADE REFLETIVA 276
Pela Afirmação 2.2,
ou seja 2ae−2a = 2eρ e
Mas
a = eρ
e−1 ,
2a = e·(2a−2ρ).
2a−2ρ = r1r2,
como se vê na Figura acima.
Também a Afirmação 2.2 e a simetria da hipérbole no eixo x dão que os focos têm
essas coordenadas.
A hipérbole tem uma propriedade do mesmo tipo da elipse, a saber:
Os segmentos de reta que ligam um ponto de uma hipérbole aos seus dois focos
ficam bissectados pela reta tangente naquele ponto.
Para provarmos isso, como fizemos no caso da elipse, primeiro provaremos o
seguinte:
Afirmação 6.2. Se uma reta só intersecta uma hiperbole de equação x2
a,b > 0 ) num único ponto P, então
• i) essa reta é reta tangente à hiperbole em P ou
• ii) é uma reta paralela à reta y = b ·x ou a
• iii) é uma reta paralela à reta y = −b a ·x.
3
2
1
-6 -4
y 0
-2 0
-1
x
-2
-3
Figura: a hipérbole x2
2 2 −y 2 = 1 e retas paralelas
às retas y = 1
2
Demonstração. (Afirmação 6.2)
2
4
·x e y = −1
2 ·x.
6
a 2 − y2
b 2 = 1 (

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 277
Considero pontos da hipérbole x2
a2 − y2
b2 = 1 com coordenada y > 0, ou seja, onde
posso representar a hipérbole pelo gráfico de
x2 y = b· −1.
a2 Quero intersectar com a hipérbole uma reta qualquer y = A·x+B que passa por
x2 P = (x,b· −1),
a2 ou seja, uma reta da forma:
x2 y = A·x+b −1−Ax.
a2 Obtenho então de
x2
(A·x+b 1−
−
a2 x2
a2 −Ax) 2
b2 −1 = 0,
a equação em x:
( 1 A2
−
a2 b2 )x2 +( 2A2
x2 x 2 a
−
b2 2 −1A
)x−
b
x2
a2 − A2x2
x2 2 a
+
b2 2 −1Ax
b2 = 0.
Essa equação deixa de ser uma equação quadrática em x quando
1 A2
− = 0.
a2 b2 Ou seja, as retas passando por P com coeficientes angulares
A = ± b
a
só cortam a hipérbole em P.
Quando 1
a2 − A2
b2 = 0 e a equação é quadrática, para termos P como única intersecção
da reta e da hipérbole precisamos ter a anulação do dicriminante da função
quadrática em x. Ou seja, buscamos a condição:
4(−a4A2 +a2A2x2 −2a2
x2 b a2 −1Ax+b 2x2 )
b 2 a 4
onde procuramos por coeficientes angulares A tais que, ∀x, seja nulo esse discriminante.
Ou seja, queremos A que anule o numerador
x2 −a 4 A 2 +a 2 A 2 x 2 −2a 2 b
Mas uma conta tediosa mostra que:
−a 4 A 2 +a 2 A 2 x 2 −2a 2 b
x 2
a 2 −1Ax+b2 x 2 .
a 2 −1Ax+b2 x 2 =
= 0,

6. A HIPÉRBOLE E O ANÁLOGO DA PROPRIEDADE REFLETIVA 278
e portanto
= (−a 4 +a 2 x 2 )·(A−
A =
a 2
bx
a 2
x2 a2 −1
é o valor de A que anula o discriminante acima, ∀x.
Por outro lado reconhecemos que
onde
a 2
bx
x2 a2 −1
f(x) = b·
= f ′ (x),
x 2
−1.
a2 bx
x2 a2 −1
Logo, se uma reta corta a hipérbole em um único P, então é a reta tangente em P
ou paralelas a y = b
a
·x ou y = −b
a ·x.
Afirmação 6.3. Quando |x| → ∞ os pontos da hiperbole x2
a 2 − y2
x 2 = 1 se aproximam
das reta y = b
a
·x ou da reta y = −b
a
) 2
·x (chamadas de assíntotas).
Com esta Afirmação e a Afirmação 6.2 podemos dizer:
fora as tangentes, as únicas retas que só cortam a hipérbole em 1 ponto são as
retas paralelas às assíntotas da hipérbole dada.
de
Demonstração. (Afirmação 6.3)
Cada ponto da hipérbole x2
a 2 − y2
b 2 = 1 pode ser descrito ou como ponto do gráfico
ou como ponto do gráfico de
f1(x) = b·
f2(x) = −b·
x 2
x 2
b
−1 =
a2 a ·√x2 −a2 ,
−1 = −b
a2 a ·√x2 −a2 .
Se vamos fazer |x| → ∞, obviamente podemos supôr |x| = 0 e escrever:
f1(x) = b
x
a
2 (1− a2 b
x2) =
a |x|
1− a2
x2, f2(x) = − b
x
a
2 (1− a2
x2) = −b
a |x|
1− a2
x2,

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 279
e claramente:
lim
|x|→+∞
1− a2
= 1.
x2 Ou seja, quando |x| → ∞ o gráfico de f1 tende ao gráfico de y = b ·|x| enquanto que
a
o de f2 tende ao de y = −b ·|x| . a
Podemos ser mais detalhados:
Se x → +∞, temos o gráfico de f1(x) se aproximando do de y = b
· x. Mas se a
x → −∞ temos f1(x) se aproximando de
y = b
·(−x) = −b
a a ·x.
Se x → +∞, temos o gráfico de f2(x) se aproximando do de y = −bx. Mas se a
x → −∞ temos f2(x) se aproximando do de
y = − b b
·(−x) =
a a ·x.
Afirmação 6.4. As semiretas que ligam um ponto P da hipérbole aos dois focos
F1,F2 formam os mesmos ângulos (não-orientados) com a tangente à hipérbole em
P.
Demonstração.
Considere P um ponto da hipérbole. Como |PF1 −PF2| ≡ C > 0 posso supor
que tomei P no ramo da hipérbole onde PF1 −PF2 ≡ C > 0 (seria análogo o outro
caso, trocando os papéis de F1 e F2).
F2 ’
α/2 α/2
F1 F2
Marque no segmento de reta [F1P] o ponto F ′ 2 que tem PF2 = PF ′ 2 .
Considere a bissectriz r do ângulo α em P que faz parte do triângulo ∆F1PF2.
P
Q

6. A HIPÉRBOLE E O ANÁLOGO DA PROPRIEDADE REFLETIVA 280
Tome um ponto Q ∈ r, Q = P.
Caso 1: Suponhamos QF1 ≥ QF ′ 2:
Então como Q não está alinhado com F1,F ′ 2 ,P, temos:
e portanto:
QF ′ 2 +F ′ 2F1 > F1Q,
F ′ 2F1 > F1Q−QF ′ 2 ≥ 0.
Note que a nossa reta r funciona também como mediatriz do segmento [F ′ 2 F2] (por
ser a bissectriz do triângulo isósceles ∆F ′ 2PF ′ 2). Logo
e portanto:
QF ′ 2 = QF2
F ′ 2 F1 > F1Q−QF2.
Por outro lado, já que o ponto F ′ 2 está no segmento [F1P], temos:
F ′ 2F1 = PF1 −PF ′ 2 =
= PF1 −PF2.
Como este último valor é positivo, pela escolha de P,
e
|PF1 −PF2| = PF1 −PF2 ≡ C > 0
|PF1−PF2| > F1Q−QF2 ≥ 0
nos faz concluir que Q não pertence à elipse.
Ou seja, que da reta r somente o ponto P está na elipse.
Vemos em seguida que r não é paralela a nenhuma das assíntotas da hipérbole.
Portanto, pela Afirmação 6.2, conclímos que r é a tangent à hipérbole no ponto P.
Caso 2: Suponhamos QF ′ 2 ≥ QF1:
Então como Q não está alinhado com F1,F ′ 2 ,P, temos:
e portanto:
QF1 +F1F ′ 2 > QF ′ 2,
F ′ 2F1 > QF ′ 2 −QF1 ≥ 0.
O Resto da prova neste Caso 2 é exatamente igual ao do Caso 1.

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 281
7. Família de cônicas co-focais ortogonais
Considere a seguinte família de cônicas:
x 2
λ
y2
+ = 1, k > 0,
λ−k 2
com k fixado e o parâmetro λ > 0, λ = k 2 .
A Figura a seguir ilustra o caso em que k = 2, onde escolhi 10 valores
λ = 15,10,8,6,5,3.5,3,2,1,0.3
y 0
-4 -2 0
2
4
2
-2
-4
x
A Afirmação a seguir descreve a família em detalhe. O item iv) é surpreendente !
Afirmação 7.1.
• i ) todas as cônicas dessa família têm os mesmos Focos (k,0) e (−k,0). Se
λ − k2 > 0 a cônica correspondente ao λ é uma elipse com excentricidade
√k . Se λ − k
λ 2 < 0 a cônica correspondente ao λ é uma hipérbole com
excentricidade k
√ λ .
4

7. FAMÍLIA DE CÔNICAS CO-FOCAIS ORTOGONAIS 282
• ii) em cada ponto (x,0) do eixo dos x, diferente dos dois Focos (k,0) e (−k,0)
e da origem, só passa um elemento da família de cônicas. De fato, se |x| > k
então passa só uma elipse cujo parâmetro é λ = x2 e cuja excentricidade é
e = a < 1. E se |x| < k então só passa uma hipérbole cujo parâmetro é
|x|
λ = x2 e cuja excentricidade é e = a > 1. |x|
• iii) em cada ponto (0,y) do eixo dos y, diferente da origem só passa uma
elipse da família, com parâmetro λ = k2 +y2 k e excentricidade √k
2 +y2 • iv) em cada ponto (x,y) com x · y = 0 passam dois elementos da família,
uma elipse e uma hipérbole, e a intersecção é ortogonal7 Demonstração.
Do item i):
Basta aplicar a Afirmação 2.2 para encontrar os focos e a excentricidade. Note
que se λ−k 2 < 0 as hipérboles são:
x 2
λ
De ii):
Dado o ponto (x,0) a expressão:
y2
−
k2 = 1.
−λ
x2 y2
+ = 1, k > 0
λ λ−k 2
produz a seguinte equação quadrática em λ:
λ 2 −λ·(k 2 +x 2 )+k 2 ·x 2 = 0.
Se x 2 −k 2 > 0 (ou seja, |x| > k) o discriminante dessa equação vira:
e obtemos duas soluções:
λ = x 2
x 2 −k 2
e λ = k 2
mas por hipótese excluímos λ−k 2 . Analogamente se x 2 −k 2 < 0.
De iii): Para um ponto (0,y) equação em λ agora é linear:
y 2
λ−k 2 = 1 ⇔ λ = k2 +y 2 .
De iv):
Deixo para o leitor verificar que para cada ponto (x,y) com x·y = 0 passam duas
cônicas diferentes, uma com excentricidade > 1 e a outra < 1. A única coisa que
quero destacar é que os parâmetros λ1,λ2 são as soluções da equação quadrática em
λ:
λ 2 −λ·(k 2 +x 2 +y 2 )+x 2 ·k 2 = 0
7 Quandoduascurvasseintersectam, oânguloqueformamémedidocombasenoânguloformado
por suas retas tangentes.

CAPÍTULO 20. AS CÔNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 283
que sai de
já que
Lembro que:
x 2
λ
λ1 +λ2 = k 2 +x 2 +y 2
y2
+ = 1.
λ−k 2
e λ1 ·λ2 = x 2 ·k 2 ,
λ 2 −λ·(k 2 +x 2 +y 2 )+x 2 ·k 2 = (λ−λ1)·(λ−λ2).
Nesses pontos (x,y) com x · y = 0, as duas curvas da família que passam pelo
ponto não são verticais, ou seja, localmente em torno de cada ponto as duas curvas
são gráficos da forma y = fλ1(x) e y = fλ2(x). De fato,
∂( x2
λ
y2
+ λ−k2 −1)
= 0 ⇔ y = 0
∂y
e podemos usar o Teorema 2.1 do Capítulo 15.
Também por esse mesmo Teorema calculo:
enquanto que
f ′ λ1
(2x
λ1 (x) = − )
2y
( λ1−k
Agora noto que termos a condição:
equivale a termos
−x
=
2) y ·(λ1 −k2 ),
λ1
f ′ −x
λ2 (x) =
y ·(λ2 −k2 ).
λ2
f ′ −1
λ1 (x) =
f ′ λ2 (x)
(x 2 +y 2 )·λ1 ·λ2 −x 2 ·k 2 ·(λ1 +λ2)+x 2 ·k 4 = 0,
o que conseguimos que seja verdade se usamos:
Ora,
λ1 ·λ2 = x 2 ·k 2
e λ1 +λ2 = k 2 +x 2 +y 2 .
f ′ −1
λ1 (x) =
f ′ λ2 (x)
é a condição de ortogonalidade, por isso cada par elipse-hipérbole que se encontra
num ponto é ortogonal.
Para vermos exemplos de famílias de cúbicas ortogonais precisaremos da Seção 3
do Capítulo 50.

8. EXERCÍCIOS 284
8. Exercícios
Exercício 8.1.
Chamamos uma hipérbole x2
a2 − y2
b2 = 1 de retangular se suas assíntotas são ortogonais
entre si.
Qual a relação entre a e b que é necessária e suficiente para termos uma hipérbole
retangular ?
Exercício 8.2. (resolvido)
Um planeta de move em trajetória elíptica, em que o Sol é um dos focos da elipse.
Observado a partir de um ponto (x,y) = (0,0), o planeta está, num certo instante
t0, na posição (x0,y0), onde x0 > y0 > 0.
Ademais, suacoordenadaxtememt0 umataxadevariaçãode−1UA/s, enquanto
que sua coordenada y tem taxa de variação de 1 UA/s.
i) Determine a equação (padrão) da elipse que descreve sua trajetória.
ii) Determine as posições possíveis do Sol.
iii) A distância do foco onde está o Sol até o vértice mais próximo é chamado de
perihélio do planeta. Determine-o.

CAPíTULO 21
Integração e o Primeiro Teorema Fundamental
1. Área sob um gráfico positivo
Dado um gráfico de uma função contínua y = f(x) ≥ 0 quero entender qual a
Área compreendida sob esse gráfico e acima do eixo x, da vertical x = a até a vertical
x = b.
Se y = f(x) = ax+b é uma reta tudo ok, já sabemos o que são áreas de triângulos,
retângulo, trapézios, etc. Mas e se y = f(x) não for uma reta ? Se f(x) não é a
equação de uma reta, vemos que realmente precisamos definir de maneira matematicamente
correta a intuição que temos de que há uma figura sob esse gráfico e que ela
tem uma certa área.
A idéia de Bernard Riemann é de ir subdividindo o domínio da f e colocando lado
aladoretângulossobográfico(vouchamá-losderetângulos justapostos sob o gráfico).
A soma das áreas desses retângulos é menor que a área buscada, mas a medida que
se refina a subdivisão do domínio a soma de áreas dos retângulos justapostos sob o
gráfico se aproxima de um certo valor.
Isso funciona bem por exemplo se f : [a,b]] → R é contínua.
Se f não fosse contínua em [a,b], quem sabe os valores da f ficassem tão altos
quanto quiséssemos, o que levaria em muitos casos a que a área da região sob seu
gráfico devesse ser considerada infinita, não um número determinado. 1
1 Veremos mais adiante, quando tratarmos de integrais impróprias que, às vezes, a integração
consegue domar o infinito, tanto do tamanho do intervalo onde se integra, quanto dos valores da
função em [a,b].
285

2. QUAL FUNÇÃO DESCREVE AS ÁREAS SOB GRÁFICOS? 286
Figura: Cinco retângulos sob o gráfico, de mesma largura (1/5 do intervalo).
Figura: 12 retângulos sob o gráfico, de mesma largura ( 1
12
Figura: 24 retângulos sob o gráfico, de mesma largura ( 1
24
do intervalo).
do intervalo).
Nem precisam ser retângulos de mesma largura, como nas Figuras acima. Basta
que o máximo das larguras dos retângulos tenda a zero à medida que refinamos as
escolhas dos retângulos.
Issopareceaindaumpoucovago,masnaSeção2aseguirfaremosalgunsExemplos
explícitos, onde fazemos a partição da base ficar cada vez mais fina e obtemos, via um
limite, um valor bem determinando, que será a área. É possível provar um teorema
geral do seguinte tipo:
Afirmação 1.1. (B. Riemann) 2 Seja f : [a,b] → R, f(x) ≥ 0 contínua.
Esse número é por definição a Área sob o gráfico de f, de a até b, denotada por
Af,a(b).
2. Qual função descreve as Áreas sob gráficos?
Dado uma função y = f(x) não-negativa, fixado um ponto inicial ade seu domínio
definimos acima a área sob seu gráfico até b.
Vamos agora fixar a e mudar o nome de b, passando a chamar-se agora x para
significar que vamos variar o b.
Então a área sob o gráfico vira uma nova função Af,a(x), que para cada valor de
x dá um resultado de Área.
Qual é essa função A(x)? E que propriedades ela tem?
Certamente é uma função crescente, será que Af,a(x) é contínua? Será que ela é
derivável ?
Com o que sabemos do colégio, só consigo ver dois tipos de exemplos simples de
f, onde responderíamos facilmente sobre Af,a(x):
2 Observo desde já que se pode dar versões bem mais fortes desse teorema de Riemann.

CAPÍTULO 21. INTEGRAÇÃO E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL 287
• Exemplo 1 : Se y = C ≥ 0 é constante e a = 0, então AC,0(x) é a área de um
retângulo de largura x e altura C. Podemos tomar como um Axioma que
sua área é dada por
AC,0(x) = C ·x.
• Exemplo 2 : Se y = Cx e a = 0 então ACx,a(x) é a área de um triângulo de
largura x e altura Cx. Sabemos da geometria elementar que área é dada por
C ·x2
ACx,a(x) = .
2
Mas que tal re-obter esse valor agora de um jeito novo, que servirá para
entender a área de muitos outros exemplos?
Particione o intervalo [0,x] em n intervalos de mesmo tamanho:
[0,x] = [0, x
n
] ∪ [x
n
, 2x
n
] ∪...∪ [(n−1)x ,
n
nx
n ].
Tome um primeiro retângulo posto sob o gráfico de y = C·x, de base [ x
n
e altura C · x
n
, um segundo retângulo de base [2x
n
3x 2x
, ] e altura C · n n
, 2x
n ]
e assim
até um (n−1)-ésimo retângulo, cuja base é [ (n−1)x
, n nx (n−1)x
] e altura C · .
n n
Dado n ∈ N, a soma das áreas dos (n−1) retângulos acima é:
x x x 2x x (n−1)x
·C · + ·C · +...+ ·C ·
n n n n n n
= C · x2
·[1+2+...(n−1)] =
n2 = C · x2
·[(n−1)·n ],
n2 2
onde na última linha usamos o item i) da Afirmação 1.1, do Capítulo 13.
Se fazemos n → +∞ estamos cada vez mais nos aproximando da área do
triângulo, de fato:
lim
n→+∞
C · x2
n
·[(n−1)·n ] = 2 2
C ·x2
.
2
• Exemplo 3: Seja y = C ·x2 , C ≥ 0, a = 0 escolha um x, 0 < x.
Faça a partição do intervalo [0,x] como no Exemplo anterior. Tome como
primeiro retângulo sob o gráfico de y = C ·x2 o retângulo de base [ x 2x
, ] e n n
altura C( x
n )2 , o segundo retângulo de base [ 2x 3x
, ] e altura C(2x
n n n )2 e assim
até o (n−1)-ésimo retângulo, cuja base é [ (n−1)x
, n nx
] e altura C((n−1)x
n n )2 .
Como esses retângulos estão sob o gráfico, a soma de suas áreas é certamente
menor que a área real sob o gráfico.
Mas se fazemos n cada vez maior, a soma de área de retângulos vai tender
à área real, que queremos conhecer.
De fato, dado n ∈ N, a soma das áreas dos (n−1) retângulos é:
x
n
x2 x
·C · +
n2 n ·C · 22x2 n
=
x
+...+
2 n ·C · (n−1)2 x2 n2 =

2. QUAL FUNÇÃO DESCREVE AS ÁREAS SOB GRÁFICOS? 288
· x2
n 2 ·[12 +2 2 +...(n−1) 2 ].
= C · x
n
No item iii) da Afirmação 1.1 vimos a fórmula:
1 2 +2 2 +...+n 2 = n(n+1)(2n+1)
6
que dá quando aplicada ao nosso n−1:
, ∀n ∈ N,
1 2 +2 2 +...+(n−1) 2 = (n−1)(n−1+1)(2(n−1)+1)
6
= (n−1)n(2n−1)
=
6
= 2n3 −3n2 +n
, ∀n ∈ N.
6
Ora, então a soma de áreas dos (n−1) retângulos é de fato:
C · x x2
·
n n2 · 2n3 −3n2 +n
= Cx
6
32n3 −3n2 +n
6n3 .
Mas pelo que já vimos na Parte 1 (já que C e x não mudam com n):
Então é A Cx 2 ,0(x) = Cx3
3 .
lim
n→+∞ C ·x3 · 2n3 −3n2 +n
6n3 = Cx3
3 .
• Exemplo 4: Seja y = C · x3 , C ≥ 0. Mais uma vez, faça a partição do
intervalo [0,x] como no Exemplo anterior. Tome como primeiro retângulo
sob o gráfico o retângulo de base [ x
n
de base [ 2x
n
, 2x
n
] e altura C(x
n )3 , o segundo retângulo
3x
, ] e altura C(2x
n n )3 e assim até o (n−1)-ésimo retângulo, cuja
base é [ (n−1)x
, n nx
] e altura C((n−1)x
n n )3 .
Dado n ∈ N, a soma das áreas desses (n−1) retângulos é:
x
n
x3 x
·C · +
n3 n ·C · 23x3 n
x
+...+
3 n ·C · (n−1)3 x3 n3 =
= C · x x3
·
n n3 ·[13 +2 3 +...(n−1) 3 ].
Os itens i) e ii) da Afirmação 1.1 dão juntos a fórmula:
1 3 +2 3 +...+n 3 = ( n(n+1)
2
que dá quando aplicada ao nosso n−1:
1 3 +2 3 +...+(n−1) 3 = (n−1)2 (n) 2
) 2 ,) ∀n ∈ N,
4 4
, ∀n ∈ N.
Ora, então a soma de áreas dos (n−1) retângulos é de fato:
C · x x3
·
n n3 · n4 −2n3 +n2 4
= n4 −2n 3 +n 2
= Cx 3 · n4 −2n3 +n2 4n4 .
=

CAPÍTULO 21. INTEGRAÇÃO E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL 289
Mas pelo que já vimos na Parte 1 (já que C e x não mudam com n):
lim
n→+∞ Cx3 · n4 −2n3 +n2 4n4 = Cx4
4 .
Então A Cx 3 ,0(x) = Cx4
4 .
• Exemplo 5) Também podemos combinar dois Exemplos desses de acima, por
exemplo perguntar pela área sob o gráfico de
y = C1x 2 +C2x 3 , C1,C2 ≥ 0,
de 0 até x. A soma de área de retângulos sob o gráfico será:
x
n ·(C1
x2 x
+C2
n2 3 x
n3)+...+ n ·(C1
x
= C1
3
(n−1) 2 x 2
n 2
(n−1)
+C2
3x3 n3 ) =
n3 ·(12 +2 2 +...+(n−1) 2 )+C2
n4 ·(13 +2 3 +...+(n−1) 3 ),
e pelo que vimos nos dois exemplos anteriores 3),4) (e pelo limite de somas):
x 3
lim
n→+∞ C1
n3 ·(12 +2 2 +...+(n−1) 2 )+C2
n4 ·(13 +2 3 +...+(n−1) 3 ) =
x
= C1
3
3 +C2
Nos 5 Exemplos acima há, digamos assim, uma coincidência notável:
A Área como função de x é uma função derivável e ademais a derivada da Área
é a função de partida
x 4
x 4
x 4
4 .
A(x) = Cx ⇒ A ′ (x) = C, A(x) = Cx2
2 ⇒ A′ (x) = Cx,
A(x) = Cx3
3 ⇒ A′ (x) = Cx 2 , A(x) = Cx4
4 ⇒ A′ (x) = Cx 3 .
3 4 C1x C2x
A(x) = +
3 4 ⇒ A′ (x) = C1x 2 +C2x 3 .
Como veremos isso não é uma coincidência ! O fato geral por trás disso, de que
derivando a função Área sob o gráfico voltamos na função que dá o gráfico, será o
Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo.
E de fato é a chave para se calcular áreas sob gráficos incrivelmente complicados
(no Segundo Teorema fundamental do Cálculo).
3. Primeira Versão do Primeiro Teorema fundamental do Cálculo
A princípio não sabemos muito sobre o gráfico de Af,a(x), porém o próximo teorema
vai nos dizer muito.
Para demonstrarmos o Teorema, começo com uma Afirmação, ilustrada na figura
que segue:

3. PRIMEIRA VERSÃO DO PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL DO
CÁLCULO 290
Afirmação 3.1. Suponha f : [a,b] → R é contínua e f(x) ≥ 0.
Tome x ∈ [a,b) e h > 0 suficientemente pequeno para que x+h ∈ [a,b]. Então:
para algum ponto ξ ∈ [x,x+h].
M_f
f ( ξ )
m_f
Af,x(x+h) = f(ξ)·h,
Figura: A área sob o gráfico é igual à do retângulo de altura f(ξ), mf < f(ξ) < Mf
Demonstração.
Começo observando que, dado o h > 0, o valor Af,x(h) tem que estar entre:
mf ·h ≤ Af,x(x+h) ≤ Mf ·h
onde mf ·h é a Área de uma retângulo com base h e altura mf (o mínimo de f em
[x,x+h]) e Mf ·h é a Área de uma retângulo com base h e altura Mf (o máximo de
f em [x,x+h]).
Divido por h > 0:
mf ≤ Af,x(x+h)
h
≤ Mf,
e portanto Af,x(x+h)
h é um valor intermediário da f : [a,b] → R, um valor entre seu
mínimo e seu máximo.
Logo pelo T.V.I. existe ξ ∈ [x,x+h] tal que
logo Af,x(x+h) = f(ξ)·h.
Af,x(x+h)
h
= f(ξ),
O Teorema a seguir diz que sempre a derivada da função que mede áreas sob um
gráfico é a função original que dá o gráfico.
Também pode ser lido assim: a operação de derivar cancela o efeito da operação
de tomar área sob o gráfico:
Teorema 3.1. (Primeira versão)
Seja f : [a,b] → R contínua, f ≥ 0 e x ∈ [a,b). Então
A ′ f,a(x) = f(x).

CAPÍTULO 21. INTEGRAÇÃO E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL 291
Demonstração.
Como essa ainda é uma versão light do Primeiro Teorema, me permito mostrar
apenas que a derivada à direita da Área é igual a f(x), ou seja, que fixado x ∈ [a,b]
vale:
Af,a(x+h)−Af,a(x)
lim
= f(x)
hց0 h
Ora, pela aditividade da Área, para h > 0:
Af,a(x+h) = Af,a(x)+Af,x(x+h),
portanto
Af,a(x)+Af,x(x+h)−Af,a(x)
lim
=
hց0 h
Af,x(x+h)
= lim .
h→0 h
Agora uso a Afirmação 3.1 acima, de que
onde ξ ∈ [x,x+h]. Então juntando tudo:
Para terminar basta ver que
Af,x(x+h) = f(ξ)·h,
Af,x(x+h)
lim =
h→0 h
f(ξ)·h
lim =
h→0 h
= lim f(ξ).
h→0
lim f(ξ) = f(x).
h→0
Ora, quando h tende a zero, ξ ∈ [x,x+h] tende a x.
Logo f(ξ) tende a f(x), porque f é contínua.
4. A Integral e suas propriedades
Até aqui só falamos de funções contínuas que são f ≥ 0, pois queriamos falar de
áreas sob seu gráfico e acima do eixo dos x.
Mas é claro que se f < 0 na região [a,b] faz sentido definir a área da região
compreendida entre o eixo dos x e seu gráfico, que denotaremos ainda por Af,a(b).
Sem entrar em detalhes técnicos, quero apresentar uma operação chamada integral
definida de f de a até b, de uma função f contínua definida em [a,b] denotada:
b
a
f(x)dx.
Dada y = f(x) contínua em [a,b] escolha uma lista de pontos, começando em a e
terminando em b:
a = x 0 < x1 < ... < xn = b,

4. A INTEGRAL E SUAS PROPRIEDADES 292
que chamamos de partição de [a,b].
Chamamos de norma dessa partição o máximo dos tamanhos |xi − xi−1|. dizer
que a norma fica pequena é dizer que aumenta o número de pontos xi e também que
eles ficam bem distribuídos em [a,b].
Dada uma partição, escolha uma lista de pontos ξi ∈ [xi,xi+1]. Tome os valores
da f nesses ξi e faça a soma:
(x1 −x0)·f(ξ0)+(x2 −x1)·f(ξ1)+...+(xn −xn−1)·f(ξn−1)
que chamaremos de somas de Riemann.
Note que agora pode haver parcelas negativas nessa soma, se f < 0.
Fig.: Retângulos na parte y > 0 contribuem sua área na soma de Riemann,
enquanto os na parte y < 0 contribuem com o negativo da área
Se acontecer de f ≥ 0 então essa soma se parece muito com as somas de áreas de
retângulos sob o gráfico, que fizemos na Seção 2.
É possível refinarmos as partições [a,b], colocando mais pontos xi e escolhendo
mais pontos ξi. Isso produz novas somas de Riemann, como acima.
E podemos passar ao limite, fazendo a norma das partições tender a zero (ou seja,
o número n de pontos é feito n → +∞).
Teorema 4.1. (Integral e suas propriedades)
Seja f(x) contínua em [a,b]. Então
• i) passando ao limite, com as normas das partições tendendo a zero, as somas
de Riemann
(x1 −x0)·f(ξ0)+(x2 −x1)·f(ξ1)+...+(xn −xn−1)·f(ξn−1)
convergem para um número denotado b
a f(x)dx.
• ii) esse limite não depende do tipo particular de soma de Riemann, apenas
de que as normas das partiões de [a,b] tendam a zero.
• iii) se f ≥ 0 então b
f(x)dx = Af,a(b).
a
• iv) se f < 0 então b
a f(x)dx = −Af,a(b), onde esta área Af,a(b) é compreendida
entre o eixo dos x e o gráfico.

CAPÍTULO 21. INTEGRAÇÃO E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL 293
• v) c
c
f(x)dx = 0 para qualquer c ∈ [a,b].
• vi) se escolhemos c com a < c < b então vale
c
a
f(x)dx+
b
• vii) a
b f(x)dx = − b
a f(x)dx.
• viii) | b
a f(x)dx| ≤ b
a |f(x)|dx.
c
f(x)dx =
b
a
f(x)dx.
• ix) Se f,g são contínuas em [a,b] e c1,c2 ∈ R, então
b
a
(c1 ·f(x)±c2 ·g(x))dx = c1 ·
b
a
f(x)dx±c2 ·
b
a
g(x)dx.
Observações:
• Complementando os itens iii) e iv), se f tem valores positivos e negativos,
então a integral b
fdx dá a área líquida da região compreendida entre o eixo
a
dos x e o gráfico da f.
Um exemplo importante disso é quando uma função f é ímpar (isto é,
f(x) = −f(−x)) que terá a
f(x)dx = 0. −a
Chamo a atenção que quando tivermos b
f(x)dx = 0 isto não dirá em
a
geral que f ≡ 0. Por exemplo se tomo [a,b] = [0,2π] e f(x) = sin(x), então
o fato que veremos a seguir:
2π
0
sin(x)dx = 0
significa que a área sob o gráfico do seno, de [0,π], é a mesma área da região
sobre o gráfico, de [π,2π].
• Se f e g são contínuas e definidas em [a,b] em geral:
b
a
f(x)·g(x)dx =
b
a
f(x)dx·
o que se vê comparando áreas A x 2 ,0(x) = x3
3
Ax,0(x) = x2
2
· x2
2
b
a
g(x)dx,
com o produto de áreas Ax,0(x)·
. Veremos mais tarde uma técnica para fazer as
b
a
f(x)·g(x)dx
chamada integração por partes.
Demonstração. (do Teorema 4.1)
Me contentarei com dar algumas idéias sobre cada item. Os detalhes se vêem em
cursos de Análise Matemática.
i), ii) e iii) são técnicas, e nos dão a liberdade na escolha das partições.
iv): óbvia se sabemos iii).
v): óbvia, pois posso pensar em no domínio [a ′ ,b ′ ] := {c}.

5. TEOREMA DO VALOR MÉDIO DE INTEGRAIS 294
vi): decorre da liberdade que temos nas partições de [a,b] = [a,c]∪[c,b].
vii): pode ser tomado como uma definição.
viii): Decorre da desigualdade triangular que:
|(x1 −x0)·f(ξ0)+(x2 −x1)·f(ξ1)+...+(xn −xn−1)·f(ξn−1)| ≤
≤ |(x1 −x0)·f(ξ0)|+|(x2 −x1)·f(ξ1)|+...+|(xn −xn−1)·f(ξn−1)| =
= (x1 −x0)·|f(ξ0)|+(x2 −x1)·|f(ξ1)|+...+(xn −xn−1)·|f(ξn−1)|,
e reconhecemos que esta última expressão é uma soma de Riemann da função
|f(x)|.
Logo ao passar ao limite obtemos a desigualdade entre as integrais.
ix) Decorre de
(x1 −x0)·(c1f(ξ0)±c2g(x0))+...+(xn −xn−1)·(c1f(ξn−1)±c2g(xn−1)) =
= c1 ·[(x1 −x0)·f(ξ0)+...+(xn −xn−1)·f(ξn−1)]±
±c2 ·[(x1 −x0)·g(ξ0)+...+(xn −xn−1)·g(ξn−1)].
5. Teorema do valor médio de integrais
O Lema 3.1 pode ser retomado, e a nova prova é análoga:
Afirmação 5.1. (Teorema do Valor Médio para integrais)
Seja f : [a,b] → R contínua. Então existe um ponto ξ ∈ [a,b] tal que:
b
a f(ξ) =
f(t)dt
b−a .
Demonstração.
Sejam
m := min{f(x);x ∈ [a,b]} = f(x1)
e
M := max{f(x);x ∈ [a,b] = f(x2),
(ambos números existem pois f é contínua e [a,b] é fechado).
Então
m·(b−a) ≤
b
a
f(t)dt ≤ M ·(b−a),
o que se vê se lembramos que b
f(t)dt é um limite de somas de Riemann.
a
Então dividindo por b−a > 0:
b
a f(x1) = m ≤
f(t)dt
≤ M = f(x2),
b−a
o que diz que o número
b
a f(t)dt
b−a é uma valor intermediário da função contínua f. Ou
seja, pelo T.V.I. existe algum ξ ∈ [a,b] tal que f(ξ) =
b
a f(t)dt
b−a como afirmamos.

CAPÍTULO 21. INTEGRAÇÃO E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL 295
Esse valor f(ξ) que aparece na Afirmação 5.1 pode ser interpretado como uma
generalização da média aritmética de um número finito de valores da f:
f(ξ1)+...f(ξn)
.
n
Isso se justifica claramente se os pontos ξi forem escolhidos bem distribuídos no intervalo
[a,b]. Pois tomando partições de [a,b] do tipo:
x0 := a < x1 := a+ (b−a)
n
afirmo que podemos ver f(ξ1)+...f(ξn)
n
b
a f(t)dt
b−a =
De fato, como
temos
f(ξ1)· 1 1
+...f(ξn)·
n n
< ... < xn := a+ n(b−a)
n
= b,
como uma soma de Riemann da integral
b
a
f(t)
b−a dt.
xi −xi−1 = b−a
n
= f(ξ1)
b−a ·(x1 −x0)+...+ f(ξn)
b−a ·(xn −xn−1).
e supondo ξi ∈ [xi−1,xi] a expressão da direita é uma soma de Riemann de b
a
6. A integral indefinida e o Primeiro Teorema fundamental
f(t)
b−a dt.
O Teorema 3.1 que vimos acima, tem uma versão mais geral que usa, ao invés de
Af,a(x), a noção de integral indefinida. Trata-se de uma função do tipo:
F(x) :=
x
a
f(t)dt
que realmente depende de x. Note que usei t em f(t)dt para deixar x indicando o
ponto escolhido.
Teorema 6.1. (Primeiro Teorema fundamental do Cálculo)
Seja f : [a,b] → R contínua e x ∈ [a,b]. Então
Observações:
(
x
a
f(t)dt) ′ (x) = f(x).
• O Teorema diz que F(x) := x
a f(t)dt é uma primitiva de f, pois F′ (x) =
f(x). JásabemosqueduasprimitivasF1,F2 daf definidasnummesmo intervalo
só diferem por uma constante F1(x) ≡ F2(x)+C. Então podemos usar
x
a f(t)dt ou abreviadamente fdx como símbolo para todas as primitivas de
f.

6. A INTEGRAL INDEFINIDA E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL296
• Alguns estudantes confundem duas coisas diferentes:
(
b
a
f(x)dx) ′ = (
x
a
f(t)dt) ′ (b).
Mas a da esquerda ( b
a f(x)dx)′ é a derivada em x de um número e sempre
será zero. Enquanto que a da direita ( x
a f(t)dt)′ (b) é a derivada em x da
função G(x) := x
f(t)dt, ou seja, f(x), que é depois avalida em x = b,
a
dando f(b). E só dará zero se f(b) = 0.
Demonstração. (do Teorema 6.1)
Seja fixado x ∈ [a,b].
Queremos saber se para F(x) := x
f(t)dt vale que
a
F ′ (x) = f(x).
Ou seja, se
lim
h→0
x+h
a f(t)dt− x
a f(t)dt
h
= f(x).
Se x = a ou x = b podemos considerar apenas h > 0 ou h < 0. Mas para x ∈ (a,b)
precisamos considerar as duas possibilidades.
Caso h > 0:
Como x+h > x ≥ a:
x+h
A Afirmação 5.1 diz que:
Então
lim
h→0
a
x+h
x
f(t)dt−
x
a
f(t)dt =
x+h
x
f(t)dt.
f(t)dt = h·f(ξh), ξh ∈ [x,x+h].
x+h
a f(t)dt− x
a f(t)dt
= lim
h→0 f(ξh) = f(x),
por ser f contínua e por estarem ξh ∈ [x,x+h].
Caso h < 0:
Como agora a ≤ x+h < x, então
portanto:
x+h
a
x+h
a
h
f(t)dt+
f(t)dt−
x
a
x
x+h
f(t)dt =
h·f(ξh)
= lim
h→0 h
x
a
f(t)dt,
x
f(t)dt = − f(t)dt =
x+h
=

CAPÍTULO 21. INTEGRAÇÃO E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL 297
=
x+h
que foi a mesma conclusão do caso h > 0.
Por outro lado, a Afirmação 5.1 diz que:
x
x+h
x
f(t)dt,
f(t)dt = −h·f(ξh), ξh ∈ [x+h,x].
Então x+h
f(t)dt = h·f(ξh), ξh ∈ [x+h,x],
x
que é a mesma conclusão do caso h > 0, exceto que agora ξh está em [x+h,x].
O resto do argumento é igual ao do caso h > 0.
O Teorema 6.1 admite uma generalização, que é útil:
Afirmação 6.1. Seja g(x) função derivável e f(x) contínua.
g(x)
(
a
f(t)dt) ′ (x) = f(g(x))·g ′ (x).
Demonstração.
Considere g(x)
f(t)dt como uma composição F ◦g onde
a
Então pela derivada da composta:
F(u) :=
Mas pelo Primeiro Teorema do Cálculo:
u
a
f(t)dt.
(F(g(x)) ′ (x) = F ′ (g(x))·g ′ (x).
F ′ (u) = f(u).
7. Existem funções com primeira derivada, mas sem segunda derivada
Acostumados com os polinômios, que têm derivadas de todas as ordens (mesmo
que ≡ 0 a partir de um a certa ordem), poderíamos pensar que sempre que uma
função tem alguma derivada tenha também as de ordem seguinte.
Isso é falso. Por exemplo, considere a função
F1 : [−1,1] → R, F1(x) :=
x
|t|dt.
−1
Pelo Primeiro Teorema Fundamental, F ′ 1 (x) = |x|.
Logo F1 não terá F ′′ (0) (já que sabemos que |x| não tem derivada em x = 0).

8. EXERCÍCIOS 298
Agora façamos,
F2 : [−1,1] → R, F2(x) :=
x
−1
F1(t)dt.
Pelo Primeiro Teorema fundamental, F ′ 2(x) = F1(x) e F ′′
2(x) = |x|. Logo F2 tem
primeira esegunda derivadas em todosospontos deseu domínio, mas não terá F ′′′
2 (0).
E assim sucessivamente, podemos definir Fn, que vai bem até as derivadas de
ordem n, mas que não terá F (n+1) (0).
8. Exercícios
Exercício 8.1. (resolvido)
O computador da as seguintes aproximações para:
x1 := π
2 ·(sin(π)+sin(π))
= 1.570796327,
2
x2 := π
3 ·(sin(π
3 )+sin(2π)+sin(π))
= 1.813799365,
3
x3 := π
4 ·(sin(π
4 )+sin(2π
4 )+sin(3π)+
sin(π)) = 1.896118898,
4
x4 := π
5 ·(sin(π
5 )+sin(2π)+...+sin(π))
= 1.933765598.
5
i) qual uma possibilidade de termo geral da sequência xn da qual exibimos os
quatro primeiros termos ?
ii) Por quê os itens i) e ii) do Teorema 4.1 implicam que existe limn→∞ xn ?
Exercício 8.2. Digo que g : I → R é uma função ímpar se g(x) = −g(−x) ∀x,−x ∈
I. E digo que é uma função par se g(x) = g(−x) ∀x,−x ∈ I.
Prove que:
i) Se f(x) é uma função ímpar, qualquer primitiva F(x) dela é uma função par.
ii) Se f(x) é uma função par, qualquer primitiva F(x) dela é uma função ímpar.
Dê exemplos onde f(x) é polinomial ou trigonométrica.
Exercício 8.3. (resolvido)
i) Descreva a função F : [−1,1] → R dada por
onde |t| é o módulo.
Como é o gráfico de F(x) ?
F(x) =
x
−1
|t|dt,
Exercício 8.4. Ao invés de ser 1 exercício, este aqui serve de protótipo de uma
infinidade de exercícios.
Suponha que você tem informação sobre uma função f : [a,b] → R contínua dada.
E considere a integral indefinida G(x) := x
a f(t)dt.
Suponha que te pedem pra encontrar máximos/mínimos de G(x).
Ataque o problema assim:

CAPÍTULO 21. INTEGRAÇÃO E O PRIMEIRO TEOREMA FUNDAMENTAL 299
• Note que G : [a,b] → R é contínua e que [a,b] fechado e limitado. Logo
existem máximos e mínimos globais da G(x).
• Esses pontos estão nos extremos a,b ou em (a,b).
• Mas os que estão em (a,b) são pontos críticos da G, ou seja G ′ (x) = 0 nesses
pontos.
• Ora, G ′ (x) = f(x) e f foi dada.
Exercício 8.5. Defina F : [0,π] → R como F(x) = x
0 sin(t2 )dt.
Usando o Primeiro Teorema do Cálculo, determine os 4 pontos de [0,π] onde
F ′ (x) = 0.
Um deles é ponto de mínimo global da F. Pelo Teste da segunda derivada, determine
quais dos três outros são mínimos ou máximos locais.
Exercício 8.6. (resolvido) Verifique que
F(x) = x√
1
1−x 2 +
2 2 arcsin(x)
é primitiva de y = √ 1−x 2 , para x ∈ [0,1].

CAPíTULO 22
Logaritmo natural e sua inversa, a exponencial
1. Existe uma função f ≡ 0 que seja imune à derivação ?
Exceto pela função f ≡ 0, todas as funções que vimos até agora mudam ao serem
derivadas (os polinômios perdem grau, etc). Como poderíamos criar uma função f(x)
imune à derivada ? Ou seja, com
f ′ (x) = f(x) ?
Imagine que tivéssemos uma função f : R> 0 → R com
f ′ (x) = 1
x .
Então f ′ (x) > 0 ∀x ∈ R> 0 e daí f(x) é estritamente crescente. Logo f−1 : R → R >0
existiria e se fosse derivável, pelo Teorema 0.1 da derivada da inversa, teríamos:
(f −1 ) ′ (x) =
=
1
f ′ (f −1 (x)) =
1
1 ( f−1 =
) (x)
= f −1 (x).
Ou seja (f−1 ) ′ = f−1 : voilà a função imunizada.
Ou seja a sonhada função imune será a inversa daquela f(x) que tem f ′ (x) = 1
x .
Mas será que já não temos uma função com f ′ (x) = 1
em nossa lista de funções
x
já conhecidas ?
Se quiséssemos ao invés de f ′ (x) = x−1 algo do tipo f ′ (x) = x−k , k = 1, bastaria
tomar
1
f(x) =
−k +1 ·x−k+1
e pelo que já aprendemos f ′ (x) = x−k 1
. Mas, justamente, não podemos escrever −k+1
se k = 1.
Assim como vimos que há leis físicas importantes modeladas a partir da propriedade
f ′′ (x) = −f(x) do seno e do cosseno, há processos muito importantes modelados
matematicamente pela relação:
f ′ (x) = f(x).
Essa relação entre a derivada e a função diz por exemplo que quanto mais f(x) fica
positivo mais aumenta sua velocidade. É a modelagem de algum processo que tem
um crescimento extraordinário.
301

1. EXISTE UMA FUNÇÃO F ≡ 0 QUE SEJA IMUNE À DERIVAÇÃO ? 302
Por exemplo, f(x) pode ser uma população em um certo tempo, e que quanto
mais elementos tem mais cruzamentos efetua, aumentando a população, e assim por
diante. Ou por exemplo uma dívida, sobre a qual incidem juros que aumentam a
dívida e sobre ela mais juros incidem, assim por diante.
1.1. Quantas funções são imunes à derivação ?
Acima propusemos um método para criar uma função imune à derivação (como
inversa de uma outa função) Chamemos nossa função imune f1(x) (com f ′ 1 (x) = f1(x)
∀x portanto).
Suponhamos por um momento que f1(x) nunca se anula (será verdade!).
Será que há alguma outra função f2(x) com f ′ 2 (x) = f2(x) ∀x, bem diferente
da nossa f1(x) e que quem sabe será criada por um outro método completamente
diferente desse nosso? A resposta é que essencialmente não !
E o argumento é o seguinte. Suponha outra f2(x) com f ′ 2(x) = f2(x) ∀x e defina:
Então a derivada do quociente dá:
f2(x)
f1(x) .
( f2(x)
f1(x) )′ (x) = f′ 2(x)·f1(x)−f2(x)·f ′ 1(x)
f2 1 (x)
=
f2(x)·f1(x)−f2(x)·f1(x)
f 2 1 (x)
= 0
f 2 1(x)
≡ 0.
Mas então pela Parte 1 do Curso concluímos que
f2(x)
f1(x)
onde C é uma constante. Dito de outro modo f2(x) = C · f1(x) ou seja que f2 é
apenas f1 multiplicada por uma constante.
Note que se C = 0 então f2(x) ≡ 0 é imune à derivação.
Então mãos à obra:
Definição 1.1. Considere a função
A função de R >0 → R dada por
é o logaritmo natural de x.
≡ C
f : R >0 → R >0 , f(x) = 1
x .
ln(x) :=
x
1
1
x dx
=

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 303
Pelo Primeiro Teorema Fundamental(Teorema 6.1, Capítulo 21) ln(x) tem a propriedade
de que
ln ′ (x) = 1
x ,
o que precisávamos.
Sua inversa (como ln ′ (x) = 1 > 0, o ln(x) é uma função estritamente crescente)
x
então será a função imune a derivações.
Observe que:
• ln(1) = 0
• se 1 < x então ln(x) = A1
x ,1(x) > 0.
• se x < 1 então
x 1
1 1
dx = −
x x x dx
e 1
x
1
x
1
dx = A1 ,x(1) > 0 é uma área. Logo ln(x) < 0 se 0 < x < 1.
x
• como ln ′′ (x) = − 1
x 2 < 0 é uma função com concavidade para baixo.
• na Afirmação 6.1 veremos que limx→+∞ln(x) = +∞ e que limxց0ln(x) =
−∞.
A importância prática dos logaritmos é enorme, devido a algumas propriedades
básicas que veremos nas próximas Seções.
Denoto a função inversa do logaritmo natual, definida de R → R >0 , por exp(y):
exp(ln(x))) = x, ∀x ∈ R >0 .
Em particular o número exp(1) será denotado por e, ou seja
ln(e) = ln(exp(1)) = 1.
A área sob o gráfico de 1
, desde 1 até 2, é menor que a área do quadrado de base
x
1 e altura 1. Logo
2 < e.
Considere agora a reta tangente ao gráfico de y = 1
x
Ela passa por (1, 3
4
) e por (3, 1
4
y = − x
4 +1.
). Então área sob o gráfico de 1
x
que a área do trapézio de base 2 formado pelos pontos (1, 3
4
que passa pelo ponto (2, 1
2 ):
, desde 1 até 3, é maior
), (1,0), (3,0) e (3, 1
4 ).
Mas a área desse trapézio é a mesma do retângulo de base 2 e altura 1
2 (basta
pivotar no ponto (2, 1
2
) a reta ligando (1, 3
4
e < 3.
1 ) e (3, ), veja a Figura). Logo
4

2. PROPRIEDADES FUNDAMENTAIS DO LOGARITMO E DA
EXPONENCIAL 304
1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
1
1,5
2
x
2. Propriedades fundamentais do logaritmo e da exponencial
Afirmação 2.1. No que segue x,x1,x2 são positivos enquanto que y,y1,y2 são quaisquer.
• i) ∀x1,x2 > 0 vale ln(x1 ·x2) = ln(x1)+ln(x2).
• ii) ∀x, ln( 1)
= −ln(x). x
• iii) ∀m,n ∈ N ln(x m
n) = m
n ·ln(x).
• iv) ∀m,n ∈ N ln(x −m
n ) = −m
n ·ln(x).
• v) exp(y1 +y2) = exp(y1)·exp(y2)
• vi) exp(−y) = 1
exp(y) .
• vii) exp( m
) = exp(1)mn
= e n m
n.
Demonstração.
De i):
Para recairmos em uma variável fixe x2 e olhe a função diferença:
2,5
φ(x1) := ln(x1 ·x2)−ln(x1)−ln(x2),
como função de x1 apenas.
Temos pela regra da composta e pelo Primeiro Teorema Fundamental:
φ ′ (x1) = 1
·x2 − 1
x1 ·x2
onde derivei x1·x2 como função apenas de x1, para cada x2 fixado, obtendo (x1·x2) ′ =
x2. Ora então φ ′ (x1) ≡ 0, portanto φ(x1) ≡ C.
Qual C ? Avalio em x1 = 1: φ(1) = ln(1x2)−0−ln(x2) = 0, logo C = e φ(x1) ≡ 0
como queríamos.
De ii):
Análoga à de i), derivando agora a função diferença
φ(x) := ln( 1
x )+ln(x),
x1
3

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 305
que é:
De iii):
Análoga, derivando agora:
φ ′ (x) = x· (−1) 1
+
x2 x
≡ 0.
φ(x) := ln(x m
n)− m
n ·ln(x),
φ ′ (x) = x −m
n · m
n ·xm n −1 − m
n ·x−1 ≡ 0.
De iv): sai de ii) e iii), já provadas.
De v):
Usando que exp é inversa de ln e a propriedade i) obtemos:
exp(y1 +y2) = exp(ln(x1)+ln(x2)) = exp(ln(x1 ·x2)) =
= x1 ·x2 = exp(y1)·exp(y2).
De vi):
Se aplicamos a v), já provada, para y1 = −y e y2 = y:
exp(−y +y) = exp(−y)·exp(y).
Mas exp(−y +y) = exp(0) = 1. Logo exp(−y) = 1
exp(y) .
De vii):
Obviamente:
Ou seja,
Por iii) temos então:
Logo pela injetividade de y = ln(x):
ou seja:
ln(exp( m m
)) =
n n .
n
m ·ln(exp(m))
= 1.
n
ln(exp( m n
) m) = 1.
n
exp( m n
) m = exp(1),
n
exp( m
) = exp(1)mn.
n

3. LOGAX , ∀A > 0 E LN|X| 306
Podemos definir:
3. log ax , ∀a > 0 e ln|x|
Definição 3.1. Defino ∀x > 0 e a > 0,a = 1, log a(x) := ln(x)
ln(a)
Na Biologia e na Química é importante a base 10, por exemplo.
Afirmação 3.1. Para x > 0 e a > 0,a = 1:
• o) loga(1) = 0 e loga(a) = 1.
• i) (loga(x)) ′ (x) = 1
ln(a)·x , portanto loga(x) é estritamente crescente se a > 1
e loga(x) é estritamente decrescente se 0 < a < 1.
• ii) (loga(x)) ′ (x) = −1
ln(a)·x2, portanto o gráfico de loga(x) tem concavidade para
baixo se a > 1 e concavidade para cima se 0 < a < 1.
• iii) ∀x1,x2 > 0 vale loga(x1 ·x2) = loga(x1)+loga(x2). • iv) ∀x, loga( 1
x ) = −loga(x). • v) ∀m,n ∈ N loga(x m
n) = m
n ·log a(x).
• vi) ∀m,n ∈ N log a(x −m
n ) = −m
n ·log a(x).
• vii) Se a1,a2 > 0: log a2
(x) = ln(a1)
ln(a2) ·log a1 (x).
• viii): a função ln|x| está definida ∀x = 0 e sua derivada é (ln|x|) ′ (x) = 1
x
3
2
1
0
0,40,81,21,6 2
-1
-2
x
Figura: Gráficos de y = ln(x) (vermelho),
y = log 0.5(x) (verde) e y = log 10(x) (amarelo), x ∈ [0.1,2].

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 307
-4
-2
0
0
-2
-4
-6
x
Figura: O gráfico de y = ln|x|.
Demonstração. (da Afirmação 3.1)
De o):
log a(1) := ln(1)
ln(a) = 0, e log a(a) := ln(a)
ln(a)
De i): ao derivar a constante
1
ln(a) sai.
De ii): derive a expressão de i).
De iii) páro x2 e considero a função diferença:
φ(x1) := log a(x1 ·x2)−log a(x1)−log a(x2),
como função só de x1.
Então já usando i) e a regra da composta:
Logo
φ ′ 1 1
(x1) = ·x2 − ≡ 0.
ln(a)·x1 ·x2 ln(a)x1
2
4
= 1.
φ(x1) := log a(x1 ·x2)−log a(x1)−log a(x2) ≡ C
e avaliando em x1 = 1 obtenho C = 0.
Deixo para o leitor a prova de iv) - vi), pois são análogas.
De vii): imediata, das definições.
De viii): se x > 0 já sabemos que ln ′ (x) = 1
x
Cálculo.
Se x < 0, então |x| := −x e temos pela regra da composta
como queríamos.
pelo Primeiro Teorema Fundamental do
(ln(−x)) ′ = 1 1
·(−1) =
(−x) x , onde −1 = (−x)′ ,

4. AS FUNÇ ÕES EX E A X , PARA A > 0 308
4. As funções e x e a x , para a > 0
Vimos no item vi) da Afirmação 2.1 que:
exp( m
) = exp(1)mn
= e
n m
n, ∀m,n ∈ N
Isso motiva definir:
e x := exp(x),∀x ∈ R.
Com essa definição e o item v) da Afirmação 2.1 temos garantida:
e x1+x2 = e x1 ·e x2 , ∀x1,x2 ∈ R.
Definição 4.1. Para qualquer número Real positivo a > 0, defina:
a x := e xln(a) .
Afirmação 4.1. Seja a número Real positivo.
• i) log a(a x ) = x.
• ii) a x1+x2 = a x1 ·a x2
• iii) (a x1 ) x2 = a x1·x2
• iv) (a x ) ′ (x) = ln(a)·a x .
• v): a x é estritamente decrescente se a < 1, constante = 1 se a = 1 e a x é
estritamente crescente se a > 1.
• vi) os gráficos de a x sempre têm concavidade para cima.
-3
-2
-1
x
Figura: Os gráficos de y = e x em vermelho, de y = (0.5) x em verde
e de y = 10 x em amarelo, x ∈ [−3,1].
Demonstração.
De i):
10
8
6
4
2
0
0
log a(a x ) := ln(ax )
ln(a) =
1

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 309
= ln(ex·ln(a) )
ln(a)
De ii): Pela definição e pela propriedade de e x :
De iii): Aqui uso duas vezes a definição :
= x.
a x1+x2 := e (x1+x2)·ln(a) = e x1·ln(a)+x2·ln(a) =
= e x1·ln(a) ·e x2·ln(a) =: a x1 ·a x2 .
(a x1 ) x2 := (e x1·ln(a) ) x2 :=
:= e x2·ln(e x 1 ·ln(a) ) =
= e x2·x1ln(a) =: a x1·x2 .
De iv): para derivar uso a regra da composta:
(a x ) ′ (x) := (e xln(a) ) ′ (x) = e xln(a) ·ln(a) =: ln(a)·a x .
De v): O sinal de a x ) ′ (x) só depende do sinal de ln(a).
De vi): Devido a que:
(a x ) ′′ (x) = ln 2 (a)·a x > 0, ∀x ∈ R
5. x a e sua derivada, a ∈ R.
Para sermos coerentes com a Definição 4.1 vamos definir:
Definição 5.1. Para x > 0 e a um Real qualquer, defino
x a := e aln(x)
onde x = 1 na última definição.
e log x(a) := ln(a)
ln(x) ,
O leitor verá a importância dessas funções para resolver equações diferenciais na
Seção 1 do Capítulo 40.
Afirmação 5.1. Para x > 0 e a qualquer:
• i) (x a ) ′ (x) = a·x a−1
• ii) ln(x a ) = a·ln(x)
• iii) log x(x a ) = a.

6. CRESCIMENTO LENTO DO LOGARITMO E RÁPIDO DA EXPONENCIAL 310
Por exemplo, o gráficode x π émuito parecido comodex 3 , mas x π só fazsentido
para x > 0:
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
0,2
0,4
x
0,6
0,8 1
Figura: O gráfico de y = x π em vermelho e de y = x 3 em verde, x ∈ (0,1]
Demonstração.
De i):
De ii):
De iii): Basta concatenar definições:
(x a ) ′ (x) := (e aln(x) ) ′ = e aln(x) · a
x = a·xa−1 .
ln(x a ) := ln(e aln(x) ) = a·ln(x).
log x(x a ) := log x(e aln(x) ) := ln(ealn(x) )
ln(x)
= a.
6. Crescimento lento do logaritmo e rápido da exponencial
A Afirmação a seguir diz que o logaritmo natural cresce, mas cresce mais lentamente
até que y = x. E que, por outro lado, a exponencial cresce mais rápido que
qualquer n, n ∈ N:
Afirmação 6.1.
i) lim
x→∞ ln(x) = +∞, e lim
xց0 ln(x) = −∞,
ii) lim
x→∞
ln(x)
x
Por outro lado, para qualquer n ∈ N:
= 0 e lim x·ln(x) = 0
xց0
iii) lim
x→∞
xn = 0.
ex

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 311
Demonstração.
De i): Por definição ln(x) para x > 1 é a área sob o gráfico de 1
, de x = 1 até x.
x
Precisamos mostrar que à medida que x cresce a área cresce ano quanto quisermos.
Dito de outro modo, precisamos mostrar que a área sob o gráfico de 1 à direita de x
x = 1 é tão grande quanto quisermos, desde que avancemos para a direita o suficiente.
Note que posso tomar os retângulos justpostos
[1,2]×[0, 1 1
1
]∪[2,3]×[0, ]∪...∪[n−1,n]×[0,
2 3 n
cuja soma de áreas é
1 1 1
+ +...+
2 3 n .
Agora vamos ver que essa soma se faz tão grande quanto quisermos, quando n cresce,
o que implica que a área sob o gráfico à direita de 1 fica tão grande quanto quisermos.
De fato, denote:
sn := 1 1 1
+ +...+
2 3 n
e portanto com essa notação:
1 1
s2n := + (1 +
2 3 4 )
21 +(
parcelas
1 1 1 1
+ + +
5 6 7 8 )
22 +...+
parcelas
1
+(
2n−1 +1 +
1
2n−1 1
+...
+2 2n)
2n−1parcelas .
Olhando para o menor termo em cada grupo destacado, acima, vemos que
1 1
s2n ≥ +2·
2 22 +22 · 1 2n−1 1
+...+ = n·
23 2n 2 .
Oracomolimn→+∞ n
2 = +∞obtemosquelimn→+∞s2n = +∞eportantolimn→+∞sn =
+∞. Isso diz que 1 1 1 + + ... + fica tão grande quanto eu quiser, se n crescer o
2 3 n
suficiente.
Para vermos o que acontece com
note que
lim
xց0 ln(x)
limln(x)
= lim
xց0 z→+∞ ln(1)
=
z
= lim −ln(z) = − lim ln(z) = −∞.
z→+∞ z→+∞
De ii):
Só com a definição de ln(x) é imediato que:
ln(x) < x−1, ∀x > 1,
pois x−1 é quanto vale a área do retângulo de altura 1 e base [1,x].

6. CRESCIMENTO LENTO DO LOGARITMO E RÁPIDO DA EXPONENCIAL 312
E como x−1 < x concluo:
Por outro lado é claro que
0 < ln(x) < x, ∀x ≥ 1.
x > 1 ⇔ x 1
2 > 1
(passe da esquerda para a direita tirando a raíz quadrada, e da dirita para a esquerda
elevando ao quadrado).
Ou seja:
e pela propriedade do logaritmo:
0 < ln(x 1
2) < x 1
2, se x > 1,
0 < 1
ln(x) < x1 2, se x > 1.
2
Agora eleve tudo ao quadrado obtendo:
e daí
0 < (ln(x))2
4
0 < ln(x)
x
< x, se x > 1
4
< , se x > 1.
ln(x)
Como sabemos que
4
lim = 0
x→+∞ ln(x)
fazendo x → +∞ na desigualdade obtemos:
Agora trato de
Note que:
Se faço z := 1
x temos:
lim
xց0
0 = lim
x→∞
ln(x)
x .
lim
xց0 x·ln(x).
x·ln(x) = ln(x) −ln(x)
=
) ( −1
x = −ln(1
) )
( 1 .
)
−ln(x)
( −1
x
( 1
x
) = −lim
xց0
ln( 1
x )
( 1
x
x
) = − lim
z→+∞
x
ln(z)
z
pelo que já sabemos de ii).
De iii):
Agora vamos ver que do ponto de vista de sua inversa temos o efeito contrário,
ou seja, que a exponencial cresce mais rápido que qualquer polinômio.
Como observamos acima, ln(x) < x−1, se x > 1. Um tal x > 1 se escreve como
x = 1+x com x > 0. Ou seja, obtenho:
ln(1+x) < (1+x)−1 = x, se x > 0.
= 0,

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 313
Agora que já sei isso volto à notação anterior, escrevendo:
Já que isso vale ∀x > 0 uso para x
n+1
Agora tomo exponencial, obtendo:
e portanto:
Elevo tudo à n+1:
ln(1+x) < x, se x > 0.
> 0 obtendo:
ln(1+ x x
) < , se x > 0.
n+1 n+1
( x
1+ x
n+1
x
n+1
< e x
n+1
x
< en+1. n+1 )n+1 < (e x
n+1) n+1
e usando a propriedade da exponencial (e x
m) m = e
e portanto
x n ·
m x
x n+1
(n+1) n+1 < ex , ∀x > 0
x
(n+1) n+1 < ex , ∀x > 0
e finalmente:
xn (n+1)n+1
< , ∀x > 0.
ex x
Mas n é fixado e x cresce, logo:
lim
x→+∞
xn = 0,
ex m = e x obtemos
como queríamos.
7. Uma observação sobre o termo geral de uma série infinita
Vimos na prova do item i) Afirmação 6.1 que apesar de que:
a série +∞ 1
n=1 n
1
lim = 0
n→+∞ n
fica tão grande quanto quisermos, ou seja,
+∞
n=1
1
n
= +∞.

8. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITON, N. 11, 1951 314
Definição 7.1. Diremos que uma soma infinita
+∞
converge se existe o limite
onde a sequência sn é dada por:
n=1
an
lim
n→+∞ sn = L ∈ R,
sn := a1 +a2 +...+an.
Afirmação 7.1. Se a série infinita +∞
n=1 an converge então necessariamente:
Demonstração.
Como
então também vale:
lim
n→+∞ an = 0.
lim
n→+∞ sn = L ∈ R,
lim
n→+∞ sn−1 = L ∈ R.
Portanto pela propriedade do limite da diferença de duas sequências:
0 = lim
n→+∞ (sn −sn−1) = lim
n→+∞ an.
8. Um problema da Putnam Competiton, n. 11, 1951
Problema: Prove que vale:
Solução:
Considere a função:
e note que
Temos
ln(1+ 1 1
) > , ∀x > 0.
x 1+x
φ(x) = ln( x+1 1
)−
x 1+x
φ(x) := ln(1+ 1 1
)−
x 1+x
= ln(x+1)−ln(x)− 1
1+x .
lim
xց0 φ(x) = +∞.
Portanto para x > 0 e pequeno vale φ(x) > 0.
Massuponhapor absurdo queparaalgumpontoxsuficientemente grandeaconteça
que
φ(x) ≤ 0.

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 315
Como:
φ ′ (x) = 1 1 1
− −(
1+x x 1+x )′ 1
= − < 0
x·(1+x) 2
se x > 0 então φ(x) é uma função estritamente decrescente.
Portanto
φ(x) < φ(x) ≤ 0, ∀x > x.
Mas
1 1
lim φ(x) = lim [ln(1+ )− ] = 0,
x→+∞ x→+∞ x 1+x
portanto não pode acontecer que
φ(x) < φ(x) ≤ 0, ∀x > x
pois os valores φ(x) têm que se aproximar de zero tanto quanto quisermos.
Essa contradição prova que φ(x) > 0 ∀x > 0, como queríamos.
9. A regra de L’Hôpital
O Teorema de L’Hôpital é apresentado em muitos textos de Cálculo logo no início
e sem absolutamente nenhuma justificação.
É um exemplo típico de umtópico deMatemática Superior ensinado do pior modo
possível.
Teno visto alunos justificarem limites absolutamente simples como:
lim
x→+∞
x2 +1
= 1,
x2 através do L’Hôpital decorado.
Por isso resolvi explicar (como se aprende no Spivak) pelo menos as formulações
mais fundamentais dessa regra.
A utilidade da regra de L’Hôpital é dar um critério para decidir o que acontece
quando, num quociente, tanto o numerador quanto o denominador tendem a zero.
Ou, como se diz, quando há uma indeterminação do tipo 0
0 .
Afirmação 9.1. (versão , 0
, x ∈ R, L ∈ R)
0
Sejam1 f : I \{x} → R e g : I \{x} → R onde I é um intervalo centrado em x.
Suponha:
• limx→x f(x) = limx→x g(x) = 0
• f ′ (x) e g ′ (x) estão definidas em I \{x} e g ′ (x) = 0 em I \{x}.
= L ∈ R.
• limx→x f′ (x)
g ′ (x)
Então:
• g(x) = 0 em I \{x} e
= L ∈ R.
• limx→x f(x)
g(x)
O mesmo vale se nas hipótese e conclusões trocamos os limites plenos por algum
limite lateral como x ց x ou x ր x.
1 Dizer que uma função está definida em I\{x} não quer dizer que ela também não possa estar
definida em x. Mas apenas que só precisamos que ela esteja definida num certo entorno de x.

9. A REGRA DE L’HÔPITAL 316
Demonstração.
Se f ou g não estão definidas em x ou mesmo se o valor de alguma delas em x
não é zero, redefina-as em x como:
f(x) = g(x) = 0,
deixando-as inalteradas 2 em I \{x}.
Com essa (re-)definição em x, as funções f,g são contínuas em x, ademais de
serem contínuas em I \{x}, já que aí são até deriváveis.
Considere h > 0 pequeno para que
(x,x+h) ⊂ (I \{x})
e note que g(x) não pode se anular em nenhum ponto x ∈ (x,x+h): caso contrário,
teríamos g(x) = g(x) = 0 e o Teorema de Rolle aplicado ao intervalo [x,x] diria que
existe algum
ξh ∈ (x,x) ⊂ (I \{x})
onde g ′ (ξh) = 0, contrariando uma hipótese de que g ′ (x) = 0 em todo I \{x}.
Portanto faz sentido o quociente:
f(x)
, ∀x ∈ (x,x+h) ⊂ (I \{x}).
g(x)
Agora aplico o T. V. Médio de Cauchy (Afirmação 1.3 Capítulo 10) a f,g restritas
ao intervalo [x,x] . Então existe
ϑx ∈ (x,x)
com :
A hipótese
f ′ (ϑx)
g ′ (ϑx)
= f(x)−f(x)
g(x)−g(x)
L = lim
x→x
f ′ (x)
g ′ (x)
= f(x)
g(x) .
diz que para qualquer tipo de ponto x que tende a x, o quociente f′ (x)
g ′ (x)
Ora, quando x ց x temos ϑx ց x. Portanto
Mas então
L = lim
x→x
L = lim
xցx
f ′ (x)
g ′ (x)
f ′ (ϑx)
g ′ (ϑx)
= lim
xցx
= lim
xցx
f ′ (ϑx)
g ′ (ϑx) .
f(x)
g(x) .
tende a L.
Analogamente para mostrar que L = limxրx f(x)
.
g(x)
Afirmação 9.2. (versão 0,
x = ∞, L ∈ R)
0
Suponha:
2 Isso não vai alterar os cálculo dos limites, pois como sabemos limites só dependem do compor-
tamento em pontos próximos de x.

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 317
• limx→+∞ f(x) = limx→+∞ g(x) = 0
• f ′ (x) e g ′ (x) estão definidas para x > K e g ′ (x) = 0 para x > K.
= L ∈ R.
• limx→+∞ f′ (x)
g ′ (x)
Então:
• g(x) = 0 se x > K e
= L ∈ R.
• limx→+∞ f(x)
g(x)
Demonstração.
Vou fazer essa Afirmação recair na Afirmação 9.1 (para o limite lateral x ց x),
já provada.
Para isso defina:
ˆf(x) := f( 1
) e ˆg(x) := g(1
x x ).
Com essas definições, nossas hipóteses sobre f e g se traduzem nas seguintes hipóteses
sobre ˆ f e ˆg:
• limxց0 ˆ f(x) = limxց0 ˆg(x) = 0
• ˆ f ′ (x) = − f′ ( 1
x )
x2 e ˆg ′ (x) = − g′ ( 1
x )
x2 estão definidas para x da forma 0 < x < 1
K .
E ademais ˆg ′ (x) = 0 se 0 < x < 1
K .
= L ∈ R.
• limxց0
ˆf ′ (x)
ˆg ′ (x)
Então a Afirmação 9.1 (adaptada para limite lateral x ց 0) quando aplicada a ˆ f
e ˆg e x = 0 dá que:
• ˆg(x) = 0 não se anula para 0 < x < 1
• limxց0
ˆf(x)
ˆg(x)
= L
Ou seja, g(x) = 0 se x > K e
lim
x→+∞
f(x)
g(x)
K
= L.
Se examinamos as provas das duas Afirmações 9.1 e 9.2 vemos que valeriam
também se L = ∞. Nos referiremos a essas adaptações como versões 0 e L = ∞ 0
do L ’Hopital.
Há também versões análogas, cuja prova exige algumas adaptações, para tratar
casos em que
lim |f(x)| = lim |g(x)| = +∞,
x→x x→x
ou como se diz, em que a indeterminação é do tipo ∞
∞ .
Exemplos:
• Com a Afirmação 9.2 aplicada n+1-vezes obtemos:
lim
x→∞
xn = lim
ex x→∞
n·x n−1
e x = ... =

9. A REGRA DE L’HÔPITAL 318
n! 0
= lim = lim = 0.
x→∞ ex x→∞ ex • Considere a composição eex. Vejamos que ela cresce mais rápido que a
própria exponencial. Pela Afirmação 9.2 adaptada para a indeterminação
se obtêm:
∞
∞
e
lim
x→∞
x
eex e
= lim
x→∞
x
eex 1
= lim
·ex x→∞ eex = 0.
• quando numa expressão que é uma soma, uma parcela tende a +∞ e a outra
tende a −∞ nitidamente há uma indeterminação, chamada ∞−∞. Vejamos
um exemplo em que essa indeterminação se reduz a outrado tipo 0,
que pode 0
ser considerada via aplicação de L’Hôpital por duas vezes. Considere:
lim
xց0 (1
1
−
x ex e
) = lim
−1 xց0
x −1−x
x·(e x −1) =
= lim
xց0
e x −1
ex =
−1+x·e x
e
= lim
xց0
x
ex +ex 1
=
+x·e x 2 .
• quando numa expressão que é um produto, um fator tende a ∞ e o outro
tende a 0 nitidamente há uma indeterminação, chamada ∞·0. Vejamos um
exemplo em que essa indeterminação se reduz a outra do tipo ∞,
que pode ∞
ser considerada via L’Hôpital. Considere:
lim ln(x)·tan(x) = lim
xց0 xց0
= lim
xց0
( 1
x )
(− sec2 (x)
tan 2 (x)
) = lim
xց0
ln(x)
=
)
( 1
tan(x)
−sin 2 (x)
x
−sin(x)
= lim ·sin(x) = −1·0 = 0.
xց0 x
• note que não há indeterminação nenhuma se ambas parcelas de uma soma
tendem a +∞ ou se ambas tendem a −∞.
• também não há indeterminação se numa soma ou subtração uma parcela
tende a zero e a outra também. Pois, se ǫ1 > 0 e ǫ2 > 0 são pequenos temos
|ǫ1 ±ǫ2| ≤ ǫ1 +ǫ2 que é pequeno também.
Veremos na Seção 13 exemplos difíceis que precisam da regra de L’Hôpital.
Mas às vezes, em exemplos relativamente simples, não é claro se é mellhor usá-la
ou fazer diretamente. Por exemplo3 :
Diretamente:
lim
x→+∞
=
√ a·x 2 +b·x− √ a·x, a,b > 0.
lim
x→+∞ (√a·x 2 +b·x− √ a·x) =
3 agradeço ao estudante Daniel Manica por este exemplo

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 319
= lim
x→+∞ (√a·x 2 +b·x− √ √ √
a·x 2 +b·x+ a·x
a·x)·( √ √ ) =
a·x 2 +b·x+ a·x
= lim
x→+∞
b·x
√ a·x 2 +b·x+ √ ax = lim
x→+∞
= lim
x→+∞
Agora via L’Hôpital para o tipo 0
0 :
b
a+ b
x +√ a
b·x
x·( a+ b
x +√a) = b
2· √ a .
lim
x→+∞ (√ a·x 2 +b·x− √ a·x) = lim
x→+∞ x·(
= lim
x→+∞
a+ b
x −√ a
= lim
x→+∞
√
b
2· a+ x
x−1 = lim
x→+∞
( −b·x−2
)
−x−2 =
b
2· a+ b
=
x
b
2· √ a .
10. A função x x
A função y = f(x) = x x está definida por:
x x := e x·ln(x) , ∀x ∈ R.
Afirmação 10.1. Para todo x > 0:
• i) (x x ) ′ = (ln(x)+1)·x x .
• ii) a concavidade do gráfico de x x é para cima
• iii) x x tem um mínimo global em e −1 .
• iv) limxց0 x x = 1
• v) limx→∞ ex
x x = 0; em particular, limx→+∞ x x = +∞.
Demonstração.
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0 0,2
0,4
x
Figura: O gráfico de y = x x para x ∈ (0,1]
0,6
0,8
1
=
a+ b
x −√ a) =

10. A FUNÇ ÃO XX 320
De i):
De ii):
Basta notar que
De iii): Notar que:
(x x ) ′ := (e x·ln(x) ) ′ (x) = e xln(x) ·(x·ln(x)) ′ = (ln(x)+1)·x x .
e usar ii).
De iv): Pela continuidade de e x :
(x x ) ′′ (x) = 1
x ·xx +(ln(x)+1) 2 ·x x > 0, ∀x > 0.
Mas pelo item ii) da Afirmação 6.1,
portanto
(x x ) ′ = 0 ⇔ ln(x)+1 = 0 ⇔ x = e −1
lim
xց0 exln(x) = e limxց0 xln(x)
.
lim xln(x) = 0,
xց0
lim
xց0 exln(x) = e 0 = 1.
De v):
O item iii) da Afirmação 6.1 implica que limx→+∞ e x = +∞. E
Portanto limx→∞ ex
para ∞
∞ :
Mas:
e xln(x) ≥ e x , se x ≥ e.
xx é uma indeterminação ∞.
Uso então a Afirmação 9.2 adaptada
∞
lim
x→∞
lim
x→∞
ex = lim
xx x→∞
ex ex·ln(x) ≤ lim
·(ln(x)+1) x→∞
= lim
x→∞
onde a desigualdade vale desde que x ≥ e.
e x
e x·ln(x) ·(ln(x)+1) .
1
ln(x)+1
e x
e x ·(ln(x)+1) =
= 0,
A Figura a seguir ilustra onde x x passa a ser maior que e x

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 321
25
20
15
10
5
0
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3
x
Figura: Gráficos de y = x x em vermelho e y = e x em verde, x ∈ (0,3]
11. Um problema da Putnam Competition, n. 22, 1961
Problema: A curva no plano definida por x y = y x , para x,y > 0, consiste de duas
componentes, uma que é uma reta e de uma outra curva.
Encontre as coordenadas do ponto de intersecção da reta com a outra curva.
Solução:
Vou me ater apenas à pergunta, sem tentar descrever em mais detalhes a curva
definida por x y = y x , para x,y > 0.
Em primeiro lugar a curva em questão é:
F(x,y) = x y −y x := e xln(y) −e yln(x) = 0.
É imediato que a reta diagonal faz parte desa curva, pois sobre a diagonal temos:
x y −y x = x x −x x = 0.
Supondo o que foi dito, que a reta diagonal corta uma segunda componente, nesse(s)
ponto(s) de interseção(ões) deve valer
∂F
∂x
= 0 e
pois o Teorema 2.1 do Capítulo 15 diz que se
∂F
∂x
∂F
∂y
= 0 ou ∂F
∂y
então a curva F = 0 é localmente um gráfico regular e portanto, em torno de cada
ponto da diagonal F = 0 é exatamente um pedaço da reta diagonal.
Ora,
∂F
∂x = exln(y) ·ln(y)−e yln(x) · y
x
∂F
∂y = exln(y) · x
y −eyln(x) ·ln(x)
= 0,
= 0

12. UM MODO DE APROXIMAR E POR NÚMEROS RACIONAIS 322
que ao serem avaliadas em pontos da diagonal y = x dão:
e xln(x) ·ln(x)−e xln(x) · x
x = exln(x) ·(ln(x)−1)
e essa expressão se anula exatamente se:
ln(x) = 1,
ou seja, o ponto de intersecção é (x,y) = (e,e).
12. Um modo de aproximar e por números Racionais
Com um pouquinho de geometria básica conseguimos já determinar que:
2 < e < 3.
Agora vamos mostrar um modo de aproximar e com a precisão que quisermos:
Afirmação 12.1.
Em particular 4 ,
Demonstração.
Antecipando a próxima Seção, defino
e = lim (1+x)
x→0 1
x
1
e = lim (1+
n→+∞ n )
n
, onde n ∈ N.
(1+x) 1
x := e 1
x ·ln(1+x) , x > −1.
Antes de passar ao limite x → 0, tomo o logaritmo natural:
ln((1+x) 1
x ) = ln(e 1
x ·ln(1+x) ) = 1
x ·ln(1+x).
e tento entender primeiro o que acontece com:
Ora,
1
lim
x→0 x ·ln(1+x).
1 ln(1+x)−ln(1)
lim ·ln(1+x) = lim
x→0 x x→0 x
=: (ln(1+x)) ′ (0) = 1.
Tomando a exponencial, que é contínua, concluo que
lim
x→0 (1+x)1 x = lim e
x→0 ln(1+x)
x =
ln(1+x)
limx→0 = e x = e 1 = e.
A segunda afirmação é apenas uma discretização desse fato, ou seja, onde o modo
como x → 0 é através da sequência de números Racionais 1 com n → +∞.
n
4 Se pode provar, via o Cálculo, que e ∈ Q, apesar de e poder ser aproximado por Racionais,
como diz esta afirmação
=:

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 323
Na Seção 5 do Capítulo 30 analisaremos uma aproximação mais eficiente de e.
13. Funções f(x) g(x) em geral e suas indeterminações
Que sentido dar a funções do tipo f(x) g(x) ? Já vimos alguns casos particulares.
Defino:
f(x) g(x) := e g(x)·ln(f(x)) , desde que f(x) > 0.
Com essa definição garantimos propriedades como:
bem como:
ln(f(x) g(x) ) = ln(e g(x)·ln(f(x)) ) = g(x)·ln(f(x)),
f(x) g(x)+h(x) = e (g(x)+h(x))·ln(f(x)) =
= e g(x)·ln(f(x)) ·e h(x)·ln(f(x)) = f(x) g(x) ·f(x) h(x) .
Exemplos de indeterminações:
• Note que podem aparecer indeterminações do tipo 1∞ , como já vimos no
caso (1+x) 1
x. Vejamos outro exemplo desse tipo:
Tome o logaritmo:
e examine primeiro
como uma indeterminação 0
0
lim
xց0 (ex +x) 1
x.
ln((e x +x) 1
x) = 1
x ·ln(ex +x)
ln(e
lim
xց0
x +x)
x
Logo, tomando exponencial:
ln(e
lim
xց0
x +x)
x
. Então:
(
= lim
xց0
ex +1
ex +x )
1
lim
xց0 (ex +x) 1
x = e 2 .
= 2.
• Existem também indeterminações ∞ 0 , como é o caso de
Novamente tomo logaritmo:
e examine primeiro
lim
x→+∞ (ex +x) 1
x.
ln((e x +x) 1
x) = 1
x ·ln(ex +x)
ln(e
lim
x→+∞
x +x)
x
como uma indeterminação ∞
. Então: ∞
ln(e
lim
x→+∞
x +x)
x
(
= lim
x→+∞
ex +1
ex +x )
= 1
1

14. DERIVADA LOGARÍTMICA 324
e tomando exponencial obteremos:
lim
x→+∞ (ex +x) 1
x = e.
• Notequenão existem indeterminações dotipo0 ∞ : defato, suponhaf(x) > 0
com limx→xf(x) = 0. Se ademais limx→xg(x) = −∞, então:
lim
x→x f(x)g(x) := lim
x→x e g(x)·ln(f(x)) = +∞,
enquanto que se vale limx→xg(x) = +∞ então:
lim
x→x eg(x)·ln(f(x)) = 0.
14. Derivada logarítmica
Se f(x) > 0 a derivada da composição ln(f(x)) é:
ln(f(x)) ′ = 1
f(x) ·f′ (x).
Note que o lado direito da expressão, ou seja,
f ′ (x)
f(x)
faz sentido mesmo se f(x) < 0, basta que não seja nula.
Definição 14.1. Seja f(x) qualquerfunção derivável. Ondeela nãose anula, chamamos
a expressão
f ′ (x)
f(x)
de derivada logarítmica de f(x)
A Afirmação a seguir diz, do item i) ao iv) que a derivada logarítmica tem um
comportamento análogo ao do logaritmo, com respeito a produtos, quocientes e expoentes.
O item v) dá a utilidade da derivada logaritmica, para calcular a própria f ′ (x),
quando f(x) envolve produtos, quocientese expoentes.
Afirmação 14.1. Sejam f,f1,...,fn diversas funções da variável x, deriváveis e que
não se anulam na região considerada.
Então:
(f1·...·fn) ′
• i) (f1·f2·...·fn) = f′ 1
f1 +... f′ 1
f1 ,
• ii) (fn ) ′
fn = n· f′
f .
• iii) (f 1)
f2 ′
( f1) f2 = f′ 1
f1 − f′ 2
f2 .
• iv) para qualquer a ∈ R e f(x) > 0, (fa ) ′
fa = a· f′
f .

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 325
• v): suponha f(x) := f a1
1 · ...f an
n , onde os expoentes ai são números Reais
quaiquer (suponha fi > 0 se for necessário). Então:
f ′ (x) = f(x)·(a1 · f′ 1
Demonstração.
De i): Basta derivar o produto e simplificar:
f1
(f1 ·...·fn) ′
(f1 ·f2 ·...·fn) =
+...+an · f′ n
).
f ′ 1 ·f2 ·...·fn
(f1 ·f2 ·...·fn) +...+ f1 ·...fn−1 ··f ′ n
(f1 ·...·fn−1fn) =
= f′ 1
f1
+...+ f′ n
De ii): Uso a derivada da composta e simplifico:
(fn ) ′
fn = n·fn−1 ·f ′
fn De iii): Uso a derivada do quociente e simplifico:
( f1
f2 )′
( f1
fn
f2 ) = (f′ 1 ·f2 −f1 ·f ′ 2
f2 2
= f′ 1 ·f2 −f1 ·f ′ 2
f1f2
.
= f′ 1
f1
= n· f′
f .
)· f2
f1
=
− f′ 2
.
f2
De iv): análoga à de ii), só que derivando a composição f(x) a := e a·ln(x) .
De v): basta usar os itens anteriores, pois f é definida através de produto/quocientes
e expoentes.
Exemplos:
• Suponha que te pedem para derivar
f(x) = sin2 (x)·x 3
e2x .
Com o item v) da Afirmação 14.1 se obtém:
f ′ (x) = ( sin2 (x)·x 3
e2x )·(2 cos(x) 3
+ −2) =
sin(x) x
= 2sin(x)·cos(x)·x3 +3·sin 2 (x)·x 2 −2·sin 2 (x)·x 3
e2x .
fn

15. UMA FUNÇÃO EXTREMAMENTE ACHATADA 326
• como fazer tan(x)dx. Note que:
tan(x) := sin(x)
cos(x) dx = −f′ (x)
f(x) ,
onde f(x) = cos(x). Então:
′ f (x)
tan(x)dx = − dx =
f(x)
= −ln||f(x)||+C = −ln||cos(x)||+C =
= ln(||cos(x)|| −1 1
)+C = ln(|| ||)+C =
cos(x)
= ln||sec(x)||+C.
15. Uma função extremamente achatada
As funções y = f(x) = x n com n ∈ N se anulam em x = 0 e tem até a derivada
de ordem n−1 nula em x = 0:
f(0) = f ′ (0) = ... = f (n−1) (0) = 0.
Quando n ∈ N cresce cada vez mais o gráfico dessas funções se achata cada vez mais
em torno ao x = 0:
-1
-0,5
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
x
Figura: Os gráficos de y = x 2 (vermelho), y = x 4 (verde)
e y = x 6 (amarelo) para x ∈ [−1,1].
Seriapossívelumafunção(diferentedafunçãonula, obviamente)quetenhaderivadas
de todas as ordens nulas em x = 0 ? Será que se todas as (infinitas !) derivadas são
nulas em x = 0 mesmo assim a função consegue decolar ?
Vamos ver que sim, usando o que aprendemos na Seção 6.
A função que consideraremos é:
f(x) = e −x−2
0,5
= e −1
x 2 , se x = 0, e f(0) = 0.
Voumecontentaremmostrarquesuaprimeiraesegunda derivadasãozeronaorigem,
mas o leitor verá que o que uso para isso servirá em todas as derivadas.
1

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 327
Paracalcularmossuaderivada foradaorigempodemosusararegradaderivadada
composta. Mas para calcular sua derivada em x = 0 vamos precisar usar a definiçãod
e derivada:
Ora isso é o mesmo que:
e mudando de notação com z = 1
h
f ′ (0) = lim
h→0
f ′ (0) = lim
h→0
e−h−2 −0
.
h
é o mesmo que
f ′ z
(0) = lim
z→∞ ez2 (deveríamosconsiderarseparadamenteocasoh ց 0ez → +∞eaoutrapossibilidade
h ր 0 e z → −∞, mas veremos que o resultado final não se altera). Mas vimos acima
que
z
lim = 0
z→∞ ez e portanto, como ez2 > ez se |z| > 1, com mais razão:
z
lim
z→∞ ez2 = 0
logo f ′ (0) = 0.
Agora para a segunda derivada, lembro a definição:
f ′′ (0) = lim
h→0
1
h
e 1
h2 f ′ (h)−f ′ (0)
.
h
Se h = 0, o valor de f ′ (h) é dado pela regra da composta:
Logo:
f ′ (h) = 2e −h−2
·h −3 .
f ′′ (0) = lim
h→0
Agora com a notação z = 1
h 2 temos
e já vimos que
logo
= 2
2e−h−2 ·h−3 =
h
1
h4 e 1
h2 f ′′ (0) = lim
z→+∞
lim
z→+∞
.
z2 = 0
ez f ′′ (0) = 0.
Deixo como exercício para o leitor mostrar, do mesmo jeito, que f ′′′ (0) = 0 e assim
sucessivamente.
O Maple dá ao seu gráfico o seguinte formato:
z 2
e z,

15. UMA FUNÇÃO EXTREMAMENTE ACHATADA 328
-1
-0,5
0,35
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
x
Fig.: Como o Maple representa a função extremamente achatada, x ∈ [−1,1].
Mas note que parece que ela é zero em todo esse intervalo. Se diminuo o intervalo
ainda assim o gráfico dado pelo programa é enganador : parece que se anula ainda
em todo esse intervalo.
-0,4 -0,2
0,016
0,012
0,008
0,004
0
0
x
Figura: Assim o Maple representa a função extremamente achatada...
Porissoésempreimportanteateoriajuntocomousodocomputadorpoissabemos
que a função
f(x) = e −x−2
, se x = 0, e f(0) = 0
só se anula em x = 0 !
Para terminar, um comentário.
Em geral, dada uma função f com todas as derivadas, onde f(x) = f (0) (x) é
derivada de ordem 0 e f (i) (x) é a de ordem i, a série:
+∞
i=0
f (i) (0)
i!
é a chamada série de Taylor de f em x = 0 (continuo este tema na Seção 3 do
Capítulo 31)
No nosso caso como f(0) = f (i) (0) = 0, ∀i ∈ N, então a sua série de Taylor de f
em x = 0 é identicamente nula. Como cada série de Taylor converge em um intervalo
0,2
0,5
x i ,
0,4
1

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 329
(pode se degenerar a um ponto) teremos que dizer que a série de Taylor de nossa f
achatada converge em toda a reta.
Mas no entanto essa série só coincide com o valor da f em x = 0 !
Exercício 16.1. Derive:
16. Exercícios
i) e xln(x) , ii) x 2 ln(x 2 )+x, iii) ln( √ x 2 +1),
iv) ln(x 2 +1), v)x 2 ln(x), sex > 0, vi)e x2 ln(x) , vii) ln(x 4 ),
viii) ln( 1
x ), 0 < x ≤ 1, ix) ln(x6 +4x 2 ).
Exercício 16.2. (resolvido)
O programa Maple plota y = ln(1+x)
x para x ∈ [−0.9,2]:
2,5
2
1,5
1
-0,5 0 0,5
x
1
sem se questionar sobre o que fazer em x = 0. Explique o que está acontecendo, com
os conceitos do Cálculo. Dica: Existe:
ln(1+x)
lim ?
x→0 x
Quanto vale? Por quê ?
Exercício 16.3. (resolvido)
Vimos dois fatos importantes do Cálculo:
ln(x)
lim ln(x) = +∞ mas lim
x→+∞ x→+∞
Ou seja que o logaritmo natural cresce, mas cresce mais lentamente que a própria
função y = x. A Figura mostra o gráfico de y = ln(x)
x , para x ∈ [1,10], onde se ve
que há um ponto de máximo, depois dele a função y = ln(x)
mais próximo do zero.
Determine o ponto de máximo de y = lnx
x .
0,35
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
2
4
6
x
8
1,5
2
10
x
x
= 0.
vai caindo para cada vez

16. EXERCÍCIOS 330
Exercício 16.4. Vimos que que:
lim
x→+∞ ex = +∞ e ainda lim
x→+∞
x n
= 0, ∀n ∈ N.
ex Ou seja, que a exponencial cresce e cresce mais rapidamente que qualquer polinômio
xn .
A Figura mostra o gráfico de y = xn
ex, para n = 2,3 e para x ∈ [0,4], onde se vê
que que cada um deles tem um ponto de máximo, depois dele a função vai caindo
ficando cada vez mais próxima de zero.
Para cada n fixado, determine em que intervalos a função:
f : [0,+∞) → R, f(x) = xn
e x
é crescente, em que intervalo é decrescente e qual seu ponto de máximo (as respostas
são em função de n).
Exercício 16.5. Derive:
i) ex2, ii) e cos(x) ,
iii) e cos6 (x) ,
iv) e1 x
, se x > 0, x
v) etan(x) ,
vi) eeex. Exercício 16.6. Mostre que a derivada de ln( x2 ·e x
cos 2 (x)·e
1,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
1
2
x
1+ 2 2sin(x)
+
x cos(x) .
Conclua daí, sem fazer a derivada do quociente, que :
3
4
π
), para x ∈ (0, ), é 2
( x2 ·ex cos2 (x)·e )′ = (1+ 2 2sin(x)
+
x cos(x) )·
x2 ·ex cos2 (x)·e .
Exercício 16.7. Vamos definir as seguintes funções
Prove que vale:
f1(x) := ex −e −x
2
e f2 := ex +e −x
f2(x) 2 −f1(x) 2 ≡ 1, ∀x
de dois modos:
i) só fazendo contas que usam potências e produtos de exponenciais.
2

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 331
ii) usando a filosofia do Cálculo, ou seja, de derivar uma função, ver que sua
derivada é zero, logo a função é constante e essa constante é zero.
Exercício 16.8. Seja um k > 0. Prove a equivalência:
lim
x→+∞ ekx = +∞ ⇔ lim
x→+∞ e−kx = 0.
2) Os gráficos a seguir são de funções f(x) = f(0)·e −x , para diferentes valores de
f(0).
i) Confira que esses gráficos nunca se intersectam, mesmo quando x fica muito
grande.
ii) mostre que em todos esses gráficos as inclinações tendem a zero quando x
cresce.
iii) Calcule em cada x qual é quociente das inclinações de dois desses gráficos.
Exercício 16.9. Prove que:
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
0 1 2 3 4
x
lim
x→+∞ ln(xn )−x = −∞, n ∈ N.
Dica: aplique exponencial para transformar a diferença num quociente. Depois volte
na expresssão original tomando logaritmo natural.
Exercício 16.10. Seja f : [0,+∞) → R dada por f(0) = 0 e por f(x) = sin(x2 )
x se
x > 0.
Prove que:
lim
x→0 f(x) = 0, f′ (0) = 1 e lim
xց0 f ′ (x) = 1.

16. EXERCÍCIOS 332
A Figura a seguir plota em vermelho f e em verde f ′ para x ∈ [0,5]:
2
1
0 1
0
-1
-2
x
2 3
Exercício 16.11. Usando a Regra de l’Hôpital prove por indução em n ∈ N que:
(ln(x))
lim
x→+∞
n
x
Exercício 16.12. Usando L’ Hôpital prove que:
= 0, ∀n ∈ N.
1
lim(1+
x→0 x )x = 1.
Exercício 16.13. (resolvido)
A função y = f(x) = e−x2 (vermelho), sua derivada f ′ (x) (verde) e sua segunda
derivada f ′′ (x) (amarelo) são dadas na Figura a seguir, para x ∈ [−2,2]:
-2
-1
1
0,5
x
0
0
-0,5
-1
-1,5
-2
i) Calcule f ′ (x), f ′ (0), f ′′ (x) e f ′′ (0).
Note que o gráfico de f ′ (x) tem um máximo local e um mínimo local (que são
pontos de inflexão da f, portanto).
ii) Determine os pontos de mínimo/máximo locais de f ′ (x) resolvendo f ′′ (x) = 0.
Exercício 16.14. (resolvido)
Prove que a tangente ao gráfico de y = ln(x) no ponto (e,1) é uma reta que passa
pela origem. Dica: equação de uma reta dado um ponto e o coeficiente angular.
Então conclua, depreferência semfazercontas, queatangenteaográficodey = e x
no ponto (1,e) também é uma reta que passa pela origem.
1
4
2
5

CAPÍTULO 22. LOGARITMO NATURAL E SUA INVERSA, A
EXPONENCIAL 333
1
0
-1
-2
-3
-4
0,5 1
x
1,5 2 2,5 3 3,5 4
Exercício 16.15. (resolvido)
Neste exercício trata-se de encontrar primitivas sem ajuda de técnica nenhuma.
Tenha em mente que a primitiva de um produto não é o produto de primitivas.
Quando aparecer um produto f ·g, lembre que a derivada da composta faz aparecer
produtos ! Por exemplo (sin(x 2 )) ′ = cos(x 2 )·2x.
i) sin(x)cos(x)
, ii)xsin(x
6
2 )cos(x 2 ),
iii) 2x+cos(x)
x2 +sin(x) , se x2 +sin(x) ≥ 1,
iv) 1+x
, se x > 0, v) xmn,
m,n ∈ N, vi)2xcos(x
x 2 ),
vii) x
2 cos(x2 ), viii) xe x2
, ix) e x cos(e x ),
x)f(x) = a0x n +a1x n−1 +...+an, ai ∈ R,
xi) 4x3 +4x
x4 +2x2 +1 , xii)x19 ex20 20
xiii) e1 x
x2, xiv) sin(x)sin(cos(x)),
xv) (e x ) n , n ∈ N xvi)
6x5 +4x
x6 +2x2 +1 , xvii) x19ex20 20
xviii) 7
x7, xix) cos(x)cos(sin(x)).
,

CAPíTULO 23
Segundo Teorema Fundamental e Áreas
1. A descoberta de Gregory e Sarasa sobre área
A propriedade ln(xy) = ln(x)+ln(y), que vimos na Seção 2 do Capítulo anterior,
tem uma contrapartida geométrica interessante.
Suponha x ≥ 1 e y ≥ 1. Como xy ≥ x e as áreas as áreas sob o gráfico de 1
x são
aditivas, podemos escrever:
Mas
A1 ,1(xy) = A1
x x ,1(x)+A1 x ,x(xy).
ln(xy) := A1 ,1(xy), ln(x) := A1 ,1(x) e ln(y) := A1
x x x ,1(y).
Obtemos pela propriedade do logaritmo:
e portanto:
A1
x ,1(x)+A1 x
,1(y) = A1
x ,1(x)+A1
x ,x(xy)
A1 ,1(y) = A1
x x ,x(xy).
Por exemplo, com x = 2 e y = 2, A1 ,1(2) = A1 ,2(4) (quem consegue consegue intuir
x x
isso na Figura abaixo?)
1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
1
1,5
Figura: As áreas sob 1
x
2
2,5
x
3
3,5
entre 1 e 2 ou entre 2 e 4 são iguais !.
335
4

2. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO 336
Como se aprende no livro C.H. Edwards, The historical development of the Calculus,
Springer, 1979 esta propriedade
A1 ,1(y) = A1
x x ,x(xy),
foi observada por Gregory St. Vincent e A.A. Sarasa, antes do Cálculo.
Será que conseguimos verificar que
A1 ,1(y) = A1
x x ,x(xy)
diretamente, apenas com a definição de Área da Seção 1 do Capítulo 21 ?
Para definir A1 ,1(y) a primeira etapa é partimos o intervalo [1,y] em n subinter-
x
valos de tamanho y−1
1
, e levantarmos retângulos com altura f(x) = , somando as
n x
suas Áreas. Depois a segunda etapa é passar ao limite n → +∞.
Façamos a primeira etapa:
y −1 y −1
·[(1+
n n )−1 2(y −1)
+(1+ )
n
−1 n(y −1)
+...+(1+ )
n
−1 ].
Por outro lado, a primeira etapa da definição de A1 ,x(xy) é levantarmos retângulos
x
de base xy−x
e somarmos suas áreas, ou seja:
n
xy −x xy −x
·[(x+ )
n n
−1 2(xy −x)
+(x+ )
n
−1 x+n(xy −x)
+...+( )
n
−1 ] =
y −1
= x·
n ·[x−1 (y −1)
·(1+ )
n
−1 +x −1 2(y −1)
·(1+ )
n
−1 +...+x −1 n(y −1)
·(1+ )
n
−1 ],
que, após cancelar x, dá o mesmo de antes ! Por isso ao passar ao limite n → +∞
dará o mesmo e:
A1 ,1(y) = A1
x x ,x(xy).
2. Segundo Teorema Fundamental do Cálculo
Teorema 2.1. Seja f : [a,b] → R contínua. Então
b
onde F(x) é qualquer função com
Ou seja,dito de outro modo b
a
f(x)dx = F(b)−F(a),
F ′ (x) = f(x), ∀x ∈ [a,b].
a
F ′ (x)dx = F(b)−F(a).
Essa função F com F ′ (x) = f(x) ∀x é chamada de primitiva da f.
Demonstração.
Tome uma F(x) com F ′ (x) = f(x) ∀x ∈ [a,b] (não importa como se achou).

CAPÍTULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E ÁREAS 337
x
a
Agora lembre que o Primeiro Teorema Fundamental 6.1 diz que a função G(x) :=
f(x)dx tem
Então
o que diz que
G ′ (x) = f(x), ∀x ∈ [a,b].
F ′ (x) = G ′ (x), ∀x ∈ [a,b],
F(x) = G(x)+C, ∀x ∈ [a,b],
pelo Teorema Fundamental das Equações diferenciais (ver Capítulo 7 da Parte 1 deste
Curso). em particular:
F(b) = G(b)+C.
Mas que constante C é essa ? Temos que G(a) = a
a
ou seja C = −F(a) e
e portanto:
como queríamos.
G(b) :=
F(a) = 0+C,
F(b) = G(b)−F(a)
b
Exemplo: Agora podemos justificar que
pois pelo Teroema 2.1:
2π
0
a
2π
0
f(x)dx = F(b)−F(a),
sin(x)dx = 0,
f(x)dx = 0, logo
sin(x)dx = −cos(2π)−(−cos(0)) = −1+1 = 0.
3. Regiões entre dois gráficos
Começo com um exemplo: determine a área da pétala compreendida entre os
gráficos de y = x n e y = n√ x para x ∈ [0,1].
Há duas maneiras de ver essa pétala:
• como uma região abaixo do gráfico de y = n√ x e acima do de y = x n
• como formada por duas metades de pétalade mesma área. A metade inferior
determinada pela região entre o gráfico da diagonal y = x e o de y = x n . A
pétala tem simetria na reta diagonal.

3. REGIÕES ENTRE DOIS GRÁFICOS 338
Visto do primeiro modo, a área da pétala é uma diferença do tipo:
1
=
0
1
0
n√ xdx−
1
0
x 1
1
n dx−
0
x n dx =
x n dx =
= ( x1+n n
1+n )(1)−0−(
n
xn+1
(1)−0) =
n+1
= n 1 n−1
− =
n+1 n+1 n+1 .
Claro que se n = 1 a área é zero, pois a pétala degenera a um segmento de reta.
Note também que se fazemos n → +∞ obtemos como limite das áreas o valor
n−1
1 = lim
n→+∞ n+1 ,
que é a área do quadrado do qual a pétala vai se aproximando. Veja as Figura:
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
0,2
0,4 0,6
x
Figura: y = x 2 , y = √ x e y = x, x ∈ [0,1]
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
0,2
0,4 0,6
x
Figura: y = x 3 , y = 3√ x e y = x, x ∈ [0,1]
Do segundo modo, que é o mais fácil, tomamos a área de metade da pétala e a
multiplicamos por 2:
2·[ 1
2 −
1
x n dx] =
0
2·[ 1 1
− ] =
2 n+1
= 1− 2 n−1
=
n+1 n+1 .
Uma maneira mais geral de tratar a área da região compreendida entre dois
gráficos é dada a seguir:
0,8
0,8
1
1

CAPÍTULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E ÁREAS 339
Afirmação 3.1. Suponha f,g duas funções contínuas tais que no intervalo [a,b]
tenham:
f(x) ≥ g(x), ∀x ∈ [a,b].
Então a área da região, de x = a até x = b, abaixo do gráfico de f(x) mas acima
do gráfico de g(x) é dada por:
b
a
f(x)−g(x)dx.
Demonstração.
Suponhamos primeiramente o caso em que
g(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a,b].
Então f(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a,b], já que f(x) ≥ g(x).
Por um lado, b
f(x)dx é a Área da região de x = a até x = b abaixo do gráfico
a
de f(x) e acima do eixo dos x, já que f(x) ≥ 0.
Enquanto que b
g(x)dx é a Área da região de x = a até x = b abaixo do gráfico
a
de g(x) e acima do eixo dos x, já que g(x) ≥ 0.
Por uma propriedade da Integral:
b
a
f(x)−g(x) dx =
b
a
f(x)dx−
b
a
g(x)dx
e, como f(x) ≥ g(x), b
f(x)−g(x)dx dá área da região de x = a até x = b, abaixo
a
do gráfico de f(x) mas acima do gráfico de g(x).
Agora, no caso geral, pode acontecer que g(x) < 0 para algum ponto no intervalo
[a,b].
Como g(x) é contínua, ela tem um valor mínimo global em [a,b]. Chame-o de
−C < 0. Então as novas funções
f(x) := f(x)+C e g(x) := g(x)+C
têm
g(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a,b],
(se não fosse assim para algum x ∈ [a,b] então g(x) + C < 0 e g(x) < −C, contradizendo
a escolha de −C como mínimo da g) e
f(x) ≥ g(x), ∀x ∈ [a,b].
-1 -0,5
3
2
1
0
0
-2
x
-1
0,5
1

4. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 54, 1993. 340
de
Figura: f vermelho, g verde, f amarelo, g azul, [a,b] = [−1,1].
Pelo que já vimos no primeiro caso da demonstração, agora aplicado a f,g, o valor
b
a
f(x)−g(x) dx
dá a área da região de x = a até x = b, abaixo do gráfico de f(x) mas acima do
gráfico de g(x).
Como os gráficos de f(x) = f(x) + C e g(x) = g(x) + C diferem dos de f(x) e
g(x) apenas por uma translação vertical, então
b
a
f(x)−g(x)dx
dá a área da região de x = a até x = b, abaixo do gráfico de f(x) mas acima do
gráfico de g(x).
Finalmente:
b
o que conclui a demonstração.
a
b
a
f(x)−g(x)dx =
(f(x)+C)−(g(x)+C)dx =
=
b
a
f(x)−g(x)dx,,
4. Um problema da Putnam Competition, n. 54, 1993.
Problema 1: A reta horizontal y = C > 0 corta a curva y = 2x − 3x 3 no primeiro
quadrante como na Figura abaixo.
Encontre o valor de C que faz com que as áreas das duas regiões delimitadas pelos
gráficos sejam iguais.

CAPÍTULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E ÁREAS 341
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
0,2
Aproveito para resolver um problema um pouco mais geral do que esse:
0,4
x
Problema 2: A reta horizontal y = C > 0 corta a curva y = A·x+B·x 3 , com A > 0
e B < 0, no primeiro quadrante como na Figura (basta exigir A > 0 e B < 0 para
termos qualitativamente a mesma figura).
Encontre o valor de C que faz com que as áreas das duas regiões delimitadas pelos
gráficos sejam iguais.
Solução dos Problemas 1 e 2:
A igualdade de áreas das duas regiões delimitadas pelos gráficos siginifica, pela
Afirmação 3.1, que:
x
onde o limite de integração x é solução de:
Mas pelo Segundo Teorema Fundamental:
x
0
0
0,6
0,8
(A·x+B ·x 3 −C)dx = 0,
A·x+B ·x 3 −C = 0.
(A·x+B ·x 3 −C)dx = A· x2
2
Ou seja, vemos que x satisfaz duas equações:
A·x+B ·x 3 −C = 0 e A· x2
2
+B · x4
4 −Cx
+B · x4
4
−Cx = 0.
A primeira dá C = A·x+B·x 3 , que pode ser substuído na segunda, dando a equação:
x 2 ·(− A
2
Como certamente x = 0, então:
onde lembre que A > 0 e B < 0.
− 3B
4 ·x2 ) = 0.
x = 2·√ A
√ 2 √ 3 √ −B ,

4. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 54, 1993. 342
Agora
2·
C = A·(
√ A 2·
√ √ √ )+B ·(
2 3 −B √ A
√ √ √ )
2 3 −B 3 =
√ √ √
A3 · 2 3
=
9 √ −B .
No caso particular do Problema 1, onde A = 2 e B = −3 obtemos então
Veja a Figura a seguir:
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
x = 2
3
0,2
e C = 4
9 .
0,4
x
No Livro do Anton, Calculo v. 1, Exercício 40 da Seção 7.1, ele propõe uma
variante desse problema, o Problema 3. Porém como o gráfico não é mais de função
polinomial a resposta não é exata, mas sim aproximada:
Problema 3: A reta horizontal y = C, C > 0 corta y = sin(x), com x ∈ [0,π], em
dois pontos.
Encontre o valor de C que faz com que as áreas das duas regiões delimitadas pelos
gráficos sejam iguais.
Solução do Problema 3:
Como antes, a igualdade de áreas quer dizer:
x
Pelo Segundo Teorema do Cálculo:
x
0
0
0,6
sin(x)−Cdx = 0.
sin(x)−Cdx = (−cos(x)−Cx)−(−cos(0)−0) =
= −cos(x)−Cx+1.
0,8

CAPÍTULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E ÁREAS 343
Ou seja, x satisfaz as equações:
−cos(x)−Cx+1 = 0 e sin(x)−C = 0.
A segunda dá C = sin(x) que colocado na primeira dá:
−cos(x)−sin(x)·x+1 = 0.
Portanto preciso resolver esta equação e, de posse desse resultado, basta fazer C =
sin(x) para terminar o Problema.
A solução que daremos desta equação não será exata, mas sim aproximada. Pelo
Método de Newton, que foi exposto no Capítulo 18, o resultado que se obtém é
Veja a Figura a seguir:
x ≈ 2,33112237 e C ≈ 0,7246113541.
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0 0,5 1
1,5
x
2 2,5 3
5. Integral e centro de gravidade
Quando descrevemos o efeito da gravidade sobre objetos, fizemos, e o faremos
mais algumas vezes neste Curso, a super simplificação de considerar esses objetos
como sendo pontos.
Suponhamos, um pouquinho mais realisticamente, que o objeto tenha pelo menos
dimensão 1ouseja, seja dadopor umintervalo [a,b] eque sua densidade ρ(x) dependa
de cada ponto x ∈ [a,b].
A massa do objeto [a,b] é então dada por:
m =
b
a
ρ(x)dx.
A lei de Newton se expressa para [a,b] então como:
F =
b
a
ρ(x)dx·g =
b
a
ρ(x)·gdx.
Por outro lado, num objeto 1-dimensional do tipo [0,r] a grandeza interessante é
o momento em torno de 0 produzido pela força gravitacional. Essa grandeza não

5. INTEGRAL E CENTRO DE GRAVIDADE 344
depende somente do peso concentrado numa região mas da distância dela até 0 (por
isso é mais fácil abrir uma porta segurando pelo trinco do que junto da dobradiça).
Para um ponto x ∈ [0,r] com massa mx o momento em torno de 0 é definido
como:
mx ·g ·x.
É natural, num objeto do tipo [0,r], de densidade variável ρ(x), definir o momento
produzido pela gravidade por:
M :=
r
0
ρ(x)·g ·xdx,
pois essa integral pode ser considerada limite de somas de Riemann do tipo:
n
ρ(xi)·g ·xi.
i=1
Quando fazemos a simplificação de pensar que o objeto não-pontual é pontual,
estamos concentrando todos o efeito da gravida sobre um ponto x ∈ [0,r]. Ou seja,
fazemos
que significa:
ou seja:
Exemplos:
r
0
M := F ·x,
ρ(x)·g ·xdx =
x =
b
a
r
0 ρ(x)·xdx
b
a
ρ(x)dx .
ρ(x)·gdx·x,
• Se a densidade ρ(x) ≡ ρ é constante para o objeto [0,r] então:
x = ρ· r
0 xdx
ρ· r
0
dx =
r 2
2
r
= r
2 ,
que é o ponto médio de [0,r]. O Exercício 7.2 mostra que x = r
2 pode
acontecer mesmo se ρ(x) não é constante.
• Se defino ρ(x) := C ·x então:
x =
r
0 C ·x2 dx
b
a
2
=
C ·xdx 3 ·r,
ou seja, o centro de gravidade se desloca do ponto médio para um ponto
do comprimento r do segmento.
situado a 2
3
Voltaremos a esses dois últimos exemplos na Seção 6.

CAPÍTULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E ÁREAS 345
6. Arquimedes e a parábola: prova versus heurística
Na antiguidade se discutia o problema da quadradura de figuras planas. Ou seja,
de obter figuras retangulares ou triangulares com a mesma área que uma figura curvada
dada.
Na Afirmação a seguir damos uma prova completamente automática (graças ao
Teorema Fundamental do Cálculo) de um teorema de Arquimedes:
Afirmação 6.1. Seja a parábola y = C ·x2 , com C > 0 e a reta y = a·x+b com
a,b > 0. Sejam P1 := (x1,y1) e P2;= (x2,y2) os dois pontos de intersecção da reta
com a parábola.
Seja P3 = (x3,y3) ponto da parábola que tem reta tangente paralela ao segmento
P1P2. Então a área do setor compreendido entre a reta e a parábola é 4 da área do 3
Triângulo ∆P1P2P3.
A Figura ilustra as hipóteses do Teorema:
5
4
3
2
0
0
-1
0,5
Demonstração.
As coordenadas x1,x2 são as soluções de:
ou seja:
1
1 1,5 2
x
C ·x 2 −a·x1 −b = 0,
x1 = a−√a 2 +4Cb
2C
O ponto P3 tem coordenada x3 que verifica
ou seja,
Note que então
x3 = x1 +x2
2
e
2·C ·(x3) = a,
P3 = ( a a
C ·(
2C 2C )2 ).
e y3 = y1 +y2
2
a+ √ a2 +4Cb
.
2C
− a2 +4·b·C
.
4C

6. ARQUIMEDES E A PARÁBOLA: PROVA VERSUS HEURÍSTICA 346
Aáreadotriângulo∆P1P2P3 podesercalculadacomo 1||D||ondeD
éodeterminante:
2
D =
x1 y1 1
x2 y2 1
0 − a2 +4·b·C
4C 0
x1 y1 1
x2 y2 1
x3 y3 1
Esse determinante se calcula fácil, pois pela propriedade do determinante:
x1 y1 1
x2 y2 1
x3 y3 1 =
x1 y1
1
x2 y2
1
x3 − x1+x2
y3 − 2 y1+y2 1− 2 1+1
2
=
=
= (x1 −x2)· a2 +4·b·C
= −
4C
(a2 +4Cb) 3
2
4C2 de onde:
1
2 ||D|| = (a2 +4Cb) 3
2
8C2 .
Por outro lado a área compreendida entre a reta e a parábola é:
O que queríamos.
x2
x1
(a·x+b−C ·x 2 )dx = (a2 +4Cb) 3
2
6C 2 .
A prova original de Arquimedes é totalmente diferente, lida com somas infinitas.
Mas a grande questão é:
Como foi que ele imaginou, conjecturou, que existia essa relação tão precisa entre
as duas áreas ?
Isso é parte da heurística, a arte/ciência de se descobrir candidatos a teoremas,
ou seja, conjecturas razoáveis que depois se prova rigorosamente.
Um pouco da heurística de Arquimedes pode ser explicada se consideramos uma
situação mais simples que a da Afirmação 6.1, mas claramente muito relacionada com
ela.
Imagine o triângulo ∆ formado pelos três pontos (0,0),(x,0),(x,C · x), onde
C > 0. Sua base é o segmento (0,0)(x,0), com ângulo reto em (x,0), e sua altura é
C ·x. Denote
x·C ·x
A∆ =
2
sua área.
E considere também o gráfico da parábola y = C ·x2 para x ∈ [0,x]. Denote por
A a área da região sob o gráfico da parábola e acima do eixo dos x, para x ∈ [0,x]
Vamos ver qual a heurística de Arquimedes para conjecturar que
A = 2
3 ·x·A∆ = 2 C ·x2
·x·
3 2
C ·x3
= .
3

CAPÍTULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E ÁREAS 347
Ele pensa numa figura plana como sendo um objeto de espessura negligenciável,
com densidade constante (vamos supor = 1), para o qual o peso é proporcional à
área. O intervalo [0,x] para ele é uma alavanca apoiada no (0,0) que sofre o efeito
do peso do triângulo ∆. Sobre cada ponto x ∈ [0,x] há uma fatia (infinitamente fina)
do triângulo, de peso C ·x·g. Dessa forma o momento relativo a (0,0) produzindo
pelo peso da fatia acima de x ∈ [0,x] é:
Mas obviamente vale a igualdade
x·(C ·x·g).
x· (C ·x·g) = 1·(C ·x 2 ·g)
eportantoomomentoproduzidopelafatiade∆sobrexéigualaomomentoproduzido
pelo peso da fatia da parábola sobre x colocada a distância 1 da origem. Por exemplo
na posição (−1,0) de uma alavanca [−1,1] que se apoia em 0.
Como fatia por fatia estabelecemos uma igualdade de momentos, concluimos que
o momento exercido pelo triângulo ∆ todo é igual ao de toda a região sob a parábola
se fosse pendurada no ponto (−1,0). A alavanca ficaria assim em equilíbrio, veja a
Figura:
Mas Arquimedes sabia que, quando se trata do efeito da gravidade, pode-se substituir
∆ todo por um ponto, pelo seu baricentro B.
Como vimos na Seção 4 do Capítulo 7, o baricentro se encontra a 2 da distância 3
entre o vértice e o ponto médio do lado oposto.
Como consequência do Teorema de Tales, a projeção vertical de B no intervalo
[0,x] é o ponto ( 2x
,0): portanto podemos pensar que todo o peso do triângulo é
3
exercido nesse ponto, produzindo um momento relativo a (0,0) da ordem de
O
2
3 ·x·A∆ ·g.

7. EXERCÍCIOS 348
O B
Pelo equilíbrio da alavanca [−1,1] que já tinhamos obtido, concluimos que:
ou seja:
1·A·g = 2x
3 ·A∆ ·g,
A = 2
3 ·x·A∆,
como queríamos.
Vejamos ainda de outro modo a heurística de Arquimedes.
A área do triângulo e a área da região sob a parábola são, na nossa linguagem:
A :=
x
0
C ·x 2 dx e A∆ =
x
O que queremos entender é de onde saiu a conjectura:
x
0 C ·x2 dx
Agora lembre, da Seção 5, que:
x
0
x =
2x
=
C ·xdx 3 .
x
0 C ·x2 dx
x
0
C ·xdx
0
C ·xdx.
é o centro de gravidade do objeto unidimensional [0,x] cuja função de densidade é
ρ(x) := C ·x.
Essa função ρ(x) associaria a cada ponto no intervalo [0,1] uma massa/peso correspondente
à altura do segmento vertical sobre x que faz parte do triângulo ∆.
Foi isso que Arquimedes fez !
7. Exercícios
Exercício 7.1. O seguinte caso particular do Teorema de Arquimedes pode ser feito
sem dificuldade.
Seja um parábola y = Cx 2 , C > 0 e a reta horizontal y = b, que a intersecta em
dois pontos P1 e P2. Denote a origem por O = (0,0). Então a área da região abaixo
da área do triângulo ∆P1OP2.
da reta e acima da parábola é exatamente 4
3
Exercício 7.2. Considere um objeto 1-dimensional, que é um intervalo [0,r].
Suponha que sua densidade é dada por ρ(x) = r ·x−x 2 .
i) Mostre, calculando integrais, que o centro de gravidade x ainda é o ponto médio
r
2 .

CAPÍTULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E ÁREAS 349
ii) encontre uma explicação conceitual para i), que permitirá gerar outras funções
ρ(x) para as quais ainda x = r
2 .
Exercício 7.3. Usando oSegundo Teorema Fundamental do Cáculo determine aárea
compreendida entre os gráficos de y = x3 e de y = x 1
3.
2
1,5
1
0,5
0
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2
x
Obs. Nesse tipo de questão é preciso verificar onde os gráficos se intersectam e
qual gráfico está por cima do outro.
Exercício 7.4. (resolvido)
Determine a área da região em forma de (meia) pétala compreendida entre o
gráfico de y = 8x+2 e o gráfico de y = x 4 +2.
Exercício 7.5. (resolvido)
É um fato que para b = −2+√ 22
3 ∼ 0,9 vale:
b
x−x
0
2 −x 3 dx = 0.
Interprete isso geometricamente, como sendo equivalente a uma igualdade entre duas
Áreas de duas regiões comprendidas entre gráficos de certas funções.
Dica: podes ser útil saber que √ 5 ∼ 2.2.
Exercício 7.6. Através do Teorema Fundamental, determine a área da região compreendida
entre os gráficos de y = x 2 e y = −x 2 +8.
Exercício 7.7. Encontre a reta y = a · x adequada para que a área compreendida
entre seu gráfico e o de y = x 2 seja exatamente 1. Dica: vá té o fim sem determinar
o a, ao final, peça que a área seja 1 e obtenha assim o a.
Exercício 7.8. (resolvido)
4
3
2
1
0
0
0,5 1
x
1,5 2

7. EXERCÍCIOS 350
Determine o valor adequado de a para que a área da região comprendida entre os
gráficos de y = x 4 e y = a seja exatamente A = 1.
2
1,5
1
0,5
0
-1 -0,5 0
x
Exercício 7.9. A figura a seguir mostra os gráficos de y = x n , para n = 1,2,3,4,5,6,
na região x ∈ [0,1].
i) na região x ∈ [0,1] o gráfico de y = x n está por cima ou por baixo do de
y = x n+1 ?
ii) Determine para qual n a região compreendida entre os gráficos de y = x n e
y = x n+1 tem área exatamente igual a 1
12 .
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
0,2
0,4 0,6
x
Exercício 7.10. A figura a seguir mostra os gráficos de y = x n − x n+1 , para n =
1,2,3,4, x ∈ [0,1]. Determine para qual n a região sob o gráfico de y = x n −x n+1
tem área 1
20 .
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
0,2
0,4 0,6
x
Exercício 7.11. A figura a seguir mostra os gráficos de y = fn(x) := x n −x 2n , para
n = 1,2,3,4, no domínio x ∈ [0,1] (que se parecem com chicotes):
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0 0,2
0,5
0,8
0,8
0,4 0,6 0,8
x
i) Calcule f ′ n (x), ∀n ∈ N.
ii) Determine a equação y = ax+b da reta tangente ao gráfico de fn(x) no ponto
(1,0).
1
1
1
1

CAPÍTULO 23. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL E ÁREAS 351
iii) Explique o que acontece com os coeficientes angulares das retas de ii), quando
n cresce.
iv) Se vê que cada y = fn(x) tem um ponto de máximo em seu domínio [0,1].
Determine-o (claro dependendo de n).
v) todas as fn valem o mesmo nos seus pontos de máximo, quanto ?
vi) Determine a área An da região sob o gráfico de y = fn(x) = x n −x 2n , de x = 0
até x = 1.
vii) A quanto tendem essas áreas quando n aumenta? Ou seja, qual o
lim
n→+∞ An ?
Exercício 7.12. A figura a seguir mostra os gráficos de y = fn(x) := x−x 2n+1 , para
n = 3,6,10,50, x ∈ [0,1]:
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
0,2 0,4 0,6 0,8 1
x
i) Calcule f ′ n(x), ∀n ∈ N.
ii) Determine as equações y = ax+b das retas tangentes ao gráfico de fn(x) no
ponto (0,0), ∀n.
iii) Determine as equações y = ax+b das retas tangentes ao gráfico de fn(x) no
ponto (1,0), ∀n.
iv) O que acontece com as retas dos itens ii) e iii), quando n → +∞ ?
v) Se vê que cada y = fn(x) tem um ponto de máximo em [0,1]. Determine-o
(dependendo de n).
vi) Determine a área An da região sob o gráfico de y = fn(x) = x − x 2n+1 , de
x = 0 até x = 1.
vii) O que acontece com An quando n → +∞, ou seja, existe o limn→+∞An ? Se
existe quanto é ?

CAPíTULO 24
Integração por partes
Vamos explicar agora uma técnica útil para encontrar primitivas de funções e
expressá-las concretamente como funções.
Lembro primeiro que criamos uma função completamente nova ao fazermos
ln(x) :=
x
1
1
x dx.
Uma pergunta natural é: será criamos algo radicalmente novo se fazemos x
a ln(x)dx
ou essa x
ln(x)dx se pode expressar através de funções conhecidas ?
a
Veremos que sim, se pode expressar através de funções conhecidas, de fato:
x
a
ln(x)dx = xln(x)−x+C.
Verificamos facilmente que (xln(x)−x+C) ′ = ln(x).
Mas como chegamos numa primitiva dessas? Há alguma técnica ? O Teorema
a seguir dá uma técnica útil, embora à primeira vista não pareça, para encontrar
primitivas:
Teorema 0.1. Sejam f e g definidas num intervalo, com f ′ e g ′ funções contínuas.
Então x
a f′ (x)·g(x)dx = x
a f(x)·g(x)dx− x
a f(x)·g′ (x)dx.
Demonstração.
Note que ( x
a (f(x)·g(x))′ dx) ′ (x) = (f(x)·g(x)) ′ (x) pelo Primeeiro Teorema Fundamental
do Cálculo.
Logo x
a (f(x)·g(x))′ dx = f(x)·g(x)+C pelo Teorema Fundamnal da Equações
Diferenciais.
Mas pela derivado do produto:
(f(x)·g(x)) ′ = f ′ (x)·g(x)+f(x)·g ′ (x).
Logo pelas propriedades aditivas da integral:
e portanto:
x
a
x
a
(f(x)·g(x)) ′ dx =
=
x
a
x
(f
a
′ (x)·g(x)+f(x)·g ′ (x))dx =
x
f ′ (x)·g(x)dx+
f ′ (x)·g(x)dx = f(x)·g(x)−
353
a
f(x)·g ′ (x)dx
x
a
f(x)·g ′ (x)dx+C

como queríamos
Vamos aplicá-lo nos exemplos a seguir, onde se vê que
• cuidado ao escolher quem fará o papel de f ′ e quem será g
• pode ser preciso usá-lo mais de uma vez
Exemplo 0.1. i) ln(x)dx:
1ln(x)
f ′
dx = xln(x) −
g fg
ii) xln(x)dx:
iii) ln(x)
x dx:
Logo:
ou seja
= xln(x)−x+C.
xln(x)
f ′ dx =
g
x2
2 ln(x)
fg
= x2
2
x 1
x
fg ′
2 x
−
ln(x)− x2
4 +C.
1
x ln(x)
f ′
dx = ln(x)ln(x) −
fg
g
2·
2
1
x
fg ′
ln(x)
x dx = ln2 (x)+C
ln(x)
x dx = ln2 (x)
2 +C,
dx =
dx =
ln(x) 1
x
fg ′
( 1
2 ·C é outra constante, mas que sigo chamando de C). iv) ln(x)
x2 dx:
1
ln(x)
x2
f ′ dx =
g
−1
x ln(x)
−11
−
x x
fg fg ′
dx =
= −ln(x)
1
+
x x2dx =
= −ln(x)
−
x
1
x +C.
v) cos2 (x)dx:
cos(x)cos(x)
f ′
dx = sin(x)cos(x) −
sin(x)(−sin(x))
g
fg
fg ′
dx =
dx.
354

CAPÍTULO 24. INTEGRAÇÃO POR PARTES 355
Logo
e portanto:
Logo
3·
vi) cos 3 (x)dx:
e portanto:
= sin(x)cos(x)+ sin 2 (x)dx =
= sin(x)cos(x)+ (1−cos 2 (x))dx =
= sin(x)cos(x)+x+C − cos 2 (x)dx.
2·
cos 2 (x)dx = sin(x)cos(x)+x+C
cos 2 (x)dx = sin(x)cos(x)+x
2
+C.
cos(x)cos 2 (x)
f ′ dx = sin(x)cos
g
2
(x) −
sin(x)(−2cos(x)sin(x))
fg
fg ′
dx =
= sin(x)cos 2
(x)+2 sin 2 (x)cos(x)dx =
= sin(x)cos 2
(x)+2 (1−cos 2 (x))·cos(x)dx =
= sin(x)cos 2
(x)+2 cos(x)dx−2 cos 3 (x)dx.
cos 3 (x)dx = sin(x)cos 2
(x)+2
cos 3 (x)dx = sin(x)cos2 (x)+2sin(x)
3
cos(x)dx = sin(x)cos 2 (x)+2sin(x)+C,
+C.
vii) x2cos(bx)dx:
cos(bx)x 2
f ′ dx =
g
sin(bx)
x
b
2
sin(bx)
− 2x
b
fg fg ′
dx =
= sin(bx)
x
b
2 − 2
sin(bx)x =
b
sin(bx)
x
b
2 − 2
sin(bx)·x
b
F ′ dx =
G
= sin(bx)
x
b
2 − 2
b [−cos(bx)
·x − −
b
FG
cos(bx)
·1
b
F ′ dx =] =
G

1. EXERCÍCIOS 356
= sin(bx)
x
b
2 + 2 2
cos(bx)·x− sin(bx)+C.
b2 b3 viii) eaxcos(bx)dx:
cos(bx)e ax
f ′ dx =
g
sin(bx)
e
b
ax
sin(bx)
− ae
b
fg
ax
fg ′
dx =
= sin(bx)
e
b
ax − a
sin(bx)e
b
ax
F ′ dx =
G
= sin(bx)
e
b
ax − a
b [−cos(bx) e
b
ax
−cos(bx)
− ae
b
FG
ax
FG ′
].
Logo
(1+ a2
b2)·
cos(bx)e ax dx = sin(bx)eax
+
b
a
b2 cos(bx)eax +C
e
cos(bx)e ax dx = 1
1+ a2
b2 ( sin(bx)eax
+
b
a
b2 cos(bx)eax )+C.
1. Exercícios
Exercício 1.1. Dê um argumento para provar que ∀n ∈ N:
π
−π
sem fazer contas !
Integrando por partes, prove que:
π
−π
t·cos(nt)dt = 0
t·sin(nt)dt = (−1) n+1 · 2·π
n ,
Exercício 1.2.
i) verifique que se x ∈ [0, π]
então 2
x ≥ xsin(x) ≥ 0.
ii) Usando integração por partes e o segundo teorema fundamental, calcule a área
da região compreendida entre os gráficos de y = x e de y = xsin(x) de x = 0 até
, mostrada na figura a seguir:
x = π
2
1,6
1,2
0,8
0,4
0
0 0,2
0,4 0,6 0,8 1
x
1,2 1,4

CAPÍTULO 24. INTEGRAÇÃO POR PARTES 357
Exercício 1.3.
Se f ′ (x) = x 2 ·ln(x) e ademais f(e) = 0, qual é a f(x) ?
Exercício 1.4. Prove que:
π
0
sin 2n+1 (θ)dθ = 2n
2n+1 ·
π
0
sin 2n−1 (θ)dθ.

CAPíTULO 25
Integração por substituição
Suponha uma f : J → R contínua e uma g : I → J contínua também. A variável
do domínio de f será u, f = f(u), e no domínio de g será x, g = g(x).
Como g(I) ⊂ J, então u = g(x) e faz sentido a composição de funções f(g(x)).
Note que em geral:
b
a
f(g(x))dx =
g(b)
g(a)
Por exemplo, se f(u) = u e u = g(x) = x 2 então:
b 3 −a 3
b
b 2
f(u)du.
3
=
a
x 2 dx =
a2 udu = b4 −a4 2
O que precisamos para corrigir esse erro é dado pelo seguinte Teorema:
Teorema 0.1. Seja f : J → R contínua e g : I → J derivável, u = g(x) com g ′ (x)
contínua. Então:
• faz sentido a composição f(g(x)),
• f(g(x))g ′ (x) é integrável e de fato
b
a
f(g(x))g ′ (x)dx =
g(b)
g(a)
f(u)du.
Supondo por um momento esse resultado, corrigimos o erro anterior:
b
b 2
2( b4 −a4 ) =
4 a
x 2 2xdx =
a2 udu = b4 −a4 .
2
O Teorema 0.1
b
f(g(x)) g
a
′ (x)dx
=
g(b)
f(u) du
g(a)
.
sugere uma notação:
du = g ′ (x)dx,
que sugere por sua vez, para u = g(x), a notação:
du
dx = g′ (x).
O lado esquerdo du
é o modo como Leibniz se referia à derivada de u = g(x),
dx
que na notação do Newton é g ′ (x). Ou seja, a última expressão que escrevemos
corresponde a dois modos de se escrever a mesma coisa.
359

Demonstração. (do Teorema 0.1)
Note que pelo Segundo Teorema do Cálculo:
g(b)
g(a)
f(u)du = F(g(b))−F(g(a)),
onde F(u) é uma primitiva de f(u). Mas por outro lado, pela regra da composta:
(F(g(x))) ′ = F ′ (g(x))g ′ (x) = f(g(x))g ′ (x)
ou seja que F(g(x)) é primitiva da função:
f(g(x))g ′ (x).
Portanto se aplico o Segundo Teorema para calcular
tenho b
Logo
a
b
a
f(g(x))g ′ (x)dx
f(g(x))g ′ (x)du = F(g(b))−F(g(a)).
g(b)
g(a)
f(u)du =
b
a
f(g(x))g ′ (x)dx.
Exemplo 0.1. Vamos provar aqui que a área sob o gráfico de 2ln(x)
x , de x = 1 até
x = e := exp(1) vale exatamente 1.
Ou seja, que e
2ln(x)
dx = 1.
1 x
Faço u = ln(x), du = 1 dx e acerto os liitesd e integração:
e
1
x
2ln(x)
x
dx =
1
0
2udu = 2[ u2
2
u2
(1)− (0)] = 1.
2
Vamos ver como a linguagem da Integração por Substituição se aplicaria pra
encontrar algumas primitivas.
Exemplo 0.2. Por exemplo, para começar, primitivas de
sin(x)·cos(x).
Deixando de lado os limites de integração estamos deixando livre a escolha da constante
C. Portanto com:
temos pelo Teorema 0.1:
u = sin(x), du = cos(x)dx
sin(x)·cos(x)dx = udu =
360

CAPÍTULO 25. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO 361
= u2
2
+C =
= sin2 (x)
+C.
2
Se quisermos destacar os limites de integração então faremos:
b
Exemplo 0.3. Agora primitivas de
a
sin(x)·cos(x)dx =
sin(b)
sin(a)
= sin2 (b)
2 − sin2 (a)
.
2
sin n (x)·cos(x), n ∈ N.
Sem nos fixarmos em limites de integração. com:
temos pelo Teorema 0.1:
u = sin(x), du = cos(x)dx
sin n
(x)·cos(x)dx =
= un+1
+C =
n+1
= sinn+1 (x)
n+1 +C.
Se atentamos aos limites de integração:
b
a
sin n (x)cos(x)dx =
sin(b)
sin(a)
= sinn+1 (b)
n+1 − sinn+1 (a)
n+1 .
Exemplo 0.4. Agora quero as primitivas de
Para isso faço
e portanto pelo Teorema 0.1:
4x 3 +4x
x 4 +2x 2 +1 .
udu =
u n du =
u n du =
u = x 4 +2x 2 +1, du = (4x 3 +4x)dx
4x3 +4x
x4 +2x2 dx =
+1
= ln(u)+C =
1
du =
u
= ln(x 4 +2x 2 +1)+C.

1. A SUBSTITUIÇÃO TRIGONOMÉTRICA X = SIN(θ) 362
Exemplo 0.5.
Faço
x 3 · √ x−5dx, x−5 > 0.
u = x−5, du = dx
e escrevo x3 = (u+5) 3 . Daí:
x 3 · √
x−5dx =
Exemplo 0.6.
Faço
logo
=
(u+5) 3 u 1
2 du =
(u 3 +15u 2 +75u+125)u 1
2 du =
= u 7
2 +15u 5
2 +75u 3
2 +125u 1
2 du =
= 2
9 u9 2 + 30
7 u7 2 +30u 5
2 + 250
3 u3 2 +C =
= 2
9 (x−5)9 2 + 30
7 (x−5)7 2 +30(x−5) 5
2 + 250
3 (x−5)3 2 +C.
1
√ xe √ x dx, x > 0.
u = √ x, du = 1
2 √ x ,
1
√ √ dx =
xe x
e −u 2du =
= 2(−e −u )+C = −2 1
e √ x +C.
1. A substituição trigonométrica x = sin(θ)
A integral por substituição que quero tratar agora é (r > 0):
x = r ·sin(θ) ou seja θ = arcsin( x
r ),
para
− π π
< θ < e −1 <
2 2
x
< 1.
r
O primeiro uso dela é obter de novo que:
1
√ dx =
1−x 2
=
1
1−sin 2 (θ) cos(θ)dθ =
cos(θ)
dθ = θ +C = arcsin(x)+C.
cos(θ)

CAPÍTULO 25. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO 363
2. Áreas do Círculo e Elipse
Até aqui usamos as substituições u = g(x) e du = g ′ (x)dx para simplificar a expressão
queestamos integrando. Aseguir usamosoTeorema 0.1de umjeitodiferente,
que parece complicar o integrando: mas no final tudo acaba bem !
Por ter sido demonstrado há tanto tempo por Arquimedes que a área do círculo
de raio r é πr2 , acabamos por trivializar esse fato notável.
Vejamos o que dá se tento calcular a área do Círculo usando integrais/primitivas.
Vamos fazer o seguinte, vamos calcular primeiro a área de um quarto de Círculo
de raio r, aquele que fica no primero quadrante e multiplicar depois o resultado por
4.
A área do Círculo no primeiro quadrante é a área sob o gráfico de y = f(x) =
+ √ r2 −x2 , para x ∈ [0,r]. Quero calcular portanto:
r √
r2 −x2dx. Faço a substituição:
0
x = rsin(θ).
Pelo Teorema 0.1 acima tenho que calcular:
π
2
0
Ora como na região 0 ≤ θ ≤ π
2
então escrevo:
π
2
0
r 2 −r 2 sin 2 (θ) ·rcos(θ) dθ =
r 2 −r 2 sin 2 (θ)·rcos(θ)dθ = r 2
r=rsin( π
2 )
0=rsin(0)
temos cos(θ) ≥ 0 posso dizer que:
cos(θ) = 1−sin 2 (θ)
= r 2
Já fizemos no Capítulo 24 a integral:
π
2
e obtivemos como primitiva 1 de cos 2 (θ):
0
π
2
0
cos 2 (θ)dθ.
cos 2 (θ)dθ
sin(θ)cos(θ)+θ
.
2
√ r 2 −x 2 dx.
1−sin 2 (θ)·cos(θ)dθ =
1 Outra opção para continuar seria usar a fórmula trigonométrica: cos 2 (θ) = 1+cos(2θ)
2 e depois
uma primitiva de 1+cos(2θ)
2 , que é naturalmente
θ sin(2θ)
+
2 4
= sin(θ)cos(θ)+θ
.
2

2. ÁREAS DO CÍRCULO E ELIPSE 364
Logo o Segundo Teorema do Cálculo dá:
π
2
0
cos 2 (θ)dθ = ( sin(θ)cos(θ)+θ
)(
2
π
2 )−(sin(θ)cos(θ)+θ
2
)(0) =
= π
4 .
Logo a área do setor no primeiro quadrante é π
4 r2 e a área do círculo é πr 2 .
É claro que podemosinverter a questão e, supondo que sabemos a área de círculos,
usar isso para calcular integrais.
Por exemplo, para r > 0 e r2 −x4 > 0, vamos provar que
√ r√
r2 −x4 ·xdx.
π = 8
·
r2 0
De fato fazendo u = x 2 , du = 2xdx e acertando os limites de integração temos:
pois r
0
√ r 2 −u 2 du é área de 1
4
√ r√
r
r2 −x4 ·xdx =
0
0
= 1 1
·
2 4 ·πr2 ,
de Círculo de raio r.
√ r 2 −u 2 du
2 =
Agora mostro que uma pequena adaptação do que fizemos para calcular a área do
círculo nos dá a área de Elipses.
Considere a Elipse x2
a 2 + y2
b 2 = 1.
Vamos primeiro considerar 1
4
b 2 (1− x2
a 2), com x ∈ [0,a].
Então quero calcular:
e o farei com a substituição:
que nos dá:
a
0
a
0
de sua área, que é a área sob o gráfico de y =
b 2 (1− x2
a 2)dx
x = asin(u), dx = acos(u)du,
b2 (1− x2
a2)dx =
Mas pelo que já vimos acima:
= ab
π
2
0
π
2
0
π
2
0
b 2 (1−sin 2 (u))acos(u)du =
cos 2 (u)du.
cos 2 (u)du = π
4

CAPÍTULO 25. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO 365
e portanto
a
0
b2 (1− x2 π
a2)dx = ab
4 .
Logo a área toda da elipse x2
a 2 + y2
b 2 = 1 é πab.
Quando b = a temos um círculo x 2 +y 2 = a 2 , cuja área é πa 2 .
então:
Note que se
3. √ r 2 −x 2 dx
x = rsin(θ) e θ = arcsin( x
r ),
sin(θ)cos(θ)+θ
=
2
1
2 ·[x
r ·cos(arcsin(x
r ))+arcsin(x)]
=
r
= 1
2 ·[x
r ·
√
r2 −x2 +arcsin(
r
x
r )],
onde a última igualdade fica clara se usarmos a Figura a seguir:
θ
r
2 2
r − x
Ou seja, pelo que fizemos na Seção anterior:
√r r 2 −x2 dx = 2
2
x
·[ x
r 2 ·√ r 2 −x 2 +arcsin( x
r )]+C
ou finalmente √r 2 −x 2 dx = 1
2 ·[x·√ r 2 −x 2 +r 2 arcsin( x
r )]+C.
4. Mais exemplos da substituição x = sin(θ)
Na integral a seguir note que faço a substituição
x
= sin(θ)
3
para ter:
x2
x
√ dx =
9−x 2 2
x 9·(1−( 3 )2 1
dx =
) 3 ·
x2 = 1
9·sin
3
2
(θ)
·3cos(θ)dθ = 9· sin
2
(1−sin (θ)) 2 (θ)dθ
dx = x 1−( )2
3

4. MAIS EXEMPLOS DA SUBSTITUIÇÃO X = SIN(θ) 366
e esta última integral sabemos fazê-la: seja pelo método por partes do Capítulo 24
ou usando a relação trigonométrica:
Sai então:
x2 √ dx = 9·(θ
9−x 2 2
Na integral a seguir, faço
para ter:
sin 2 (θ) = 1−cos(2θ)
.
2
sin(2θ)
− )+C = 9·(
4
θ
2
= 9·( arcsin(x 3 )
−
2
1 x
·
2 3 ·
√
9−x 2
)+C.
3
x3
√ dx =
1−x 2
=
sin 3
(θ)dθ =
= (1−cos 2
(θ))·sin(θ)dθ =
= −(1−x 2 ) 1
x = sin(θ)
sin 3 (x)
1−sin 2 (θ) cos(θ)dθ =
sin 2 (θ)·sin(θ)dθ =
sin(θ)θ+
= −cos(θ)+ cos3 (θ)
3
2 + (1−x2 ) 3
2
3
+C =
sin(θ)cos(θ)
− )+C =
2
cos 2 (θ))·(−sin(θ))dθ =
= √ 1−x 2 ·(−1+ 1−x2
)+C.
3
Agora faremos a próxima integral com a substituição x = 3·sin(θ):
1
x2 · √
1
dx =
9−x 2 9sin2 (θ)· 9−9sin2 3cos(θ)dθ =
(θ)
= 1
9 ·
= 1
9 ·
1
sin 2 dθ =
(θ)
csc 2 (θ)dθ =
= − 1
·cot(θ)+C = −1
9 9 ·
√
9−x 2
+C.
x

CAPÍTULO 25. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO 367
para:
A substituição
permite reobter:
5. Substituição trigonométrica x = tan(θ)
x = tan(θ) ou θ = arctan(x),
− π π
< θ < e x ∈ R,
2 2
1
x2
1
dx =
+1 tan2 (θ)+1 sec2 (θ)dθ =
= dθ = θ +C = arctan(x)+C.
6. Mais exemplos da substituição x = tan(θ)
As integrais do tipo
podem ser feitas com a substituição 2 :
x
√ 1+x 2 dx
x = tan(θ), dx = sec 2 (θ)dθ.
Como
1+tan 2 (θ) = sec 2 (θ) = sec(θ), se− π
2
então
x tan(x)
√ dx =
1+x 2 sec(θ) sec2 (θ)du =
= tan(θ)sec(θ)du = sec(θ)+C =
= sec(arctan(x))+C = √ 1+x 2 +C,
onde a última igualdade fica clara se usarmos a Figura a seguir:
As integrais do tipo
são um bom exemplo da substituição:
θ
1 x 2 +
1
1
√ 1+x 2 dx
x = tan(θ), dx = sec 2 (θ)dθ.
x
< θ < π
2
2 Apesar de que a substituição u = 1+x 2 e du = 2xdx dá o resultado imediatamente

6. MAIS EXEMPLOS DA SUBSTITUIÇÃO X = TAN(θ) 368
Como
então
1+tan 2 (θ) = sec 2 (θ) = sec(θ), se− π
2
1
√ dx =
1+x 2
=
1
sec(θ) sec2 (θ)du =
sec(θ)du.
Só que agora somos obrigados a saber fazer esta última integral.
Para isso vamos fazer uns pequenos malabarismos 3 :
=
sec(u)du :=
1
du =
cos(u)
1+sin(u)
du =
cos(u)(1+sin(u))
2 2 sin (u)+cos (u)+sin(u)
=
du =
cos(u)(1+sin(u))
cos(u) sin(u)
= + du =
1+sin(u) cos(u)
cos(u)
=
1+sin(u) du−
−sin(u)
du ==
cos(u)
= ln|1+sin(u)|−ln| cos(u)|+C =
= ln| 1+sin(u)
cos(u)
|+C =
=: ln| sec(u)+tan(u)|+C.
< θ < π
2
Finalmente então podemos completar a integração anterior:
1
√ dx = ln| sec(θ)+tan(θ)|+C =
1+x 2
= ln| sec(arctan(x))+tan(arctan(x))|+C = ln( √ x 2 +1+x)+C.
3 Adaptando esses passos se prova também que
csc(u)du = −ln|csc(u)+cot(u)|+C

CAPÍTULO 25. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO 369
7. √ r 2 +x 2 dx
Faço a seguir a substituição x = r ·tan(θ):
√r
2 +x2 2
dx = r · 1+tan 2 (θ) sec 2 (θ)dθ =
= sec 3 (θ)dθ.
Agora para calcular esta integral faço por partes:
sec 3
(θ)dθ = sec(θ)·sec 2 (θ)dθ =
= sec(θ)dθ + sec(θ)·tan 2 (θ)dθ =
= sec(θ)dθ+ sec(θ)·tan(θ)
g ′
·tan(θ) dθ =
f
= sec(θ)dθ +sec(θ) tan(θ) −
sec(θ) sec
g f g
2 (θ)
f ′
dθ,
portanto:
sec 3 (θ)dθ = 1
2 ·[
sec(θ)dθ +sec(θ)·tan(θ)]+C.
Voltando ao que queremos, como θ = arctan( x
r ) e como já temos sec(θ)dθ:
√r
2 +x2 2
dx = r · sec 3 (θ)dθ = r2
2 ·[
sec(θ)dθ+sec(θ)·tan(θ)]+C =
= r2
2 ·[ln(
√
x2 +r2 r
= r2
2 ·ln(
√ x 2 +r 2
r
+ x
r )+
√ x 2 +r 2
r
· x
]+C =
r
+ x 1
)+
r 2 ·x√x 2 +r2 +C.
8. Substituição trigonométrica x = sec(θ)
Quando falamos em x = sec(θ) e θ = arcsec(x) vamos pensar que
1 < |x| e θ ∈ [0, π
2 )∪(π
2 ,π].
Onde ademais, se x > 1 então 0 < θ < π
2 .
O primeiro uso desta substituição será, supondo x > 1 e r > 0:
1
x· √ x2 dx =
−r2
1
=
rsec(θ)· r2sec2 rsec(θ)tan(θ)dθ =
(θ)−r 2
= 1
r ·
dθ = 1 1
·θ+C =
r r arcsec(x)+C.

9. MAIS EXEMPLOS PARA A SUBSTITUIÇÃO X = SEC(θ). 370
9. Mais exemplos para a substituição x = sec(θ).
As integrais do tipo
1
√ x 2 −1 dx
para 1 < x são um bom exemplo para a substituição:
onde
De fato, como
se 0 < θ < π
2 , então
x = sec(θ), dx = sec(θ)tan(θ)dθ,
θ = arcsec(x)
1 < x e 0 < θ < π
2 .
√ x 2 −1 =
1
√ dx =
x2 −1
=
tan 2 (θ) = tan(θ),
1
tan(θ)
sec(θ)dθ =
= ln(sec(θ)+tan(θ))+C
sec(θ)tan(θ)du =
= ln(x+tan( √ x 2 −1))+C,
onde a última igualdade fica clara se usarmos a Figura a seguir:
com
A integral a seguir
θ
x
1
x 2 1
√
x2 −9
dx =
x
x = 3·sec(θ), dx = 3·sec(θ)tan(θ)dθ,
vira: √
x2 −9 9sec2 (θ)−9
dx = sec(θ)tan(θ)dθ =
x 3sec(θ)
= 3·
tan(θ)dθ =
= 3· (sec 2 (θ)−1)dθ =
= 3·tan(θ)−3·θ +C =

CAPÍTULO 25. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO 371
= 3·
√ x 2 −9
3
−3·arcsec( x
3 )+C.
10. √ x 2 −r 2 dx
A seguir |x| > r > 0. Faço a mudança x = r ·sec(θ) e depois integro por partes:
√x
2 −r2 2
dx = r · tan(θ)·sec(θ)tan(θ)dθ =
= r 2
·(tan(θ)sec(θ)− sec 3 (θ)dθ).
Mas já calculamos
sec 3 (θ)dθ = 1
2 ·[tan(θ)sec(θ)−ln(sec(θ)+tan(θ))]+C.
Portanto:
√x r 2 −r2 dx = 2
·[tan(θ)sec(θ)−ln(sec(θ)+tan(θ))]+C =
2
= r2
2 ·[x
r
√ x 2 −r 2
r
−ln(
= 1
2 x√ x 2 −r 2 − r2
2 ·ln(
11. E as da forma
√ x 2 −r 2
r
√ x 2 −r 2
r
+ x
)+C =
r
+ x
r )+C.
√ 1
Ax3 +Bx2 dx ?
+Cx+D
Nas Seções anteriores tivemos sucesso ao integrarmos
1
√ dx,
ax2 +bx+c
fazendo uma mudança de variável do tipo x = sin(θ), x = tan(θ) ou x = sec(θ).
Mas, em geral, ou seja, para polinômios Ax 3 +Bx 2 +Cx+D de grau três gerais,
as integrais
1
√ Ax 3 +Bx 2 +Cx+D dx
não podem ser expressas em termos de funções conhecidas, são chamadas de integrais
elípticas.
12. Exercícios
Exercício 12.1. Fizemos ln(x)
dx por partes.
x
Veja que, neste exemplo, é mais fácil fazer por substituição.
Calcule pelos dois métodos:
e 3
e 2
ln(x)
x dx.

12. EXERCÍCIOS 372
Exercício 12.2. Para fazer e √ x dx use uma substituição e depois uma integração
por partes.
Exercício 12.3. Faça por substituição as integrais a seguir. Dica: O lado direito
das igualdades dá uma pista das substituições u = g(x) e du = g ′ (x)dx adequadas.
1
i) tan(x)dx = −
cos(x) ·(−sin(x))dx,
1
ii) cot(x)dx =
sin(x) ·cos(x)dx,
1 sin(x) −1
iii) sec(x)tan(x)dx := dx =
cos(x) cos(x) cos2 (x) ·(−sin(x))dx
1 1 1
iv) dx = ·
ln(x)x ln(x) x dx.
Exercício 12.4. Prove que ∀n ∈ N:
1
(1−x
−1
2 ) n π
dx =
0
(sin(θ)) 2n+1 dθ.

CAPíTULO 26
Integração de funções racionais
Não há uma solução para o problema de como integrar quocientes em geral; por
exemplo, sin(x)
dx não pode ser expressa em termos de funções elementares.
x
A questão que vamos respoder nesta Seção é a de como integrar
p(x)
q(x) dx
onde p(x),q(x) são polinômios.
A técnica geral para integrar essa funções racionais (quocientes de polinômios)
é conhecida como integração por frações parciais (ou frações simples, elementares,
como alguns chamam).
Procederemos por etapas, começando com casos simples.
Mais adiante, na Seção 4, daremos enunciados gerais.
1. (ax 2 +bx+c) −1 dx
Começo explicando o que fazer para calcular:
1
ax2 dx, com 0 = a,b,c ∈ R.
+bx+c
Há três casos a considerar, dependendo do discriminante b 2 −4ac:
• i) b 2 −4ac = 0, ou seja, ax 2 +bx+c = (x−x) 2 tem uma raíz real dupla,
• ii) b 2 −4ac > 0, ou seja, ax 2 +bx+c = (x−x 1)·(x−x 2) tem duas raízes
reais diferentes ou
• iii) b 2 −4ac < 0, ou seja, ax 2 +bx+c tem duas raízes complexas conjugadas
(não tem raízes Reais).
No caso i):
Faço u = x−x, du = dx e
1
ax2
1
dx = dx =
+bx+c (x−x) 2
1 −1 1
= du = +C =
u2 u x−x +C.
No caso ii):
373

1.
(AX 2 +BX +C) −1 DX 374
Gostaria de escrever, para A e B números bem escolhidos:
1
ax 2 +bx+c =
pois então teríamos:
1
dx =
(x−x 1)·(x−x 2)
1 A
= +
(x−x 1)·(x−x 2) x−x 1
B
,
x−x 2
= A·
A
dx+
x−x 1
1 1
du+B ·
u v dv,
B
dx =
x−x 2
onde u = x−x 1e v = x−x 2 e daqui chegamos em:
1
(x−x 1)·(x−x 2) dx = A·ln|x−x 1|+B ·ln|x−x 2|+C.
Como encontrar A e B como queremos ? Queremos que valha:
ou seja, somando as frações à direita:
1 A
= +
(x−x 1)·(x−x 2) x−x 1
B
,
x−x 2
1
(x−x 1)·(x−x 2) = (A+B)x−Ax 2 −Bx1 .
(x−x 1)·(x−x 2)
Para que (A+B)x−Ax 2 −Bx 1 = 1 precisamos ter
ou seja, as escolhas de A e B são:
B = −A e −Ax 2 +Ax 1 = 1,
A =
1
x 1 −x 2
e B = −1
.
x1 −x2 Em suma, no caso ii) (x1,x2 raízes Reais distintas):
1
ax2 dx =
+bx+c
1
·ln|x−x 1|−
No caso iii):
Primeiro faço, já que a = 0:
1
ax2
dx =
+bx+c
x 1 −x 2
1
a·(x 2 + b
a
1
x 1 −x 2
1
dx = c x+ ) a
a ·
·ln|x−x 2|+C.
1
x2 + b c x+ a a
dx.

CAPÍTULO 26. INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES RACIONAIS 375
Então
Agora escrevo 1 :
Agora faço a substituição:
Então (já que 4ac−b 2 > 0):
x 2 + b c
x+
a a
= (x+ b
2a )2 − b2
4a
= (x+ b
2a )2 + 4ac−b2
4a 2 .
1
ax2 1
dx =
+bx+c a ·
u = x+ b
2a
1
(x+ b
2a )2 + 4ac−b2
4a2 = 1
a ·
1
4ac−b2 4a 2
c
+
2 a =
1
(x+ b
2a )2 + 4ac−b2
4a2 e du = dx.
dx = 1
a
·arctan(
1
u 2 + 4ac−b2
4a 2
u
4ac−b 2
4a 2
)+C,
conforme a Seção 5 do Capítulo 16. Simplificando:
1
ax2 2
dx = √
+bx+c 4ac−b 2 ·arctan(
u
4ac−b2 2. αx+β
ax 2 +bx+c dx
Agora trato o caso mais geral:
αx+β
ax2 dx, α,β ∈ R.
+bx+c
4a 2
dx.
du =
)+C.
1 Se continuamos um pouquinho obteremos a fórmula de Báskara: já que a = 0,
De onde, se queremos que 0 = x2 + b c
ax+ a ,
e finalmente:
x 2 + b c b
x+ = (x+
a a 2a )2 + 4ac−b2
4a2 .
(x+ b
2a )2 = b2 −4ac
4a 2 ,
x+ b
2a = ±±√ b2 −4ac
,
2a
x = −b±√b 2 −4ac
.
2a

2.
αX+β
AX2 DX 376
+BX+C
Na situação discutida em iii), em que 4ac−b 2 > 0, temos:
αx+β
ax2 1
dx =
+bx+c a ·
αx+β
e a mudança
produz:
= 1
a ·[α·
u
u 2 + 4ac−b2
4a 2
u 2 + 4ac−b2
4a 2
u = x+ b
2a
(x+ b
2a )2 + 4ac−b2
4a2 e du = dx
1
a ·
b
α(u− 2a )+β
u2 + 4ac−b2
4a2 du =
du+(β − α·b
2a )·
1
dx
u 2 + 4ac−b2
4a 2
du] = .
A integral mais à direita já sabemos resolvê-la com a função arcotangente:
1 1 x
du = ·arctan( )+C.
4ac−b2 4ac−b2 Já
u
u 2 + 4ac−b2
4a 2
u 2 + 4ac−b2
4a 2
4a 2
du = 1
2 ·
2u
4a 2
u 2 + 4ac−b2
4a 2
e aí reconhecemos uma derivada logarítmica; logo:
1
2 ·
2u
du = 1
2 ·ln(u2 + 4ac−b2
4a2 )+C =
= 1 b
·ln((x+
2 2a )2 + 4ac−b2
4a2 )+C.
Juntando esses resultados concluímos o resultado.
Já no caso ii) discutido antes, em que há duas raízes reais distintas x1 = x2, ou
seja:
αx+β
axa
αx+β
dx =
+bx+c (x−x 1)·(x−x 2) dx,
vou tentar escrever:
αx+β
(x−x 1)·(x−x 2) =
A
(x−x 1) +
B
(x−x 2) ,
para A e B bem escolhidos, pois daí em diante saberemos fazer :
A
(x−x 1) +
B
(x−x 2) dx
usando o logaritmo natural. Como
preciso ter:
A
(x−x 1) +
du
B
(x−x 2) = (A+B)·x+(−Ax 2 −Bx1) ,
(x−x 1)·(x−x 2)
α = A+B e β = −Ax 2 −Bx 1,

CAPÍTULO 26. INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES RACIONAIS 377
que dão:
Resta o caso em que:
que dá:
A = αx 1 +β
x 1 −x 2
αx+β
dx = α·
(x−x) 2
e B = α−A.
αx+β
axa
αx+β
dx = dx,
+bx+c (x−x) 2
x
(x−x) 2dx+β ·
1
= α· [
x−x +
x
(x−x) 2]dx+β ·
= α·ln||x−x||−αx·
3.
1
dx =
(x−x) 2
1
dx =
(x−x) 2
1 1
−β ·
x−x x−x +C.
1
Ax3 +Bx2 +Cx+D dx
Agora quero tratar do quê fazer para calcularmos:
1
Ax3 +Bx2 dx, A = 0.
+Cx+D
Vimos, na Proposição 6.1 do Capítulo 6 que sempre um polinômio de grau ímpar
com coeficientes Reais tem ao menos uma raíz Real x = x 1.
Portanto há 4 caso possíveis a considerar 2 :
• i) Ax 3 +Bx 2 +Cx+D tem uma raíz tripla Real,
• ii) Ax 3 +Bx 2 +Cx+D tem uma raíz dupla e uma simples, todas Reais,
• iii) Ax 3 +Bx 2 +Cx+D tem três raízes Reais distintas, x 1,x 2,x 3.
• iv) Ax 3 + Bx 2 + Cx + D tem apenas uma raíz simples Real e duas raízes
complexas (conjugadas).
São representados na figura a seguir:
2 Qual o análogo do discriminante b 2 −4ac de ax 2 +bx+c no caso de Ax 3 +Bx 2 +Cx+D ?
Isso se trata no Capítulo 32. Mas e como encontrar raízes de Ax 3 +Bx 2 +Cx+D? Em geral, nos
Exercícios básicos, uma raíz do polinômio de grau 3 é evidente. Ou pelo menos se pode usar o Teste
da Raíz Racional (Afirmação 8.1 do Capítulo 6). Após fatoração dessa primeira raíz Real (talvez
até Rational) sobra um polinômio de grau 2. Em geral, será preciso usar a fórmula de Cardano do
Capítulo 32

3.
1
AX3 +BX2 DX 378
+CX+D
-1 -0,5
3
2
1
x
0
0
-1
-2
-3
-4
Figura: Casos i) em vermelho, ii) em verde, iii) em amarelo e iv) em azul.
No que segue suponhamos que conhecemos as raízes Reais do Ax3 +Bx2 +Cx+D
Então no caso i), já sabemos o que fazer:
1
Ax3 +Bx2
1 −1
dx = dx = +C
+Cx+D (x−x 3
1) (x−x 2
1)
No caso ii):
1
Ax3 +Bx2
1
dx =
+Cx+D (x−x 1) 2 ·(x−x 2) dx
vamos ser otimistas e tentar escrever, para ci constantes bem escolhidas:
1
(x−x 1 ) 2 ·(x−x 2 ) =
0,5
c1
(x−x 1 ) +
1
c2
+
(x−x 1 ) 2
c3
(x−x 2 )
pois então obteríamos:
1
(x−x 1) 2 (x−x 2) dx = c1 ·ln|x−x 1|+c2 · −1
+c3 ·ln|x−x
x−x
2|+C.
1
Para encontrarmos ci adequadas, façamos primeiro a soma de frações à direita:
c1
(x−x 1) +
c2
+
(x−x 2
1)
c3
(x−x 2) =
= c1(x−x 1 )(x−x 2 )+c2(x−x 2 )+c3(x−x 1 ) 2
(x−x 1) 2 (x−x 2)
= (c1 +c3)x2 +(c2 −c1(x1 +x2)−2c3x 1)x+(c1x 1x2 −c2x2 +c3x2 1 )
(x−x 1) 2 .
(x−x 2)
Comoonumeradordessaúltimaexpressãotemqueigualaonumeradorde 1
(x−x 1 ) 2 (x−x 2 )
otemos um sistema de três equações:
c1 +c3 = 0, c2 −c1(x 1 +x 2)−2c3x 1 = 0
e c1x1x2 −c2x2 +c3x 2 1 = 1.
=

CAPÍTULO 26. INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES RACIONAIS 379
As duas primeiras equações dão:
c3 = −c1, c2 = c1(x 2 −x 1),
que, quando substituidas na terceira equação, dão:
1
c1 =
2x1x2 −x2 1 −x2 −1
=
2 (x1 −x2) 2.
Ou seja encontramos assim c1 e com ele obtemos c2 e c3, desde que conheçamos as
raízes Reais x1 = x2. No caso iii):
Gostaríamos de escrever :
1
(x−x 1)(x−x 2)(x−x 3)
pois então integraríamos usando a primitiva ln| |.
Somamos
c1
x−x 1
c1
= +
x−x 1
c2
+
x−x 1
c3
x−x 3
+ c2
+
x−x 1
c3
x−x 3
= (c1 +c2 +c3)x 2 −(c1(x2 +x3)+c2(x 1 +x3)+c3(x 1 +x2))x +
(x−x 1)(x−x 2)(x−x 3)
+ c1x 2x 3 +c2x 1x 3 +c3x 1x 2
(x−x 1)(x−x 2)(x−x 3)
e igualo seu numerador a 1, obtendo um sistema de três equações:
c1 +c2 +c3 = 0, c1(x 2 +x 3)+c2(x 1 +x 3)+c3(x 1 +x 2) = 0,
c1x 2x 3 +c2x 1x 3 +c3x 1x 2 = 1.
Da primeira posso pôr c3 em função dos outros, da segunda posso por c2 em função
de c1
c3 = −(c1 +c2), c2 = − c1(x 3 −x 1)
(x 3 −x 2) ,
e substituindo na terceira determinamos o c1.
Caso iv):
Aqui temos
Ax 3 +Bx 2 +Cx+D = (x−x 1)·(ax 2 +bx+c),
onde ax2 + bx + c não tem raízes Reais, apenas raízes complexas (conjugadas). Se
conhecemos x1, também conhecemos a,b,c por divisão de polinômios.
Portanto no que segue considero conhecidos esses coeficientes a,b,c.
Seremos otimistas tentando escrever3 , para c1,c2,c3 adequados:
1
(x−x 1)·(ax 2 c1
= +
+bx+c) x−x 1
c2x+c3
ax2 +bx+c .
3 Note que ∀c1,c2:
1
(x−x 1 )·(ax 2 +bx+c) =
c1
x−x 1
+
=
c2
ax 2 +bx+c ,

4. FRAÇÕES PARCIAIS EM GERAL 380
Como
c1
+
x−x 1
c2x+c3
ax2 +bx+c = (ac1 +c2)x2 +(bc1 −c2x1 +c3)x+(c1c−c3x 1)
(x−x 1)(ax2 ,
+bx+c)
temos que resolver as equações:
ac1 +c2 = 0, bc1 −c2x 1 +c3 = 0 e c1c−c3x 1 = 1.
A primeira me permite escrever c2 = −ac1 e a segunda dá
c3 = −bc1 +x 1c2 = −bc1 −x 1ac1.
Ou seja c3 é função de c1. Substituido c3 na terceira equação
c1c−c3x 1 = 1,
esta vira uma equação de grau um em c1 e descobrimos o valor de c1.
Achados os c1,c2,c3 basta calcular
c2x+c3
ax 2 +bx+c dx,
(o que aprendemos no início da Seção 2) para termos então finalmente:
1
Ax3 +Bx2 +Cx+D dx = c1
c2x+c3
·ln|x−x 1|+
ax2 +bx+c dx.
4. Frações parciais em geral
A situação que deveríamos tratar a seguir, após a Seção 3, seria:
αx 2 +βx+γ
Ax 3 +Bx 2 +Cx+D dx.
Vamos tratá-la já num contexto geral.
Suponho que quero fazer
P(x)
Q(x) dx
onde P(x) é polinômio de grau p e Q(x) de grau q, sem fatores em comum, com
Então divido P(x) por Q(x), obtendo:
pois se por absurdo fazemos:
poduzimos equações:
p ≥ q.
P(x) = Q(x)·H1(x)+R1(x)
1
(x−x 1 )(ax2 c1 c2
= +
+bx+c) x−x 1 ax2 +bx+c =
= ac1x 2 +(bc1 +c2)x+(c1c−c2x 1 )
(x−x 1 )(ax 2 +bx+c)
ac1 = 0 e bc1 +c2 = 0.
Como a = 0 neste caso, então c1 = 0 e daí obtemos c2 = 0, absurdo.

CAPÍTULO 26. INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES RACIONAIS 381
onde o grau do polinômio H1(x) é h1 = p−q e onde o grau do resto R1(x) é
Se r1 ≥ q posso dividir de novo:
r1 < p.
R1(x) = Q(x)·H2(x)+R2(x)
onde h2 = r1 −q e r2 < r1.
E assim por diante: o processo só pára quando algum resto Rk(x) tem grau rk < q
(note que Rk(x) ≡ 0 pois P(x) e Q(x) foram supostos ser fator comum).
Então
P(x)
Q(x)
= Q(x)·(H1(x)+H2(x)+...+Hk(x))+Rk(x)
Q(x)
= H1(x)+H2(x)+...+Hk(x)+ Rk(x)
Q(x) .
Ora, integrar o polinômio H1(x) + H2(x) + ... + Hk(x) é fácil; logo, o problema se
reduz a integrar uma fração do tipo:
Rk(x)
Q(x) ,
onde o grau do numerador é menor que o do denominador.
Por isso essa será a situação daqui para diante: consideraremos P(x) de grau p e
Q(x) de grau q, com
p < q
e sem fatores comuns.
Queremos fazer:
P(x)
Q(x) dx.
Claro que, se pudermos fazer
P(x)
Q(x) = Q′ (x)
Q(x)
então P(x)
dx = ln||Q(x)||+C.
Q(x)
Mas e quando não for assim, o que fazer?
Se usam então dois fatos puramente algébricos, que já vimos funcionarem concretamente
em casos particulares:
Fato 1: (Teorema de Fatoração)
Há sempre uma fatoração de Q(x) em produtos de potências de fatores lineares
e/ou quadráticos:
onde
Q(x) = L m1
1 ·...·L mk
k ·Q n1
1 ·...·Qnj
j , mi,ni ∈ N,
m1 +...+mk +2·(n1 +...+nj) = q,
Li := aix+bi e Qi := cix 2 +dix+ei, ai,...,ei ∈ R.
=

4. FRAÇÕES PARCIAIS EM GERAL 382
Note: bastam lineares ou quadráticos, não precisa mais do que isso.
O exemplo q(x) = x 4 +1 por exemplo se decompõe assim:
x 4 +1 = (x 2 +1) 2 −2x 2 = (x 2 − √ 2·x+1)·(x 2 + √ 2·x+1) =: Q1 ·Q2,
onde Q1 e Q2 são polinômios irredutíveis sobre 4 os Reais (i.e. não são produtos de
polinômios Reais de grau 1), já que seus disciminantes valem −2.
Depois se usa:
Fato 2: (Decomposição em Frações Simples)
Se P(x) tem grau p e Q(x) grau q, com p < q e se
Q(x) = L m1
1 ·...·L mk
k ·Q n1
1 ·...·Qnr
r , mi,ni ∈ N
então existem números Reais Ai,j, Bi,j e Ci,j tais que:
P(x)
Q(x)
+ B1,1 ·x+C1,1
Q1
= A1,1
L1
+...+ A1,m1
L m1
1
+...+ B1,n1 ·x+C1,n1
Q n1
1
+...+ Ak,1
Lk
+ Br,1 ·x+Cr,1
Qr
+...+ Ak,mk
L mk +
k
Agora temos do lado direito um soma de integrais para fazer:
P(x)
Q(x) dx = A1,1
1
· dx+...
L1
+... B1,nr ·x+C1,nr
Q nr .
1
O leitor pode conferir que, pelo que já expusemos neste Capítulo, conseguiríamos
fazer cada uma das integrais do lado direito, exceto as do tipo:
1
dx, para n ≥ 2,
Q(x) n
onde Q(x) é quadrático e irredutível.
Note que
Como esses polinômios Qi(x) = ax2 +bx+c se deixam escrever (como vimos na
Seção 2) como
x
(x2 +1) n dx = 1
2 · 1
un du se faço u = x2 +1 e portanto sabemos fazê-la.
Qi(x) = (x+ b
2a )2 + 4ac−b2
4a2 , com 4ac−b2
> 0,
4a2 o problema se reduz essencialmente (quer dizer, módulo substituições u = x+ b ) a 2a
integrar:
1
(x2 +1) n, para n ≥ 2.
4 Sobre os complexos sim são redutíveis:
(x 2 − √ √
2
2x+1) = (x−(
2 −
√ √
2√
2
−1))·(x−(
2 2 +
√
2√
−1))
2
(x 2 + √ √
2
2x+1) = (x−(−
2 +
√ √
2√
2
−1))·(x−(−
2 2 −
√
2√
−1))
2

CAPÍTULO 26. INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES RACIONAIS 383
Isso trato na Seção 5 a seguir.
5.
1
(1+x2 ) n dx, n ≥ 2
Vou fazer para n = 2 em detalhe e apenas enunciar o resultado geral ∀n ≥ 2.
Afirmação 5.1.
1
(x2 1 1
dx = ·arctan(x)+
+1) 2 2 2 ·
x
x 2 +1 +C.
Vou dar duas provas. a primeira é curta mas não ensina muito.
Demonstração. (Primeira demontração)
Para fazer
escrevo (e o leitor confere):
1
(x2 =
+1) 2
1
(x2 dx
+1) 2
[
1
x 2 +1 −
x2 (x2 ]dx =
+1) 2
= [ 1
2 ·
1
x2 1
+
+1 2 ·
1
x2 +1 −
x2 (x2 ]dx =
+1) 2
1
=
2 ·
1
x2 +1 dx+
[ 1
2 ·
1
x2 +1 −
= 1 1
·arctan(x)+
2 2 ·
x
x2 +1 +C,
é a primitiva certa.
onde se verifica por derivação direta que 1
2 · x
x 2 +1
x2 (x2 ]dx =
+1) 2
A segunda é longa mas revisa várias coisas que aprendemos:
Demonstração. (Segunda demonstração - Do estudante Walter Ferreira Diniz
Júnior)
Fazemos uma integração por partes:
1
(x2 dx =
+1) 2
1
x ·
x
(x2 dx =
+1) 2
= 1
x ·(−
1
2(1+x 2 ) )−
(− 1
x2)·(− 1
2(1+x 2 )dx =
)
1
= −
2x·(1+x 2 ) −
1
2x2 (1+x 2 ) dx.
E agora uso o Teorema de Frações simples:
1
(x2 1
dx = −
+1) 2 2x·(1+x 2 1
−
) 2 ·
( A A Cx+D
+ + )dx =
x x2 1+x 2
onde se calcula sem muita dificuldade que:
A = 0, B = 1, C = 0 e D = −1.

6. EXEMPLOS 384
Então:
1
(x2 1
dx = −
+1) 2 2x·(1+x 2 )
1
= −
2x·(1+x 2 )
1
−
2 ·
( 1 1
−
x2 x2 )dx =
+1
1 1
+ + ·arctan(x)+C =
2x 2
= 1 1
·arctan(x)+
2 2 ·
x
x2 +1 +C.
Em geral, há uma fórmula de redução válida ∀n ≥ 2:
1
(x2 2n−3
dx =
+1) n 2n−2 ·
1
(x2 dx+
+1) n−1
6. Exemplos
x
(2n−2)·(x 2 +1) n−1.
Vimos alguns exemplos dessa escritura nas Seções anteriores, onde também se vê
que Ai,j, Bi,j e Ci,j são soluções de sistemas de equações que surgem ao se comparar
os coeficientes de polinômios.
Vejamos mais exemplos:
• 3x 3 +5x 2 +40
x 4 +2x 2 dx. Quero escrever:
3x 3 +5x 2 +40
x 4 +2x 2
= 3x3 +5x 2 +40
x 2 ·(x 2 +2) =
= A B Cx+D
+ +
x x2 x2 +2 .
Somando essas frações temos:
A
x
B Cx+D
+ +
x2 Ou seja, quero:
x2 +2 = (A+C)·x3 +(B +D)·x 2 +2A·x+2B
x2 ·(x2 +2)
A+C = 3, B +D = 5, 2A = 0 e 2B = 40.
Obtenho: A = 0, B = 20, C = 3 e D = −15. Então:
3 2 3x +5x +40
x4 +2x2
20 3x−15
dx = dx+
x2 x2 dx =
+2
1 3
= 20· dx+
x2 2 ·
2x
x2 +2 dx−15·
1
x2 dx =
+2
= −20 3
+
x 2 ·ln(x2 +2)−15· 1
√ ·arctan(
2 x √ )+C.
2
.

CAPÍTULO 26. INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES RACIONAIS 385
•
x+5
x3 +4x2 dx. Quero escrever:
+4x
Como:
A
x
x+5
x 3 +4x 2 +4x =
+ B
x+2 +
obtenho o sistema:
de onde
Então:
x+5 A B
= +
x·(x+2) 2 x x+2 +
C
(x+2) 2.
C
(x+2) 2 = (A+B)·x2 +(4A+2B +C)·x+4A
x·(x+2) 2
,
A+B = 0, 4A+2B +C = 1 e 4A = 5,
x+5
x3 +4x2 5
dx =
+4x 4 ·
A = 5 −5
, B =
4 4
1 5
dx−
x 4 ·
e C = −3
2 .
1 3
dx−
x+2 2 ·
1
dx =
(x+2) 2
= 5 5 3
·ln||x||− ·ln||x+2||+
4 4 2 ·
1
x+2 +C.
• (do estudante Walter Ferreira Diniz Júnior)
Como estou resumindo o Exemplo do Walter, deixo para o leitor conferir
os coeficientes da decomposição em frações parciais:
1
x4
1
dx =
+1 (x2 − √ 2x+1)·(x 2 + √ dx =
2x+1)
−1
2
=
√ 1 x+
2 2
x2 − √ 2x+1 dx+
−1
2 √ 1 x+
2 2
x2 − √ dx =
2x+1
Agora o problema se reduz a saber resolver:
x
x2 − √ 2x+1 dx,
1
x2 − √ 2x+1 dx,
(analogamente para o caso em que o denominador é x2 + √ 2x+1). A última
é fácil, pois:
1
x2 − √
1
dx =
2x+1 (x− √ 2
2 )2 + 1
dx =
2
1
= du
u 2 + 1
2
e sabemos fazer esta com a função arcotangente.
Já
x
x2 − √
dx =
2x+1
x
(x− √ 2
2 )2 + 1
2
dx =

6. EXEMPLOS 386
•
=
u+ √ 2
2
u 2 + 1
2
onde novamente fizemos u = x− √ 2
2 .
Ora,
u+ √ 2
2
u 2 + 1
2
onde v = u2 + 1
2
x+2
x6 +2x4 +x2 dx
Temos
= 1
2
du =
u
u2 + 1
2
√
1 2
dv +
v 2 ·
du
du+
√
2
2
u2 + 1 du =
2
1
u2 + 1 du,
2
e essas últimas já sabemos fazer.
x+2
x6 +2x4 =
+x2 e queremos encontrar a escritura:
x+2
x2 ·(x2 A
=
+1) 2 x
Somo o lado direito e obtenho:
x+2
x 2 ·(x 2 +1) 2
B Cx+D
+ +
x2 x2 Ex+F
+
+1 (x2 +1) 2.
(A+C)x 5 +(B +D)x4 +(2A+C +E)x3 +(2B +D +F)x 2 +Ax+B
x2 ·(x2 +1) 2
,
que, ao ser igualada ao esquerdo, dá:
A = 1, B = 2, C = −1, D = −2, E = −1 e F = −2.
Portanto:
x+2
x6 +2x4 dx =
+x2
[ 1 2 x+2
+ −
x x2 x2 +1
2 2
dx−
x2
x+2
−
(x2 ]dx =
+1) 2
1
=
x dx+
x2 +1 dx−
x
−
x2 +1 dx−
x
(x2 2
dx−
+1) 2 (x2 dx.
+1) 2
Dessas seis integrais por fazer, as primeiras quatro têm primitivas conhecidas
(a menos de somar uma constante C):
1 2 −2
dx = ln|x|, dx =
x x2 x ,
2
=
x2
x
dx = 2arctan(x) e
+1 x2 1
dx =
+1 2 ·ln(x2 +1).
A quinta se faz com a substituição u = x2 +1, du = 2xdx:
x
(x2 1
dx =
+1) 2 2 ·
1 −1
du =
u2 2 ·
1
x2 +1 +C.

CAPÍTULO 26. INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES RACIONAIS 387
A última é
2
(x2 dx = arctan(x)+
+1) 2
x
(x 2 +1) +C,
pelo que vimos bem no final da Seção 4, no caso n = 2.
7. Exercícios
Exercício 7.1. Pelo método das frações parciais faça:
x 2 +30
x 3 +11x 2 +30x dx
e
x 2 +24
x 3 +10x 2 +24x dx.

CAPíTULO 27
Integrais impróprias
Vimos na Afirmação 6.1 do Capítulo 22 que a área sob o gráfico de y = 1 à direita x
de x = 1 é infinita, ou em outras palavras:
lim ln(x) = +∞.
n→+∞
Mas uma conseguência do Teorema 2.1 escandalizou o filósofo Hobbes, no séc.
XVII: existem regiões ilimitadas cuja Área é finita !
Afirmação 0.1.
Seja k ∈ R com k > 1. Então:
•
+∞
1 1
i) : dx =
1 xk k −1 ,
ou seja, a área da região que fica sob o gráfico de y = 1
xk, para x ∈ [1,+∞)
1
é k−1 .
•
1
1
ii) : dx = 1+ 1
k −1 ,
0
(1−x) 1
k
ou seja, a área da região sob o gráfico de y = 1
Demonstração.
De i):
(1−x) 1 k
para x ∈ [0,1) é 1+ 1
k−1 .
A área sob o gráfico de y = x−k , de a > 0 atéum certo x, épelo Segundo Teorema
Fundamental:
x
x
a
−k 1
dx = (
−k +1 x−k+1 1
)(x)−(
−k +1 x−k+1 )(a), onde k = 1.
A área de toda a região à direita de a > 0 é:
lim
x→+∞ [(
1
−k +1 x−k+1 1
)(x)−(
−k +1 x−k+1 )(a)) ] =
= lim
x→+∞ [
1
(−k +1)
= 1
k −1 ak−1 ,
onde na última igualdade usei que k > 1.
1 1
+
xk−1 k −1 ak−1 ] =
389

Para a = 1 obtenho 1
k−1 .
390
De ii):
Vou dar duas demonstrações: uma calculatória, outra completamente geométrica.
Na primeira fazemos uma integral:
1
0
= lim
Na segunda, vemos que:
dá y k = 1
1−x
(1−x) −1
k dx := lim
aր1
[
aր1 −(1−x)−1 k +1
−1 k +1
=
e 1−x = 1
y k, ou seja:
− 1
k
a
0
(1−x) −1
k dx =
(a)+ (1−x)−1 k +1
− 1
k +1
1 1
= 1+
+1 k −1 .
y = (1−x) −1
k
x = 1− 1
y k.
(0)] =
Então 1
0 (1−x)−1 k dx é a área do quadrado de lado 1 somada com a área da região
à direita de y = 1 que fica sob o gráfico de x = 1− 1
yk. Mas essa área é 1 pelo item k−1
i).
A Figura é apenas uma ilustração disso, pois não consegui usar as mesmas escalas
nos eixos (o quadrado aparece como um retângulo, em verde):
3
2,5
2
1,5
1
0
0,2 0,4 0,6 0,8
x

CAPÍTULO 27. INTEGRAIS IMPRÓPRIAS 391
Figura: Ilustração para x = 1− 1
y 2, y ∈ [1,+∞)
1
0,8
0,6
0,4
0,2
1
1,5
2
x
Figura: Ilustração para y = 1
x 2, x ∈ [1,+∞).
1. Um problema da Putnam Competition, n. 2, 1939
Problema: Avalie as integrais:
3
e +∞
1
2,5
1
(3−x)·(x−1) dx
1
1
ex+1 dx.
+e3−x Solução
Parte da questão é dar um sentido às integrais, pois numa o integrando não está
definido em x = 1 nem em x = 3 e na outra o intervalo de integração é infinito.
O sentido que se deve dar à primeira é, como vimos:
Faço:
Então
3
1
1
(3−x)·(x−1) dx := lim
ǫ1ց0,ǫ2ց0
3−ǫ2
1+ǫ1
3−ǫ2
=
3
3−ǫ2
1+ǫ1
1
(3−x)·(x−1) dx =
1+ǫ1
1−ǫ2
=
−1+ǫ1
1
dx =
1−(x−2) 2
1
√ du =
1−u 2
= arcsin(1−ǫ2)−arcsin(−1+ǫ1).
3−ǫ2
lim
ǫ1ց0,ǫ2ց0
1+ǫ1
1
(3−x)·(x−1) dx =
1
(3−x)·(x−1) dx.
= lim
ǫ1ց0,ǫ2ց0 [arcsin(1−ǫ2)−arcsin(−1+ǫ1)] =

2. AS PRIMEIRAS TRANSFORMADAS DE LAPLACE, A FUNÇÃO GAMA E
O FATORIAL 392
= π
2 −(−π ) = π,
2
onde na última linha usei que arcsin(u) é contínua em todo [−1,1], apesar de ser
derivável apenas em (−1,1).
Na segunda, temos:
+∞
1
1 ex+1 a
1
dx := lim
+e3−x a→+∞
1 ex+1 dx.
+e3−x Agora faço:
1
ex+1 1
=
+e3−x ex+1 + 1
ex−3 1
=
( e2x−2 +1
ex−3 ) =
= ex−3
e 2x−2 +1 = e−2 ·
e integro via a substituição u = e x−1 :
e portanto:
o resultado.
e −2 ·
a
1
e x−1
(e x−1 ) 2 +1
1
u 2 +1 du = e−2 ·(arctan(a)−arctan(1))
lim
a→+∞ e−2 ·(arctan(a)−arctan(1)) = e −2 ·( lim
a→+∞
= e −2 ·( π
2
π π
− ) =
4 4e2, π
arctan(a)− ) =
4
2. As primeiras Transformadas de Laplace, a função Gama e o fatorial
Afirmação 2.1. Seja k ∈ R, k > 0.
i):
+∞
0
e −kx ·dx = 1
k
ii): Suponha f : [0,+∞] → R contínua, f(x) ≥ 0 e que existam a,C,M > 0 tais
que
f(x) ≤ C ·e ax , ∀x ≥ M,
então existe a integral imprópria
+∞
e −kx f(x)dx
para qualquer k > a.
Demonstração.
Temos +∞
0
0
e −kx dx := lim
b→+∞
+∞
0
e −kx dx =

CAPÍTULO 27. INTEGRAIS IMPRÓPRIAS 393
+∞
= lim (
b→+∞
0
e−kb 1
+
−kb k
Para a segunda afirmação, escrevo para k > a:
+∞
0
e −kx f(x)dx =
M
0
e −kx f(x)dx+
) = 1
k .
+∞
M
e −kx f(x)dx
ondeaprimeiraintegral M
0 e−kxf(x)dxexistepoisointegrandoéumafunçãocontínua. Precisamos ver se existe
Primeiro observo que
lim
b→+∞
não cresce arbitrariamente.
Ora, usando as hipóteses:
lim
b→+∞
b
M
b
M
C · e−(k−a)M
(k −a) e−kx f(x)dx.
b
lim
b→+∞
M
e −kx f(x)dx
b
e −kx f(x)dx ≤ C · lim
b
b→+∞
M
= C · lim
b→+∞
e
M
−(k−a)x dx =
e −kx e ax dx
e−(k−a)b e−(k−a)M e−(k−a)M
= C · lim ( + ) = C ·
b→+∞ −(k −a) (k −a) (k −a) .
Como b
M e−kxf(x)dx é uma função crescente de b (pois e−kxf(x) ≥ 0), então:
b
M
Isso garante 1 que existe
e −kx f(x)dx ≤ C · e−(k−a)M
(k −a)
b
lim
b→+∞
M
As integrais impróprias do item ii):
+∞
0
e −kx f(x)dx.
e −kx f(x)dx,
, ∀b ≥ M.
para qualquer k > a, são chamadas Transformadas de Laplace da f(x).
Portanto o item i) deu as Transformadas de f(x) ≡ 1, que são 1
k .
A Afirmação 2.2 a seguir pode ser lida do seguinte modo:
para k = 1, a Transformada de Laplace de f(x) = x n é igual a n! (fatorial).
1 deixo detalhes mais próprios de cursos de Análise

2. AS PRIMEIRAS TRANSFORMADAS DE LAPLACE, A FUNÇÃO GAMA E
O FATORIAL 394
Afirmação 2.2. Para n ∈ {0}∪N:
+∞
e
0
−x x n dx = n!
Demonstração.
Para n = 0 uma aplicação imediata do Teorema Fundamental dá que:
lim
b→+∞
b
0
e −x dx = lim
b→+∞ (−e−b +1) = 1.
Para prová-la para n = 1, integro por partes:
+∞
0
e −x b
xdx = lim
b→+∞
0
= lim
b→+∞ [−e−b b−
b
= − lim
b→+∞ e−bb− lim
b→+∞
0
= 0−(−1) = 1.
Supondo válido até n−1 a fórmula:
obtemos +∞
0
0
e −x xdx =
e −x dx] =
b
e −x dx =
+∞
e
0
−x x n−1 dx = (n−1)!
e −x x n b
dx = lim e
b→+∞
0
−x x n dx =
b
e
0
−x x n−1 dx] =
= lim
b→+∞ [−e−b b n −n
= 0−n·(n−1)! = n!
Definimos o valor da Função Gama em cada n+1 por
Γ(n+1) :=
+∞
e
0
−x x n dx = n!
Afirmação 2.3. Para todo p ∈ R,p > −1, existe a integral imprópria:
Demonstração.
Se p > 0, o conhecido limite
implica que
+∞
e
0
−x x p dx.
lim
x→+∞ xp+2 ·e −x = 0
xp 1
<
ex x2,

CAPÍTULO 27. INTEGRAIS IMPRÓPRIAS 395
se x > K (suficientemente grande).
Então para esse K > 0 escrevo:
+∞
e
0
−x x p K
dx = e
0
−x x p +∞
dx+ e
K
−x x p dx.
A integral de 0 até K existe pois p > 0. Mas para vermos que existe também a
integral
escrevo, para x > K:
+∞
K
+∞
e
K
−x x p dx
e −x x p dx ≤
+∞
(esta última conhecida da Seção 27 do Capítulo 23.)
Se
o problema agora na integral
K
−1 < p < 0
+∞
e
0
−x x p dx
é quando x ց 0.
Faço, para 0 < a < J, a integração por partes:
J
e observo que agora
J
0
a
e −x x p −J
Jp+1 ap+1
dx = e −e−a
p+1 p+1 +
e −x x p −J
Jp+1
dx = e
p+1
e esses limites existem pois 0 < p+1.
1
dx < +∞
x2 J
ap+1
− lim[e−a
aց0 p+1 +
J
a
a
−x
xp+1
e
p+1 dx
−x
xp+1
e
p+1 dx]
Portanto o valor da Função Gama em cada p ∈ R, p > −1, é dado por
Γ(p+1) :=
+∞
e
0
−x x p dx
O mesmo argumento dado na prova da Afirmação 2.2 dá agora que:
Γ(p+1) = p·Γ(p), ∀p ∈ R,p > 0.

4. EXERCÍCIOS 396
Afirmação 3.1. (L. Euler, 1730)
Demonstração.
Com a substituição:
temos 1
(−ln(u)) n du =
0
3. Fórmula de Euler para o fatorial
n! =
1
0
(−ln(u)) n du.
x := −ln(u) ou seja u = e −x , du = −e −x dx,
onde na última igualdade usei a Afirmação 2.2.
0
x
+∞
n (−e −x +∞
)dx = x
0
n e −x dx = n!
4. Exercícios
Exercício 4.1. Defina cosh(x) := ex +e −x
2 , o cosseno hiperbólico.
Para a > 0 e k > a, mostre que a Transformada de Laplace:
vale
k
k 2 −a 2.
Exercício 4.2. Mostre que:
apesar de que
+∞
0
+∞
2
e −kx cosh(ax)dx
1
dx = +∞,
ln(x)
1
lim = 0.
x→+∞ ln(x)

CAPíTULO 28
A curvatura dos gráficos
1. O comprimento de um gráfico
Considere o gráfico de uma função f : [a,b] → R. Gostaríamos nesta Seção de
definir e calcular o comprimento desse gráfico.
Na prática imagine uma curva feita de um material não-elástico, como um arame,
que queremos desentortar e calcular seu comprimento.
Considere uma partição
a = t0 < t1 < ... < tn = b
do domínio [a,b] e considere o comprimento da poligonal inscrita no gráfico de f
formada de n segmentos:
pn := (t1 −t0) 2 +(f(t1)−f(t0)) 2 +...+ (tn −tn−1) 2 +(f(tn)−f(tn−1)) 2 .
Ou seja,
pn =
1+( f(t1)−f(t0)
)
t1 −t0
2 ·(t1 −t0)+...+
1+( f(tn)−f(tn−1)
)
tn −tn−1
2 ·(tn −tn−1).
Se usamos em cada sub-intervalo [ti−1,ti] da partição o Teorema do Valor Médio
de Lagrange, então:
Então
f(ti)−f(ti−1)
ti −ti−1
= f ′ (ξi), ξi ∈ (ti−1,ti).
pn = 1+(f ′ (ξ1)) 2 ·(t1 −t0)+...+ 1+(f ′ (ξn)) 2 ·(tn −tn−1).
Refinando a partição esperamos estar inscrevendo uma poligonal cujo tamanho
cada vez mais aproxima o tamanho do gráfico de f. A passagem ao limite n → +∞,
com a norma da partição de [a,b] tendendo a zero, sugere que definamos
Definição 1.1. Suponha um gráfico de f : [a,b] → R, com f derivável e f ′ (x) uma
função contínua.
O comprimento do gráfico de (a,f(a)) até (b,f(b)) será definido pela integral
b
a
1+f ′ (x) 2 dx.
A primeira coisa que vemos nessa Definição 1.1 é que provavelmente em muitos
casos não será fácil calcular esse comprimento, pois dará uma integral complicada (às
vezes irredutíveis a funções elementares).
397

1. O COMPRIMENTO DE UM GRÁFICO 398
Mas como f ′ (x) é contínua se vê que de qualquer forma existe a integral que dá
o comprimento.
Exemplos:
• No caso y = f(x) = A·x+B uma reta, nossa definição é apenas o conteúdo
do teorema de Pitágoras:
b √
1+f ′ (x) 2dx = 1+A 2 ·(b−a) =
a
= (b−a) 2 +(A(b−a)) 2 = (b−a) 2 +(Ab+B −Aa−B)) 2 .
• No caso y = x2 já não é tão evidente quanto mede seu gráfico:
b
b √
1+f ′ (x) 2dx = 1+4x 2dx. Faço:
a
e b
Uma primitiva de √ 1+u 2 é
Logo:
b
a
a
u = 2x, e du = 2dx
√ 1
1+4x 2dx =
2 ·
2b √
1+u 2du. 2a
u
2
√ 1+u 2 + 1
2 ln(u+√ 1+u 2 ).
√ 1+4x 2 dx = 1
2 ·[2b
2 ·√ 1+4b 2 + 1
2 ln(2b+√ 1+4b 2 )−
− 2a
2 ·√1+4a 2 − 1
2 ln(2a+√1+4a 2 )].
Para a = 0, b = 1 isso dá:
1
2 ·[√5+ 1
2 ln(2+√5)] ∼ 1.478942857
• Como o segmento de reta de (0,0) a (1,1) mede √ 2 ∼ 1.414213562, e como
x 2 < x 3
2 < x, se x ∈ [0,1],
a
é natural que o comprimento do gráfico de y = x 3
2 de x = 0 até x = 1 seja
um valor entre 1.414213562 e 1.478942857.
De fato,
b
a
1+f ′ (x) 2 dx =
= 4
9 ·
13
4
1
=
1
0
1
0
1+( 3
2 x1 2) 2dx =
1+ 9
xdx =
4
√ 4 2
udu = ·
9 3 ·[(13
4 )
3
2
−1] ∼

CAPÍTULO 28. A CURVATURA DOS GRÁFICOS 399
∼ 1.439709873
• Note no exemplo anterior que, se tivéssemos tomado uma função do tipo x m
n
com (m,n) = (3,2), não seria muito claro o que fazer. Cairíamos na integral:
1
1+ m2
·x2(m n
n2 −1) dx
0
que não temuma expressão através de funções conhecidas se(m,n) são escolhidos
genéricamente. Veremos mais integrais intratáveis na Seção seguinte.
2. Um problema da Putnam Competition, n.2, 1939
Nem todos os problemas dessa competição são difíceis, este aí é bem direto:
Problema: Encontrar o comprimento da curva y 2 = x 3 da origem até o ponto onde
a reta tangente faz um ângulo de 45 graus com o eixo dos x.
Solução:
Essa curva associa a cada valor de x > 0 dois valores possíveis de y, a saber:
y = √ x 3 e y = − √ x 3 . No ramo onde y = √ x 3 estão localizados os pontos onde
a retas tangentes têm inclinação positiva. E como estamos buscando o ponto onde
a inclinação é 1 (pois queremos 45 graus) podemos pensar que perto desse ponto a
curva é o gráfico de y = √ x 3 .
Assim buscamos x > 0 que verifica:
ou seja, 9x
= 1, que dá 4
Agora é só calcular:
4
9
onde F(u) = 2
3 ·u3 2.
0
y ′ (x) = 3x2
2 3
=
x3 2 x12
= 1,
x = 4
9 .
1+( 3
2 x12)
2dx =
=
2
1
4
9
0
1+ 9
xdx =
4
√ 4 4
u du =
9 9 ·(F(2)−F(1))
3. Curvas parametrizadas e seu vetor velocidade
Será muito útil mais adiante trabalharmos também com curvas parametrizadas,
ou seja, com aplicações
Γ : R → R 2 , (x(t),y(t)), t ∈ [a,b]
que supomos ter coordenadas x(t) e y(t) deriváveis.

3. CURVAS PARAMETRIZADAS E SEU VETOR VELOCIDADE 400
O traço de uma curva parametrizada Γ é o conjunto imagem Γ([a,b]). Observo
que nem sempre Γ([a,b]) é gráfico de alguma função; por exemplo, Γ([0,2π]) é um
círculo inteiro, quando tomamos
Γ : R → R 2 , (cos(t),sin(t)), t ∈ [0,2π]
O vetor velocidade de Γ é definido por:
Note que:
Γ ′ (t0) := (lim
h→0
= lim
h→0
Γ ′ (t0) := (x ′ (t0),y ′ (t0)).
x(t0 +h)−x(t0)
h
, lim
h→0
y(t0 +h)−y(t0)
, ) =
h
1
h ·[(x(t0 +h),y(t0 +h))−(x(t0),y(t0))],
onde a última igualdade é um pouco mais que uma definição.
A Figura a seguir ilustra os vetores
Γ(t0) = (x(t0),y(t0)), Γ(t0 +h) = (x(t0 +h),y(t0 +h)) e Γ(t0 +h)−Γ(t0).
Γ ( t_0
Γ
)
Γ ( t_0 + h )
O
Γ (
_
t_0 + h ) Γ ( t_0 )
A próxima ilustra a posição limite de 1
h ·(Γ(t0 +h)−Γ(t0)), ou seja, Γ ′ (t0).
E a Figura a seguir ilustra
Γ
Γ ( t_0 )
Γ(t0)+Γ ′ (t0)
O
Γ ( t_0 )
como vetor que pertence à reta tangente de Γ no ponto Γ(t0) = (x(t0),y(t0)).

CAPÍTULO 28. A CURVATURA DOS GRÁFICOS 401
Para curvas parametrizadas
Γ ( t_0 )
Γ
Γ ( t_0 ) + Γ ( t_0 )
O
Γ ( t_0 )
4. Integrais que ninguém pode integrar
Γ : R → R 2 , (x(t),y(t)), t ∈ [a,b]
podemos definir seu comprimento por:
b
s := (x ′ (t) 2 +(y ′ (t)) 2dx. a
Fazer integrais é um artesanato, onde é preciso ter um pacote de integrais conhecidas
e tentar recair numa dessas através de uma técnica ou outra (substituição , por
partes, etc.) Porém existem integrais que não tem uma primitiva razoável,elementar
como se costuma chamar. E essas integrais indomáveis rondam as conhecidas ...
Vejamos um exemplo fundamental.
Quando parametrizamos um círculo de raio a > 0 por
(acos(t),asin(t))
seu comprimento é dado por:
2π
a2sin(t) 2 +a2 cos(t) 2dt = a·
0
2π
0
dt = 2πa.
Porémsenossocírculoviraumaelipse x2 y2
a2+ b2 = 1coma > b, então umaparametrização é:
(acos(t),bsin(t))
e seu comprimento é:
2π
a2sin 2 (t)+b 2cos2 (t)dt =
0
2π
0
2π
2π
0
a 2 sin 2 (t)+b 2 (1−sin 2 (t))dt =
b 2 +(a 2 −b 2 )·sin 2 (t)dt =
= b· 1−(1−
0
a2
b2)·sin2 (t)dt.
Eis uma integral sem primitiva elementar, chamada de integral elíptica.
O que se faz é dar aproximações dessa integral, desde uma bem inocente:
≈ 2·π ·( a+b
2 )

5. VELOCIDADE DE UM GRÁFICO OU DE UMA CURVA 402
até uma que exige o gênio de S. Ramanujan:
≈ π ·(3·(a+b)− (a+3b)(3a+b)).
Veremos na Seção 42 do Capítulo 40 que a função:
E(x) :=
π
2
0
1−x 2 ·sin 2 (t)dt
satisfaz uma equação diferencial e depois que tem um desenvolvimento em série infinita,
cujos truncamentos darão portanto aproximações do comprimento da elipse,
que é, pela sua simetria:
= 4·b·E( 1− a2
b2). 5. Velocidade de um gráfico ou de uma curva
Como pelo Primeiro Teorema do Cálculo:
x
1+(f ′ (x)) 2 = ( 1+f ′ (t) 2 ′
dt)
a
é natural denotarmos
ds
dx = 1+(f ′ (x)) 2 .
Essa grandeza será chamada velocidade do gráfico no instante x.
Note que sempre
ds
> 0
dx
o que diz o comprimento do gráfico sempre é uma função estritamente crescente. E
ademais, isso diz que existe uma função inversa: x = x(s). Logo dado um comprimento
desde f(a) = A determino univocamente x e daí um único ponto no gráfico.
Portanto existe uma função bem definida P = P(s) que descreve os pontos do gráfico.
Para curvas parametrizadas
seu comprimento foi definido por:
Γ : R → R 2 , (x(t),y(t)), t ∈ [a,b]
s :=
b
a
(x ′ (t) 2 +(y ′ (t)) 2 dx.
Como Γ ′ (t) := (x ′ (t),y ′ (t)) é o vetor tangente a Γ então
b
s =
a
||Γ ′ (t)||dt.
Também é natural considerar:
ds
dt = ||Γ′ (t)|| = (x ′ (x) 2 +(y ′ (x)) 2 .

CAPÍTULO 28. A CURVATURA DOS GRÁFICOS 403
6. Definição de curvatura e sua fórmula
A noção intuitiva de curvatura é a de uma medida de quanto mudam as direções
das retas tangentes (em relação a algum eixo fixado como referência).
Mas, para que a curvatura de um gráfico G seja um conceito geométrico, vamos
defini-la como uma medida de quanto mudam as direções das tangentes num trecho
de um gráfico em relação a quanto vale o comprimento da porção do gráfico.
Como critério de adequação de um possível definição exigiremos que um círculo
Cr de raio r tenha curvatura constante e de fato κ = 1
r
(para que os círculo muito
grandes se curvem muito pouco).
Essa exigência é natural, pois quando percorremos todo o círculo, percorremos
s = 2πr e o ângulo θ formado pelas retas tangentes variou 2π. Logo
κ(Cr) := ∆θ 1
=
∆s r .
Para motivarmos a Definição e Fórmula 6 abaixo, considero θ = θ(s) uma função
que mede como varia o ângulo formado pelas direções tangentes em relação ao comprimento
do gráfico percorrido.
Então a regra da derivada da composta diz1 :
Por outro lado,
e a regra da composta dá:
d tan(θ(s))
ds
d tan(θ(s))
ds
= d tan(θ(s))
dθ
= sec 2 (θ(s))· dθ(s)
ds .
dy
(x(s)) = tan(θ(s))
dx
= d dy
dx (x(s))
dx
· dθ(s)
ds =
· dx
(s) =
ds
= d2y dx
dx2(x(s))· ds (s).
A taxa de variação que queremos para definir curvatura é
Até agora temos:
dθ(s)
ds =
Mas definimos na Seção 1 anterior:
s(x) :=
dθ(s)
ds .
d2 y dx
dx2(x(s))· x
a
ds (s)
sec2 .
(θ(s))
1+( dy
dx )2 dt,
1 A notação de Leibniz deixa mas claro em relação a que variável derivamos

6. DEFINIÇÃO DE CURVATURA E SUA FÓRMULA 404
ou seja, pelo Primeiro Teorema do Cálculo:
ds
(x) = 1+(
dx dy
dx )
Pela derivada da função inversa teremos:
E também podemos escrever:
Logo obtivemos:
dx
(s) =
ds
sec(θ(s)) =
dθ(s)
ds =
1
2
1+( dy
dx )2.
Essa é a justificação da seguinte definição:
.
1+( dy
dx )2 .
d 2 y
dx 2(x(s))
(1+( dy
dx )2 ) 3
2
Definição 6.1. A curvatura 2 do gráfico de y = f(x) é:
κ(x) :=
| d2 y
dx2 |
(1+( dy
dx )2 ) 3.
2
A Figura a seguir dá um exemplo de como varia a curvatura:
0
-2 -1 0
1
4
3
2
1
x
Figura: Em vermelho y = x 2 e em verde sua função curvatura.
Observação 6.1. Note que acima obtivemos:
Como
dx
ds
= cos(θ(s)).
dy
(x(s)) = tan(θ(s))
dx
2 por enquanto não nos interessa ter sinais, por isso tomamos o módulo
.
2

CAPÍTULO 28. A CURVATURA DOS GRÁFICOS 405
então a regra da composta dá:
dy
ds
dy dx
= ·
dx ds
ou seja:
dy
= sin(θ(s)).
ds
Novamente, no caso de uma curva parametrizada, podemos estender a Definição
6.1 para:
Definição 6.2. Se
Γ : R → R 2 , (x(t),y(t)), t ∈ [a,b]
é uma curva parametrizada então sua curvatura é dada por:
κ(t) := |x′ (t)y ′′ (t)−x ′′ (t)y ′ (t)|
(x ′ (t) 2 +y ′ (t) 2 ) 3 .
2
Note que esta Definição 6.2 é realmente é uma estensão da Definição 6.1, pois
quando t = x, temos x ′ (x) ≡ 1 e x ′′ (x) ≡ 0.
7. Qual a curvatura de uma quina ?
A curvatura de uma reta certamente é zero, já que a segunda derivada é zero.
Mas numa linha quebrada, formada de pedaços de retas, que curvatura faria sentido
associar à um ponto que é uma quina ??
Após a Afirmação seguinte daremos uma resposta:
Afirmação 7.1. Considere um braço de hipérbole:
y = fǫ(x) = ǫ
, ∀x > 0,
x
onde ǫ > 0 é fixado. Então:
i) sua função curvatura é κ(x) = 2ǫ·x3
(x4 +ǫ2 ) 3. 2
ii) limx→+∞ κ(x) = 0 e limxց0 κ(x) = 0.
iii) o ponto de máximo de κ(x) é em x = √ ǫ. Nele a curvatura é:
√
2
2 √ ǫ .
iv) limǫց0 κ( √ ǫ) = +∞.
Demonstração.
A função curvatura é para x > 0:
Portanto:
κ(x) =
lim
x→+∞
2ǫ
x 3
(1+ ǫ2
3
2
x4) 2ǫ·x 3
(x 4 +ǫ 2 ) 3
2
= 2ǫ·x3
(x4 +ǫ2 ) 3.
2
= lim
x→+∞
x3 = 0
x6

7. QUAL A CURVATURA DE UMA QUINA ? 406
e, já que limxց0
1
(x 4 +ǫ 2 ) 3 2
= 1
ǫ 3 > 0, então claramente
lim
xց0
2ǫ·x 3
(x 4 +ǫ 2 ) 3
2
Para buscarmos mínimo de κ(x) a derivamos:
e vemos que:
= 0,
κ ′ (x) = −6ǫ·x2 ·(x4 −ǫ2 )
(x4 +ǫ2 ) 5/2
,
κ ′ (x) > 0 se 0 < x < √ ǫ,
κ ′ (x) = 0 se x = √ ǫ,
κ ′ (x) < 0 se √ ǫ < x
o que diz nitidamente que x = √ ǫ é o ponto de máximo de k(x). Que nele vale:
κ( √ √
2
ǫ) =
2 √ ǫ .
A Figura a seguir dá o gráfico da curvatura para ǫ = 1:
2,5
2
1,5
1
0,5
0
0,5 1
1,5
2
x
Figura: O gráfico de y = 1
x (vermelho), sua κ(x) (verde) e o valor y = 1 √ 2 em azul
2,5
Quando ǫ → 0 o ponto x = √ ǫ tende a x = 0, assim como todo o gráfico de
tende à união de retas x·y = 0, pois:
y = fǫ(x) = ǫ
x
ao longo do gráfico de y = fǫ(x).
E pelo item iv) da Afirmação 7.1:
y ·x = ǫ
lim
ǫց0 κ( √ ǫ) = +∞
3
3,5
4

CAPÍTULO 28. A CURVATURA DOS GRÁFICOS 407
Assim se fôssemos atribuir um valor de curvatura a (0,0) como ponto da união de
retas
y ·x = 0
deveríamos pôr: κ = +∞.

CAPíTULO 29
Séries convergentes
1. Séries k-harmônicas, k > 1.
Consideremos novamente a Afirmação 0.1 do Capítulo 27, que dizia que:
+∞
1
1 1
dx =
xk k −1 .
Essa é a área da região à direita de 1 sob o gráfico de y = 1
x k. Note que essa área
é maior que a soma de áreas dos retângulos justapostos
[1,2]×[0, 1 1
2k] ∪ [2,3]×[0,
3
k] ∪ ...∪[n,n+1]×∪[0,
1
(n+1) k]...
onde os três pontos significam que podemos ir colocando sempre retângulos à direita.
Mas a área desses retângulos todos é (ainda num sentido vago) uma soma infinita:
1 1 1
+ +...+ ...
2k 3k nk Pela Afirmação 0.1 -i), com a = 1 temos:
1 1 1 1
∀n ∈ N, + +...+ <
2k 3k nk k −1 .
O que significa essa soma infinita:
1 1 1
+ +...+ ... ?
2k 3k nk Simplesmente quer dizer que existe o limite da sequência xn dada por
xn := 1 1 1
+ +...+
2k 3k nk, k ≥ 2.
Aqui é importante que k ≥ 2, pois pelo que vimos na prova da Afirmação 6.1 a
soma infinita
1 1 1
+ +...+
2 3 n ...
tem um comportamento diferente, ela fica tão grande quanto quisermos.
Definição 1.1. As séries 1
2 k + 1
3 k +...+ 1
n k ... são chamadas k-harmônicas. A série
1-harmônica 1
2
+ 1
3
+...+ 1
n
Como a Afirmação 0.1 diz que
... é chamada apenas de harmônica.
∀n ∈ N, xn < 1
k −1
409

1. SÉRIES K-HARMÔNICAS, K > 1. 410
1
dizemos que a sequência (xn)n é limitada superiormente por (a definição de lim-
k−1
itada infeiormente é análoga). E nitidamente é crescente, ou seja:
xn ≤ xn+1
pois xn+1 = xn + 1
(n+1) k (a definição de decrescente é análoga).
Então a nossa (xn)n é um exemplo de sequência limitada superiormente e crescente,
se
xn := 1 1 1
+ +...+
2k 3k nk, k ≥ 2.
A seguir dou princípios gerais e úteis para sequências e séries:
Teorema 1.1. i) toda sequência (xn)n limitada superiormente e crescente tem
lim
n→+∞ xn.
ii) toda sequência (xn)n limitada inferiormente e decrescente tem
iii) sejam +∞
i=1 ai e +∞
i=1 bi com
lim
n→+∞ xn.
0 < ai ≤ bi, ∀i ∈ N.
Se +∞
i=1 bi converge também +∞
i=1 ai converge.
Se +∞
i=1 ai diverge então +∞
i=1 bi diverge.
Demonstração.
A prova dos itens i) e ii) se discute em cursos de Análise matemática. A prova
não dá nenhuma pista em geral de quanto vale esse limite, apenas que existe.
Já iii) segue de i): de fato, se +∞
i=1 bi converge então em particular fica limitada,
por exemplo ≤ K.
Mas então sn := a1 +...+an é uma sequência crescente, pois ai > 0, e limitada,
já que
a1 +...+an ≤
+∞
i=1
bi ≤ K.
Logo converge +∞
i=1 ai por i).
Agora, quando +∞
i=1 ai diverge então sn := a1 + ... + an forma uma sequência
de
números de tamanho tão grande quanto quisermos (caso contrário i) diria que
+∞
i=1 ai converge). Mas então
b1 +...+bn ≥ a1 +...+an
também forma uma sequência de números de tamanho tão grande quanto quisermos.
Portanto +∞
i=1 bi diverge.

CAPÍTULO 29. SÉRIES CONVERGENTES 411
Somente no Exercício 7.1 do Capítulo 46 conseguiremos provar que:
π 2
6
1 1 1
= 1+ + + +...
22 32 42 2. A série geométrica
Afirmação 2.1. Seja r um número Real, com 0 ≤ |r| < 1. Defina a sequência cujo
xn := 1+r+r 2 +...+r n . Então
• i) ∀n ∈ N, xn = 1−rn+1
1−r .
• ii) limn→+∞ |r| n = 0 e limn→+∞ r n = 0.
• iii) limn→+∞ xn = 1
1−r n.
Demonstração.
Claro que se |r| = 0 então r = 0 e tudo que afirmamos é obviamente válido. Logo
no que segue 0 < |r| < 1.
e
Prova de i), por indução:
Se n = 1, então de fato vale 1+r = 1−r2
1−r
1+r +r 2 +...+r n−1 = 1−rn
1−r
. Supondo a fórmula até n−1:
1+r +r 2 +...+r n−1 +r n = 1−rn
1−r + rn ·(1−r)
=
1−r
= 1−rn+1
.
1−r n
Para provar ii), note que 0 < |r| < 1 implica (multiplicando por r positivo):
e assim obtemos por indução:
0 < |r| 2 < |r| < 1,
0 < |r| n < |r| n−1 < 1, ∀n ∈ N
Mas então a sequencia (|r| n )n é decrescente e obviamente limitada inferiormente pelo
0. Pelo Teorema 1.1) existe
lim
n→+∞ |r|n = L.
Mas afirmo que L = 0 (a principio seria apenas 0 ≤ L ≤ |r| < 1).
Meu argumento agora usará uma analogia 1 : se uma fila completa de pessoas tende
a um lugar, as pessoas nas posições pares também tendem a esse lugar.
Ou seja, quero dizer que:
lim
n→+∞ |r|n = L ⇒ lim
n→+∞ |r|2n = L.
1 Rigorosamente trata-se de argumentar com uma subsequência da sequência toda

3. O TESTE DA RAZÃO (QUOCIENTE) 412
Por outro lado
lim
n→+∞ |r|2n = lim
n→+∞ (|r|n ) 2
e pelo limite de produtos de sequências:
lim
n→+∞ (|r|n ) 2 = lim
n→+∞ |r|n · lim
n→+∞ |r|n = L 2 .
Então L = L 2 . Logo L(L−1) = 0 e L = 0 ou L = 1. Mas
|r| n < |r| < 1.
impede que seja L = 1, ou seja, temos L = 0.
Bom agora só resta obervar que também limn→+∞ r n = 0. Mas o que significa
limn→+∞ r n = 0 ? Significa que se n é suficientemente grande temos para qualquer ǫ
dado:
|r n −0| < ǫ,
ou seja, pelas propriedades do módulo:
|r n | = |r| n < ǫ.
Mas temos já provado que
lim
n→+∞ |r|n = 0
e isso diz que se n é suficientemente grande temos para qualquer ǫ dado:
como queríamos. ou seja:
Prova de iii):
Do item i) já temos que
| |r| n −0 | < |r| n < ǫ,
xn = 1−rn+1
, ∀n ∈ N
1−r
edoitemii)temoslimn→+∞ rn = 0. Comaspropriedadesdelimitesdesomas/produtos
obtemos:
lim
n→+∞ xn
n 1−limn→+∞r
= =
1−r
1
1−r .
3. O teste da razão (quociente)
Afirmação 3.1. (Teste da razão para séries positivas)
Seja +∞
i=1 ai com 0 < ai e suponha que existe:
ai+1
lim
i→+∞ ai
= L.
Se L < 1 a série +∞
i=1 ai converge, mas se L > 1 a série +∞
i=1 ai diverge. Se L = 1
o teste nada afirma em geral.

CAPÍTULO 29. SÉRIES CONVERGENTES 413
Demonstração.
No caso 1 > L := limi→+∞ ai+1
ai
tomamos
ǫ := 1−L
2
e podemos supor, a partir de um certo i0 que
ou seja,
Então
etc até que
ai+1
ai
> 0
∈ (−ǫ+L,L+ǫ), ∀i ≥ i0,
ai+1
ai
< r < 1 ∀i ≥ i0.
ai0+1 < r ·ai0, ai0+2 < r ·ai0+1 < r 2 ai0
ai0+j < r j ·ai0, ∀j ∈ N.
Mas a série +∞
i=1 rj · ai0 = ai0 · +∞
i=1 rj é uma série geométrica convergente, pois
r < 1. Então pelo item iii) do Teorema 1.1 a série
converge e portanto a série toda:
+∞
i=1
ai =
+∞
ai0+j
j=1
i0
ai +
i=1
converge.
No caso L > 1 se lida com a desigualdade
+∞
ai0+j
j=1
1 < r < ai+1
, ∀i ≥ i0
e analogamente o item iii) do Teorema 1.1 dará agora que
diverge.
ai
+∞
ai
i=1

4. UM ARGUMENTO GEOMÉTRICO PARA A SÉRIE GEOMÉTRICA 414
4. Um argumento geométrico para a série geométrica
Arquimedes provava com um argumento geométrico que
1
4 +(1
4 )2 +( 1
4 )3 +... = 1
3
o que dá em seguida
1+ 1
4 +(1
4 )2 +( 1
4 )3 +... = 1+ 1
3 =
= 4 1
=
3 1− 1,
4
em perfeita concordância com nossa Afirmação 2.1.
Seu argumento é o seguinte. Tome um quadrado de lado 1 e inscreva nele um
quadrado de lado 1 1 (e área portanto). a seguir a seguir é o maior quadrado em
2 4
vermelho. Note que à direita e acima desse quadrado vermelho há quadrados verde e
amarelos de mesma área 1
4 .
Figura: Três etapas do processo de Arquimedes
Agora justaponha ao quadrado vermelho um segundo quadrado vermelho, de lado
1 1 e área 4 42 = 1 , como mostra a figuraa seguir (note que aparecem então dois quadra-
16
dos de área 1
à direita e acima dele).
16
Assim sucessivamente, quadrados vermelhos de lado 1
2n e área 1
4n são justapostos,
∀n ∈ N.
Arquimedes argumenta que esse processo continuado preenche todo o quadrado
de lado 1 com infinitos quadrados vermelhos, verdes e amarelos. A soma das áreas
dos vermelhos é a mesma soma das áreas dos verdes e da dos amarelos. Mas então
3·( 1 1 1
+ + +...) = 1,
4 42 43 e portanto
1 1 1 1
+ + +... =
4 42 43 3 .

CAPíTULO 30
Aproximação de Números e Funções importantes
Neste Capítulo mostro que o cálculo permite, através da iteração das operações
elementares +,−,/,x, obter aproximações com a precisão que se quiser de:
• funções fundamentais como arctan(x),ln(x), etc
• números como √ p (p primo), π, e = exp(1).
Ou seja, o Cálculo transforma a gente num McGiver , aquele personagem que
quase sem nenhum instrumento fabricava aparelhos incríveis em suas missões. Nós
só com as quatro operações faremos tudo (e aí a gente entende um pouco do que
acontece quando se usa uma calculadora científica ...).
1. Aproximações de raízes quadradas por números racionais
Pensando bem, é curiosa a nomenclatura números Reais, pois esses números não
estão próximos da nossa realidade nem são dados de forma natural. Quem aparece no
dia-a-dia são os Naturais, os Inteiros e os Racionais, esses sim presentes nas operações
matemáticas mais simples do dia a dia.
Quando falamos números Reais estamos nos referindo a um conjunto de números
muito maior que o conjunto dos números Racionais (isso s eprova nos cursos de
Análise Matemática). Apesar de que só saibamos citar um ou outro exemplo decor :
√ 2, π, etc.
De fato quando Arquimedes se refere a π no seu trabalho A medida do círculo,
ele o define como quociente entre o perímetro e o diâmetro de um círculo. Ele não
prova que π /∈ Q, mas por outro lado dá um método para aproximá-lo tanto quanto
se quiser por números racionais. E seu método, que é geométrico, usa em certos
momentos aproximações de números como √ 3 por números Racionais.
Essa é uma visão muito interessante (como todas as do gênio Arquimedes) de que
números Reais são limites de sequências de números Racionais. Um ponto de vista
bastante útil e prático para as aplicações da matemática e ao mesmo tempo um ponto
de vista que, convenientemente adaptado produz um construção lógica dos Reais (um
pouco mais adiante volto nisto).
2. Raízes quadradas que são irracionais
Que tal primeiro nos convercermos de que existem números Irracionais, por exemplo,
que √ 2 /∈ Q ?
Suponha por absurdo que sim √ 2 = p
, onde p,q ∈ N com mdc(p,q) = 1 (máximo
q
divisor comum é um). Ou seja, uso por ex. por absurdo √ 2 = 1/3 ao invés de 2/6.
415

3. COMO TIRAR RAÍZ QUADRADA SÓ COM +,−,×,/ 416
Mas então obtenho: 2 = p2
q2 e portanto: 2·q 2 = p2 . O número Natural p se escreve
como um produto de números primos, e nesse produto o fator 2 aparece um c k ≥ 0
de vezes. Por ex. no 12 = 22 · 3 o fator 2 aparece k = 2 vezes. Mas em p2 há 2k
fatores 2 e 2k é sempre um número Par. Por outro lado p2 = 2·q 2 e na decomposiçao
do número 2 · q 2 em primos, o fator 2 aparece um número
Ímpar de vezes. Essa
contradição surgiu de supor que √ 2 é racional.
Seolharmosbemoargumento quedemosparaconvencernos que √ 2 /∈ Q, notamos
que serviria para provar que qualquer número primo P tem √ P /∈ Q.
3. Como tirar raíz quadrada só com +,−,×,/
Vamos aplicar alguns itens do Teorema 3.1 do Capítulo 4, que dá propriedades d
elimites de sequências, para fazer uma mágica.
Tome um número positivo A. Tome um número positivo arbitrário, qualquer
x > 0 e defina
x0 := x
e
x1 := 1
2
Daí em diante, recursivamente, defina
Afirmação 3.1. 1
Se a sequência
·(x+ A
x ).
xn := 1
2 ·(xn−1 + A
xn−1
xn := 1
2 ·(xn−1 + A
tem limn→+∞xn = L > 0 então de fato
(a raíz positiva de A).
L = √ A
xn−1
Em particular, se √ A for um número Irracional como por exemplo √ 2 e se x for
Racional, então estamos dando um método para aproximar o número irracional pelos
números Racionais
xn := 1
2 ·(xn−1 + A
).
xn−1
Demonstração.
Para começarmos a prova da Afirmação 3.1, argumentaremos através de uma
analogia. 2
1 Uma afirmação mais forte - e verdadeira - é de que de fato a sequência definida recursivamente
tem um limite L e esse limite é um número positivo.
2 Rigorosamente trata-se de argumentar com uma subsequência da sequência toda
)
)

CAPÍTULO 30. APROXIMAÇÃO DE NÚMEROS E FUNÇÕES IMPORTANTES 417
Imagine uma fila de pessoas e que a fila se move para algum lugar. Então vemos
elemento n-ésimo caminhando em direção a esse lugar e o elemento (n−1)-ésimo que
o segue para lá. Isso quer dizer em linguagem do dia a dia que:
se limn→+∞xn = L (como supomos) então limn→+∞xn−1 = L também.
Para provar a Afirmação toda, note que o Teorema 3.1 do Capítulo 4 vai dando,
já que limn→+∞xn−1 = L :
Mas temos
lim
n→+∞
lim
n→+∞
A
xn−1
1
xn−1
= 1
L ,
= A· 1
L
= A
L ,
lim
n→+∞ (xn−1 + A
) = L+
xn−1
1
L
1
lim
n→+∞ 2 ·(xn−1 + A
) =
xn−1
1 1
·(L+
2 L ).
xn = 1
2 ·(xn−1 + A
e limn→+∞xn = L; logo juntando temos:
de onde obtemos
xn−1
L = 1 A
·(L+
2 L ),
2L = L2 +A
L
e portanto L 2 = A; como L > 0 temos que L = √ A.
Fiz um exemplo na Calculadora, onde a cada etapa a calculadora faz truncamentos.
Pondo A = 2 e ∀n ≥ 1, xn := 1
2 ·(xn−1 + 2
xn−1 ):
x0 := 390, x1 := 195.0025641 x2 := 97.50641019,
x3 := 48.76346084, x4 := 24.40223758, x5 := 12.24209864,
x6 := 6.202734661, x7 := 3.262586543, x8 := 1.937798551,
x9 := 1.484948789, x10 := 1.415898291, x11 := 1.414214565,
x12 := 1.414213562
e aqui a calculadora não sai mais desse número Racional, que para ela é a própria
√ 2.
De onde saiu esse formato:
da sequência ?
xn := 1
2 ·(xn−1 + A
xn−1
)
)

4. OS REAIS ATRAVÉS DE SEQUÊNCIAS DE NÚMEROS RACIONAIS 418
Simplesmente note que é o formato dado pela Afirmação 0.1, do Capítulo 18 -
Método de Newton - para a função
pois:
f(x) = x 2 −A,
xn = xn−1 − f(xn−1)
f ′ (xn−1) = xn−1 − x2 n−1 −A
= 1
2 ·(xn−1 + A
xn−1
2·xn−1
4. Os Reais através de sequências de números Racionais
Como sabemos, não se pode ver um buraco negro, pelo motivo de que ele atrai
até mesmo os raios de luz. Então como os astrônomos podem estar tão seguros de
que existem esses misteriosos objetos?
O que eles vêem são estrelas sendo sugadas para um certa região, onde se acumulam
milhares de estrelas, apertando-se cada vez mais numa pequena região do espaço.
Daí deduzem que ali há um buraco negro.
Voltando ao nosso tema, se um sequência de números xn tende a um número L,
então os seus termos vão se aproximando entre si:
Afirmação 4.1. Suponha limn→+∞ xn = L. Então dado ǫ > 0 existe um nǫ tal que
∀n1 ≥ nǫ e ∀n2 ≥ nǫ, |xn1 −xn2| < ǫ.
Demonstração.
Pela definiçao de limn→+∞xn = L, dado ǫ > 0, existe nǫ tal que ∀n ≥ nǫ temos
|xn −L| < ǫ
2 .
Então ∀n1,n2 ≥ nǫ temos (pela desigualdade triangular):
|xn1 −xn2| = |xn1 −L+L−xn2| ≤
≤ |xn1 −L|+|xn2 −L| < ǫ ǫ
+ = ǫ.
2 2
Podemos também inverter as coisas !
QuetallidarmosinicialmenteapenascomnúmerosRacionaisefazermososeguinte:
cada vez que vemos uma sequência de números Racionais cujos termos se aproximam
entre si tanto quanto quisermos (como ocorre na conclusão da Afirmação 4.1), que
tal imaginarmos, postularmos, que ali há um número Real que os atrai ?
ChamaremosassequênciasdenúmerosRacionaiscujostermosseaproximamentre
si de sequências fundamentais.
Claro que pode acontecer que duas ou mais sequências fundamentais se acumulem
na mesma região, e as imaginamos estarem sendo atraídas pelo mesmo número Real.
).
=

CAPÍTULO 30. APROXIMAÇÃO DE NÚMEROS E FUNÇÕES IMPORTANTES 419
Diremos que duas sequências fundamentais xn e x ′ n
Isso sugere então pensar que:
lim
n→+∞ (xn −x ′ n ) = 0.
são equivalentes se
cada número Real é uma classe de equivalência de sequências fundamentais.
5. Aproximações de e por números Racionais
Esta Seção está descrita de modo auto-suficiente, sem fazer apelo ao resultado da
Seção 12 do Capítulo 22. Claro que o leitor tema liberdade de supôr aquele resultado
e considerar esta Seção apaenas uma discretização daquela.
A prova da irracionalidade de e = exp(1) é dada com detalhes no livro do M.
Spivak, Calculus. Aqui o que discuto é como aproximá-lo por números Racionais.
Primeiro veremos uma sequência que o aproxima, mas o faz de modo bastante
lento, depois indicaremos outro modo de aproximá-lo, este sim rápido.
Sabemos pelo Teorema Fundamental e pela definição de logaritmo natural que:
e portanto:
ln ′ (x) = 1
, ∀x > 0
x
ln ′ (1) = 1
= 1.
1
Se olhamos isso pela definição de derivada o que temos é que
ln(1+h)−ln(1) ln(1+h)
1 = lim = lim .
h→0 h h→0 h
Mas se isso vale para quaisquer números h tendendo a zero, podemos tomá-los da
forma:
h = 1
com n → +∞.
n
= 1 vira
Ou seja que limh→0 ln(1+h)
h
Pela propriedade de que
obtenho:
1 = lim
n→+∞
ln(1+ 1
n )
1
n
1
= lim n·ln(1+
n→+∞ n ).
ln(x n ) = n·ln(x), ∀x > 0, ∀n ∈ N
1
1 = lim ln((1+
n→+∞ n )n ).
Suponha por um momento que a sequência xn := (1+ 1
n )n tem um limite L.
Então como o ln(x) é uma função contínua tenho
lim
n→+∞ ln((1+ 1
n )n ) = ln( lim
n→+∞ (1+ 1
n )n ) = ln(L).

5. APROXIMAÇÕES DE E POR NÚMEROS RACIONAIS 420
Aplicando exponencial:
exp(1) = exp(ln(L)) = L,
ou seja concluímos que xn := (1+ 1
n )n é uma sequência de Racionais tendendo ao e.
Vamos dar agora uma prova de que a sequência xn := (1+ 1
n )n converge para um
número entre 2 e 3:
Afirmação 5.1. A sequência xn := (1+ 1
n )n tem
1
lim (1+
n→+∞ n )n = L, com 2 < L < 3.
Demonstração.
Basta verificar que que essa sequência é limitada superiormentemente por um
número menor que 3. Pois como é nitidamente crescente e x1 = 2, o Teorema 1.1
garantirá que ela converge.
Começo escrevendo pela fórmula do binômio:
(1+ 1
n )n n
n
= (
j
1
n )j =
= 1+n· 1 n(n−1) 1 1
+ +...+
n 2! n2 nn. Agora vamos escrever essa soma de um jeito adequado ao que segue:
(1+ 1
n )n =
= 1+n· 1 n(n−1) 1 n(n−1)(n−2)...2 1
+ +...+ =
n 2! n2 n! nn = 1+1+ 1 1 1 1 2 n−2
(1− )+...+ (1− )(1− )...(1−
2! n n! n n n ).
Agora vamos dar quotas superiores para cada parcela desta soma, obtendo:
1+1+ 1 1 1 1 2 n−2
(1− )+...+ (1− )(1− )...(1− ) <
2! n n! n n n
< 1+1+ 1 1
+...+
2! n! .
Para darmos novas cotas superiores a essa soma lembro um Exercício de Indução:
Então
1+1+ 1 1
+...+
2! n!
j=0
n! ≥ 2 n−1 ∀n ∈ N.
1 1
≤ 1+1+ ...+
2 2n−1. ou seja, que (1+ 1
n )n é sempre estritamente menor que
1+1+ 1 1
...+
2 2n−1. É nítido que esta última soma é o resultado de adicionar 1 a um pedaço da série
geométrica infinita:
1+ 1
2
1
...+ +...,
2n−1

CAPÍTULO 30. APROXIMAÇÃO DE NÚMEROS E FUNÇÕES IMPORTANTES 421
que já vimos vale:
Logo ∀n ∈ N:
como queríamos.
1+ 1
2
1 1
...+ +... =
2n−1 1− 1
2
(1+ 1
n )n < 1+(1+ 1
2
= 2.
1
...+ +...) = 3,
2n−1 Fiz algumas contas no computador, obtendo os primeiros 10 valores (truncados
na 10 casa após a virgula) para xn := (1+ 1
n )n :
x1 = 2, x2 = 2.250000000, x3 = 2.370370370, x4 = 2.441406250,
x5 = 2.488320000, x6 = 2.521626372, x7 = 2.546499697,
x8 = 2.565784514, x9 = 2.581174792, x10 = 2.593742460,
e assim por diante, se vê que a sequência vai crescendo lentamente. Tive que ir
até n = 120 para obter
Se pode provar que a sequência x ′ n
para e = exp(1).
x120 = 2.707041491.
:= 1+1/1!+1/2!+...+1/n! também tende
Fiz as contas de n = 1 até n = 12 e já aqui o computador diz que cheguei no
limite, ou seja o erro entre e = exp(1) e x ′ 12 está na décima-primeira casa decimal:
x ′ 1 = 2, x′ 2 = 2.500000000, x′ 3
= 2.666666667,
x ′ 4 = 2.708333333, x′ 5 = 2.716666667, x′ 6
x ′ 7 = 2.718253968, x ′ 8 = 2.71827877, x ′ 9 = 2.718281526
= 2.718055556,
x ′ 10 = 2.718281801, x′ 11 = 2.718281826, x′ 12 = 2.718281828.
Veja por comparação como a sequência anterior xn = (1 + 1/n) n é lenta em
sua covergência para e, pois x112 = 2.707041491 ainda está bem longe de x ′ 12 =
2.718281828.
6. Arcotangente e cartografia
Nos mapas as curvas de nível dão a informação de quanto variou a coordenada
vertical ∆y entre dois pontos e a escala do mapa te dá informação da variação da
coordenada horizontal ∆x.
Logo se obtém um valor tan(α) = ∆y
∆x
e torna-se relevante calcular arctan(α).
Logoéimportantesabermoscalcularoarcotangentecomaprecisãoquequisermos.
Mas o que a calculadora científica de fato faz, quando calcula essa função ?
E se eu tiver apenas uma calculadora que faz as 4 operações, será que consigo
calcular arctan(α) com a precisão que quiser ?

6. ARCOTANGENTE E CARTOGRAFIA 422
Vou explicar o que fazer, para dar o arctan(x) pelo menos para x ∈ (−1,1), com
a ordem de precisão que se quiser, ou seja, com quantas casas quisermos depois da
vírgula, apenas fazendo repetidamente as 4 operações +,−,/,x.
Primeiro começo lembrando da fórmula (Seção 5 do Capítulo 16 ):
arctan ′ (x) = 1
1+x 2,
∀x ∈ R.
Escrevendo:
1
=
1+x 2
1
1−(−x 2 ) ,
podemos usar a Afirmação 2.1 na região x ∈ (−1,1):
1
1+x 2 = 1−x2 +x 4 −x 6 +... se |x| < 1.
Sabemos pelo Primeiro Teorema Fundamental que:
x
1
dt = arctan(x)−arctan(0) = arctan(x).
1+t 2
0
Agora vamos ser otimistas 3 : vamos imaginar que podemos usar a propriedade
x
a
(f +g)dt =
x
a
f dt+
não apenas para a soma de duas funções f +g mas para a soma de uma infinidade
de funções.
Ou seja, com otimismo, asssumo que a integral de uma soma infinita de funções
é a soma infinita de integrais. Esse otimismo nos permitiria escrever:
x
0
(1−t 2 +t 4 −t 6 +...)dt = x− x3
3
+ x5
5
x
a
− x7
7
gdt
+..., se |x| < 1.
O fascinante é que sim, podemos fazer isso ! pelo menos nessa situação específica...
Ou seja, igualando o lado esquerdo com o direito:
arctan(x) = x− x3 x5 x7
+ − +..., se |x| < 1.
3 5 7
E é isso que a calculadora faz: ela trunca a soma
x− x3
x5 x7
+ − +..., se |x| < 1
3 5 7
num grau suficientemente alto para termos a precisão desejada do arctan(x). E fazer
somas e produtos como os que aparecem em
x− x3
3
+ x5
5
− x7
7
+..., se |x| < 1
é fácil para uma calculadora !
As Figuras a seguir comparam o gráfico real de arctan : (−1,1) → R com os
gráficos dos truncamentos y = x : (−1,1) → R, y = x − x3
3 : (−1,1) → R e
x− x3
3
+ x5
5
: (−1,1) → R.
3 Justificado na Afirmação 2.1 do Capítulo 31

CAPÍTULO 30. APROXIMAÇÃO DE NÚMEROS E FUNÇÕES IMPORTANTES 423
1
0,5
0
-0,8 -0,4 0 0,4 0,8
-0,5
-1
x
Figura: O gráfico de y = arctan(x) (vermelho) e y = x (verde) para x ∈ [−0.99,0.99].
0,8
0,4
0
-0,8 -0,4 0 0,4 0,8
Figura: O gráfico de y = arctan(x) (vermelho) e y = x− x3
3
-0,8
Figura: O gráfico de y = arctan(x) (vermelho) e y = x− x3
3
para x ∈ [−0.99,0.99].
-0,4
x
-0,4
-0,8
0,8
0,4
0
0
x
-0,4
-0,8
7. A aproximação de π dada por Leibniz
0,4
0,8
(verde) para x ∈ [−0.99,0.99].
+ x5
5 (verde)
Uma prova de que π é Irracional é dada no excelente livro Calculus, de M. Spivak,
usando com astúcia o Cálculo.
O que quero dar aqui é uma aproximação de π por Racionais, que remonta a
Leibniz.
Mostraremos aqui que a série
arctan(x) = x− x3 x5 x7
+ −
3 5 7 +...
, teremos:
funciona para x = 1 ! E como arctan(1) = π
4
π
4
1 1 1
= arctan(1) = 1− + −
3 5 7 +...,

7. A APROXIMAÇÃO DE π DADA POR LEIBNIZ 424
de onde:
.
π = 4(1− 1 1 1
+ −
3 5 7 +...).
Essa aproximação de π, apesar de bonita, é lenta e é feita por falta e excesso, de
modo oscilante: de fato as somas parciais de ordem ímpar da soma são maiores que
π e decrescem:
s1 := 4·1 = 4, s3 := 4(1− 1
3
1
+ ) = 3.466666667,
5
s5 = 4(1− 1 1 1 1
+ − + ) = 3.339682540, ...
3 5 7 9
enquantos as somas parciais de ordem par são menores que π e crescem:
s2 := 4(1− 1
3 ) = 2.666666667, s4 := 4(1− 1 1
+
3 5
1
− ) = 2.895238095,
7
s6 := 4(1− 1 1 1 1 1
+ − + − ) = 2.976046176, ...
3 5 7 9 11
Queremos provar que uma fila sn vai toda para algum lugar determinando quando
n cresce. Se mostro que as posições pares s2n a fila vão para o lugar L e se mostro
que as posições ímpares s2n+1 também vão para esse lugar L, então a fila toda vai.
É isso que queremos verificar, pois queremos mostrar que para
sn := 4(1− 1 1
+
3 5 +...+(−1)n 1
2n−1 )
existe
lim
n→+∞ sn = L.
Reparando no formato das somas sn, vemos que para n ≥ 2:
• s2n+1 < s2(n−1)+1 pois
1
s2n+1 = s2(n−1)+1 −4(
2(2n+1)−3 −
1
2(2n+1)−1 )
eportantoassomasparciaisímparess2n+1 formamelasmesmasumasequência
decrescente,
• s2n > s2(n−1) pois
s2n = s2(n−1) +4(
1
2n−3 −
1
2(2n)−1 )
e portanto as somas parciais pares s2n+1 formam elas mesmas uma sequência
crescente.
• s2n ≤ s1 = 4 e s2 = 4(1− 1)
< s2n+1 3
Logo o Teorema 1.1 aplicado separadamente às sequências (s2n)n e (sn+1)n, diz
que ambas convergem:
lim
n→+∞ s2n = L1 e lim
n→+∞ s2n+1 = L2.

CAPÍTULO 30. APROXIMAÇÃO DE NÚMEROS E FUNÇÕES IMPORTANTES 425
e
Mas para terminar note que L1 = L2 pois
|s2n+1 −s2n| =
lim
n→+∞
4
2(2n+1)−1
4
2(2n+1)−1
= 0.
8. Aproximações de logaritmos
Se |x| < 1 então 1+x > 0 e posso tomar ln(1+x). Pela regra da composta:
Agora escrevo:
ln(1+x) ′ = 1
1+x .
1
1+x =
e uso a Afirmação 2.1 para x ∈ (−1,1):
1
1−(−x)
1
1−(−x) = 1−x+x2 −x 3 +..., se |x| < 1.
O Teorema Fundamental do Cálculo dá:
x
1
dt = ln(1+x)−ln(1+0) = ln(1+x)
1+t
0
Vamossernovamenteotimistasnovamenteesupor queaintegraldeumasomainfinita
é uma soma infinita de integrais4 , obtendo então:
ln(1+x) =
x
0
(1−t+t 2 −t 3 +...)dt = x− x2
2
+ x3
3
− x4
4
..., |x| < 1.
As Figuras a seguir comparam o gráfico real de ln(1 + x) : (−1,1) → R com
os gráficos dos truncamentos y = x : (−1,1) → R, y = x − x2 : (−1,1) → R e
2
x− x2 x3
+ : (−1,1) → R.
2 3
Para que os gráficos ficassem mais destacados não usei a mesma escala nos eixos
x e y:
4 Justificado na Afirmação 2.1 do Capítulo 31
-0,8
-0,4
1
0
0
-1
-2
-3
-4
x
0,4
0,8

9. APROXIMAÇÃO DE LOGARITMOS DE NÚMEROS QUAISQUER 426
Figura: O gráfico de y = ln(1+x) (vermelho) e y = x (verde)
para x ∈ [−0.99,0.99].
-0,8 -0,4 0 0,4 0,8
0
-1
-2
-3
-4
x
Figura: O gráfico de y = ln(1+x) (vermelho) e y = x− x2
2 (verde)
para x ∈ [−0.99,0.99].
-0,8 -0,4 0 0,4 0,8
0
Figura: O gráfico de y = ln(1+x) (vermelho) e y = x− x2
2
-1
-2
-3
-4
x
+ x3
3 (verde)
9. Aproximação de logaritmos de números quaisquer
Agora vamos ver o que fazer para aproximar ln(z) de um número z > 0 qualquer.
Se |x| < 1 então 1 − x > 0 e posso tomar ln(1 − x). Pela regra da derivada da
composta:
ln(1−x) ′ = 1 −1
(−1) =
1−x 1−x
Se |x| < 1 escrevo pela Afirmação 2.1:
1
1−x = 1+x+x2 +x 3 +..., se|x| < 1
e se pode também escrever (ver Afirmação 2.1 da Seção 31):
Pelo Teorema Fundamental:
−1
1−x = −1−x−x2 −x 3 −..., se|x| < 1.
ln(1−x)−ln(1−0) = ln(1−x) =
x
0
−1
1−t dt,

CAPÍTULO 30. APROXIMAÇÃO DE NÚMEROS E FUNÇÕES IMPORTANTES 427
eseformosotimistastrocaremosaintegraldeumasomainfinitapelasomadeinfinitas
integrais (ver Afirmação 2.1 do Capítulo 31):
ln(1−x) =
x
0
Agora vamos precisar de um truque:
(−1−t−t 2 −t 3 −...)dt = −x− x2
2
− x3
3
Afirmação 9.1. Todo número z > 0 se escreve de modo único como:
z = 1+x
, com|x| < 1.
1−x
Demonstração.
Dado z > 0 quero resolver em x a equação:
1+x
1−x
= z.
... |x| < 1.
Para isso faço z·(1−x) = 1+x, logo −zx−x = 1−z, ou seja, −x(1+z) = 1−z e
daí:
x =
z −1
z +1 .
Note que x < 1 pois z −1 < z < z +1.
Também note −1 < x pois −(z +1) = −z −1 < z −1, já que 0 < z.
Ou seja, |x| < 1.
Usando dessa Afirmação e da propriedade do logaritmo do quociente, escrevo:
ln(z) = ln( 1+x
) = ln(1+x)−ln(1−x) z > 0, |x| < 1
1−x
e portanto, pelo que já vimos:
ln(z) = (x− x2
2
+ x3
3
− x4
4
...)−(−x− x2
2
− x3
3
...), |x| < 1.
Se as somas acima fossem finitas, poderíamos subtrair termo a termo. Sejamos
otimistas e imaginemos que podemos subtrair termo a termo nas somas infinitas (ver
Afirmação 1.1 do Capítulo 31), obtendo (já que os termos de grau par se cancelam):
ln(z) = 2(x+ x3
3
+ x5
5
z −1
+...), onde z > 0, x = , |x| < 1
z +1

11. EXERCÍCIOS 428
4
3
2
1
0
10
20
z
Figura: O gráfico de y = ln(z) (vermelho), z ∈ [0.5,50], y = 2x (verde)
y = 2(x+ x3
3
) (amarelo) e y = 2(x+ x3
3
30
40
+ x5
5
10. Aproximação de ln(2)
50
) (azul), onde x = z−1
z+1 .
Lembro que só usando a definição já sabíamos que
1
< ln(2) < 1.
2
Com os resultados anteriores, para z = 2 e portanto x = z−1
z+1
a precisão que quisermos:
ln(2) = 2( 1 1 1 1 1 1 1
+ + + ...).
3 333
535
737
Meu computador aproxima ln(2) ≈ 0.6931471806.
Enquanto isso, obtenho:
s1 := 2( 1
3 ) = 0.6666666667, s2 := 2( 1 1 1
+
3 333)
= 0.6913580247
s3 := 2( 1 1 1 1 1
+ +
3 333
535)
= 0.6930041152
s4 := 2( 1 1 1 1 1 1 1
+ + +
3 333
535
737)
= 0.6931347573.
s5 := 2( 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ + + +
3 333
535
737
939)
= 0.6931460474
s6 := 2( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ + + + +
3 333
535
737
939
11311)
= 0.6931470738.
11. Exercícios
1
= , obtemos ln(2) com
3
Exercício 11.1. Obtenha uma sequência definida recursivamente que tende para a
raíz cúbica de A. Para isso:
i) levante (x0,0) verticalmente no gráfico de y = x 3 −A
ii) encontre a tangente ao gráfico de y = x 3 −A no ponto obtido em i),
iii) desça pela tangente até encontrar o eixo x, determinando x1 e assim sucessivamente.
iv) teste a sequência obtida, numericamente, numa calculadora.

CAPíTULO 31
Séries numéricas e de funções
Um série infinita é uma soma infinita:
1. Séries numéricas
x1 +x2 +x3 +...
O sentido preciso dos três pontinhos é o seguinte: considere uma soma parcial de orde
n:
sn := x1 +x2 +...+xn.
Quando cresce o n os números sn forma eles mesmos uma sequência infinta (sn)n .
Então
x1 +x2 +x3 +... := lim
n→+∞ sn,
que pode existir ou não.
Quando existe esse limite dizemos que a soma infinita x1+x2+x3+... converge
e quando não existe dizemos que x1 +x2 +x3 +... diverge.
O símbolo x1 +x2 +x3 +... não é muito conciso, por isso uso:
n
+∞
sn := xi, e x1 +x2 +x3 +... = xi.
i=1
A Afirmação a seguir justifica alguns dos truques usados nas Seções anteriores:
Afirmação 1.1.
i) Se +∞
i=1 xi converge e C ∈ R então +∞
i=1 C ·xi também converge e
+∞
i=1
C ·xi = C ·
ii) Se +∞
i=1 xi e +∞
i=1 yi são duas séries convergentes então também convergem
as séries +∞
i=1 (xi +yi) e +∞
i=1 (xi −yi) e ademais:
+∞
i=1
+∞
i=1
(xi +yi) =
(xi −yi) =
+∞
i=1
+∞
i=1
xi +
xi.
+∞
i=1
+∞
+∞
xi −
429
i=1
i=1
yi,
yi.
i=1

1. SÉRIES NUMÉRICAS 430
iii) Sejam xi > 0 e yi > 0. Se xi ≤ yi ∀i ∈ N e se +∞
i=1 yi converge então também
coverge +∞
i=1 xi converge
iv) Se +∞
i=1 |xi| converge então +∞
i=1 xi. A recíproca não é verdadeira.
Demonstração.
De i): Como +∞
i=1 xi converge, então existe
lim
n→+∞ sn = L, onde sn :=
Mas pelas propriedades de limites de sequências:
n
xi.
i=1
lim
n→+∞ C ·sn = C · lim
n→+∞ sn := C ·
Pela distributividade do produto e soma (finita)
n n
C ·sn := C · xi = C ·xi,
e portanto
i=1
lim
n→+∞ C ·sn
+∞
=
i=1
i=1
C ·xi,
+∞
xi
como queríamos.
De ii):
Denoto por s x n := n
i=1 xi e s y n := n
i=1 yi. Temos por hipótese que existem
i=1
lim
n→+∞ sxn = L1 e lim
n→+∞ syn = L2.
Então pelas propriedades de soma/diferença de sequências, aplicadas às sequências
(s x n )n e (s y n )n, temos:
lim
n→+∞ (sxn ±s y n) = lim
n→+∞ sxn ± lim
n→+∞ syn, que é o que queremos provar.
De iii): Sem entrar m muitos detalhes,a idéia é que se consegui somar as infinitas
parcelas de +∞
i=1 yi com mais razão poderei somas as infinitas parcelas de +∞
i=1 xi,
já que xi ≤ yi.
De iv): Sem entrar em detalhes que se vêem em textos de Análise Matemática,
o que posso dizer é que se conseguimos somar todos os módulos |xi| > 0 é razoável
que consigamos também somar as parcelas xi, já que nessas há mudanças de sinais
de > 0 para < 0, que produzem subtrações e cancelamentos.
Sobre a recíproca : a série 1− 1 1 1 + − +... converge (e o argumento é análogo
2 3 4
ao que usamos na aproximação de π). Mas como vimos na prova da Afirmação 6.1,
1+ 1 1 1 + + +... fica tão grande quanto quisermos.
2 3 4

CAPÍTULO 31. SÉRIES NUMÉRICAS E DE FUNÇÕES 431
2. Séries de potências
Agora precisamos justificar que, sob certas condições, a integral de uma soma
infinita é a soma infinita de integrais. Por exemplo, o otimismo:
x
0
(−1−t−t 2 −t 3 −...)dt = −x− x2
2
− x3
3
que podemos reescrever, se preferirmos, numa nova notação:
x +∞
0
i=0
+∞
=
−t i dt =
i=0
+∞
x
i=0
0
−t i dt =
−xi+1 , |x| < 1.
i+1
... |x| < 1,
Esta últimaexpressão éumasérie infinita, masquedependedecadaxcom|x| < 1
para dar um valor determinado.
Por isso se chama série infinita de funções, e pode ser pensada como uma fábrica
de séries de números, pois:
x ↦−→
+∞
i=0
−x i+1
i+1
∈ R,
desde que |x| < 1.
Esse é só um exemplo, em geral uma série infinita de funções é algo do tipo:
+∞
fi(x)
e o principal problema é saber para quais x as séries numéricas
i=0
x ↦−→
+∞
i=0
fi(x)
convergem.
No que segue nos limitaremos apenas a funções
fi(x) = aix i
onde ai são números (chamadas séries de potências).
Afirmação 2.1. Suponha uma série de funções +∞
i=1 aiti tal que para um certo t =
x > 0 convirja a série numérica:
+∞
|ai||x i |.
Então:
• convergem também as séries
+∞
|ait i | e
i=1
i=1
+∞
i=1
ait i , ∀t ∈ [−x,x].

2. SÉRIES DE POTÊNCIAS 432
• A função
é integrável e
x
Demonstração.
Temos para |t| ≤ x:
0
+∞
i=1
f : [−x,x] → R, f(t) :=
ait i dt =
+∞
i=1
|ait i | =
+∞
x
i=1
+∞
i=1
0
ait i dt =
|ai||t i | ≤
+∞
i=1
+∞
i=1
+∞
i=1
ait i
|ai|x i |
ai
i+1 xi+1 .
e está última série converge por hipótese.
Então também convergem as séries numéricas +∞
i=1 |aiti |, obtidas escolhendo t
com |t| ≤ x (para cada t, aplique a Afirmação 1.1 item iii)).
Então para cada t escolhido com |t| ≤ x convergem +∞
i=1 aiti (para cada t, aplique
a Afirmação 1.1 item iv)).
Logo a função
f : [−x,x] → R, f(t) :=
está bem definida.
A integrabilidade dessa f se explica nos textos de Análise Matemática.
Me concentrarei apenas em mostrar que
ou seja que
x
0
x
0
f(t)dt =
+∞
x
i=1
f(t)dt = lim
n→+∞
0
n
i=1
+∞
i=1
ait i dt,
x
0
ait i
ait i dt,
ou ainda (já que integral de soma finita é a soma finita de integrais) que
x x n
f(t)dt = lim ( ait
n→+∞
i )dt.
Para isso tenho que mostrar que:
0
dado ǫ > 0 qualquer, se n for suficientemente grande, então
x x n
| f(t)dt− ( ait i )dt| < ǫ.
0
0
0
i=1
i=1

CAPÍTULO 31. SÉRIES NUMÉRICAS E DE FUNÇÕES 433
Ora, do item ix) do Teorema 4.1, Capítulo 21:
x x n
f(t)dt− ( ait i x
)dt = (f(t)−
0
0
i=1
Pelo item viii) do Teorema 4.1, Capítulo 21:
x n
| (f(t)− ait i )dt| ≤
0
i=1
Agora, por definição f(t) := +∞
i=1 aiti , logo
n
f(t)− ait i =
e portanto
≤
|f(t)−
+∞
n+1
i=1
n
ait i | = |
i=1
|ai||t i | ≤
+∞
n+1
O que vem a ser esse termo +∞
n+1 |ai||xi | ?
Se denoto +∞
n+1 |ai||xi | = L, então
+∞
|ai||x i | = L−
i=n+1
x
0
0
|f(t)−
+∞
i=n+1
+∞
i=n+1
ait i
n
ait i )dt.
i=1
n
ait i |dt.
i=1
ait i | ≤
|ai||x i |, se |t| ≤ x
n
|ai||x i |.
Mas as somas parciais sn := n i=1 |ai||xi | convergem para o limite L, logo
+∞
|ai||x i | = L−sn
i=n+1
se faz tão pequeno quanto quisermos, se n cresce o suficiente. Posso tomar n tal que
+∞
|ai||x i | < ǫ
, onde x > 0.
x
Em conclusão:
|
i=n+1
x
0
f(t)dt−
≤
x
+∞
x
0
0 i=n+1
x
(
i=1
n
ait i )dt| ≤
i=1
|ai||x i |dt ≤
ǫ ǫ
≤ dt = ·x = ǫ,
0 x x
se n cresce o suficiente. Era o que queríamos demonstrar.

3. SÉRIES DE TAYLOR E OS RESTOS DE LAGRANGE, CAUCHY E
INTEGRAL 434
Para usar a Afirmação anterior é preciso ter uma idéia de qual x tomar. Esse
intervalo
[−x,x]
onde a série converge é chamado de intervalo de convergência.
Para determinar x, para cada t faça 1 :
L(t) := lim
i→+∞
e imponha que:
L(t) < 1.
Por exemplo, para +∞
i=1 (i+2−i )·t i temos:
|ai+1|·|t| i+1
|ai+1| |ai+1|
= lim ·|t| = |t|· lim
|ai|·|t| i i→+∞ |ai| i→+∞ |ai|
|ai+1|
L(t) := |t|· lim = |t|· lim
i→+∞ |ai| i→+∞
|i+2 −i +1+2 −1 |
|i+2 −i |
1+2−1
= |t|· lim 1+ = |t|.
i→+∞ i+2 −i
Portanto uma escolha
0 < x < 1
garante que a série +∞
i=1 (i+2−i )·t i converge ∀t ∈ [−x,x].
3. Séries de Taylor e os Restos de Lagrange, Cauchy e Integral
Definição 3.1. Dada uma função f(x) que se possa derivar quantas vezes quisermos,
o seu polinômio de Taylor de grau n em a é dado por:
pn,f,a := f(a)+f ′ (a)·(x−a)+ f′′
2! (a)·(x−a)2 +...+ f(n)
n! (a)·(x−a)n .
AseguinteAfirmação mostraemquemedida f(x)éaproximada porseupolinômio
de Taylor. Há três modos de expressar a diferença entre f e seu polinômio de Taylor,
cada um com sua utilidade.
Afirmação 3.1. (Restos da expansão de Taylor)
Suponha que f tem derivadas de todas as ordens.
i): Um polinômio q(x) de grau n tem
q(a) = f(a), q ′ (a) = f ′ (a),...,q (n) (a) = f (n) (a) ⇔ q(x) = pf,n,a.
Nos itens a seguir trato do caso a < x, mas as conclusões são análogas se x < a,
agora com x < x < a.
ii): (Resto de Lagrange) Existe pelo menos um ponto x ∈ (a,x) tal que
f(x) = pn,f,a + f(n+1) (x)
(n+1)!
·(x−a) n+1 .
1 Há versõesmais geraisem que nem precisamosque exista esse limite, mas por enquanto ficamos
com esta.
=

CAPÍTULO 31. SÉRIES NUMÉRICAS E DE FUNÇÕES 435
iii): (Resto de Cauchy) Existe pelo menos um ponto x ∈ (a,x) tal que
f(x) = pn,f,a + f(n+1) (x)
·(x−x)
n!
n ·(x−a).
iv): (Resto Integral):
Demonstração.
f(x) = pn,f,a +
x
a
f (n+1) (t)
n!
·(x−t) n dt.
De i):
Notequedadefinição pf,n,a(a) = f(a), (pf,n,a) ′ (a) = f ′ (a) eassim, sucessivamente,
que
(pf,n,a) (i) (a) = f (i) (a), i = 0,...,n.
Por outro lado se
q(x) = a0 +a1x+...+anx n
então q(a) = f(a) implica que a0 = f(a); q ′ (a) = f ′ (a) implica que a1 = f ′ (a);
q ′′ (a) = f ′′ (a) implica que
2·a2 = f ′′ (a),
ou seja, a2 = f′′ (a)
2 e assim sucessivamente até
an = f(n)
n! .
De ii)
Fixados a e x, considere2 a seguinte função de t:
φ : [a,x] → R,
φ(t) := f(x)−[f(t)+f ′ (t)·(x−t)+ f′′
2! (t)·(x−t)2 +...+ f(n)
n! (t)·(x−t)n ].
Temos claramente φ(x) = 0, mas em geral
φ(a) = 0
já que
φ(a) := f(x)−pn,f,a.
Se acontece que φ(a) = 0 então o Teorema de Rolle diz que existe x ∈ (a,x) com
φ ′ (x) = 0. Mas
φ ′ (t) = −f ′ (t)−f ′′ (t)·(x−t)+f ′ (t)− f′′′
2! (t)·(x−t)2 +2 f′′
2! (t)·(x−t)+...+
− f(n+1)
(t)·(x−t)
n!
n +n· f(n)
n! (t)·(x−t)n−1 .
Note como os termos aparecem repetidos, mas com sinais opostos. Portanto após
cancelamentos:
φ ′ (t) = − f(n+1)
(t)·(x−t)
n!
n .
2 Se fosse x < a a função φ(t) seria definida do mesmo jeito, no domínio [x,a]

3. SÉRIES DE TAYLOR E OS RESTOS DE LAGRANGE, CAUCHY E
INTEGRAL 436
Como φ ′ (x) = 0 e x = x então concluimos que
f (n+1) (x) = 0
e a Afirmação ii) vale.
Mas no caso geral em que φ(a) = 0 faço:
C := (n+1)!
·φ(a).
(x−a) n+1
Então a nova função
ψ : [a,x] → R,
C
ψ(t) := φ(t)−
(n+1)! ·(x−t)n+1
agora sim tem:
ψ(x) = ψ(a) = 0.
Pelo Teorema de Rolle existe algum x ∈ (a,x) onde:
Ora,
ψ ′ (t) = φ ′ (t)+ C
ψ ′ (x) = 0.
n! (x−t)n = − f(n+1)
(t)·(x−t)
n!
n + C
n! (x−t)n .
Logo ψ ′ (x) = 0 e x = x dão que:
f (n+1) (x) = C.
Voltando na definição de ψ, agora com o valor de C = f (n+1) (x), obtemos
0 = ψ(a) =
= f(x)−[f(a)+f ′ (a)·(x−a)+ f′′
2! (a)·(x−a)2 +...+ f(n)
n! (a)·(x−a)n ]− f(n+1) (x)
(n+1)! ·(x−a)n+1 ,
o que conclui a demonstração deste item.
De iii):
Defina φ(t) como no item ii), para a qual sabemos que:
φ ′ (t) = − f(n+1)
(t)·(x−t)
n!
n .
Agora aplique o Teorema do Valor Médio para ter algum x ∈ (a,x) tal que:
φ(x)−φ(a)
= φ
x−a
′ (x) = − f(n+1)
(x)·(x−x)
n!
n .
Como φ(x) = 0 sempre obtemos
e portanto:
φ(a)
x−a
f(n+1)
= (x)·(x−x)
n!
n
φ(a) = f(n+1)
(x)·(x−x)
n!
n ·(x−a).
Ora, φ(a) = f(x)−pn,f,a.

CAPÍTULO 31. SÉRIES NUMÉRICAS E DE FUNÇÕES 437
De iv):
Fazendo como no item i), temos
φ ′ (t) = − f(n+1)
(t)·(x−t)
n!
n
e o Teorema Fundamental do Cálculo dá:
Como φ(x) = 0, isso dá:
φ(x)−φ(a) =
x
φ(a) = f(x)−pn,f,a =
a
− f(n+1)
(t)·(x−t)
n!
n dt.
x
a
f (n+1)
(t)·(x−t)
n!
n dt.
Chama-se de Resto de Lagrange de ordem n+1 a expressão:
Rn+1(x) := f(n+1) (x)
(n+1)!
·(x−a) n+1 ,
onde tomo qualquer x ∈ (a,x) que verifica o item ii) da Afirmação 3.1.
Se
lim
n→+∞ Rn(x) = 0
então escrevo:
Exemplos:
f(x) =
+∞
i=0
• Na Seção 6 vimos que
f (i) (a)
i!
·(x−a) i := lim
n→+∞ pf,n,a.
arctan(x) = x− x3 x5 x7
+ − +..., se |x| < 1,
3 5 7
ou seja, de uma função que é igual à sua série de Taylor em a = 0, pois como
o leitor pode verificar:
(arctan(x)) ′ (0) = 1, (arctan(x)) ′′ (0) = 0, (arctan(x)) ′′′ (0) = −2,
(arctan(x)) (4) (0) = 0, (arctan(x)) (5) (0) = 24
etc. Ademais, naquela Seção plotamos alguns polinômios de Taylor dessa
função.
• Na Seção 8 vimos
ln(1+x) = x− x2
2
+ x3
3
− x4
4
..., |x| < 1,

3. SÉRIES DE TAYLOR E OS RESTOS DE LAGRANGE, CAUCHY E
INTEGRAL 438
função que é igual sua série de Taylor em a = 0, pois como o leitor pode
verificar:
(ln(1+x)) ′ (0) = 1, (ln(1+x)) ′′ (0) = −1, (ln(1+x)) ′′′ (0) = 2, (ln(1+x)) (4) (0) = −6,
etc. Também naquela Seção plotamos alguns polinômios de Taylor dessa
função.
• Como sin(0) = 0, sin ′ (0) = cos(0) = 1, sin ′′ (0) = −sin(0) = 0, sin ′′′ (0) =
−cos(0) = −1 e em geral:
então
Mas
e portanto:
Logo
sin (2i) (0) = 0 e sin (2i+1) (0) = (−1) i , i = 0...
sin(x) =
n (−1) i
·x
i!
i +Rn+1(x).
i=0
|Rn+1(x)| = | sin(n+1) (x)
(n+1)!
sin(x) =
lim
n→+∞ Rn+1(x) = 0.
+∞
i=0
·x n+1 | ≤ xn+1
(n+1)!
(−1) i
(2i+1)! ·x2i+1 , ∀x ∈ R.
• De modo completamente análogo se obtém
cos(x) =
+∞
i=0
(−1) i
·x
2i!
2i , ∀x ∈ R.
• Como exp (i) (x) = e x e exp (i) (0) = e 0 = 1 temos
e x =
n
i=0
1
i! xi +Rn+1(x);
mas como y = e x é uma função crescente, temos
e
|Rn+1(x) = |
x
(n+1)! ·(x−a)n+1 | ≤ exxn+1 (n+1)!
e novamente limn→+∞Rn+1(x) = 0.
Portanto
e x =
+∞
i=0
1
i! xi , ∀x ∈ R.

CAPÍTULO 31. SÉRIES NUMÉRICAS E DE FUNÇÕES 439
4. A série binomial e sua série de Taylor
A questão que tratarei aqui é expressar
(1+x) r := e r·ln(1+x) , r ∈ R
através de sua série de Taylor.
Como veremos, no caso geral em que r ∈ N trata-se de uma série infinita de
potências de x convergente para todo x com |x| < 1.
Mas, no caso particular em que r = n ∈ N, a série infinita vira um polinômio de
Taylor de grau n em x. E esse polinômio tem como coeficientes os coeficientes usuais
dados como símbolo combinatório.
Importantes exemplos para nós serão:
(1+x) 1
2 e (1+x) −1 .
O polinômio de Taylor de f(x) = (1+x) r se obtêm facilmente, pois:
f(0) = 1, f ′ (0) = r,
e por indução:
f (n) (0)
n!
Se r = n0 ∈ N teremos:
f ′′ (0)
2!
r ·(r−1)
= ,
2!
f ′′′ (0)
3!
r ·(r−1)...(r−(n−1))
= , ∀n ∈ N.
n!
= r ·(r−1)(r−2)
3!
f (n) (0) r ·(r −1)...(r −n0)...(r−(n−1))
= = 0, ∀n ≥ n0 +1.
n! n!
Nesse caso em que r = n0 ∈ N lembramos do símbolo combinatório:
r r! r ·(r −1)...(r−(n−1))
:= = , ∀n ≤ n0 = r.
n (r−n)!n! n!
Mas podemos adotar esse símbolo:
r r ·(r −1)...(r −(n−1))
:=
n n!
mesmo se r ∈ N, pois faz sentido como um número Real ∀r ∈ R.
Se usamos o Teste da Razão (cf. Seção 3 do Capítulo 29) podemos ver que a série
infinita:
converge em módulo se |x| < 1, pois:
lim
n→+∞
= lim
n→+∞
+∞
n=0
r
·x
n
n
| r n+1 ·x | n+1
| r =
·xn | n
|r−n|
n+1
·|x| = |x|.

4. A SÉRIE BINOMIAL E SUA SÉRIE DE TAYLOR 440
Mas não está nada claro que essa série coincida com (1+x) r . Claro que se (1+x) r
tem um desenvolvimento em série infinita, então é esse. Mas falta ver que há esse
desenvolvimento.
Afirmação 4.1. Se r ∈ N e se −1 < x < 1, então vale o desenvolvimento em série
infinita:
(1+x) r +∞
r
= ·x
n
n ,
onde
r
:=
n
Demonstração.
Caso 0 < x < 1:
n=0
n=0
r ·(r −1)...(r −(n−1))
.
n!
Nesse caso o item ii) da Afirmação 3.1 (Resto de Lagrange) dá:
(1+x) r k
r
= ·x
n
n + f(k+1) (x)
·x
(k +1)!
k+1 , para x ∈ (0,x) ⊂ (0,1)
onde
f (k+1) (x)
·x
(k +1)!
k+1 r ·(r−1)...(r −k)
= ·(1+x)
(k +1)!
r−k−1 ·x k+1 .
Observo que, para cada x fixado com |x| < 1, a sequência
| r ·(r−1)...(r −k)
·x
(k +1)!
k+1 |
tende para zero: de fato, o teste teste da razão diz que a série
+∞
k=0
| r·(r −1)...(r −k)
·x
(k +1)!
k+1 |,
converge; logo a sequência dos termos gerais dessa série tende a zero.
E se k +1 > r (o que mais cedo ou mais tarde vai acontecer):
já que 1
1+x
lim
k→+∞ (1+x)r−k−1 = 0
< 1. Portanto o Resto de Lagrange tende a zero, quando k → +∞, para
cada x com 0 < x < 1.
Caso −1 < x < 0:
Nesse caso, se usássemos a mesma idéia do caso anterior, não saberíamos o que
fazer na última etapa, pois agora:
1
> 1,
1+x
já que x < x < 0.

CAPÍTULO 31. SÉRIES NUMÉRICAS E DE FUNÇÕES 441
Precisei de uma dica do M. Spivak, Calculus, p. 675, para terminar esta prova. A
dica é combinar o o Lema 4.1 a seguir com o Resto de Cauchy (item iii da Afirmação
3.1).
Do seguinte modo. Tomo o resto de Cauchy:
Escrevo:
f (k+1) (x)
k!
= (k +1)·
f (k+1) (x)
k!
·(x−x) k ·x.
r
·(1+x)
k +1
r−k−1 = r ·
r −1
·(1+x)
k
r−k−1 ,
onde as igualdades sobre os símbolos são fáceis de conferir.
Portanto:
| f(k+1) (x)
·(x−x)
k!
k
r −1
·x| = |r · ·(1+x)
k
r−k−1 ·(x−x) k ·x| =
r −1
= |r· ·(
k
x−x
1+x )k ·(1+x) r−1 ·x| ≤
r −1
≤ |r· |·|x|
k
k ·M ·|x|,
onde na desigualdade usei o Lema 4.1 a seguir.
O caso já justificado (0 < x < 1) nos deu pelo menos que:
lim
k→+∞ |
r−1
·x
k
k | = 0, se |x| < 1.
Portanto:
lim |r ·
k→+∞
e o resto de Cauchy tende a zero.
r −1
Lema 4.1. Se −1 < x < x < 0 então:
onde
E também:
Demonstração.
Note que, se r −1 ≥ 0, a função
k
|·|x| k ·M ·|x| = 0
(1+x) r−1 ≤ M,
M := max{1,(1+x) r−1 }.
| x−x
x
(1− x | = |x|·
1+x )
≤ |x|.
1+x
ψ : [x,0] → R >0 , ψ(x) := (1+x) r−1
é crescente (incluindo o caso constante, se r = 1), portanto seu máximo é ψ(0) = 1.

5. UM DEVANEIO SOBRE OS NÚMEROS COMPLEXOS 442
Se r −1 < 0 a função
ψ : [x,0] → R >0 , ψ(x) := (1+x) r−1
é decrescente, portanto seu máximo é ψ(x) = (1+x) r−1 .
Por isso M := max{1,(1+x) r−1 }.
Agora noto que:
0 ≤
(1− x
x )
1+x ,
pois 0 < 1+x e x ≤ x.
Para provar a segunda afirmação basta mostrar que:
(1− x
x )
1+x
≤ 1
pois o resto sai imediatamente.
Mas essa desigualdade é o mesmo que
1− x
≤ 1+x,
x
já que 0 < 1+x. E de fato:
o que é verdade.
− x
x
≤ x ⇔ x·(x+1) ≤ 0,
5. Um devaneio sobre os números Complexos
Como não pretendo justificar minhas afirmações, apresento esta Seção como um
devaneio.
Mas de fato tudo é verdade, pois a teoria de séries funciona ainda melhor sobre
os números complexos.
Considero I = √ −1 (uso I maiúsculo para distinguir do índice i dos somatórios).
Vamos definir, continuando o que obtivemos na Seção anterior,
e Ix :=
+∞
i=0
1
i! (Ix)i , ∀x ∈ R
supondo que faça sentido a convergência da série da direita.
Então, usando que I 2 = −1, I 3 = −I, I 4 = 1, I 5 = I, I 6 = −1, etc, supondo que
possamos agrupar de modos diferentes as parcelas da série e que possamos fatorar
constantes, obtemos:
quer dizer:
e Ix =
+∞
i=0
(−1) i
·x
2i!
2i +I ·
+∞
i=0
e Ix = cos(x)+I ·sin(x).
(−1) i
(2i+1)! ·x2i+1 ,

CAPÍTULO 31. SÉRIES NUMÉRICAS E DE FUNÇÕES 443
Em particular a notável fórmula:
e Iπ = −1,
onde estão unificadas a geometria (π), o Cálculo (e), a álgebra (−1), através da
variável complexa (I).
Essa fórmulas são chamadas fórmulas de Euler.
Ademais, já que sonhar é livre que tal definir para a+Ib ∈ C:
e a+Ib := e a ·e Ib = e a ·(cos(b)+I ·sin(b)).
Veremos na Seção 2 do Capítulo 40 a importância dessas definições.
6. Exercícios
Exercício 6.1. Se z := a+Ib ∈ C e defino
e z := e a+Ib := e a ·e Ib ,
será que essa estensão da exponencial aos C ainda é uma função injetora ?
Exercício 6.2. Usando a fórmula de Euler para e Ix e para e −Ix , escreva sin(x) e
cos(x) em função de e Ix e e −Ix .
Compareoresultadocomomodocomosãodefinidososeno hiperbólico eocosseno
hiperbólico, sinh(x) e cosh(x).

CAPíTULO 32
O discriminante de polinômios de grau 3
Neste Capítulo nos perguntamos sobre raízes múltiplas de polinômios. Ou seja
pontos x ∈ R onde não somente o polinômio y = f(x) se anula mas onde há tangência
do gráfico com o eixo dos x. Ou seja, pontos onde também valha f ′ (x) = 0.
No caso de um polinômio de grau 2, f(x) = ax 2 +bx+c, o sistema
significa:
Da segunda equação temos x = −b
2a
f(x) = f ′ (x) = 0
ax 2 +bx+c = 0 e 2ax+b = 0.
e substituindo na primeira obtemos:
0 = ab2 b2
−
4a2 2a +c = b2 −4ac
4a2 ou seja, obtemos que onde há raíz dupla x é onde há a anulação do discriminante:
b 2 −4ac = 0.
A conhecida fórmula de Báskara dá a localização da raíz dupla: x = −b
2a
O objetivo deste Capítulo é explicar que há um discriminante de polinômios
de grau 3 e que sua anulação determina a existência de uma raíz Real dupla dos
polinômiso de grau 3.
1. Preparação para a fórmula de Cardano
Consideremos um polinômio de grau exatamente 3, que após divisão pelo seu
coeficiente de grau 3 pode ser escrito como:
f(x) = x 3 +a1x 2 +a2x+a3, ai ∈ R.
É muito útil a mudança de coordenada
x = x− a1
3 .
Emtermosgeométricos, x = x− a1 deslocaográficohorizontalmente, comomostra
3
a figura a seguir:
445

1. PREPARAÇÃO PARA A FÓRMULA DE CARDANO 446
x
-3 -2 -1 0 1 2
0
Figura: Os gráficos de y = x 3 +3x 2 e de y = (x−1) 3 +3(x−1) 2 .
Mas em termos algébricos a mudança x = x − a1 produz o polinômio a seguir,
3
livre de monômio de grau 2:
f(x) = x 3 +(a2 − a21 a1a2
)x−
3 3 +a3 + 2a31 27 .
Essa notação está pesada, por isso volto a usar como variável x e ponho
b = a2 − a2 1
3
20
10
-10
-20
a = − a1a2
3 +a3 + 2a3 1
27 .
Ou seja que podemos nos restringir a considerar:
f(x) = x 3 +bx+a.
Afirmação 1.1. Seja um polinômio de grau 3 da forma
(sem termo quadrático).
Então
f(x) = x 3 +bx+a
i) f(x) tem uma raíz múltipla (dupla ou tripla) se e somente se
4b 3 +27a 2 = 0.
ii) Se vale i) então a raíz simples é
x1 = 2 3
−a
2
e a raíz dupla é
x2 = − 3
−a
2 .
Se vale i), as raízes dupla e simples coincidem, formando uma raíz tripla, exatamente
quando a = b = 0.

CAPÍTULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINÔMIOS DE GRAU 3 447
Demonstração.
Primeiro provemos que 4b 3 +27a 2 = 0 é condição necessária para a existência de
raíz múltipla.
Analisar as raízes Reais múltiplas de f(x) = x 3 +bx+a é analisar x onde
o que significa resolver o sistema:
A segunda
e substituindo na primeira obtemos:
ou seja
Então
f(x) = f ′ (x) = 0,
x 3 +bx+a = 0 3x 2 +b = 0.
b 3 = −27x 6
b = −3x 2
−2x 3 +a = 0
a = 2x 3 .
e a 2 = 4x 6
ou seja, que temos a anulação do seguinte discriminante:
Agora vamos ver que a condição
4b 3 +27a 2 = 0.
4b 3 +27a 2 = 0
nos permite encontrar as raízes de f(x) = x 3 + bx + a e ainda determinar qual é a
raíz múltipla.
Começo com a fórmula do binômio:
(v +u) 3 = v 3 +3v 2 u+3vu 2 +u 3 =
= v 3 +u 3 +3uv(u+v).
Portanto posso escrever a identidade:
(v +u) 3 −3uv(v+u)−(u 3 +v 3 ) ≡ 0.
Pensemos por um momento em x = v +u e busquemos v,u satisfazendo:
−3uv = b, e −(u 3 +v 3 ) = a.
Se conseguimos estas duas últimas condições então
diria que x = v +u seria raíz de
Ora, a primeira condição:
dá (supondo u = 0)
(v +u) 3 −3uv(v+u)−(u 3 +v 3 ) ≡ 0
x 3 +bx+a = 0.
−3uv = b,
v = −b
3u

1. PREPARAÇÃO PARA A FÓRMULA DE CARDANO 448
e, substituindo isso na segunda, u 3 +v 3 = −a, obtemos:
u 3 + −b3
= −a.
27u3 Se multiplicamos isso tudo por u3 , obtemos uma equação:
Note que esta equação é do tipo:
u 6 +au 3 − b3
= 0.
27
(u 3 ) 2 +a(u 3 )− b3
= 0,
27
ou seja , uma equação quadrática na nova variável u3 .
Portanto as raízes u3 podem ser descobertas pela fórmula de Báskara:
u 3 = −a±
a2 −4 −b3
27
=
2
Logo
= −a
2 ±
4a 2
4
+ 4b3
27
=
2
= −a
2 ±
a2 b3
+
4 27 .
u = 3
−a
2 ±
a2 b3
+
4 27
Estamos supondo 27a 2 +4b 3 = 0, o que dá no mesmo que
Logo obtenho
e a condição v 3 +u 3 = −a dá
a 2
4
b3
+ = 0.
27
u = 3
−a
2
v = 3
−a
2 .
Logo
x = v +u =
= 2· 3
−a
2 .
Esse ponto x1 = 2· 3
−a
2 é raíz de f(x) = x3 +bx+a, mas é raíz simples se a = 0.
Observe agora que se denoto por x1,x2,x 3 as raízes Reais ou complexas de f(x) =
x3 +bx+a, podendo ser repetidas no caso múltiplo (xi = xj ) temos:
x1 +x 2 +x 3 = 0.

CAPÍTULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINÔMIOS DE GRAU 3 449
Isso é fácil de se ver, pois se escrevo:
x 3 +bx+a = (x−x1)(x−x2)(x−x3) =
= x 3 +(−x1 −x3 −x2)·x 2 +(x1x3 +x1x2 +x2x3)·x−x1x2x3,
temos que concluir que x1 +x2 +x3 = 0.
Ou seja, no caso de raíz dupla x 2 temos que x 1 +x 2 +x 2 = 0, ou seja,
Verifiquemos então que o ponto
x 2 = −x 1
2
x 2 = −x 1
2 .
3 −a
= −
2
é de fato raíz dupla de f(x) = x3 +bx+a, calculando primeiro f(x) nesse ponto:
(− 3
−a
2 )3 +b(− 3
−a
)+a =
2
= a
3
− −
2 27a4
3 −a
+a =
4 2
= a
3 27a3 a 3a
− +a = − +a = 0.
2 8 2 2
E a seguir calculando f ′ (x) nesse ponto:
3(− 3
−a
2 )2 +b = 3 3
a2 +b =
4
3 3
−b3 +b = −b+b = 0
27
Claro que se a = 0 e a4 b3 + 4 27 = 0 então b = 0 e f(x) = x3 tem raíz tripla em x = 0.
E também é claro que se a raíz dupla − 3
−a
3 −a
coincide com a raíz simples 2 2 2 então
a = 0.
2. A fórmula de Cardano para as três raízes Reais: viagem nos
Complexos
A Seção anterior foi dedicada ao caso em que x 3 +bx+a tem discriminante:
∆ := a2 b3
+ = 0.
4 27
Mas nesta estaremos considerando o caso:
∆ := a2
4
b3
+ = 0.
27

2. A FÓRMULA DE CARDANO PARA AS TRÊS RAÍZES REAIS: VIAGEM
NOS COMPLEXOS 450
Retomemos a prova da Afirmação 1.1 desde o começo, com a notação que lá
introduzimos, até o ponto em que obtivemos:
u = 3
−a
2 ±
a2 b3
+
4 27 .
Escolho por exemplo 1 :
Lá tínhamos a relação:
u = 3
−a
2 +
a2 b3
+
4 27 .
v 3 +u 3 = −a,
portanto
v = 3
−a−( −a
2 +
a2 b3
+ ) =
4 27
= 3
−a
2 −
a2 b3
+
4 27 .
E também naquela prova:
x = u+v =
= 3
−a
2 +
a2 b3 3 −a
+ +
4 27 2 −
a2 b3
+
4 27
é indicada como Raíz de x3 +bx+a = 0.
Caso ∆ < 0:
Ora é fácil dar um exemplo de um polinômio x3 +bx+a com três óbvias raízes
Reais distintas para o qual:
∆ < 0.
Tome
x 3 −7x+6
com raízes −3,1,2 para o qual
∆ = −100
27 .
Então a expressão anterior para a Raíz x é um pouco estranha, pois parece ser um
número Complexo não Real.
Este é o casus irreducibilis do tratado de Cardano, a Ars Magna.
Note que se ∆ < 0:
z := −a
2 +√∆ e z := −a
2 −√∆ são números complexos conjugados, não-Reais. Então chamemos x de x1 e notemos
que ele é a soma de um número complexo com seu conjugado:
x 1 := 3√ z + 3√ z =
1 se pode checar que obteríamos os mesmos resultados finais com a escolha −

CAPÍTULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINÔMIOS DE GRAU 3 451
= 3√ z + 3√ z
e portanto x1 ∈ R.
Mas se pensamos na operação de extrair raíz cúbica que produziu:
u = 3
−a
2 +√∆ como operação sobre os complexos, então há de fato três raízes complexas diferentes.
Essa propriedade se origina do fato de que, sobre os complexos, há três raízes
distintas da unidade:
3√ 3√
1 = 1, 1 = τ1 := −1
2 +
√
3
2 ·√ 3√
−1 e 1 = τ1 := −1
2 −
√
3
2 ·√−1, onde τ1 e τ1 são conjugados.
Então podemos tomar também
e devido à relação
somos obrigados a tomar:
u = τ1 · 3√ z
u·v = −b
3
∈ R
v = τ1 · 3√ z,
para termos outra raíz Real x 2 := u+v, já que 2
que é um número Real.
A terceira opção é:
e
que produz:
x 2 := u+v =
= τ1 · 3√ z +τ1 · 3√ z =
= τ1 3√ z +τ1 3√ z
u = τ1 · 3√ z
v = τ1 · 3√ z,
x 3 := τ1 · 3√ z +τ1 · 3√ z.
No exemplo x 3 −7x+6 as raízes obtidas são
x 1 = 2, x 2 = −3 e x 3 = 1.
Caso ∆ > 0:
Nesse se pode mostrar que a única Raíz Real é
x = 3
−a
2 +√∆+ 3
−a
2 −√∆ 2 Lembre que ∀z1,z2 ∈ C, z1 +z2 = z1 +z2 e que z1 ·z2 = z1 ·z2. A propriedade 3√ z = 3√ z sai
de z 3 = z 3 .

3. O DISCRIMINANTE COMO CURVA 452
e que há mais duas Raízes complexas conjugadas, as raízes do polinômio quadrático:
da fatoração
αx 2 +βx+γ
x 3 +bx+c = (x−x)·αx 2 +βx+γ.
3. O discriminante como curva
Vamos interpretar geometricamente a Afirmação 1.1.
Pensemos num plano cujas coordenadas são (a,b) e o lugar de anulação 4b 3 +
27a 2 = 0. Isso define uma curva Γ no plano (a,b).
O traço da curva Γ : 4b 3 +27a 2 = 0 é dado na Figura a seguir:
satifaz
Note que a imagem de
-0,2
-0,1
0
0
-0,1
-0,2
-0,3
-0,4
-0,5
-0,6
-0,7
γ : R → R 2 = (a,b), γ(t) := (2t 3 ,−3t 2 )
0,1
0,2
4(−3t 2 ) 3 +27(2t 3 ) 2 ≡ 0.
Por isso γ(t) é chamada de parametrização de Γ : 4b 3 +27a 2 = 0.
Ou seja:
todas as cúbicas do tipo y = ft(x) = x 3 −3t 2 x+2t 3 têm raíz múltipla.
Pela Afirmação 1.1 a localização da raíz dupla é
x2 = − 3
−2t3 = t,
2
enquanto a raíz simples é
x 1 = 2 3
−2t 3
Fiz quatro Exemplos na Figura a seguir:
2
= −2t.

CAPÍTULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINÔMIOS DE GRAU 3 453
-4
-2
40
20
0
0
-20
-40
x
Figura: Gráficos de de y = ft(x) = x 3 −3t 2 x+2t 3 , com t = −2,−1,1,2
Quando t → 0 a raíz dupla de y = ft(x) = x 3 −3t 2 x+2t 3 colide com a terceira
raíz simples, formando a raíz tripla de y = f0(x) = x 3 . Veja a Figura a seguir:
-4
-2
60
40
20
x
0
0
-20
-40
-60
Figura: Gráficos de de y = ft(x) = x3 −3t2x+2t 3 , com t = −1, −1 −1 , 2 4
A curva discriminante Γ separa o plano (a,b) em duas regiões, uma onde 4b 3 +
27a 2 < 0, e que está acima da curva na Figura. Na figura a seguir escolhi 4 pontos
(a,b) nessa região e plotei as cúbicas y = x 3 +bx+a resultantes:
2
2
4
4

4. A CURVA DISCRIMINANTE ENTRE AS CÚBICAS SINGULARES 454
-4 -2
100
50
0
0
-50
x
-100
A outra região do plano, determinada pela Γ, é onde 4b 3 + 27a 2 > 0, e que fica
abaixo da curva na Figura. Na figura a seguir escolhi 4 pontos (a,b) nessa região e
plotei as cúbicas y = x 3 +bx+a resultantes:
800
400
0
-10 -5 0
5
x
-400
-800
4. A curva discriminante entre as cúbicas singulares
Os pares ordenados de parâmetros (a,b) formam um plano, que será para nós
agora um plano (x,y).
É possível escolher novas coordenadas (x,y) nesse plano, para que a curva discriminante
seja dada por:
4y 3 +27x 2 = 0
y 2 −x 3 = 0,
De fato, basta fazer uma mudança do tipo y := √ 27·x e x := − 3√ 4·y.
2
4
10

CAPÍTULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINÔMIOS DE GRAU 3 455
Definição 4.1. Um ponto P = (x,y) é uma singularidade de uma curva F(x,y) = 0
se nesse ponto
F(x,y) = ∂F(x,y)
∂x
= ∂F(x,y)
∂y
Por exemplo. se
F(x,y) = y 2 −x 3 −bx−a = 0,
para termos singularidades dessas cúbicas temos que ter:
= 0.
y 2 −x 3 −bx−a = 0, y = 0 e −3x 2 −b = 0,
ou seja (já que o sinal não vai importar):
x 3 +bx+a = 0 e 3x 2 +b = 0.
Se denoto f(x) = x 3 +bx+a, as singularidades terão coordenada x verficando:
f(x) = f ′ (x) = 0,
quer dizer, raíz multipla de f(x) = 0.
Mas então estamos recaindo no que aprendemos na Afirmação 1.1:
A condição para termos singularidades nas cúbicas y 2 = x 3 +bx+a é dada por
4b 3 +27a 2 = 0.
A Figura a seguir é o que o Maple consegue plotar da cúbica
y 2 −x 3 +3x−2 = 0,
que tem singularidade, pois 4·(−3) 3 +27·2 2 = 0.
De fato o formato correto é o de um laço e a singularidade é o ponto (1,0).
-2
6
4
2
y 0
-1 0 1 2
-2
-4
-6
x
Figura: A curva y 2 −x 3 +3x−2 = 0.
A Figura a seguir é como o Maple plota a curva
y 2 −x 3 +3x+2 = 0,
que tem singularidade pois 4·(−3) 3 +27·(−2) 2 = 0.
3

4. A CURVA DISCRIMINANTE ENTRE AS CÚBICAS SINGULARES 456
6
4
2
y 0
2
-2
-4
-6
2,4
2,8
Figura: Atenção: esta curva y 2 −x 3 +3x+2 = 0
tem um ponto isolado em (−1,0), que é a singularidade !
De fato, (−1,0) está na curva, y 2 −x 3 +3x+2 = 0, pois esta é:
Ademais ∂F
∂y
x
3,2
3,6
y 2 −(x+1) 2 ·(x−2) = 0.
= 2y e ∂F
∂x = −3x2 +3 se anulam em (−1,0).
Os dois últimos exemplos são casos da seguinte situação:
Afirmação 4.1. Suponha y 2 = f(x) = x 3 +bx+a com
(a,b) = (0,0) e 4b 3 +27a 2 = 0.
• i) Se a < 0 então y 2 = f(x) tem um ponto singular isolado em (− 3
e todos os outros pontos da curva tem coordenada x ≥ 2 3
−a
2 .
−a
2
• ii) Se a > 0 então y 2 = f(x) tem forma de laço com singularidade no ponto
(− 3
−a
2
, 0).
Demonstração.
Se f(x) = x 3 +bx+a tem
(a,b) = (0,0) e 4b 3 +27a 2 = 0,
então a Afirmação 1.1 diz que f(x) tem uma raíz dupla e uma simples, bem como
que a raíz simples é
x1 = 2 3
−a
2
enquanto que a raíz dupla é
x2 = − 3
−a
2 .
Logo no caso i):
a > 0 ⇒ x1 < x2, , 0)

CAPÍTULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINÔMIOS DE GRAU 3 457
enquanto que, no caso ii):
Caso i): como a < 0,
se anulam em (− 3
−a
2
−a
2
3(− 3
∂F
∂y
,0), pois
−a
a < 0 ⇒ x 2 < x 1 .
= 2y e
2 )2 +b = 0 ⇔ ( 3
∂F
∂x = 3x2 +b
−a
2 )2 = − b
3 ⇔
⇔ a2
= −
2
b3
27 ⇔ 27·a2 = −4·b 3 .
Logo (− 3 ,0) é singularidade, cuja coordenada x negativa.
Note que
f(x) = x 3 +bx+a = (x−x 2) 2 ·(x−x 1).
Como y2 = f(x), é necessário que
x ≥ x1 = 2 3
−a
2
para termos números Reais
y = (x−x 2) 2 ·(x−x 1) ou y = − (x−x 2) 2 ·(x−x 1).
Ou seja, fora o ponto (− 3
x ≥ 2 3
−a
2 .
−a
2
,0) todos os outros pontos dessa curva tem coordenada
Caso ii): No caso a > 0 a verificação de que (x 2,0) é ponto singular de y 2 = f(x)
é idêntica. O ponto (x 1,0) não é singular para a curva, que tem tangente vertical
neste ponto.
Agora, neste caso, como x 1 < x 2 e
f(x) = (x−x1)·(x−x 2) 2 ,
basta que x ≥ x 1 para que estejam definidas nos Reais as raízes:
y = (x−x 2) 2 ·(x−x 1) ou y = − (x−x 2) 2 ·(x−x 1).
As duas opções distintas de raízes se colapsam para o valor y = 0 em x = x 1 . São
distintas raízes no intervalo (x 1,x 2), pois nesse intervalo
(x−x 2) 2 ·(x−x 1) > 0.
E voltam a se colapsar para o valor y = 0 em x = x 2. Para x > x 2 há novamente
duas opções distintas de raízes para y. Por isso se forma o laço em (x 2,0).

5. PARAMETRIZAÇÃO DOS PONTOS RACIONAIS DE CÚBICAS
SINGULARES 458
A Figura a seguir é um diagrama, onde a curva cuspidal em vermelho é a curva
discriminante no plano (a,b). O complemento dessa curva no plano é feito de duas
regiões desconexas. Em cada região está esboçada em azul o tipo de cúbica y 2 =
x 3 +bx+a que é a curva no plano (x,y) que surge se tomamos o ponto (a,b) nessa
região. No ponto (0,0) = (a,b) que é a singularidade da curva discriminante produzse
a cúbica cuspidal y 2 = x 3 em azul. Se (a,b) pertence ao ramo superior da curva
discriminante ou ao ramo inferior surgem no plano (x,y) cúbicas com laço ou com
ponto singular isolado (indicadas em azul).
5. Parametrização dos pontos racionais de cúbicas singulares
As cúbicas que foram apresentadas na Seção 4 do Capítulo 15 são da forma:
y 2 = x 3 +bx+a,
mas para elas 4b3 + 27a2 = 0. Nesse tipo de cúbica pode haver infinitos pontos
com coordenadas racionais. Mas por um Teorema famoso de Mordell, esses pontos
todos podem ser obtidos com os métodos geométricos da Afirmação 4.1, a partir de
um número finito de pontos com coordenadas Racionais. Por exemplo, na curva de
Billing,
y 2 −x 3 +82x = 0
a partir de
P1 = (−1,9), P2 = (−8,12) e P3 = ( 49 231
,
4 8 ).
Já nas cúbicas singulares como
y 2 −x 3 +3x−2 = 0
é muito mais fácil de encontrar todos seus pontos com coordenadas Racionais.
Para isso, tome qualquer reta r passando por (1,0) (o ponto onde a cúbica tem
um laço) da forma:
r(x) = p p
·x−
q q ,
p
∈ Q.
q
Então a intersecção de r(x) com a cúbica se dá no ponto:
( −2q2 +p 2
q 2 , p·(−3q2 +p 2 )
q 3
)
cujas coordenadas são Racionais (além é claro do (1,0)).

CAPÍTULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINÔMIOS DE GRAU 3 459
Por outro lado se ( p1
q1
então pertence à reta:
onde
p2,
, ) é um ponto de coordenadas Racionais dessa cúbica,
q2
r(x) = p
q
p
q
·x− p
q ,
= (p2
q2 )
( p1
q1 −1).
Ou seja, todos os pontos com coordenadas racionais surgem por intersecção com as
retas por (1,0) com coeficiente angular p
∈ Q. q
Já na cúbica:
y 2 −x 3 +3x+2 = 0,
cuja singularidade (−1,0) está separada do resto da cúbica, qualquer reta r passando
por (−1,0) da forma:
intersecta a cúbica no ponto:
r(x) = p p
·x+
q q ,
( 2q2 +p2 q2 , p·(3q2 +p2 )
q3 )
cujas coordenadassão Racionais(além éclaro do (−1,0)). EtodosospontosRacinais
da cúbica são assim obtidos, como vimos acima.
p
q
∈ Q
6. Cúbicas singulares aparecem como seções com o plano tangente
Imagine a cúbica de Billing
como uma seção da superfície
y 2 −x 3 +82x = 0
F(x,y,z) = z 2 +y 2 −x 3 +82x = 0,
obtida ao cortá-la com o plano z = 0 do espaço (x,y,z).
O que dá a intersecção da superfície com seu plano tangente no ponto (−1,9,0) ?
Afirmação 6.1. A intersecção da superfície
z 2 +y 2 −x 3 +82x = 0
com o plano tangente em (−1,9,0) é a curva no plano (x,z) dada por:
z 2 + 6241
324 ·x2 + 6727 6889
·x+
162 324 −x3 = 0.
A totalidade dos pontos dessa curva com coordenadas racionais é dada pelos pontos
(x,z) = ( 6889q2 +324p 2
324q 2
, p·(7213q2 +324p 2
324q 3 ), p,q ∈ Z,
além do (−1,0), que é uma singularidade isolada do resto da curva.
Também podem surgir por intersecção de superfícies cúbicas com seus planos
tangentes outros três tipo de curvas singulares:
• com laço, do tipo visto acima,

6. CÚBICAS SINGULARES APARECEM COMO SEÇÕES COM O PLANO
TANGENTE 460
• cuspidais como y 2 −x 3 = 0 e
• união de três retas concorrentes, como y ·x·(y −ax) = 0.
Demonstração. (da Afirmação 6.1)
Este tipo de Afirmação pede que algumas das contas sejam checadas por exemplo
com o Maple ou WXMaxima. Como envolvem só números Racionais esses programas
as executam perfeitamente.
Como definimos na Seção 3 do Capítulo 15, o plano tangente dessa superfíce no
ponto (−1,9,0) é dado por:
que nesse caso dá:
∂F
∂x
·(x+1)+ ∂F
∂y
·(y −9)+ ∂F
∂z
79x−83+18y = 0.
·(z −0) = 0
O fato de que não aparece a variável z quer dizer que esse plano é obtido da reta
tangente em (−1,9) à curva
y 2 −x 3 +82x = 0
apenas levantando-a verticalmente no eixo z.
A equação
z 2 + 6241
324 ·x2 + 6727 6889
·x+
162 324 −x3 = 0
surge de substituir
na equação dada
y = − 79 83
·x+
18 18
z 2 +y 2 −x 3 +82x = 0.
Seu significado geométrico é o da intersecção da superfície com o plano tangente
Após a mudança de coordenada
79x−83+18y = 0.
x = x+ 1 6241
·
3 324
que vimos na Seção 1, obtemos no plano (x,z) uma nova equação da curva livre do
termo em x2 :
z 2 + 52027369 375273412597
x+
314928 459165024 −x3 = 0
e a Afirmação 4.1 diz então que esta curva tem uma singularidade isolada no ponto:
(x,z) = (− 7213
972 ,0).
Voltando às coordenadas (x,z) vemos então que:
(− 7213
972
é uma singularidade isolada.
+ 1
3
6241
· ,0) = (−1,0)
324

CAPÍTULO 32. O DISCRIMINANTE DE POLINÔMIOS DE GRAU 3 461
Cada reta
r(x) = p p
·x+
q q ,
p
q
∈ Q
intersecta essa curva no ponto de coordenadas racionais:
(x,z) = ( 6889q2 +324p 2
324q 2
, p·(7213q2 +324p 2
324q 3
além do (−1,0).
Como vimos no final da Seção anterior, todo ponto Racional se obtém intersectando
a cúbica com uma reta por (−1,0) cujo coeficientes angular e linear são
Racionais.
100
50
y 0
-10 -5 0 5 10 15
-50
-100
x
Figura: A curva de Billing e sua reta tangente
40
20
z 0
-20
-40
-10
0
10
x
20
20
20 40
-20 0 y
-40
30
Figura: A superfície que produz a curva de Billing como seção z = 0.
)

6. CÚBICAS SINGULARES APARECEM COMO SEÇÕES COM O PLANO
TANGENTE 462
40
20
y 0
-20
-40
-10 0 10 20 -40 -20 020
40
30
x
z
Figura: A superfície e seu plano tangente.

CAPíTULO 33
Discriminante dos polinômios de grau 4
Uma equação quártica geral (após dividir pelo coeficiente de x 4 ):
x 4 +dx 3 +cx 2 +bx+a = 0
pode ser levada numa equação que não tem a potência 3, através da transformação:
x = x− d
4 ,
a qual produz na nova variável x:
x 4 +(c− 3d2
8 )·x2 +( −cd d3 bd cd2 3d4
+ +b)·x− +a+ − = 0.
2 8 4 16 256
Por isso vamos pensar no que segue que já lidamos com uma equação do tipo:
x 4 +cx 2 +bx+a = 0.
1. A andorinha: o discriminante como superfície
O problema do discriminante desta equação
F(x) := x 4 +cx 2 +bx+a = 0
aparecequandonosperguntamosporquaisparâmetrosa,b,c,dproduzemumaequação
F(x) com alguma raíz múltipla.
O discriminante ∆ = 0 é uma equação no espaço 3-dimensional dos parâmetros
(a,b,c) = R 3 , já que a ∈ R, b ∈ R, c ∈ R. Por isso ∆ = 0 determina uma superfície,
ou seja, algo que intuitivamente é bi-dimensional.
Ao invés de obter essa equação ∆ = 0, vou descrever a superfície que ela produz
como uma superfície parametrizada, ou seja, vou dar uma aplicação:
Γ : R 2 → R 3 = (a,b,c)
cuja imagem satisfaz ∆ = 0.
Para isso começo considerando F(x) := x 4 + cx 2 + bx + a = 0 com uma raíz
múltipla x, ou seja:
F(x) = 0 e F ′ (x) = 0.
Temos então da primeira equação:
e da segunda:
ou seja,
a = −x 4 −cx 2 −bx
b = −4x 3 −2cx.
a = −x 4 −cx 2 +x·(4x 3 +2cx) = 3x 4 +2cx 2 .
463

1. A ANDORINHA: O DISCRIMINANTE COMO SUPERFÍCIE 464
Podemos então definir uma aplicação φ : R 2 → R 3 :
φ(x,c) = (3x 4 +cx 2 , −4x 3 −2cx,c) = (a,b,c)
contida no discriminante ∆ = 0.
Mas a imagem dessa aplicação é uma superfície singular no sentido de que em
certos pontos dela não está bem determinado o plano tangente, pois há quinas, bicos,
etc. Pelo seu formato ela é conhecida como andorinha ou rabo da andorinha.
As Figuras a seguir dão duas imagens da andorinha:
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
-4 -2 0 2 4
0
-0,2
-0,4
-0,6
-0,8
-1
-1,2
-1,4

CAPÍTULO 33. DISCRIMINANTE DOS POLINÔMIOS DE GRAU 4 465
0,5
0
-4
1,5
1
2,5
2
-2
3
0
2
4
0
-0,2
-0,4
-0,6
-0,8
-1
-1,2
-1,4
2. Discriminante como envelope de famílias de retas ou planos
O que fizemos para equações quadráticas e cúbicas no Capítulo 32 e agora para
quárticas é parte de um processo geral de buscar num espaço de parâmetros
(a0,a1,...,an−1)
uma equação ∆ = 0 que dá a condição que devem satisfazer os parâmetros para que
o polinômios correspondente
F(x) = x n +an−1x n−1 +an−2 ·x n−2 +...+a0 = 0
tenha raíz múltipla.
Essa equação ∆ = 0 surge de considerar o sistema
Que tal se agora consideramos
F = ∂F
∂x
= 0.
F(x) = x n +an−1x n−1 +an−2 ·x n−2 +...+a0 = 0
de um outro ponto de vista. Pensemos nele como determinando:
• uma família de retas no plano (a,b) = R 2 , com parâmetro x, se F(x) =
x 2 +ax+b = 0; ou
• uma família de retas no plano (a,b) = R 2 , com parâmetro x, se F(x) =
x 3 +bx+a = 0; ou
• uma família de planos espaço (a,b,c) = R 3 , com parâmetro x, se F(x) =
x 4 +cx 2 +bx+a = 0;

2. DISCRIMINANTE COMO ENVELOPE DE FAMÍLIAS DE RETAS OU
PLANOS 466
• e assim por adiante ...
Já que ∆ = 0 surge de considerar o sistema
F = ∂F
= 0.
∂x
vemos que, no sentido como foi definido na Seção 11 do Capítulo 35:
o discriminante∆ = 0 éo envelope das famíliasde retas ou planoscom parâmetro
x dadas por F(x) = 0.

CAPíTULO 34
Apêndice: O expoente 3
4
comanda a vida !
Neste capítulo dou uma aplicação à Biologia do logaritmo, da série geométrica e
da teoria de mínimos do Cálculo. Não sou nenhum especialista em bio-matemática,
minha intenção é apenas mostrar como conceitos matematicamente simples podem
ser úteis em outras ciências.
Ademais, aquiexponhoapenasum argumentoparademonstrá-la,queusahipóteses
fortesena etapafinal umtipo delimite nonúmero deníveis deramificação do sistema
circulatório.
Mas a lei de Kleiber se aplica até a seres unicelulares. Portanto deve haver um
argumento bem mais geral para demonstrá-la !
Minhas referências foram:
• R. Dawkins, A grande história da Evolução, Companhia das Letras, 2009.
• J. West, J. Brown, B. Enquist, A general model for the origin of allometric
scaling laws in biology , Science, 1997.
• M. Kleiber, Body size and metabolic rate, Physiological Reviews, vol. 27, n.4
, 1947.
• R. Etienne, M. Apol, H. Olff, Demystifying West, Brown, Enquist model of
the allometry of metabolism , Functional Ecology, 2006.
Essencialmente o objetivo do Apêndice é apresentar algumas idéias do último
artigo.
1. Metabolismo versus massa corporal
Questão 1: Quem produz mais calor ao longo de dia, estando em repouso, um
homem ou um rato ?
Questão 2: Quem tem a maior taxa de produção de calor por unidade de peso,
um homem ou um rato ?
Os biólogos se interessam por essas questões, ou seja, entender a relação entre o
crescimento da massa corporal e o crescimento do metabolismo basal dos organismos
vivos.
O metabolismo basal B é essencialmente o consumo de oxigênio por unidade de
tempo (medido em kcal/dia).
Em 1883 Rubner propôs um modelo geométrico para explicar essa relação:
467

3. RETA DE AJUSTE - MÉTODO DE MÍNIMOS QUADRADOS 468
• É preciso haver uma superfície de área A para as trocas de O2 entre o organismo
e o ambiente. Ou seja
B = τ1 ·A,
(τ1 constante que não depende da massa).
• Por outro lado, a massa corporal M verifica
M = τ2 ·V.
• Mas A = τ3·L 2 enquanto V = τ4·L 3 , onde L é uma medida de comprimento.
Ou seja
B = τ5 ·L 2
e M = τ6 ·L 3 .
Pelo modelo de Rubner já se prevê que não pode aparecer de uma hora para outra
uma aranha - Godzilla. Ela se sufocaria antes de destruir qualquer coisa !
2. Escalas log/log para um experimento
A massa de um elefante é 10 21 vezes a massa de uma ameba. Por isso, quando se
plota M versus B se usa log 10(M) versus log 10(B). Pois então se poder desfrutar da
propriedade:
log 10(a k ) = k ·log 10(a).
Escolha agora o grupo de seres vivos que mais lhe agrada (caninos, felinos, primatas,
mamíferos, aves, peixes, crustáceos, plantas, etc). Depreferênciacombastante
variabilidade de massa corporal.
Plote os pares (log 10(M), log 10(B)) obtidos por observação no grupo de seres
vivos escolhidos.
Suponha que voce tem então sua lista
(log 10(M1),log 10(B1)), ..., (log 10(Mk),log 10(Bk))
Agora o problema é definir a Reta que mais se ajusta a esses pontos, pois é dela
que trata a Lei de Kleiber.
3. Reta de ajuste - método de mínimos quadrados
Se o leitor já conhece esse conceito, pode ir para a Seção seguinte.
Chamo de distância vertical de um ponto (x,y) a uma reta y = ax+b o número
|(ax+b)−y| = (ax+b−y) 2 .
Como há uma raíz quadrada, torna-se complicado derivar. Por isso vamos elevar ao
quadrado a distância e tentar minimizar o quadrado da soma de distâncias verticais
até uma reta.
Problema 2: Determinar reta y = ax + b que minimiza a soma dos quadrados das
distâncias verticais até k pontos dados.
Vamos mostrar apenas como obter um candidato a reta que minimiza a soma dos
quadrados das distâncias. a verificação completa depende de noções de Cálculo em
duas variáveis.

3
CAPÍTULO 34. APÊNDICE: O EXPOENTE 4
Imagine para as retas a notação:
y = ξx+β,
COMANDA A VIDA ! 469
já que os coeficientes angulares ξ e lineares β são os que queremos determinar. O que
quero dizer é que devemos pensar na função:
z = f(ξ,β) = (ξx 1 +β −y 1 ) 2 +(ξx 2 +β)−y 2 ) 2 +...(ξx k +β −y k ) 2 .
como função de duas variáveis ξ,β.
O gráficodez = f(ξ,β)formauma superfície noespaço comcoordenadas(ξ,β,z).
Figura: O gráfico de z = f(ξ,β)
O ponto (ξ0,β0) que buscamos será um ponto de mínimo do gráfico de z = f(ξ,β),
portanto esperamos que ao intersectar essa superfície com os planos ξ = ξ0 e com
β = β0 produzam gráficos de funções z = f(ξ,β0 e z = f(ξ0,β) que tenham pontos
de mínimo.
Ou seja, esperamos que as derivadas de z = f(ξ,β0) e de z = f(ξ0,β) sejam zero
em (ξ0,β0). Ou seja, devemos parar a variável ξ e derivar em β e vice-versa, e buscar
pelos zeros dessas derivadas.
Quando paramos ξ = ξ0 e derivamos em β usamos o símbolo ∂g
∂β
β = β0 e derivamos em ξ usamos o símbolo ∂g
. Então ∂ξ
e
. Quando paramos
∂g
∂ξ = 2(ξx 1 +β −y 1 )x 1 +2(ξx 2 +β)−y 2 )x 2 +...2(ξx k +β −y k )x k =
= 2·(ξ(
k
i=1
x 2 i )+β(
k
xi)− i=1
k
xiy )
i
∂g
∂β = 2(ξx 1 +β −y 1 )+2(ξx 2 +β)−y 2 )+...2(ξx k +β −y k ) =
= 2(ξ(
k
xi)+k·β −
i=1
i=1
k
y ).
i
i=1

4. A LEI EXPERIMENTAL DE KLEIBER 470
Fazendo
∂g ∂g
= = 0
∂ξ ∂β
estamos criando um sistema não-homogêneo de duas equações lineares, com duas
incógnitas ξ,β:
k
ξ( x 2 i )+β(
k k
xi) = xiy ,
i
i=1
ξ(
i=1
k
xi)+k ·β =
i=1
i=1
k
y .
i
Podemos usar a Regra de Cramer para resolvê-lo, pois o determinante formado com
os coeficientes do sistema é:
k k
k ·( xi) 2 > 0,
i=1
x 2 i )−(
i=1
pelo item ii) da Afirmação 6.1 do Capítulo 11.
Obteremos por Cramer:
e
i=1
ξ0 = k · k
i=1 x iy i −( k
i=1 x i)( k
i=1 y i )
k · k
i=1 x2 i −( k
i=1 x i) 2
β0 = ( k
i=1 x2 i )( k
i=1 y i )−( k
i=1 x i)( k
i=1 x iy i )
k · k
i=1 x2 i −( k
i=1 x i) 2
4. A Lei experimental de Kleiber
Se verifica experimentalmente (com as ressalvas como k suficientemente grande,
etc) que:
(Lei de Kleiber - 1947) O coeficiente angular da reta de ajuste independe do
grupo de seres vivos escolhidos e vale 3
4 .
Observo que 3 < 1 implica que há uma lentificação do metabolismo, à medida
4
que a massa corporal aumenta.
Evidências:
• M. Kleiber se baseia numa tabela de k = 26 pontos, com Massa M dada em
kg e B dado em kcal/dia.
• Atabelaanalisamamíferos. Começacomdadosdocamundongo,com(M,B) =
(0.021,3.6), passa por exemplo pelo gato (M,B) = (3,162) e vai até dados
da vaca (M,B) = (435,8166).
• Usando sua tabela, se obtém (conferi !) a0 = 0.7497881511 ∼ 3
4 .
No livro de Dawkins (2004) a lei de Kleiber é aplicada em três grupos:
• organismos unicelulares,
• organismos de sangue frio e
• de sangue quente.

3
CAPÍTULO 34. APÊNDICE: O EXPOENTE 4
COMANDA A VIDA ! 471
Aí se vê que os coeficientes lineares b0 das retas de ajuste mudam bastante.
Além disso, Dawkins usa a lei de Kleiber para estudar outra correlação: massa
corporal versus massa cerebral.
Das retas de ajuste log 10(B) = 3
4 log 10(M)+b, obtemos:
B = 10 b ·M 3
4 = τ ·M 3
4
onde τ depende do tipo de organismo (sangue frio x sangue quente, por ex.)
Vou introduzir a notação
B ∝ M 3
4
para dizer só nos interessa o expoente de M e expressar a Lei de Kleiber.
Para termos uma comparação, a seguir plotei y = x (vermelho), y = x 2
3 (verde) e
y = x 3
4 (amarelo), para x ∈ [1,10]
10
8
6
4
2
2 4
x
6
8 10
5. Justificação racional da Lei de Kleiber
Até 1997 não havia nenhuma justificação teórica da lei experimental de Kleiber.
Entãoofísico WesteosbiólogosBrowneEnquist trataramde provar aleideKleiber,
em artigo publicado na Revista Science.
A idéia deles foi de que a eficiência de um sistema metabólico está intimamente
relacionada à eficiência do sistema respiratório/circulatório.
A ”demonstração”’ deles se baseou em:
• hipóteses sobre a geometria do sistema circulatório.
• hipóteses da física de fluidos, sobre a eficiência do processo de distribuição
(ou seja, minimização das perdas, resistência, etc)
O artigo WEB teve um grande impacto. Em 2004, R. Dawkins diz:
(...) A Lei de Kleiber, seja para plantas, animais ou até mesmo no nível do
transporte dentro de uma única célula, encontrou finalmente sua base racional. Ela
pode ser derivada da física e da geometria das redes de suprimento.(...)
No entanto, houve críticas. Fora debates sobre as ”contas”que fizeram, criticou-se

6. O ARGUMENTO 472
• que há hipóteses fortes sobre a geometria dos sistema circulatório (algumas
retomaremos mais adiante)
• que o postulado de eficiência do sistema circulatório parece sugerir que a
Evolução já acabou, já estaríamos otimamente adaptados ...
O artigo de Etienne, Apol e Olff, de 2006, esclarece quais as suposições de WBE,
destaca pontos obscuros de WBE e permite dar uma versão light de WBE.
Seguirei EAO, mas visando apenas explicar algumas das muitas idéias de WBE,
aquelas que dispensam a física dos fluidos.
6. O argumento
6.1. Hipótese 1. Hip. 1: Os sistemas circulatórios são árvores, onde:
• Cada ramo de ordem k pode ser considerado um cilindro, de comprimento
lk, cuja base é um disco de raio rk.
r _k
l _k
• Há 1 =: N1 ramo de ordem 1 (a aorta), que se subdivide em ν1 ≥ 2 ramos
de ordem 2,
• cada ramo de ordem k se subdivide em νk ≥ 2 ramos de ordem k+1. Há Nk
ramos de ordem k.
• Observe que
6.2. Capilares.
Nk = Nk
Nk−1
·...· N2
1 = νk−1 ·...·ν1
• o processo de ramificação da aorta em artérias e depois arteríolas continua
até ramos finais, chamados de capilares.

3
CAPÍTULO 34. APÊNDICE: O EXPOENTE 4
COMANDA A VIDA ! 473
• cuja ordem na ramificação será designada por C e cujo número total será
NC.
• Saiba que as paredes dos capilares são unicelulares ! 0 diâmetro externo de
um capilar é de 5 a 10 µ m (micrômetros, 10 −6 m).
• Nos capilares se dão os processos físicos como difusão, osmose, etc. Através
dosquaisoxigênio/nutrientespassamparaostecidosenquantogáscarbônico/
dejetos passam para o sangue.
• esses dados dos capilares são praticamente universais.
• Se sabe que no ser humano há ≈ 20 bilhões de capilares.
• As hemáceas humanas tem 8 µ m de diâmetro. Para trafegarem pelos capilares
elas formam fila indiana !
• Para se ver o grau de ramificação do sistema circulatório, a aorta de uma
baleia pode chegar a 23 cm de diâmetro.
6.3. Relação com os Capilares. Como νk := Nk+1,
defino analogamente:
Nk
Note que vale
Ou seja:
λk := lk+1
lk
e ρk := rk+1
rk ·ρk ·ρk+1...·ρC−1 = rk · rk+1
rk =
e exatamente do mesmo jeito se obtém:
lk =
lC
C−1
i=k λi
rk
rC
C−1
i=k ρi
rk
.
·...· rC
rC−1
e Nk = NC
C−1
i=k νi
= rC,
Imagine cada ramo cheio de sangue ou de seiva (já pensamos em sistemas nãopulsáteis
...)
Considere πr 2 k ·lk o volume de cada ramo de ordem k.
A soma de todos os volumes de ramos de nível k é portanto:
é:
Logo o volume total no sistema
Vs,k := Nk ·(πr 2 k ·lk) = π NC ·r2 C ·lC
C−1 i=k νiρ2 i λi
.
Vs :=
Vs = πNC ·r 2 C ·lC ·(
C
k=1
C
k=1
Vs,k
1
C−1 i=k νiρ2 i λi
).

6. O ARGUMENTO 474
6.4. Definição de S1 e de S2. Para facilitar, chamar
C 1
S1 := C−1 k=1 i=k νiρ2 i λi
.
Com essa nova notação temos:
Vs = πNC ·r 2 C ·lC ·S1.
Considere
• Ak o quociente das somas de áreas de seções transversas dos ramos
• Ek o quociente de somas de volumes de esferas cujos diâmetros são o comprimento
dos ramos.
Ak := Nk+1πr2 k+1
Nkπr2 = νk ·ρ
k
2 k ,
4
Nk+1 3π(lk+1 2 )3
Nk 4
3π(lk 2 )3 = νk ·λ 3 k .
Ek :=
Essa esferas de volume 4
3π(lk 2 )3 serão supostos os volumes servidos pelos ramos,
ou seja partes do corpo que recebem nutrientes dos ramos cilíndricos de ordem k, de
comprimento lk.
E agora defino outra grandeza:
C
S2 :=
Afirmação: S1 := C
k=1
k=1
1
C−1
i=k νiρ 2 i λi
N 1/3
k
De fato, como νi ·ρ2 i = Ai e λi = ( Ei
νi )13:
S1 =
=
l _k
1
C−1 i=k Ai ·E 1
3
i
pode ser escrito como:
S1 = N 1
3
C ·S2
C
1
C−1 k=1 i=k Ai ·( Ei
νi )13
C
1
C−1 3
i=k νi C−1 k=1 i=k Ai ·E 1 =
3
i
=
,

3
CAPÍTULO 34. APÊNDICE: O EXPOENTE 4
=
C
k=1
= N 1
3
C ·
o que prova a Afirmação. Portanto:
Ou seja:
( NC
Nk )1 3
C−1 i=k Ai ·E 1
3
i
C
k=1
N 1
3
k
1
COMANDA A VIDA ! 475
=
C−1 i=k Ai ·E 1
3
i
Vs = πNC ·r 2 C ·lC ·S1 = πN 4
3
C ·r2 C ·lC ·S2.
Vs
NC = (
πr2 C ·lC
)
·S2
6.5. Hipótese 2. Ahipótese a seguir fazmais sentido para sistemas circulatórios
não-pulsáteis. Mas tomemo-a para simplificar a exposição.
Hip. 2 O metabolismo basal B é proporcional ao fluxo total pela aorta Q1:
B = τQ1,
onde a constante τ não depende da massa M.
Se pode mostrar que a incompressibilidade do fluido (sangue/seiva) implica:
3
4
Q1 = NkQk, ∀k = 1,...C,
onde Qk é fluxo em cada ramo de ordem k.
Logo:
onde QC é o fluxo por cada capilar.
B = τNCQC
6.6. Hipótese 3. Obtemos da expresão anterior de NC:
Vs
3
4
B = τQC(
πr2 C ·lC
) .
·S2
Lembre que Vs é o volume total (sangue/seiva).
Em mamíferos, o volume de sangue ocupa 6−7
Há evidências experimentais para:
Hip. 3 Vs = ηM, onde η não depende da massa M.
Ou seja, do anterior obtenho:
B ∝ QC
M 3
4
(r 2 C ·lC ·S2) 3
4
.

6. O ARGUMENTO 476
6.7. Hipótese 4. Aqui retomamos o que já dissemos antes sobre o caráter universal
dos capilares:
Hip. 4 As grandezas QC, rC, lC não dependem da massa M.
• Esta hipótese tem evidências experimentais, diz por exemplo que os dados
dos capilares de uma baleia e de um rato são essencialente os mesmos !
• Isso deve estar ligado ao fato de que, a partir dos capilares, o sistema de
distribuição só se baseia em processos físicos universais, como a difusão.
• Ouvisto deoutro modo, que ossistemas circulatórios todoscomeçarammodestamente
como redes capilares ...
• PorémonúmerodeníveisC eNC claramente dependedeM: maioroanimal,
maior o número de etapas de ramificação e maior o número de capilares.
6.8. S2 invariante. Ou seja, do anterior obtenho agora:
B ∝
M 3
4
(S2) 3
4
EAO dão argumentos no sentido de que a dependência entre S2 e M é negligenciável,
o que concluiria a dedução da Lei de Kleiber.
Mas eu gostaria de seguir a exposição na linha do argumento original de WBE,
onde há algumas hipóteses (fortes) a mais, com consequências sobre S2.
6.9. Hipótese 5. A resistência ao fluxo de sangue/seiva fica diminuida pela suposição
(natural para o sistema circulatório de plantas):
Hip. 5 A soma das áreas das seções transversais é preservadaacada ramificação.
Ou seja :
Ak = 1, ∀k = 1,...,C.
6.10. Hipótese 6. A hipótese a seguir diz uma soma de volumes ao redor dos
vasos permanece constante em cada etapa da subdivisão:
Hip. 6 As quantidades Nk · 4
3 π(lk
2 )3 são preservadas nas ramificações.
Ou seja:
Ek ≡ 1, ∀k = 1,...C.
Esta última hipótse deu origem a muita controvérsia.
Como mostra EAO, as Hipóteses 5 e 6 são fortes, poderiam ser enfraquecidas pois
em
C 1
S2 = ,
k=1 N 1/3C−1
k i=k Ai ·E 1
3
i
os Ai e Ei podem se compensar, mesmo que mudem a cada etapa.
.

3
CAPÍTULO 34. APÊNDICE: O EXPOENTE 4
6.11. Hipótese 7. Com as Hipóteses 5 e 6, S2 se reduz a:
S2 =
C
k=1
Nk −1/3 .
COMANDA A VIDA ! 477
A hipótese a seguir diz que ou sempre há dicotomias, ou sempre tricotomias , etc:
Hipótese 7: νk = ν , ∀k = 1,...,C (onde o Natural ν ≥ 2 não depende de M).
6.12. Número de ramificações. Portanto da Hipótese 7,
Nk = ν k−1 , k = 1...C.
Por exemplo, em seres humanos, NC ≈ 2×10 10 . De
obtemos:
NC = ν C−1
ν = 2 ⇒ C ≈ 35 e ν = 3 ⇒ C ≈ 22.
Ou seja, chegamos da aorta ao capilar em 35 dicotomias !
Ou chegamos da aorta ao capilar em 22 tricotomias !
Voltando ao S2, note que ele se transforma numa soma geométrica (finita):
S2 =
=
C
k=1
C
k=1
= 1−ν −C
Nk −1/3 =
ν −(k−1)
3 =
3
1−ν −1
3
6.13. S2 como função de C.
O número de níveis C depende de M.
Portanto precisamos ver que a dependência entre S2 e C é negligenciável.
O argumento de EAO é o seguinte: vamos plotar S2 como função de C, bem como
sua assíntota horizontal:
lim
C→+∞
1−ν −C
3
1−ν −1
3
=
.
1
1−ν −1
3
(queexistepoisν −1
3 < 1). EvejamosseafunçãoS2 = S2(C)seaproximarapidamente
de sua assíntota. Se isso acontecer, a conclusão será que a partir de uma certo C, S2
pouco muda com C.
Para ν = 2 obtemos y = S2(C):
,

6. O ARGUMENTO 478
4
3
2
1
5 10 15 20 25 30
x
Note que a escala no eixo y é menor que no eixo x.
Para ν = 3 obtemos y = S2(C):
3
2,5
2
1,5
1
5
10
x
Note que a escala no eixo y é menor que no eixo x.
A velocidade com que os gráficos se aproximam do limite é o que EAO consideram
”dependência negligenciável”entre S2 e C.
E obtemos de
o resultado:
B ∝
M 3
4
15
(S2) 3
4
B ∝ M 3
4.
20
35

Parte 2
Equações diferenciais ordinárias e
Aplicações

CAPíTULO 35
As primeiras equações diferenciais
1. A exponencial e as equações diferenciais
A função y = f(x) = e x já nasceu com a propriedade de satisfazer a equação:
f ′ (x) = f(x), ∀x ∈ R.
Vamos ver agora algumas pequenas modificações da exponenciale e que tipo de
equações satisfazem:
Afirmação 1.1. Seja y = f(x) derivável e suponha que para k ∈ R tenhamos
• Dado o valor f(0), então:
f ′ (x) = k ·f(x), ∀x ∈ R.
f(x) = f(0)·e kx , ∀x ∈ R.
• Mais em geral, dado f(x) para algum x, então:
f(x) = f(x)·e k(x−x) , ∀x ∈ R.
A Figura a seguir ilustra as soluções de f ′ (x) = −2f(x) para quatro diferentes
valores iniciais f(0): 0.5,1,2,3.
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
0 0,5 1 1,5
x
Demonstração.
Vamos provar diretamente o caso geral, onde nos damos o valor f(x).
Se k = 0 então a hipótese vira f ′ (x) ≡ 0. Já sabemos que nesse caso f(x) ≡ C e
portanto f(x) = f(x). Ou seja,
como queríamos.
2
2,5
f(x) = f(x)·1 = f(x)·e 0 ,
481
3

2. A DEFINIÇÃO ORIGINAL DE NAPIER PARA O LOGARITMO 482
Logo podemos supôr que k = 0.
Considero a função g(x) := e k(x−x) .
Note que g(x) = e k(x−x) > 0 para todo x ∈ R.
Verifico pela regra da derivada da composta que:
g ′ (x) = k ·e k(x−x) = kg(x), ∀x ∈ R.
Se tomo qualquer outra função f satisfazendo f ′ (x) = k ·f(x), faço o quociente
f
g
e derivo pela regra da derivada do quociente:
o que nos faz concluir que f
g
Para descobrir C avalio tudo em x:
( f
g )′ (x) = f′ g −fg ′
g 2 =
= (kf)g −f(kg)
g2 ≡ 0,
≡ C. Ou seja, f(x) = C ·g(x).
f(x) = C ·g(x) =
= C ·e k·0 = C.
Portanto f(x) = f(x)·e k(x−x) como queríamos.
2. A definição original de Napier para o logaritmo
A obra do escocês John Napier (1550-1617) é o começo da longa história do conceito
de logaritmo.
Seguindo a exposição de C.H. Edwards (op.cit), podemos entender a definição
original de logaritmo de Napier do ponto de vista do Cálculo, e qual a relação com o
ln(x).
Esse anacronismo serve para entender o que fez Napier, mas lembre que, historicamente,
Napier trabalhou só com sua definição e conseguiu fazer tabelas imensas de
logaritmos !
A definição de Napier envolve dois pontos se movendo:
• N um segmento [P0,O] de comprimento P0O = 10 7 , determinamos a posição
x(t) de um ponto P(t) que se move de P0 até O através da distância P(t)O:
x(t) = P(t)O.
• supomos que que a velocidade x ′ (t) de P(t) satisfaz ∀t
x ′ (t) = −x(t).
• ou seja, a velocidade inicial de P(t) é x ′ (0) = 10 7 = x(0), mas a velocidade
vai caindo e quando P(t) está chegando no ponto O ele está parando, pois
x ′ (t) = −x(t) ≈ 0.

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 483
• Com esse mesmo parâmetro de tempo t, num segundo segmento de origem
Q0, se move um um ponto Q(t), se afastando de Q0 e a posição de Q(t) é
Q(t) = 10 7 t (ou seja, Q(t) tem velocidade constante 10 7 ).
• Napier define o tamanho Q0Q(t) como sendo o logaritmo de x(t) := P(t)O.
• Chamemos o logaritmo definido assim por Napier de Nog(x).
Vamos traduzir isso na linguagem do Cálculo e obter:
Afirmação 2.1.
i) Nog(x) = 107ln( 107
x ).
ii) Nog(x1x2) = Nog(x1)+Nog(x2)−10 7ln(107 ).
Demonstração.
De i):
A solução de x ′ (t) = −x(t) é x = x(0)e −t pela Afirmação 1.1, ou seja,
Tomando logaritmo natural:
logo
e
logo
De ii)
x = 10 7 e −t .
ln(x) = ln(10 7 )+ln(e −t )
ln(x)−ln(10 7 ) = −t
t = ln( 107
x )
Nog(x) := 10 7 t = 10 7 ·ln( 107
x ).
Nog(x1x2) = 10 7 ·ln( 107
) =
x1x2
= 10 7 (ln(10 7 )−ln(x1x2)) =
= 10 7 ln(10 7 )−10 7 ln(x1)−10 7 ln(x2) =
= 10 7 ln(10 7 )+10 7 ln( 1
)+10
x1
7 ln( 1
) =
x2
= 10 7 ln(10 7 )−2·10 7 ln(10 7 )+2·10 7 ln(10 7 )
0
+10 7 ln( 1
)+10 7 ln( 1
) =
= −10 7 ln(10 7 )+10 7 ln(10 7 )+10 7 ln( 1
)+10 7 ln(10 7 )+10 7 ln( 1
x1
= −10 7 ln(10 7 )+10 7 ln( 107
x1 x2
= −10 7 ln(10 7 )+Nog(x1)+Nog(x2).
x1
)+10 7 ln( 107
) =
x2
x2
) =

3. DECAIMENTO RADIOATIVO E DATAÇÃO 484
3. Decaimento radioativo e datação
Algumassubstânciasquímicastemestrutura nuclearesdiferentes mascompostamse
do ponto de vista químico do mesmo jeito. São os chamados isótopos diferentes da
mesma substância.
Uma das mais importantes, por estar na base das moléculas orgânicas, é o Carbono.
O isótopo chamado Carbono 14 é radioativo enquanto o isótopo mais comum,
o Carbono 12 não é radioativo.
A radioatividade surge com a desintegração do núcleo e portanto as substâncias
radioativas são instáveis, se degradam com o passar do tempo. Por isso se fala em
decaimento da substância, a quantidade tende a zero com o tempo.
Por exemplo, quando um organismo morre, deixa de assimilar Carbono à sua
estrutura (madeira, ossos, etc) e a proporção entre o Carbono 14 e o Carbono 12 (de
um para um trilhão quando vivo) começa a mudar, já que o Carbono radioativo se
decompõe.
Se considero a função y = f(x) para descrever a quantidade de uma substância
radioativa no tempo x, começando num tempo que fixo como x = 0, então
• f é uma função decrescente,
• f ′ (x) é sempre negativa
• f(x) tende a zero
Mais precisamente, a quantidade y = f(x) de cada substância química radioativa
satisfaz uma equação:
f ′ (x) = −kf(x), k > 0,
onde x ∈ R é o tempo e o valor de k > 0 depende especialmente de cada substância.
Já sabemos pela Afirmação 1.1 que
f(x) = f(0)e −kx , ∀R
e também pelo que sabemos sobre a exponencial:
lim
x→+∞ e−kx = 0, k > 0.
3.1. Carbono 14.
Para o Carbono 14, k ≈ 3.8394×10 −12 m/s (unidades de massa por segundo).
Ora, isso dá um decaimento em unidade de massa por ano próximo de:
3.8394·10 −12
·60·60
·24·365
≈ 0.0001210793184.
m/segundo
m/minuto
m/hora
m/dia
m/ano

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 485
Define-se meia-vida como o tempo τ no qual a quantidade inicial f(0) de uma
substancia radioativa se reduz à metade, ou seja:
Mas também temos:
e daí:
E tomando logaritmo:
Como −ln( 1)
= ln(2), obtemos:
2
No caso do Carbono 14 temos:
τ =
f(τ) := f(0)
2 .
f(0)
2 = f(0)·e−kτ ,
1
2 = e−kτ .
ln( 1
) = −kτ.
2
τ = ln(2)
k .
ln(2)
≈ 5724.736394
0.0001210793184
(e textos de física certamente o leitor encontrará aproximações mais corretas dessa
meia-vida)
3.2. Potássio 40.
Uma meia-vida relativamente curta (na escala geológica !) como a do Carbono 14
serve para datar madeira ou a historia da humanidade (na arqueologia).
Mas para datar rochas é preciso substâncias com meia-vida muito maiores. Por
exemplo, a lava das erupções se esfria, cristalizando-se, formando rochas cujo surgimento
pode ser datado. Isso porque ocorre o decaimento do potássio 40 (radioativo)
em argônio 40 (estável), que é uma gás mas que fica retido na lava transformada em
cristal. A meia vida do potássio 40 é 1,3 bilhão de anos e portanto rochas muito
antigas podem ser datadas 1
Por coincidência, vendo um documentário sobre a Evolução aprendi o seguinte:
foramencontrados restos deumhominídio que foraumdosprimeiros aandar emduas
patas, e que se conjecturava ter em torno de 4 milhões de anos, quase um milhão a
mais que a famosa Lucy. Mas sua idade certamente não seria datável via Carbono
14. Vieram então geólogos e determinaram que os restos de ossos estavam localizados
entre duas camadas distintas de sedimentos de erupçoes vulcânicas.
Pelo método potássio/argônio as duas camadas de sedimentos vulcânicos forma
datadas em torno de 4 milhões de anos. Logo esses ossos tinham essa idade !
1 Aprendi isso no livro de Richard Dawkins, A grande história da evolução- Na trilha de nossos
ancestrais, Companhia das Letras, 2009.

4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES COM COEFICIENTES
CONSTANTES 486
3.3. A meia-vida da luz das super-novas.
O Professor Vítor Pereira, da Geologia da UFRGS, me explicou alguns fenômenos
muito interessantes, que resumo a seguir.
As super-novas são explosões de estrelas, catástrofes que acontecem com algumas
estrelas, e que de tão grandes produzem luz que é percebida na Terra a olho nu ou
por por lentes de telescópios amadores.
Mas a quantidade de luz que chega a partir dessas explosões se reduz rapidamente:
para um tipo de super-nova se constata que existe uma meia-vida da intensidade de
sua luz, que se determinou em 56 dias.
Não deve ser apenas coincidência que essa seja a meia-vida do Califórnio Cf 254 .
Essa substância é produzida em grande quantidade nessas explosões. e isso se sabe
por análise do espectro da luz das super-novas.
Assuper-novassãoosverdadeirosfornos cósmicosdoselementosquímicos: quanto
maioraintensidade dasexplosões maispesadossãooselementos químicos produzidos.
Porém esses elementos pesados em geral têm núcleos atômicos instáveis, se desintegram
e terminam sendo menos abundantes no Universo.
4. Equações diferenciais lineares com coeficientes constantes
A Afirmação a seguir resolve uma equação diferencial um pouco mais geral do que
a que já resolvemos na Seção anterior:
Afirmação 4.1. Uma equação do tipo:
tem como solução:
g ′ (x) = A·g(x)+B, ∀x, A,B ∈ R
i) g(x) = B ·x+g(0), se A = 0,
ii) g(x) = g(0)·e Ax , se B = 0,
iii) g(x) = (g(0)+ B
A )·eAx − B
, se A·B = 0.
A
Ademais, em iii) temos
ou
lim g(x) = −B,
se A < 0
x→+∞ A
lim g(x) = −B,
se A > 0.
x→−∞ A
Note que a solução no caso mais geral, que é o iii), é uma soma (superposição) da
solução
g1(x) = c1 ·e Ax , c1 ∈ R
da equação
com a solução particular g2(x) ≡ − B
A
g ′ 1 (x) = A·g1(x)
do problema que tratamos
g ′ (x) = A·g(x)+B.

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 487
Demonstração. (Afirmação 4.1)
Os casos i) e ii) em que A = 0 ou B = 0 já nos são conhecidos. Por isso
suponhamos AB = 0, ou seja, o situação de iii).
Há uma solução constante do problema: f(x) ≡ −B
A
, já que:
0 ≡ A·( −B
A )+B.
Então vamos considerá-la uma solução desinteressante e procurar por outras interessantes,
ou seja, não constantes. Por isso vou supor
g(x) ≡ −B
A
e, o que é uma suposição a princípio mais forte 2 , que de fato:
g(x) = −B
A ,∀x.
Então escrevo:
g ′ (x) = A·(g(x)+ B
A ),
e agora, com a suposição extra de que ∀x: g(x)+ B
= 0 obtenho: A
g ′ (x)
g(x)+ B
A
= A.
Agora tomo primitivas. O lado esquerdo reconheço ter como primitivas:
ln|g(x)+ B
A |+C1
onde C1 é qualquer constante e o lado direito tem como primitivas:
Ax+C2
onde C1 é qualquer constante. Ou seja, agrupando as constantes como C3 := C2−C1,
obtenho tomando primitivas:
Tomando exponencial:
de onde
ln|g(x)+ B
| = Ax+C3.
A
e ln|g(x)+B
A | = e Ax+C3 ,
|g(x)+ B
A | = eAx ·e C3 .
Como g(x)+ B é uma função contínua, ela não pode mudar de sinal sem se anular
A
(Teorema Valor Intermediário) e como supusemos que g(x)+ A nunca se anula, temos
B
que ∀x:
• ou bem g(x)+ B
A = eAx ·eC3 > 0
• ou bem g(x)+ B
A = −eAx ·eC3 < 0.
2 Na verdade, através da Afirmação 3 do Capítulo 36 se mostra que são a mesma hipótese

4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES COM COEFICIENTES
CONSTANTES 488
Por isso agora adoto uma nova constante C, que pode ser positiva se C = e C3 ou
neqativa se C = −e C3 e escrevo:
g(x) = Ce Ax − B
A .
Para determinar C avalio tudo em x = 0:
g(0) = C − B
A ,
e portanto:
C = g(0)+ B
A ,
o que dá
g(x) = (g(0)+ B
A )·eAx − B
A .
Agora volto à hipótese de que g(x)+ B
A
temos
= 0. Observe que se pomos C = 0 em
g(x) = Ce Ax − B
A
g(x) ≡ −B
A .
As observações sobre os limites de g(x) são imediatas das prpriedades da exponencial.
Na figura a seguir plotei a solução especial g(x) = −B junto de soluções g(x) =
A
(g(0) + B
A ) · eAx − B para 4 esolhas de g(0). Note que, por ser A = −1, à medida
A
que x cresce os gráficos se aproximam da solução constante. Se tivéssemos escolhido
A > 0 os gráficos se afastariam da solução constante, à medida que x crescesce.
7,4
7,2
7
6,8
6,6
0
1 2
3
4
x
Fig.: Gráfico de y = 7 (vermelho) e gráficos de y = Ce−x +7,
com C = −1 4 ,−1 1 1 , , 2 2 4 .

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 489
5. Objetos em queda-livre vertical
Vamos aplicar alguns conceitos que aprendemos para entender o que acontece
quando um corpo 3 de massa m cai (desde um altura razoavelmente baixa).
Sejamy = f(x)aposição docorpo noinstante x, quesupomos aumenta 4 àmedida
que o corpo se aproxima da superfície da Terra e f ′ (x) sua velocidade.
Segundo Newton a aceleração f ′′ (x) de um corpo é dada por
f ′′ (x) = F
m ,
onde F é a força resultante sobre o corpo que cai e m sua massa (em geral F é uma
grandeza vetorial, mas nesta situação particular podemos pensá-la como escalar).
Agora vamos postular que a Força resultante F tem duas origens: uma dependendo
apenas da atração gravitacional e outra dependendo da resistência que surge
quando o objeto que se desloca atinge uma velocidade alta.
• Ao nível do mar, para quedas de não muito alto, a aceleração g impressa
pela gravidade é da ordem de 9.8 m/s
. Galileu já tinha estimativas dessa
s
aceleração e foi o primeiro a notar que essa aceleração não depende da massa
do corpo (desprezando-se o atrito).
• Já o atrito e a resistência do ar contam no segundo tipo de força, do tipo5 −γ ·f ′ (x),
onde γ > 0 depende da forma do objeto, do peso, do material, etc e onde
o sinal negativo tem a ver com o fato que aqui nos opomos ao efeito da
gravidade.
Então obtemos a aceleração:
f ′′ (x) = −γ
m f′ (x)+g
Queremos descobrir quem é f ′ (x) e depois f(x).
Como tratamos de uma queda-livre, ou seja, o objeto não deve ser empurrado,
vamos supor
f ′ (0) = 0
e também f(0) = 0 para começarmos a medir a distância percorrida a partir do
instante x = 0.
Vamos usar a Afirmação 4.1 da Seção 4, com:
g(x) = f ′ (x), A = −γ
, B = g
m
e
f ′ (0) = 0.
3 Aqui entendido como um ponto. Na Seção 5 do Capítulo 23 explicamos um pouco do que fazer
no caso de um objeto não-pontual
4 Também poderíamos medir a posição desde o solo, e então adaptaríamos a grandeza g que
aparecerá a seguir por −g, para indicar que a gravidade traz para o solo
5 Esta é uma hipótese, pois em outros modelos se supõe da forma −γ ·(f ′ (x)) 2 o que conduz a
uma equação diferencial não-linear.

5. OBJETOS EM QUEDA-LIVRE VERTICAL 490
Temos então
ou
f ′ (x) = gx, se γ = 0,
f ′ (x) = −gm
γ e−γ m x + gm
, se γ = 0.
γ
Agora vamos impor que f(0) = 0 pois queremos medir a distância percorrida no
tempo x > 0.
Se γ = 0 obtemos
Ma se γ = 0:
e a imposição f(0) = 0 dá:
e portanto:
f(x) =
g ·x2
2 .
f(x) = [ −gm
γ e−γ m t + gm
] dt =
γ
= −m
γ (−gm
γ )e−γ m x + gm
γ x+C
f(x) = − gm2
γ 2
C = −m
γ (gm
γ )
·(1−e −γ
m x )+ gm
γ ·x.
Seria muito interessante paraumpára-quedista tersua posição f(x)dada poruma
função linear. Note que a função f(x) acima se aproxima da reta y = gm
γ
pois e −γ
m x → 0.
·x− gm2
γ 2 ,
Os valores de γ se determinam experimentalmente. Por exemplo, para m = 10kg
. A Figura a seguir compara a queda sem resistência
pode-se6 atribuir o valor γ = 2 kg
s
(γ = 0) com a queda com resistência ( γ = 2 kg
s ).
6 Boyce e DiPrima, Equações diferencias elementares e problemas de valores de contorno, LTC.

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 491
1000
800
600
400
200
0
0
-200
2 4 6 8
x
Fig.: Gráficos de y = g·x2
(vermelho) e y = − 2 gm2
γ2 ·(1−e −γ
m x )+ gm
·x (azul) e γ
y = − gm2
γ2 + gm
·x (verde), g = 9.8, m = 10, γ = 2.
γ
A seguinte afirmação trata da conservação de energia 7 na queda-livre:
Afirmação 5.1. Considere um objeto pontual de massa m que cai em queda-livre,
verticalmente, sem efeito de atrito. Se f(x) dá a distância vertical percorrida desde
que o objeto é largado em queda livre, então a grandeza chamada Energia Total:
é constante ∀x.
m· (f′ (x)) 2
2
10
12
−mg ·f(x)
Demonstração.
De fato, como vimos acima quando γ = 0, então f ′ (x) = g ·x e f(x) = g · x2
2 .
No que segue vamos supor a seguinte versão da:
(Lei de Newton) se ds é a velocidade de um ponto de massa m ao longo de um
dx
gráfico, então a aceleração é:
d2 s F
=
dx 2 m ,
onde F é a força resultante que atua sobre o corpo.
7 Se medíssemos a posição desde o solo, a energia total seria uma soma, não uma subtração
14

5. OBJETOS EM QUEDA-LIVRE VERTICAL 492
Afirmação 5.2. Considere dois pontos A, B num plano posicionado verticalmente.
Suponha que B = (0,0) é a origem de um sistema de coordenadas cartesiano e que
A = (a1,a2), a1 = 0, e a2 > 0.
Suponha que o gráfico Γ de y = f(x) (derivável) com f(a) = A a f(b) = B descreve
a trajetória de um corpo de massa m que cai ao longo de Γ, apenas sob o efeito
da gravidade, sem atrito, partindo de A no tempo x = a com velocidade inicial 0 e
chegando em B no tempo x = b.
Então é constante, ∀x ∈ [a,b], a grandeza
onde g = 9.8 m/s 2 .
Demonstração.
Derivando
obtemos:
m· (ds
dx )2
+g ·m·f(x),
2
m· (ds
dx )2
2
m· ds d(ds
dx ·
dx ) ds
= m·
d x dx · d2 s
dx2. Como vimos na Seção 5, podemos determinar a posição de um ponto P do gráfico
em função de quanto vale o comprimento do gráfico desde f(a) = A até f(x) = P.
Ou seja, há uma função P = P(s).
A força resultante F(P(s)) em cada ponto P(s) do gráfico Γ depende do efeito da
gravidade na direção da tangente do gráfico, ou seja, é da ordem de
F(P(s)) = −gm·sin(θ(s)),
onde θ(s) é o ângulo formado pela tangente de Γ em P(s) com a horizontal e o sinal
− se deve a que a força é no sentido oposto ao crescimento de y (se θ = π
temos toda 2
a força gravitacional gm agindo verticalmente).
Lembrando a Observação 6.1, temos então:
F(P(s))
m
e com a Lei de Newton obtemos:
Logo a derivada de
é:
m· ds
dx
= −g ·sin(θ(s)) = −g · dy
ds
d2 s dy
= −g ·
dx2 ds .
m( ds
dx )2
dy dy ds
·(−g · ) = −mg ·
ds ds dx =
= −mg · dy
dx ,
se usamos na última igualdade a regra da derivada da composta.

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 493
Portanto, como y = f(x), a derivada de
m( ds
dx )2 +gm·f(x)
é zero, o que diz que essa grandeza é constante.
6. Queda ao longo de um gráfico
Agora vamos considerar uma situação de interesse prático. Imagine um objeto
pontual que cai, deslizando sem atrito, ao longo de um gráfico ou de uma curva,
apenas sob o efeito da gravidade.
Em geral um gráfico y = f(x) ou uma curva parametrizada
Γ : R → R 2 , (x(u),y(u))
tem um variável natural que descreve seus pontos(x ou u), mas que não tem nada a
ver em geral com o tempo t que descreve a queda do objeto.
Então a primeira questão que queremos tratar é saber como re-parametrixar a
curva ou gráfico pelo tempo t de modo a descrever a queda do objeto ao longo do
gráfico ou da curva.
Para isso, usaremos a Afirmação 6.1 a seguir. Essa é uma estensão da Afirmação
5.2 e sua prova desta é essencialmente 8 a mesma da Afirmação 5.2. A diferença está
apenas no uso de noções vetoriais, por isso a omitimos:
Afirmação 6.1. Considere dois pontos A, B num plano posicionado verticalmente.
Suponha que A = (0,0) é a origem de um sistema de coordenadas cartesiano e que
Suponha que a curva parametrizada
B = (b1,b2), b1 = 0, e b2 < 0.
Γ : (x(t),y(t)), t ∈ [a,b]
com A = (x(a),y(a)) a B = (x(b),y(b)), que descreve a trajetória de um corpo de
massa m no instante t caindo ao longo de Γ, apenas sob o efeito da gravidade, sem
atrito, partindo de A no tempo t = a com velocidade inicial 0 e chegando em B no
tempo t = b.
Então é constante, ∀t ∈ [a,b], a grandeza
m· (ds
dt )2
2 +gm·y(t),
onde g = 9.8 m/s 2 e ds
dt = (x ′ (t) 2 +(y ′ (t)) 2 .
Como usaremos essa Afirmação para reparametrizar o gráfico ou curva pelo tempo
t de queda ?
8 De novo a gravidade atua no sentido oposto ao crescimento da coordenada y(u) ≤ 0, por isso
o sinal + na grandeza Energia total

6. QUEDA AO LONGO DE UM GRÁFICO 494
Do seguinte modo. Começo com uma parametrização qualquer:
ˆΓ : (x(u),y(u)), u ∈ [c,d]
do traço da curva Γ.
Denote t ∈ [a,b] o parâmetro de tempo de queda que queremos introduzir para
descrver os pontos da curva. A Afirmação 6.1, combinada com ds(a)
= 0 e y(a) = 0,
dt
diz que
( ds
dt )2 = −2·g ·y(t), ∀t ∈ [a,b]
ou seja,
ds
dt = −2·g ·y(t)
e portanto
dt
ds =
1
.
−2·g ·y(t)
Portanto
e
t =
dt dt ds
= ·
du ds du .
x ′ (u) 2 +y ′ (u) 2
=
−2·g ·y(t(u))
x ′ (u) 2 +y ′ (u) 2
−2·g ·y(t(u)) du.
Em particular o tempo necessário para sair de ˆ Γ(c) e chegar em ˆ Γ(d) é:
d
x ′ (u) 2 +y ′ (u) 2
t = du.
−2·g ·y(t(u))
c
6.0.1. Exemplo:
Vamos fazer um exemplo bem simples. Na Seção seguinte haverá uns mais interessantes.
Vamos aqui descrever a queda de (0,0) até B = (b1,b2) b1 = 0 e b2 < 0 ao
longo de um segmento de reta. Para isso vamos parametrizar a reta que liga esses
pontos pelo tempo de queda.
O faremos de dois modos: um bem elementar, e o outro, como ensinamos acima,
que expressa o tempo t como uma integral.
A função de t que dá a posição a partir de A = (0,0) é parecida com aquela da
queda-livre vertical: g · t2
2 (já que f′ (0) = 0 e f(0) = 0 e a aceleração é constante
ao longo da semireta AB). Mas a diferença com aquele caso já estudado é que a
gravidade atua na semireta AB de acordo com a projeção de um vetor vertical de
módulo g nesta semireta; ou seja, com valor
g ·sin(θ)
onde θ é o ângulo entre a semireta AB e uma reta horizontal. Ou seja, o efeito da
gravidade vira zero se θ = 0 e volta a ser máxima se θ = π
2 .

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 495
Por isso se tomamos um sistema cartesiano em que
A = (0,0), B = (b1,b2), com b1 = 0, b2 < 0,
então o deslizamento do objeto ao longo da semireta AB
g ·sin(θ)· t2
2 .
será descrito pela curva parametrizada:
onde (
b1 √
b2 1 +b2 2
Já que
ficamos com:
b1
(x(t),y(t)) = (
2 b1 +b2 2
,
·gsin(θ)· t2
2 ,
b2
2 b1 +b2 ·gsin(θ)·
2
t2
2 ),
b1 √
b2 1 +b2) é um vetor de módulo 1 que gera a semireta AB.
2
sin(θ) = −b2
b 2 1 +b 2 2
(x(t),y(t)) = ( −b1 ·b2
(b2 1 +b2 t2
·g ·
2 ) 2 , −b22 (b2 1 +b2 t2
·g ·
2 ) 2 ).
O tempo que leva para chegar em B se obtém igualando:
−b1 ·b2
(b2 1 +b2 t2
·g ·
2 ) 2 = b1 ou
−b 2 2
(b 2 1 +b2 2
) ·g · t2
2
= b2,
o que dá:
2·(b
t =
2 1 +b2 2)
.
−g ·b2
Agoraretomoessemesmoexemplo, paraexpressar otempodequedaviaumaintegral.
Uma parametrização natural da reta é:
com
b1
ˆΓ : (x(u),y(u)) = (
2 b1 +b2 b2
·u,
2
2 b1 +b2 ·u)
2
u ∈ [0, b2 1 +b22 ].
Então x ′ (u) 2 +y ′ (u) 2
2·g ·y(t(u)) =
e
t =
4 2 b1 +b2 2
√
−2g ·b2 · √ u
4 b2 1 +b2 2
√
−2g ·b2 · √ du =
u
√
4 2
=
b2 1 +b2 2
√ ·
−g ·b2
√ u+C.
Mas t = 0 corresponde a u = 0 e daí C = 0. Ou seja:
u =
−g ·b2
2 b1 +b2 ·
2
t2
2

7. A CURVA QUE MINIMIZA O TEMPO 496
e portanto esta re-parametrização coincide com a obtida pelo método elementar.
7. A curva que minimiza o tempo
Considero o caso particular em que um objeto pontual de massa m = 1 cai pela
reta ligando
A = (0,0) a B = (π,−2)
(e no qual uso para aceleração g o valor π 2 ≈ 9.869604404) Obtemos, segundo o
Exemplo da Seção 6, uma parametrização do segmento de reta pelo tempo de queda
t segundo a qual o tempo de queda é
t =
√ π 2 +4
π
≈ 1.185447061.
O objetivo desta Seção é dar explicitamente outras curvas β ligando A = (0,0)
até B = (π,−2), parametrizadas pelo tempo de queda t, mas que cheguem em B num
tempo t < 1.18.
É claro que o comprimento de β, de A até B, é maior que a distância b 2 1 +b2 2
do segmento de reta, porém afirmo que deslizando por essas curvas β o objeto chega
antes a B do que se deslizasse pela reta AB !
Considere a curva
Então
α : x(u) := u5 u2
√ , y(u) := −
25 5√
π2 , u ∈ [0,√2· 5√ π].
x ′ (u) 2 +y ′ (u) 2
2·g ·y(t(u)) =
√ 25u 6 π 4/5 +128
8π 6/5
onde usei π 2 ≈ g e daí se pode avaliar numericamente no Maple o tempo da queda
ao longo desta curva como:
t =
√ 2· 5√ π
0
√ 25u 6 π 4/5 +128
8π 6/5
O traço de α é a curva no plano dada por
dada na Figura a seguir.
y = − 2x25
π 2 , x ∈ [0,π],
5
du ≈ 1.008984423.
,

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 497
0 0,5 1 1,5
0
-0,5
-1
-1,5
-2
x
Observe que α começa com inclinação vertical, o que aproveita bastante bem o
efeito da gravidade. Ademais note que só conseguimos fazer com que a integral não
tenha valor +∞ porque quando y(0) = 0 também ds = 0. du
A curva que considero a seguir é a ciclóide:
β(t) := (πt−sin(πt), cos(πt)−1), t ∈ [0,1]
que claramente sai de β(0) = A e chega em t0 = 1 em
2
2,5
β(1) = (π,−2) = B.
A figura a seguir compara o traço de α com o da ciclóide β:
0
0
-0,5
-1
-1,5
-2
0,5
1
1,5
Em vermelho α e em verde a ciclóide β.
O que precisamos verificar é se a β(t) pode descrever a posição do objeto que
desliza. Para isso uso a Afirmação 6.1.
Temos para esta curva:
( ds
dt )2 = (x ′ (t) 2 +(y ′ (t)) 2 = 2π 2 ·(1−cos(πt)).
2
2,5
3
3

7. A CURVA QUE MINIMIZA O TEMPO 498
Usando para g o valor π 2 ≈ 9.869604404, após derivar e simplificar obtemos:
d( (ds
dt )2
2 +π2 ·y(t))
≡ 0,
d t
onde y(t) = cos(π ·t)−1.
A sequência de Figuras a seguir mostra a corrida entre a reta (em verde) e a
ciclóide (em vermelho), para ir de (0,0) até (π,−2). Cuide que as escalas dos eixos
x,y vão mudando de figura para figura.
Os tempos transcorridos são
t = 0.05, 0.1, 0.3, 0.5, 0.7, 1.0, 1.18,
e em t = 1 a ciclóide já chegou no ponto (π,−2).
0 0,001 0,002 0,003 0,004 0,005
0
-0,002
-0,004
-0,006
-0,008
-0,01
-0,012
0 0,0050,010,0150,02
0
-0,01
-0,02
-0,03
-0,04
0 0,05 0,1 0,15
0,2
0
-0,1
-0,2
-0,3
-0,4

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 499
0
0
-0,5
-1
-1,5
0
0
-0,5
-1
-1,5
0
0
-0,5
-1
-1,5
-2
0
0
-0,2
-0,4
-0,6
-0,8
-1
0,5
0,5
0,5 1
0,1 0,2 0,3 0,4
1
1
1,5
1,5
1,5
2
0,5
2
2
2,5
3
2,5
2,5

8. BALÍSTICA E O SUPER MÁRIO 500
0
0
-0,5
-1
-1,5
-2
Johann Bernoulli colocou, em 1696, o seguinte problema:
1
2
Problema da braquistócrona 9 :
Sejam dados dois pontos A,B num plano vertical. Se A e B não estão numa reta
vertical, encontrar qual a curva descrita por um corpo M que sai de A e chega em B
no menor tempo possível, sob efeito apenas da gravidade.
É possível provar, com recursos mais avançados dos que dispomos no momento,
que a curva que minimiza o tempo é uma ciclóide.
8. Balística e o Super Mário
VárioscientistasdoRenascimentoforamdefrontadoscomproblemasfísico-matemáticos
ligadosàbalística, por exemplo Galileu, Torricelli e outros. Naquela época osmecenas
eram os Reis e os Reis sempre foram belicosos...
Por isso vou explicar o problema mais básico de balística, mas o leitor pacifista
pode adaptá-lo ao jogo Super Mário, mais de acordo com o espírito de nossa época.
Nesse jogo o personagem salta para níveis mais altos. O que pode ser interpretado
como o ponto mais alto da trajetória na Afirmação 8.1 a seguir.
O problema mais básico para açguém que atira com um canhão é: dado um
alvo encontrar o ângulo θ que se deve levantar um canhão para atingir o alvo.
Maisprecisamente, imagineoalvo noeixo x > 0ecomcoordenada(x,0)enquanto
o canhão está na origem (0,0). Em geral a velocidade escalar da bala do canhão não
pode ser alterada, o que se pode é alterar o ângulo 0 < θ < π
3
4
2
que o canhão forma
com o eixo x > 0.
Também se supõe que a bala sofre apenas o efeito da gravidade (e que estamos a
nível do mar), sem sofrer resistências extra ao seu deslocamento.
Se meditamos um momento vemos que, se x for grande demais em relação a v0
pode acontecer da bala nunca alcançar o alvo. Aí é preciso aproximar o canhão do
alvo.
A Figura a seguir mostra 4 tentativas frustradas de se atingir o alvo, onde v0 = 5
e x ≥ 3.
9 braquistocrona vem do grego e significa menor tempo

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 501
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0 0,5 1
Figura: A tentativa em verde é a de θ = π
4 .
Afirmação 8.1. Seja v0 > 0 a velocidade escalar com que a bala sai do canhão e o
alvo em (x,0), com x > 0.
• o ângulo θ a ser escolhido para o tiro atingir o alvo (x,0) verifica
1,5
sin(2·θ) =
2
g ·x
v2 ,
0
onde g = 9.8 (m/s2 ).
• em geral, dado um 0 < θ < π
, a trajetória da bala é descrita pela parábola
2
g
y = −
2,5
2·v 2 0 ·cos2 (θ) ·x2 +tan(θ)·x.
Em particular, a partir da parábola vemos que:
• o ponto mais alto atingido pela bala tem coordenadas:
( v2 0 ·sin(θ)cos(θ)
g
, v2 0 ·sin2 (θ)
2g
• o ponto onde a bala atinge o chão tem coordenada
x = sin(2θ)·v2 0
.
g
Em particular o ponto mais longe que pode ser atingido tem coordenada
x = v2 0
g
e corresponde à escolha θ = π
4 .
• o ponto mais alto da trajetória se dá no tempo
tM = v0 ·sin(θ)
.
g
O tempo que transcorre entre a saída da bala e sua chegada ao chão é 2·tM.
).

8. BALÍSTICA E O SUPER MÁRIO 502
A Figura a seguir ilustra um tiro certeiro:
1,6
1,2
0,8
0,4
0
0
2
4
x
Figura: θ = π
5 , v0 = 10, x ∼ 9.7, altura máxima ∼ 1.7.
Demonstração.
A velocidade v0 tem uma componente horizontal e uma vertical.
A horizontal é x ′ (0) = v0 ·cos(θ) e a vertical y ′ (0) = v0 ·sin(θ).
Não há componente horizontal da força de gravidade. Portanto, 10 se x(t) é a
coordenada horizontal da posição da bala:
o que dá:
6
x ′′ (t) ≡ 0
x ′ (t) ≡ C = x ′ (0)
e portanto:
x(t)−x(0) = x ′ (0)·t.
Como (x(0),y(0)) = (0,0) temos:
x(t) = x ′ (0)·t = v0 ·cos(θ)·t, ∀t ≥ 0.
Mas a gravidade g afeta a componente vertical. De fato:
y ′′ (t) = −g,
(onde o sinal vem da oposição entre o sentidos).
Logo
y ′ (t)−y ′ (0) = −g ·t,
ou seja,
y ′ (t) = y ′ (0)−g ·t,
e daí obtemos:
Ou seja
y(t)−y(0) = y ′ (0)·t−
y(t) = v0sin(θ)·t−
10 E se supõe que a bala não sofre resistência
8
g ·t2
2 .
g ·t2
2 .

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 503
Substituindo
em
obtemos a parábola
y = −
t = x(t)
x ′ x
=
(0) x ′ (0)
y(t) = v0sin(θ)·t−
g
g ·t2
2
2·v 2 0 ·cos 2 (θ) ·x2 +tan(θ)·x,
que é a descrição da trajetória da bala.
Sabemos encontrar o ponto de máximo de uma parábola y = ax2 +bx+c, onde
. No caso da parábola acima obtemos:
a < 0. Esse ponto é x = −b
2a
x = v2 0 ·sin(θ)cos(θ)
g
e daí obtemos a altura máxima.
OtempotM emqueseatingeessa alturamáximaéobtidodeigualaracomponente
vertical da velocidade a zero:
portanto:
0 = y ′ (tM) = y ′ (0)−g ·tM,
tM = y′ (0)
g .
E o tempo tF > 0 no qual a bala atinge o alvo é obtido de igualar y(tF) = 0 e resolver:
cujas raízes são t = 0 e
0 = v0sin(θ)·t−
tF = 2·y′ (0)
g
g ·t2
2
= 2·tM.
A coordenada x do alvo atingido pode ser obtida ou avaliando x(t) em tF ou
vendo-se a intersecção da parábola acima com o eixo x. De ambos os modos obtêmse:
x = v2 0 ·sin(2·θ)
.
g

10. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N.14, 1954 504
Deixo para o Exercício 14.7 a prova de uma propriedade de balística conhecida
por Galileu, exemplificada na Figura a seguir:
4
3
2
1
0
0 2
4
6 8
9. Equações diferenciais lineares em geral
Uma equação diferencial deprimeira ordemlinear geraléuma equação doseguinte
tipo:
f ′ (x) = a(x)·f(x)+b(x),
onde a incógnita é a função y = f(x).
Como veremos na Afirmação 11.1 a seguir (que generaliza a Afirmação 4.1) a
solução dessa equação não é única mas forma uma família de curvas, chamadas de
curvas integrais da equação. A curva solução só fica determinada quando impomos
que passe por algum ponto do plano.
10. Um problema da Putnam Competition, n.14, 1954
O que é interessante é que, antes de sabermos quem são as curvas integrais, já
podemos responder a um problema:
Problema: Se a família de curvas integrais da equação:
f ′ (x)+p(x)·f(x) = q(x), com p(x)·q(x) = 0
é cortada pela reta vertical x = k, então as retas tangentes às curvas integrais pelos
pontos de intersecção concorrem todas num mesmo ponto.
Solução:
Denoto por fα(x) e fβ(x) duas curvas integrais distintas.
Vou tomar duas retas tangentes às curvas integrais fα(x) e fβ(x) por pontos
distintos da reta x = k:
(k,fα(k)) e (k,fβ(k)).
A primeira verifica:
y −fα(k)
x−k = f′ α (k) = −p(k)·fα(k)+q(k)
10

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 505
enquanto que a segunda:
y −fβ(k)
x−k = f′ β(k) = −p(k)·fβ(k)+q(k).
Ou seja, a primeira é a reta:
y = (−p(k)·fα(k)+q(k))·x−k ·(−p(k)·fα(k)+q(k))+fα(k).
enquanto a segunda é:
y = (−p(k)·fβ(k)+q(k))·x−k ·(−p(k)·fβ(k)+q(k))+fβ(k).
Quando consideramos a interseção dessas retas temos que resolver a equação:
−p(k)·fα(k)·x+(kp(k)+1)·fα(k) = −p(k)·fβ(k)·x+(kp(k)+1)·fβ(k)
ou seja:
x = (kp(k)+1)·(fβ(k)−fα(k))
=
p(k)·(fβ(k)−fα(k))
kp(k)+1
,
p(k)
que não depende das fα e fβ particulares que tomei. Portanto essa é a coordenada x
do ponto onde concorrem todas as retas tangentes.
Fiz um Exemplo, antecipando o resultado da próxima Seção sobre quem são as
curvas integrais da equação.
Tomei
f ′ (x)+p(x)·f(x) = q(x), com p(x) = 2
, q(x) = cos(x), x ∈ [0.8,6]
x
pois de fato quem não pode se anular é p(x) = 2
x .
Escolhi k = 2 e tracei 11 curvas integrais, na próxima Figura:
4
2
0
1 2 3 4 5 6
-2
-4
x
Agora adicionei suas 11 retas tangentes nas interseções com x = 2. Segundo
= 3, o que
nossas contas devem se encontrar no ponto cuja coordenada x vale 2·2
2 +1
2
2
se vê bem na Figura:

11. SOLUÇÕES DAS EQUAÇÕES LINEARES GERAIS 506
4
2
1
0
2 3 4 5 6
-2
-4
x
11. Soluções das equações lineares gerais
Agoravamosverquemsãoassoluçõesdasequaçõesdiferenciaislinearesdeprimeira
ordem:
Afirmação 11.1.
Sejam a(x), b(x) e f(x) funções definidas num intervalo aberto e com valores em
R, tais que a(x) e b(x) são contínuas e f derivável, com f ′ (x) função contínua ao
menos.
• i) Se f ′ (x) = a(x)·f(x) então
Dado f(x 0) então
f(x) = C ·e a(x)dx , com C ∈ R.
x
x a(t)dt
f(x) = f(x0)·e 0 .
• ii) Se f ′ (x) = a(x)·f(x)+b(x) então
f(x) = e
a(t)dt
·
• iii) se a(x) ≡ a e b(x) ≡ b, então ii) vira:
e −a(t)dt ·b(x)dx+C ·e a(t)dt.
f(x) = e ax · e−ax
(−a) ·b+C ·eax = − b
a +C ·eax .

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 507
Demonstração.
De i):
Usaremos a mesma idéia da prova da Afirmação 4.1.
Primeiro noto que a função f ≡ 0 é solução e corresponde a tomar C = 0.
Podemos então supôr no que segue que f ≡ 0.
Faremos a suposição a princípio mais forte 11 de que:
∀x ∈ R, f(x) = 0.
Então posso fazer:
f ′ (x)
= a(x).
f(x)
Tomando primitivas (e colocando as constantes do lado direito):
ln||f(x)|| = a(x)dx+C1.
Logo
||f(x)|| = e a(x)dx+C1 = e a(x)dx ·e C1 = C2 ·e a(x)dx .
Pelo T.V.I. sabemos que ou bem f(x) > 0 ∀x ou bem f(x) < 0 ∀x.
Então:
f(x) = C2 ·e a(x)dx
Em qualquer dos casos,
ou f(x) = −C2 ·e a(x)dx .
f(x) = C ·e a(x)dx , com C = 0.
Se tomo x0 no domínio da f, acima poderíamos ter escrito:
e daí teríamos:
ln||f(x)||−ln||f(x0)|| =
x
x0
a(t)dt,
x
x
a(t)dt+ln||f(x0)|| a(t)dt x ||f(x)|| = e 0 x = ||f(x0)||·e 0 .
Em qualquer dos casos (f(x) > 0 ∀x ou f(x) < 0 ∀x):
De ii):
Agora temos:
f(x) = f(x0)·e
x
x a(t)dt
0 .
f ′ (x) = a(x)·f(x)+b(x)
e o leitor em seguida vê que a idéia da prova da Afirmação 4.1 já não funciona aqui:
ou seja, não aparece mais uma derivada logarítmica do lado esquerdo.
O que faremos é multiplicar toda a equação dada por um fator µ(x) adequadamente
escolhido para que do lado esquerdo apareça a derivada de algo, apesar de que
esse algo nem sempre será o logaritmo.
Faço
f ′ (x)−a(x)·f(x) = b(x)
11 Na verdade, através da Afirmação 3 do Capítulo 36 se mostra que são a mesma hipótese

11. SOLUÇÕES DAS EQUAÇÕES LINEARES GERAIS 508
e
Quero que valha:
e para isso temos que ter:
já que:
µ(x)·f ′ (x)−µ(x)·a(x) = µ(x)·b(x).
µ(x)·f(x)−µ(x)·a(x) = (µ(x)·f(x)) ′
µ ′ (x) = −a(x)·µ(x),
(µ(x)·f(x)) ′ = µ(x)·f ′ (x)+µ ′ (x)·f(x).
Ora, o item i) nos diz quem são as soluções µ(x) de µ ′ (x) = −a(x)·µ(x) e tomo uma
com C = 1:
µ(x) = e −a(t)dt .
Portanto:
(e −a(t)dt ·f(x)) ′ = e −a(t)dt ·b(x).
Tomando primitivas e passando a constante para a direita:
e portanto:
e −a(t)dt ·f(x) =
f(x) = e
a(t)dt
·
Vejamos Exemplos para a Afirmação 11.1:
• Tomemos as equações do tipo
e −a(t)dt ·b(x)dx+C
e −a(t)dt ·b(x)dx+C ·e a(t)dt.
f ′ (x) = x k ·f(x), com k ∈ Z, para x > 0.
Escolho o ponto x0 = 1.
x
1
É claro que
t k dt = xk+1 1
−
k +1 k +1
se k = −1
ou x
t −1 dt = ln(x) se k = −1.
Portanto pelo item i):
ou
1
f(x) = f(1)· exk+1 k+1
e 1
k+1
, se k = −1
f(x) = f(1)·x, se k = −1.

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 509
• Agora considere as equações do tipo
f ′ (x) = −n
x ·f(x)+2n·xn−1 , com n ∈ N, para x > 0
Temos pelo item ii):
mas agora:
f(x) = e −n
t dt ·
enquanto que e −n
t dt = 1
Logo obtemos
e n
t dt ·b(x)dx+C ·e −n
t dt .
e n
t dt = e n·ln(x) = x n , onde x > 0
xn e daí:
e n
t dt
·b(x)dx =
f(x) = 1
2n·x 2n−1 dx = x 2n .
xn ·x2n + C
xn = xn + C
xn. A determinação de C depende da escolha de um valor f(x0), pois C =
xn 0 ·(f(x0)−x n 0 ).
6
4
2
0
1
-2
-4
2
x
3 4 5
Fig. As curvas y = x+ C com C = −3,−2,−1,0,1,2,3.
x
• Agora considere a equação
f ′ (x) = −2
·f(x)+cos(x), para x > 0
x
Pelo item ii):
f(x) = e −2
t dt
· e 2
t dt ·cos(x)dx+C ·e −2
t dt ,
onde, como antes,
E
e 2
t dt = x 2
e e −2
t dt = 1
x 2 onde x > 0.
x 2 ·cos(x)dx = x 2 ·sin(x)+2x·cos(x)−2sin(x),

12. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 49, 1958. 510
como vimos num dos Exemplos do Capítulo 24. Logo obtemos :
f(x) = sin(x)+ 2cos(x)
x
− 2sin(x) C
+
x2 x2. A Figura a seguir mostra essas curvas para C = −3,−2,−1,0,1,2,3.
4
2
0
-2
2
4
x
6
8 10
Note que à medida que x cresce essas as curvas todas se aproximam de
y = sin(x).
12. Um problema da Putnam Competition, n. 49, 1958.
Problema: Um erro comum no Cálculo é achar que:
(f(x)·g(x)) ′ = f ′ (x)·g ′ (x).
Se f(x) = ex2 prove que existe uma g(x) ≡ 0 definida num intervalo aberto tal que
para essas f e g vale:
Solução:
Queremos que
mas por outro lado certamente:
Então obtemos:
de onde
supondo 2x−1 = 0.
(e x2
(f(x)·g(x)) ′ = f ′ (x)·g ′ (x).
(e x2
) ′ ·g ′ (x) = (e x2
·g(x)) ′ ,
·g(x)) ′ = (e x2
) ′ ·g(x)+e x2
·g ′ (x) =
= 2x·e x2
·g(x)+e x2
2x·e x2
·g ′ (x) = 2x·e x2
·g ′ (x).
·g(x)+e x2
g ′ (x) = 2x
2x−1 ·g(x),
·g ′ (x),

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 511
Esse tipo de equação é tratada pelo item i) da Afirmação 11.1: se g(x) > 0 e se
2x−1 > 0, então
g(x) = e C ·e
2x
2x−1 dx .
Ora:
2x 1
= 1+
2x−1 2x−1
e portanto (módulo constantes)
2x ln(2x−1)
dx = x+ ,
2x−1 2
de onde
g(x) = e x+ln(2x−1)
2 = e x · √ 2x−1, para x > 1
2 .
13. As equações de Bernoulli e sua redução a equações lineares
Jakob Bernoulli considerou uma classe de equações diferenciais extremamente
úteis, como veremos em aplicações no Capítulo 38. Mas as equações dessa vez são
não-lineares (pois envolvem o termo f(x) r ).
O que é incrível é que elas podem ser transformadas em equações diferenciais
lineares. O truque é do grande Leibniz !
Repare que os casos r = 0,1 na Afirmação 13.1 a seguir já estão resolvidos pela
Afirmação 11.1 acima.
Afirmação 13.1. Sejam a(x),b(x) contínuas, f(x) derivável com f ′ (x) contínua.
Suponha 12
f ′ (x) = a(x)·f(x)+b(x)·f(x) r , r = 0,1, r ∈ R.
Então
• g(x) := f 1−r (x) satisfaz a equação diferencial linear:
g ′ (x) = (1−r)·a(x)·g(x)+(1−r)·b(x)
e portanto ou f(x) ≡ 0 ou13
f(x) = [e (1−r)a(t)dt ·
e (r−1)a(t)dt ·(1−r)b(x)dx+C ·e (1−r)a(t)dt] 1
1−r
Demonstração.
Mais uma vez, após considerar a situação em que f ≡ 0, trocaremos a condição
f ≡ 0 pela condição a princípio mais forte 14
Noto que se g(x) := f 1−r (x) , então:
f(x) = 0, ∀x.
g ′ (x)
g(x) = (1−r)·f−r (x)·f ′ (x)
f1−r (x)
12 dependendo do r ∈ R pode ser necessário supôr que f(x) > 0 para que faça sentido f(x) r .
13 Onde aparece r −1 na fórmula a seguir ao invés de 1−r está correto, não inverta ...
14 Na verdade, através da Afirmação 3 do Capítulo 36 se mostra que são a mesma hipótese
=

14. EXERCÍCIOS 512
e portanto multiplicando por g(x):
= (1−r)· f′ (x)
f(x) =
= (1−r)·a(x)f(x)+(1−r)·b(x)fr
f(x)
= (1−r)·a(x)+(1−r)·b(x)f r−1 =
= (1−r)·a(x)+(1−r)· b(x)
g(x) ,
g ′ (x) = (1−r)·a(x)g(x)+(1−r)·b(x).
Como já sabemos resolver esta equação pela Afirmação 11.1, temos g(x) e daí a f(x).
Um Exemplo:
cuja solução portanto é:
y = [−e −x2
2 ·
y ′ (x) = x·y(x)+y(x) 2 ,
=
e x2
2 dx+C ·e −x2
2 ] −1 , C ∈ R.
14. Exercícios
Exercício 14.1. (resolvido)
A função representada a seguir é estritamente decrescente e tende a zero. No
entanto, afirmo que ela não pode representar a desintegração de nenhuma substância
radioativa, devido a aspecto (s) qualitativo (s) de seu gráfico.
Explique quê aspecto qualitativo é (são) esse(s), usando os conceitos e a teoria
desenvolvida neste Curso.
35
30
25
20
15
10
0
1
2
x
Exercício 14.2. Quanto tempo tem que ter passado para que uma mostra de osso
tenha menos que 10 −3 vezes a quantidade original de C14 ?
Exercício 14.3. Em quanto tempo duplica uma dívida que cresce segundo a equação
f ′ (x) = 2·f(x) ?
3
4

CAPÍTULO 35. AS PRIMEIRAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 513
Exercício 14.4. (resolvido)
A 1
-vida é o tempo τ transcorrido para que uma substância radioativa tenha
2
massa f(τ) igual à metade da massa inicial f(0).
i) Suponha que defino a 1-vida
como o tempo ˆτ transcorrido para que uma
4
substância radioativa tenha massa f(ˆτ) igual a um quarto da massa inicial f(0).
Qual a relação entre ˆτ e τ ?
ii) Suponha agora que defino a 1
√ 2 -vida como o tempo ˇτ transcorrido para que
uma substância radioativa tenha massa f(ˇτ) igual f(0)
√ 2 . Qual a relação entre ˇτ e τ ?
iii) Mais geralmente, chamo agora de 1
2 1 n
-vida o tempo τn transcorrido para que
uma substância radiotiva tenha massa f(τn) igual f(0)
. Qual a relação entre τn e τ ?
Exercício 14.5. Em 10 anos a quantidade inicial f(0) de uma substância radioativa
caiu para f(0)
3 .
i) qual o valor de k na equação f ′ (x) = −kf(x) do decaimento ?
ii) qual a meia-vida dessa substância (em função do k do item i) ?
Exercício 14.6. (resolvido)
Considere a equação f ′ (x) = −kf(x), com −k < −1 e f(0) = 1. Note que então
f ′ (0) = −k < −1.
Para qual tempo x temos que o coeficiente angular da tangente ao gráfico da
solução y = f(x) é exatamente −1 ?
Exercício 14.7. A Figura a seguir ilustra em vermelho a trajetória de uma bala de
canhão que forma ângulo de π com o eixo x, atingindo o alcance máximo.
4
E em amarelo e verde dois lançamentos com ângulos π π +0.4 e −0.4, respecti-
4 4
vamente.
4
3
2
1
0
0 2
Por quê atingiram o mesmo ponto ?
Galileu já conhecia essa propriedade !
4
6 8
Exercício 14.8. Suponha que um objeto com temperatura t0 é colocado num ambiente
com temperatura T (que é mantida constante). Suponha que t0 > T.
2 1 n
10

14. EXERCÍCIOS 514
A lei de esfriamento de Newton diz que a taxa de variação da temperatura do
objeto em cada instante é proporcional à diferença de temperatura entre o objeto e
o ambiente naquele instante.
Modele a equação diferencial do esfriamento e a resolva.
Tendo obtido a solução, mostre que quando t → +∞ a temperatura do objeto
tende à do ambiente.
Exercício 14.9. Suponha que y(x) é a quantidade de indivíduos de uma espécie e
que seu desenvolvimento é modelado pela equação:
y ′ (x) = a·y(x)−x, onde a > 0,
ou seja, onde supõe-se que os fatores adversos (ataques de predadores, escassez, etc)
dependem do tempo como a função −x.
a) Prove que a população no tempo verifica:
y(x) = 1 x 1
+ +(f(0)−
a2 a a2)·eax .
b): discuta as condições iniciais f(0) que produzem superpolação ou extinção a
longo prazo.
c): para todo a > 0, calcule y ′ (0). Esboce as diferentes soluções.
Exercício 14.10. (resolvido)
Suponha que y(x) é a quantidade de indivíduos de uma espécie e que seu desenvolvimento
é modelado pela equação:
y ′ (x) = y(x)
−x, x ≥ 0.
x+1
Ou seja, onde supõe-se que os fatores propícios (fertilidade, alimentos, etc) dependem
do tempo como 1
enquanto que os fatores adversos (ataques de predadores,
x+1
escassez, etc) dependem do tempo como a função −x.
a) Prove que a população no tempo verifica:
y(x) = (1+x)·[y(0)+ln(1+x)−x], C ∈ R.
b): dê um argumento para provar que, não importa qual C, sempre:
lim
x→+∞ y(x) = −∞,
ou seja, que essa população está fadada à extinção.

CAPíTULO 36
Aspectos gerais das equações de primeira ordem
1. Equações diferenciais e metamorfoses de curvas
Quando temos uma equação diferencial:
y ′ (x) = f(x)
para f contínua e x num intervalo, sabemos que :
y(x) = F(x)+c
onde F(x) é uma primitiva de f(x).
Essa família de gráficos y = F(x)+c ébem trivial, pois écomposta de translações
verticais do gráfico y = F(x).
Mas uma equação diferencial do tipo separável 1 :
g(y)·y ′ (x) = f(x)
já produz famílias de gráficos ou curvas bem interessantes.
Para começar a equação:
y ·y ′ (x) = −x
se resolve notando que ela se escreve como
e daí:
d( y(x)2
2 )
dx
2 = −d(x2
)
dx
y(x) 2 +x 2 = c, c ∈ R
que é uma família de círculos concêntricos quando c > 0.
Aqui não há gráficos, mas apenas curvas, e não há translações mas sim contrações
e expansões das curvas.
Agora vejamos o Exemplo:
que pode ser escrito como:
de onde:
2y ·y ′ (x) = 3x 2 −1,
d(y(x) 2 )
dx
= d(x3 −x)
,
dx
y 2 = x 3 −x+c, c ∈ R.
Essa família de cúbicas já foi estudada ao longo do Curso, por exemplo na Seção 5
do Capítulo 3. O caso c = 0 é ilustrado na figura a seguir:
1 Veremos em detalhe este tipo de equação na Seção 4
515

1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS E METAMORFOSES DE CURVAS 516
3
2
1
y 0
-1 -0,5 0 0,5 1 1,5
A Figura a seguir plota y 2 = x 3 −x ao lado de y 2 = x 3 −x+1:
-1
-2
-3
y 0
-1 -0,5 0 0,5
3
2
1
-1
-2
-3
A Figura a seguir plota y 2 = x 3 −x, y 2 = x 3 −x+1 e y 2 = x 3 −x−1:
3
2
1
y 0
-1 -0,5 0
A Figura a seguir plota y 2 = x 3 −x+c para os valores
Note que:
-1
-2
-3
x
x
0,5
x
c = −4,−3,−2,−1,0,1,2,3,4.
-1
y
3
2
1
0
0
-1
-2
-3
x
1
1
1
1,5
1,5
2
2
2
2

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 517
• para c ∈ {−4,−3,−2,−1} ou c ∈ {4,3,2,1} há apenas mudanças quantitativas
nas curvas, ou seja, quando a curva muda um pouco mas tem o mesmo
aspecto geral.
• mas quando c ∈ {−1,0,1} as curvas correspondentes passam por mudanças
qualitativas importantes.
De fato, como será explicado no Capítulo 32 o valor
c = 2
3 √ 3
é um divisor de águas nessa família de curvas. Para esse valor preciso de c a curva
tem o formato de um laço (que o Maple não plota muito bem...)
A Figura a seguir plota as curvas para c = −1,0, 2
3 √ 3 ,1:
3
2
1
y 0
-1 -0,5 0
-1
-2
-3
0,5
x
2. Equações diferenciais em forma normal e as curvas Isóclinas
Quando escrevemos uma equação diferencial de primeira ordem (i.e. onde só entra
a primeira derivada e a função) na forma:
1
1,5
y ′ (x) = P(x,y),
ou seja, onde isolamos y ′ , dizemos que a equação está na forma normal.
Quando se quer ter uma noção qualitativa grosseira das soluções da equação:
y ′ (x) = P(x,y)
se traçam as curvas isóclinas (mesma inclinação em grego), ou seja, as curvas dadas
implicitamente por:
P(x,y) = k,
que são as curvas no plano tais que as inclinações y ′ têm o mesmo valor k.
O Exemplo
y ′ (x) = x·y
é bom para começar, não só porque suas isóclinas são as hipérboles x·y = k (que à
medida que k → 0 se expremem sobre os eixos coordenados), mas também porque
cai no formato da Seção anterior g(y)·y ′ (x) = f(x):
1
y ·y′ (x) = x, se y = 0.
2

2. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EM FORMA NORMAL E AS CURVAS
ISÓCLINAS 518
É possível dar uma desenho qualitativo das curvas y = y(x) solução dessa equação
na Figura a seguir:
Os segmento verticais são pedaços das retas tangentes à curvas soluções. Por isso
pode ser chamado de campo de direções tangentes.
Como a equação 1
y ·y′ (x) = x pode ser escrita:
então
de onde
e
dln|y(x)|
dx
= d(x2
2 )|
dx
ln|y(x)| = x2
2 +c
|y(x)| = e x2
2 +c = C ·e x2
2 , C > 0
y = y(x) = C ·e x2
2 , C ∈ R\{0}.
Só que na discussão que fizemos impusemos que
E com isso esquecemos a solução
y = 0.
y ≡ 0 de y ′ (x) = x·y(x).
Como veremos na Afirmação 3.1 da próxima Seção, quando uma equação está na
forma normal
y ′ (x) = P(x,y)
e quando P(x,y) e ∂P
∂y
são funções contínuas no plano, como é o caso para
∂P
P(x,y) = x·y, = x,
∂y
há unicidade da solução por cada ponto. Em particular o gráfico de uma solução
y1 ≡ 0 não pode intersectar o eixo y ≡ 0, pois este é solução da mesma equação.

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 519
No próximo Exemplo se trata de uma Equação de Bernoulli:
y ′ (x) = x·y(x)+y(x) 2 .
É uma equação não-linear (termo quadrático em y(x)) que pode ser reduzida a uma
equação linear de primeira ordem, o que é raro e surpreendente, como vimos na Seção
13.1 do Capítulo 35. Vimos lá que as soluções são
Note que
y = [−e −x2
2 ·
e x2
2 dx+C ·e −x2
2 ] −1 , C ∈ R.
x·y +y 2 = k
são hipérboles que se espremem sobre os eixos y = 0 e y +x = 0, já que x·y +y 2 =
y · (x + y). A Figura a seguir ilustra esses dois eixos, 4 isóclinas algumas soluções
(apenas qualitativamente).
O Exemplo
y ′ (x) = x 2 +y 2
é muito interessante. Aparenta ser mais fácil de tratar que o anterior. Mas não é !
Suas curvas isóclinas são sim imediatas, pois são círculos ou a origem se k ≥ 0:
x 2 +y 2 = k, k ≥ 0
e feitas em detalhe dão uma boa idéia - qualitativa - das curvas que são soluções.

3. EXISTÊNCIA E UNICIDADE PARA Y ′ (X) = F(X,Y) - MÉTODO DE
PICARD 520
Porém y ′ (x) = x 2 +y 2 é a primeira equação de Riccati não-trivial na literatura,
estudada pelo Riccati e por Johan Bernoulli.
Suas soluções explícitas y(x) não são funções que tenham sido apresentadas a
quem fez Cálculo 1 e 2. São funções não-elementares, são de fato composições de
funções de Bessel e suas derivadas.
Dedicarei um Capítulo às Riccati e a solução explícita de y ′ = x 2 +y 2 se encontra
na Seção 4 do Capítulo 45. As funções de Bessel serão tratadas no Capítulo 43 (pelo
menos algum rudimento, pois têm uma vasta teoria).
3. Existência e unicidade para y ′ (x) = F(x,y) - Método de Picard
O Teorema a seguir assegura existência e unicidade de soluções de equações de
primeira ordem na forma normal, sob certas condições. É muito importante como
fundamentação da teoria de equações diferenciais, embora não seja considerado computacionalmente
rápido.
Teorema 3.1. Seja uma equação diferencial do tipo y ′ (x) = F(x,y), com F(x,y)
função de duas variáveis.
Suponha que as funções F(x,y) e ∂F
∂y são contínuas2 numa região U aberta do
plano contendo (a,b).
Então para cada ponto (a,b) ∈ U existe e é única a função y = y(x) verificando
y ′ (x) = F(x,y(x)) e y(a) = b, para x ∈ Ia onde Ia é um intervalo aberto centrado em
a.
Em particular, se y ≡ C for solução da equação então as outras soluções nunca
assumem esse valor C.
Em particular, se y ≡ 0 for solução da equação então as outras soluções nunca se
anulam.
2 O Apêndice deste Capítulo, Seção 15, explica bem esta noção

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 521
Não vejo exemplo mais simples para mostrar a importância das hipóteses deste
Teorema, do que a equação:
y ′ (x) = y
x .
Ela é separável
e se resolve como:
ou seja:
y ′ (x)
y(x)
1
= , sex·y = 0
x
ln||y|| = ln||x||+C1
y = C2 x.
Pela origem há uma infinidade de soluções e pelo eixo dos y, onde x = 0, não
há soluções. Pois é ao longo de x = 0 que não há continuidade da função de duas
variáveis F(x,y) = y
x .
Idéia da prova do Teorema 3.1:
Uma prova perfeitamente legível se encontra no livro de Bear. Mas posso indicar
ao menos algumas idéias da prova:
• primeiramente notar que y = y(x) é solução de y ′ (x) = F(x,y) e satisfaz
y(a) = b se e somente se
y(x) = b+
x
a
F(t,y(t))dt.
De fato, se y(x) é solução de y ′ (x) = F(x,y) então y(x) − y(a) =
x
a y′ (t)dt = x
a F(t,y(t))dt. Reciprocamente, se y(x) = b+ x
a F(t,y(t))dt
então y ′ (x) = F(x,y(x)).
• A partir daí Picard considera uma sequência de funções yn(x) definida recursivamente
por:
y0(x) ≡ b, yn(x) := b+
x
a
F(t,yn−1(t))dt.
• a condição de que F(x,y) é contínua garante que existam as integrais b +
x
a F(t,yn−1(t))dt e também garante que existe um intervalo Ia em torno de
a em que todas as yn(x) estão definidas.
• a condição ∂F
é contínua vai ser usada para garantir que a sequência yn(x)
∂y
convirja uniformemente para uma função
e que valha
lim
n→+∞ b+
x
a
y+∞(x) := lim
n→+∞ yn(x)
F(t,yn−1(t))dt = b+
x
a
F(t,y+∞(t))dt.
• paraquehajaunicidade, ouseja, paraquequalquersoluçãoY(x)comY(a) =
seja contínua.
b seja da forma Y = y+∞ também é preciso que ∂F
∂y

3. EXISTÊNCIA E UNICIDADE PARA Y ′ (X) = F(X,Y) - MÉTODO DE
PICARD 522
Exemplo:
Quando F(x,y) é um polinômio é fácil implementar o método. Vou implementar
as primeiras etapas da recursão no
No caso 1):
Caso 1): y ′ = −y 2 , y(1) = 1
Caso 2): y ′ = −x+y 2 , y(0) = b.
y0 ≡ 1, y1 = 2−x,
y2 = 10
3 −4x+2x2 − 1
3 x3 ,
y3 = 323 100 40
− x+
63 9 3 x2 − 88
9 x3 + 41
9 x4 − 4
3 x5 + 2
9 x6 − 1
63 x7 .
Ou seja, o método está nos dando uma aproximação (não muito rápida, infelizmente)
de:
y = 1
x =
1
1−(1−x) = 1+(1−x)+(1−x)2 +(1−x) 3 +... para |1−x| < 1
pois
1+(1−x) = 2−x, 1+(1−x)+(1−x) 2 +(1−x) 3 = 4−6x+4x 2 −x 3 ,
1+(1−x)+...+(1−x) 7 = 8−28x+56x 2 −70x 3 +56x 4 −28x 5 +8x 6 −x 7 .
A figura a seguir ilustra:
3
2
1
0
-1
0,5
1
Fig.: y = 1
x em vermelho, y1 verde, y2 amarelo, y3 azul.
No Caso 2), o método de Picard começa com:
1,5
x
2
y0 ≡≈ 0.73,
(pelo que veremos mais adiante esse é o valor aproximado de y(0)) e faz
2,5
y1 ≈ 0.73+0.53x−0.5x 2 ,
3

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 523
y2 ≈ 0.73+0.53x−0.1x 2 −0.15x 3 −0.13x 4 +0.05x 5
y3 ≈ 0.73+0.53x−0.11x 2 +0.04x 3 −0.08x 4 −0.06x 5 −0.006x 6 +0.01x 7 +
+0.003x 8 +0.0003x 9 −0.001x 10 +0.0002x 11 .
Veremos na Seção 6 do Capítulo 44 que a solução y(x) no Caso 2) não é uma
função já conhecida nossa; ou seja, não é elementar. Seu gráfico para x ∈ [−2.2,4] é
do tipo:
-2 -1 0 1
0
2
-2
-4
-6
Na figura a seguir y(x) está comparado com as primeiras aproximações:
-2 -1 0
0
1
-1
-2
-3
x
x
Fig.: y(x) em vermelho, y1 verde, y2 amarelo, y3 azul.
2
1
3
4
2

3. EXISTÊNCIA E UNICIDADE PARA Y ′ (X) = F(X,Y) - MÉTODO DE
PICARD 524
Exemplo:
De volta ao exemplo:
quando posto na forma padrão vira:
2y ·y ′ (x) = 3x 2 −1,
y ′ (x) = 3x2 −1
.
y
Se considero U = {(x,y);y > 0} (o semiplano superior), posso usar o Teorema 3.1 e
para cada ponto desse semiplano passa apenas uma solução y = y(x). Sabemos que
a equação é satisfeita pelas curvas y 2 = x 3 − x + c, que não são gráficos, mas mas
restritas ao semiplano superior sim são gráficos do tipo y = y(x).
Ou seja, na Figura a seguir só devemos considerar a parte das curvas acima do
eixo horizontal.
-1
y
3
2
1
0
0
-1
-2
-3
x
Quando y = 0 aí não podemos usar o Teorema 3.1 e de fato, como vemos nessa
mesma figura, sobre o eixo dos x há:
• pontos onde as curvas são gráfico de x = x(y), não de y = y(x)
• pontos de onde saem mais de uma ramo de curva
Exemplo: Considero a a equação:
y ′ (x) =
1
−y ·cos(x)
, x ∈ (0,π), y ∈ (−2,1).
(y +2)·sin(x)
Nessa região retangular aberta U = (0,π)×y ∈ (−2,2) posso aplicar o Teorema 3.1.
Antes de resolver a equação noto, só pela expressão y ′ (x) = −y·cos(x)
(y+2)·sin(x) que:
• onde y ∼ 0, as inclinações y ′ (x) dos gráficos ficam quase zero.
• ondey > 0ex ∼ 0asinclinações y ′ (x)ficammuitonegativas(poissin(x) ∼ 0
e cos(x) ∼ 1)
• ondey > 0ex ∼ Πasinclinações y ′ (x)ficammuitopositivas(poissin(x) ∼ 0
e cos(x) ∼ −1)
• onde y < 0 e x ∼ 0 as inclinações y ′ (x) ficam muito positivas
• onde y < 0 e x ∼ Π as inclinações y ′ (x) ficam muito negativas
as inclinações ficam perto de zero (pois cos(x) ∼ 0).
• para x ∼ Π
2
2

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 525
• onde y ∼ −2 as inclinações ficam quase verticais.
Ilustro isso a seguir:
2
1
y(x) 0
0
-1
-2
0,5
1
1,5
Quais as soluções dessa equação diferencial ? Veremos na Seção 4 a seguir.
x
2
2,5
4. Equações separáveis
NotequenosúltimosexemplosdaSeçãoanterior, asequaçõessãodetipoespeciais,
pois:
y ′ (x) = F(x,y)
nesses exemplos pode ser escrita como:
No Exemplo anterior:
e neste
Uma equação desse tipo
y ′ (x) = f(x)
g(y) .
y ′ (x) = 3x2 −1
2y
y ′ (x) = (−cos(x)
sin(x) )
( y+2
y
y ′ (x) = f(x)
g(y)
é chamada de separável.
Para resolver uma equação separável em geral, noto quepela regra dacadeia posso
escrever3 :
g(y)·y ′ (x)−f(x) = d(G(y(x))−F(x))
= 0,
dx
3 Ou seja, uma equação separável é sempre exata no sentido da próxima Seção 7
) .
3

4. EQUAÇÕES SEPARÁVEIS 526
desde que
dG(y)
dy
= g(y) e
E portanto a solução geral é da forma:
dF(x)
dx
G(y(x))−F(x) = C.
Num dos exemplos da Seção anterior, onde
temos:
e no segundo onde
temos:
= f(x).
−f(x) = −3x 2 +1 e g(y) = 2y
G(y(x))−F(x) = y 2 −x 3 +x = C
−f(x) = cos(x)
sin(x)
Para x ∈ (0,π) ploto a seguir
e g(y) =
y +2
y
= 1+ 2
y
G(y(x))−F(x) = y +2ln|y|+ln|sin(x)| = C.
y +2ln|y|+ln|sin(x)| = C > 0
para alguns valores de C > 0, com y ∈ (−2,2).
2
1
y 0
-1
-2
0,5 1 1,5 2 2,5
x
A seguir faço a união x ∈ (−π,0)∪(0,π) e uso ainda y ∈ (−2.2), o que já nos dá
uma idéia da periodicidade das soluções:
3

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 527
y 0
-3 -2 -1 0 1
Outro exemplo: equações de Bernoulli a coeficientes constantes, como:
são separáveis.
2
1
-1
-2
x
y ′ (x) = a·y(x)−b·y(x) 2
É desse ponto de vista que as trataremos na Seção 4 do Capítulo 38.
5. A clepsidra
Considero aqui um exemplo de equação separável associado ao escomanto de um
líquido.
Imagine um recipiente em formato de superfície de revolução em torno do eixo
dos y de um gráfico
x = f(y), y ∈ [0,y(0)]
onde y(0) é a altura do líquido que preenche o recipiente.
A chamada Lei de Torricelli diz que a velocidade com que o líquido sai pela base
do recipiente é proporcional à altura do líquido, da forma:
u.m.
2g ·y(t) .
onde g é a constante de aceleração gravitacional e u.m. é unidade de comprimento.
Se a abertura ba base tem área de A u.m. 2 então a queda do volume V(t) do
líquido é de
dV
dt = −A·2g ·y(t) u.m.3
.
t
Seja V(y) o volume do líquido quando a altura é y. Esse é o volume do sólido de
revolução calculado integrando as fatias circulares horizontais:
V(y) =
y
0
t
2
π ·f(u) 2 du.
Então pela regra da derivada da composta e pelo teorema fundamental:
dV
dt
= dV
dy
· dy
dt =
3

6. EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS 528
= π ·f(y) 2 ·y ′ (t).
Então a altura em cada instante do líquido satisfaz a seguinte equação separável:
Suponha agora que
Então a equação anterior vira:
que é constante.
Tomando
temos
y ′ (t) = −A·√ 2gy
π ·f(y) 2 .
x = f(y) = 4√ y ou seja y = x 4 .
y ′ (t) ≡ − A·√2g ,
π
A =
π
A· √ 2g ,
y(t) = y(0)−t
e portanto a altura y(t) serve como relógio para marcar o tempo ! Esses relógios de
água se chamam clepsidras.
6. Equações homogêneas
As equações
y ′ (x) = F(x,y)
em que a função F tem a propriedade
F(x,y) = F(t·x,t·y),∀t
são chamadas de4 homogêneas de grau 0.
Essas equações são resolvidas associando-se a elas uma equação separável.
posso dizer então que:
Isso se faz do seguinte modo: tomando o t particular t = 1
x
chamando u := y
x .
Temos u(x) = y(x)
x
e derivando:
y ′ (x) = F(x,y) = F( 1
x
, ou seja,
·x, 1
x
u(x)·x = y(x)
y
·y) = F(1, ) =: F(1,u),
x
u ′ (x)·x+u(x) = y ′ (x) = F(1,u).
O que produz a equação separável nas variáveis u e x:
Essas já sabemos resolver !
u ′ (x) = F(u)−u(x)
.
x
Um Exemplo que me pareceu interessante.
4 Em geral diz-se que F(x,y) é homogênea de grau d se F(t·x,·y) = t d ·F(x,y).

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 529
No Exercício 10.8 - Capítulo 11 (resolvido) dávamos (A,B) no primeiro quadrante
e uma reta y = ax (com 0 < aA < B). Perguntamos qual a reta por (A,B) que
formava um triângulo de menor área com o eixo dos y > 0. A figura ilustra o
problema:
y
(A,B)
Na resolução vimos que o coeficiente angular da reta apropriada é:
λ = 2Aa−B
.
A
Agora posso perguntar: qual gráfico y = f(x) contendo (A,B) tem a propriedade de
que:
f ′ (x) = 2xa−y
x
e portanto tem retas tangentes que formam em cada ponto triângulos de menor área
com o eixo y > 0 e a reta y = ax.
Ora, essa equação diferencial é homogênea. Portanto recai na equação separável:
ou seja,
Notando que u−a = y
x
u ′ (x) = 2a−u(x)−u(x)
x
y = a x
x
= 2a−2·u(x)
, u(x) :=
x
y
x ,
1
2 · u′ (x)
= −1
u(x)−a x .
−a > 0 para que se formem realmente triângulos obtemos:
1
·ln(u(x)−a) = −ln(x)+C,
2
onde a constante C fica determinanda pela condição B = y(A), ou seja u(A) = B
A .
Toemando exponencial e elevando ao quadrado obtenho:
ou seja:
u(x) = (B
A −a)
y = (B
A −a)
A2 · 1
+a,
x2 A2 · 1
x +a·x.
Há equações que apesar de não serem homogêneas de grau 0 podem ser transformadas
em equações homogêneas de grau 0, após mudança linear de coordenadas.

7. EQUAÇÕES EXATAS 530
Por Exemplo:
y ′ (x) =
ax+by +c
, com x = 0 ea·e−d·b = 0.
dx+ey +f
Se c = f = 0 já estamos num caso de equação homogênea de grau 0, pois:
at·x+bt·y
dt·x+et·y
= ax+by
dx+ey
y
a+b· x =
d+e· y.
x
Se c = 0 ou f = 0 faço as mudanças de coordenadas:
v = y −β e u = x−α
onde ainda resta escolher quais serão os números α,β, mas pelo menos já temos:
dv dy
=
du dx ,
pois pela regra da composta escrita na notação de Leibniz:
Ou seja,
dv
du
dv
du
= ax+by +c
dx+ey +f
= au+bv +c+a·α+b·β
dv dy dx
= · ·
dy dx du
= 1· dy
dx ·1.
= a·(u+α)+b·(v +β)+c
d·(u+α)+e·(v +β)+f =
du+ev +f +d·α+e·β
e aí vemos que precisamos escolher α,β para que tenhamos:
c+a·α+b·β = 0 e f +d·α+e·β = 0,
ou seja, precisamos resolver o sistema linear não homogêneo (já que c = 0 ou f = 0):
a·α+b·β = −c
d·α+e·β = −f
Pela regra de Cramer tudo que precisamos é a condição: a·e−d·b = 0.
Com as soluções α,β desse sistema conseguimos uma equação homogênea, que já
sabemos resolver.
7. Equações exatas
As equações separáveis e algumas outras equações diferenciais que vimos recaem
em situações do tipo:
dU(x,y(x))
= C
dx
e daí as resolvemos como U(x,y(x)) = C ·x+D.

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 531
Definição 7.1. Uma equação y ′ (x) = F(x,y) é exata se pode ser escrita como:
F1(x,y)·y ′ (x)+F2(x,y) = C
onde F1(x,y),F2(x,y) são contínuas em U e verificam
F1(x,y)·y ′ (x)+F2(x,y) = dU(x,y(x))
dx
para alguma função U(x,y) definida em U, cujas derivadas parciais de primeira e
segunda ordem são contínuas.
Afirmação 7.1. Seja a equação
com (x,y) numa região U do plano.
i) se é uma equação exata então:
F1(x,y)·y ′ (x)+F2(x,y) = C
∂F1(x,y)
∂x
ii) em U = R 2 \{(0,0)} a equação
x
x 2 +y 2 ·y′ (x)−
= ∂F2(x,y)
.
∂y
y
x2 = 0
+y2 verifica
x ∂( x2 +y2) =
∂x
∂(− y
x2 +y2) .
∂y
mas no entanto não é exata.
iii) se [a,b]×[c,d] é um retângulo fechado está contido em U, então a condição
∂F1(x,y)
∂x
= ∂F2(x,y)
∂y
em U é suficiente para que F1(x,y)·y ′ (x)+F2(x,y) = C seja exata. Ademais, podemos
tomar
U(x,y) :=
x
a
F2(t,c)dt+
para que dU(x,y(x))
dx = F1(x,y)·y ′ (x)+F2(x,y).
Demonstração.
y
c
F1(x,t)dt
De i):
Se existe uma função U(x,y) para a qual na região U:
F1(x,y)·y ′ (x)+F2(x,y) = dU(x,y(x))
,
dx
então isso quer dizer pela regra da composta que:
∂U(x,y(x))
∂y
= F1(x,y) e
∂U(x,y(x))
∂x
= F2(x,y).

7. EQUAÇÕES EXATAS 532
Como as derivadas parciais de primeira e segunda ordem de U(x,y) são supostas
contínuas, podemos usar o Lema de Schwartz, que garante que as derivadas parciais
de segunda ordem não dependem da ordem em que derivamos, ou seja:
Portanto:
∂ 2 U(x,y)
∂x∂y = ∂2 U(x,y)
∂y∂x .
∂F1(x,y)
∂x
= ∂F2(x,y)
.
∂y
De ii):
Não poderei dar todos os detalhes desta prova, que exigiria mais técnica, mas
posso dar uma boa idéia de por quê essa equação não é exata.
Temos que U = R 2 \ {(0,0)} é o plano menos a origem. Nesse U é que vamos
considerar a equação:
Note que
∂F1(x,y)
∂x
x
x2 +y2 ·y′ y
(x)−
x2 = 0.
+y2 = 1·(x2 +y 2 )−x·(2x)
(x 2 +y 2 ) 2
= −x2 +y 2
(x 2 +y 2 ) 2,
∂F2(x,y)
=
∂y
(−1)·(x2 +y2 )+y ·(2y)
(x2 +y2 ) 2 = −x2 +y2 (x2 +y2 ) 2.
Considere um ponto P = (x,y) de U e escolha dentre os possíveis valores θ+k·2π,
k ∈ Z um θ(x,y) para medir o ângulo anti-horário que P = (x,y) forma com o eixo
x > 0.
Temos
sin(θ(x,y)) =
y
x 2 +y 2
e se supomos que θ(x,y) é uma função derivável numa pequena região em torno de
P, teremos pela regra da composta:
Como
cos(θ(x,y))· ∂θ(x,y)
∂y
∂( √ y
x2 +y2 =
))
=
∂y
cos(θ(x,y)) =
= ∂sin(θ(x,y))
∂y
x 2
(x 2 +y 2 ) 3
2
x
x 2 +y 2 ,
obtemos
∂θ(x,y) x
=
∂y x2 +y2. De modo completamente análogo obteremos:
∂θ(x,y)
∂x
= −y
x 2 +y 2.
.
=

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 533
Ou seja, que a função U(x,y) definida em U que buscamos (contínua, derivável, etc)
seria essencialmente uma estensão dessa θ(x,y) a toda a regio U.
Mas se pode mostrar que essa estensão é impossível, pelo fato de U ser uma região
em torno da origem: pense em um círculo em torno da origem, como poderíamos
medir ângulos quando damos voltas nesse círculo ? Isso levaria a mais de um valor
de ângulo para cada ponto (θ +k ·2π, k ∈ Z) e portanto U(x,y) = θ(x,y) não seria
uma verdadeira função bem definida,
De iii):
A expressão
U(x,y) :=
x
a
F2(t,c)dt+
y
c
F1(x,t)dt
faz sentido no retângulo [a,b]×[c,d] e cada integral existe pois F1 e F2 são funções
contínuas.
Como x
a F2(t,c)dt não depende de y,
Pelo Primeiro Teorema Fundamental:
Portanto
∂( x
a F2(t,c)dt)
= 0.
∂y
∂( y
c F1(x,t)dt)
∂y
∂U(x,y)
∂y
= F1(x,y).
= F1(x,y).
Queremos agora derivar U(x,y) em x e em y. Para isso algumas observações são
importantes.
Usando o Primeiro Teorema Fundamental sabemos que
∂( x
a F2(t,c)dt)
= F2(x,c).
∂x
Mas como derivar y
c F1(x,t)dt em relação a x ?
Notequexfunciona comoumparâmetro paraasdiferentes integrais y
c F1(x,t)dt,
ou seja, há uma aplicação:
x ∈ [a,b] ↦→
y
c
F1(x,t)dt
e não está claro como derivá-la em x.
Explicaremos na Seção 9 que, nas condições em que estamos, podemos afirmar:
∂( y
c F1(x,t)dt)
∂x
=
y
c
∂F1(x,t)
∂x
ou seja, que a derivada passa sob o sinal da integral.
dt,

8. INTEGRAL AO LONGO DE UM CAMINHO 534
Tendo isso, veja agora o que se obtêm usando a hipótese
∂F1(x,y)
∂x
e o Primeiro Teorema Fundamental:
como queríamos.
∂U(x,y)
∂x
= F2(x,c)+
= F2(x,c)+
y
c
= ∂F2(x,y)
∂y
y
c
∂F2(x,t)
∂y
∂F1(x,t)
∂x
dt =
= F2(x,c)+[F2(x,y)−F2(x,c)] =
= F2(x,y)
dt =
8. Integral ao longo de um caminho
Seja Γ(t) = (x(t),y(t)), com t ∈ [A,B] uma curva parametrizada e derivável, no
mesmo sentido do Capítulo 28.
Então defino a integral ao longo da curva Γ por
B
F1(x,y)dy+F2(x,y)dx :=
Γ
A
[F1(x(t),y(t))·y ′ (t)+F2(x(t),y(t))·x ′ (t)]dt.
Se Γ é uma união de um número finito de curvas deriváveis então defino a integral
ao longo de Γ como soma de integrais.
Afirmo que a integral
x
a
F2(t,c)dt+
y
c
F1(x,t)dt
que aparece no item iii) da Afirmação 7.1 é uma integral ao longo de uma linha
quebrada Γ.
De fato, fixado o ponto (x,y), então Γ pode ser parametrizada por
da seguinte forma:
t ∈ [a,x]∪[c,y]
Γ(t) = (t, c), se t ∈ [a,x]
Γ(t) = (x, t), se t ∈ [c,y]
Confira que Γ(a) = (a,c), Γ(x) = (x,c) = Γ(c) e Γ(y) = (x,y).
A figura ilustra essa linha quebrada:

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 535
(a,c)
Então nessa linha quebrada:
:=
como afirmamos.
Γ
(x,y)
(x,c)
F1(x,y)dy +F2(x,y)dx :=
x
[F1(x(t),y(t))·y
a
′ (t)+F2(x(t),y(t))·x ′ (t)]dt+
y
+ [F1(x(t),y(t))·y
c
′ (t)+F2(x(t),y(t))·x ′ (t)]dt =
=
x
a
F2(t,c)dt+
y
c
F1(x,t)dt,
A Afirmação a seguir complementa o item iii) da Afirmação 7.1:
Afirmação 8.1. Suponha que U é uma região do plano com a propriedade de que
quaisquer dois de seus pontos possam ser ligados por alguma curva parametrizada
derivável.
Se a equação
F1(x,y)·y ′ (x)+F2(x,y) = C
com (x,y) numa região U do plano é uma equação exata então
Γ
F1(x,y)dy+F2(x,y)dx
independe da curva parametrizada Γ ⊂ U que liga (a,c) a (x,y). Ou seja, depende
apenas dos pontos iniciais e finais.

9. DERIVADA DA INTEGRAL EM RELAÇÃO AO PARÂMETRO -
FÓRMULAS DE LEIBNIZ 536
(a,c)
(x,y)
(x,c)
Figura: A linha quebrada de antes e outra curva ligando (a,c) a (x,y).
Demonstração.
Γ
F1(x,y)dy +F2(x,y)dx :=
=
B
A
[ ∂U(x(t),y(t))
∂y
=
B
[F1(x(t),y(t))·y
A
′ (t)+F2(x(t),y(t))·x ′ (t)]dt =
B
A
·y ′ (t)+ ∂U(x(t),y(t))
∂x
dU(x(t),y(x(t)))
dt
= U(B)−U(A),
dt =
·x ′ (t)]dt =
onde após a definição, usamos que a equação é exata, depois a regra da derivada da
composta 5 , e por último usamos o Teorema Fundamental do Cálculo.
9. Derivada da integral em relação ao parâmetro - Fórmulas de Leibniz
Afirmação 9.1. Seja F(x) := b
f(t,x)dt uma integral dependendo de um parâmetro
a
x ∈ [c,d] (intervalo fechado), onde os limites de integração a,b não dependem de x.
Suponha que existe ∂f
e que a função
∂x
∂f
∂x
seja contínua (ver Def. 15.1).
Então:
∂F
∂x = ∂ b
a f(t,x)dt
∂x
5 Para funções de duas variáveis
: [a,b]×[c,d] → R
=
b
a
∂f(t,x)
∂x
dt.

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 537
Demonstração.
Queremos provar que para cada x:
Ou seja, queremos ver se
b
∂F
(x) =
∂x
b
a
∂f(t,x)
(x)dt.
∂x
∂f(t,x) F(x+h)−F(x)
(x)dt = lim :=
a ∂x h→0 h
b
a := lim
h→0
f(t,x+h)dt− b
a f(t,x)dt
.
h
Para cada h posso escrever:
b
a f(t,x+h)dt− b
a f(t,x)dt
b
f(t,x+h)−f(t,x)
=
dt
h
a h
O que queremos saber é, finalmente, se dado ǫ > 0 existe δ (dependendo de ǫ e de x
possivelmente) tais que:
b
f(t,x+h)−f(t,x)
|h| < δ ⇒ |
a h
Vejamos como determinar esse δ. Temos
|
b
a
f(t,x+h)−f(t,x)
dt−
h
b
dt−
b
a
b
a
∂f(t,x)
(x)dt| < ǫ.
∂x
∂f(t,x)
(x)dt| =
∂x
= | (
a
f(t,x+h)−f(t,x)
−
h
∂f(t,x)
(x))dt| ≤
∂x
b
≤ |
a
f(t,x+h)−f(t,x)
−
h
∂f(t,x)
(x)|dt.
∂x
O Teorema do Valor Médio de Lagrange no6 intervalo [x,x+h] dá que:
f(t,x+h)−f(t,x)
=
h
∂f(t,x)
(x+τ ·h), para algum 0 < τ < 1.
∂x
Portanto:
b
|
a
f(t,x+h)−f(t,x)
−
h
∂f(t,x)
b
(x)|dt = |
∂x a
∂f(t,x)
(x+τ ·h)−
∂x
∂f(t,x)
(x)|dt.
∂x
Por hipótese
∂f(t,x)
: [a,b]×[c,d] → R
∂x
é contínua e
||(t,x+τ ·h)−(t,x)|| ≤ |h|.
Portanto pela Afirmação 15.1 existe δ tal que
|h| < δ ⇒ | ∂f(t,x)
∂x
(x+τ ·h)− ∂f(t,x)
(x)| <
∂x
ǫ
b−a
6 para simplificar a exposição, me restrinjo a considerar h > 0, mas o caso h < 0 é análogo.

9. DERIVADA DA INTEGRAL EM RELAÇÃO AO PARÂMETRO -
FÓRMULAS DE LEIBNIZ 538
e portanto
como queríamos.
Exemplo:
Seja:
e portanto
|h| < δ ⇒
F(x) :=
b
a
1
0
| ∂f(t,x)
∂x
e x·t dt = ex·t
x
F ′ (x) = ex
x
Por outro lado,
1
∂e
0
x·t
dt =
∂x
e integrando por partes se obtêm:
1
0
(x+τ ·h)− ∂f(t,x)
(x)|dt < ǫ
∂x
ex·t ex 1
(1)− (0) = −
x x x
ex 1
− +
x2 x2. 1
0
e x·t ·tdt
e x·t ·tdt = ( ex·t
x ·t)(1)−(ex·t
x ·t)(0)−
1
0
e x·t
x
·1dt =
= ex ex 1
− +
x x2 x2. A Afirmação anterior 9.1 admite uma versão mais geral, que menciono agora, mas
que ainda não provo:
Afirmação 9.2. Seja F(x) := b(x)
f(t,x)dtuma integraldependendode um parâmetro
a(x)
x ∈ [c,d] (intervalo fechado), onde os limites de integração a(x) e b(x) são funções
deriváveis de x.
Suponha que existe ∂f
∂x
seja contínua (ver Def. 15.1).
Então:
∂F
∂x
Por exemplo, se
e que a função
∂f
∂x
: [a,b]×[c,d] → R
db(x)
=
dx ·f(t,x)|t=b(x) − da(x)
dx ·f(t,x)|t=a(x)
b(x)
∂f(t,x)
+ dt.
a(x) ∂x
F(x) =
x
0
e t−x ·tdt,
então, pondo a(x) ≡ 0 e b(x) = x, teremos pela Afirmação 9.2:
F ′ (x) = 1·(e t−x ·t)t=x −0·(e t−x ·t)t=0 +
x
0
(−e t−x ·t)dt =

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 539
= x−
x
0
e t−x ·tdt.
Mas neste exemplo simples também se pode fazer a conta diretamente, pois:
F(x) =
x
0
e t−x ·tdt = e −x ·
x
0
e t ·tdt
de onde, pela regra do produto e pelo Teorema Fundamental:
A equação
F ′ (x) = −e −x x
·
0
e t ·tdt+e −x ·e x ·x = x−
10. Fatores integrantes
x 2 ·y ′ (x)+(1−x 2 )·y 2
x
0
e t−x ·tdt.
não é exata, já que
∂x2 ∂x = ∂((1−x2 )·y 2 )
.
∂y
(item i) da Afirmação 7.1).
Mas se multiplico a equação toda por:
µ(x,y) := 1
x2 ·y2, x·y = 0,
então a nova equação:
1
y2 ·y′ (x)+ 1
−1 = 0
x2 verifica
∂( 1
y2) 1 ∂( x ≡ 0 ≡
∂x 2 −1)
.
∂y
Logo o item iii) da Afirmação 7.1 me diz que essencialmente o que tenho que fazer
é definir: x y
1 1 1 1
U(x,y) = −1dt+ dt = x− −
a t2 c t2 x y +C1
e que a solução geral é:
−x− 1 1
− = C.
x y
Para reforçar isso, note que se U(x,y(x)) ≡ C, então
0 = dU(x,y(x))
dx
e como µ(x,y) ≡ 0, então
= µ(x,y)·[x 2 ·y ′ (x)+(1−x 2 )·y 2 ],
U(x,y(x)) ≡ C
são as soluções de x 2 ·y ′ (x)+(1−x 2 )·y 2 ≡ 0
Pondo y = y(x) temos
y =
1
−C −x− 1
x
=
x
−C ·x−x 2 −1 =
−x
C ·x+x 2 +1 .

10. FATORES INTEGRANTES 540
A solução y ≡ 0 de x 2 ·y ′ (x)+(1−x 2 )·y 2 = 0 se perdeu no caminho, pois quando
usei µ(x,y) supus que y = 0. Por isso adjunto às soluções
−x
y =
C ·x+x 2 +1
a solução y = 0.
O campo de direções para
1
y2 ·y′ (x)+ 1
−1 = 0
x2 é esboçado na Figura a seguir, com x ∈ [0.5,5] e y = [−0.5,0.5]
y(x)
0,4
0,2
0
-0,2
-0,4
Algumas curvas integrais
−x
y =
C ·x+x 2 +1
são esboçadas na Figura a seguir, para x ∈ [0.5,5]:
0
-0,1
-0,2
-0,3
-0,4
-0,5
1
2
1 2
3
4
x
x
3
4
5
5

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 541
Em geral achar um fator ntegrante µ(x,y) de um tipo bem geral é um problema
difícil, pois temos de resolver equações a derivadas parciais para encontrá-lo.
A tentativa mais otimista é buscar fatores integrantes que só dependam de uma
variável, ou seja µ = µ(x) ou µ = µ(y).
Se não der, buscar do tipo µ(x,y) = x a · y b , onde os valores corretos de a,b se
descobrem ao impôr-se:
∂x a ·y b ·F2(x,y)
∂x
o que produz um sistema de equações em a,b.
= ∂xa ·yb ·F1(x,y)
,
∂y
Exemplo:
Considero a equação:
n
n−1 ·x·y′ (x)+ n√ x+y = 0, n ∈ N, n ≥ 2
para x = 0 e ademais x > 0 se n é par.
Essa equação não é exata. Multiplico-a por µ(x):
n
n−1 ·x·µ(x)·y′ (x)+µ(x)·( n√ x+y) = 0.
e quero ter:
µ ′ (x)·
n
n−1 ·x+µ(x)·
n
= µ(x),
n−1
ou seja, para µ(x) = 0:
µ ′ (x)
= −1
µ(x) n
Integrando e tomando exponencial obtenho:
· 1
x .
µ(x) = e ln(x− 1 n) −
= x 1
n.
1
− Então multiplicada por µ(x) = x n a equação vira a nova equação exata:
n
n−1 ·xn−1 n ·y ′ (x)+1+x −1
n ·y = 0, n ∈ N, n ≥ 2
cuja solução geral é
U(x,y) =
x
a
(1+t
− 1
n ·c)dt+
y
c
n
n−1 ·xn−1 n dt =
= x+ n
n−1 ·xn−1 n ·c−C1 + n
n−1 ·xn−1 n ·y − n
n−1 ·xn−1 n ·c =
ou seja, as soluções são:
= x+ n
n−1 ·xn−1 n ·y −C1,
x+ n
n−1 ·xn−1 n ·y = C1.
O Exercício 16.1 no final do Capítulo consiste em encontrar fator integrante.

11. EQUAÇÕES IMPLÍCITAS, DISCRIMINANTES E ENVELOPES 542
10.1. Fatores integrantes de equações lineares. Aqui quero lembrar que,
no caso de equações diferenciais lineares, já tratamos de seus fatores integrantes na
Seção 9. Mas podemos retomar o que fizemos lá à luz desta teoria mais geral 7 .
Escrevo a equação linear como:
e busco µ(x) tal que:
ou seja,
∂[µ(x)·1]
∂x
y ′ −a(x)y −b(x) = N ·y ′ +M = 0
= ∂[µ(x)·(−a(x)y −b(x))]
Tomo µ(x) = e −a(x)dx . Portanto
e
ou seja,
e
Portanto
que também dá:
U(x,y) =
∂y
µ(x)dy =
∂U(x,y)
∂x
µ ′ (x) = −a(x)µ(x).
= −µ(x)a(x),
e −a(x)dx dy = e −a(x)dx ·y +h(x)
= −a(x)·e −a(x)dx ·y +h ′ (x) =
= µ(x)·(−a(x)y −b(x)) = e −a(x)dx ·(−a(x)y −b(x))
h ′ (x) = −b(x)·e −a(x)dx
h(x) = −
U(x,y) = e −a(x)dx ·y −
y = e
a(x)dx
·[
b(x)·e −a(x)dx dx+C.
b(x)·e −a(x)dx dx ≡ C,
b(x)·e −a(x)dx dx+C].
11. Equações implícitas, discriminantes e envelopes
Nas Seções anteriores, para cada ponto de uma região U do plano está associado
um valor de y ′ (x) através da expressão:
y ′ (x) = F(x,y).
A situação que trataremos agora é diferente, pois nela haverá pontos do plano (x,y)
que não têm y ′ (x) associada, outros que têm um valor bem definido e outros ainda
têm dois valores possíveis !
O Exemplo para começar é:
na qual y ′ figura implicitamente.
(y ′ ) 2 −4x·y ′ +4y = 0,
7 Agradeço ao estudante Luciano B. Barros por esta questão.

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 543
Se pensamos nessa equação diferencial como uma equação quadrática usual na
variável y ′ , então ela tem um discriminante:
∆ := 16x 2 −4·1·(4y) = 16x 2 −16y,
ou seja, se num ponto (x,y) do plano ∆ < 0 , não há y ′ associado; se ∆ = 0 há
exatamente 1 valor y ′ associado e se ∆ > 0, então há duas possibilidades de y ′ .
Note que ∆ = 0 equivale a termos y = x 2 , ou seja, são pontos de uma parábola.
Quefamíliadecurvassatifazessaequaçãodiferencialimplícita(y ′ ) 2 −4x·y ′ +4y = 0
? A família de retas tangentes à parabola y = x 2 , que vem a ser a família de retas:
Note que y ′ (x) = 2c e portanto:
de onde sai:
-1
y = 2c·x−c 2 .
y = y ′ ·x−( y′
2 )2 ,
(y ′ ) 2 −4x·y ′ +4y = 0.
-0,5
1
0,5
x
0
0
-0,5
-1
-1,5
-2
-2,5
Outro modo de se obter a parábola y = x 2 desse Exemplo é eliminando-se c nas
duas equações:
y −2c·x+c 2 = 0 e
0,5
∂(y −2c·x+c 2 )
= −2x+2c = 0,
∂c
pois a segunda dá c = x, que quando posto na primeira dá: y−2x 2 +x 2 = 0, ou seja
y = x 2 .
É esse o processo de eliminação do parâmetro c retomado na Definição a seguir:
Definição 11.1. Considere uma família de curvas com equações F(x,y,c) = 0 dependendo
de um parâmetro c e que tenha ∂F
∂c .
A curva g(x,y) = 0 obtida por eliminação de c nas equações:
F(x,y,c) = ∂F(x,y,c)
= 0
∂c
é o envelope da família de curvas dada.
1

11. EQUAÇÕES IMPLÍCITAS, DISCRIMINANTES E ENVELOPES 544
Exemplo: Considere agora a família de retas ortogonais à parábola y = x 2 em
pontos diferentes da origem, ou seja:
y = −1
2c ·x+c2 + 1
, c = 0
2
que pode ser reeescrita (multiplicando por 2c) como:
2c 3 +c−x−2c·y = 0
Nesse caso,
∂F(x,y,c)
= 6c
∂c
2 +1−2y
e o envelope da família surge de se eliminar c do seguinte modo (penso em c > 0):
2y −1
c = , 2y −1 > 0,
6
2y −1
2·( )
6
3
2y −1
+
6 −x−2
2y −1
·y = 0
6
ou seja:
2y −1 2y −1
·(2· +1−2y)−x = 0,
6 6
ou seja:
2y −1
·(−
6
2
·(2y −1)) = x
3
e
− 2
3 √ ·(2y −1)3 2 = x
6
ou seja:
2
27 (2y −1)3 = x 2 .
Isso pode ser escrito como
ou dividindo por 4:
2·(1−2y) 3 +27·x 2 = 0
) 3 +27·( x
2 )2 = 0
∆ := 4·( 1−2y
2
e veremos no Capítulo 32 que ∆ é o discriminante da equação cúbica na variável c:
c 3 +c·( 1−2y
)−
2
x
2 = 0 ⇐⇒ 2c3 +c−x−2c·y = 0,
onde (x,y) devem ser pensados como coeficientes.
A Figura a seguir ilustra o envelope 2·(1−2y) 3 +27·x 2 = 0 da família de retas
ortogonais à parábola.

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 545
Exemplo: A parábola de segurança 8
-1
y
2
1,5
1
0,5
0
-0,5 0 0,5
x
Vimos na Afirmação 8.1 do Capítulo 35 que as trajetórias parabólicas de um
projétil, que parte com velocidade escalar v0 e ângulo 0 < α <
fracpi2 comv a horizontal, descrevem parábolas
g
y = −
2·v 2 0 ·cos 2 (θ) ·x2 +tan(θ)·x.
O envelope dessa família serve para determinar a região além da qual nenhum arremesso
pode passar.
Afirmo que esse envelope é a seguinte curva:
y =
(v0) 2
2g
g
− ·x2
2(v0) 2
que também é uma parábola.
Para obter a curva envelope derivo a família
em relação a θ obtendo:
Então:
e portanto
H(x,y,θ) := y +
8 Sugerido por Fábio Casula
−
g
2·v 2 0 ·cos2 (θ) ·x2 −tan(θ)·x = 0
g ·sin(θ)
v 2 0 ·cos 3 (θ) +sec2 (θ)·x = 0
− g ·tan(θ)·sec2 (θ)
v 2 0
tan(θ)·x = v2 0
g
= −sec 2 (θ)·x
1

11. EQUAÇÕES IMPLÍCITAS, DISCRIMINANTES E ENVELOPES 546
Substituindo esta expressão na família
H(x,y,θ) = y + g
2·v 2 0
·(1+tan 2 (θ))·x 2 −tan(θ)·x = 0
obtemos a parábola envelope.
A Figura a seguir mostra para v0 = 1 e g = 10 algumas trajetórias parabólicas.
Emvermelho adealcancemáximo x = 1 π
π
, paraa = . Emazul, duascoma = 10 4 4 +0.2
−0.2, que atingem o mesmo ponto. Em verde, a parábola de segurança.
e a = π
4
y
0,05
0,04
0,03
0,02
0,01
0
0 0,02 0,04 0,06 0,08
x
Após termos desenvolvido melhor a noção de discriminante, veremos no Capítulo
33 que há uma via de duas mãos entre envelopes de famílias de retas e discriminantes
de polinômios.
Vimos na seção 3 do Capítulo 15 que a reta tangente à curva F(x,y) = 0 no ponto
(x,y) é dada por:
∂F(x,y)
∂x
·(x−x)+ ∂F(x,y)
∂y
0,1
·(y −y) = 0.
Da definição de vetor tangente Γ ′ (t) = (x ′ (t),y ′ (t)) a uma curva parametrizada
Γ dada na Seção 3 do Capítulo 28 e das explicações que demos lá, segue que Γ é
tangente a F(x,y) = 0 quando:
∂F(x(t),y(t))
∂x
·x ′ (t)+ ∂F(x(t),y(t))
∂y
·y ′ (t) = 0.

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 547
Diremos que uma curva F(x,y) = 0 é não-singular se em cada ponto da curva estiver
definida sua reta tangente. Portanto isso equivale a que não aconteça a anulação
simultânea de ∂F(x,y)
∂x e de ∂F(x,y)
∂y em nenhum ponto da curva F(x,y) = 0.
Afirmação 11.1. Seja F(x,y,c) = 0 uma família de curvas com um parâmetro
c ∈ J, onde J é um intervalo. Suponha que para cada c a curva F(x,y,c) = 0 é
não-singular. Suponha que, ademais das derivadas ∂F(x,y,c)
e ∂x ∂F(x,y,c)
, esteja também
∂y
definida a derivada ∂F(x,y,c)
. Seja ∂c
Γ : I → R 2 , Γ(t) = (x(t),y(t))
uma curva parametrizada, derivável, onde I é intervalo.
Suponha que para parâmetro c exista um valor bem determinado de t, chamado
de t(c), tal que Γ é tangente à curva F(x,y,c) = 0 no ponto Γ(t(c)). E suponha que
essa função t = t(c) seja derivável.
Então Γ está contida no envelope da família F(x,y,c) = 0.
Demonstração.
Como Γ(t(c)) é tangente à curva F(x,y,c) = 0 no ponto
Γ(t(c)) = (x(t(c)),y(t(c))) = (x(c),y(c)),
em particular temos:
F(x(c),y(c),c) ≡ 0, ∀c ∈ J.
Como t = t(c), x(t) e y(t) são deriváveis, então por composição x(t(c)) = x(c) e
y(t(c)) = y(c) também o são. Chamando
φ(c) = F(x(c),y(c),c) ≡ 0
obtemos derivando-a9 :
0 ≡ φ ′ (c) =
= ∂F(x(c),y(c),c)
·x
∂x
′ (c)+ ∂F(x(c),y(c),c)
·y
∂y
′ (c)+ ∂F(x(c),y(c),c)
.
∂c
Segue do que vimos na seção 3 do Capítulo 15 que o fato de Γ ser tangente à
família em F(x,y,c) = 0 se escreve, para cada c, como:
∂F(x(c),y(c),c)
∂x
Concluímos de 0 ≡ φ ′ (c) que:
·x ′ (c)+ ∂F(x(c),y(c),c)
∂y
·y ′ (c) ≡ 0.
0 ≡ ∂F(x(c),y(c),c)
.
∂c
Ou seja que Γ está contida na curva envelope, pois essa está definido por:
F(x,y,c) = ∂F(x,y,c)
∂c
= 0.
9 E usando uma versão da regra da composta para funções de mais de uma variável

12. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 5, 1942 548
12. Um problema da Putnam Competition, n. 5, 1942
Problema: Considere a família de parábolas com um parâmetro c:
y = c3
3 ·x2 + a2
2 ·x−2c.
i) determine o lugar geométrico dos vértices.
ii) determine o envelope da família
iii) esboce o envelope e dois elementos típicos da família.
Solução:
De i): para encontrar o lugar geométrico dos vértices, farei primeiro a suposição
adicional de que
c > 0
e depois discutirei o que acontece para c < 0.
Com c > 0 posso escrever:
ou seja:
= (
y = c3
3 ·x2 + c2
·x−2c =
2
√ √
c3 3
√ ·x+
3 4 ·√c) 2 −2c− 3
·c =
42 √ √
c3 3
= ( √ ·x+
3 4 )2 − 35
16 ·c,
√ √
c3 3
√ ·x+
3 4 )2 .
y + 35
·c = (
16
Então os vértices das parábolas são os pontos:
(x,y) = (− 3 1
· , −35
4 c 16 ·c).
Esses pontos satisfazem:
x·y = 3 35
·
4 16
e isso é uma hipérbole. O ramo dessa hipérbole que tem x < 0 e y < 0 descreve o
lugar dos vértices de y = c3
3 ·x2 + c2
·x−2c para c > 0, já que todas elas cortam o
2
eixo dos y em pontos de coordenadas negativas.
Já o ramo da hipérbole com x > 0 e y > 0 descreve os vértices das parábolas
·x−2c para c < 0.
y = c3
3 ·x2 + c2
2
De ii): O envelope satisfaz:
y = c3
3 ·x2 + c2
2 ·x−2c e 0 = c2 ·x 2 +c·x−2.
Suponha por um momento que c > 0 e que x > 0 e resolva
c 2 ·x 2 +c·x−2 = 0

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 549
como equação quadrática onde c é a variável e x é fixado. Então:
e note que c = 1
x
também para x < 0.
Substituindo c = 1
x
c = −x+ x 4 −4·x 2 ·(−2)
2x 2
é solução de
c 2 ·x 2 +c·x−2 = 0
= 2x 1
=
2x2 x ,
c3 em y = 3 ·x2 + c2 ·x−2c e simplificando obtemos:
2
y = − 7 1
·
6 x ,
que vem a ser o envelope ∆ = 0.
De iii): considerando c = 1 e c = −1 por exemplo o aspecto típico é esboçado
na Figura a seguir, onde em verde está lugar dos vértices V e em vermelho o envelope
da família de cônicas:
c > 0
∆
V
y
Consegui depois fazer no Maple uma figura mais realista, porém restrita a pequenas
regiões do plano, dessa família:
10
5
0
-5
-10
-15
0,1 0,2
0,3
x
V
∆
0,4
0,5
c < 0
0,6
x

13. EQUAÇÕES DE CLAIRAUT E DE LAGRANGE: ISÓCLINAS RETAS 550
-0,6
-0,5 -0,4 -0,3
x
A primeira figura é para x > e a segunda para x < 0, onde se vê parte da curva
em vermelho.
envelope y = − 7
6
· 1
x
-0,2
15
10
5
0
-0,1
13. Equações de Clairaut e de Lagrange: isóclinas retas
Lagrange10 considerou o problema seguinte: resolver as equações diferencias de
primeira ordem tais que as curvas isóclinas são todas retas.
Em suma, já que as isóclinas surgem de fixarmos dy
= C, trata-se do problema
dx
de resolver equações diferenciais da forma:
y = a(p)·x+b(p), onde p := dy
dx .
Precisamos nos acostumar a distinguir entre o subconjunto de pontos do plano
determinadoporumacurva-otraço dacurva-easdiferentesmaneirascomopodemos
percorrer esse subconjunto - as diferentes parametrizações. A idéia de Lagrange é dar
as curvas-soluções na forma de curvas parametrizadas por:
x = x(p) e y = y(p).
Quando falharia essa idéia ? Quando a inclinação p ≡ C ao longo de uma porção
dacurva-solução. Masnessecasoessaporçãodacurva-soluçãoestácontidaemalguma
reta:
y = C ·x+C2(p).
E ademais, como começamos com
concluímos que
y = a(p)·x+b(p)
a(p) = C = p.
Em suma, (partes de) retas y = Cx+C2 são soluções de
-5
-10
y = a(p)·x+b(p), onde p := dy
dx
10 São chamadas Equações de D’Alembert no livro de E. Kamke, Differentialgleichungen- Losungsmethoden
und losungen, T. I, Chelsea Publisinhg Company, 1948, pg. 31

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 551
quando houver solução de
a(p)−p = 0
Se ocorrer que a(p) ≡ p então genericamente as soluções são retas. É o caso das
equações que vimos na Seção 11:
ou seja,
(y ′ ) 2 −4x·y ′ +4y = 0,
y = x·y ′ − (y′ ) 2
4 ,
que vimos ter por soluções a família de retas
y = 2c·x−c 2 .
Uma equação do tipo
y = y ′ ·x+b(y ′ )
é uma Equação de Clairaut e é uma classe importante de equações. As retas
y = c·c+b(c), c ∈ R
são soluções.
De agora em diante suporemos então que
a(p)−p ≡ 0.
Cada vez que tivermos uma raíz de a(p) − p = 0 teremos (porções de) curvassoluções
contidas em retas e a idéia de parametrizar a solução por x = x(p) e y = y(p)
deve ser abandonada.
Já que p varia ao longo das soluções, derivo em p a expressão
obtendo
Usando:
obtemos:
e daí, já que a(p)−p = 0:
dy
dp
p· dx
dp
dx
dp −
y = a(p)·x+b(p),
da dx db
= ·x+a(p)· +
dp dp dp .
dy = p·dx
da dx db
= ·x+a(p)· +
dp dp dp
da
dp
·x =
p−a(p)
db
dp
p−a(p) .
Esta é em geral uma equação linear a coeficientes variáveis. Com o fator de
integração
a solução é:
x(p) = µ(p) −1
·(
µ(p) := e
µ(p)·
da
dp
−p−a(p)
dp
db
dp
dp+K), K ∈ R.
p−a(p)

13. EQUAÇÕES DE CLAIRAUT E DE LAGRANGE: ISÓCLINAS RETAS 552
De y = a(p)·x+b(p) obtemos:
como queríamos.
y(p) = a(p)·x(p)+b(p)
Exemplo:
Suponhamos que a(p) = αp, α = 1 e que b(p) ≡ C1. Neste caso simples,
portanto
se reduz a:
logo:
e
Se p > 0 temos
p−a(p) = (1−α)p e
dx
dp −
da
dp
·x =
p−a(p)
dx
dp =
α
(1−α)p ·x.
db
dp
= 0
db
dp
p−a(p)
α
x(p) = C2 ·e (1−α)p dp = C2 ·||p||
α
(1−α)p
y(p) = α·C2 ·||p|| (1−α)p ·p+C1.
y(p) = α·C2 ·p 1
1−α +C1.
Como neste caso simples a equação original é linear:
y = αx· dy
dx +C1 ⇔ dy y
−
dx αx
α
= −C1
αx
sabemos resolvê-la e obtemos, com o fator de integração ν(x) := e − 1
αx dx 1
− = x α, se
x > 0, e temos:
em
Para chegarmos de
basta notar que
ou seja,
e escolhermos
Exemplo:
y(x) = K ·x 1
α +C1, x > 0.
y(x) = K ·x 1
α +C1, x > 0,K = 0
y(p) = α·C2 ·p 1
1−α +C1, p > 0
p = dy
dx
x = ( α
K
K
=
α ·x1−α α ,
·p) α
1−α
C2 = ( α 1
) 1−α.
K

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 553
y = p2
2
·x+2p, p = dy
dx
é uma equação de Lagrange.
As duas soluções p = 0,2 de p − a(p) = p − p2
= 0 dão origem a duas soluções
2
retas da equação original:
y = 2x+4 e y ≡ 0.
Se p = 0 e p = 2, então da equação de Lagrange obteremos, como explicado, a
equação diferencial linear:
e daí
dx p
−
dp p− p2
2
·x = 2
p− p2
2
Usando o fator de integração µ(p) = e p−2dp = (p−2) 2 , obteremos a solução geral:
x(p) =
1
(p−2) 2 ·(4ln(p2 )−4p+K), K ∈ R.
y(p) = p2
2 ·x(p)+2p.
14. Transformação de Legendre, dualidade e resolução de equações
diferenciais
Considere uma função y = y(x) tal que sua derivada y ′ = y ′ (x) seja ela mesma
uma função inversível. 11
Denote a função inversa de y ′ = y ′ (x) por x = x(y ′ ).
Defino
X := y ′ (x)
e a transformação de Legendre de y = y(x) é a função Y(X) dada por
Afirmo que:
De fato,
Agora afirmo que:
Y(X) := x·y ′ (x)−y(x) = X ·x(X)−y(x(X)).
Y ′ (X) := dY
dX
Y ′ (X) = d(x·y′ (x)−y(x))
dX
= x(X)+ dx(X)
dX
= x(X)+ dx(X)
dX
2
= x(X).
:=
·X − dy(x)
dx
·X −X · dx
dX
y(x) = X ·Y ′ (X)−Y(X),
.
(x(X)·X −y(x))
dX
· dx
dX =
= x(X).
11 Isso pode ser garantido se y ′′ (x) > 0 ∀x num Intervalo I, ou seja, se y(x) for convexa, pois
então y ′ (x) é estritamente crescente em I e segue que y ′ (x) é inversível.
=

14. TRANSFORMAÇÃO DE LEGENDRE, DUALIDADE E RESOLUÇÃO DE
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 554
pois da definição que demos
obtenho
e
Reunindo o que temos:
Y(X) := x·y ′ (x)−y(x)
y(x) = x·y ′ (x)−Y(X) = Y ′ (X)·x−Y(X).
X = y ′ (x) e x = Y ′ (X)
Y(X) = x·y ′ (x)−y(x) e y(x) = X ·Y ′ (X)−Y(X).
Essa possibilidade de trocar Y por y (e vice-versa) e de trocar X por x (e vice-versa)
nas duas expressões acima e manter a verdade é um caso do princípio de dualidade.
Para ficar mais fundamentada essa dualidade, noto também que
De fato,
y ′′ (x) > 0 ⇒ Y ′′ (x) > 0.
Y ′′ (X) := d2 Y
dX
d(dY
dX := 2 )
dX
= 1 1
:=
) y ′′ > 0,
(x)
( dX
dx
= dx
dX =
onde usei o Teorema da derivada da função inversa.
Se pode, ademais, provar que a transformação de Legendre é involutiva.
A idéia agora é usar a transformação de Legebdre para passar de uma equação
diferencial F(x,y,y ′ ) = 0 para outra equação F(X,Y,Y ′ (X)) = 0 que seja mais fácil
de resolver !
Feito isso, da soução Y = Y(X) de F(X,Y,Y ′ (X)) = 0 passamos à solução da
equação original via:
x = Y ′ (X), y = X ·Y ′ (X)−Y(X)
que é um tipo de parametrização da solução de F(x,y,y ′ ) = 0.
O Exemplo a seguir 12 já deve dar uma idéia da utilidade da transformação de
Legendre:
Exemplo:
Resolver:
(a2 ·x+b2 ·y +c2)·(y ′ ) 2 +(a1 ·x+b1 ·y +c1)·y ′ +a0 ·x+b0 ·y +c0 = 0,
onde ai,bi,ci ∈ R.
Solução: se faço as mudanças
y ′ = X, x = Y ′ (X), y = XY ′ (X)−Y,
12 Esses dois exemplos tirei de E. Kamke, Differentialgleichungen

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 555
que nada mais são que a transformação de Legendre, obtemos - basta expandir a
expressão obtida por composição e depois reunir os termos -
onde
(A(X)+X ·B(X))·Y ′ (X)−B(X)·Y +C(X) = 0,
A(X) := a2X 2 +a1X+a0, B(X) := b2X 2 +b1X+b0 e C(X) := c2X 2 +c1X+c0.
Ora, sabemos resolver esta equação diferencial linear de primeira ordem
Y ′ (X)−
via fator de integração
Portanto teremos explicitamente:
Y = Y(X) = K ·e
B(X)
A(X)+X ·B(X)
B
A+X·BdX −e
µ(X) = e − B
A+X·B dX .
B
A+X·BdX
·
C(X)
·Y = −
A(X)+X ·B(X)
e −
B
A+X·B dX ·
C(X)
A(X)+X ·B(X) dX.
E daí a solução geral x = Y ′ (X) e y = X ·Y ′ (X)−Y(X) da equação original.
Exemplo:
Resolver:
Solução: Reescrevo-o como:
Com a transformação de Legendre
essa equação vira a equação separada:
que se resolve por:
Ou seja,
Daí sai
x 3 (y ′ ) 2 −2x 2 yy ′ +xy 2 −y ′ = 0.
y ′ = x·(xy ′ −y) 2 .
y ′ = X, x = Y ′ (X), Y(X) = xy ′ −y
X 2
2
X = Y ′ (X)·Y(X) 2 ,
= Y 3
3
+K, K ∈ R.
Y(X) = ( 3
2 X2 +K) 1
3.
x = Y ′ (X) y = X ·Y ′ (X)−Y(X).

15. APÊNDICE: FUNÇÕES CONTÍNUAS DE DUAS VARIÁVEIS E
CONTINUIDADE UNIFORME 556
15. Apêndice: Funções contínuas de duas variáveis e continuidade
uniforme
Para a Seção 3 e para outras ainda por vir, precisamos esclarecer algumas noções.
Queremos determinar o que deve significar para uma função z = f(x,y) de duas
variáveis ser contínua num ponto (x,y) de seu domínio. Quando dissermos apenas
contínua significará em cada ponto de seu domínio.
Definição 15.1. Dizemos que z = f(x,y) é contínua num ponto (x,y) se dado ǫ > 0,
existe δ > 0 tal que
onde
||(x,y)−(x,y)|| < δ ⇒ |F(x,y)−F(x,y)| < ǫ,
||(x,y)−(x,y)|| :=
e onde possivelmente δ depende de ǫ e de (x,y).
(x−x) 2 +(y −y) 2
Note que essa definição pede que haja aproximação do valor F(x,y), não importando
em que direção no plano nos aproximemos de (x,y),
A função
z = F(x,y) := (x+y)2
x2 , se (x,y) = (0,0) e F(0,0) = K
+y2 não é contínua em (0,0) para nenhuma escolha de K ∈ R.
De fato, escolha um K. Se nos aproximamos de (0,0) pela reta y = x a função
vale nesses pontos:
z = F(x,x) := 4x2
= 2, se x = 0 e F(0,0) = K
2x2 enquanto que se nos aproximamos de (0,0) pela reta y = −x a função vale nesses
pontos:
z = F(x,−x) := 0, se x = 0 e F(0,0) = K.
Logo ou |F(x,x)−K| não fica pequeno ou |F(x,−x)−K| não fica pequeno.
Já um polinômio de duas variáveis
z = a00 +a10x+a0,1y +a11xy +...annx n y n
de grau 2n é um bom exemplo de função contínua no sentido da Definição 15.1.
No Capítulo 6 vimos que
f : (0,+∞) → R, f(x) = 1
x
é uma função contínua.
Mas o Exemplo 2) da Seção 2 do Capítulo 5 já tinha mostrado o que a Figura
indica: que vai ficando mais difícl encontrar o δ > 0 adequado à medida que x se
aproxima do 0 para que tenhamos:
|x−x| < δ ⇒ | 1
x
1
− | < ǫ.
x

CAPÍTULO 36. ASPECTOS GERAIS DAS EQUAÇÕES DE PRIMEIRA
ORDEM 557
2 ε
2 ε
2 ε
Figura: Para um mesmo ǫ, preciso cada vez menores valores de δ
O mesmo fenômeno acontece em duas variáveis, por exemplo f(x,y) = 1
x 2 +y 2, com
(x,y) = (0,0).
Mas se restringimos a função para o domínio:
f : [a,+∞) → R, f(x) = 1
x ,
onde
a > 0,
então tudo fica mais simples.
Se quero um δ com
|x−x| < δ ⇒ | 1
x
basta tomar:
δ := ǫ·a 2
pois então, independentemente de x:
se |x−x| < ǫ·a 2 .
| 1
x
− 1
x
|x−x|
| = |x−x | =
xx xx
1
− | < ǫ
x
|x−x|
≤ ≤ ǫ,
a2 A próxima afirmação dá uma resposta geral (sua prova é mais típica dos cursos
de Análise):
Afirmação 15.1. Seja f um função em uma variável x ou em duas variáveis (x,y),
que é contínua em cada ponto de um intervalo fechado [a,b] ou de um retângulo
fechado [a,b]×[c,d].
Então a escolha de δ > 0 para que:
|x−x| < δ ⇒ |f(x)−f(x)| < ǫ,
ou para que
||(x,y)−(x,y)|| < δ ⇒ |f(x,y)−f(x,y)| < ǫ,
só depende de ǫ e não no ponto particular x ou (x,y).

16. EXERCÍCIOS 558
Exercício 16.1. (resolvido)
Seja n ∈ N, com n ≥ 2 fixado.
Considere a equação diferencial:
16. Exercícios
((n+1)x n−1 y n +n 2 x n y n−1 )·y ′ (x)+nx n−2 y n+1 +n(n+1)x n−1 y n = 0
i) Encontre um fator integrante µ(x) para a equação.
ii) determine as curvas integrais.

CAPíTULO 37
Curvas de Perseguição
Este capítulo consegue reunir temas distintos, que já tratamos, como equações
diferenciais separáveis, envelopes e cônicas. E dá uma aplicação prática, o que me
parece valioso. 1
1. O problema
Imagine um objeto P = P(t) que sai de
(0,y)
no eixo positivo dos y e que todo tempo persegue um outro objeto Q = Q(t) que se
desloca a partir da origem, no sentido do eixo dos x.
Perseguir aqui significa que todo tempo a reta tangente à curva descrita por P(t)
passa por Q(t).
A reta tangente faz então papel da visão do predador P(t), que está todo o tempo
fixada na presa Q(t).
Por isso o tema interessou A. Lotka, estudioso dosaspectos matemáticos da Ecologia,
como veremos mais adiante neste Capítulo.
Se não colocamos nenhuma hipótese sobre as velocidades dos pontos o problema
é intratável, mas:
Afirmação 1.1. Imagine um predador P = P(t) que sai de
(0,y)
no eixo positivo dos y e que todo tempo persegue Q = Q(t) que se desloca a partir
da origem, no sentido do eixo dos x. Suponha que o vetor velocidade de P(t) tem
módulo constante v1 e que a velocidade de Q(t) é constante v2.
i) Se r := v2 < 1 então v1
y
v1·(1−r 2 )
• no tempo t = o predador P(t) colide com a presa Q(t) no ponto do
eixo dos x cuja coordenada é x = ry
1−r2 y
• o predador percorreu a distância 1−r2. • a curva descrita por P(t) tem equação
x = − yr
2(1−r) ·y1−r + y−r
2(1+r) ·y1+r + ry
1−r 2.
1 Aprendi essas coisas inicialmente com o livro The W. L. Putnam Mathematical Competition,
Problems and solutions, 1938-1964., Math. Association of America. e depois com artigos de A.
Bernhardt, Curves of pursuit, Scripta Mathematica, vol. 20, 1954, vol. 23, 1957 e vol. 24, 1959,
bem como com o de A. Lotka, Families of curves of pursuit, and their isochrones, The American
Mathematical Monthly, Vol. 35, No. 8 (Oct., 1928), pp. 421-424.
559

1. O PROBLEMA 560
ii) Se r := v2
v1
= 1 então
• o predador não alcança a presa, mas segue-a a uma distância que tende a 1
y
quando t → +∞.
• a curva descrita pelo predador P(t) tem equação
x = − y
2 ln(y
y
)+
y 4 (y
y )2 − y
4 .
A figura a seguir ilustra um dia da caça e outro do caçador.
Cuide que o eixo dos y foi posto horizontalmente e as escalas não são as mesmas
para fica evidente o ponto de impacto.
20
15
10
5
0
0
Fig.: Com y = 6 e r = 1
2
1 2 3
y
4
a presa é apanhada em x = 4. Em verde a curva se r = 1.
Na prova da Afirmação usamos bastante a comodidadeda notação deLeibniz para
as derivadas e para a regra da cadeia.
Demonstração.
A curva do predador P(t) será vista como uma curva parametrizada
γ(t) = (x(t),y(t)),
onde t é o tempo, com γ(0) = (0,y), com y > 0 fixado. E ademais Q(0) = (0,0).
A equação x = f(y) do traço de γ(t) então tem
dx
(y) = 0,
dy
pois o predador P(t) olha verticalmente a presa Q(t) quando t = 0.
5
6

CAPÍTULO 37. CURVAS DE PERSEGUIÇÃO 561
Como Q(t) se desloca seguindo o eixo dos x, então
dx
(y) < 0, ∀y,
dy
ou seja, a coordenada y é estritamente decrescente com t.
Isso permite que pensemos na coordenada y de γ como função inversível de t, ou
seja:
y = y(t) e t = t(y).
Quando usar
dt
dy
usarei também
dy dt
· ≡ 1
dt dy
para expressar as regras de derivada de composta/inversa.
Lembro que
dt
< 0 ∀y.
dy
A condição de perseguição diz que:
ou seja,
Por hipótese
de onde obtemos:
dx
dy = x(t)−v2 ·t
y(t)
∀t ≥ 0,
y(t)· dx
dy = x(t)−r ·v1 ·t.
v1 ≡
( dx
dt )2 +( dy
dt )2 ,
v1 ·(− dt
) = (
dy dx
dt )2 +( dy
dt )2 ·(− dt
) =
dy
= ( dx
dt )2 +( dy
dt )2
· ( dt
dy )2 =
= ( dx dt
·
dt dy )2 +( dy dt
·
dt dy )2 =
= ( dx
dy )2 +1.
Como dissemos acima, temos t = t(y) e a equação pode ser escrita como
y · dx
dy = x(t(y))−r ·v1 ·t(y).

1. O PROBLEMA 562
Derivo-a em y obtendo:
ou seja,
dx
dy +y · d2x dx
=
dy2 dy −r ·v1 · dt
dy ,
y · d2
x dt
= −r ·v1 = r · (
dy2 dy dx
dy )2 +1.
Com a variável
z := dx
dy
o que temos então é a equação diferencial:
que é separável:
A solução geral é:
pois já vimos a primitiva
y · dz
dy = r·√ z 2 +1,
1 dz
√
z2 +1 dy
− r
y
= 0.
ln(z + √ z 2 +1)−r·ln(y) = C1,
1
√ z 2 +1 dz = ln(z + √ z 2 +1)
no Capítulo 25.
A constante C1 fica determinada pela condição que em y = y temos z := dx = 0: dy
ou seja a solução é:
quer dizer:
ou seja
e portanto:
Isso dá:
e daí isolo z:
−r ·ln(y) = C1
ln(z + √ z 2 +1)−r ·ln(y) = −r ·ln(y),
r ·ln(y)−r·ln(y) = ln(z + √ z 2 +1),
ln(( y
y )r ) = ln(z + √ z 2 +1)
( y
y )r = z + √ z 2 +1.
(( y
y )r −z) 2 = z 2 +1
z = − 1
2 (y
y )−r + 1
2 (y
y )r .

CAPÍTULO 37. CURVAS DE PERSEGUIÇÃO 563
Como z = dx
dy então zdy = x+C e portanto, se
então no item i) obtemos
x+C2 = −
0 < r < 1,
y
2·(1−r) ·(y
y )1−r y
+
2·(1+r) ·(y
y )1+r .
A constante C2 se determina com a condição de que quando x = 0 temos y = y:
y
C2 = −
2·(1−r) +
y r ·y
= −
2·(1+r) 1−r 2.
Obtivemos então no caso 0 < r < 1 que
y
x = −
2·(1−r) ·(y
y )1−r y
+
2·(1+r) ·(y
y )1+r r ·y
+
1−r 2
descreve o traço de γ, a trajetória do predador.
Tudo que fizemos acima era para y > 0. Mas quando y → 0 vemos que a coorde-
nada x(y) de γ verifica:
pois r < 1.
Por outro lado, como
y · dx
dy
x(y) →
r ·y
1−r 2,
= y ·(−1
2 (y
y )−r + 1
2 (y
y )r ) =
= − 1
2
y1−r 1 y1+r
· + ·
y−r 2 yr e como 0 < r < 1 vemos que y → 0 implica y · dx → 0, ou seja,
dy
x(y)−r ·v1 ·t(y) = y · dx
→ 0 quando y → 0.
dy
Já que a posição da presa em função do tempo é dada por
r·v1 ·t(y),
o que vemos é que quando y → 0 também a posição da presa tende a
r ·y
1−r 2.
Logo o ponto no eixo dos x dado por
presa.
O tempo transcorrido na caçada foi
O predador percorreu a distância
v1 ·
r·y
1−r 2 é o ponto em que o predador pega a
y
v1 ·(1−r 2 ) .
y
v1 ·(1−r 2 )
= y
1−r 2

1. O PROBLEMA 564
Retomando agora o caso
r = 1
do item ii), de
z := dx
= −1
dy 2 (y
y )−1 + 1y
2y
obtemos, integrando:
x = − y
2 ln(y
y
)+
y 4 (y
y )2 +C
e C se determina com a condição de que, em x = 0, temos y = y:
x = − y
2 ln(y
y
)+
y 4 (y
y )2 − y
4 .
Temos
e portanto:
x(y)−r ·v1 ·t(y) = y · dx
dy =
= − 1
2
y 1
· +
y−1 2
x(y)−r ·v1 ·t(y) → − −1
y
y 2
y
quando y → 0
(o sinal negativo significa que o predador está atrás da presa). Ou seja distância entre
presa e predador: (r ·v1 ·t(y)−x(y)) 2 +y 2
tende a 1
y .
A Afirmação a seguir reúne algumas observações que eu pude fazer após entender
a Afirmação 1.1:
Afirmação 1.2. Imagine um predador P = P(t) que sai de
(x,y), com x ≥ 0 e y > 0
e que todo tempo persegue Q = Q(t) que se desloca a partir da origem, no sentido do
eixo dos x. Suponha que o vetor velocidade de P(t) tem módulo constante v1 e que a
velocidade de Q(t) é constante v2.
Se r := v2 < 1 então v1
• o predador P(t) colide com a presa Q(t) no ponto do eixo dos x cuja coordenada
é
y Ay
−
2A·(1−r) 2(1+r) +x
onde
A = x
y +
( x
y )2 +1.

CAPÍTULO 37. CURVAS DE PERSEGUIÇÃO 565
• a curva descrita por P(t) tem equação
x = −
y r
2A·(1−r) ·y1−r + A·y−r
2(1+r) ·y1+r +
y
2A·(1−r)
− A·y
2(1+r) +x.
• se fixamos y > 0 e perguntamos por qual a coordenada x do ponto de partida
do predador que faz com que o predador alcance a presa em menos tempo a
resposta é:
x =
y ·r
√ 1−r 2 .
De fato, o ponto de impacto no eixo dos x também tem coordenada
y ·r
x = √
1−r 2 .
A figura a seguir mostra as trajetórias de três predadores: Em vermelho o que sai
de (0,6) e apanha a presa em (4,0); em verde o que sai de (1,6) e em amarelo o que
sai de (2 √ 3,6). Esse último apanha a presa no ponto (2 √ 3,6) e segundo a Afirmação
1.2 é o que minimiza o tempod e caçada.
4
3
2
1
0
0 1
2
3 4
y
Na figura a seguir faço um zoom da figura para ver as diferentes posições em que
apanham a presa:
4
3,6
3,2
2,8
2,4
0 0,1
0,2
y
5
0,3 0,4
6
0,5

2. AS ELIPSES ISÓCRONAS, SEGUNDO A. LOTKA 566
Demonstração.
Basta repetir a prova da Afirmação 1.1 mas levando em conta como devem ser
determinadas as constantes de integração C1 e C2.
A constante C1 fica determinada agora pela condição que em y = y temos
z := dx
dy
= x
y ,
pois a reta tangente de γ deve passar pela origem.
E depois a constante C2 fica determinada por x = x quando y = y.
Desse jeito se chega, como antes, na equação da curva γ:
x = −
y r
2A·(1−r) ·y1−r + A·y−r
2(1+r) ·y1+r +
y
2A·(1−r)
− A·y
2(1+r) +x,
que tende a
y A·y
−
2A·(1−r) 2(1+r) +x
quando y → 0, pois 0 < r < 1.
Fixado y e deixando variável apenas a coordenada x temos uma função
onde
y
d(x) :=
2A·(1−r)
− A(x)·y
2(1+r) +x,
A(x) = x
y +
( x
y )2 +1,
que dá a posição de impacto no eixo dos x. Se minimizamos essa posição de impacto
no eixo dos x estaremos minimizando o tempo da caçada (pois esse tempo é igual à
posição no eixo x dividido por v2, a velocidade da presa).
Um cálculo mecânico dá que d ′ (x) se anula em:
y ·r
x = √
1−r 2 ,
e que d ′′ (x) nesse ponto é positiva. Esse mínimo local de fato é o ponto de mínimo
global de d(x).
2. As elipses isócronas, segundo A. Lotka
Para entender o que fez A. Lotka vamos introduzir alguns objetos (o leitor pode
acompanhar na Figura a seguir)
• novas coordenadas (x,y) no ponto I de impacto entre predador e presa. Note
que x tem a orientação oposta de x.
• um sistema de coordenadas polares (ρ,θ) móvel, que dará informação do
movimento da presa Q = Q(t) em relação ao do predador P = P(t). O pólo
é em Q e θ = ˆ PQI. Então π ≤ θ ≤ π.
2

CAPÍTULO 37. CURVAS DE PERSEGUIÇÃO 567
• o comprimento s da curva descrita pelo predador (ver Seção 1 do Capítulo
28) será medido desde o ponto I até P(t). Se r := v2 < 1 é o quociente das
v1
velocidades então a distância entre Q(t) e I é r ·s.
y y
x
P
ρ
θ
s
Q r.s
Então, levando em contas sinais e orientações:
x = r·s−ρ·cos(θ) e y = ρ·sin(θ).
Todas essas grandezas dependem de s. Derivo em relação ao comprimento s:
dx
ds
dρ dθ
= r − ·cos(θ)+ρ·sin(θ)·
ds ds
e
dy dρ dθ
= ·sin(θ)+ρ·cos(θ)·
ds ds ds .
Mas quando o parâmetro que descreve uma uma curva é seu próprio comprimento s,
temos:
( dx
ds )2 +( dy
ds )2 ≡ 1.
Ou seja que podemos escrever (levando em conta que x cresce com o crescimento de
s e que π ≤ θ ≤ π): 2
dx dy
= −cos(θ) e = sin(θ).
ds ds
Em suma, temos o sistema:
e
−cos(θ) = r − dρ dθ
·cos(θ)+ρ·sin(θ)·
ds ds
sin(θ) = dρ dθ
·sin(θ)+ρ·cos(θ)·
ds ds .
Multiplicando a primeira equação do sistema por sin(θ), a segunda por −cos(θ) e
somando-as obtenho:
dρ
= 1+r ·cos(θ).
ds
I
x

3. UM ENVELOPE QUE É UMA CURVA DE PERSEGUIÇÃO 568
Jámultiplicando aprimeira dosistema porcos(θ)easegunda porsin(θ)esomando-as
obtenho:
ρ· dθ
= −r ·sin(θ).
ds
Agora é só juntar essas duas equações obtidas e temos a equação diferencial:
(1−r ·cos(θ))· dρ dθ
+r ·sin(θ)·ρ·
ds ds = 1−r2 .
Reconhecemos aí uma equação diferencial exata:
Integrando-a temos:
d[(1−r·cos(θ))·ρ]
ds
= 1−r 2 .
(1−r ·cos(θ))·ρ = (1−r 2 )·s+C.
A constante C fica determinada quando impomos que para s = 0 (ou seja, estando
em I) a distância entre P e Q é ρ = 0. Ou seja, C = 0.
Portanto
ρ = (1−r2 )·s
1−r ·cos(θ) =
(1−r 2 )·s
1+r ·cos(π −θ) .
Ora, para cada s fixado
(1−r
ρ =
2 )·s
1+r ·cos(π −θ)
é uma elipse com excentricidade 0 < r < 1 e com (1−r2 )·s de semi-latus rectus (veja
a Afirmação 7.1 do Capítulo 39).
Lembre que naquela descrição o ângulo θ := π−θ é medido com o eixo polar (eixo
dos x > 0) e que o pólo do sistema polar (ρ,θ) é o foco da cônica.
A interpretação que Lotka dá é a seguinte (sempre supondo velocidades v1,v2
constantes e r = v2
v1 ).
Suponha que a presa Q segue em direção ao refúgio I que dista dela r ·s. Se um
predador P seguindo uma curva de perseguição qualquer avista Q, então P consegue
pegar Q antes que este se refugie se P está no interior da elipse
ρ =
(1−r 2 )·s
1+r·cos(π −θ) .
Essa elipse descreve todos os pontos em que P, seguindo curvas de perseguição, pega
Q em I.
3. Um envelope que é uma curva de perseguição
A observação desta Seção é de Gomes Teixeira, em seu Traité de courbes speciales
remarquables, vol. III, páginas 137-138.
Considere a família de retas que se forma por reflexão de retas verticais em pontos
(x,y) do gráfico de
y = f(x) = a·ln(x),
onde a = 0 é fixado.

CAPÍTULO 37. CURVAS DE PERSEGUIÇÃO 569
é:
De acordo com a Afirmação 4.1 do Capítulo 20, a equação dessa retas refletidas
y = ( f′ (x) 2 −1
2f ′ (x)
Isso se pode escrever também como:
)·x+f(x)−( f′ (x) 2 −1
2f ′ )·x =
(x)
= a2 −x2 2ax ·x+a·ln(x)+ x2 −a2 .
2a
F : y ·(2ax)−(a 2 −x 2 )·x = 2a 2 xln(x)−(a 2 −x 2 )·x.
Como F é uma família de retas com parâmetro x, pode ser derivada em relação ao
parâmetro. Obtemos:
Agora note que
é
de onde
Quando substituido em F, x = 2x dá:
∂F
∂x : 2a·y +2x·x = 2a2 ln(x)+a 2 +3x 2 .
F −x· ∂F
∂x
−(a 2 −x 2 )·x = −2x·(a 2 −x),
x = 2x.
y = aln(x)− x2 a
+
2a 2 .
Ou seja, a equação do envelope da família de retas F é:
ou seja, o envelope é:
y = aln( x
2
(x
2 )− )2 a
+
2a 2 ,
y = aln(x)− x2 a
+
8a 2 −aln(2).
Se reconhece aí, trocando x por y, uma curva de perseguição do tipo do item ii)
da Afirmação 1.1.
A figura a seguir ilustra a situação, com a = 1, ou seja, y = f(x) = ln(x) (verde),
com 8 retas da família F e onde a curva envelope (em vermelho)
persegue pontos no eixo vertical.
y = ln(x)− x2
8
+ 1
2 −ln(2)

4. EXERCÍCIOS 570
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
Exercício 4.1. (resolvido)
1
2
x
3
4. Exercícios
Em 1687, Huygens observou que as curvas y = a·x 3
4 −x, para x ≥ 0, com a > 0
fixado, têm as seguintes propriedades:
i) a área da região finita que fica entre seus gráficos e o eixo dos x tem área a8
14 .
ii) a tangente ao seu gráfico em (x,y) passa por (− x
3
a > fixado.
4
5
x
, ), não importando qual o
3
Prove i) e ii) e, ademais, esboce qualitativamente o gráfico de y = x 3
4 −x, para
a > 0. Ou seja, determine sinais e raízes, crescimento e decrescimento, concavidades
e se há assíntotas quando x → +∞.
A propriedade ii) diz então que as curvas y = a·x 3
4 −x são curvas de perseguição
dos pontos (− x x
, ) que se movem na reta y = −x. O quociente entre as velocidades
3 3
não é constante neste exemplo.

CAPíTULO 38
Cinética química e crescimento bacteriano
Quando saímos do campo das equações diferenciais lineares, em geral topamos
com equações difíceis de serem resolvidas explicitamente (ou mesmo impossíveis ...).
Mas algumas equações diferenciais não-lineares bem especiais são ainda fáceis de
serem resolvidas e muito úteis.
1. Cinética química
Esta Seção expõe trechos de Notas do Professor Mark Thompson.
Infelizmente não exponho tudo que há em suas notas. Detalhei um pouco mais
algumas contas e acrescentei uns gráficos.
Já em 1850, L. F. Wilhelmy estudou a reação em que água e sacarose produzem
celulose e frutose:
H2O+C12H22O11 −→ C6H12O6 +C6H12O6
e verificou que taxa de decrescimento da quantidade/concentração c(t) de sacarose
no tempo t era proporcional à quantidade/concentração do açúcar não-invertido:
c ′ (t) = −k ·c(t).
A constante k é chamada de taxa específica da reação ou constante da reação.
Mas, em muitos casos, o decrescimento da quantidade cA(t) do reagente A não
depende somente da quantidade deAmastambém da deoutrosreagentes B,C...,Z.
E pode acontecer do decrescimento ser dado por uma lei geral:
c ′ A(t) = −k ·c a A ·c b B ·...·c z Z, onde a,b,...,z ∈ R
Chama-se ordem da reação a soma de expoentes:
Alguns exemplos:
a+b+c+...+z.
• i) A decomposição do pentóxido de nitrogênio:
segue a lei
2N2O5 −→ 4NO2 +O2,
[N2O5] ′ (t) = −k ·[N2O5](t)
onde [N2O5](t) é a concentração no instante t. Por isso é uma reação de
primeira ordem.
571

1. CINÉTICA QUÍMICA 572
• ii) Já a decomposição do dióxido de nitrogênio:
segue a lei:
2NO2 −→ 2NO+O2,
[NO2] ′ (t) = −k ·[NO2] 2 (t)
, sendo portanto de segunda ordem.
• iii) A reação:
C2H5Br+(C2H5)3N −→ (C2H5)4NBr
segue também uma lei de segunda ordem, mas do tipo:
[C2H5Br] ′ (t) = −k ·[C2H5Br](t)·[(C2H5)3N](t).
• iv) a ordem nãoprecisa ser umnúmero inteiro, porexemplo, a decomposição:
segue a lei:
CH3CHO −→ CH4 +CO,
[CH3CHO] ′ (t) = −k ·[CH3CHO] 3
2(t).
Note que as formas estequiométricas de i) e ii) são iguais, mas as ordens de
reação são diferentes. Para se entender a ordem de uma reação é preciso entender o
mecanismo da reação.
A maioria das reações químicas não são simples do ponto de vista cinemático
e envolvem uma sequência de estágios entre os reagentes iniciais e os produtos finais.
Cada uma das etapas é chamada de reação elementar. Reações complexas são
sequências de reações elementares.
Um conceito importante é o de molecularidade de uma reação. Por exemplo, a
decomposição do iodeto de hidrogênio:
2HI −→ H2 +I2
acontecequandoduasmoléculasdeHI sechocamcomsuficienteenergiaparaproduzir
um rearranjo das ligações químicas (de duas H −I ligações para uma H −H ligação
e uma I − I ligação). Como esse processo elementar envolve duas moléculas sua
molecularidade é 2.
Experimentalmente se observa que:
[HI] ′ (t) = −k ·[HI] 2 (t).
Todas 1 as reações de molecularidade 2 são de ordem 2. Esse princípio já nos garante
que a decomposição do ozônio:
2O3 −→ 3O2,
não tem molecularidade 2, já que se sabe que ela obedece à lei:
[O3] ′ (t) = −k · [O3] 2 (t)
[O2](t) .
1 mas nem toda reação de ordem dois é de molecularidade dois.

CAPÍTULO 38. CINÉTICA QUÍMICA E CRESCIMENTO BACTERIANO 573
de ordem 1. Essa lei mais complicada pode ser explicada analisando duas reações
elementares envolvidas na reação
São elas:
2O3 −→ 3O2.
O3 ⇋ O2 +O e O+O3 −→ 2O2.
A primeira delas é muito rápida e leva a um equilíbrio da forma:
enquanto que
satifaz uma lei:
Portanto
[O](t) = C · [O3](t)
, C ∈ R>0
[O2](t)
O+O3 −→ 2O2
[O3] ′ (t) = −k ′ ·[O](t)·[O3](t).
[O3] ′ (t) = −k ′ ·C · [O3] 2 (t)
[O2](t) = −k · [O3] 2 (t)
[O2](t) .
Existemmuitasreaçõescujacinéticaéplenamenteconhecida, algumascommecanismos
apenas razoavelmente estabelecidos e outras com mecanismos ainda discutidos
e pesquisados.
2. Equação diferencial de uma reação de primeira ordem
Considere a reação química da forma:
A −→ B +C.
Suponha que a concentração da substância A é dada inicialmente por f(0) = a
mol/litro e que após um tempo 2 x haja a−f(x) mol/l de A e que se formaram f(x)
mols/l das substâncias B e C.
Então a função f(x) mede a taxa de formação de B e C a partir de A.
Afirmação 2.1. Suponhamos que f(x) com f(0) = a verifica:
Então
e noto que limx→+∞ f(x) = a.
f ′ (x) = k ·(a−f(x)), k > 0.
f(x) = a·(1−e −k·x )
Demonstração.
De fato,
f ′ (x) = ka−k ·f(x) = −k ·f(x)+k ·a, k > 0
é uma equação do tipo estudado na Afirmação 4.1 da Seção 4 do Capítulo 35.
Aquela Afirmação dá a solução f(x) na forma:
f(x) = (f(0)+ ka
(−k) )·e−kx − ka
(−k) =
2 Volto usar x para tempo, ao invés de t, para ser coerente com notações de Capítulos anteriores

3. EQUAÇÃO DIFERENCIAL DE UMA REAÇÃO DE SEGUNDA ORDEM 574
= (f(0)−a)·e −kx +a.
Mas f(0) = 0 e portanto: f(x) = a·(1−e −kx ).
3. Equação diferencial de uma reação de segunda ordem
Considere uma reação química:
A+B −→ C +D
em que as concentrações de A e B são dadas inicialmente por a e b e que, após um
tempo x, f(x) mols/l de A e B tenham reagido produzindo f(x) mols/l de C e D.
Afirmação 3.1. Suponha que a concentração f(x) de C e D verifica
e satisfaz:
Então:
Ademais,
a−f(x) > 0 e b−f(x) > 0 ∀x
f ′ (x) = k ·(a−f(x))·(b−f(x)), k > 0.
f(x) = a·b·(1−ek(a−b)·x )
b−a·e k(a−b)·x .
lim f(x) = b, se a > b e lim f(x) = a, se b > a.
x→+∞ x→+∞
As Figuras a seguir ilustram a Afirmação:
2
1,5
1
0,5
0
0
0,5 1 1,5
x
2
2,5
Figura: Caso k = 1, a = 2, b = 3
3

CAPÍTULO 38. CINÉTICA QUÍMICA E CRESCIMENTO BACTERIANO 575
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
0
0,5
1
1,5
x
2
2,5
Figura: Caso k = 1, a = 4, b = 3
Demonstração.
Note que de f ′ (x) = k ·(a−f(x))·(b−f(x)) obtenho, dividindo:
f ′ (x)
(a−f(x))·(b−f(x))
3
= k
Como já vimos no item ii) da Seção 1 do Capítulo 26:
f ′ (x)
dx =
(a−f(x))·(b−f(x))
= [ −1
a−b ·
f ′ (x) 1
+
(a−f(x)) a−b ·
f ′ (x)
]dx =
(b−f(x))
1
=
a−b · −f′ (x)
(a−f(x)) dx−
1
a−b · −f′ (x)
dx =
(b−f(x))
1 1
= ·
a−b u du−
1 1
· dv =
a−b v
= 1 1
·ln(u)− ·ln(v) =
a−b a−b
= 1 1
·ln(a−f(x))−
a−b a−b ·ln(b−f(x)).
Por outro lado,
1 1
·ln(a−f(x))− ·ln(b−f(x)) = k ·x+C.
a−b a−b
Mas se x = 0 temos f(0) = 0, o que dá:
e portanto:
C = ln(a)−ln(b)
a−b
1
·(ln(a−f(x))+ln(b)−ln(b−f(x))−ln(a)) = k ·x,
a−b

4. CRESCIMENTO BACTERIANO 576
que dá:
ou seja,
1
a−b ·ln(b·(a−f(x)) ) = k ·x,
a·(b−f(x))
ln( b·(a−f(x))
) = (a−b)·k ·x
a·(b−f(x))
e aplicando exponencial temos:
b·(a−f(x))
a·(b−f(x)) = ek·(a−b)·x .
Agora é só isolar f(x), provando assim a afirmação sobre o formato da f(x).
Se a > b então
lim
x→+∞ ek(a−b)·x = +∞
e daí:
ab
lim f(x) = = b.
x→+∞ a
e daí:
No caso b > a temos
lim
x→+∞ ek(a−b)·x = 0
ab
lim f(x) =
x→+∞ b
= a.
4. Crescimento bacteriano
Quando uma quantidade de bactérias é posta num meio de cultivo adequado,
inicialmente sua a população cresce muito rápido.
Mas, ao longo do tempo, quando começam a aparecer detritos e começa a haver
competição por nutrientes há uma desaceleração do crescimento e a população tende
a um platô. Ou seja, ainda nascem e morrem indivíduos mas a população fica mais
ou menos estável.
Obtemos a mesma descrição no caso das populações humanas em países desenvolvidos,
que inicialmente cresceram muito mas atualmente atingiram platôs.
O tipo de equações diferenciais simples que modela o crescimento bacteriano é a
seguinte:
f ′ (x) = r ·f(x)−s·f 2 (x), r > 0, s > 0.
onde f(x) é a população em cada instante.
Note que para f(x) < 1 temos f 2 (x) < f(x) e a contribuição de −sf 2 (x) pode ser
pouco relevante, mas à medida que f(x) aumenta, essa parte quadrática da equação
se manifesta.
É claro que f(x) ≡ r
s
Por isso afirmamos:
é solução de
0 ≡ f ′ (x) = r ·( r
s )−s·(r
s )2 ≡ 0.

CAPÍTULO 38. CINÉTICA QUÍMICA E CRESCIMENTO BACTERIANO 577
Afirmação 4.1. Seja f : I → R derivável com
e satisfazendo ∀x ∈ I:
Então
a qual tem
0 < f(x) < r
, ∀x ∈ I
s
f ′ (x) = r ·f(x)−s·f 2 (x), r > 0, s > 0.
f(x) =
f(0)· r
s ·er·x
r
s −f(0)·(1−er·x ) ,
r
lim f(x) =
x→+∞ s .
Na Figura a seguir ploto a solução especial f(x) = r ao lado de soluções não
s
constantes. Note que há pontos de inflexão nos gráficos, fenômeno inexistente nas
soluções que apareceram na Seção 3. a próxima Seção 5 discutirá a posição desses
pontos de inflexão.
10
8
6
4
2
0
0
0,2
0,4
0,6
x
Figura: O gráfico de y = 10 (vermelho) e os gráficos de
y = f(0)·r
s ·er·x
r
s−f(0)·(1−er·x , com r = 10, s = 1 e f(0) = 0.05,0.5,1.
)
Pode ser interessante para o leitor considerar um gráfico típico de crescimento
bacteriano, ao lado do de suas derivadas, para acentuar a presença do ponto de
inflexão:
0,8
1
1,2

4. CRESCIMENTO BACTERIANO 578
6
4
2
0
0
-2
-4
-6
0,5
1
x
1,5
Figura: y = f(x) (vermelho), y = f ′ (x) (verde) e y = f ′′ (x) (amarelo)
Uma conta tediosa mostra que podemos re-escrever a função dada na Afirmação
4.1:
como
f(x) =
f(x) =
2
2,5
f(0)· r
s ·er·x
r
s −f(0)·(1−er·x ) ,
r
s
r
1+k ·e−r·x, onde k := −1+
s ·
1
f(0) .
Este último tipo de função é chamada de função logística.
variadas áreas de conhecimento, da Biologia à Economia.
Demonstração. Note que esta equação
f ′ (x) = r·f(x)−s·f 2 (x), r,s > 0,
re-escrita como:
f ′ (x) = −s·(0−f(x))·( r
s −f(x))
é um caso particular da equação diferencial estudada na Seção 3:
pondo-se
f ′ (x) = k ·(a−f(x))·(b−f(x)),
3
É usada nas mais
k = −s, a = 0 e b = r
s .
Nãopodemosaplicarimediatamente aAfirmação3.1poisnaprovadaquela Afirmação
usamos f(0) = 0, coisa que não temos aqui.
Mas podemos reciclar aquela prova3 , como segue.
De f ′ (x) = −s·(0−f(x))·( r −f(x)) obtenho, dividindo:
s
f ′ (x)
(0−f(x))·( r = −s.
−f(x)) s
3 Note que a estamos resolvendo como equação separável.

CAPÍTULO 38. CINÉTICA QUÍMICA E CRESCIMENTO BACTERIANO 579
Então, como fizemos lá:
= s
r ·
= s
r ·
que fazem sentido pois 0 < f(x) < r
s .
Por outro lado,
Avaliando em x = 0, com f(0) > 0:
e portanto:
que dá:
ou seja:
f ′ (x)
(0−f(x))·( r dx =
−f(x)) s
f
[
′ (x)
(0−f(x) + −f′ (x)
( r ]dx =
−f(x))
s
[− f′ (x)
f(x) + −f′ (x)
( r ]dx =
−f(x))
= − s s
·ln(f(x))+
r r ln((r
s −f(x))),
s
r ·[−ln(f(x))+ln(r −f(x))] = −s·x+C.
s
C = s
r ·[−ln(f(0))+ln(r
s −f(0))]
s
r ·[−ln(f(x))+ln(r
s −f(x))+ln(f(0))−ln(r −f(0))] = −s·x
s
Aplicando exponencial temos:
ln( f(0)·(r
s −f(x))
f(x)·( r
s
ln( f(x)·(r
s −f(0))
f(0)·( r
s
s
−f(0)) ) = −r ·x,
f(x)·( r
s −f(0))
f(0)·( r
s
−f(x)) ) = r ·x.
−f(x)) = er·x
Agora é só isolar f(x), obtendo o formato afirmado.
Ademais, como r > 0, temos limx→+∞ e r·x = +∞ e do formato da f(x) é fácil de
ver que limx→+∞ f(x) = r
s .

5. PONTO DE INFLEXÃO DA FUNÇÃO LOGÍSTICA 580
Afirmação 5.1. A solução de
dada por
5. Ponto de inflexão da função logística
f ′ (x) = r ·f(x)−s·f 2 (x), r > 0, s > 0,
f(x) =
r
s
r
1+k ·e−r·x, onde k := −1+
s ·
1
f(0) ,
tem um único ponto de inflexão cujas coordenadas são:
( ln(k)
r
, r
2s ).
Note que a segunda coordenada não depende de f(0).
A figura a seguir mostra, com r = 10, s = 1, os três gráficos y = f(0)·r s ·er·x
r
s−f(0)·(1−er·x )
para diferentes condições iniciais: f(0): 0.05,0.5,1. Todos têm inflexão na altura 5:
10
8
6
4
2
0
0
0,2
0,4
0,6
x
Demonstração.
Cada solução y = f(x) terá ponto de inflexão onde a sua derivada f ′ (x) tem um
valor máximo ou mínimo.
Mas
f ′ = r ·f −s·f 2
e se pensamos f agora como uma variável usual 4 , podemos usar o sabemos sobre o
gráfico de
z = r ·u−s·u 2 ,
é uma parábola com concavidade para baixo, com ponto de máximo em u = r
2·s .
Ou seja que os pontos de inflexão de todas as soluções ocorrem em pontos
(x,f(x)) = (x, r
2·s ).
4 A idéia que uso agora se aplicará a qualquer equação diferencial autônoma, ou seja, y(x) ′ =
P(y(x)) onde P não depende explicitamente de x, só de y(x)
0,8
1
1,2

CAPÍTULO 38. CINÉTICA QUÍMICA E CRESCIMENTO BACTERIANO 581
e
Mas o tempo x é diferente para cada solução. De fato,
f ′ (x) =
Portanto f ′′ (x) = 0 exatamente onde
isto é, em:
r 2 ·k ·e −r·x
s·(1+k ·e −r·x ) 2.
f ′′ (x) = r3 ·k ·e−r·x ·(k ·e−r·x −1)
s·(1+k ·e−r·x ) 3
k ·e −r·x −1 = 0,
x := ln(k)
, onde k := −1+
r
r
s ·
1
f(0)
e ademais f ′′ (x) > 0 se x < x e f ′′ (x) < 0 se x > x.
Em suma, x é o único ponto de inflexão.
6. Equação de Bernoulli e reações químicas de ordem fracionária
A solução geral da Equação de Bernoulli
f ′ (x) = a(x)·f(x)+b(x)·f(x) r ,
dada na Afirmação 13.1 do Capítulo 35, no caso particular em que
r = 2, a(x) ≡ a e b(x) ≡ b,
nos permite re-obter os resultados das Seções 4 e 5, pois:
f(x) = 1
g(x)
onde
g(x) = e −ax
· e ax ·(−b)dx+C ·e −ax = − b
a +C ·e−ax .
já que g ′ (x) = −a·g(x)−b. Ou seja,
1
f(x) =
−b +C ·e−ax,
a
de onde se obtem, para f(0) = 0, o valor
Logo
f(x) =
=
1−
C = 1 b
+
f(0) a .
1
−b a
−a
b
1 b
a( + f(0) a )·e−ax
b
·(1− aC·e−ax
b ) =
=
.
−a
b
1− aC·e−ax
−a
b
1− a
bf(0) e−ax −e
b
=
−ax =

6. EQUAÇÃO DE BERNOULLI E REAÇÕES QUÍMICAS DE ORDEM
FRACIONÁRIA 582
onde
e pondo
=
−a
b
1+( −a
bf(0)
−1)·e−ax =
k := −1+ −a
b ·
1
f(0) ,
−a
b
1+k ·e −ax,
r := a e −s := b
temos exatamente a função logística da Seção 5.
Mas, oqueéimportante, háreaçõesquímicascujacinéticaéexpressaporEquações
de Bernoulli com expoente r fracionário:
f ′ (x) = a(x)·f(x)+b(x)·f(x) r , r ∈ Q.
Por exemplo, a decomposição do acetaldeído:
verifica (fase gasosa a 450 graus C):
onde uso x para o tempo.
CH3CHO → CH4 +CO
[CH3CHO] ′ (x) = −k ·[CH3CHO] 3
2(x), k > 0
Nessa situação r = 3
2 e pedimos que f(x) := [CH3CHO](x) > 0.
Para a(x) ≡ 0 e b(x) ≡ −k, a prova da Afirmação 13.1 do Capítulo 35 diz que a
função
g(x) := f(x) −1
2
verifica
g ′ (x) = k
2 ,
ou seja, g(x) = k ·x+g(0) e portanto:
2
f(x) = ( k 1
·x+ )
2 f(0) −2 .

CAPíTULO 39
Newton e a gravitação
(...) Halley colocou a questão diretamente para Newton em agosto de 1684:
supondo-se uma lei do inverso do quadrado da distância para a atração do Sol, que
tipo de curva faria o planeta ? Newton lhe disse, uma elipse. Disse-lhe que havia
calculado isso havia muito tempo. (..) que não conseguia achar os cálculos, mas
prometeu refazê-los e enviá-los mais tarde (...)
(trecho da biografia de Newton, de J. Gleick)
Este Capítulo explicará alguns dos cálculos que Newton queria mostrar a Halley...
Além de seu interesse intrínseco, serve de motivação ao tema das equações diferenciais
de segunda ordem.
1. Atração segundo o inverso do quadrado da distância
Se lembramos como é enorme raio do globo terrestre, podemos pensar que a
distância entre os objetos caindo (em queda-livre ou arremessados, nas Seções anteriores)
e o centro da Terra é muito próxima do valor do Raio da Terra 1 :
R ∼ 6.378·(10) 6 m.
Estabeleçamos a lei de atração universal, de Newton, que é formulada para dois
pontos com massa:
dois pontos de massa m0 e m se atraem recíprocamente com uma força da ordem
de G·m0·m
r2 , onde G é uma constante universal e r é a distância entre eles.
Agora imaginemos a massa da Terra M ∼ 5.98·10 24 concentrada no seu centro
(centro de gravidade). O que acontece quando queremos usar a lei de atração para
explicar a atração mútua exercida pelo centro de gravidade da Terra e um ponto de
massa m = 1?
Obteremos:
g G·M ·m
= g =
m R2 ∼
e portanto
em unidades m 3 /(s 2 kg).
∼ G·5.98·1024
(6.378) 2 ·(10) 12,
G ∼ 6.67·(10) −11 ,
1 Os dados sobre a Terra obtive em R. Resnick e D. Halliday, Física, LTC.
583

2. TEMPO DE COLISÃO E VELOCIDADE DE ESCAPE 584
Ademais como a massa da Terra é enorme, sua aceleração F pode ser considerada
M
nula.
2. Tempo de colisão e velocidade de escape
Agora que já colocamos os fenômenos de queda-livre e balística no quadro da lei
geral da atração gravitacional, consideremos:
Afirmação 2.1. Suponha um ponto de massa M colocado na origem e outro ponto P
de massa m na posição (x(0),0), com x(0) > 0. Suponha M tão grande que possamos
considerar o ponto na origem como parado.
Suponha que no instante t = 0 o vetor velocidade (x ′ (0),y ′ (0)) tenha componente
vertical nula y ′ (0) = 0 (ou seja, caso estiver em movimento, o faz no eixo horizontal).
Então
• É constante ∀t a grandeza:2
(x ′ (t)) 2
2
− GM
x(t) .
• Se x ′ (0) = 0 (velocidade inicial zero) então o tempo de colisão entre o ponto
P e a origem é de:
π
2 ·
x(0) 3
2GM .
• Para escapar da atração do ponto na origem e se afastar tanto quanto quisermos
da origem (i.e. limt→+∞x(t) = +∞), é necessário e suficiente que
x ′
2·GM
(0) ≥
x(0) .
• ademais, se x ′ (0) =
2·GM
x(0)
então sua velocidade é sempre positiva mas tende
a zero (limt→+∞x ′ (t) = 0).
• em particular, para um foguete lançado da superfície da Terra escapar da
atração da Terra e se afastar da Terra:
x ′ (0) ≥
Demonstração.
A Lei de Atração de Newton diz:
2·GM
x(0)
m·x ′′ (t) = −
∼ 11.184 m/s.
G·M ·m
x(t) 2 ,
onde o sinal − deve-se a que a atração é oposta ao sentido positivo dos x.
Logo
2 chamada de Energia total, onde (x ′ (t)) 2
potencial.
x ′′ (t) = − G·M
,
x(t) 2
2 é chamada de energia cinética e − GM
x(t)
de energia

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 585
e portanto
ou seja
e
x ′′ (t)·x ′ (t) ≡ −Gm0
x ′ (t)
x(t) 2,
[ (x′ (t)) 2
]
2
′ ≡ Gm0 ·[ 1
x(t) ]′ ,
[ (x′ (t)) 2
2
(x ′ (t)) 2
− Gm0
x(t) ]′ ≡ 0
−
2
Gm0
≡ C.
x(t)
Se o corpo foi largado com velocidade inicial
então obtenho
e portanto
x ′ (t) = −
x ′ (0) = 0,
C = − Gm0
x(0) ,
2·( Gm0
x(0)
+ Gm0
x(t) )
(onde tomo a raíz negativa poque o ponto P se aproximará da origem).
Como x ′ (t) < 0, para t > 0, a função x(t) é estritamente decrescente.
Logo posso considerar a função inversa t = t(x). A fórmula da derivada da função
inversa dá:
t ′ 1
(x) = −
2·( Gm0 Gm0 + x(0) x )
.
Para calcular o tempo t de colisão entre P e a origem podemos fazer a integral
t−0 =
=
0
x(0)
t
0
dt =
t ′ (x)dx,
pois assim estaremos calculando o tempo que trancorre para sairmos de x(0) > 0 e
chegarmos em x = 0 (a origem).
Ou seja,
x(0)
x(0)
t = −
0
t ′ (x)dx =
0
2·( Gm0 Gm0 + x(0) x )
dx.
Se somamos frações, simplificamos, e usamos que as constantes saem da integral,
obtemos:
x(0)
0
1
2·( Gm0 Gm0 + x(0) x )
dx =
onde se nota que x(0)−x > 0.
1
x(0)
2GM ·
x(0)
0
√ x
x(0)−x dx,

2. TEMPO DE COLISÃO E VELOCIDADE DE ESCAPE 586
Agora faço a substituição para u > 0:
obtendo:
x(0)
2GM ·
x(0)
0
x = u 2
e dx = 2udu,
√
x x(0)
dx = 2
x(0)−x 2GM ·
√ x(0)
0
Não é difícil conferir que uma primitiva de
− u x(0)
x(0)−u 2 +
2 2
u2 √
x(0)−u2 é:
u
·arcsin( ).
x(0)
u 2
x(0)−u 2 du.
Portanto:
x(0)
t = 2
2GM ·
√ x(0)
u
0
2
du =
x(0)−u 2
x(0)
= 2
2GM ·[−
x(0)
x(0)−(
2
x(0)) 2 + x(0)
2 ·arcsin(
x(0)
)] =
x(0)
x(0) x(0) π
= 2 · ·
2GM 2 2 =
= π
x(0) 3
2 2GM ,
como queríamos demonstrar.
Agora consideremos a situação em que x ′ (0) > 0.
Determinemos a condição necessária e suficiente sobre x ′ (0) > 0 para que o ponto
P escapeda atraçãodopontona origemese afastetanto quanto quisermos da origem.
Já vimos que:
ou seja
(x ′ (t)) 2
2
0 ≤ (x′ (t)) 2
2
− GM
x(t)
≡ C,
≡ C + GM
x(t) .
Mas, se há um escape onde x(t) → +∞, então GM
x(t)
0 ≤ C.
Portanto:
de onde
O caso
(x ′ (0)) 2
−
2
GM
≡ C ≥ 0,
x(0)
x ′
2GM
(0) ≥
x(0) .
x ′ (0) =
2GM
x(0)
→ 0 e daí:

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 587
equivale a que
ou seja,
Portanto
(x ′ (t)) 2
2
(x ′ (t)) 2
2
− GM
x(t)
≡ 0,
= GM
x(t) .
x ′ (t) = √ 2GM 1
x(t)
e x(t)·x ′ (t) = √ 2GM,
que, integrando, dá:
De onde:
Portanto
pois x ′ (t) = 2
3 (3
2 ·(√GM ·t+D)) −1 3.
2
3 x(t)3 2 = √ 2GM ·t+D, D ∈ R.
x(t) = ( 3
2 ·(√ GM ·t+D)) 2
3.
lim x(t) = +∞ mas lim
t→+∞ t→+∞ x′ (t) = 0,
3. Níveis de energia
Na situação da Afirmação 2.1 vimos que
(x ′ (t)) 2
2
− GM
x(t)
≡ C.
Aprendemos na prova dessa Afirmação que o escape ocorre quando
e a colisão quando
(x ′ (t)) 2
2
(x ′ (t)) 2
− GM
x(t)
≡ C ≥ 0
−
2
GM
≡ C < 0.
x(t)
Chamamos esses valores de C de níveis de energia.
Nocasodecolisão, aconservação deEnergiaTotalimplicaquelimx→0x ′ (t) = +∞,
Por isso as trajetórias de colisão são chamadas de singularidades do conjunto de
trajetórias possíveis para um corpo que é atraído por outro de massa muito maior.
Se multiplicamos por 2·x(t) obtemos das expressões anteriores:
(x ′ (t)) 2 ·x(t)−2GM −C ·x(t) ≡ 0.
Num plano (x,y) = (x(t),x ′ (t)) essas curvas são as cúbicas:
y 2 ·x−2GM −C ·x ≡ 0.

3. NÍVEIS DE ENERGIA 588
Elas são qualitativamente o seguinte (note que para C ≥ 0 são formadas de dois
ramos):
y
C < 0
C = 0
C > 0
Ademais podemos pensar na equação diferencial de segunda ordem, que é do tipo:
x ′′ = − 1
x 2
como um campo vetorial (x ′ ,y ′ ), tangente a essas curvas, da forma:
x ′ = y, y ′ = − 1
x 2
e a figura agora fica mais completa:
Essa figura nos diz que:
y
C < 0
C = 0
C > 0
x
x

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 589
• No caso C < 0, um corpo arbitrariamente próximo da origem que parte com
velocidade positivaarbitrariamentealtaatingeumpontoondesuavelocidade
se anula e começa a ser atraído, colidindo com velocidade arbitrariamente
nehgativa.
• No caso C = 0, se um corpo arbitrariamnte próximo da origem parte com
velocidade positivaarbitrariamentealtaeleconsegueescapar, comvelocidade
positiva tendendo azero. Etambém quepoderiavir dearbitrariamente longe
um corpo com velocidade negativa arbitrariamente pequena e que colidisse
com velocidade arbitrariamente negativa.
• No caso C = 0, se um corpo arbitrariamnte próximo da origem parte com
velocidade positiva arbitrariamente alta ele consegue escapar. E também que
poderia vir de arbitrariamente longe e que colidisse com velocidade arbitrariamente
negativa.
4. Órbitas planetárias
Na Seção anterior estudamos como se dá a colisão entre um corpo e outro de
massa muito maior, que o atrai de acordo com a lei de Newton.
Mas a situação mais interessante é quando o objeto de pequena massa (planeta,
satélite, cometa, etc) gravita em torno do de grande massa (estrela) sem colidir.
A princípio esta Seção usa dados do plano e de funções duas variáveis, portanto
seria mais natural num curso de Cálculo em duas variáveis, enquanto o nosso tem
sido em uma variável.
Mas ela é tão profundamente ligada à origem e ao objetivo do criador do Cálculo,
que se torna inevitável apresentá-la.
Vamos nos situar num plano onde suporemos que viaja o planeta em sua órbita,
para simplificar o problema.
De fato, a primeira etapa do problema geral é mostrar que, apesar de estar num
espaço 3-dimensional, a órbita do planeta é de fato plana. Ou seja, que cada planeta
não sai de uma fatia plana do espaço.
Para obter os resultados de Newton, começo lembrando que agora há duas coordenadas
P(t) = (x(t), y(t)).
do planeta, que mudam com o tempo t.
Ademais a velocidade instantânea P ′ (t) será
P ′ (t) := (x ′ (t), y ′ (t)),
como já explicamos na Seção 3 do Capítulo 28.
Enquanto que a aceleração instantânea será, pelo mesmo motivo,
P ′′ (t) := (x ′′ (t), y ′′ (t)).
5. Velocidade e aceleração expressas em coordenadas polares
Por um motivo que vai ficar claro um pouco mais adiante, vamos criar um novo
modo de descrever a posição P(t) = (x(t),y(t)), a velocidade P ′ (t) e a aceleração
P ′′ (t).

5. VELOCIDADE E ACELERAÇÃO EXPRESSAS EM COORDENADAS
POLARES 590
Estamos acostumados a encontrar um ponto específico do plano através de um par
de informações sobre ele, a coordenada x e a coordenada y. Mas o sistema cartesiano
ortogonal é apenas um instrumento para determinar pontos no plano.
Podemos usar outro par de informações, por exemplo a distância r do ponto até
um ponto - chamado Pólo - e o ângulo anti-horário θ que o vetor posição forma com
uma semireta - chamada eixo polar. Essa descriçaõ dos pontos se chama sistema de
coordenadas polares.
Apesar da utilidade dessa nova descrição (r,θ) não se deve esquecer que θ fica
definido a menos da ambiguidade:
θ+k ·2π, k ∈ Z
A partir de agora sobrepomos ao sistema cartesiano (x,y) um sistema polar. Com
isso determinaremos um ponto P(t) do plano dizendo qual a distância r(t) que o
ponto tem da origem e qual o ângulo θ(t) (definido módulo k·2π, k ∈ Z), que o vetor
(x(t),y(t)) forma com o eixo x > 0. Ou seja,
r(t) = x(t) 2 +y(t) 2 , cos(θ(t)) = x(t)
r(t)
e sin(θ(t)) = y(t)
r(t) .
Note que numa pequena região em torno do P(t) podemos escolher o ângulo θ(t)
sem ambiguidade. As funções cos(θ(t)) e sin(θ(t)) são deriváveis se r(t) = 0. E
também
θ(t) = arcsin( y(t)
r(t) )
é derivável se r(t) = 0.
Temos também:
x(t) = r(t)·cos(θ(t)) e y(t) = r(t)·sin(θ(t))
e, pelas regras de derivação de produto e composta:
P ′ (t) := (x ′ (t), y ′ (t)) =
= ( r ′ (t)·cos(θ(t))−r(t)·sin(θ(t))·θ ′ (t) , r ′ (t)·sin(θ(t))+r(t)·cos(θ(t))·θ ′ (t) ).
Note que 3
A expressão de
||P ′ (t)|| 2 = x ′ (t) 2 +y ′ (t) 2 = r ′ (t) 2 +r(t) 2 ·(θ ′ (t)) 2 .
P ′′ (t) := (x ′′ (t), y ′′ (t))
é maior, como o leitor pode verificar.
Agora vem uma etapa engenhosa: vamos querer obter as projeções dos vetores
P ′ (t)eP ′′ (t)emduasdireções: numadireçãoparalelaaP(t)enumadireçãoortogonal
a P(t).
A direção paralela a P(t) é dada pelo vetor de módulo 1:
(cos(θ(t)), sin(θ(t))) = 1
r(t) ·P(t).
3 O módulo de um vetor v = (a,b) do plano é ||v|| = √ a 2 +b 2

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 591
Já a direção ortogonal a P(t) será dada pelo vetor de módulo 1:
(−sin(θ(t)), cos(θ(t))).
Vamos usar o item iii) da Afirmação 3.2 do Capítulo 17 como método para obter
projeções.
Então obtemos que a projeção de V = P ′ (t) na direção
é dada por
v = (cos(θ(t)), sin(θ(t)))
r ′ (t)·(cos(θ(t)), sin(θ(t)))
pois (sem t para simplificara notação) vale a igualdade:
r ′ = (r ′ cos(θ)−rsin(θ)θ ′ )·cos(θ)+(r ′ sin(θ)+rcos(θ)θ ′ )·sin(θ).
E do mesmo modos se obtêm que a projeção de V = P ′ (t) na direção
é dada por:
v = (−sin(θ(t)), cos(θ(t)))
r(t)·θ ′ (t)·(−sin(θ(t)), cos(θ(t))).
Essa projeção diz que, para uma mesma mudança de ângulo θ ′ (t), quanto maior
for r mais rápido vamos na direção ortogonal a P(t).
Uma conta um pouco maior 4 dará que a projeção da aceleração P ′′ (t) na direção
é:
v = (cos(θ(t)), sin(θ(t)))
[r ′′ (t)−r(t)·(θ ′ (t)) 2 ]·(cos(θ(t)), sin(θ(t))).
Note que se o movimento é perfeitamente circular, r(t) = r e o módulo dessa
projeção vira r·(θ ′ (t)) 2 : esse termo está ligado à força centrípeta, que aumenta com
o aumento de (θ ′ (t)) 2 .
E uma conta mais longa dá que a projeção da aceleração P ′′ (t) na direção de
é:
v = (−sin(θ(t)), cos(θ(t)))
[r(t)·θ ′′ (t)+2·r ′ (t)·θ ′ (t)]·(−sin(θ(t)), cos(θ(t))).
Noteagoraqueessaprojeçãodaaceleraçãomudaquandor(t)aumentaoudiminui:
isso é o que faz um patinador girando ao abrir ou fechar os braços, para diminuir ou
aumentar a velocidade do giro.
4 Se tivermos à disposição a notação Complexa P = r·e iθ e se soubermos que i·e iθ é ortogonal
a e iθ , aí fica bem fácil:
e
e
P ′ = r ′ ·e iθ +ir·e iθ ·θ ′
P ′′ = r ′′ ·e iθ +i·r ′ ·e iθ θ ′ +ir ′ ·e iθ ·θ ′ −r·e iθ ·(θ ′ ) 2 +ir··e iθ ·θ ′′ =
= e iθ ·[r ′′ −r·(θ ′ ) 2 ]+i·e iθ ·[2r ′ θ ′ +rθ ′′ ].

6. GRANDEZAS CONSTANTES AO LONGO DAS TRAJETÓRIAS 592
6. Grandezas constantes ao longo das trajetórias
Afirmação 6.1. Suponha um ponto sendo atraído por força radialmente dirigida para
a origem. Suponha M tão grande relativo a m que possamos supôr o ponto na origem
tem aceleração nula. Suponha que r(0) = 0 e que θ ′ (0) = 0 5 .
Então:
i) o fato da força ser radialmente dirigida para a origem implica que ∀t é constante
a grandeza
r(t) 2 ·θ ′ (t) ≡ C = 0.
ii) se adicionalmente supomos que o módulo da força radial, segundo Newton, é
GMm
r(t) 2 então ∀t é constante a grandeza
E := m·||P′ (t)|| 2
2
− GMm
r(t) ,
chamada de Energia total, soma da energia cinética
e da energia potencial
Ec := m· ||P′ (t)|| 2
2
Ep := − GMm
r(t) .
Na Seção 9 vamos dar o sentido geométrico da parte i) desta Afirmação.
Demonstração. (da Afirmação 6.1)
Lidaremos com velocidade e aceleração em coordenadas polares, como explicamos
na Seção 5.
Prova de i):
A hipótese sobre a direção radial da força de atração se expressa, pelo que vimos
na Seção 5, como:
r(t)·θ ′′ (t)+2·r ′ (t)·θ ′ (t) ≡ 0.
Ou seja,
e portanto
Ademais,
(r(t) 2 ·θ ′ (t)) ′ (t) = 2·r(t)·r ′ (t)·θ ′ (t)+r(t) 2 ·θ ′′ (t) =
= r(t)·(2r ′ (t)·θ ′ (t)+r(t)·θ ′′ (t)) ≡ 0,
r(t) 2 ·θ ′ (t) ≡ C.
r(0) 2 ·θ ′ (0) = C = 0,
pois supusemos r(0) = 0 e θ ′ (0) = 0.
Prova de ii):
5 essas hipóteses dizem que o momento angular m · r(0) 2 · θ ′ (0) não é nulo, o que implicará,
conforme veremos na prova da Afirmação, que o objeto não vai seguir uma trajetória radial - caso
já estudado na Seção 2

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 593
Elevando ao quadrado a expressão anterior temos r(t) 4 ·(θ ′ (t)) 2 ≡ C 2 e daí
r(t)·(θ ′ (t)) 2 = C2
r(t) 3.
A hipótese sobre o módulo da força radial dá, conforme a Seção 5, que
m·(r ′′ (t)−r(t)·(θ ′ (t)) 2 ) = − GMm
r(t) 2
(onde o sinal menos está ligado ao sentido da atração para a origem, oposto ao do
vetor posição P(t)).
Portanto:
ou seja,
r ′′ (t)− C2
= −GM
r(t) 3 r(t) 2
r ′′ (t) = C2 GM
−
r(t) 3 r(t) 2.
Se r ′ (t) ≡ 0 então r(t) ≡ r constante. E como r 2 ·θ ′ (t) = C, concluimos que θ ′ (t) = C
r 2
é constante. Então
Portanto
||P ′ (t)|| 2 = r ′ (t) 2 +r(t) 2 ·(θ ′ (t)) 2 = r 2 · C2 C2
=
r4 r
− GMm
r(t)
C2 GMm
= m· −
2r2 r
m· ||P′ (t)|| 2
2
é constante, como afirmamos.
Portanto posso considerar no que segue que r ′ (t) ≡ 0. Daí, multiplicando por
r ′ (t), e tomando primitivas temos:
r ′ (t) 2
2 =
t
t
t0
r ′′ (s)·r ′ (s)·ds =
= (
t0
C2 GM
−
r(s) 3 r(s) 2)·r′ (s)ds.
Reconhecemos aí uma fórmula de integração por substituição:
r ′ (t) 2
2 =
r(t)
r(t0)
( C2 GM
− )dr =
r3 r2 = − C2 GM
+
2·r(t) 2 r(t) +C2,
onde C2 é uma constante. Ou seja,
onde C3 = 2·C2. Já observamos que:
r ′ (t) 2 + C2 2GM
−
r(t) 2 r(t)
≡ C3.
x ′ (t) 2 +y ′ (t) 2 = r ′ (t) 2 +r(t) 2 ·(θ ′ (t)) 2
2 .

6. GRANDEZAS CONSTANTES AO LONGO DAS TRAJETÓRIAS 594
e também que
Portanto
r(t) 2 ·(θ ′ (t)) 2 = C2
r(t) 2.
x ′ (t) 2 +y ′ (t) 2 = r ′ (t) 2 + C2
r(t) 2,
que quando substituído na anterior dá:
x ′ (t) 2 +y ′ (t) 2 − 2GM
r(t)
≡ C3.
Se consideramos a velocidade inicial P ′ (0) concluímos que
x ′ (t) 2 +y ′ (t) 2 − 2GM
r(t) = C3 = x ′ (0) 2 +y ′ (0) 2 − 2GM
r(0) .
Multiplicando por m
, concluímos que é constante a grandeza:
2
m·||P ′ (t)|| 2
2
− GMm
r(t) .
Afirmação 6.2.
Nas mesmashipótesesda Afirmação6.1(anterior), a trajetória de P(t) = (r(t),θ(t))
pode ser descrita em coordenadas polares (r,θ) através de uma função r = r(θ).
De fato, precisamente:
C
r(θ) =
2
GM
1+ √ m2G2M2 +2mEC2 ·cos(θ)
GMm
onde m·C = m·r 2 (t)·θ ′ (t) é o momento angular e E = Ec +Ep é a energia total
da trajetória.
Na próxima Seção (Seção 7) explicaremos a geometria da trajetória r(θ) dada na
Afirmação 6.2.
Demonstração. (da Afirmação 6.2)
Já vimos que
r(t) 2 ·θ ′ (t) ≡ C = r(0) 2 ·θ ′ (0) = 0,
portanto 6 θ ′ (t) > 0 ∀t ou θ ′ (t) < 0 ∀t.
Isto permite determinar a coordenada r de P(t) como função de θ, ao longo da
trajetória. De fato, θ(t) é ou bem uma função estritamente crescente (se θ ′ (t) > 0 ∀t)
ou estritamente decrescente de t (se θ ′ (t) < 0 ∀t). Assim t determina θ e θ determina
r.
Considero uma nova variável u(t) = 1
r(t) .
6 θ ′ (t) como função de t é contínua, pois de fato existe θ ′′ (t).

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 595
Então
r ′ (t) = [r(θ(t))] ′ 1
(t) = [
u(θ(t)) ]′ (t) =
= − 1 du dθ
· ·
u(θ) 2 dθ dt =
= −r 2 · dθ du du
· = −C ·
dt dθ dθ ,
onde C é o momento angular. Coloquemos
r ′ (t) = −C · du
dθ
e
r(t)·θ ′ (t) = C
= C ·u
r(t)
na fórmula da energia cinética:
ou seja,
Ora,
Logo
Ec := m· ||P′ (t)|| 2
= m·
2
(r′ (t) 2 +r(t) 2θ ′ (t) 2 )
2
= mC 2 · (du
dθ )2 +u(θ) 2
( du
dθ )2 +u(θ) 2 = 2Ec
mC 2.
Ec = E −Ep = E + GMm
r =
= E +GMm·u.
( du
dθ )2 +u(θ) 2 = 2
mC2(E +GMm·u(θ)).
Lembro que a energia total E é constante ao longo da trajetória, portanto a
derivada de E como função de θ é zero ao longo da trajetória. Logo, derivando em θ
a expressão anterior, temos:
Ou seja,
2· du
dθ · d2u +2u(θ)du
dθ2 dθ
2
,
= 2GM
C 2
2· du
dθ ·[d2 u GM
+u(θ)− ] = 0.
dθ2 C2 Conforme provaremos na Afirmação 8.1 da Seção 8, todas as soluções da equação
diferencial
d2u GM
+u(θ)− = 0
dθ2 C2 são do tipo:
u(θ) = GM
+A·cos(θ−q)
C2 onde A e q são constantes arbitrárias.
Suponhamos por um momento isso.
du
dθ .
=

6. GRANDEZAS CONSTANTES AO LONGO DAS TRAJETÓRIAS 596
e
Então u ′ (θ) = −Asin(θ −q) e portanto
(u ′ (θ)) 2 = A 2 sin 2 (θ −q)
(u ′ (θ)) 2 +u(θ) 2 = A 2 sin 2 (θ −q)+( GM
C 2 +A·cos(θ−q))2 =
e por outro lado já tinhamos
Reunindo isso obtenho:
o que dá:
Logo
1
r(θ)
= A 2 + G2 M 2
C
GM
+2A· ·cos(θ−q)
4 C2 (u ′ (θ)) 2 +u(θ) 2 = 2
mC2(E +GMm·u(θ)) =
= 2
mC2(E +GMm·(GM +A·cos(θ−q))) =
C2 = 2E
mC2 + 2G2M2 C
GM
+2A· ·cos(θ −q).
4 C2 A 2 = G2M2 2E
+
C4 mC2 = m2G2M2 +2mEC 2
m2C4 A = ±
√ m 2 G 2 M 2 +2mEC 2
mC 2
√
GM m2G2M2 +2mEC 2
= u(θ) = ±
C2 mC2 ·cos(θ−q).
Como cos(θ−q+π) = −cos(θ−q) não precisamos manter o ± e módulo translação
em θ, podemos escrever:
1
r(θ)
e multiplicando tudo por C2
GM :
de onde finalmente:
C 2
GM
√
GM m2G2M2 +2mEC 2
= +
C2 mC2 ·cos(θ),
1
· = 1+
r(θ)
r(θ) =
√ m 2 G 2 M 2 +2mEC 2
GMm
C2 GM
1+ √ m2G2M2 +2mEC2 ·cos(θ) GMm
.
.
·cos(θ),

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 597
7. As órbitas como cônicas em coordenadas polares
Se o eixo polar é identificado com o dos x > 0 e o Pólo com (x,y) = (0,0) então:
r = x 2 +y 2 e tan(θ) = y
x .
No Capítulo 20 definimos a excentricidade e o semi-latus rectum de uma cônica
qualquer.
Afirmação 7.1. Seja uma cônica com foco F, semi-latus rectum l e excentricidade
e > 0.
Tome coordenadas polares cujo Pólo é F. Use o eixo da cônica como eixo dos x
e ponha como eixo polar o eixo x > 0.
Então nessa coordenada polar a cônica é dada por:
l
r(θ) =
1+e·cos(θ) ,
onde θ é o ângulo medido com o eixo polar.
Em particular:
• as elipses x2
a 2 + y2
b 2 = 1 viram
r(θ) =
b 2
a
1+ √ a 2 −b 2
a ·cos(θ) .
Essa descrição se estende ao círculo x2 +y2 = a2 , pondo e = 0, o que dá a
equação r(θ) = l = a.
• As hipérboles x2
a2 − y2
b2 = 1 viram
b
r(θ) =
2
a
1+ √ a2 +b2 ·cos(θ) a .
• as parábolas y2 = 4ρ·x viram r(θ) = 2ρ
1+cos(θ) .
Demonstração.
Como o Pólo é F, temos para um ponto P da cônica
r(P) = e·Pr
onde r é diretriz da cônica.
Considere x = −(ρ+eρ) a equação da diretriz, P0 = (−eρ,0) vértice da cônica e
o foco F = (0,0). Ou seja, que a distância entre a diretriz e o foco F é ρ+eρ.
Denote x(P) a coordenada x de P (que pode assumir valores positivos ou negativos).
Então
Pr = (ρ+eρ)+x(P)
e portanto
r(P) = e·(ρ+eρ+x(P))
Um ponto ˆ P da cônica com ˆ Pr = (ρ+eρ) está situado verticalmente sobre o foco.
Pela Definição 2.1 de cônica do Capítulo 20,
ˆPF = e·(ρ+eρ).

7. AS ÓRBITAS COMO CÔNICAS EM COORDENADAS POLARES 598
Mas o semi-latus rectum l foi definido como a distância ˆ PF, ou seja, l = e·(ρ+eρ).
Ou seja, temos
r(P) = l +e·x(P).
Podemos tomar o ângulo ˆ θ que o vetor posição faz com a semi-reta que sai de
F = (0,0) e chega no vértice P0 = (−eρ,0). Assim x(P0) = r(P0)cos(0). Assim em
geral,
x(P) = r(P)cos( ˆ θ) = −r(P)cos(π − ˆ θ) = −r(P)cos(θ)
onde θ é o ângulo formado com o eixo x > 0. Daí
e portanto
r(P) = l−e·r(P)cos(θ)
r(P) = r(θ) =
l
1+e·cos(θ) .
Afirmação 7.2. A trajetória determinada na Afirmação 6.2 como
r(θ) =
é uma cônica com semi-latus rectum C2
C2 GM
1+ √ m2G2M2 +2mEC2 ·cos(θ)
GMm
e excentricidade
GM
√
m2G2M2 +2mEC 2
e = .
GMm
Ademais, é uma elipse (círculo), parábola ou hipérbole se respectivamente E < 0
(E = −mG2M 2
2C2 ), E = 0 ou E > 0.
Demonstração.
A Afirmação 7.1 já demonstrada nos diz que se trata de uma cônica com essa
excentricidade e esse semi-latus rectum.
Agora noto que:
E do mesmo modo
e < 1 ⇔ m 2 G 2 M 2 +2mEC 2 < G 2 M 2 m 2 ⇔
⇔ 2mEC 2 < 0 ⇔ E < 0.
e = 0 ⇔ E = − mG2 M 2
2C 2 ,
e = 1 ⇔ E = 0
e > 1 ⇔ E > 0.
Exemplo:
As órbitas dos planetas dos sistema Solar tem excentricidade muito pequena.
Mercúrio é o planeta do sistema solar cuja órbita tem a maior excentricidade, da
ordem de e = 0.205630. Seu semi-latus rectus é 5.54430×10 10 m.

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 599
-6E10
-4E10
-2E10
4E10
2E10
0E0 2E10
0E0
Figura: Elipse r(θ) = l
1+ecos(θ) , e = 0.205630 e l = 5.54430×1010 (notação 5.5E10).
-2E10
-4E10
8. Oscilador harmônico
A Afirmação a seguir prova um fato que já usamos na prova da Afirmação 6.2,
além de reforçar o conteúdo da Afirmação 2.1 do Capítulo 12:
Afirmação 8.1.
i) Todas as soluções do problema
onde k,H ∈ R, são da forma
4E10
f ′′ (x) = −k 2 ·f(x)+H, ∀x ∈ R
f(x) = a·cos(k ·x)+b·sin(k ·x)+ H
k 2
onde a,b são constantes arbitrárias. Essas constantes ficam determinadas por a =
f(0) e b = f ′ (0).
ii) Ademais 7 ,
onde
a·cos(k ·x)+b·sin(k ·x) ≡ A·cos(k ·x−q)
A = √ a 2 +b 2 e cos(q) =
a
a 2 +b 2.
Demonstração.
Se k = 0 tudo é muito fácil. Por isso suponho k = 0.
De i): Derivando duas vezes as funções acos(k ·x)+b·cos(k ·x)+ H
k2 se verifica
facilmente que elas satisfazem:
f ′′ (x) = −k 2 ·f(x)+H, H ∈ R.
7 Note que (A,q) funciona como coordenadas polares do vetor (a,b). Essas novas grandezas são
úteis pois dizem que a solução é um gráfico do cosseno expandido verticalmente por A (amplitude),
deslocado horizontalmente por q e com frequência modificada pelo fator k.

8. OSCILADOR HARMÔNICO 600
O que precisamos provar é que não há outros tipos de função satisfazendo essa
equação.
Considere uma misteriosa função f que satisfaça
f ′′ (x) = −k 2 ·f(x)+H, H ∈ R
bem como a função muito simples g(x) ≡ H
k 2, que certamente também verifica essa
equação.
Então a nova função φ := f −g = f(x)− H
k 2 satisfaz o problema:
φ ′′ (x) = −k 2 ·φ(x).
Se conseguirmos provar que as únicas soluções de φ ′′ (x) = −k 2 ·φ(x) são da forma
a·cos(k·x)+b·sin(k·x), coma,bconstantes arbitrárias, entãonossa outroramisteriosa
função vira:
f(x) =: φ(x)+g(x) = a·cos(k ·x)+b·sin(k ·x)+ H
k 2,
que é o que queremos provar.
Portanto recaímos num problema levemente mais fácil:
φ ′′ (x) = −k 2 ·φ(x).
Nessa direção, vamos provar primeiro o seguinte:
Caso 1: se φ(x) satisfaz φ ′′ (x) = −k 2 ·φ(x) e ademais φ(0) = φ ′ (0) = 0 então
φ(x) ≡ 0.
De fato, teríamos:
φ ′′ (x)+k 2 ·φ(x) ≡ 0
e portanto
ou seja,
e portanto
2φ ′ (x)·[φ ′′ (x)+k 2 ·φ(x)] ≡ 0
[(φ ′ (x)) 2 +(k 2 φ(x)) 2 ] ′ ≡ 0
(φ ′ (x)) 2 +(k 2 φ(x)) 2 ≡ C.
Mas φ(0) = φ ′ (0) = 0 dão que (φ ′ (x)) 2 + (k ·φ(x)) 2 ≡ 0 e isso implica que φ ′ (x) ≡
φ(x) ≡ 0, como queríamos.
Agora atacaremos o caso geral:
Caso 2: φ(x) satisfaz φ ′′ (x) = −k 2 ·φ(x) mas a := φ(0) e b := φ ′ (0) são arbitrários.
Derivando duas vezes se vê que ψ(x) := a·cos(k·x)+b·sin(kx) satisfaz ψ ′′ (x) =
−k 2 ·ψ(x). Então
(φ−ψ)(x) := φ(x)−ψ(x)
satifaz
(φ−ψ) ′′ (x) = −k 2 ·(φ−ψ)(x).
Mas agora (φ−ψ)(0) = 0 e (φ−ψ) ′ (0) = 0 e pelo Caso 1 aplicado à função (φ−ψ)(x)
concluo que φ−ψ ≡ 0, ou seja φ = a·cos(k ·x)+b·sin(kx) como queríamos.
De ii):

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 601
Temos:
cos(k ·x−q) = cos(k ·x)·cos(−q)−sin(k ·x)·sin(−q) =
= cos(k ·x)·cos(q)+sin(k ·x)·sin(q) =
= cos(k ·x)·
portanto com A = √ a 2 +b 2 sai o item ii).
a b
√ +sin(k ·x)· √
a2 +b2 a2 +b2 ,
9. Área em coordenadas polares e a lei de Kepler sobre as áreas
Vamos aqui dar o significado geométrico do item i) da Afirmação 6.1.
Como veremos, ele diz que à medida que um planeta percorre uma órbita cônica
tendo o Sol em um de seus focos, a taxa de variação da área do setor centrado no
foco é constante.
Para isso, primeiro preciso explicar como se calculam áreas em coordenadas polares,
pois foi nessas coordenadas que obtivemos as tajetória cônicas.
Quando se divide uma pizza circular de raio r cortando fatias que passam pelo
centro, todos acham uma divisão justa se as fatias têm o mesmo ângulo central.
Ou seja, a área de um setor circular (a fatia de pizza) é proporcional ao ângulo
θ central. Se a abertura é θ ∈ [0,2π] a área é:
Aθ = θ· r2
2 ,
onde a área total é A(2π) = πr2 .
Quando temos um setor delimitado pelo pólo e por uma curva em coordenada
polar r = r(θ) ≥ 0, com θ ∈ [a,b] , podemos começar a aproximação da área dessa
região pela soma de áreas as de setores circulares de abertura ∆θi := θi −θi−1 e raio
r(ξi), onde ξi ∈ [θi−1,θi]:
n 2 r(ξi)
A(∆θ1)+A(∆θ2)+...+A(∆θn) = ∆θi · .
2
Veja a Figura:
∆θ
1
∆θ
2
∆θ
3
r ( )
θ
O
∆θ
4
i=1

10. EM TORNO DA PROPOSIÇÃO XXX DO PRINCIPIA 602
Se pensamos em refinar a partição do intervalo [a,b], fazendo n → +∞, temos
motivada a Definição a seguir:
Definição 9.1. A área do setor determinando pelo pólo O e a curva r(θ) ≥ 0 com
θ ∈ [a,b] é:
b
r2 (θ)
·dθ.
2
a
Agora, se θ = θ(t) é uma função estritamente crescente de t ∈ [c,d] podemos
escrever:
θ0(t0)
r
a
2 t0 (θ) r
dθ =
2 c
2 (θ(t))
·θ
2
′ (t)dt
e pelo Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo:
(
θ0
a
r2 (θ)
2 dθ)′ (t0) = r2 (θ(t0))
·θ
2
′ (t0).
Na Afirmação 6.1 temos uma situação em que θ = θ(t) é uma função estritamente
crescente e lá obtivemos no item i):
r 2 (θ(t))·θ ′ (t) ≡ C,
ou seja:
r2 (θ(t))
·θ
2
′ (t) ≡ C
2 .
Portanto durante as trajetória dos planetas a taxa de variação das áreas dos setores
descritos é constante.
Ou seja, a velocidade areal é constante, o que é conhecido como Lei de Kepler.
10. Em torno da proposição XXX do Principia
A obra fundamental de Newton, o Principia Mathematica de 1686, não é nada
fácil de ser lida, pois, além da complexidade do tema, lá se adota uma exposição num
estilo difícil de ser entendido.
Tanto pelo tom imperial do autor (do tipo, faça isso e isso e esta é a resposta.
ponto final) como principalmente por ele ter feito grande parte da exposição no estilo
da geometria grega (sintética, não-analítica)
Dá para entender que ele não quisesse expôr fisica nova com matemática nova,
recém criada (por ele).
O grande físico S. Chandrasekhar escreveu um livro para ajudar a quem quer ler
o Principia (Newton’s Principia for the common reader) e baseado nele (p.131 em
diante) é que consegui entender a demonstração da proposição a seguir.
Também é de se notar que algumas afirmações de Newton só foram entendidas
pela comunidade físico-matemática séculos depois, como o mostrou V. Arnold.
A Afirmação a seguir é o Corolário II da Proposição XXX do Principia (veja a
Figura)

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 603
Afirmação 10.1. Considere uma parábola de equação x = 1
4a ·y2 , com vértice A =
(0,0) e foco S = (a,0). Tome a mediatriz m do segmento AS, dada portanto por
m : x = a
2
. Denote G = (a
2 ,0). Considere pontos P da parábola e mP retas
mediatrizes dos segmentos SP. Determine o ponto HP := m ∩ mP (veja Figura a
seguir).
Então à medida que o ponto P se move na parábola atraído segundo a lei de
atração do inverso quadrado pelo ponto no foco S, o ponto HP se move na reta m
com velocidade constante. E a velocidade de Hp é igual a 3 do módulo da velocidade
8
que tem P ao passar pelo vértice A.
H P
A G
A prova a seguir é a de S. Chandrasekhar:
Demonstração.
Temos pela construção e por Pitágoras:
S
AG 2 +GH 2 = GS 2 +GH 2 = SH 2 .
Como os triângulos ∆SZH e ∆PZH são congruentes, então:
AG 2 +GH 2 = PH 2 .
Sejam O a projeção vertical de P e H ′ a projeção horizontal em PO de H, como
mostra a figura a seguir:
H
Y
S ’
Z
A G S
O
P
P
H ’

10. EM TORNO DA PROPOSIÇÃO XXX DO PRINCIPIA 604
Então:
PH 2 = PH ′2 +H ′ H 2 = (PO−GH) 2 +(AO−AG) 2 =
= PO 2 −2PO·GH +AO 2 −2AO ·AG+GH 2 +AG 2 .
Logo igualando e cancelando termos:
ou seja,
0 = PO 2 −2PO·GH +AO 2 −2AO·AG,
2PO·GH = PO 2 +AO 2 −2AO·AG.
Como x = AO e y = PO, a equação
x = 1
4a ·y2
permite escrever
que dá
e dividindo por PO = 0:
AO = 1
4AS ·PO2 =
1
4·2·AG ·PO2 ,
2PO·GH = PO 2 ·[1+ PO2 1
− ] =
(4AS) 2 4
= PO 2 ·[ 3
4
2·GH = PO·[ 3
4
Multiplicando o queobtivemos por 4
6
PO2
+ ]
(4AS) 2
PO2
+ ] =
(4AS) 2
= PO·[ 3 AO
+
4 4AS ]
·AS obtenho:
4 1
·GH ·AS = ·PO(AO +3·AS) =
3 6
= 1
·PO(4·AO−3·(AO −AS)) =
6
= 1
·PO(4·AO −3·OS) =
6
= 2
3 ·x(P)·y(P)−A(∆SOP),
onde x(P) e y(P) são as coordenadas de P da parábola e A(∆SOP) é a área do
triângulo.
Agora notamos que a área sob o gráfico de y = 2· √ a √ x, de x = 0 até x = x(P),
é pelo Teorema Fundamental do Cálculo:
x
0
2· √ a √ tdt = 4
3 ·√ a·x 3
2 =
= 2
3 ·x·√ 4ax =

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 605
= 2
3 ·x(P)·y(P).
O segmento parabólico SOP é a região obtida ao retirar o triângulo ∆SOP da região
sob o gráfico da parábola de A até o ponto O. O que obtivemos acima é que a área
desse segmento parabólico SOP, denotada A(SOP), é:
Ou seja,
A(SOP) = 4 4a
·GH ·AS =
3 3 ·GH.
GH = 3
4a A(SOP).
Ora, a posição de P = P(t)eH = H(t) depende do tempo tque descreve a trajetória,
portanto:
dGH(t)
=
dt
3 dA(SOP(t))
· ≡
4a dt
3 C
4a 2 ,
onde na última equivalência usei o item i) da Afirmação 6.1, como foi interpretada
na Seção 9 anterior.
Só falta ver que o módulo da velocidade vA de P ao passar por A vale
para então terminarmos a demonstração.
Lembre da Afirmação 6.1 que
ou seja
vA = C
a ,
C ≡ r 2 (θ(t))·θ ′ (t),
C = r 2 (θ(0))·θ ′ (0) = a 2 ·θ ′ (0).
Como vimos na Seção 5, a velocidade P ′ (t) de P tem duas projeções: uma radial, de
módulo:
r ′ (θ(t))
e outra ortogonal, de módulo:
r(θ(t))·θ ′ (t).
Mas A = A(0) é o vértice da parábola, logo é um ponto de mínimo de r(θ(t)) e
portanto r ′ (θ(0)) = 0. Portanto se o tempo for medido a partir da posição A:
Logo:
como queríamos.
vA = r(0)·θ ′ (0) = a·θ ′ (0).
vA = C
a ,

11. A EQUAÇÃO DE KEPLER PARA O MOVIMENTO PLANETÁRIO
ELÍPTICO 606
11. A Equação de Kepler para o movimento planetário elíptico
Obteremos aqui uma equação, cuja solução na Seção 6 do Capítulo 46 permitirá
dizer para onde devemos olhar no céu a cada instante para localizar um determinado
planeta. Ou seja, permitirá parametrizar a posição do planeta numa órbita elíptica
em função do tempo.
Minha referência para esta Seção é o livro Analytical Mechanics, de A. Fasano e
S. Marmi, Oxford University Press, 2006.
Afirmação 11.1. (Equação de Kepler)
Suponhamos que um determinado planeta se move numa trajetória elíptica E dada
em coordenadas cartesianas por:
X2 2 Y
+ = 1, 0 < b < a.
a2 b2 Trace o círculo C de raio a centrado na origem O = (0,0).
Dado um ponto P(T) (T é o tempo percorrido desde o perihélio em A = (a,0))
da trajetória elíptica, denoto Q ∈ C a projeção vertical de P(T) no círculo C.
Sejam (R,φ) as coordenadas polares de Q tendo pólo em O = (0,0).
Então:
φ−e·sin(φ) = 2π
·T,
onde T0 é o período da trajetória.
A grandeza φ é conhecida como anomalia excentrica e M := 2π·T
T0
média.
T0
é a anomalia
Na Figura a seguir os dados da elipse estão em vermelho; enquanto que os do
círculo e de construções auxiliares que faremos etão em azul:
O
Demonstração.
Suponha que o perihélio está em A, com coordenada X(A) = a > 0. Sabemos
que a coordenada de F é (X,Y) = (e·a,0), onde 0 < e < 1 é a excentricidade.
Sejam (r,θ) coordenadas polares com pólo no Foco A da elipse, onde se encontra
o Sol, com θ = 0 o perihélio A. Dado um ponto P = A da trajetória elíptica, denoto
Y
ϕ
Q
P
p
F
θ
A
X

CAPÍTULO 39. NEWTON E A GRAVITAÇÃO 607
Q ∈ C a projeção vertical de P no círculo C. E denoto por p a projeção de P no eixo
horizontal.
No que segue pensaremos em P no semiplano Y > 0 e nos gráficos do círculo e da
elipse:
YC(X) = √ a 2 −X 2 ,
YE(X) = b 2
· 1− X2 b
=
a2 a ·√a2 −X 2 .
Uma observação sobre a área do setor da elipse e do círculo:
Ar(AFP) = b
a ·Ar(AFQ).
De fato,
Ar(AFP) = Ar(ApP)−Ar(∆FpP) =
e setor do círculo,
Mas
=
já que YE(X) = b
a ·YC(X).
Logo:
=
a
a
X(p)
X(p)
YE(X)dX − Fp·pP
2
=
b
a ·√a2 −X 2dX − Fp·pP
.
2
Ar(AFQ) = Ar(ApQ)−Ar(∆FpQ) =
=
=
a
YC(X)dX − Fp·pQ
2
=
X(p)
a
·
X(p)
√ a2 −X 2dX − Fp·pQ
.
2
pP = b
a ·pQ,
Ar(AFP) = b
a ·Ar(AFQ).
Pela lei de Kepler para as áreas varridas,
Ar(AFP(T)) = C ·T,
onde T é o tempo percorrido desde o periélio (T = 0) e 2C é o momento angular. Em
particular:
Ar(E) = π ·ab = C ·T0,
onde T0 denota o período.
Logo até aqui temos para P(T)
C ·T = b
a ·Ar(AFQ).
Agora noto que, para O = (0,0) e (R,φ) coordendas polares com pólo em O:
Ar(AFQ) = Ar(AOQ)−Ar(FOQ) =

11. A EQUAÇÃO DE KEPLER PARA O MOVIMENTO PLANETÁRIO
ELÍPTICO 608
onde F = (e·a,0).
Concluímos que
e portanto
= b
a ·[a2
2
= b
a ·[a2
2
FOpQ
·φ− ] =
2
(e·a)·(a·sin(φ))
·φ− ]
2
C ·T = ab
2 ·[φ−e·sin(φ)].
φ−e·sin(φ) = 2C
ab
2π
·T = ·T =: M.
T0

CAPíTULO 40
Equações diferenciais de segunda ordem
1. Redução de ordem
Quando queremos resolver uma equação de grau 4 do tipo:
a·x 4 +b·x 2 +c = 0
obviamente fazemosz := x 2 edescobrimos asraízes desta equação quadrática. Depois
voltamos na variável original x.
Do mesmo modo uma equação diferencial de segunda ordem
pede que façamos
x ′′ − 2
t ·x′ = t
z(t) := x ′ (t)
e resolvamos primeiro a equação de primeira ordem:
z ′ − 2
·z = t
t
para depois obtermos x = zdt. Isso é uma redução de ordem.
Há um tipo de redução de ordem que se aplica a equações autônomas (onde a
variável independente não figura explicitamente) de segunda ordem. Por exemplo, a
equação da Seção 2 do Capítulo 39
x ′′ = − 1
x2 é uma equação autônoma.
Como a velocidade x ′ (t)podeser pensada comouma função da posiçãoxpodemos
introduzir a variável:
z := x ′
e pensarmos em z = z(x).
Daí então (com a notação de Leibniz para a regra da cadeia):
e a equação vira:
Ou seja,
x ′′ (t) = dx′
dt
= dz
dt
dz dx
= ·
dx dt
dz 1
·z = −
dx x2. z 2
2
= 1
x +C1
609
=: dz
dx ·z

2. HOMOGÊNEAS, A COEFICIENTES CONSTANTES 610
e daí
2
z = ±
x +2C1
ou seja,
x ′
2
= ±
x +2C1.
Por exemplo, com C1 = 0, continuamos com
√
′
x(t)·x (t) = 2
de onde
2
3 ·x(t)3 2 = ± √ 2·t+C2,
de onde obtemos x(t).
Esta idéia permite por exemplo resolver a equação a seguir, que é autônoma de
segunda ordem mas não-linear:
vira
x ′′ +(x ′ ) 2 = x
z ′ ·z +z 2 = x
se fazemos como antes
z = x ′
e dz
dx ·z = x′′ .
Supondo z = 0 e dividindo por z temos:
dz x
+z =
dx z ,
ou seja,
dz
dx = −z +x·z−1 ,
que é uma equação de Bernoulli com expoente r = −1. Agora trata-se de resolver
esta equação (o que já sabemos fazer) e depois voltar na variável x de partida.
2. Homogêneas, a coeficientes constantes
Na Afirmação 8.1 do Capítulo 39 resolvemos a equação
f ′′ (x)+k 2 ·f(x) = 0, ∀x ∈ R
(etambémocaso nãohomogêneo), deondedecorre quetodasassoluções doproblema
f ′′ (x)+f(x) = 0, ∀x ∈ R
são da forma
y = f(x) = a·cos(x)+b·sin(x)
onde a,b são constantes arbitrárias. Essas constantes ficam determinadas por
a = y(0) e b = y ′ (0).
Agora quero tratar do problema mais geral:
f ′′ (x)+K ·f ′ (x)+L·f(x) = 0, K,L ∈ R.

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 611
do qual uma instância já apareceu quando tratamos da Lei de Hooke com atrito no
Capítulo 12.
Afirmação 2.1. A solução geral de
f ′′ (x)+K ·f ′ (x)+L·f(x) = 0, K,L ∈ R
fica determinada pela natureza das soluções r1,r2 da equação quadrática:
r 2 +K ·r +L = 0.
• Se há duas raízes Reais r1,r2 ∈ R distintas, então a solução geral é
que ficam determinados por
y = f(x) = a·e r1x +b·e r2x
a = y′ (0)−r2y(0)
e b = y(0)−a.
r1 −r2
• Se há uma raíz dupla r1 = r2 ∈ R a solução geral é
que ficam determinados por
• Se r1 = −K
geral é
2 +I· √ 4−K 2
y = a·e −K
2 x ·cos(
y = a·x·e −K
2 ·x +b·e −K
2 ·x ,
b = y(0) e a = y(0)· K
2 +y′ (0).
2 e r2 = −K
√ 4L−K 2
2
que ficam determinados por
2 −I· √ 4−K 2
2 são Complexos, então a solução
·x)+b·e −K
2 x √
4L−K 2
·sin( ·x).
2
a = y(0) e b = 2y′ (0)+Ky(0)
√ .
4L−K 2
Observação: Como as funções hiperbólicas são definidas por cosh(x) := ex +e −x
2 e
sinh(x) := ex −e −x
2 e como
e x = cosh(x)+sinh(x)
é possível expressar o resultado dessa Afirmação usando as funções hiperbólicas.
AFiguraaseguircompara,comasmesmascondiçõesiniciaisy(0) = 8ey ′ (0) = 10,
as diferentes soluções de
y ′′ +K ·y ′ +y = 0,
onde K vale:
• K = 0 em vermelho,
• K = 1/2 em verde,
• K = 2 em amarelo e
• K = 3 em azul.

2. HOMOGÊNEAS, A COEFICIENTES CONSTANTES 612
Demonstração.
A idéia para resolver:
é buscar soluções do tipo:
10
5
0
0
2 4
-5
-10
x
6
8
10
12
f ′′ (x)+K ·f ′ (x)+L·f(x) = 0
y = e rx
onde a natureza da constante r é a essência do problema.
Ou seja, queremos que valha:
isto é,
(e rx ) ′′ +K ·(e rx ) ′ +L·e rx = 0,
e rx ·(r 2 +K ·r +L) = 0.
Como e rx = 0 precisamos que r satisfaça a equação característica associada:
cujas raízes são:
r1 := −K +√ ∆
2
r 2 +K ·r+L = 0
e r2 := −K −√∆ , onde ∆ = K
2
2 −4L.

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 613
Se
temos r1,r2 ∈ R e r1 = r2, daí:
y = f1(x) = e r1x
∆ > 0 ⇔ K 2 > 4L
e y = f2(x) = e r2x
são soluções, assim como qualquer combinação linear:
y = f(x) = a·e r1x +b·e r2x .
Agora as condições y(0) e y ′ (0) permitem determinar a,b, pois:
ou seja:
y(0) = a+b e y ′ (0) = r1a+r2b,
a = y′ (0)−r2y(0)
r1 −r2
e b = y(0)−a.
O problema começa a complicar quando ∆ = 0 e quando ∆ < 0 (este último foi
o caso que apareceu no Capítulo 12 sobre as Leis de Hooke, onde usei K = 0.1 ou
K = 0.3 e L = 1).
Quando
∆ = 0 ⇔ K 2 = 4L
temos
r := r1 = r2 = − K
2 ;
Precisamos buscar outra solução, diferente (linearmente independente) da solução
y = f(x) = e −K
2 ·x . A idéia é buscar soluções do tipo 1 :
Ou seja, quero que:
y = g(x)·e −K
2 ·x .
(g(x)·e −K
2 ·x ) ′′ +K ·(g(x)·e −K
2 ·x ) ′ + K2
4 ·g(x)·e−K 2 ·x = 0,
o que produz, depois de uma bonita simplificação,
ou seja,
Então g(x) = ax+b e
e −K
2 ·x ·g ′′ (x) = 0,
g ′′ (x) ≡ 0.
y = (ax+b)·e −K
2 ·x = a·x·e −K
2 ·x +b·e −K
2 ·x
são soluções.
As condições y(0) e y ′ (0) determinam a,b:
b = y(0) e a = y(0)· K
2 +y′ (0).
O caso mais bonito a meu ver é quando
∆ < 0 ⇔ K 2 < 4L
1 Essa idéia será generalizada no Método de Redução de Ordem, de D’alembert, na Seção 11.

3. NÃO-HOMOGÊNEAS, LINEARES DE SEGUNDA ORDEM 614
pois então
r1 = −K +I√4L−K 2
e r1 =
2
−K −I√4L−K 2
2
são números complexos (conjugados).
Defina como na Seção 5 do Capítulo 31
e
y = F1(x) = e −K+I
= e −K
2 x ·(cos(
√ 4L−K 2
2
−K
·x
= e 2 ·x ·e I·
√
4L−K2 2
·x =
√ √
4L−K 2 4L−K 2
·x)+I sin( ·x))
2 2
y = F2(x) = e −K−I
√
4L−K2 −K
·x 2 = e 2 x √ √
4L−K 2 4L−K 2
·(cos( ·x)−I sin(
2 2
Agora se usa a observação de que as combinações lineares de soluções de
f ′′ (x)+K ·f ′ (x)+L·f(x) = 0
·x)).
são também soluções dessa equação diferencial.
Então, somando ou subtraindo as soluções Complexas F1 e F2 acima obtenho
soluções Reais:
= e −K
2 x √
4L−K 2
·cos(
f1(x) = F1 +F2
·x)
2 2
e
f2(x) = F1 −F2
= e
2I
−K
2 x √
4L−K 2
·sin( ·x).
2
Agora as condiçoes y(0) e y ′ (0) determinam a,b em
y = a·e −K
2 x √
4L−K 2
·cos( ·x)+b·e
2
−K
2 x √
4L−K 2
·sin( ·x).
2
pois
ou seja:
y(0) = a e y ′ (0) = − K
2 a+b·
√
4L−K 2
,
2
a = y(0) e b = 2y′ (0)+Ky(0)
√ .
4L−K 2
3. Não-Homogêneas, lineares de segunda ordem
Considero o problema da Seção 2 anterior, mas agora no caso não-homogêneo:
f ′′ (x)+K ·f ′ (x)+f(x) = g(x),
em que tomei L = 1 apenas para simplificar a exposição.
Afirmo que basta encontrar alguma solução φ1(x) desse problema, pois qualquer
outra φ2(x) produz
(φ1 −φ2)(x)

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 615
uma solução do problema homogêneo:
f ′′ (x)+K ·f ′ (x)+f(x) = 0,
que já conhecemos da Seção anterior y = a·f1(x)+b·f2(x). Logo:
φ2(x) = a·f1(x)+b·f2(x)+φ1(x).
Foi isso que aconteceu na Seção 8 do Capítulo 39, onde φ1(x) = H
k 2 é obviamnte
uma solução de
y ′′ (x)+k 2 ·y(x) = H.
Podemos enunciar como um princípio geral:
Afirmação 3.1. (Princípio de superposição)
Se φ1(x) é uma solução particular do problema não-homogêneo
e se
y ′′ (x)+P(x)·y(x)+Q(x)·y(x) = R(x)
a·f1(x)+b·f2(x), a,b ∈ R
são soluções gerais do problema homogêneo
então:
é solução geral do não-homogêneo.
então
y ′′ (x)+P(x)·y(x)+Q(x)·y(x) = 0
a·f1(x)+b·f2(x)+φ1(x)
Demonstração.
Dada a φ1(x), basta notar que se φ2(x) é uma solução qualquer de
é solução de
y ′′ (x)+P(x)·y(x)+Q(x)·y(x) = R(x),
φ2(x)−φx
y ′′ (x)+P(x)·y(x)+Q(x)·y(x) = 0.
Bom, mas e como encontrar uma solução particular φ1(x) do caso não-homogêneo
? As próximas Seções 4 e 7 tratam disso.

4. NÃO HOMOGÊNAS: MÉTODO DE LAGRANGE DE VARIAÇÃO DE
PARÂMETROS 616
4. Não homogênas: Método de Lagrange de variação de parâmetros
Suponhamos conhecidas as soluções gerais a·f1(x)+b·f2(x), a,b ∈ R do problema
homogêneo
f ′′ (x)+K ·f ′ (x)+L·f(x) = 0, K,L ∈ R.
É de Lagrange a idéia de buscar uma solução φ1(x) da forma
para o problema não-homogêneo:
φ1(x) = a(x)·f1(x)+b(x)·f2(x)
y ′′ (x)+K ·y ′ (x)+L·y(x) = g(x).
É chamado de método de variação de parâmetros, já que o que é usualmente é constante
(a,b) vira função não-constante (a(x),b(x)). 2
Há liberdade na escolha de a(x),b(x) pois queremos apenas uma solução, não
todas; portanto sobre sua derivada
φ ′ 1 (x) = a′ (x)f1(x)+a(x)f ′ 1 (x)+b′ (x)f2(x)+b(x)f ′ 2 (x)
vamos impôr uma condição extra simplificadora:
Assim
temos
Como queremos que
a ′ (x)f1(x)+b ′ (x)f2(x) = 0.
φ ′ 1 (x) = a(x)f′ 1 (x)+b(x)f′ 2 (x).
φ ′′
1(x)+K ·φ ′ 1(x)+L·φ(x) = g(x),
(a(x)f ′ 1 (x)+b(x)f′ 2 (x))′ +K·(a(x)f ′ 1 (x)+b(x)f′ 2 (x))+L·(a(x)·f1(x)+b(x)·f2) = g(x);
ou seja, (tiro x por falta de espaço)
(a ′ f ′ 1 +af′′
1 +b′ f ′ 2 +bf′′
2 )+K(af′ 1 +bf′ 2 )+L·(af1 +bf2) = g(x)
que produz, já que f1,f2 são soluções do problema homogêneo:
a ′ (x)f ′ 1 (x)+b′ (x)f ′ 2 (x) = g(x).
Criamos asiim um sistema de equações lineares nas incógnitas a ′ (x),b ′ (x):
a ′ (x)f1(x)+b ′ (x)f2(x) = 0 e a ′ (x)f ′ 1 (x)+b′ (x)f ′ 2 (x) = g(x)
cuja solução (regra de Cramer) é:
a ′ (x) =
−f2 ·g
f1 ·f ′ 2 −f2 ·f ′ 1
E finalmente obtemos, integrando:
e b ′ (x) =
f1 ·g
f1 ·f ′ 2 −f2 ·f ′ 1
2 Repare, à medida que for lendo, que o método funciona inclusive se houvessem coeficientes
variáveis:
f ′′ (x)+K(x)·f ′ (x)+L(x)·f(x) = g(x).
A diferença é que não sabemos resolverainda essa equaçãohomogênea. Mas se soubermos, o método
se aplica do mesmo modo.
.

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 617
a(x) =
b(x) =
−f2 ·g
f1 ·f ′ 2 −f2 ·f ′ 1
f1 ·g
f1 ·f ′ 2 −f2 ·f ′ 1
Pode surgir uma dúvida: será que o determinante (chamado Wronskiano)
dx
dx.
W(f1,f2) := f1 ·f ′ 2 −f2 ·f ′ 1
não se anula em algum ponto ?
Se pode provar que não, se f1 e f2 são linearmente independentes.
Por exemplo, no caso em que L = 1, se voltamos na Seção 2 e calculamos esse
determinante, encontramos:
• para K = 0,
W(f1,f2) = sin 2 (x)+cos 2 (x) ≡ 1
• para 0 < |K| < 2,
• para K = ±2,
• para |K| > 2,
W(f1,f2) = 1
2 ·e−Kx · √ 4−K 2 = 0
W(f1,f2) = −e ±2x = 0
W(f1,f2) = (r2 −r1)·e (r1+r2)·x = 0
5. Um problema da Putnam Competition, n.58, 1987
Problema: Se a função y = f(x) satisfaz a equação:
f ′′ (x)−2·f ′ (x)+f(x) = 2·e x ,
considere as duas questões a seguir sobre ela:
a): f(x) > 0 ∀x ∈ R implica que f ′ (x) > 0 ∀x ∈ R ? Prove isso ou explique
como produzir contra-exemplos.
b): f ′ (x) > 0 ∀x ∈ R implica que f(x) > 0 ∀x ∈ R ? Prove isso ou explique
como produzir contra-exemplos.
Solução:
ASeçãoanterior4nosexplicoucomoacharassoluçõesexplícitasdessasequação.
Como as soluções do caso homogêneo f ′′ (x)−2·f ′ (x)+f(x) = 0 são
f(x) = a·x·e x +b·e x , a,b ∈ R,
e o determinante Wronskiano é −e 2x , então a solução especial φ obtida por variação
de parâmetros é:
φ = a(x)·xe x +b(x)·e x =
= 2x·xe x +x 2 ·e x = x 2 ·e x .

5. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N.58, 1987 618
Logo f(x) é da forma:
f(x) = a·x·e x +b·e x +x 2 ·e x , a,b ∈ R.
Para responder ao item a) vou mostrar que, mesmo se f é sempre positiva, f ′ (x)
pode se anular, desde que:
a 2
4
< b < a2
4 +1,
por exemplo se a = 1 e b = 1
2 .
Para isso noto que:
f(x) = e x ·(x 2 +a·x+b)
e que
Então:
Enquanto que:
f ′ (x) = e x ·(x 2 +(2+a)·x+a+b).
f(x) > 0 ∀x ⇔ x 2 +a·x+b > 0 ∀x ⇔
⇔ a 2 −4b < 0 ⇔ a2
4
< b.
f ′ (x) = 0 ⇔ x 2 +(2+a)·x+a+b = 0 ⇔
⇔ (2+a) 2 −4(a+b) ≥ 0 ⇔ b ≤ a2
4 +1.
Já o item b) tem uma resposta afirmativa.
De fato, se f ′ (x) > 0 ∀x então:
a 2
4
+1 < b.
Inicialmente mostro que f(x) = 0 ∀x. Depois mostro que de fato f(x) > 0 ∀x.
Se supomos que f(x) = 0 para algum x então
Mas assim chegamos num absurdo:
a 2
4
b ≤ a2
4 .
+1 < b ≤ a2
4 .
Então pelo Teorema do Valor Intermediário, ou bem f(x) > 0 ∀x (como queremos
provar) ou bem f(x) < 0 ∀x. Neste último caso, como
f(x) = a·x·e x +b·e x +x 2 ·e x , a,b ∈ R,
f(0) < 0 implica que b < 0. Mas isso produz a contradição:
a 2
4
+1 < b < 0.

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 619
6. Equação diferencial de um circuito elétrico simples
No circuito elétrico simples ilustrado na Figura há uma resistência de R ohms,
um capacitor com Capacitância de C faradays, uma indutância de L henrys, ao qual
se aplica uma tensão de E(x) volts (x é o tempo).
R
E
Quando o circuito é fechado, a a carga de Q(x) coulombs no capacitor satisfaz a
equação diferencial
Q(x) = E(x),
C
como consequência da lei de Kirchhoff.
Note que Q ′ (x) = I(x) é a corrente que circula no sistema.
Trata-se do tipo de equação diferencial que sabemos resolver, após as Seções 2 e
4.
Lá simplificamos o problema para valores L = 1 (que sempre pode se obter dividindo
pot L = 0).
Mantendo a suposição L = 1, o discriminante da equação característica (da eq.
homogênea) é:
r 2 +R·r + 1
= 0
C
torna-se
∆ = R 2 − 4
C .
Num Exercício no livro de Boyce-Di Prima (Seção 3.9, ex. 16, p.117) encontra-se
os valores:
L·Q ′′ (x)+R·Q ′ (x)+ 1
L = 1, R = 5×10 3 , C = 0.25×10 −6
C
I
e E(x) ≡ 12.
Nesse caso, ∆ = 25×10 6 −16×10 6 > 0, r1 = −1000, r2 = −4000 e as soluções
do sistema são portanto da forma:
y = Q(x) = a·e −1000x +b·e −4000x +φ1(x)
onde, conforme a Seção 4, a solução particular φ1(x) do caso não homogêneo pode
ser tomada
φ1(x) = a(x)·e −1000x +b(x)·e −4000x
onde (escolhendo as constantes de integração iguais a zero)
−4000x −12·e
a(x) =
−3000·e −5000xdx = 4·×10−6 ·e 1000x

7. NÃO-HOMOGÊNEAS: MÉTODO DE COEFICIENTES A DETERMINAR 620
e
Ou seja:
b(x) =
12·e −1000x
−3000·e −5000xdx = −10−6 ·e 4000x
y = Q(x) = a·e −1000x +b·e −4000x +3×10 −6 .
Impondo que Q(0) = 0 e Q ′ (0) = 0 obtemos:
e finalmente
e portanto
a = −4×10 −6
e b = 10 −6
y = −4×10 −6 ·e −1000x +10 −6 ·e −4000x +3×10 −6
lim
x→+∞ Q(x) = 3×10−6 .
A seguir plotei esta solução. Note um ponto de inflexão em x = ln(2)
1500
2,5E-6
2E-6
1,5E-6
1E-6
5E-7
0E0
0
0,0005
0,001
0,0015
x
0,002
0,0025
0,003
7. Não-homogêneas: Método de coeficientes a determinar
≈ 0.000462.
O método de variação de parâmetros exposto na Seção é geral, para equações de
segunda ordemlineares não-homogêneascomqualquer tipodecoeficientes, constantes
ou não.
Mastememsiumadificuldade queéadequedevemos conseguir fazerintegrações.
E pode ser que às vezes fiquem complicadas.
Já o método que será exposto aqui nesta Seção, apesar de só se aplicar a equações
de segunda ordem lineares não-homogêneas a coeficientes constantes:
y ′′ (x)+p·y ′ (x)+q ·y(x) = R(x), p,q ∈ R
e ainda com R(x) funções bem particulares, é puramente algébrico, não envolve portanto
integração.

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 621
Começo com a situação bem simples em que
R(x) = A·e λ·x , A,λ ∈ R, A,λ = 0.
Como as derivadas das exponencias são exponenciais, é natural pensar que em
buscar uma solução particular da forma:
Ora:
φ1(x) = C ·e λ·x , C = 0.
[C ·e λ·x ] ′′ +p·[C ·e λ·x ] ′ +q ·C ·e λ·x =
= [λ 2 +p·λ+q]·C ·e λ·x .
Então é natural considerar dois Casos:
Caso 1): λ não é raíz da equação característica r 2 +p·λ+q = 0
Caso 2): λ é raíz da equação característica r 2 +p·λ+q.
No Caso 1 queremos que
e portanto:
No Caso 2 o que temos é que
[λ 2 +p·λ+q]·C ·e λ·x = A·e λ·x
C =
é solução do problema homogêneo:
A
[λ 2 +p·λ+q] .
e λ·x
y ′′ (x)+p·y ′ (x)+q ·y(x) = 0
e não é isso que queremos aqui. Vamor ter que adotar outra estratégia 3 .
Está mais do que na hora de introduzir uma notação, para o operador diferencial
linear:
L(f) := f ′′ +p·f ′ (x)+q ·f(x).
O chamo de operador e não de função porque seu domínio são as funções duas vezes
deriváveis (enãonúmerosoupontos) esua imagemtambém sãofunções, não números
ou pontos. De diferencial porque faz derivadas e de linear porque:
L(a·f1 +b·f2) = a·L(f1)+b·L(f2).
Com essa notação, pensando em λ como sendo qualquer:
L(C ·e λ·x ) = (λ 2 +p·λ+q)·C ·e λ·x .
Então tomando λ como variável e derivando nessa variável:
∂L(C ·eλ·x )
= (2λ+p)·C ·e
∂λ
λ·x +(λ 2 +p·λ+q)·x·C ·e λ·x .
Como o operador L faz derivadas em x, o Lemma de Schwartz4 dá que:
∂L(C ·eλ·x )
= L(C ·
∂λ
∂eλ·x
) =
∂λ
= L(C ·x·e λ·x ).
3 Praticamente a mesma estratégia aparecerá na Seção 2 do Capítulo 44
4 que diz que não importa a ordem de derivações se as funções tem segundas derivadas contínuas

7. NÃO-HOMOGÊNEAS: MÉTODO DE COEFICIENTES A DETERMINAR 622
Portanto, igualando os dois lados:
L(C ·x·e λ·x ) = (2λ+p)·C ·e λ·x +(λ 2 +p·λ+q)·x·C ·e λ·x .
Como no Caso 2:
λ 2 +p·λ+q = 0
então no Caso 2):
L(C ·x·e λ·x ) = (2λ+p)·C ·e λ·x ,
desde que
2λ+p = 0.
Se quero que C ·x·e λ·x seja solução do problema
e se [2λ+p = 0 então quero que valha:
ou seja,
L(f) = A·e λx
L(C ·x·e λ·x ) = (2λ+p)·C ·e λ·x = A·e λ·x ,
C = A
2λ+p
dá a buscada solução particular.
Agora resta tratar o Sub-Caso do Caso 2, em que:
λ 2 +p·λ+q = 2λ+p = 0,
que é o caso em que λ é raíz dupla da equação característica.
Note que nesta situação
x·e λ·x
é solução do problema homogêneo 5
L(f) = f ′′ +p·f ′ +q ·f = 0.
Novamente considero λ como uma variável e derivo a expressão de acima:
∂L(C ·eλ·x )
= (2λ+p)·C ·e
∂λ
λ·x +(λ 2 +p·λ+q)·x·C ·e λ·x ,
obtendo do lado esquerdo:
∂ 2 L(C ·e λ·x )
∂λ 2
= ∂L(C ·x·eλ·x )
∂r
= L( ∂(C ·x·eλ·x )
) = L(C ·x
∂λ
2 ·e λ·x )
enquanto que do lado direito obtenho:
∂((2λ+p)·C ·eλ·x +(λ2 +p·λ+q)·x·C ·eλ·x )
=
∂λ
= 2·C ·e λ·x +(2λ+p)·C ·e λ·x [λ+x]+(λ 2 +p·λ+q)·x·C ·λ·e λ·x .
Avaliando para o λ tal que
λ 2 +p·λ+q = 2·λ+p = 0
5 Bem de acordo com o que obtivemos no item 2 da Afirmação 2.1
=

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 623
obtemos
e como quero:
concluo
L(C ·x 2 ·e λ·x ) = 2·C ·e λ·x ,
L(C ·x 2 ·e λ·x ) = A·e λ·x
C = A
2
é o valor buscado para termos solução especial do problema não-homogêneo.
Amesmadiscussãoseaplicaaocasomaisgeral,emqueoproblemanãohomogêneo
é:
L(f(x)) = f ′′ +p·f ′ +qf = A(x)·e λx ,
onde A(x) é polinômio de grau k.
Ou seja:
Afirmação 7.1. Se λ ∈ R não é raíz de λ 2 + p · λ + q = 0 encontraremos solução
especial do tipo:
g(x)·e λx ,
onde g(x) é polinômio de grau n, para o problema:
L(f(x)) = f ′′ +p·f ′ +q = A(x)·e λx ,
onde A(x) é também polinômio de grau n.
Se λ ∈ R é raíz simples de λ 2 +p·λ+q = 0 encontraremos solução do tipo:
g(x)·x·e λx .
Se λ ∈ R é raíz dupla de λ 2 +p·λ+q = 0 encontraremos solução do tipo:
g(x)·x 2 ·e λx .
Observe que o caso λ = 0 também está compreendido.
Demonstração.
Amesma discussão emCasos, sóqueagoranãosetratadedeterminar 1coeficiente
mas todos os coeficientes do polinômio g(x), que aparecem resolvendo um sistema de
equações lineares.
O mesmo tipo de resultado se obtêm se o termo não homogêneo R(x) da equação
é da forma
f ′′ +p·f ′ +q ·f = R(x)
R(x) = e ax cos(bx) ou R(x) = e ax sin(bx),
com a ou b podendo ter o valor 0.
Ou seja, se buscará solução para o problema não-homogêneo na classe
y = c1 ·e ax cos(bx)+c2 ·e ax sin(bx),

8. SISTEMAS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 624
a menos que λ = a+I ·b seja raíz da equação característica de f ′′ +p·f ′ +qf = 0.
Neste caso se busca solução para o prroblema não-homogêneo na classe
y = c1 ·x·e ax cos(bx)+c2 ·x·e ax sin(bx).
Por exemplo, f ′′ +f ′ +f = 0temporraízesdaequação característica λ2 +λ+1 = 0
2 ±I · √ 3.
Logo para o problema
2
os valores complexos: λ = − 1
busco soluções na classe
de fato,
dá
e portanto c = 4
3 .
Mas para o problema
preciso recorrer à classe:
f ′′ +f ′ +f = e −x
2
y = c·e −x 2;
(c·e −x 2) ′′ +(c·e −x 2) ′ +c·e −x
2 = e −x
2
e −x
2 ·( 1 1
− +1)·c = e−x2
4 2
f ′′ +f ′ +f = e −x
√
3
2 ·cos(
2 x)
y = c1 ·x·e −x
√
3
2 ·cos(
2 x)+c2 ·x·e −x
√
3
2 sin(
2 x).
A Seção 8 a seguir dá exemplos.
8. Sistemas de equações diferenciais
Se pode transformar uma equação diferencial de ordem maior num sistema de
equações diferenciais de ordem mais baixa, ou, vice-versa, um sistema de equações
numa equação de ordem mais alta.
Vejamos exemplos (exercícios do livro de Bear, Differential equations, a concise
course, Dover, pag. 164):
Então
Exemplo 1:
y ′ (t) = y(t)+z(t) e z ′ (t) = y(t)+z(t).
y ′ (t) = z ′ (t)
e portanto, se t pertence a um Intervalo, temos:
A primeira equação dá então:
z(t) = y(t)+C, C ∈ R.
y ′ (t) = y(t)+z(t) = 2·y(t)+C

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 625
e portanto, como aprendemos na Seção 4.1 do Capítulo 35:
y(t) = D ·e 2·t − C
2 .
Então
z(t) = D ·e 2·t + C
2 .
Exemplo 2:
A equação de segunda ordem
vira o sistema:
y ′′ (t)+y(t) = 2·e t
y ′ (t) = z(t) e z ′ (t) = 2·e t −y(t)
e vice-versa.
Uma solução particular do do problema não-homogêneo
salta aos olhos:
y ′′ (t)+y(t) = 2·e x
φ1(x) = e t ,
mas mesmo que não fosse tão evidente nela chegaríamos seguindo a Seção 7, que
ensina: como 1 não é raíz da equação característica λ 2 +1 = 0, obtemos uma solução
particular
φ1(x) = 2
1 2 +1 ·et
do problema não-homogêneo. E portanto a solução geral desse problema é:
Exemplo 3:
Considere o sistema:
Da primeira equação:
y(t) = a·cos(t)+b·sin(t)+e t .
y ′ (t) = y(t)+z(t)+t e z ′ (t) = 4·y(t)+z(t)+t+4·e t .
que posto na segunda dá:
ou seja,
z(t) = y ′ (t)−y(t)−t logo z ′ (t) = y ′′ (t)−y ′ (t)−1,
y ′′ (t)−y ′ (t)−1 = 4·y(t)+[y ′ (t)−y(t)−t]+t+4·e t ,
y ′′ (t)−2·y ′ (t)−3·y(t) = 1+4·e t .
Aqui o melhor é separarmos em duas equações
y ′′
1 (t)−2·y′ 1 (t)−3·y1(t) = 1
y ′′
2 (t)−2·y′ 2 (t)−3·y2(t) = 4·e t
e a solução buscada será da forma:
y(x) = y1(x)+y2(x).

9. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N.2, 1939 626
Ora, a equação
y ′′
1 (t)−2·y′ 1 (t)−3·y1(t) = 1
tem uma solução particular constante:
φ1(x) ≡ − 1
3 ,
enquanto que a equação
tem uma solução particular:
y ′′
2 (t)−2·y′ 2 (t)−3·y2(t) = 4·e t
φ2(x) =
4
1 2 −2·1−3 ·et = −e t ,
(seguindo a Seção 7, já que 1 não é raíz de λ 2 −2·λ−3 = 0, cujas raízes são −1,3).
Então a solução geral é:
y(t) = a·e −t +b·e 3·t − 1
3 −et .
O leitor não terá dificuldade em resolver:
9. Um problema da Putnam Competition, n.2, 1939
Problema:
Resolver o sistema de equações:
com as condições iniciais:
x ′ (t) = x(t)+y(t)−3 e y ′ (t) = −2·x(t)+3·y(t)+1,
Solução:
A primeira equação dá:
E a segunda dá
ou seja,
x(0) = y(0) = 0.
y(t) = x ′ (t)−x(t)+3, logo y ′ (t) = x ′′ (t)−x ′ (t).
x ′′ (t)−x ′ (t) = −2·x+3·[x ′ (t)−x(t)+3]+1,
x ′′ (t)−4·x ′ (t)+5·x = 10.
Uma solução particular óbvia dessa equaão não-homogênea é a solução constante:
φ1(x) ≡ 2.
E como a equação característica λ 2 −4·λ+5 = 0 do problema homogêneo
tem raízes compexas conjugadas
x ′′ (t)−4·x ′ (t)+5·x = 0
λ = 2± √ −1,

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 627
a solução geral do problema não-homogêneo é:
x(t) = a·e 2·t ·cos(t)+b·e 2·t ·sin(t)+2.
Usando que x(0) = 0 obtenho a+2 = 0, ou seja, a = −2.
Sabemos que y(t) = x ′ (t)−x(t)+3; portanto após derivar x(t) se escreve y(t) =
x ′ (t)−x(t)+3 em função de b e t. A condição y(0) = 0 dará que b = 1.
Logo a solução do sistema é:
x(t) = −2·e 2·t ·cos(t)+e 2·t ·sin(t)+2,
y(t) = −e 2·t ·cos(t)+3·e 2·t ·sin(t)+1.
10. Homogêneas, não-singulares, coeficientes variáveis: redução a
constantes
Considero agora a equação homogênea de segunda ordem:
f ′′ (x)+P(x)·f ′ (x)+Q(x)·f(x) = 0,
onde agora pelo menos um dos coeficientes P(x) e Q(x) é uma função não constante.
Em Matemática sempre se tenta reduzir um problema a outro conhecido. Por
isso impõe-seapergunta: em que condições este problema pode ser reduzido ao tratado
na Seção 2 ?
A resposta é que se consegue isso apenas na situação a seguir. Que é claramente
bastante restritiva, mas por incrível que pareça é suficiente para resolvermos a importante
Equação de Euler (também chamada de equação de Cauchy-Euler), na Seção 1
do Capítulo 44.
Afirmação 10.1. Um equação
f ′′ (x)+P(x)·f ′ (x)+Q(x)·f(x) = 0 com Q(x) > 0, ∀x
pode ser transformada através de uma mudança de variável
numa equação
se e somente se
z = z(x) ou x = x(z)
f ′′ (z)+αf ′ (z)+βf(z), α,β ∈ R e β > 0
Q ′ (x)+2P(x)·Q(x)
2·Q(x) 3
2
e ademais isso é feito através da mudança:
Q(x)dx.
z =
≡ C, C ∈ R
Demonstração.
Uso a notação y = f(x) a seguir ou y = y(x) no que segue.
Primeiro tomo por hipóteses:
Q ′
(x)+2P(x)·Q(x) Q(x)dx.
2·Q(x) 3
2
≡ C e z =

10. HOMOGÊNEAS, NÃO-SINGULARES, COEFICIENTES VARIÁVEIS:
REDUÇÃO A CONSTANTES 628
Noto que
y = y(z),
pois dz
dx = Q(x) > 0 garante que z(x) é uma função inversível. Ou seja, x determina
z e também z determina x univocamente. Por isso posso dizer que y = y(z) = y(x(z))
e que y = y(x) = y(z(x)).
Posso também derivar a composta em x:
y = y(z(x)),
obtendo:
dy dy dz
(z(x)) = (z(x))·
dx dz dx =
= dy
dz ·Q(x). E agora com a regra da composta e do produto:
Então se obtêm:
d2y d2x (z(x)) = (d2 y
d2 dz dz dy
(z(x))· )· +
z dx dx dz (z(x))· d2z d2x =
= d2 y
d 2 z (z(x))· Q(x)· Q(x)+ dy
dz (z(x))· Q′ (x)
2 Q(x)
= d2y d2 dy
(z(x))·Q+
z dz (z(x))· Q′ (x)
2 Q(x) .
0 ≡ d2y d2 dy
(z(x))+P(x)· (z(x))+Q(x)·y =
x dx
= Q(x)· d2y d2z +(Q′ +2PQ
2 √ dy
)·
Q dz +Q·y(z)
e como Q(x) = 0 se chega em:
0 = d2y d2z +(Q′ +2PQ
2Q 3 )·
2
dy
dz +y(z)
que tem coeficiente constante pela hipótese.
Para provar a recíproca, note que, se uma mudança z = z(x) levou
em
então
f ′′ (x)+P(x)·f ′ (x)+Q(x)·f(x) = 0
f ′′ (z)+αf ′ (z)+βf(z), α,β ∈ R
0 = d2 y
d 2 x
dy
(z(x))+P(x)· (z(x))+y =
dx
= [ d2y d2z ·(dz
dx )2 + dy
dz · d2z d2x ]+P(x)·(dy
dz
= ( dz
dx )2 · d2 y
d 2 z +[d2 z
dz
· )+Q·y(z(x)) =
dx
d2x +P(x)dz
dy
]· +Qy(z) =
dx dz

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 629
e dividindo por ( dz
dx )2 = 0 (pois é uma mudança de coordenadas) obtemos
ou seja,
De onde,
ou seja:
0 = d2y d2z +(
α =
d2z d2 dz +P x dx
( dz
dx )2
d2z d2 dz +P x dx
( dz
dx )2
dz
dx =
Q
β
e
)· dy
dz
e β = Q
d 2 z
d 2 x =
+ Q
( dz
dx )2y(z),
( dz
dx
2β ·
α· β = Q′ +2PQ
2Q 3 .
2
)2 > 0.
Q ′
Q
β
11. Homogêneas, não-singulares, coeficientes variáveis: Método de
D’Alembert
Aqui considero a equação:
y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0
do qual suponho ter uma solução conhecida:
y = y1(x).
O método de redução de ordem (de D’Alembert) nos dirá como achar uma segunda
solução y2 (linearmente independente) desta equação através da resolução de uma
equação de ordem menor, ou seja, de ordem 1.
Para isso ele propõe:
y2(x) := a(x)·f1(x)
com a(x) função duas vezes derivável não constante.
Queremos que:
ou seja, que:
y ′′
2 (x)+P(x)·y′ 2 (x)+Q(x)·y2(x) = 0,
[a ′′ (x)y1(x)+2·a ′ (x)·y ′ 1 (x)+a(x)y′′
1 (x)]+P(x)·[a′ (x)y1(x)+a(x)y ′ 1 (x)]+Q(x)a(x)y1(x) = 0,
ou ainda, reordenando os termos:
a ′′ (x)·y1(x)+a ′ (x)·[2·y ′ 1(x)+P(x)y1(x)]+a(x)·[y ′′
1(x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y1(x)] = 0,
que resulta em
pois y1(x) é solução da equação.
a ′′ (x)·y1(x)+a ′ (x)·[2·y ′ 1 (x)+P(x)y1(x)] = 0,
,

12. EXISTÊNCIA DE SOLUÇÕES DE EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS E
NÃO-SINGULARES 630
Fazendo
A(x) = a ′ (x)
obtemos a redução de ordem, pois temos agora de resolver a equação de primeira
ordem:
A ′ (x)·y1(x)+A(x)·[2·y ′ 1 (x)+P(x)y1(x)] = 0,
ou seja, se y1(x) = 0,
e portanto
e
ou seja,
A ′ (x)
A(x) = −[2·y′ 1(x)+P(x)y1(x)]
y1(x)
ln|A(x)| = ln(y1(x) −2
)−
= −2 y′ 1(x)
y1(x) −P(x)
P(x)dx
A(x) = ±e ln(y1(x) −2 ) ·e − P(x)dx ,
A(x) = e− P(x)dx
y1(x) 2 .
onde, naprática,aconstantedeintegraçãopodesertomadaC = 0,jáquesóqueremos
uma solução. E obteremos a(x) através de mais uma integração:
a(x) = A(x)dx
(novamente a constante de integração pode ser tomada C = 0, já que só queremos
uma solução).
12. Existência de soluções de equações homogêneas e não-singulares
O seguinte teorema tem como alcance as equações tratadas na Seção 10:
Afirmação 12.1.
i): Considere
y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0,
onde P(x) e Q(x) são funções contínuas.
As soluções foram um sistema linear a·y1+b·y2. Por isso, dados y(x0) e y ′ (x0)
existe e é única a solução y = y(x) da equação satisfazendo essas condições iniciais
para x ∈ I, um intervalo em torno de x0.
ii): Considere
y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0,
onde P(x) e Q(x) admitem expansão em série de potências, com raio de convergência
R1 e R2, em torno de x0. Seja R := min{R1,R2}.
Dados y(x0) e y ′ (x0) existe e é única a solução y = y(x) da equação satisfazendo
essas condições iniciais e y(x) é uma série de potências cujo raio de convergência em
torno de x0 é pelo menos R.

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 631
Observo que se P(x) ou Q(x) não são contínuos não se pode garantir que as
soluções sejam todas funções limitadas. Uma equação importante que exemplifica
isso é a Equação de Legendre (explicitamente resolvida na Seção 3 do Capítulo 41),
que pode ser escrita como:
y ′′ + 2x
x2 −1 ·y′ − n(n+1)
x2 = 0, n ∈ N
−1
Se x ∈ (−1,1) então há soluções do tipo a·y1+b·y2, com y1 e y2 independentes. Mas
se pode provar que as únicas soluções limitadas da equação definidas em [−1,1] são
múltiplos de Pn, o chamado n-ésimo polinômio de Legendre.
i).
Idéia da prova da Afirmação 12.1:
Posso dar uma idéia de como provar a existência e unicidade de soluções, do item
A idéia é transformar essa equação de segunda ordem num sistema de equações
de primeira ordem, fazendo:
z(x) := y ′ (x)
e criando o sistema:
y ′ (x) = z(x) e y(x0) = a
z ′ (x) = −P(x)·z(x)−Q(x)·y(x) e z(x0) = b
Agora a idéia é usar o Método de Picard (Seção 3 do Capítulo 36) para cada uma
dessas equações, ou seja, definindo recursivamente:
e
z0 ≡ b, zn := b+
y0 ≡ a, yn := a+
x
x0
x
x0
zn−1(t)dt
(−P(t)·zn−1(t)−Q(x)·yn−1(t))dt
Um Exemplo: suponha a equação y ′′ +y = 0 e o sistema associado a ela:
Então:
y4 := 1+
y3 := 1+
y1 := 1+
y2 := 1+
x
0
x
0
x 3
3!
x
0
y ′ (x) = z(x) e y(0) = 1
z ′ (x) = −y(x) e z(0) = 0
x
0
0dt = 1, z1 := 0+
x
−xdt = 1− x2
2 , z2 := 0+
−xdt = 1− x2
2 , z3 := 0+
x2
−xdt = 1−
2!
y5 := 1+
x
0
+ x4
4! , z4 := 0+
x 3
3!
0
−xdt = 1− x2
2!
−1dt = −x,
x
0
x
−(1−
0
x2
2
x
0
−1dt = −x,
)dt = x3
3! −x,
−(1− x2 x3
)dt =
2 3! −x,
+ x4
4! ,

13. PROPRIEDADES DAS SOLUÇÕES DE EQUAÇÕES LINEARES DE
SEGUNDA ORDEM 632
z5 := 0+
x
0
x
−(1− x2
2!
x4 x3 x5
+ )dt = −x+ −
4! 3! 5! ,
y6 := 1+ (−x+
0
x3 x5 x2 x4 x6
− )dt = 1− + −
3! 5! 2! 4! 6!
e já reconhecemos que estão aparecendo os termos iniciais yn da séries de potências
de:
y(x) = cos(x)
e os termos iniciais zn da série de potências de
z(x) = −sin(x).
Deixo para mais tarde a segunda afirmação ii), sobre a natureza de séries convergentes
das soluções.
13. Propriedades das soluções de equações lineares de segunda ordem
Daremos nas Seções 1, 2 e 3 do Capítulo 41 soluções explícitas, como séries de
potências das equações:
• de Airy 6 :
• de Hermite:
• de Legendre
y ′′ (x)+x·y(x) = 0.
y ′′ (x)−2·x·y ′ (x)+q ·y(x) = 0, q ∈ R.
(1−x 2 )·y ′′ (x)−2x·y ′ (x)+p·(p+1)·y(x) = 0
Mas apesar do caráter explícito das soluções não ficará claro que tipo de propriedades
têm essas funções, por exemplo se têm um número finito ou infinito de
zeros, se oscilam.
Aqui nesta Seçã0 veremos que essas propriedades podem ser obtidas da própria
equação, sem se saber explicitamente a solução.
Afirmação 13.1. Um solução y(x) não-identicamente nula de
tem:
i): no máximo um 7 zero em (−∞,0) e
ii): infinitos 8 zeros em (0,+∞).
y ′′ +x·y = 0
6 Aparece na literatura também a equação y ′′ (x)−x·y(x) = 0 como sendo a Equação de Airy.
Na Seção 1 do Capítulo 41 comparo as soluções.
7 É possível provar também que não tem nenhum.
8 É possível provar que em cada região limitada [x0,x1] ⊂ (0,+∞) só há um número finito de
zeros de y(x).

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 633
Demonstração.
De i):
Suponha que exista algum x0 < 0 onde y(x0) = 0.
Se acontecer y ′ (x0) = 0 então o item i) da Afirmação 12.1 implicaria que y ≡ 0, a
solução trivial.
Por exemplo, penso de agora em diante que
y ′ (x0) > 0
(o outro caso y ′ (x0) < 0 é análogo).
Num pequeno intervalo denotado I + à direita de x0 então y(x) > 0. Como x < 0
em I + , então −x·y(x) > 0 em I + e
y ′′ (x) = −x·y(x) > 0 em I + .
Logo a primeira derivada y ′ (x) cresce em I + . E esse crescimento de y ′ (x) continua
enquanto tivermos x < 0 e y(x) > 0. Em particular enquanto tivermos x < 0 e
y(x) > 0 teremos y ′ (x) > 0. Suponha por absurdo que num x1 com x0 < x1 < 0
tenhamos y(x1) = 0. Então por Rolle teríamos y ′ (x2) = 0 para algum x2 com
x0 < x2 < x1. Contradizendo o fato que y ′ (x2) > 0, pois x2 < 0 e y(x2) > 0.
Ou seja, que y(x) não volta a se anular à direita de x0, enquanto tivermos x < 0.
Poroutrolado, numpequeno intervalodenotadoI − àesquerda dex0 temosy(x) <
0, já que supusemos y ′ (x0) > 0.
Como x < 0 em I − , então −x·y(x) < 0 em I − e
y ′′ (x) = −x·y(x) < 0 em I − .
Logo a primeira derivada y ′ (x) vinha decrescendo em I − até chegar no valor y ′ (x0) >
0. Ou seja que é sempre y ′ (x) > 0 à esquerda de x0.
Isso impede que haja outro zero de y(x) à esquerda de x0 (use o Teorema de
Rolle).
De ii):
Suponha por absurdo que haja um ponto x0 ≥ 0 com a propriedade de que
y(x) = 0, ∀x > x0.
Vamos mostrar que tem que haver um ponto x1 com x0 < x1 onde y(x1) = 0,
produzindo um absurdo.
Suponho de agora em diante que y ′ (x0) > 0 e que y(x) > 0 ∀x > x0 (os outros
casos são análogos).
Então
y ′′ = −x·y(x) < 0, ∀x > x0.
Ou seja a derivada y ′ (x) é uma função decrescente para ∀x > x0.
Afirmo que y ′ (x) < 0 em algum ponto x com x > x0. Para provar isso, faço a
mudança:
v(x) = − y′ (x)
, para x > x0,
y(x)

13. PROPRIEDADES DAS SOLUÇÕES DE EQUAÇÕES LINEARES DE
SEGUNDA ORDEM 634
que está bem definida pois y(x) > 0. E noto que v(x) verifica 9 :
Então:
Como
v(x)−v(x0) =
v ′ (x) = x+v(x) 2 .
≥
x
x0
x
x0
lim v(x) ≥ v(x0)+
x→+∞
para algum x > x0 tem que valer:
Então
tdt+
tdt.
+∞
x0
v(x) > 0.
x
x0
v(t) 2 dt ≥
tdt = +∞,
0 < v(x) = − y′ (x)
e y(x) > 0
y(x)
implicam que y ′ (x) < 0 como queríamos.
Estamos na situação em que, para x > x0 vale:
y(x) > 0, y ′ (x) < 0 e y ′′ (x) = −x·y(x) < 0 ∀x ∈ (x,+∞).
Então o Exercício (resolvido) 10.18 do Capítulo 11 diz que y(x) voltará a se anular
em algum ponto à direita de x: contradição.
O que usamos na prova da Afirmação 13.1 se adapta para dar uma prova da
Afirmação mais geral:
Afirmação 13.2. Seja uma equação y ′′ +Q(x) ·y = 0, ∀x ∈ R, onde Q(x) é uma
função contínua.
No que segue só considero soluções y(x) dessa equação que não são identicamente
nulas.
i) se Q(x) < 0 em I ⊂ R então y(x) tem no máximo um zero em I.
ii) se Q(x) > 0 em J ⊂ (0+∞) e se
+∞
0
Q(x)dx = +∞
então y(x) tem uma infinidade de zeros na semireta x > 0
iii) se Q(x) > 0 em J ⊂ (−∞,0) e se
0
−∞
Q(x)dx = +∞
então y(x) tem uma infinidade de zeros na semireta x < 0
9 Uma equação de primeira ordem não-linear, chamada Equação de Riccati, que será discutida
em detalhe no Capítulo 45

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 635
Demonstração.
Ositensi)eii)sãoprovadosexatamentedomesmojeitoqueprovamosaAfirmação
13.1, já que as propriedades da função y = x que usamos naquela prova também são
propriedades da função y = Q(x).
Mas o item ii) exige uma pequena adaptação.
Tomamos um x0 < 0 que seja menor que o menor zero de y(x) (por absurdo).
Podemos supôr que sempre y(x) > 0 à esquerda de x0 (análogo se for sempre
negativa)
Precisamos mostrar que há algum ponto x < x0 onde y ′ (x) > 0. Feito isso, como
y ′′ (x) = −Q(x)·y(x) < 0
à esquerda de x0, então o gráfico é côncavo para baixo no intervalo à esquerda de x0
e uma adaptação imediata do Exercício 10.18 do Capítulo 11 dirá que y(x) volta a se
anular à esquerda de x0 (absurdo).
Mas fazendo:
v(x) = − y′ (x)
, para x < x0,
y(x)
v(x) verifica
Portanto para x < x0 < 0:
v(x0)−v(x) =
v ′ (x) = Q(x)+v(x) 2 .
x0
≥
x
x0
x
Q(t)dt+
Q(t)dt.
x0
x
v(t) 2 dt ≥
Como
x0
lim −v(x) ≥ −v(x0)+ Q(t)dt = +∞,
x→−∞
−∞
para algum x < x0 tem que valer:
v(x) < 0.
Então
0 > v(x) = − y′ (x)
y(x)
implicam que y ′ (x) > 0 como queríamos.
e y(x) > 0
14. Um problema da Putnam Competition, n. 15, 1955
Com a Afirmação 13.2 fica fácil fazer o seguinte:
Problema:
Considere a função y = f(x) solução de
f ′′ (x) = (x 3 +a·x)·f(x), a ∈ R,

14. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 15, 1955 636
com f(0) = 1 e f ′ (0) = 0.
Prove que f tem infinitos zeros à esquerda de algum K ∈ R e um número finito
à direita de algum L ∈ R.
Solução:
As condição f(0) = 1 já garante que y = f(x) não é identicamente nula.
Vou considerar três casos:
Caso 1): a = 0.
Neste caso
f ′′ (x)−x 3 ·f(x) = 0,
e Q(x) := −x 3 < 0 em (0,+∞). Portanto a a Afirmação 13.2 garante que há no
máximo um zero à direita de K = 0. E também que há infinitos à esquerda de L = 0,
pois claramente
e
Caso 2): a > 0.
Neste caso
0
−∞
−x 3 dx = +∞
f ′′ (x)−(x 3 +a·x)·f(x) = 0,
Q(x) := −x 3 −a·x = −x·(x 2 +a).
Ora, Q(x) < 0 se x > 0 e Q(x) > 0 se x < 0. Ademais,
0
−∞
−x 3 −a·xdx = +∞
Portanto as conclusões são as mesmas do Caso 1).
Caso 3): a < 0.
Neste caso também Q(x) := −x3 −a·x = −x·(x 2 +a).
Agora Q(x) < 0 se x > 0 e x2 > −a ou se x < 0 e x2 < −a.
Ou seja, Q(x) < 0 se x > √ −a ou se − √ −a < x < 0.
Posso então dizer que Q(x) < 0 se x está à direita de K := √ −a e portanto à
direita de √ −a há um número finito de zeros.
Por outro lado, Q(x) > 0 se x < − √ −a ou se 0 < x < √ −a.
Posso então dizer que Q(x) > 0 se x está à esquerda de L := − √ −a e portanto
que à esquerda de − √ −a há um número infinito de zeros, já que:
0
−∞
−x 3 −a·xdx = +∞.
A Afirmação 13.2mostra sua força quando combinada com aseguinte técnica para
eliminar o termo em y ′ :

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 637
Afirmação 14.1. Suponha que a função y(x) é solução de
Suponha que uma mudança da forma:
y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0
y(x) = u(x)·v(x), onde u(x) = 0,
faça de v(x) a solução de uma equação da forma:
Então
e de fato
v ′′ (x)+S(x)·v(x) = 0.
u(x) = e −1
P(t)dt 2
v ′′ (x)+(Q(x)− P2 (x)
4 − P′ (x)
)·v(x) = 0.
2
Em particular, como e −1
2 · P(t)dt > 0, o estudo dos zeros de y(x) se reduz ao estudo
dos zeros de v(x), que poder ser feito pela Afirmação 13.2
então:
Demonstração.
Se faço
y(x) = u(x)·v(x)
0 = y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) =
= (u ′′ +2u ′ ·v ′ +u·v ′′ )+P(x)·(u ′ ·v +u·v ′ )+Q(x)·(u·v) =
= u·v ′′ +(2·u ′ +P(x)·u)·v ′ (x)+(u ′′ +P(x)·u ′ +Q(x)·u)·v(x).
Como quero eliminar o termo em v ′ , quero que:
ou seja, para u(x) = 0:
e
2·u ′ (x)+P(x)·u(x) = 0
u ′ (x)
u(x)
Logo, substituindo acima esse u(x):
e portanto
= −1
2 ·P(x)
u(x) = e −1
P(t)dt.
2
0 = e −1
P(t)dt ′′ 1
2 ·[v (x)+(Q(x)−
v ′′ (x)+(Q(x)− 1
4 P2 (x)− P′ (x)
2
4 P2 (x)− P′ (x)
2
)·v(x) = 0.
)·v(x)]

15. O TEOREMA DE COMPARAÇÃO DE STURM 638
15. O Teorema de Comparação de Sturm
Afirmação 15.1. (Teorema de Comparação de Sturm)
Sejam z(x) uma solução de
z ′′ (x)+Q(x)·z(x) = 0
e y(x) uma solução não identicamente nula de
y ′′ (x)+q(x)·y(x) = 0,
onde
Q(x) > q(x).
Então no intervalo aberto entre cada dois zeros sucessivos de y(x) há pelo menos
um zero de z(x).
Demonstração.
Sejam x0,x1 dois zeros sucessivos da solução y(x). Por absurdo suponho que z(x)
não tem zeros em (x0,x1) (pode aconetcer que z(x0) = 0 ou z(x1) = 0).
Posso supôr que as soluções z(x) e y(x) têm o mesmo sinal em (x0,x1) (se não
multiplico uma por −1, já que isso não afeta os zeros).
Por exemplo, y,z > 0 em (x0,x1). Também posso supor que
y ′ (x0) > 0 enquanto que y ′ (x1) < 0
(pois entre zeros sucessivos de y(x) há algum zero de y ′ (x) - Teorema de Rolle). Note
que se y ′ (x0) = 0 ou y ′ (x1) = 0 então y ≡ 0 pelo Teorema de Existência e Unicidade.
Defino:
z(x)y ′ (x)−y(x)z ′ (x)
e noto que
[z(x)y ′ (x)−y(x)z ′ (x)] ′ (x) = z(x)y ′′ (x)−y(x)z ′′ (x).
Então:
ou seja,
[z(x1)·y ′ (x1)−z ′ (x1)·y(x1)]−[z(x0)·y ′ (x0)−z ′ (x0)·y(x0)] =
x1
= (zy
x0
′ −yz ′ ) ′ (t)dt =
x1
= (z(t)y
x0
′′ (t)−y(t)z ′′ (t)]dt =
x1
=
x0
y(t)·z(t)·(Q(t)−q(t))dt > 0,
z(x1)·y ′ (x1)−z ′ (x1)·y(x1) > z(x0)·y ′ (x0)−z ′ (x0)·y(x0).
Mas, quando calculo, obtenho:
uma contradição.
z(x0)·y ′ (x0)−z ′ (x0)·y(x0) = z(x0)·y ′ (x0) ≥ 0,
z(x1)·y ′ (x1)−z ′ (x1)·y(x1) = z(x1)·y ′ (x1) ≤ 0,

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 639
16. Um problema da Putnam Competition, n. 22, 1961
AdaptandoumpoucooquefizemosnaprovadaAfirmação15.1épossível resolver:
Problema:
Seja y(x) uma solução de
y ′′ (x)+(1+ √ x)·y(x) = 0, ∀x ≥ 0
com y(0) = 1 e y ′ (0) = 0.
Prove que y(x) se anula exatamente uma vez em (0, π).
Determine também um
2
número K para que o zero x de y(x) verifique:
0 < K < x < π
2 .
Solução:
Vou comparar
y ′′ (x)+(1+ √ x)·y(x) = 0, x ≥ 0
com
w ′′ +w = 0,
pois para x > 0 temos 1+ √ x > 1.
Desta última equação tomo a solução w(x) = cos(x), para a qual sabemos que
w(0) = 1, w ′ (0) = 0 e que seu primeiro zero é o ponto π
2 , onde w′ ( π)
= −1. 2
Considero:
Então:
y(x)·w ′ (x)−w(x)·y ′ (x).
y(0)·w ′ (0)−w(0)·y ′ (0) = 0
y( π
2 )·w′ ( π
2 )−w(π
2 )·y′ ( π
) = −y(π
2 2 ).
Suponha por absurdo que y(x) não tem zero em (0, π
2 ).
Então
−y( π
) < 0.
2
Mas como fizemos na prova da Afirmação 15.1:
0 > [y( π
2 )·w′ ( π
2 )−w(π
2 )·y′ ( π
2 )]−[y(0)·w′ (0)−w(0)·y ′ (0)] =
=
π
2
uma contradição.
Seja então
0
(y(t)w ′′ (t)−w(t)y ′′ (t)]dt =
0 < x0 < π
2
π
2
um zero de y(x).
Para descobrir o número K < x0, comparo a equação:
v ′′
π
(x)+(1+ )·v(x) = 0
2
0
y(t)·w(t)· √ tdt > 0,

16. UM PROBLEMA DA PUTNAM COMPETITION, N. 22, 1961 640
com
pois para 0 ≤ x < π
2 temos:
tem
A solução de v ′′ (x)+(1+ π
2
y ′′ (x)+(1+ √ x)·y(x) = 0,
π
1+
2 > 1+√x. )·v(x) = 0 da forma
π
1+
2 ·x)
v(x) = cos(
v(0) = 1 e v ′ (0) = 0.
Suponha por absurdo que seu primeiro zero
x := π
2 ·
1
1+ ,
π
2
verifica:
Como
e
obtenho
=
uma contradição.
Logo
x0 < x.
v(x0)·y ′ (x0)−y(x0)·v ′ (x0) = v(x0)·y ′ (x0) < 0
v(0)·y ′ (0)−y(0)·v ′ (0) = 0
0 > [v(x0)·y ′ (x0)−y(x0)·v ′ (x0)]−[v(0)·y ′ (0)−y(0)·v ′ (0)] =
x0
(v(t)y
0
′′ (t)−y(t)v ′′ x0 π
(t)]dt = v(t)·y(t)·(
0
0 < K := π
2 ·
1
1+ π
2
< x0 < π
2 .
Falta ainda ver que só há esse zero x0 de y(x) em (K, π
2 ).
Suponha por absudo que existe x ′ 0
outro zero de y(x) em (K, π
2 ).
2 −√ t)dt > 0,
Então a Afirmação 15.1 diz que há algum zero da solução v(x) de
no intervalo:
ou
v ′′ (x)+(1+
π
)·v(x) = 0
2
(x0,x ′ 0 ) se x0 < x ′ 0
(x ′ 0 ,x0) se x ′ 0 < x0.
De qualquer forma, seria uma solução v(x) com algum zero entre K e π
2 .

CAPÍTULO 40. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM 641
Mas, depois de K o próximo zero de v(x) está em
3π
2 ·
1
1+ ,
π
2
que é um número maior que π.
Uma contradição.
2
17. Exercícios
Exercício 17.1. (resolvido)
O estudante Fábio Casula criou o seguinte exercício, que é simples mas instrutivo.
Resolva por série de potências na origem a equação:
xy ′ −y = 0.
Explique por que não há unicidade das soluções com y(0) = 0.
Exercício 17.2. (resolvido)
Resolva por série de potências y = +∞ π
n=0an(x− 2 )n o problema
y ′′ +y = 0, y( π
2 ) = 1 e y′ ( π
) = 1.
2
Mostre que a solução assim obtida coincide com y = sin(x).
Exercício 17.3. (resolvido)
Para x > 0, considere a equação:
y ′′ (x)+ 2
x y′ (x)+ q
y(x) = 0.
xα i ) Mostre que a mudança de variável
y(x) = v(x)
x
transforma-a numa equação do tipo:
(determine Q(x)).
ii) Considere
v ′′ (x)+Q(x)v(x) = 0
y ′′ (x)+ 2
x y′ (x)+qy(x) = 0, com q < 0
(ou seja, α = 0).
Dê a solução geral da equação correspondente
e daí obtenha a solução geral de
v ′′ (x)+Q(x)v(x) = 0
y ′′ (x)+ 2
x y′ (x)+qy(x) = 0.

CAPíTULO 41
Equações com pontos não-singulares: Airy, Hermite e
Legendre
1. Solução explícita da Airy
.
Deacordocomoitemii)daAfirmação 12.1doCapítulo 40, assoluções daequação
de Airy:
y ′′ (x)+x·y(x) = 0.
devem ser séries convergentes ∀x ∈ R:
Então, derivando termo a termo 1 :
y ′′ =
y ′ =
y =
+∞
i=2
+∞
i=1
+∞
ai ·x i .
i=0
e, supondo que resolve a equação, temos:
+∞
i·(i−1)·ai ·x i−2 +
i=2
i·ai ·x i−1 ,
i·(i−1)·ai ·x i−2
+∞
i=0
ou seja, introduzindo um índice novo no somatório:
2·a2 +
+∞
j=1
ai ·x i+1 = 0,
[(j +2)(j +1)·aj+2 −aj−1]·x j = 0.
Portanto sobre a0 e a1 não há qualquer restrição, mas:
a2 = 0, a3 = a0
2·3 , a4 = a1
3·4 , a5 = 0,
a6 = a3
5·6 =
1 como se pode justificar
a0
2·3·5·6 , a7 = a4
6·7 =
a8 = 0, a9 = a6
8·9 =
a10 = a7
9·10 =
a0
2·3·5·6·8·9 ,
a1
3·4·6·7·9·10
643
a1
3·4·6·7 ,

1. SOLUÇÃO EXPLÍCITA DA AIRY 644
etc, (supondo que se possa reagrupar à vontade as parcelas).
Uma análise mais detalhada mostra que:
a3k =
a3k+1 =
Portanto se obtém:
+∞
y = a0·(1+
k=1
a1
, k ∈ N.
(2·3)(5·6)...((3k −1)(3k))
a0
, k ∈ N.
(3·4)(6·7)...((3k)(3k +1))
a3k+2 = 0, k = 0,1,2,...
x3k (2·3)(5·6)...((3k −1)(3k)) )+a1·(1+
+∞
O teste da Razão dá para a primeira série:
k=1
|x
lim
k→+∞
3 |
= 0,
(3(k +1)−1)(3(k +1)
x 3k+1
(3·4)(6·7)...((3k)(3k+1)) )
ou seja que há convergência em módulo ∀x ∈ R.
Para terminar, um esclarecimento sobre a equação de Airy, que na literatura
aparece às vezes com sinais diferentes:
Afirmação 1.1. Se y = y(x) é solução de y ′′ (x)+x·y(x) = 0, ∀x ∈ R então
é solução de
f(x) := y(−x)
f ′′ (x)−x·f(x) = 0, ∀x ∈ R,
Ou seja, a solução de uma equação é dada como reflexão no eixo dos y da solução
da outra.
Demonstração.
Se y ′′ (x)+x·y(x) = 0, ∀x ∈ R então em particular:
y ′′ (−x)+(−x)·y(−x) = 0, ∀x ∈ R.
Mas se f(x) := y(−x) então f ′ (x) = −y ′ (−x) e
Logo f ′′ (x)−x·f(x) = 0, ∀x ∈ R.
f ′′ (x) = −(−y ′′ (−x)) = y ′′ (−x).

CAPÍTULO 41. EQUAÇÕES COM PONTOS NÃO-SINGULARES: AIRY,
HERMITE E LEGENDRE 645
Considero a Equação de Hermite
para a qual busco soluções da forma:
2. Solução explícita da Hermite
y ′′ (x)−2·x·y ′ (x)+q ·y(x) = 0, q ∈ R,
y =
+∞
ai ·x i
i=0
e que devem ser convergentes ∀x, pelo item ii) da Afirmação 12.1 do Capítulo 40.
Então, derivando termo a termo2 :
y ′′ =
y ′ =
+∞
i=2
+∞
i=1
e, supondo que resolve a equação, temos:
onde
0 =
+∞
i=2
i·(i−1)·ai ·x i−2 −2·x·
i·ai ·x i−1 ,
i·(i−1)·ai ·x i−2
=:
i=0
+∞
i=1
bi ·x i .
i·ai ·x i−1 +q ·
+∞
b0 = 2·a2 +2·q ·a0, b1 = 2·3·a3 −2·a1 +2·q ·a1
i=0
ai ·x i =
b2 = 3·4·a4 −4·a2 +2·q·a2, b3 = 4·5·a5 −2·3·a3 +2·q ·a3
b4 = 5·6·a6 −2·4·a4 +2·q ·a4
etc (supondo que se possa reagrupar à vontade as parcelas). 10
Mas se podemostrar que uma série éidenticamente nula se e só se cada coeficiente
é nulo, quer dizer,
∀i, bi = 0.
O que cria as relações:
a2 = −q ·a0, a3 = 1−q
·a1
a4 = 2−q
6
a5 = 2·(3−q)
4·5
·a2 =
3
2·q ·(2−q)
12
·a0
·a3 = 2·(1−q)·(3−q)
3·4·5
etc.
Uma análise mais cuidadosa permite mostrar que de fato as relações são:
·a1
a2i = 2i ·q ·(q −2)·(q −4)...·(q −2i+2)
, se i ≥ 1,
(2i)!
2 como se pode justificar

2. SOLUÇÃO EXPLÍCITA DA HERMITE 646
a2i+1 = 2i ·q ·(q −1)·(q −3)...·(q−2i+1)
, se i ≥ 1.
(2i+1)!
De novo supondo que se pode reagrupar termos à vontade, escrevo então o que
obtivemos como:
y =
ai ·x i =
a2i ·x 2i +
i=0
i=0
i=0
a2i+1 ·x 2i+1 .
Podemos confirmar a convergência dessas séries para todo R.
Note que o Teste da Razão aplicado para
dá
|a2(i+1)x
lim
i→+∞
2(i+1) |
|a2ix2i |
i=0
a2i ·x 2i
|2·q ·(q −1)·...·(q −2i)x
= lim
i→+∞
2 |
= 0,
|(2i+2)·(2i+1)·q ·(q −1)·...·(q −2i+1)|
ou seja que converge em módulo ∀x ∈ R.
Analogamente para
i=0a2i+1 ·x2i+1 .
Duas observações:
• Se
q = 0 ou q = n ∈ N
então ou
i=0
a2i ·x 2i
é um polinômio (quando q = 0 ou q = n ∈ N é par) ou
i=0
a2i+1 ·x 2i+1
é um polinômio (quando q = n é ímpar).
Como se verifica, esses polinômios são:
a0, se q = n = 0
a1 ·x, se q = n = 1
a0 −2·a0 ·x 2 , se q = n = 2
a1 ·x− 2
3 ·a1 ·x 3 , se q = n = 3
etc.
• Para q geral, pode-se escrever
y =
a2i ·x 2i +
a2i+1 ·x 2i+1 =
i=0
i=0
= a0 ·(1−2·q ·x 2 2·q ·(q −1)
+...)+a1 ·(x− ·x
3
3 +...)
para pôr em evidência que há duas soluções independentes da equação cujas
combinações lineares dão a solução geral.

CAPÍTULO 41. EQUAÇÕES COM PONTOS NÃO-SINGULARES: AIRY,
HERMITE E LEGENDRE 647
3. Solução explícita da Legendre em torno de x = 0
A equação de Legendre é
y ′′ (x)− 2x
1−x 2 ·y′ (x)+ p·(p+1)
1−x 2 ·y(x) = 0, p ∈ R
é não-singular 3 em x = 0.
Essa equação também pode ser escrita como:
(1−x 2 )·y ′′ (x)−2x·y ′ (x)+p·(p+1)·y(x) =
e, às vezes, em aplicações, aparece numa forma camuflada:
((1−x 2 )·y ′ (x)) ′ +λ·y(x) = 0.
De acordo com o item ii) da Afirmação 12.1 do Capítulo 40, esta equação tem
soluções dadas por séries de potências convergentes em −1 < x < 1 (eventualmente
polinômios, dependendo de p específicos), pois:
1
=
1−x 2
Tomo um candidato a solução
+∞
n=0
y =
x 2n , se −1 < x < 1.
+∞
cn ·x n ,
calculo cada ingrediente da equação de Legendre posta na forma:
n=0
(1−x 2 )·y ′′ (x)−2x·y ′ (x)+p·(p+1)·y(x) = 0
e os reúno na equação; ou seja, faço:
−2x·y ′ = −2x·
+∞
n=1
n·cn ·x n−1 =
(1−x 2 )·y ′′ = (1−x 2 +∞
)·
=
+∞
n=2
n(n−1)·cn ·x n−2 −
n=2
+∞
+∞
n=1
[−2n·cn]·x n ,
n(n−1)·cn ·x n−2 =
n=2
n(n−1)·cn ·x n .
Pondo-osjuntos na equação de Legendre e reagrupando os termos em ordemcrescente
do expoente, obtemos:
[2·1·c2 +p(p+1)c0]·x 0 +[3·2·c3 −2·1·c1 +p(p+1)·c1]·x 1 +
+[4·3·c4−2·1·c2−2·2·c2+p(p+1)·c2]·x 2 +[5·4·c5−3·2·c3−2·3·c3+p(p+1)c3]·x 3 +...+
+[(n+2)·(n+1)·cn+2 −(n−1)·n·cn −2·n·cn +p(p+1)·cn]·x n +... = 0,
de onde sai que:
(n+2)·(n+1)·cn+2 −(n−1)·n·cn −2·n·cn +p(p+1)·cn = 0, ∀n ≥ 0;
3 Por outro lado, do ponto de vista do Capítulo 44 ela tem pontos singulares em x = 1 e x = −1

3. SOLUÇÃO EXPLÍCITA DA LEGENDRE EM TORNO DE X = 0 648
ou seja, surgem as recorrências:
cn+2 = (n−1)·n+2·n−p(p+1)
(n+2)·(n+1)
= n·(n+1)−p(p+1)
(n+2)·(n+1)
·cn =
·cn, ∀n ≥ 0,
que nos permitirão, dado c0 obter todos os ck com k pares4 e dado c1 obter todos os
cj com j ímpares (como descrito mais em detalhe abaixo).
E assim
+∞
y = cn ·x n = c0 ·
ckx k +c1 ·
cjx j
n=0
k∈2N
j∈2N+1
descreve o sistema linear de dimensão dois das soluções da equação diferencial.
Uma observação simples mas interessante é que as recorrências acima podem ser
re-escritas como:
Ou seja,
cn+2 = n·(n+1)−p(p+1)
(n+2)·(n+1)
c2 = − (p+1)·p
2·1
c6 = − (p+5)·(p−4)
6·5
·cn = − (p+n+1)·(p−n)
(n+2)·(n+1)
·c0, c4 = (p+3)(p−2)
4·3
· (p+3)(p−2)
4·3
· (p+1)·p
2·1
· (p+1)·p
2·1
e assim por diante.
Isso nos indica que se p ∈ 2N é um Natural par então a série
k∈2Nckxk fica
truncada no grau p, ou seja, vira um polinômio Pp, e:
y = c0 ·Pp +c1 ·
cjx j .
j∈2N+1
Enquantoquenocasoemquep ∈ 2N+1éumNaturalímpar éasérie j
j∈2N+1cjx que fica truncada no grau p, ou seja, vira um polinômio Pp de grau p e
y = c0 ·
ck +c1Pp.
k∈2N
EssepolinômiosPp quesãosoluçõesdaequaçãodeLegendresãochamadospolinômios
de Legendre e são muito importantes na resolução de Equações Parciais, por exemplo.
Veremos na Seção 4 do Capítulo 48 que os polinômios de Legendre devem ser
considerados harmônicos esféricos.
4 Denoto o conjunto dos pares por e 2N e dos ímpares por 2N+1
·c0,
·cn.
·c0,

CAPÍTULO 41. EQUAÇÕES COM PONTOS NÃO-SINGULARES: AIRY,
HERMITE E LEGENDRE 649
4. Polinômios de Legendre e expansão em série do potencial gravitacional
Os polinômios de Legendre são a base para as adaptações da teoria de atração
gravitacional de Newton - que a princípio é para um objeto pontual, zero dimensional
- para situações realísticas, em que os objetos que atraem tem diferentes formatos
tridimensionais.
Me contento aqui em indicar (sem dar uma prova completa por enquanto) como os
polinômios de Legendre aparecem em expansões em séries do potencial Newtoniano.
Seja um corpo pontual de massa M situado fora da origem, no ponto (a,b,c) do
espaço e seja
D = ||(a,b,c)|| = √ a 2 +b 2 +c 2 .
Seja um outro corpo pontual de massa m

5. ORTOGONALIDADE DOS POLINÔMIOS DE LEGENDRE 650
podemos usar a série binomial com expoente −1
2
1
U = GM ·
D· 1+v 2 −2vcos(θ)
(cf. Seção 4 do Capítulo 31) e obter:
= GM
D ·(1+v2 −2vcos(θ)) −1
2 =
= GM 1
·[1−
D 2 (v2−2vcos(θ))+ 1·3
2·4 (z2−2vcos(θ)) 2 − 1·3·5
2·4·6 (v2−2vcos(θ)) 3 +...]
Se re-escrevemos essa série como série de potências em v temos:
U = GM
D ·[1+cos(θ)·v+(−1
3
+
2 2 cos(θ)2 )·v 2 +(− 3
2
Temos:
= GM
D ·
+∞
n=0
Pn(cos(θ))·v n .
cos(θ)+ 5
2 cos(θ)3 )·v 3 +...] =
1 = P0(cos(θ)), cos(θ) = P1(cos(θ)), − 1 3
+
2 2 cos(θ)2 = P2(cos(θ)),
− 3 5
cos(θ)+
2 2 cos(θ)3 = P3(cos(θ))
e o que se pode provar é que cada Pn é o polinômio de Legendre de grau n.
Noto que, para θ = 0:
(1+v 2 −2vcos(0)) −1
2 = (1+v 2 −2v) −1 −1
2 2 2 −1
= (1−v) = (1−v)
e pela série geométrica (já que 0 < v < 1):
(1−v) −1 =
o que é coerente com a escolha que se faz dos coeficientes dos Pn para que
+∞
n=0
v n
Pn(1) = 1, ∀n ≥ 0.
5. Ortogonalidade dos polinômios de Legendre
Retomemos a equação de Legendre na forma:
efaçamos:
((1−x 2 )·y ′ (x)) ′ +λ·y(x) = 0
λ = n·(n+1), n ∈ N
para que tenha soluções polinomiais Pn (n-ésimo polinômio de Legendre).
AimportânciadalistadepolinômiosdeLegendredecorredaseguintepropriedade:
Afirmação 5.1. (Ortogonalidade dos polinômios de Legendre)
Se n1,n2 ∈ N são diferentes entre si então:
1
−1
Pn1(t)·Pn2(t)dt = 0.

CAPÍTULO 41. EQUAÇÕES COM PONTOS NÃO-SINGULARES: AIRY,
HERMITE E LEGENDRE 651
Demonstração.
Sejam
λ1 := n1 ·(n1 +1), e λ2 := n2 ·(n2 +1)
e as equações de Legendre na forma:
((1−x 2 )·P ′ n1 (x))′ = −λ1 ·Pn1
((1−x 2 )·P ′ n2 (x))′ = −λ2 ·Pn2.
De onde obtemos (por multiplicação e subtração dessa identidades)
Pn2 ·((1−x 2 )·P ′ n1 (x))′ −Pn1 ·((1−x 2 )·P ′ n2 (x))′ =
= (λ2 −λ1)·Pn1 ·Pn2.
Daí, integrando o lado esquerdo (por partes):
=
[Pn2(x)·((1−x 2 )·P ′ n1 (x))′ −Pn1(x)·((1−x 2 )·P ′ n2 (x))′ ]dx =
Pn2(x)·((1−x 2 )·P ′ n1 (x))′ dx−
= Pn2(x)·(1−x 2 )·P ′ n1 (x)−
−Pn1(x)·(1−x 2 )·P ′ n2 (x)+
Pn1(x)·((1−x 2 )·P ′ n2 (x))′ dx =
P ′ n2 (x)·(1−x2 )·P ′ n1 −
P ′ n1 (x)·(1−x2 )·P ′ (x)dx = n2
= (1−x 2 )·[Pn2(x)·P ′ n1 (x)−Pn1(x)·P ′ n2 (x)]
e portanto a integral definida do lado direito é:
=
(λ2 −λ1)
1
Pn1 ·Pn2dx =
−1
1
[Pn2(x)·((1−x
−1
2 )·P ′ n1 (x))′ −Pn1(x)·((1−x 2 )·P ′ n2 (x))′ ]dx =
pois o termo 1−x 2 se anula em 1,−1.
Como
então concluímos que
1
= 0,
λ1 = λ2
Pn1 ·Pn2dx = 0.
−1

CAPíTULO 42
Equação com ponto singular: Hipergeométrica de Gauss
Na Seção 4 do Capítulo 31 vimos o desenvolvimento em série infinita de (1+x) r ,
para qualquer r ∈ R, onde −1 < x < 1.
Agora introduzo uma série que generaliza a série binomial, bem como outrasséries
já estudadas, como ln(1+x) e arcsin(x).
Definição 0.1. Defino o símbolo de Pochhammer
Note que [1]n = n!.
[r]n := r ·(r +1)·...·(r +n−1).
Definição 0.2. Se c = 0 e c = −n, ∀n ∈ N, a série infinita:
F(a,b,c;x) := 1+
é chamada de série hipergeométrica.
+∞
n=1
[a]n ·[b]n
n![c]n
O nome que se dá a essa série se justifica pelos exemplos a seguir (como o leitor
pode verificar):
• (1−x) −1 = F(1,b,b;x) (de acordo com a Seção 2 do Capítulo 29),
• arctan(x) = x·F( 1
2
• ln(1+x) = x·F(1,1,2;−x) (de acordo com a Seção 8 do Capítulo 30),
• (1+x) r = F(−r,b,b;−x) (de acordo com a Seção 4 do Capítulo 31).
·x n
,1, 3
2 ;−x2 ) (de acordo com a Seção 6 do Capítulo 30)
Afirmação 0.2.
i): A série F(a,b,c;x) converge em módulo para |x| < 1.
ii): A série y = F(a,b,c;x) é uma solução da equação diferencial:
Ea,b,c : x·(1−x)·y ′′ +[c−(a+b+1)·x]·y ′ −a·b·y = 0,
chamada equação hipergeométrica de Gauss com parâmetros a,b,c.
iii): se c ∈ N então essa equação tem também como solução
y = x 1−c ·F(a−c+1,b−c+1,2−c;x).
Por ponto singular x de uma equação entendo aquele ponto x onde o coeficiente
P(x) ou o coeficiente Q(x) da equação
y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0
não pode ser expresso como série de potências convergente num entorno de x.
653

Por isso a Equação hipergeométrica de Gauss tem ponto singular em x = 0 e em
x = 1.
e
654
Demonstração.
Para provar i), uso o Teste da Razão para demonstrar a convergência em módulo:
| ([a]n+1·[b]n+1
(n+1)![c]n+1 ·xn+1 )
( [a]n·[b]n
n![c]n ·xn )
| = | (a+n)·(b+n)
n·(c+n)
lim
n→+∞ |(a+n)·(b+n) ·x| = |x|.
n·(c+n)
Para provar1 o item ii), começo procurando soluções da forma:
y(x) = x r ·
+∞
an ·x n .
Ou seja, supomos que, para algum r, y = xr · +∞
n=0an · xn é solução da equação
hipergeométrica de Gauss. Note que:
e
y ′ (x) = r·x r−1 ·
y ′′ (x) = r ·(r−1)x r−2 ·
+r ·x r−1 ·
Pondo isso na equação:
+∞
n=1
+∞
n=0
+∞
n=0
n=0
an ·x n +x r ·
n·an ·x n−1 +x r ·
+∞
n=1
an ·x n +r ·x r−1 ·
+∞
n=2
·x|
n·an ·x n−1 =
+∞
n=1
n·an ·x n−1 +
n(n−1)·an ·x n−2 .
x·(1−x)·y ′′ (x)+[c−(a+b+1)·x]·y ′ (x)−a·b·y(x) ≡ 0,
obtemos à esquerda uma expressão em x cujo coeficiente do termo x r−1 é:
r ·(r −1)+c·r.
Como cada coeficiente tem que se anular, então:
Então r = 0 ou r = 1−c.
r ·(r −1)+c·r = r·(r −(1−c)) = 0.
Caso r = 0:
Colocando como solução da equação a série:
x 0 ·
+∞
n=0
an ·x n =
+∞
an ·x n
1 As idéias por detrás da prova desta segunda afirmação são parte do Método de Fobenius, que
trataremos no Capítulo 44
n=0

CAPÍTULO 42. EQUAÇÃO COM PONTO SINGULAR: HIPERGEOMÉTRICA
DE GAUSS 655
obtemos
(a1c−aba0)·x 0 +(2a2 +2a2c−(a+b+1)a1 −aba1)·x 1 +
+(−2a2 +6a3 −2(a+b+1)a2 +3ca3 −aba2)·x 2 +... ≡ 0,
portanto cada coeficiente se anula, e daí obtemos:
a2 = a+b+1+ab
2(c+1)
a3 = 2a+2b+4+ab
3(c+2)
a1 = a0 · ab
c =: a0 · [a]1 ·[b]1
1!·[c]1
= a0 · a(a+1)b(b+1)
2c(c+1)
·a1 = a0 · (a+b+1+ab)
2(c+1)
=: a0 · [a]2 ·[b]2
,
2!·[c]2
·a2 = a0 · (a+2)(b+2)
3(c+2)
=: a0 · [a]3 ·[b]3
.
3!·[c]3
E assim por diante se obtém, por indução:
portanto a solução é:
+∞
a0 ·
n=0
Isto completa a prova de ii).
Caso r = 1−c:
an = a0 · [a]n ·[b]n
,
3!·[c]n
an ·x n = a0 ·(1+
+∞
n=1
· ab
c =
· a(a+1)b(b+1)
2c(c+1)
[a]n ·[b]n
·x
n![c]n
n ).
Por hipótese do item iii) c ∈ N; em particular 1−c = 0. Faço uma mudança de
variáveis:
y(x) = x 1−c ·z(x)
e uma conta mostra que, se y(x) é solução de:
x·(1−x)·y ′′ +[c−(a+b+1)·x]·y ′ −a·b·y = 0,
então z(x) é solução de Ea−c+1,b−c+1,2−c, ou seja,
x·(1−x)·z ′′ (x)+[(2−c)−((a−c+1)+(b−c+1)+1)·x]·z ′ (x)−(a−c+1)·(b−c+1)·z(x) = 0.
Pelo que já aprendemos do primeiro Caso, a série infinita y = F(a−c+1,b−c+
1,2−c;x) aparece como solução, desde que
2−c = −n, ∀n ∈ N,
pois na série y = F(a−c+1,b−c+1,2−c;x) os coeficientes são:
[a−c+1]n[b−c+1]n
n![2−c]n
=
[a−c+1]n[b−c+1]n
n!(2−c)(2−c+1)...·(2−c+n)
=:

1. INTEGRAL ELÍPTICA COMO SÉRIE HIPERGEOMÉTRICA 656
e 2−c+n não pode se fazer igual a zero. Mas 2−c = −n dá que c = n+2 ∈ N,
contradizendo a hipótese adicional do item iii).
1. Integral elíptica como série hipergeométrica
Na Seção 4 do Capítulo 28 vimos que a integral
2π
b· 1−(1− a2
b2)sin2 (t)dt
0
dá o comprimento (perímetro) da elipse x2
a2 + y2
b2 = 1. Pela simetria da elipse, esse
comprimento é:
π
2
4·b 1−(1−
0
a2
b2)·sin2 (t)dt.
Considero agora um par de funções do parâmetro x no integrando (cuja notação é
mais ou menos padrão na literatura):
E( √ π
2
x) := 1−x·sin 2 (t)dt.
K( √ x) :=
0
π
2
0
1
1−x·sin 2 (t) dt.
Note que para z = sin(t) e 0 ≤ t ≤ π
2 temos
√ 1−z 2 = cos(t),
logo, por mudança de variável, vale:
K( √ x) :=
π
2
0
1
1−x·sin 2 (t) dt =
1
0
1
√ 1−z 2 · √ 1−x·z 2 dz,
que é outra maneira como K( √ x) aparece na literatura sobre funções e integrais
elípticas. Naquele contexto usualmente se denota √ x = k e
Afirmação 1.1.
ii) : d2 E( √ x)
dx 2
K( √ x) = K(k) =
=
i) :
1
0
dE( √ x)
dx
1
(1−z 2 )·(1−k 2 ·z 2 ) dz.
= 1
2x ·(E(√ x)−K( √ x)).
1
4x 2 (x−1) ·(2E(√ x)−E( √ x)·x−2K( √ x)+2K( √ x)·x).

CAPÍTULO 42. EQUAÇÃO COM PONTO SINGULAR: HIPERGEOMÉTRICA
DE GAUSS 657
iii): a função y = E( √ x) satisfaz a equação hipergeométrica E1
Demonstração.
De i):
x(1−x)·y ′′ +(1−x)·y ′ + 1
·y = 0.
4
2 ,−1 2
Trata-se de derivar em relação ao parâmetro x. Pela Afirmação 9.1:
dE( √ x)
=
dx
π
2
π
2
0
∂ 1−x·sin 2 (t)
∂x
dt =
,1, a saber:
−sin
=
0
2 (t)
2 1−x·sin 2 dt =
(t)
π
2 2
1−x·sin (t) 1
= ( −
0 2x 2x· 1−x·sin2 ) dt =
(t)
=: 1
2x ·(E(x)−K(x)).
De ii):
Uma conta do mesmo tipo da anterior, mas mais longa, mostra que vale ii).
De iii):
Agora é só simplificar:
= − 1
4x
De fato é sabido que:
x(1−x)· d2 E( √ x)
dx 2
+(1−x)· dE(√x) dx + E(√x) =
4
1−x E
·(2E −E ·x−2K +2K ·x))+ (E −K)+
2x 4
E(
(1− a2
b2)) :=
pi
2
0
1−(1− a2
b 2))·sin2 (t)dt =
= π
2 ·F(1
2 ,−1
a2
,1;x)(1−
2 b2). Portanto a área da elipse x2
a 2 + y2
b 2 = 1 é:
4·b· π
2 ·F(1
2 ,−1
a2
,1;x)(1−
2 b2). Não esqueça que preciso ter:
|1− a2
b2| < 1
para garantir a convergência da série hipergeométrica. Para a = 4 e b = 3 temos
| = 7/9.
|1− 16
9
≡ 0.

1. INTEGRAL ELÍPTICA COMO SÉRIE HIPERGEOMÉTRICA 658
Resolvi calcular as primeiras somas parciais da série
Obtive:
4·2· π
2 ·F(1
2 ,−1
2
,1;x)(1− 16
9 ).
s1 = 6·π, s2 ≈ 7.166666667·π, s3 ≈ 6.996527778·π,
s4 ≈ 7.051665381·π, s5 ≈ 7.004760128·π, s6 ≈ 7.027743702·π
s7 ≈ 7.015453874·π, s8 ≈ 7.022427864·π,s9 ≈ 7.018296138·π.
Uma aproximação proposta por S. Ramanujan, que mencionamos na Seção 4 do
Capítulo 28, é
(3·(a+b)− (a+3b)(3a+b))·π,
note que para a = 4 e b = 3 isso dá:
(21− √ 195)·π ≈ 7.03575996·π.

CAPíTULO 43
Equação com ponto singular: a Equação de Bessel
1. A definição original de Bessel
A definição de Bessel para suas funções foi feita através de uma integral1 , dependendo
de um parâmetro x:
Jν(x) :=
π
0
cos(ν ·(t−x·sin(t)))dt, para ν ∈ N.
Afirmação 1.1.
A função y(x) = Jν(x) satisfaz a equação
y ′′ (x)+ 1
x ·y′ (x)+ν 2 ·(1− 1
x2)·y(x) = 0, ν ∈ N.
A mudança z := ν ·x leva essa equação na equação:
y ′′ (z)+ 1
z ·y′ (z)+ (z2 −ν 2 )
z2 ·y(z) = 0.
Definição 1.1. Mais geralmente, se define a equação de Bessel como:
y ′′ (x)+ 1
x ·y′ (x)+ (x2 −ν 2 )
x2 ·y(z) = 0, onde ν ≥ 0, ν ∈ R
Por ponto singular x de uma equação entendo aquele ponto x onde o coeficiente
P(x) ou o coeficiente Q(x) da equação
y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0
não pode ser expresso como série de potências convergente num entorno de x.
Por isso a Equação de Bessel tem ponto singular em x = 0
Demonstração. (da Afirmação 1.1)
Vamos ter que derivar em relação ao parâmetro x da integral (veja Seção 9 do
Capítulo 36
y ′′ (x)+ 1
=
= −ν 2 ·
π
0 π
0
x ·y′ (x) =
π
∂2cos(ν ·(t−x·sin(t)))
∂x2 dt+ 1
x ·
∂cos(ν ·(t−x·sin(t)))
dt =
0 ∂x
cos(ν ·(t−x·sin(t))·sin(t) 2 dt+ ν
x ·
π
sin(ν ·(t−x·sin(t))·sin(t)dt.
1Também se encontra na literatura a definição Jν(x) := π
0 cos(ν·t−x·sin(t))dt, o que não faz
muita diferença.
659
0

1. A DEFINIÇÃO ORIGINAL DE BESSEL 660
Agora integro por partes:
= ν ·
π
0
sin(ν ·(t−x·sin(t))
=f
·sin(t)
=g ′
dt =
= −cos(t)sin(ν ·(t−x·sin(t))(π)+cos(t)sin(ν ·(t−x·sin(t))(0)+
π
0
onde usei que
Ou seja,
= ν2
x ·
π
0
+ν ·
π
0
cos(ν ·(t−x·sin(t))·(1−x·cos(t))·cos(t)dt =
cos(ν ·(t−x·sin(t))−ν ·x
π
0
cos(ν ·(t−x·sin(t))·cos(t) 2 dt,
sin(ν ·(π −x·sin(π)) = sin(ν ·π) = 0, se ν ∈ N.
cos(ν·(t−x·sin(t))dt−ν 2 ·
π
y ′′ (x)+ 1
x ·y′ (x) =
= ν2
x · cos(ν ·(t−x·sin(t))))·cos(t)dt−ν
0
2 ·
Mas
ν2 x ·
π
cos(ν ·(t−x·sin(t))))·cos(t)dt−ν 2 ·
= ν2
·
x2 0
π
0
π
cos(ν·(t−x·sin(t))·(sin(t)
0
2 +cos(t) 2 )dt =
π
π
cos(ν ·(t−x·sin(t))))·x·cos(t)dt−ν 2 ·
π
0
0
π
cos(ν ·(t−x·sin(t)))dt.
cos(ν ·(t−x·sin(t)))dt =
0
cos(ν ·(t−x·sin(t)))dt =
= − ν2
· cos(ν ·(t−x·sin(t))))·(1−x·cos(t)−1)dt−ν
x2 0
2 ·y(x) =
= − ν
π
·
x2 0
= − ν
·[sin(ν ·(t−x·sin(t)))(π)
x2
=0, ν∈N
cos(ν ·(t−x·sin(t))))·ν ·(1−x·cos(t))dt−ν 2 ·y(x)+ ν2
·y(x) =
x2 = −(ν 2 − ν2
x2)·y(x), como queríamos.
Para a segunda afirmação, basta notar que:
dy dy dz dy
= · = ·ν e
dx dz dx dz
Portanto a equação obtida se escreve como:
ν 2 ·[ d2y 1 dy
+ ·
dz2 z dz
−sin(ν·(t−x·sin(t)))(0)]]−ν 2 ·y(x)+ ν2
·y(x) =
x2 d2y dx2 = d2y dz2 ·ν2 .
1
+(1−
z2)·y(z)] = 0.

CAPÍTULO 43. EQUAÇÃO COM PONTO SINGULAR: A EQUAÇÃO DE
BESSEL 661
Na Seção 5 do Capítulo 44 veremos como expressar algumas funções de Bessel
através de séries infinitas, que funcionarão inclusive para ν ∈ N (introduzidas por
Lommel e Hankel).
A Afirmação a seguir será útil para detectarmos algumas equações de Bessel camufladas:
Afirmação 1.2. A equação de Bessel
com as mudanças
x 2 ·y ′′ (x)+x·y ′ (x)+(x 2 −ν 2 )·y(x) = 0,
x = a·u b
se transforma na equação:
e y(x) = v(u)·u c , onde a,b,c ∈ R
u 2d2v dv
+(2c+1)·u·
du2 du +[a2 ·b 2 ·u 2b +c 2 −ν 2 ·b 2 ]·v(u) = 0.
Assumirei essa Afirmação. Provarei por enquanto apenas um caso bem particular
desta Afirmação na Afirmação 3.1 deste Capítulo.
2. Zeros de funções de Bessel
Comomaterialque jádesenvolvemos atéaqui no Curso jápoderemosdar algumas
informações qualitativas relevantes sobre os zeros das funções de Bessel:
Afirmação 2.1.
i): As soluções não triviais y(x) da equação de Bessel
y ′′ (x)+ 1
x ·y′ (x)+ (x2 −ν 2 )
x2 ·y(z) = 0, onde ν ≥ 0, ν ∈ R
têm infinitos zeros.
Podemos dizer mais:
a): se 0 ≤ ν ≤ 1
2
b): se ν > 1
2
então as soluções y(x) tem infinidade de zeros em (0,+∞).
então as soluções y(x) tem infinidade de zeros em (
ν2 − 1
4 ).
e, ademais, no máximo um zero no intervalo (0,
ii): se ν = 1
2 então2 a equação tem como soluções 3
y(x) = a· 1
√ x ·sin(x)+b· 1
√ x ·cos(x), a,b ∈ R
ν 2 − 1
4 ,+∞)
2 1
Um teorema de Liouville dirá que somente no caso ν = 2 +n, para n = 0 ou n ∈ N, é que as
soluções da equação de Bessel se reduzem a funções elementares
3A notação usual é y1 = J1(x)
=
2
2 1
π ·
√ ·sin(x) e y2 = J 1
x −2 (x) =
2 1
π · √ ·cos(x).
x

2. ZEROS DE FUNÇÕES DE BESSEL 662
iii):
À medida que x cresce as soluções y(x) são aproximadas por funções do tipo:
Demonstração.
De i):
Re-escrevo a equação como:
a· 1
√ x ·sin(x)+b· 1
√ x ·cos(x), a,b ∈ R
y ′′ (x)+ 1
x ·y′ (x)+ (x2 −ν 2 )
x2 ·y(x) = 0.
Então a Afirmação 14.1 do Capítulo 40 reduz o estudo do número de zeros de y(x)
ao estudo do número de zeros de
onde foi feito
v ′′ (x)+ (1+4·(x2 −ν 2 ))
4x 2
·v(x) = 0,
v(x) := e 1 1
2 tdt ·y(x) = √ x·y(x).
Agora a Afirmação 13.2 do Capítulo 40 diz que há uma infinidade de zeros da
solução v(x) de
na região onde x > 0 e onde vale:
v ′′ (x)+ (1+4·(x2 −ν 2 ))
4x 2
(1+4·(x 2 −ν 2 ))
·v(x) = 0,
> 0.
4x2 Se 0 ≤ ν ≤ 1,
basta então que x > 0.
2
Mas se ν > 1
então preciso ter pelo menos x > ν 2 2 − 1
4 .
Como em (0,
Capítulo 40 do diz que há no máximo um zero nesse intervalo.
como
De ii): Re-escreva
Se ν = 1
2
ν 2 − 1
4 ) temos 1+4·(x2 −ν 2 ) < 0, então a a Afirmação 13.2 do
v ′′ (x)+ (1+4·(x2 −ν 2 ))
4x 2
·v(x) = 0,
v ′′ (x)+(1+ 1−4ν2
4x2 )·v(x) = 0.
então essa equação vira:
v ′′ (x)+v(x) = 0,
cujas soluções são a·sin(x)+b·cos(x). Como tínhamos no item i):
y(x) = v(x)
√ x

CAPÍTULO 43. EQUAÇÃO COM PONTO SINGULAR: A EQUAÇÃO DE
BESSEL 663
obtemos
y(x) = a·sin(x)+b·cos(x)
√ .
x
De iii):
Me contentarei por enquanto com uma explicação apenas heurística: note que se
x >> 1 o termo 1−4ν2
4x 2 fica muito pequeno na equação
v ′′ (x)+(1+ 1−4ν2
4x2 )·v(x) = 0;
essa equação se aproxima portanto da equação:
v ′′ (x)+v(x) = 0.
Se pode provar rigorosamente que para x >> 1:
y(x) ≈ a·sin(x)+b·cos(x)
√ .
x
Afirmação 2.2. Se ν < 1,
então em cada cada intervalo de tamanho π no semi-eixo
2
positivo há ao menos um zero da solução da equação de Bessel.
Se ν = 1
os zeros distam π um do outro, exatamente.
2
Se ν > 1 então dois zeros sucessivos da solução da equação de Bessel distam pelo
2
menos π um do outro.
Demonstração.
Na forma padrão a equação de Bessel é:
Se ν < 1,
então: 2
v ′′ (x)+(1+ 1−4ν2
4x 2 )·v(x) = 0;
1 < 1+ 1−4ν2
4x2 .
Como os zeros das soluções de y ′′ (x) + y(x) = 0 estão em intervalos de tamanho π,
concluímos pelo Teorema de Comparação de Sturm (Afirmação 15.1 do Capítulo 40)
que em cada intervalo de tamanho π no semi-eixo positivo há ao menos um zero de
v(x).
Se ν = 1
já sabemos as soluções, explicitamente.
2
, então:
Se ν > 1
2
1 > 1+ 1−4ν2
4x 2
e o Teorema de Comparação de Sturm dirá que dois zeros sucessivos da solução da
equação de Bessel distam pelo menos π um do outro (caso contrário, haveria mais de
um zero das soluções de y ′′ (x)+y(x) = 0 num intervalo de tamanho menor que π).

3. ORTOGONALIDADE DAS FUNÇÕES DE BESSEL 664
3. Ortogonalidade das funções de Bessel
Ainda sem sabermos resolver explicitamente a equação de Bessel, mas sem precisarmos
disso, vamos provar o seguinte fato notável:
Afirmação 3.1. Seja y(x) solução da Equação de Bessel
y ′′ (x)+ 1
x ·y′ (x)+ (x2 −ν 2 )
x2 ·y(x) = 0.
E seja λ ∈ R\{0} um zero dessa função.
Então:
i): z(x) := y(λ·x) é solução da equação
z ′′ (x)+ 1
x ·z′ (x)+ (λ2 ·x2 −ν 2 )
x2 ·z(x) = 0.
ii): λ1 ∈ R\{0} e λ2 ∈ R\{0} são distintos zeros de y(x) então
1
0
x·y(λ1 ·x)·y(λ2 ·x)dx = 0
O segundo item desta Afirmação está na raíz da utilidade das funções de Bessel,
principalmente porque pela Afirmação 2.1 há uma infinidade de zeros λn, n ∈ N, de
cada solução da equação com ν fixado.
Essa lista infinita de funções, aparecerá nos modos normais de vibração de um
tambor, na Seção 3 do Capítulo 49.
Demonstração. (da Afirmação 3.1)
Prova do item i):
Considero
u = λ·x, λ ∈ R\{0}
como uma mudança de variável. Pela derivada da composta:
e
dy(λ·x)
du
·λ = dy(λ·x)
dx
d2y(λ·x) du2 ·λ 2 = d2y(λ·x) dx2 .
Então obtemos:
1
λ2 ·[d2 y(λ·x)
dx2 + 1 dy(λ·x)
· +
x dx
λ2 ·x2 −ν 2
x2 =
= d2y(u) 1 dy(u)
+ ·
du2 u du + u2 −ν 2
u2 ·y(u).
Mas
d2y(u) 1 dy(u)
+ ·
du2 u du + u2 −ν 2
u2 ·y(u) = 0
pois essa é a equação de Bessel de índice ν.
·y(λ·x)] =

CAPÍTULO 43. EQUAÇÃO COM PONTO SINGULAR: A EQUAÇÃO DE
BESSEL 665
Logo
d2y(λ·x) dx2 + 1
x
Isto prova o item i).
· dy(λ·x)
dx
+ λ2 ·x 2 −ν 2
x 2
·y(λ·x) = 0
Prova 4 do item ii):
Pelo item i) já provado, se λ1 = λ2 são dois zeros de y(x) (solução da Bessel de
índice ν) e
z1(x) := y(λ1 ·x) e z2(x) := y(λ2 ·x),
então
d2z1(x) 1 dz1(x)
+ ·
dx2 x dx +(λ2 ν2
1 −
x2)·z1(x) = 0
e
d2z2(x) 1 dz2(x)
+ ·
dx2 x dx +(λ2 ν2
2 −
x2)·z2(x) = 0
Multiplicando a primeira dessas duas equações por z2(x) a segunda por z1(x) e subtraindo,
se consegue:
z2 · d2z1(x) dx2 −z1 · d2z2(x) 1
+
dx2 x ·(z2 · dz1(x)
dx −z1 · dz2(x)
) =
dx
= (λ 2 2 −λ 2 1)·z1(x)·z2(x).
O que é o mesmo que escrever:
(z2 · dz1(x)
dx −z1 · dz2(x)
dx ) ′ + 1
x ·(z2 · dz1(x)
dx −z1 · dz2(x)
) =
dx
= (λ 2 2 −λ2 1 )·z1(x)·z2(x)
e multiplicando esta identidade por x:
= x·(z2· dz1(x) dz2(x)
−z1·
dx dx ) ′ +(z2· dz1(x)
dx
o que consegue-se escrever como:
−z1· dz2(x)
dx ) = (λ2 2−λ 2 1)·x·z1(x)·z2(x),
[x·(z2 · dz1(x)
dx −z1 · dz2(x)
dx )] ′ = (λ 2 2 −λ 2 1)·x·z1(x)·z2(x).
Mas então, integrando:
Mas
e
[x·(z2 · dz1(x)
dx −z1 · dz2(x)
dx )](1)−[x·(z2 · dz1(x)
dx −z1 · dz2(x)
)](0) =
dx
= (λ 2 2 −λ 2 1)·
1
0
x·z1(x)·z2(x)dx.
[x·(z2 · dz1(x)
dx −z1 · dz2(x)
)](0) = 0
dx
[x·(z2 · dz1(x)
dx −z1 · dz2(x)
dx )](1) = y(λ2)·y ′ (λ1)−y(λ1)·y ′ (λ2) = 0
4 Repare como esta demonstração é muito parecida com a prova que demos da ortogonalidade
dos polinômios de Legendre

3. ORTOGONALIDADE DAS FUNÇÕES DE BESSEL 666
pelas escolhas de λ1,λ2.
Isso prova o item ii).

CAPíTULO 44
Equações com pontos singulares do tipo regular
1. A Equação de Euler e sua redução a coeficientes constantes
Agoraintroduziremosumaequaçãomuitoimportante, quetemcoeficientesvariáveis
e que tem ponto singular em x = 0, mas que felizmente é redutível aos métodos da
Seção 2 do Capítulo 40, graças à Afirmação 10.1 daquele Capítulo.
Afirmação 1.1. (Equação de Euler) A equação
x 2 · d2y d2 dy
+p·x· +q ·y = 0, p,q ∈ R e q > 0
x dx
em intervalos que não contenham a origem x = 0 tem sua solução determinada pelas
raízes r1,r2 da equação:
r ·(r −1)+p·r +q = 0
• se r1,r2 ∈ R e r1 = r2 então a solução geral é
y = a·|x| r1 +b·|x| r2 .
• se r1 = r2 = r ∈ R então a solução geral é:
y = a·|x| r +b·ln|x|·|x| r .
• se r1 = λ+I ·µ e r2 = λ−I ·µ são Complexos conjugados então a solução
geral é
y = a·|x| λ ·cos(µln|x|)+b·|x| λ ·sin(µln|x|).
Demonstração.
Note que, se divido por x = 0 a equação dada obtenho a equação:
0 = d2y d2 p dy
+ ·
x x dx
q
+ ·y =
x2 =: d2y d2 dy
+P(x)·
x dx +Q(x)·y
para a qual se aplica a Afirmação 10.1 já que:
que é constante e igual a
ou
Q ′ +2PQ
=
2Q 3
2
−2q
x3 + 2pq
x3 2( q 3
2
x2) = (pq −q)·|x|3
p−1
√ q , se x > 0
1−p
√ q , se x < 0.
667
q 3
2x3

1. A EQUAÇÃO DE EULER E SUA REDUÇÃO A COEFICIENTES
CONSTANTES 668
A Afirmação 10.1 ensina a transformar a equação de Euler em outra a coeficientes
constantes usando a mudança de variável:
Qdx
q
z = = dx
x2 ou seja,
z = √ q ·ln(x), se x > 0
ou
z = − √ q ·ln|x|, se x < 0.
No caso x > 0:
temos
e
Seguindo as intruções da Afirmação 10.1 do Capítulo 40, obteremos a equação:
De fato, com
de onde:
e após dividir por q:
As soluções de
0 = d2 y
d 2 z
+ p−1
√ q · dy
dz +y.
z := √ q ·ln(x),
dy
dx
= dy
dz ·√ q · 1
x
d2y dx2 = d2y 1 dy
·q · +
dz2 x2 dz ·√q · (−1)
,
x2 0 ≡ x 2 · d2y dy
+p·x· +q ·y =
dx2 dx
= d2y dy
·q −
dz2 dz ·√q + dy
dz ·p·√ q +q ·y,
0 = d2 y
d 2 z
+ p−1
√ q · dy
dz +y.
0 = d2y d2 p−1
+ √ ·
z q dy
dz +y
são determinadas a partir das raízes r1,r2 da equação característica:
r 2 + p−1
√ ·r +1 = 0.
q
Como vimos na Afirmação 2.1:
• se há duas raízes reais:
r1 = 1−p+ (p−1) 2 −4q
2 √ q
então a solução geral é:
y(z) = a·e 1−p+
√ (p−1) 2 −4q
2 √ q
e r2 := 1−p+ (p−1) 2 −4q
2 √ q
·z +b·e 1−p−
√ (p−1) 2 −4q
2 √ q
·z .

CAPÍTULO 44. EQUAÇÕES COM PONTOS SINGULARES DO TIPO
REGULAR 669
Quando fazemos
obtemos
e noto que:
y(x) = a·e 1−p+
√ (p−1) 2 −4q
2
z = √ q ·ln(x)
·ln(x) +b·e 1−p−
√ (p−1) 2 −4q
=: a·x 1−p+
√
(p−1) 2−4q 2 +b·x 1−p−
√
(p−1) 2−4q 2
1−p+ (p−1) 2 −4q
2
são raízes de
e
2
·ln(x) =:
1−p− (p−1) 2 −4q
2
r 2 +(p−1)·r+q = r ·(r −1)+p·r +q = 0.
Como o caso x < 0 é completamente análogo, fazendo-se uma mudança
de variável x = −x, está provado o primeiro item da Afirmação.
• se
r1 = r2 = 1−p
2 √ = −1
q
as soluções são:
que dão:
y(z) = a·z ·e −z +b·e −z
y(x) = a· √ qln(x)·e −√ qln(x) +b·e − √ qln(x) =:
e noto que − √ q = 1−p
2
=: a· √ q ·ln(x)·x −√ q +b·x − √ q
é a única raíz de
r 2 +(p−1)·r+q = r ·(r −1)+p·r +q = 0.
• o caso em que r1,r2 são Complexos é análogo.
O Caso x < 0 é completamente análogo.
Exemplo: (Exercício do Bear, p. 164)
Resolver para t > 0 o sistema
A primeira dá:
a segunda dá:
y ′ (t) = z(t)+ y(t)
t
z(t) = y ′ (t)− y(t)
t
y ′′ (t)− y′ (t)
t
+ y(t)
e z ′ (t) = t+z(t)
.
t
logo z ′ (t) = y ′′ (t)− y′ (t)
t
t2 = 1+ y′ (t)− y(t)
t
t
= 1+ y′ (t)
t
y(t)
+ .
t2 y(t)
− ,
t2

2. SOLUÇÃO DIRETA DA EQUAÇÃO DE EULER 670
ou seja,
Ora,
é a equação de Euler:
y ′′ (t)− 2
t ·y′ (t)+ 2
·y(t) = 1.
t2 y ′′ (t)− 2
t ·y′ (t)+ 2
·y(t) = 0
t2 t 2 ·y ′′ (t)−2·t·y ′ (t)+2·y(t) = 0,
cuja equação indicial
r ·(r−1)−2·r +2 = 0
tem raízes 2,1. Logo a solução geral dessa Euler é, para t > 0:
Como os coeficientes da equação
a·t 2 +b·t.
y ′′ (t)− 2
t ·y′ (t)+ 2
·y(t) = 1
t2 não são constantes, para encontrar uma solução particular φ1(t) dela uso o método de
variação de parâmetros (Seção 4 do Capítulo 40). De acordo com aquele resultado,
podemos tomar
φ1(t) = a(t)·t 2 +b(t)·t
onde:
1
a(t) = dt e b(t) = − 1dt,
t
e portanto (tomando como 0 as constantes de integração):
e finalmente
a(t) = ln(t) e b(t) = −t
y(t) = a·t 2 +b·t+φ(t) = a·t 2 +b·t+ln(t)·t 2 −t·t =
= t 2 ·(a ′ +ln(t))+b·t, a ′ ,b ∈ R.
2. Solução direta da equação de Euler
Aqui se dá uma nova abordagem, bem mais direta da equação.
Ela retoma uma idéia usada na Seção 7 do Capítulo 40 e antecipa uma idéia que
se usa quando se aprofunda o método de Frobenius, cujo início está no Capítulo 44.
ComojávimosassoluçõestodasdaEquaçãodeEulernaSeçãoanteriorpoderemos
aqui nos ater a alguns pontos especiais.
Considero o operador diferencial linear :
L(y(x)) := x 2 ·y ′′ (x)+p·xy ′ (x)+q ·y(x)
e a equação de Euler:
L(y(x)) = 0.
Suponha que procuro uma solução da forma:
y = x r , r ∈ R, x > 0.

CAPÍTULO 44. EQUAÇÕES COM PONTOS SINGULARES DO TIPO
REGULAR 671
Então
L(x r ) = x 2 ·r ·(r−1)·x r−2 +p·x·r·x r−1 +q ·x r =
e portanto r é raíz da equação indicial:
= x r ·[r ·(r −1)+p·r +q] = 0
r ·(r −1)+p·r +q = 0.
Há trêscasos aconsiderar, dosquais abordarei porenquanto apenasosdois primeiros.
Caso 1:) se r ·(r −1)+p·r+q = 0 tem duas raízes distintas:
então a solução geral é:
r1 = r2 ∈ R
a·x r1 +b·x r2 , x > 0.
Caso 2:) se r ·(r −1)+p·r+q = 0 tem raíz dupla.
Tomando essa raíz r vemos que:
é uma solução. Mas e como obter outra solução independente ?
Considero r como uma variável na expressão:
x r
L(x r ) = x r ·[r ·(r −1)+p·r+q]
e derivo-a em r (trocando depois a ordem de derivação em x e em r), obtendo à
esquerda :
já que
E à esquerda:
∂[x r ·(r ·(r −1)+p·r +q)]
∂r
Ou seja:
∂L(x r )
∂r
= L(∂xr
∂r ) = L(xr ·ln(x)),
x r := e r·ln(x) .
= r ·x r−1 ·(r ·(r−1)+p·r +q)+x r ·(2·r +p−1).
L(x r ·ln(x)) = r ·x r−1 ·(r ·(r −1)+p·r +q)+x r ·(2·r +p−1)
e quando avalio em r que é raíz dupla da equação indicial, então anulo o lado direito:
e concluo que
L(x r ·ln(x)) = 0
x r ·ln(x)
é uma outra solução da equação de Euler, linearmente independente de x r .
Deixo a discussão do Caso de raízes complexas conjugadas para outra ocasião.

3. DEFINIÇÕES GERAIS E EXEMPLOS DE PONTOS SINGULARES
REGULARES 672
3. Definições gerais e exemplos de pontos singulares regulares
O que há em comum entre a Equação de Euler, a equação Hipergeométrica e a
equação de Bessel ?
Veremos que têm em comum a natureza de alguns de seus pontos singulares.
Para começar, a equação de Euler
pode ser reescrita como:
x 2 ·y ′′ (x)+px·y ′ (x)+q ·y(x) = 0, p,q ∈ R e q > 0
y ′′ (x)+ p
x y′ (x)+ q
·y(x) = 0,
x2 ou seja, tem x = 0 como ponto singular. Note que ao menos ela tem a a propriedade
de que:
x·( p
x ) = p e x2 ·( q
x2) = q
são constantes. Em particular são polinônios e em particular são séries convergentes
em torno de x = 0. Veremos que esta última condição já basta.
A equação Hipergeométrica, escrita como:
y ′′ + [c−(a+b+1)·x]
x·(1−x)
tem a propriedade de que as funções:
x· [c−(a+b+1)·x]
x·(1−x)
= c−(a+b+1)·x
1−x
·y ′ − a·b·y
x·(1−x)
e x 2 ·
= 0,
a·b
x·(1−x)
= a·bx
1−x
podemser dadasporséries convergentes emtornodex = 0(usando séries geométricas
de razão x com |x| < 1).
Também as funções:
(1−x)· [c−(a+b+1)·x]
x·(1−x)
= c−(a+b+1)·x
x
e (1−x) 2 a·b
·
x·(1−x)
podem ser dadas por séries convergentes em torno de x = 1.
Também a equação de Bessel, escrita como:
y ′′ (x)+ 1
x ·y′ (x)+ (x2 −ν 2 )
x2 ·y(x) = 0,
tem a propriedade de que as funções:
x· 1
x = 1 e x2 · (x2 −ν 2 )
são polinômios e portanto são séries convergentes em x = 0.
Esses exemplos motivam um pouco a definição:
x 2 = x 2 −ν 2
= a·b(1−x)
x
Definição 3.1. Seja uma equação y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0 com ponto
singular em x.
Então x é dito um ponto singular regular se as funções
(x−x)·P(x) e (x−x) 2 ·Q(x)
podem ser dadas por séries convergentes em torno de x.

CAPÍTULO 44. EQUAÇÕES COM PONTOS SINGULARES DO TIPO
REGULAR 673
4. Início do Método de Frobenius
A solução da Equação de Euler vai nortear o estudo que faremos agora.
Lembre o que aprendemos no primeiro item da Afirmação 1.1: a equação de Euler
y ′′ (x)+ p
x ·y′ (x)+ q
·y(x) = 0, x > 0
x2 tem como soluções
se a equação
tem duas soluções distintas r1,r2 ∈ R.
y = a·x r1 +b·x r2
r(r−1)+p·r+q = 0
Isso motiva a seguinte definição (por simplicidade enunciada só para x = 0):
Definição 4.1. (Equação indicial607)
Seja y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0 com ponto singular regular em x = 0,
para a qual
x·P(x) = p0 +p1 ·x+p2 ·x 2 +... e x 2 ·Q(x) = q0 +q1 ·x+q2 ·x 2 +...
são séries convergentes.
Define-se sua equação indicial por:
r(r−1)+p0 ·r +q0 = 0
A seguinte Afirmação é parte de uma mais geral, que é o Método de Frobenius
geral.
Me contento, por enquanto, com este enunciado:
Afirmação 4.1. (Início do Método de Frobenius)
Suponha y ′′ (x) + P(x) · y ′ (x) + Q(x) · y(x) = 0 com ponto singular regular em
x = 0, onde
x·P(x) = p0 +p1 ·x+p2 ·x 2 +... e x 2 ·Q(x) = q0 +q1 ·x+q2 ·x 2 +...
são séries convergentes.
• Se a equação indicial:
r(r−1)+p0 ·r +q0 = 0
tem uma raíz dupla r ∈ R então existe uma solução da equação da forma:
y = x r ·
anx n ,
n=0+∞
onde
n=0+∞an ·xn é uma série de potências convergente.
A série
y =
anx r+n
é chamada série de Frobenius.
n=0+∞

4. INÍCIO DO MÉTODO DE FROBENIUS 674
• Se a equação indicial:
r(r−1)+p0 ·r +q0 = 0
tem duas raízes distintas r1,r2 ∈ R e se
r1 −r2 ∈ Z
então todas as soluções da equação são da forma:
y = x r1
· anx n +x r2
· bnx n
n=0+∞
n=0+∞
onde
n=0+∞ an·x n e
n=0+∞ bn·x n são séries de potências convergentes.
Demonstração. (Algumas idéias da Prova)
Nem vou discutir as questões de convergência das séries envolvidas, que suponho
convergem absolutamente.
Se começa buscando uma solução da forma
y = x r ·
cnx n , onde r ∈ R e x > 0,
onde sempre podemos supor
n=0+∞
c0 = 0,
pois caso contrário troco r por r +1.
Vamos montar cada ingrediente que aparece na equação diferencial, aplicá-los na
equação, e ver que condições se farão necessárias em r e nos coeficientes cn.
Primeiro, derivando termo a termo esse candidato e ordenando por potências,
obtém-se:
então:
Como
y ′ = r ·x r−1 ·
+∞
n=0
cnx n +x r ·
+∞
n=1
n·cn ·x n−1 =
= x r−1 ·[rc0 +c1 ·(r +1)·x+c2 ·(r +2)·x 2 +...] =
P(x) =
P(x)·y ′ (x) =
=
= x r−2 ·
= x r−2 ·
+∞
n=0
+∞ n
n=0pnx x
(r+n)·cn ·x r+n−1 .
e Q(x) =
+∞ n
n=0qnx x2 +∞ n +∞
n=0pnx · (r +n)·cn ·x
x
n=0
r+n−1 =
+∞
n=0
+∞
n=0
pnx n ·
[
+∞
n=0
(r +n)·cn ·x n =
n
pn−k ·(r +k)·ck]·x n
k=0

CAPÍTULO 44. EQUAÇÕES COM PONTOS SINGULARES DO TIPO
REGULAR 675
onde obtive os coeficientes
n
pn−k ·(r +k)·ck
k=0
de cada monômio xn agrupando todos os que resultam, via distributividade do produto
com a soma, como coeficientes dessa potência (chamado produto de Cauchy das
séries, que funciona se as séries convergem absolutamente).
Esta última expressão para P(x) · y ′ (x) ainda pode ser escrita para uso futuro
como:
P(x)·y ′ (x) = x r−2 ·
Do mesmo modo se obtém
+∞
n−1
n=0
Q(x)·y =
= x r−2 ·
[ pn−k ·(r +k)·ck +p0 ·(r +n)·cn]·x n .
k=0
+∞ n
n=0qnx x2 ·x r ·
cnx
n=0+∞
n =
+∞
n−1
n=0
[ qn−k ·ck +q0 ·cn]·x n .
k=0
De y ′ = +∞
n=0 (r+n)·cn·x r+n−1 se obtém derivando termo a termo, para x > 0:
y ′′ (x) =
+∞
n=0
= x r−2 ·
(r +n)·(r +n−1)·cn ·x r+n−2 =
+∞
n=0
(r +n)·(r +n−1)·cn ·x n .
Colocando esses ingredientes todos juntos na equação:
e fatorando x r−2 obtemos:
+∞
n=0
=
y ′′ (x)+P(x)·y ′ (x)+Q(x)·y(x) = 0
n−1
n−1
{(r+n)(r+n−1)cn+[ pn−k(r+k)ck+p0(r+n)cn]+[ qn−kck+q0cn]}·x n =
+∞
n=0
k=0
n−1
{cn·[(r+n)(r+n−1)+p0(r+n)+q0]+ ck·[pn−k(r+k)+qn−k]}·x n = 0.
Isso significa o anulamento de todos os coeficientes dessa série de potências, cujos três
primeiros coeficientes são:
k=0
c0 ·[r ·(r −1)+p0 ·r +q0] = 0
k=0
c1 ·[(r +1)·r +p0 ·(r +1)+q0]+c0 ·[p1 ·r +q1] = 0,
c2 ·[(r+2)(r +1)+p0 ·(r +2)+q0]+c1 ·[p1(r+1)+q1]+c0 ·[p2r +q2] = 0
e assim por diante.

5. SOLUÇÕES EXPLÍCITAS DE ALGUMAS EQUAÇÕES BESSEL 676
Como c0 = 0, o que concluimos é que se y = x r ·
n=0+∞ cnx n é uma solução
então r é uma raíz da equação indicial:
r·(r −1)+p0 ·r +q0 = 0.
Escolhida umaraízr1 ∈ Rdaequaçãoindicialedadoc0 vai-seobtendoporrecorrência
os coeficientes cn, ∀n ≥ 1:
desde que
c1 =
−c0 ·[p1 ·r1 +q1]
[(r1 +1)·r1 +p0 ·(r1 +1)+q0] ,
(r1 +1)·r1 +p0 ·(r1 +1)+q0 = 0,
ou seja , desde que r1+1 não seja raíz d aequação indicial. E também, quando já for
conhecido c1, teremos
c2 = −c1 ·[p1(r+1)+q1]−c0 ·[p2r+q2]
,
[(r +2)(r+1)+p0 ·(r +2)+q0]
desde que
(r+2)(r +1)+p0 ·(r +2)+q0 = 0,
ou seja, desde r1 +2 não seja raíz da equação indicial.
E assim por diante.
Por isso as hipóteses de que há duas raízes distintas r1,r2 da equação indicial e
de que
r1 −r2 ∈ Z
são suficientes para se obter duas soluções (independentes) da equação da forma:
y = x r1
· anx n
e y = x r2
· bnx n .
n=0+∞
n=0+∞
No caso da raíz dupla só se obtém uma solução desse tipo.
5. Soluções explícitas de algumas equações Bessel
Vamos usar a Afirmação 4.1 para descrever soluções de equações de Bessel. Em
geral não serão todas as soluções, pois se vê que a Afirmação 4.1 não abrange todas
as possibilidades para as raízes da equação indicial.
Os valores de ν na Equação de Bessel
y ′′ (x)+ 1
x y′ (x)+ (x2 −ν 2 )
x2 ·y(x) = 0
que mais nos interessam no momento são:
ν = 0, ν = 1, ν = 1
e ν =
3
1
4 .
Osdoisprimeiros sãoimportantes emaplicações à Física enquanto que osdois últimos
serão usados para solucionar a equação de Airy e uma equação de Riccati no Capítulo
45.

CAPÍTULO 44. EQUAÇÕES COM PONTOS SINGULARES DO TIPO
REGULAR 677
Como nessa equação:
x·P(x) = x· 1
x = 1 = p0 e x 2 ·Q(x) = −ν 2 +x 2 = q0 +q2 ·x 2 .
o ponto x = 0 é ponto singular regular e a equação indicial é:
ou seja, r 2 = ν 2 e as soluções são:
Nos casos ν = 1
3
1 ou ν = , temos: 4
r(r −1)+r −ν 2 = 0,
r1 = ν e r2 = −ν.
r1 −r2 = 2
ou r1 −r2 =
3
1
2
e portanto se aplica o segundo item da Afirmação 4.1, criando pares de séries de
Frobenius.
Por exemplo, para ν = 1
3 , tomo a raíz r1 = 1 e as primeiras recorrências dadas na
3
Afirmação 4.1 viram:
c1 ·[ 2
3 +1]+c0 ·[0] = 0,
c2 ·[4·( 1
3 +1)]+c1 ·[0]+c0 ·[1] = 0
e assim por diante. Dado c0 = 0 obtemos:
c0
c1 = 0 e c2 = −
4·( 1
3 +1)
e com mais detalhe se pode comprovar que os coeficientes de índice ímpar se anulam:
c1 = c3 = c5 = c2n−1 = 0, ∀n ∈ N,
enquanto que os de índices pares são dados por
c2n = (−1) n ·
c0
22n ·n!·( 1
3 +1)·...·(1
∀n ∈ N.
+n), 3
A função de Bessel de primeira ordem de índice ν = 1
3
y = x 1
+∞
3 ·
n=0
(−1) n ·
c0
22n ·n!·( 1
3 +1)·...·(1
·x2n
+n) 3
é a série de Frobenius:
para a qual se escolhe um valor específico para c0.
E a função de Bessel de segunda ordem e de índice ν = 1
é aquela associada à
3
raíz r2 = −1, obtida analogamente via as recorrências.
3
se generaliza, e sempre
Em seguida se vê que isso que fizemos para ν = 1
3
c1 = c3 = c5 = c2n−1 = 0, ∀n ∈ N,
enquanto que os de índices pares são dados por
c2n = (−1) n ·
c0
22n , ∀n ∈ N.
·n!·(ν +1)·...·(ν +n)

5. SOLUÇÕES EXPLÍCITAS DE ALGUMAS EQUAÇÕES BESSEL 678
A função de Bessel de primeira ordem e de índice ν é a série de Frobenius:
y = x ν ·
+∞
n=0
(−1) n ·
para a qual se escolhe um valor específico para c0.
A escolha padrão é:
c0 := 1
2 ν ·ν! ,
onde, no caso de ν ∈ N, se deve entender como:
c0
2 2n ·n!·(ν +1)·...·(ν +n) ·x2n
ν! := Γ(ν +1)
usando a função Gama da Seção 2 do Capítulo 27.
Com essa escolha de c0 a notação para as Bessel de primeira e segunda ordem,
quando r1 −r2 = 2·ν ∈ Z, é:
Jν(x) e J−ν(x).
No caso ν = 0 a Afirmação 4.1 não produz um par independente de soluções, mas
= 1) uma série de potências:
produz pelo menos (com c0 = 1
20 ·0!
+∞
y = x 0 ·
=
n=0
+∞
n=0
(−1) n ·
(−1) n ·
1
2 2n ·n!·1·...·n ·x2n =
1
·(x
(n!) 2 2 )2n =: J0(x)
Esta é a função de Bessel de primeira ordem e índice ν = 0, denotada por J0(x).
A mesma situação quando ν = 1, onde a Afirmação 4.1 dá pelo menos uma série
) :
de potências (com c0 = 1
2 1 ·1!
y = x 1 ·
+∞
n=0
=
= 1
2
(−1) n · 1
2 ·
1
22n ·n!·(1+1)·...·(1+n) ·x2n =
+∞
n=0
(−1) n ·
1
n!·(1+n)! ·(x
2 )2n+1 =: J1(x)
Esta é a função de Bessel de primeira ordem e índice ν = 1, denotada por J1(x).
A Afirmação a seguir é apenas o começo de uma lista de propriedades notáveis
das funções de Bessel (que iremos aumentando à medida que for preciso).
Mas já faz ressaltar a analogia entre o par J0(x),J1(x) e o par cos(x),sin(x).
Afirmação 5.1.
dJ0(x)
dx
= −J1(x).

CAPÍTULO 44. EQUAÇÕES COM PONTOS SINGULARES DO TIPO
REGULAR 679
Demonstração.
Aplicando o Teste da Razão se vê em seguida que ambas séries convergem em
módulo ∀x ∈ R.
Daí podemos derivar termo a termo:
= −
dJ0(x)
dx =
+∞
n=0
=
=
+∞
n=0
+∞
n=1
+∞
n=1
(−1) n ·
(−1) n ·
(−1) n ·
d((−1) n 1 · (n!) 2 ·( x
2 )2n )
=
dx
1
·2n·(x
(n!) 2 2 )2n−1 · 1
2 =
1
(n−1)!·n! ·(x
2 )2n−1 =
1
(n)!·(n+1)! ·(x
2 )2n+1 =: −J1(x),
onde na última linha apenas mudei o índice que uso no somatório.
6. A Equação de Bessel com ν = 1
3
e a solução da equação de Airy
Apliquemos a Afirmação 1.2 do Capítulo 43 ao caso em que queremos transformar
a Equação de Bessel na equação:
u 2d2 v
du 2 +u3 ·v(u) = 0.
Note que esta equação redunda na equação de Airy:
Ou seja, queremos que a,b,c verifiquem:
que dão (se tomamos a > 0:
d2v +u·v(u) = 0.
du2 2c+1 = 0, 2b = 3, a 2 ·b 2 = 1 e c 2 −ν 2 ·b 2 = 0,
c = − 1 3 2
, b = , a =
2 2 3
e ν = 1
3 .
Então concluimos que a solução da equação de Airy se expressa como combinação de
funções de Bessel de índice ν = 1
3 :
v(u) = u −c ·y(a·u b ) = u 1
2 ·[c1 ·J1 (
3
2
3 u3 2)+c2 ·J 1
− (
3
2
3 u3 2)].

7. EQUAÇÃO HIPERGEOMÉTRICA COM C ∈ Z 680
7. Equação hipergeométrica com c ∈ Z
Retomemos o que vimos na Afirmação 0.2 do Capítulo 42, do ponto de vista da
teoria das singularidades regularees.
A equação hipergeométrica de Gauss com parâmetros a,b,c é:
Ea,b,c : x·(1−x)·y ′′ +[c−(a+b+1)·x]·y ′ −a·b·y = 0.
Vejamos que x = 0 é ponto singular regular e vejamos sua equação indicial (fica como
Exercício verificar que x = 1 também é).
Ora, como:
basta ver que:
P(x) = c−(a+b+1)·x
x·(1−x)
e Q(x) = −a·b
x·(1−x) ,
x·P(x) = c−(a+b+1)·x
e x
1−x
2 ·Q(x) = −a·b·x
1−x
podem ser dados por séries convergentes em torno de x = 0. E isso vem do fato que:
Como
1
1−x =
+∞
n=0
x n , se −1 < x < 1.
x·P(x) = c+(c−a−b−1)·x+... e x 2 ·Q(x) = −ab·x−−ab·x 2 +...
a equação indicial é:
cujas raízes são:
r·(r −1)+c·r +0 = 0,
r1 = 0 e r2 = 1−c.
se temos por hipótese que:
c ∈ Z
então 0 = 1 − c e ademais 1 − c ∈ Z. O Segundo item da Afirmação 4.1 nos dá
então duas séries independentes como solução, uma delas uma série de potências
correspondendo à raíz r1 = 0 e a outra uma série de Frobenius correspondendo à raíz
r2 = 1−c.
As recorrências dadas na Afirmação 4.1 farão reaparecer os coeficientes das séries
que demos por definição no Capítulo 42.

CAPíTULO 45
Equações de Riccati
As equações diferenciais não-lineares são um universo.
Raramente se deixam tratar por métodos advindos do estudo das equações diferenciais
lineares. Uma exceção foram as equações de Bernoulli (Seção 13 do Capítulo
38).
As Equações de Riccati são equações não-lineares de primeira ordem do tipo:
f ′ (x) = a0(x)+a1(x)·f(x)+a2(x)·f 2 (x),
onde se supõe que a2(x) ≡ 0 e que a0(x) ≡ 0 para não recairmos em equações lineares
ou em equações de Bernoulli, já tratadas.
Pode parecer que seja uma classe pequena de equações mas de fato são muitas. As
soluções dessas equações abrangem várias das funções que já vimos no livro e muitas
outras.
Exemplos dessas equações e de suas diferentes soluções:
• Vimos na Primeira Parte do Curso que y = tan(x) satisfaz uma Equação de
Riccati:
tan ′ (x) = sec 2 (x) = 1+tan 2 (x).
• vimos na Seção 13 que a singela equação de Riccati:
através da mudança:
produz
e portanto
o que dá:
f ′ (x) = x+f(x) 2 ,
f(x) = −g′ (x)
g(x)
f ′ (x) = −g′′ (x)
g(x) +(g′ (x)
g(x) )2
− g′′ (x)
g(x) +(g′ (x)
g(x) )2 = x+( −g′ (x)
g(x) )2
g ′′ (x)+x·g(x) = 0
que é a equação de Airy.
Na Seção 6 do Capítulo 44 expressamos a solução da Equação de Airy
em termos de funções de Bessel.
• f ′ (x) = 1
x(1−x2 f(x)2
f(x)− tem uma solução que é a função racional f(x) =
) 2
2x
x2 , como se verifica diretamente.
−1
681

1. SOLUÇÕES DE RICCATI SEGUNDO DANIEL BERNOULLI 682
• f ′ (x) = 1
4x 2 +y 2 se trasforma, com a mudança de variável
y = z
x ,
na equação separável:
que se integra facilmente:
=
de onde
e
− 1
z + 1
2
z ′
z 2 +z + 1
4
z ′
(z + 1 =
)2
2
= 1
x
1
x
1
y ·x = z = −
ln(x)+C
1
y = −
x·(ln(x)+C)
= ln(x)+C,
− 1
2
− 1
2x .
• A primeira equação de Riccati na literatura 1 foi
Com a mudança:
vira:
f ′ (x) = x 2 +f(x) 2 .
y(x) = − g′ (x)
g(x)
g ′′ (x)+x 2 ·g(x) = 0.
As soluções dessa equação de Riccati são combinações de funções de
Bessel, como veremos na Seção 4 do Capítulo 43.
1. Soluções de Riccati segundo Daniel Bernoulli
Afirmação 1.1. (Daniel Bernoulli)
Qualquer equação do tipo:
tem solução Liouvilliana.
Se
n = −2, n = − 4·m
2m+1
então equação de Riccati:
tem solução Liouvilliana.
f ′ (x) = a+b·f(x) 2 , a,b ∈ R, e a·b ≥ 0
ou n = − 4·m
, para m ∈ N,
2m−1
f ′ (x) = x n +f(x) 2
1 estudada por Johan Bernoulli, em 1694, de acordo com G. N. Watson A treatise on the theory
of Bessel functions , Cambrige, 1958. Aprendi a Afirmação 1.1 neste Tratado.

CAPÍTULO 45. EQUAÇÕES DE RICCATI 683
Bem mais difícil de justificar é o teorema de J. Liouville que diz que somente para
esses valores de n há soluções Liouvillianas.
Vamos precisar de uma observação:
Afirmação 1.2. Suponha n = 1:
I) A mudança de variáveis:
leva
em
onde
leva
em
onde
II) A mudança de variáveis:
u := xn+1
n+1
Demonstração. (da Afirmação 1.2)
e v := − 1
y
y ′ = a·x n +b·y 2
v ′ = b·(n+1) −n
n+1 ·u −n
n+1 +a·v 2 ,
v ′ = dv
du .
U := 1
x e V := −x2 ·y − x
b
y ′ = a·x n +b·y 2
V ′ = a·U −n−4 +b·V 2 ,
V ′ = dV
dU .
De I):
Basta aplicar a regra da derivada da composta:
de onde obtenho:
De II):
1 dv
·
v2 du = y2 ·( dv dy
·
dy dx
dx
· ) =
du
= y 2 · 1
y 2 ·(a·xn +b·y 2 )·((n+1)·u) −n
n+1 =
= (a·x n +b·y 2 )·x −n = a+b· 1
−n
·((n+1)·u) n+1
v2 dv
−n
= b·(n+1) n+1 ·u
du −n
n+1 +a·v 2 .

1. SOLUÇÕES DE RICCATI SEGUNDO DANIEL BERNOULLI 684
Agora não esqueço que, como y = y(x) e x = x(U) então
Portanto a regra da composta agora dá:
dV
dU
V = V(x(U),y(x(U)).
= ∂V
∂x
· dx
dU
+ ∂V
∂y
dy dx
· ·
dx dU =
= (−2xy − 1
b )·(−x2 )+(−x 2 )·(a·x n +b·y 2 )·(−x 2 )
e agora é imediato que
dV
dU = a·xn+4 +b·(x 2 ·y + x
b )2 =
= a·U −n−4 +b·V 2 .
Demonstração. (da Afirmação 1.1)
Começo provando a primeira afirmação, que pode ser considerada o caso em que
o expoente de x é n0 = 0. Temos
Se a = 0 e b = 0 então f(x) ≡ C.
Se a = 0 mas b = 0 e f(x) ≡ 0 2 faço
e portanto
ou seja,
f ′ (x) = a+b·f(x) 2 .
− 1
f(x)
f ′ (x)
= b
f(x) 2
= b·x+C
f(x) = − 1
bx+C .
Se a = 0 e b = 0 então f(x) = a·x+C.
tomar
como:
Se a = 0 e b = 0 então a condição a·b > 0 diz que têm o mesmo sinal. Logo posso
b
a
∈ R. Então posso escrever a equação
ou ainda: b
a ·
1+(
f ′ (x) = a+b·f(x) 2
1+(
f ′ (x)
b
f ′ (x)
b
a f(x))2
2 Usando o teorema de existência e unicidade
a f(x))2
= a·
= a
b
a = √ ab.

CAPÍTULO 45. EQUAÇÕES DE RICCATI 685
Portanto
de onde
b
arctan(
a f(x)) = √ ab·x+C,
f(x) =
Uso no que segue a notação
a
b ·tan(√ ab·x+C)
y = f(x).
Agora o item II) da Afirmação 1.2 diz que, a partir do caso n0 = 0
passo para o caso:
y ′ = a+b·y 2 ,
V ′ = a·U −4 +b·V 2 ,
ou seja, onde
4
n1 = −4 = −
2·1−1 .
Tomando a = b = 1 isso significa que
V ′ = U −4 +V 2
tem solução Liouvilliana, já que y ′ = 1+y 2 tem solução Liouvilliana y = y(x) e
V = V(U) = −U −2 ·y(U −1 )−U −1
é composição/produto/soma de Liouvillianas, logo V = V(U) é Liouvilliana, como
queríamos provar.
Se tívesemos tomado a = 1 e b = (−3) 4
3 > 0 então usando o item II) da Afirmação
1.2 teríamos chegado no caso:
com solução Liouvilliana:
V ′ = U −4 +(−3) 4
3 ·V 2
V = V(U) = −U −2 ·y(U −1 )−(U ·(−3) 4
3) −1 .
E o item I) da Afirmação 1.2 diz que, recomeçando neste caso n1 = −4:
chego em:
ou seja, onde agora
V ′ = U −4 +(−3) 4
3 ·V 2
y ′ = (−3) 4
3 ·(−3) −4
3 ·x −4
3 +y 2 =
= x −4
3 +y 2 .
n2 = − 4
2·1+1 .
A solução Liouvilliana V = V(U) de V ′ = U−4 + (−3) 4
3 · V 2 produz, usando I), a
solução Liouvilliana:
1
y(x) = − = −
V(U(x))
1
V((−3·x) −1
3 ) .

1. SOLUÇÕES DE RICCATI SEGUNDO DANIEL BERNOULLI 686
Recomeçando neste caso, o item II) da Afirmação 1.2 diz que obtenho em uma
solução Liouvilliana de (a notação mantém as mesmas variáveis x,y):
ou seja, chegamos no caso
y ′ = x −(−4
3 )−4 +y 2 = x −8
3 +y 2
n3 = − 8
3
= − 4·2
2·2−1 .
Recomeçando neste caso, y ′ = x −8
3 + y 2 , o item I) da Afirmação 1.2 conduz ao
caso em que:
n4 =
8
3
−8 3
= −8
+1 5
= − 4·2
2·2+1 ,
a equação obtida é (a notação mantém as mesmas variáveis x,y):
y ′ = ( −5
3 )−8
5 ·x −8 5 +y 2 .
Isso ainda não é o que queremos, pois queremos soluções Liouvillianas de:
y ′ = x −8 5 +y 2 .
Como sabemos como mudam os coeficientes das equações em cada modificação de
tipo I ou II, se vê em seguida que partindo da equação:
aí chegaríamos em
y ′ = ( −5
3 )8 5 +(−3) 4
3 ·y 2
y ′ = x −8 5 +y 2 .
Fica claro o formato dos números n = − 4
2·m±1 .
Já o caso n = −2:
f ′ (x) = x −2 +f(x) 2
tem que ser tratado separadamente, pois
− 4·m
= −2, ∀m ∈ N.
2m±1
Após a mudança
y = z
x ,
f ′ (x) = x −2 +f(x) 2 vira uma equação separável:
Para resolvê-la faço u := z + 1
2
2
3
4
e daí:
z ′
√ ·arctan(
3 u √
3
2
=
x .
1
1 =
+(z + )2
2
1
x
) =
u ′
= ln(x)+C
3 =
+u2 4

CAPÍTULO 45. EQUAÇÕES DE RICCATI 687
de onde se obtém:
y = −1
2x +
√
3
2 · tan(√ 3
2 ·(ln(x)+C))
.
x
2. Assíntotas verticais de soluções de equações de Riccati
Apesar de que as equações
y ′ (x) = x n +y(x) 2 , ∀n ∈ N
não sejam tratáveis pela Afirmação 1.1, podemos contudo fazer uma afirmação qualitativa
geral:
Afirmação 2.1. Cada solução y(x) de equações de Riccati:
y ′ (x) = x n +y(x) 2 , ∀n ∈ N
tem uma infinidade de assíntotas verticais .
Demonstração.
Considere a mudança de coordenadas:
ou seja,
Então
Ou seja,
e portanto 3 :
g(x) := e − ydx ,
y(x) = − g′ (x)
g(x) .
y ′ (x) = −g′′ (x)·g(x)+g ′ (x)·g ′ (x)
g 2 (x)
= − g′′ (x)
g(x) +y(x)2 .
− g′′ (x)
g(x)
= xn
= − g′′ (x)
g(x) +(g′ (x)
g(x) )2 =
g ′′ (x)+x n ·g(x) = 0.
A Afirmação 13.2 do Capítulo 40 diz que g(x) tem uma infinidade de zeros (se n
é impar diz até que estão em (0,+∞)).
E nesses pontos onde g(x) = 0 não pode acontecer que também g ′ (x) = 0 (se não
g é identicamente nula, pelo Teorema de Existência e Unicidade).
Logo y(x) = − g′ (x)
tem nesses pontos assíntotas verticais..
g(x)
3 Essa observação de como passar de Riccati para linear de segunda ordem será generalizada no
Exercício 5.1

3. SOLUÇÕES DAS RICCATI SEGUNDO EULER 688
3. Soluções das Riccati segundo Euler
Se aprende a Afirmação a seguir no tratado de G. N. Watson, A treatise on the
theory of Bessel functions:
Afirmação 3.1. (Euler)
i) Suponha conhecida uma solução y1(x) da equação de Riccati
onde
Então outra solução é dada por:
y ′ (x) = a0(x)+a1(x)·y +a2 ·y 2 .
y2 = y1(x)+ 1
v
v(x) = e
a1(t)+2a2(t)y1(t)dt
·[ e − a1(t)+2a2(t)y1(t)dt
·a2(x)dx+C].
ii) Se y1(x) e y2(x) são soluções conhecidas da equação
então uma terceira solução y3 é dada por:
onde
então
y ′ (x) = a0(x)+a1(x)·y +a2 ·y 2
y3 = y2(x)·w(x)−y1(x)
w(x)−1
w(x) = C ·e a2(x)·(y1(x)−y2(x))dx , C = 0.
iii): Se y1,y2,y3 são três soluções conhecidas de
y ′ (x) = a0(x)+a1(x)·y +a2 ·y 2
y4 := y1 ·(y3 −y2)−C ·y2 ·(y3 −y1)
, onde C = 1
y3 −y2 −C ·(y3 −y1)
é uma quarta solução.
Demonstração.
De i):
A equação diferencial está nas hipóteses do Teorema de existência e unicidade,
pois
F(x,y) = a0(x)+a1(x)·y +a2 ·y 2
é contínua nas duas variáveis e
∂F(x,y)
= a1(x)+2·a2(x)·y
∂y
também é contínua.
Portanto quaisquer duas soluções nunca se intersectam. Por isso se y1(x) é conhecida
e y2(x) é ainda desconhecida, posso definir:
1
v(x) :=
y2 −y1(x)

CAPÍTULO 45. EQUAÇÕES DE RICCATI 689
Ou seja, y2(x) = y1(x)+ 1
v(x) .
Agora:
e portanto
e portanto
ou seja:
y ′ 2 (x) = y′ 1 (x)− v′ (x)
v 2 (x)
y ′ 1 (x)− v′ (x)
v 2 = y′ 2 (x) = a0(x)+a1(x)·y2 +a2(x)·y 2 2 =
= a0(x)+a1(x)·(y1(x)+ 1 1
)+a2(x)·(y1(x)+
v(x) v(x) )2 =
= a0(x)+a1(x)·y1(x)+ a1
v(x) +a2(x)·y 2 1
(x)+2· a2(x)·y1
v
v ′ (x) a1 a2(x)·y1
= +2· +a2 ·
v2 v(x) v
1
v2 +a2 · 1
v 2
v ′ (x) = (a1(x)+2·a2(x)·y1)·v(x)+a2(x).
Essa equação diferencial em v é linear, logo o item ii) Afirmação 11.1 do Capítulo 35
dá que:
v(x) = e
a1(t)+2a2(t)y1(t)dt
·[
e − a1(t)+2a2(t)y1(t)dt ·a2(x)dx+C].
De ii):
Suponha y1, y2 soluções conhecidas e y3 ainda desconhecida. Pelo teorema de
existência e unicidade a função
w(x) := y3(x)−y1(x)
y3(x)−y2(x)
está bem definida (pois y3 = y2), nunca se anula (pois y3 = y1) e nunca vale 1 (pois
y1 = y2).
Então
y ′ 3 (x) = (y2(x)·w(x)−y1(x)
)
w(x)−1
′ (x) =
= a0(x)+a1(x)·( y2(x)·w(x)−y1(x)
)+a2 ·(
w(x)−1
y2(x)·w(x)−y1(x)
)
w(x)−1
2 .
Usando que y1(x) e y2(x) são soluções aparecem simplificações que dão finalmente:
w ′ (x)
= a2(x)·(y1(x)−y2(x))
w(x)
ou seja
w(x) = C ·e a2(x)·(y1(x)−y2(x))dx
, C = 0.
De iii):
Usando o que aprendemos na prova do item ii) já sabemos que:
y3(x)−y1(x)
y3(x)−y2(x) = C1 ·e a2(x)·(y1(x)−y2(x))dx , C1 = 0

3. SOLUÇÕES DAS RICCATI SEGUNDO EULER 690
e, pelo mesmo motivo, que uma quarta solução teria que ser:
Portanto:
y4(x)−y1(x)
y4(x)−y2(x) = C2 ·e a2(x)·(y1(x)−y2(x))dx , C2 = 0, C2 = C1.
( y4(x)−y1(x)
y4(x)−y2(x) )
( y3(x)−y1(x)
C2
=
) C1
y3(x)−y2(x)
=: C = 1.
Isolando y4 = y4(C,y1,y2,y3) nessa expressão se chega ao resultado.
Um Exemplo:
Considere a equação de Riccati
Ela tem duas soluções constantes:
Definindo v := 1
y2−y1
y ′ (x) = 1−y(x) 2 .
y1(x) ≡ −1 e y2(x) ≡ 1.
1 ≡ como na prova do item ii) da Afirmação 3.1, vemos que
2
coerentemente com aquele item:
y2 = 1 = −1+ 1
v
= −1+2.
Já o item iii) da Afirmação 3.1 nos diz que, definindo
teremos uma terceira solução:
w(x) := C ·e 2dt = C ·e 2x+B
y3(x) = w(x)+1
w(x)−1 = C ·e2x+B +1
C ·e 2x+B −1 .
E o item iv) da Afirmação 3.1 nos diz que uma quarta solução é:
y4(x) = 1−y3 −D ·(y3 +1)
, se D = 1,D = 0.
y3 −1−D ·(y3 +1)
Por exemplo, se tomo C = 1,B = 1,D = 2:
y3(x) = e2x+1 +1
e 2x+1 −1
e y4(x) = 3·y3(x)+1
y3(x)+3 .

CAPÍTULO 45. EQUAÇÕES DE RICCATI 691
4. A Equação de Bessel com ν = 1
4 e a solução da Riccati y′ = x 2 +y 2
Sabemos resolver a Equação de Bessel com ν = 1 e que duas soluções indepen-
4
(x), as chamadas funções de Bessel de primeira
dentes são denotadas por J1
4
(x) e J − 1
4
e segunda ordem.
Com isso estaremos em condição de dizer explicitamente o que são as soluções da
equação de Riccati:
y ′ = x 2 +y 2 .
Como já vimos (na prova da Afirmação 2.1) a mudança
leva a equação em
y(x) = − g′ (x)
g(x)
g ′′ (x)+x 2 ·g(x) = 0.
Se usamos a Afirmação 1.2, vemos que esta equação, ou equivalentemente:
x 2 g ′′ (x)+x 4 ·g(x) = 0
provém de uma equação de Bessel com ν = 1,
pois se comparamos os expoentes e
4
índices vemos que:
ou seja, c = − 1
2
2c+1 = 0, 2b = 4, a 2 ·b 2 = 1 e c 2 −ν 2 ·b 2 = 0
, b = 2 e a = 1
2
1 , se a > 0, e ν = . Então 4
g(x) = x 1
2 ·[c1 ·J1 (
4
1
2 x2 )+c2 ·J 1
− (
4
1
2 x2 )].
Agora vemos que as soluções de y ′ = x 2 +y 2 são:
Exercício 5.1. A mudança:
y(x) = − (x12
·[c1 ·J1 (
4
1
2x2 )+c2 ·J 1
− (
4
1
x 1
2 ·[c1 ·J1 ( 1
2x2 )+c2 ·J 1
−
4
5. Exercícios
y(x) = − g′ (x)
a2(x)·g(x)
leva a solução da equação de Riccati geral:
4
2 x2 )]) ′
( 1
2 x2 )]
y ′ (x) = a0(x)+a1(x)·y(x)+a2(x)·y 2 (x)
numa solução da equação linear de segunda ordem:
g ′′ (x)−( a′ 2 (x)
a2(x) +a1(x))·g ′ (x)+ a0(x)
·g(x) = 0.
a2(x)
.

Parte 3
Séries de Fourier e Equações diferenciais
parciais

CAPíTULO 46
Séries de Fourier
AssériesdeFourier,asfunçõesdeBesseleospolinômiosdeLegendreserãocruciais
para a resolução das Equações Diferenciais Parciais mais fundamentais.
Este Capítulo deve muito ao livro muito motivador e muito bem escrito de H.
F. Davis, Fourier series and orthogonal functions, Allyn and Bacon, 1963. Nele se
encontrarão teoremas bem mais gerais que a Afirmação 3.1 que veremos a seguir.
Muito interessante e útil também o livro de Eli Maor, Trigonometric delights,
Princeton, 1998.
Sabemos que o período de sin(x) e de cos(x) é 2π, que o período de sin(nx) e
e que o período de uma combinação linear do tipo
k
an ·cos(nx)+bn ·sin(nx)
cos(nx) é 2π
n
n=1
é o maior deles, ou seja, 2π.
A questão é saber se é verdade que qualquer função f(x) periódica1 de período
2π pode ser escrita como
f(x) = a0 +
+∞
n=1
an ·cos(nx)+bn ·sin(nx).
A questão assim colocada em toda generalidade é inabordável, por isso me restringirei
a tratar inicialmente2 o caso em que f é derivável e tem f ′ (x) contínua.
Do ponto de vista prático a questão tem muita utilidade:
• Imagine que se conhece a resposta de um sistema a cada entrada em forma
de onda sinusoidal; chamemos s1 o input sinusoidal e L(s1) o output (possivelmente
com amplitude e fase diferente). Suponhamos que o sistema é
linear, ou seja, L(a·s1+b·s2) = a·L(s1)+b·L(s2). Então se tivermos uma
escritura
k
f(x) ≈ a0 + an ·cos(nx)+bn ·sin(nx),
n=1
1O importante é que haja uma periodicidade de f(x). Se o período p não for igual a 2π podemos
fazer uma mudança de variável:
z = 2π
p x,
pois agora ∆x = p dá ∆z = 2π.
2Em algum outro momento redigirei as estensões aos casos em que há descontinuidades da f.
Essas surgem naturalmente quando se reproduz uma função que é definida apenas [a,b] para toda a
reta dos R, fazendo-a periódica.
695

1. SÉRIES DE FOURIER E SEUS COEFICIENTES 696
podemos saber a resposta a qualquer entrada f(x), pois pela linearidade:
k
L(f) ≈ a0 + an ·L(cos(nx))+bn ·L(sin(nx)).
n=1
• o som de um instrumento musical é esencialemte periódico, ao contrário de
ruídos e barulhos. Mas o som de um instrumento musical (aí incluída a
voz humana) é uma superposição de harmônicos (i.e. múltiplos inteiros da
frequência) de uma frequência fundamental. Há instrumentos cuja sonoridade
tem uma mistura mais rica de harmônicos que outros. Nosso ouvido é
capaz de uma decomposição do som composto ao estilo da decomposição da
Série de Fourier, ao contrário do olho, que não faz uma decomposição da cor.
As séries do tipo
1. Séries de Fourier e seus coeficientes
a0 +
+∞
n=1
an ·cos(nx)+bn ·sin(nx)
são séries trigonométricas.
Serão chamadas série de Fourier de uma função f se
e
2π
a0 := 1
f(t)dt,
2π 0
an := 1
2π
f(t)cos(nt)dt, n ∈ N
π 0
bn := 1
2π
f(t)sin(nt)dt, n ∈ N
π 0
Observações:
• Em alguns textos se toma por definição
e depois na série se põe
a0
2 +
+∞
n=1
a0 := 1
π
2π
0
f(t)dt
an ·sin(nx)+bn ·cos(nx).
• Também a escolha do intervalo de integração poderá ser alterada, por exemplo,
para [−π,π] se a função é 2π-periódica, ou em geral, para [−L,L] se a
função é 2L-periódica, onde se põe:
L
a0 := 1
f(t)dt,
2L −L
an := 1
L
f(t)·cos(
L −L
nπ
·t)dt, n ∈ N
L

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 697
e
bn := 1
L
f(t)·sin(
L −L
nπ
·t)dt, n ∈ N
L
• Nem sempre se consegue calcular esses coeficientes, que são integrais, usando
funções elementares. Nesse caso se dão aproximações numéricas dos
coeficientes.
Exemplo 1:
Suponha uma função f dada por f(x) = −1 no intervalo [−π,0] e por f(x) = 1
no intervalo [0,π] Note que por ser uma função ímpar,
Já
a0 = 0 e an = 0, ∀n ≥ 1.
bn := 1
π ·
π
= 2
π ·
−π
π
0
f(t)·sin(n·t)dt =
sin(n·t)dt =
2
π ·[−cos(n·π) +
n
cos(n·0)
],
n
ou seja, bn = 0 se n ∈ N é par e bn = 4 se n ∈ N é ímpar.
nπ
Então, restringindo o domínio da f ao intervalo (0,π) (onde há continuidade e
derivabilidade) posso afirmar, pelo Teorema de Fourier 3.1 a seguir, que
f(x) ≡ 1 = 4 1 1
·(sin(πx)+ sin(3π ·x)+ sin(5π ·x)+...).
π 3 5
A Figura a seguir dá f ≡ 1 e truncamentos para n ímpar, de n = 1 até n = 11:
1,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0 0,2
0,4 0,6 0,8
x
1

1. SÉRIES DE FOURIER E SEUS COEFICIENTES 698
Tomando x = 1 obtenho a série de Leibniz (que vimos por outro método na Seção
2
7 do Capítulo 30):
como
π
4
1 1 1
= 1− + −
3 5 7 +...
Exemplo 2:
Considero f(x) = x no intervalo [−π,π] e sua série de Fourier. Como
a0 := 1
2π ·
π
−π
tdt = 0,
an := 1
π
t·cos(nt)dt = 0
π −π
por ter um integrando que é função ímpar e como, pelo Exercício 1.1 do Capítulo 24,
bn := 1
π
π
−π
t·sin(nt)dt = (−1) n+1 · 2
n ,
concluimos que a série de Fourier de f(x) em [π,π] se escreve como:
2·sin(x)− 2 2 2 2
·sin(2x)+ ·sin(3x)− ·sin(4x)+
2 3 4 5 ·sin(5x)...
A Figura a seguir mostra y = x em vermelho ao lado de 2·sin(x), 2·sin(x)− 2
2 ·
sin(2x), etc.
-3 -2
3
2
1
x
-1 0 1
2
0
-1
-2
-3
3

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 699
2. Séries de Fourier só de senos ou só de cossenos
Se ao invés de y = f(x) = x no Exemplo da Seção anterior tivéssemos tomado
qualquer função ímpar também teríamos chegado à conclusão que:
a0 := 1
2π · f(t)dt = 0
−π
e que
an := 1
π
f(t)·cos(nt)dt = 0,
π −π
já que f(x)·cos(nx) é uma função ímpar em −π,π] também.
Então a série de Fourier de uma função ímpar é uma série só de senos.
Agora, se y = f(x) é uma função par, então
bn := 1
π
π
−π
π
f(t)·sin(nt)dt = 0,
já que f(x)·sin(nx) é agora uma função ímpar em [−π,π].
Então a série de Fourier de uma função par é uma série só de cossenos.
3. Convergência pontual da Série de Fourier
Afirmação 3.1. (Convergência pontual)
Seja y = f(x) função periódica de período 2π, derivável, com derivada f ′ (x)
contínua.
Então para cada x ∈ [0,2π] vale:
onde
e
f(x) = a0 +
+∞
n=1
Demonstração.
Queremos controlar quanto vale
an ·sin(nx)+bn ·cos(nx)
2π
a0 := 1
f(t)dt,
2π 0
an := 1
2π
f(t)cos(nt)dt, n ∈ N
π 0
bn := 1
2π
f(t)sin(nt)dt, n ∈ N.
π 0
|f(x)−Sk(x)| := |f(x)−a0 −
k
an ·sin(nx)+bn ·cos(nx)|,
à medida que k aumenta, pois queremos provar que, para cada x fixado,
n=1
lim
k→+∞ |f(x)−Sk(x)| = 0.

3. CONVERGÊNCIA PONTUAL DA SÉRIE DE FOURIER 700
Para isso será útil reescrevermos
Sk(x) := 1
2π k
2π
f(t)dt+ f(t)sin(n·t)dt·sin(n·x)+
2π
Primeiro, vejo que
0
Sk(x) = 1
2π
n=1
2π
0
0
f(t)dt+
k
n=1
2π
0
2π
f(t)cos(n·(x−t))dt,
onde usei a fórmula do cosseno da diferença para cos(n·x−n·t)
A seguir noto que para cada n:
2π
pela Afirmação 3.3 a seguir.
E portanto
0
f(t)cos(n·(x−t))dt =
Sk(x) =
2π
pela Afirmação 3.4 a seguir.
Também a Afirmação 3.4 diz que:
2π
0
0
2π
0
f(x−t)cos(n·t)dt
1
sin((k + 2 f(x−t) )·t)
2πsin( t
2 )
dt
sin((k + 1
2 )·t)
2πsin( t
2 )
dt = 1.
Como integro em t, posso escrever para cada x:
f(x) = f(x)·
2π
0
sin((k + 1
2 )·t)
2πsin( t
2 )
dt =
2π
0
f(x)·
Chegamos então, tomando a integral da diferença, em:
|f(x)−Sk(x)| = | 1
2π ·
2π
A mudança de variável t = −t dá:
|f(x)−Sk(x)| = | 1
2π ·
0
2π
0
(f(x)−f(x−t))·
(f(x)−f(x+t))·
0
f(t)cos(n·t)dt·cos(n·x).
1 sin((k + 2 )·t)
2πsin( t
2 )
dt.
1 sin((k + 2 )·t)
sin( t
2 )
dt|
1
sin((k + 2 )·t)
sin( t
2 )
dt|
Agora para x fixado vou introduzir uma função φx : [0,2π] → R, y = φx(t), que
será contínua. A definição é:
e
φx(t) := f(x+t)−f(x)
t
f(x+t)−f(x)
φx(0) := lim ·
tց0 t
= f ′ (x)·lim
tց0
·
t
sin( t se t > 0
), 2
t
2πsin( t =
) 2
t
sin( t
2 ) = f′ (x)·2.

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 701
Ou seja que
|f(x)−Sk(x)| = | 1
2π ·
2π
φx(t)·sin((k +
0
1
2 )·t)|,
ou ainda que (usando o seno de uma soma e | | ≤ ||):
|f(x)−Sk(x)| = | 1
2π ·
2π
0
φx(t)cos( t 1
)·sin(kt)dt+
2 2π ·
2π
φx(t)sin(
0
t
2 )·cos(kt)dt|.
Para terminar a demonstração basta mostrar então que:
e que
lim
k→+∞
2π
0
2π
lim
k→+∞
0
φx(t)cos( t
)·sin(kt)dt = 0
2
φx(t)sin( t
)·cos(kt)dt = 0.
2
Vou provar algo mais forte na Afirmação 3.2 : que para cada x a série numérica
+∞
c
k=1
2 k :=
+∞
2π
(
k=1
0
φx(t)cos( t sin(kt)
)· √ dt)
2 π 2
é convergente, pois isso implica 3 que seu termo geral tende a zero:
o que claramente dá
0 = lim
k→+∞ c2k := lim
k→+∞ (
2π
0
0 = lim
k→+∞ ck
2π
:= lim
k→+∞
0
φx(t)cos( t sin(kt)
)· √ dt)
2 π 2 ,
φx(t)cos( t sin(kt)
)· √ dt
2 π
e portanto:
2π
lim φx(t)cos(
k→+∞
0
t
2 )·sin(kt)dt
(analogamente para a outra integral).
Afirmação 3.2. A série numérica
é convergente.
+∞
c
k=1
2 +∞
2π
k := (
k=1
0
3 Como já observamos na Seção 7 do Capítulo 22.
φx(t)cos( t sin(kt)
)· √ dt)
2 π 2

3. CONVERGÊNCIA PONTUAL DA SÉRIE DE FOURIER 702
Demonstração.
Como c2 k ≥ 0, as somas
sk := c 2 1 +c 2 2 +...+c 2 k
formamuma sequência crescente. O Teorema fundamental de sequências diz que para
sn convergir basta existir uma cota superior:
sk ≤ K, ∀k ∈ N.
Vamos mostrar quedefortcoef essa cota é:
0
K =
2π
0
(φx(t) cos( t
2 ))2 dt,
que existe pois a função φx(t)·cos( t
) é contínua. 2
Para aliviar a notação denoto:
φ := φx(t)·cos( t
2 ).
Começo observando que:
2π k
2π
0 ≤ [φ− φ sin(nt)
√ dt·
π sin(nt)
√ ]
π 2 dt
já que o integrando é ≥ 0.
Mas, usandoagoraque 2π
0
da integral obtemos:
2π k
[φ−
=
2π
0
[φ−
k
n=1
+
n=m
2π
0
2π
0
0
n=1
0
φ sin(nt)
√ π dtsãonúmeros,usandoaspropriedadeslineares
n=1
2π
0
φ sin(nt)
√ π dt· sin(nt)
√ π ]·[φ−
=
2π
0
φ sin(nt)
√ π dt·
+
k
(
n=1
φ 2 dt−2·
2π
0
2π
0
φ sin(nt)
√ π dt· sin(nt)
√ π ] 2 dt =
k
(
n=1
2π
0
φ sin(mt)
√ π
k
n=1
2π
0
φ sin(nt)
√ π dt) 2 +
dt·
φ sin(nt)
√ dt)
π 2 2π
·
0
2π
0
φ sin(nt)
√ π dt· sin(nt)
√ π ]dt =
sin(nt) sin(mt)
√ √ dt+
π π
sin(nt) 2
.
π
Agora uso os itens iv) e vi) da Afirmação 3.5, que dizem que
2π
e 2π
0
sin(mt)·sin(nt)dt = 0 se m = n e m,n ∈ N,
0
sin(nt) 2
dt = 1 ∀n ∈ N.
π

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 703
Portanto, do de acima:
e daí
como queríamos.
sk :=
0 ≤
k
(
n=1
2π
0
2π
0
φ 2 dt−
k
(
n=1
2π
0
φ sin(nt)
√ π dt) 2
φ sin(nt)
√ dt)
π 2 2π
≤ φ
0
2 dt, ∀k ∈ N
Afirmação 3.3. Se y = f(x) tem período 2π então:
2π
0
f(t)cos(n·(x−t))dt =
2π
Demonstração.
Faça em 2π
f(t)cos(n·(x−t))dt a substituição:
0
t := x−t, dt = −dt,
que dá:
2π
0
f(t)cos(n·(x−t))dt =
=
=
x
x−2π
2π
0
0
x−2π
x
f(x−t)cos(n·t)dt =
f(x−t)cos(n·t)dt,
f(x−t)cos(n·t)dt.
pois tanto f quanto o cosseno são periódicas de período 2π.
Afirmação 3.4. Defina:
Então
Demonstração.
f(x−t)cos(n·t)(−dt) =
Dn(x) := 1 1
+
2π π ·[cos(x)+cos(2x)+...+cos(nx)].
1 sin((n+
i) : Dn(x) =
ii) :
2π
0
2 )·x)
2πsin( x
2 )
.
sin((n+ 1
2 )·t)
2πsin( t
2 )
dt = 1.

3. CONVERGÊNCIA PONTUAL DA SÉRIE DE FOURIER 704
Afirmação 3.5.
i):
ii):
iii):
iv):
π
−π
2π
0
π
−π
2π
0
ix):
x):
cos(m·M)·cos(n·M)dM = 0 se m = n e m,n ∈ N,
cos(m·M)·cos(n·M)dM = 0 se m = n e m,n ∈ N,
sin(m·M)·sin(n·M)dM = 0 se m = n e m,n ∈ N,
sin(m·M)·sin(n·M)dM = 0 se m = n e m,n ∈ N,
v):
vi):
vii):
viii):
2π
0
π
−π
π
0
2π
0
π
0
2π
0
sin(m·M) 2 dM = π
2
∀m ∈ N
sin(m·M) 2 dM = π ∀m ∈ N
cos(m·M) 2 dM = π
2
∀m ∈ N
cos(m·M) 2 dM = π ∀m ∈ N
sin(m·M)·cos(n·M)dM = 0, ∀m,n ∈ N,
sin(m·M)·cos(n·M)dM = 0, ∀m,n ∈ N,
Demonstração.
Basta que eu prove um item e o leitor poderá facilmente adaptar a prova para os
outros.
Por ex. o item
e que
Noto que:
ix):
2π
0
sin(m·M)·cos(n·M)dM = 0, ∀m,n ∈ N.
sin(mM +nM) = sin(mM)·cos(nM)+cos(mM)·sin(nM),
sin(mM −nM) = sin(mM)·cos(nM)−cos(mM)·sin(nM),
de onde, somando as duas expressões, obtenho:
Então
2π
0
sin(mM)·cos(nM) = 1
·(sin(mM +nM)+sin(mM −nM)).
2
sin(mM)·cos(nM)dM = 1
2 ·(
2π
0
2π
sin((m+n)M)dM+
0
sin((m−n)M)dM).

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 705
Se m = n então
2π
2π
sin(m·M)·cos(n·M)dM =
0
1
2 · sin(mM +nM)dM =
0
−1
1
= cos(mM +nM)(2π)+ cos(mM +nM)(0) = 0.
2(m+n) 2(m+n)
Se m = n então
2π
0
sin(m·M)·cos(n·M)dM =
( −1
1
cos(mM +nM)− cos(mM −nM)))(2π))+
2(m+n) 2(m−n)
1
1
( cos(mM +nM)+ cos(mM −nM))(0) = 0.
2(m+n) 2(m−n)
Agora vou demonstrar os itens 4 i), ii), iii), iv) e ix) e x) da Afirmação anterior
de um modo unificado.
Ointeressedestanovaprovaéquenelanãousanenhumapropriedadetrigonométrica
dasfunções, usasomente aequaçãodiferencial satisfeita pelasfunçõesequetêmtodas
em comum o período 2π, já que têm períodos 2π 2π
ou , n,m ∈ N.
n m
Noto que para cada n ∈ N as funções yn := sin(n·x) ou yn(x) := cos(n·x) dos
itens i), ii), iii), iv) e ix) satisfazem a equação:
Então para n = m ∈ N:
y ′′
n (x) = −n2 ·yn(x).
ym(x)·y ′′
n (x)−yn(x)·y ′′ m (x) = (m2 −n 2 )·ym ·yn
e a integração por partes do lado esquerdo dá:
e
= ym(x)·y ′
n(x)−
ym(x)·y ′′
n (x)−yn(x)·y ′′ m
(x)dx =
y ′ m(x)·y ′ n(x)dx−yn(x)·y ′ m(x)+
y ′ n(x)·y ′ m(x)dx =
= ym(x)·y ′ n (x)−yn(x)·y ′ m (x).
Como ym(x), y ′ m (x), yn(x), y ′ n (x) têm período 2π:
(ym(x)·y ′ n (x)−yn(x)·y ′ m (x))(π)−(ym(x)·y ′ n (x)−yn(x)·y ′ m (x))(−π) = 0
(ym(x)·y ′ n (x)−yn(x)·y ′ m (x))(2π)−(ym(x)·y ′ n (x)−yn(x)·y ′ m (x))(0) = 0.
Então concluo, calculando a integral definida do lado direito, que
π
(m
0
2 −n 2 )·ym ·yn = 0 e
2π
(m
0
2 −n 2 )·ym ·yn = 0;
4 Do mesmo jeito que fiz na prova da ortogonalidade dos polinômios de Legendre na Afirmação
5.1 do Capítulo 41

4. SÉRIES DE FOURIER DE COS(R·SIN(X)) E DE SIN(R·SIN(X)), R ∈ R706
como m = n saem os itens i), ii), iii), iv), ix) e x).
4. Séries de Fourier de cos(r ·sin(x)) e de sin(r ·sin(x)), r ∈ R
Há aplicações práticas relevantes dessas funções.
Suas expansões em série de Fourier são:
Afirmação 4.1. As expansões em séries de Fourier de
são:
cos(r ·sin(x)) e cos(r ·sin(x))
cos(r·sin(x)) = J0(r)+2·(J2(r)·cos(2x)+J4(r)·cos(4x)+J6(r)·cos(6x)+...),
sin(r ·sin(x)) = 2·(J1(r)·sin(x)+J3(r)·cos(3x)+J5(r)·cos(5x)+...),
onde Jn(x) são as funções de Bessel.
Demonstração.
Pela definição dada Seção 1, Capítulo 43 e por ser o cosseno uma função par,
podemos escrever:
Agora
1
π ·
π
0
Jn(r) = 1
π ·
π
cos(rsin(t)−n·t)dt.
0
cos(rsin(t)−n·t)dt = 1
π ·
[cos(rsin(t))·cos(n·t)+sin(rsin(t))·cos(n·t)]dt =
= 1
π ·
π
cos(rsin(t))·cos(n·t)dt+
0
1
π ·
sin(rsin(t))·cos(n·t)dt.
Usando a simetria de sin(x) em torno de π
2
se obtem 5 que:
enquanto que:
Jn(r) = 1
π ·
Jn(r) = 1
π ·
π
0
π
0
e usando que cos(π −x) = −cos(π
2 2 +x)
cos(rsin(t))·cos(n·t)dt, se n = 0,2,4,6...
sin(rsin(t))·sin(n·t)dt, se n = 0,2,4,6...
Claramente cos(r · sin(x)) e de sin(r · sin(x)) são deriváveis (infinitas vezes). A
primeira é uma função par e a segunda uma função ímpar.
Portanto a Afirmação 3.1 e as observações da Seção 2 permitem concluir a demonstração.
5 verificar

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 707
5. Convergência absoluta da Série de Fourier
A importância da Afirmação 3.1 diz que, sob hipótese na f, para cada x a série
de Fourier da f calculada em x converge para o número f(x).
Mas ainda não podemos assegurar que como um todo osgráficos dostruncamentos
da série de de Fourier tendam ao gráfico da f.
A Figura a seguir ilustra uma situação em que funções fn tendem pontualmente
para uma certa função f, quando n → +∞, mas onde sempre há um ponto retardatário,
ou seja, algumas partes dos gráficos das fn se aproximam do gráfico limite f
mas sempre há uma região dos gráficos que ficou para trás. Nessas condições, se as fn
fossem truncamentos de séries, não estaríamos autorizados a fazer várias operações
que precisamos, como integrar termos a termo, derivar termo a termo a série.
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0 0,2
0,4 0,6 0,8
x
Fig.: Gráficos de y = fn(x) := x n −x 2n , para n = 1,2,3,4, x ∈ [0,1]
convergindo pontualmente quando n → +∞ para f ≡ 0.
Afirmação 5.1. (Convergência uniforme e em módulo)
Seja y = f(x) função periódica de período 2π, duas vezes derivável (i.e. com f ′ (x)
e f ′′ (x)).
Há convergência em módulo da série de Fourier:
onde
e
|a0|+
+∞
n=1
|an ·sin(nx)+bn ·cos(nx)|
2π
a0 := 1
f(t)dt,
2π 0
an := 1
2π
f(t)cos(nt)dt, n ∈ N
π 0
bn := 1
2π
f(t)sin(nt)dt, n ∈ N.
π 0
Ademais, para cada k, o tamanho:
|f(x)−(a0 +
1
k
an ·sin(nx)+bn ·cos(nx))|
n=1
só depende de k, valendo uniformemente ∀x.

5. CONVERGÊNCIA ABSOLUTA DA SÉRIE DE FOURIER 708
Demonstração.
Nesta prova usarei algumas vezes a Afirmação 5.2 a seguir.
O primeiro uso dela será, pondo para cada x:
u := (an,bn) v = (sin(nx),cos(nx)),
|an ·sin(nx)+bn ·cos(nx)| ≤ (an 2 +bn 2 ) 1
2.
A etapa crucial da prova é mostrar que a série numérica:
+∞
(an 2 +bn 2 ) 1
2
n=1
converge6 , pois daí tiraremos tudo: de fato, com isso em mãos, pelo Teorema de
Comparação se séries numéricas, para cada x há convergência em módulo:
|a0|+
+∞
n=1
|an ·sin(nx)+bn ·cos(nx)| ≤ |a0|+
Como já sabemos pela Afirmação 3.1 que para cada x:
então:
|f(x)−(a0 +
f(x) = a0 +
+∞
n=1
k
an ·sin(nx)+bn ·cos(nx))| = |
n=1
≤
+∞
n=k+1
≤
+∞
n=1
an ·sin(nx)+bn ·cos(nx),
+∞
n=k+1
|an ·sin(nx)+bn ·cos(nx)| ≤
+∞
n=k+1
(an 2 +bn 2 ) 1
2 < ǫ
(an 2 +bn 2 ) 1
2 < +∞.
an ·sin(nx)+bn ·cos(nx)| ≤
se k é suficientemente grande, se soubermos que a série +∞
n=1 (an 2 +bn 2 ) 1
2 converge.
Como o termo geral da série +∞
n=1 (an 2 +bn 2 ) 1
2 é positivo, basta mostrar que ∀k:
n=1
para alguma constante K a ser determinada.
Para encontrar esse K começo considerando a derivada f ′ (x).
Considero a série de Fourier de y = f ′ (x) que denoto
k
(an 2 +bn 2 ) 1
2 ≤ K
a ′ 0 + n = 1 +∞ a ′ n cos(nx)+b′ n sin(nx).
Por hipótese essa função ainda é derivável mais uma vez, portanto há convergência
pontual para cada x:
f ′ (x) = a ′ 0 + n = 1 +∞ a ′ n cos(nx)+b′ n sin(nx).
6 Cuidado que +∞
n=1 1
n 2 converge mas +∞
n=1 1
n não.

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 709
E ademais, modificando um pouco a prova da Afirmação 3.2 se pode provar que para
qualquer k:
k
2π
a ′ 2
0
2 +
o que dá a convergência de
n=1
(a ′ n
2 ′ 2 1
+b n ) ≤
π ·
a ′ 2
0
2 +
+∞
(a
n=1
′ 2 ′ 2
n +b n ).
Agora noto que, integrando por partes:
a ′ n
:= 1
π
2π
0
f ′ (t)cos(nt)dt =
= 1
π ·[f(2π)cos(n2π)−f(2π)cos(n2π)+
2π
0
(f ′ (x)) 2 dx,
2π
0
f(t)sin(nt)·ndt] =
= 1
π · f(t)sin(nt)·ndt =: n·bn,
0
já que f tem perído 2π.
E também que:
b ′ n := 1
π ·
2π
f
0
′ (t)sin(nt)·ndt =
= 1
π ·[f(2π)cos(n2π)−f(2π)cos(n2π)−
2π
f(t)cos(nt)·ndt] =
0
=: −n·an.
Em suma,
Ou seja,
k
n=1
∀n, (an) 2 = (b′ n )2
n 2
((an) 2 +(bn) 2 ) 1
2 =
k
n=1
e (bn) 2 = (a′ n )2
n2 ,
1
n ·((a′ n) 2 +(b ′ n) 2 ) 1
2
A Afirmação 5.2 a seguir, pondo em Rk os seguintes vetores
u := (1,..., 1
k ) v = (((a′ 1) 2 +(b ′ 1) 2 ) 1
dá a desigualdade
k
k k
Ora, as séries
e
2,...,((a ′ k) 2 +(b ′ k) 2 ) 1
2 ),
1
n
n=1
·((a′ n) 2 +(b ′ n) 2 ) 1 1
2 ≤ (
n
n=1
2)1
2 ·( (a
n=1
′ n) 2 +(b ′ n) 2 ) 1
+∞
n=1
1
n 2
a ′ 2
0
2 +
+∞
(a
n=1
′ 2 ′ 2
n +b n )
2.

6. A SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE KEPLER VIA SÉRIE DE FOURIER E
FUNÇÕES DE BESSEL 710
convergem, portanto ∀k:
k
n=1
((an) 2 +(bn) 2 ) 1
2 =
k
n=1
1
n ·((a′ n )2 +(b ′ n )2 ) 1
2 ≤ K
para algum K, como queríamos.
Afirmação 5.2. (Caso particular da desigualdade de Cauchy-Schwartz)
Sejam dois vetores em Rn : u = (v1,...,vn) e v = (v1,...,vn). Então
n
|u1·v1 +...+u2 ·v2| ≤ ( ui 2 ) 1
n
2 ·( vi 2 ) 1
2.
6. A solução da equação de Kepler via série de Fourier e funções de
Bessel
Minha referência para esta Seção é o livro de A. Gray e B. G. Mathews, A treatise
on Bessel functions and their applications to physics, McMillan, 1895.
Vimos na Seção 11 do Capítulo 39, a dedução da Equação de Kepler:
onde
i=1
M = φ−e·sin(φ)
• φ é a anomalia excêntrica (definida na Seção 11 do Capítulo 39 e ilustrada
na Figura a seguir),
• M = 2·π·T é a anomalia média,
T0
• T tempo transcorrido do ponto P(T) na trajetória, desde o perihélio em A e
T0 o período da órbita.
O que se quer é resolver essa equação, determinando φ em função de M:
O
Y
φ = φ(M),
pois isso daria φ = φ(T), que é o que preciso para ter a posição do planeta em cada
tempo T (já que a a trajetória elíptica é suposta conhecida).
ϕ
Q
P
p
F
θ
i=1
A
X

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 711
Note que, mesmo que ainda não saibamos explicitamente o que é φ(M), podemos
afirmar que:
• a expressão φ(M)−M se anula em M = k ·π, onde k = 0,1,2,3...;
• φ(M)−M é periódica em M de período 2·π,
• φ(M)−M é uma função ímpar.
Isso motiva, de acordo com a Seção 2, a busca de uma expansão em série de
Fourier-senos dessa função:
Afirmação 6.1. Se φ = φ(M) é solução de M = φ−e·sin(φ), com 0 < e < 1 e se
então os coeficientes verificam
onde
φ(M)−M =
bν = bν(e) = 1
ν
Jν(x) =
Demonstração.
Se tivéssemos essa expressão
π
0
φ(M)−M =
+∞
ν=1
bν ·sin(ν ·M).
· 2
π ·Jν(e), ∀ν ∈ N,
cos(ν ·(t−x·sin(t)))dt.
+∞
ν=1
bν ·sin(ν ·M)
e se pudéssemos derivá-la em M termo a termo, obteríamos:
dφ
dM
−1 =
+∞
ν=1
ν ·bν(e)·cos(ν ·M).
Agora, para cada ν0 fixado, multiplico termo a termo:
cos(ν0 ·M)·( dφ
dM
e depois integro, termo a termo:
π
0
cos(ν0 ·M)·( dφ
dM
−1) =
−1)dM =
+∞
ν=1
+∞
π
ν=1
De acordo com a Afirmação 3.5 da Seção 1:
π
0
ν ·bν(e)·cos(ν ·M)·cos(ν0 ·M)
0
ν ·bν(e)·cos(ν ·M)·cos(ν0 ·M)dM.
cos(ν ·M)·cos(ν0 ·M)dM = 0 se ν = ν0 e ν,ν0 ∈ N,
π
cos(ν0 ·M)
0
2 dM = π
2 , ∀ν0 ∈ N.
De onde concluiremos que, para cada ν ∈ N:
π
0
cos(ν ·M)·( dφ
dM
π
−1)dM = ·ν ·bν(e),
2

6. A SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE KEPLER VIA SÉRIE DE FOURIER E
FUNÇÕES DE BESSEL 712
ou seja, para cada ν ∈ N:
bν(e) = 2
νπ ·
π
cos(ν ·M)·(
0
dφ
−1)dM =
dM
onde a última igualdade sai de que:
Mas como:
e como temos
π
0
= 2
νπ ·
π
cos(ν ·M)·
0
dφ
dM dM,
cos(ν ·M)dM =
sin(ν ·M)
(π)−
ν
φ(0) = 0 e φ(π) = π
M = φ−e·sin(φ),
sin(ν ·M)
(0) = 0.
ν
posso fazer uma substituição na integral:
2
νπ ·
π
cos(ν ·M)·
0
dφ 2
dM =
dM νπ ·
π
cos(ν ·(φ−e·sin(φ)))·dφ
0
e portanto
bν(e) = 2
νπ ·
π
cos(ν ·(φ−e·sin(φ)))·dφ.
0
Quer dizer, relembrando a Definição do começo da Seção 1 do Capítulo 43 (usando φ
no papel de t):
bν(e) = 1
ν
· 2
π ·Jν(e), ν ∈ N.
Na figura a seguir plotei para e = 0.9 o gráfico da aproximação
10
φ10(M) := M + bν(0.9)·sin(ν ·M)
ν=1
em vermelho junto com a diagonal y = M em verde. Se vê bem como um planeta
descrevendo uma trajetória elíptica vai bem rápido em seu perihélio (M = 0) e como
vai lentamente em seu afélio (M = π).

CAPÍTULO 46. SÉRIES DE FOURIER 713
6
5
4
3
2
1
0
0
1 2
3
M
Fig: y = φ10(M) em vermelho, y = M em verde, M ∈ [0,2π]
7. Exercícios
Exercício 7.1. Considere f : [−π,π] → R, f(x) = x2 .
Redefina os coeficientes de Fourier para [−π,π]. Usando que f é par, prove que
sua série de Fourier é:
f(x) = π2 cos(2x) cos(3x) cos(4x)
−4·(cos(x)− + − +...)
3 22 32 42 Avaliando f em x = π conclua o seguinte resultado de Euler:
π 2
6
1 1 1
= 1+ + + +...
22 32 42 4
5
6

CAPíTULO 47
Equações Diferenciais Parciais
1. Observações gerais, tipos, separação de variáveis, soluções clássicas
• Uma equação diferencial parcial é uma equação que envolve uma função
y = f(x1,x2,...,xn) de mais de uma variável e suas derivadas parciais:
F(x1,...,xn,y, ∂y
∂x1
,..., ∂2y ∂x2,...) = 0.
1
• A ordem da equação é a maior ordem de derivação que aparece na equação,
por exemplo:
∂ 3 y
∂x3∂x2∂x1
+ ∂2 y
∂x 2 1
+ ∂y
∂x3
+x1 ·x2 = 0
é uma equação parcial de terceira ordem.
• A equação será homogênea se não há termo independente de y = f(x) ou de
suas derivadas; em outras palavras, se y = f(x) ou suas derivadas aparecem
em cada termo. Por exemplo, a equação anterior não é homogênea, mas
∂ 3 y
∂x3∂x2∂x1
+ ∂2 y
∂x 2 1
+ ∂y
∂x3
é homogênea.
• A equação é linear se y e suas derivadas figuram apenas na potência 1
e estão multiplicados apenas por funções das variáveis independentes (incluindo
constantes). Podem aparecer expressões não-lineares nas variáveis
independentes.
Por exemplo, a equação
é linear, bem como:
∂ 3 y
∂x3∂x2∂x1
∂ 3 y
∂x3∂x2∂x1
+ ∂2 y
∂x 2 1
+ ∂2 y
∂x 2 1
+ ∂y
∂x3
+ ∂y
∂x3
= 0
= 0
+e x1·x2 ·x 2 3 = 0,
apesar do termo independente ex1·x2 2 ·x3 .
Porém
∂3y +(
∂x3∂x2∂x1
∂2y ∂x2) 1
2 +sin( ∂y
) = 0
∂x3
não é linear.
715

1. OBSERVAÇÕES GERAIS, TIPOS, SEPARAÇÃO DE VARIÁVEIS,
SOLUÇÕES CLÁSSICAS 716
Também
é linear, embora
(x 2 1 +x 3 2)· ∂y
y · ∂y
∂x2
∂x2
+ ∂y
∂x1
+ ∂y
∂x1
não seja linear.
• Umaequaçãoéapenassemi-linear seélinearnasderivadasdeordemmáxima.
O exemplo anterior, apesar de não-linear, é semilinear. A semi-linearidade
já é uma informação importante, havendo técnicas para lidar com essas
equações.
• Alinearidadedaoperaçãodetomarderivadafazcomqueumaequação linear
e homogênea defina um operador linear LF:
y ↦→ LF(y).
= 0
= 0
Por exemplo, se F(x1,x2,y, ∂y ∂y ∂y
,...) = 5· +3· x1 ∂x1 ∂x2
a·y1 +b·y2 ↦→ LF(a·y1 +b·y2) :=
:= 5· ∂(a·y1 +b·y2)
∂x1
= a·[5· ∂y1
∂x1
+3· ∂(a·y1 +b·y2)
∂x2
+3· ∂y
]+b·[5·
∂x2
∂y2
∂x1
= a·LF(y1)+b·LF(y2).
= 0 e se a,b ∈ R, temos:
=
+3· ∂y2
] =
∂x2
Note que LF não seria linear se a equação F = 0 não fosse homogênea.
• O importante desta observação é que, quando a equação parcial F = 0 é
linear e homogênea, ou seja, LF é operador linear, então as soluções y1 , y2
de F = 0 podem ser superpostas como a·y1+b·y2, produzindo outra solução.
• Na linguagem da álgebra linear, a superposição de soluções diz que LF = 0
defineumsubespaçolinear(núcleo)doespaçodefunçõesondesepodeaplicar
LF.
Ao contrário do que acontecia com as equações diferenciais ordinárias, o
espaço LF = 0 pode ser um espaço vetorial de dimensão infinita. A vasta
possibilidade de escolha de soluções está na base de três conceitos:
• i) a idéia de buscar soluções que são somas infinitas de soluções +∞
n=1anyn (caso convirjam).
• ii) o processo de separação de variáveis, em que se restringe a busca de
soluções y(x1,x2,...,xn) às da forma:
y(x1,x2,...,xn) = y1(x1)·y2(x2)·...yn(xn).
• iii) a necessidade de se impor condições iniciais ou de fronteira à solução
y(x1,...,xn) para poder ter unicidade de soluções. Por exemplo, se uma das
variáveis é temporal, t := xn, e se impõe condições iniciais
y(x1,...,xn−1,0) = g(x1,...,xn)
estamos num problema de Cauchy.

CAPÍTULO 47. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 717
Se impomos, na fronteira ∂U do domínio U ⊂ R n onde está definida a
equação, uma condição
y|∂U = g
estamos num problema de Dirichlet. Se impomos
onde ∂y
∂η
∂y
∂η |∂U
= g,
é a derivada direcional na direção normal à fronteira ∂U, temos um
problema de Neumann. Os problemas de Dirichlet e Neumann podem ser
combinados.
DadaumaequaçãoF(x1,...,y, ∂y
,......) = g(x1,...,xn)não-homogênea,
x1
ainda podemos usar a parte homogênea dela para definir um operador linear.
• Apesar de que em geral pode acontecer que
∂2f(x1,x2) =
∂x1∂x2
∂2f(x1,x2) ∂x2∂x1
lidaremos sempre com funções paras as quais não importa a ordem em que
se deriva. De acordo com o Lema de Schwartz, para isso é suficiente que f e
suas derivadas parciais de primeira e segunda ordem sejam contínuas. Serão
chamadas soluções clássicas da equação.
2. Equações parciais de primeira ordem e o método das características
3. A Equação da difusão do Calor
Nesta Seção tentei modelar a difusão 1 de Calor sem usar os elementos ∆x, ∆t dos
livros de Física e Equações diferenciais, mas ao contrário usando alguns Teoremas de
Valor Médio.
A heurística dos ∆x, ∆t é forte, mas se usamos ao contrário alguns Teoremas da
Parte I do Curso aumentamos a unidade do texto.
Experimentalmente se verifica que a trasmissão de Calor entre dois discos de área
A, com temperaturas T1 e T2, postos a uma distância d é
k ·A· |T2 −T1|
,
d
onde a constante k > 0 depende do material dos discos. Essa lei experimental é
associada a Fourier.
Vamos pensar num problema essencialmente unidimensional, ou seja, em algo
como um arame cuja seção transversal tem área constante A e pequena em relação ao
comprimento. Ele será posto na direção do eixo dos x, com início em x = 0 e término
em x = 2π.
Pensaremos que a temperatura nos pontos do arame é da forma2 T(x,t),
1 ou de substâncias químicas
2 as funções envolvidas, temperatura, densidade, etc, serãosupostascom tantasderivadas quanto
necessário

3. A EQUAÇÃO DA DIFUSÃO DO CALOR 718
ou seja, que é constante em cada seção transversal.
Também pensaremos que o arame só troca calor com o ambiente pelas seções
transversais inicial s0 e final s2π, estando no resto isolado termicamente.
A taxa com que o Calor C passa pela seção transversal Sx0 do arame é:
C ′ (x0) = −k ·A· ∂T
∂x (x0,t),
o que pode ser justificado fazendo d → 0 na lei experimental. O sinal negativo nos
permite interpretar essa fórmula como dizendo que o fluxo de calor vai da esquerda
para direita, se ∂T(x0,t)
∂x < 0, enquanto que o fluxo de calor vai da direita para a
esquerda, se ∂T > 0. ∂x
Penso agora num pedaço do arame, que vai da seção transversal Sx0 até a seão
transversal Sx1, e que simbolizo por A×[x0,x1].
A taxa total com que o calor entra no pedaço A×[x0,x1] através da sua fronteira
Sx0 ∪Sx1 é então:
−k ·A· ∂T
∂x (x0,t)+k ·A· ∂T
∂x (x1,t) =
= kA·( ∂T ∂T
(x1,t)−
∂x ∂x (x0,t)).
A quantidade total de calor que entra em A×[x0,x1] no tempo de t0 a t1 é:
kA·
t1
t0
( ∂T ∂T
(x1,z)−
∂x ∂x (x0,z))dz.
Nesse intervalo de tempo de t0 a t1 cada ponto3 z ∈ A×[x0,x1] teve uma mudança
de temperatura:
T(z,t1)−T(z,t0).
A variação média da temperatura de A×[x0,x1] nesse intervalo de tempo de t0 a t1
é dada por: x1 1
· T(z,t1)−T(z,t0)dz.
x1 −x0
x0
O quanto mudou a temperatura em A × [x0,x1] depende da quantidade de Calor
que entrou, que calculamos acima, mas também das propriedades físicas do material
codificadas numa contante 1
s e da massa de A×[x0,x1], que é dada por:
x1
x0
ρ(x)·Adx,
onde ρ = ρ(x) é a densidade (que é suposta só depender de x e não da temperatura).
Isso se escreve então como:
1
x1 −x0
·
x1
x0
T(z,t1)−T(z,t0)dz = 1
s ·
= k
s ·
t1
t0
∂T
∂x
t1
∂x
t0 kA·(∂T
∂T (x1,z)− ∂x (x0,z)dz
x1
x0 ρ(x)dx
.
(x1,z)− ∂T
∂x (x0,z))dz
x1
x0 ρ(x)·Adx
3 Assumimos que a temperatura de cada ponto da seção Sz é a mesma
=

CAPÍTULO 47. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 719
logo
Mas pelo Teorema do Valor Médio de Integrais:
x1
x0 T(z,t1)−T(z,t0)dz
= T(ξ,t1)−T(ξ,t0) para algum ξ ∈ (x0,x1),
x1 −x0
T(ξ,t1)−T(ξ,t0)·
x1
Agora dividimos tudo por (t1 −t0)·(x1 −x0):
x0
T(ξ,t1)−T(ξ,t0)
·
t1 −t0
(note que pude pôr 1
x1−x0
ρ(x)dx = k
s ·
t1 ∂T ∂T
(x1,z)−
t0 ∂x ∂x (x0,z)dz.
x1
x0 ρ(x)dx
x1 −x0
= k
s ·
t1
para dentro da integral á direita).
Agora o Teorema do Valor Médio de Integrais dá:
x1
x0 ρ(x)dx
x1 −x0
e o Teorema do Valor Médio de Lagrange dá:
∂T ∂T (x1,z)− ∂x ∂x (x0,z)
x1 −x0
t0
∂T ∂T
(x1,z)− ∂x ∂x (x0,z)
dz x1−x0
t1 −t0
= ρ(τ), para algum τ ∈ (x0,x1)
= ∂2T ∂x2(ω,z), para algum ω ∈ (x0,x1)
(que depende de z, ω = ω(z) ∈ (x0,x1)).
Portanto:
T(ξ,t1)−T(ξ,t0)
·ρ(τ) =
t1 −t0
k
s ·
t1 ∂
t0
2T ∂x2(ω,z)dz t1 −t0
= ∂2T ∂x2(ω,η), para algum η ∈ (t0,t1),
onde na última iguladade usei mais uma vez o Teorema do Valor médio de Integrais.
Note agora que t1 → t0 implica que η → t0. Também note que x1 → x0 implica
que:
ξ → x0, τ → x0 e ω → x0.
Portanto, fazendo t1 → t0 e x1 → x0 em
obtemos em x = x0 e t = t0
T(ξ,t1)−T(ξ,t0)
t1 −t0
Na literatura se costuma chamar:
= k
sρ(τ) · ∂2 T
∂x 2(ω,η),
∂T(x,t)
(x,t) =
∂t
k
sρ(x) · ∂2T(x,t) ∂x2 (x,t).
α 2 := k
sρ
> 0.
Isso que fizemos em dimensão 1 se generaliza a mais dimensões espaciais.
=

4. PROBLEMAS DE ESFRIAMENTO UNIDIMENSIONAIS 720
Por isso, a equação diferencial (parcial, linear, de segunda ordem) que rege a
mudança da temperatura 4 T = T(x,y,t) é a chamada Equação da Difusão do Calor:
ou se T = T(x,y,z,t) é:
α 2 ·( ∂2 T
α 2 ·( ∂2 T
∂x 2 + ∂2 T
∂x2 + ∂2T ∂T
∂y2) =
∂t
∂y2 + ∂2T ∂T
) =
∂z2 ∂t .
Esse coeficiente α 2 é muito pequeno para a água e alto para o cobre, por exemplo.
Um exemplo. Para as funções f1 = −x 2 −y 2 , f2 = x 2 +y 2 e f3 = x 2 −y 2 a origem
(0,0) é ponto de máximo, mínimo e de séla, respectivamente. E os Laplacianos são
respectivamente :
∂ 2 f1
∂ 2 f2
∂x2 + ∂2f1 = −4,
∂y2 ∂x2 + ∂2f2 = 4
∂y2 ∂x2 + ∂2f3 = 0.
∂y2 Intuitivamente, a equação da difusão do calor diz que se o Laplaciano num ponto P é
negativo, então num entorno de P há menos calor que em P e portanto a temperatura
de P diminui; já se o Laplaciano num ponto P é positivo, então num entorno de P
há mais calor que em P e portanto a temperatura de P aumenta.
Quando se estabiliza a temperatura temos:
∂2T ∂x2 + ∂2T = 0.
∂y2 ou
∂2T ∂x2 + ∂2T ∂y2 + ∂2T = 0
∂z2 e essas equações serão estudadas no Capítulo 48.
∂ 2 f3
4. Problemas de esfriamento unidimensionais
Problema 1 - homogêneo:
Considere um arame isolado do ambiente, exceto pelos extremos, com uma distribuição
de temperatura f(x), x ∈ [0,L] no tempo t = 0. Imagine que começa a
sofrer resfriamento porque seus extremos são postos a 0 graueassim mantidos ∀t > 0.
Por exemplo suponha que f(x) ≡ C = 0 no instante t = 0. Queremos determinar
T(x,t), a função temperatura no tempo t, onde
e
T(x,0) = f(x) ≡ C > 0
T(0,t) ≡ 0 e T(L,t) ≡ 0, ∀t > 0.
É natural prever que ao longo do tempo cada ponto do arame tenderá a ter temperatura
zero. Mas queremos determinar de modo quantitativamente exato como isso
acontece.
4 bem como outros processos de difusão de gase, etc, em meios homogêneos

CAPÍTULO 47. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 721
Pela equação do Calor:
α 2 · ∂2T(x,t) ∂x2 = ∂T(x,t)
.
∂t
Façamos a hipótese simplificadora de separação de variáveis:
A equação do calor vira:
α 2 · d2 T1(x)
T(x,t) = T1(x)·T2(t).
dx2 ·T2(t) = T1(x)· dT2(t)
,
dt
ou seja, para x ∈ (0,L) e t > 0:
1
T1(x) · d2T1(x) 1 1 dT2(t)
= · · .
dx2 α2 T2(t) dt
Como olado esquerdo só depende dexeodireito só det, para quehaja essa igualdade
ambos são constantes iguais ao mesmo λ ∈ R. Obtemos assim duas equações:
e
d 2 T1(x)
dx 2 −λ·T1(x) = 0, com T1(0) = T1(L) = 0, T1 ≡ 0,
dT2(t)
dt −α2 λ·T2(t) = 0, T2(t) ≡ 0.
Destas duas equações ordinárias, iniciaremos analisando a equação em x, pois ela
está equipada de informação extra T1(0) = T1(L) = 0. As soluções de
d 2 T1(x)
dx 2 −λ·T1(x) = 0, com T1(0) = T1(L) = 0, T1 ≡ 0,
pela Afirmação 2.1 do Capítulo 40, dependem de λ:
• i): se λ < 0, são da forma T1(x) = a·cos( √ −λ · x) + b · sin( √ −λ · x). As
analisaremos a seguir.
• ii): se λ = 0, são da forma T1(x) ≡ D · t + E, com D,E ∈ R. Mas como
T1(0) = 0 então E = 0. Como T1(L) = 0 então T1(x) ≡ 0 e será descartada.
• iii): se λ > 0, são da forma T1(x) = a·e √ λ·x + b·e − √ λ·x . Como T1(0) = 0
então a + b = 0. Como a · (e √ λ·L − e − √ λ·L ) = 0 então a = 0 ou √ λ = 0.
Qualquer uma dessas condições dá T1(x) ≡ 0. Descartado.
Na situação que restou, ou seja, o item i):
T1(x) = a·cos( √ −λ·x)+b·sin( √ −λ·x),
para que tenhamos T1(0) = T1(L) = 0 precisamos que a = 0, pois 0 = T1(0) = a. E
de
0 = T1(L) = b·sin( √ −λ·L)
obtemos que
√ −λ·L = π ·n, n ∈ N,
ou seja que
−λ = π2n2 .
L2

4. PROBLEMAS DE ESFRIAMENTO UNIDIMENSIONAIS 722
Em resumo, as soluções de
d 2 T1(x)
dx 2 + π2 n 2
L ·T1(x) = 0, com T1(0) = T1(2π) = 0, T1 ≡ 0
são da forma:
π ·n
Bn ·sin(
L ·x), n ∈ N, Bn ∈ R
Voltando à segunda equação, ficamos com:
cujas soluções são
Afirmo que as somas finitas
dT2(t)
dt +α2π2 n 2
L 2 ·T2(t) = 0, T2(t) ≡ 0,
N
n=1
An ·e −α2 n2 π 2
L 2 ·t , An ∈ R.
Cn ·e −α2 n2π 2
L2 ·t π ·n
·sin(
L ·x),
(onde Cn = An ·Bn) são soluções.
Isso se deve à linearidade da equação diferencial parcial e também pela homogeneidade
da equação diferencial e da condição de contorno:
T(0,t) = T(L,t) = 0.
Mais ainda, se pode provar que a série infinita
é solução da equação.
Como:
T(x,t) =
+∞
n=1
C ≡ f(x) = T(x,0) =
Cn ·e −α2 n2π 2
L2 ·t π ·n
·sin(
L ·x)
+∞
n=1
π ·n
Cn ·sin(
L ·x),
reconhecemos os Cn como os coeficientes de uma série de Fourier de senos da função
constante f ≡ C, do Exemplo 1 da Seção 2 do Capítulo 46: Cn = 0 se n ∈ N é par e
Cn = 4C se n ∈ N é ímpar.
nπ
Suponho para a figura a seguir o caso bem particular:
C ≡ 1, L = π e α = 1.
Na figura a seguir dou o truncamento até n = 11 de
com t = 1 1 1 1 1 , , , , 40 30 10 6 2 ,1
T(x,t) = 4
π ·
+∞ 1
2n−1
n=1
·e−(2n−1)2 ·t
·sin((2n−1)·x)

CAPÍTULO 47. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 723
1
0.8
0.6
0.4
0.2
Problema 2 - não-homogêneo:
0
0.5 1 1.5 2 2.5 3
Uma situação mais geral: um arame isolado do ambiente, exceto pelos extremos,
com uma distribuição de temperatura f(x) ≡ C, x ∈ [0,L] no tempo t = 0, que
começa a sofrer resfriamento segundo:
Só que agora
α 2 · ∂2 T(x,t)
x
∂x2 = ∂T(x,t)
.
∂t
T(0,t) ≡ c < C e T(L,t) ≡ 0, ∀t > 0.
Ou seja, a condição de fronteira não é mais homogênea.
O que fazer ? Pois agora a soma de soluções ∀n que fizemos no Problema 1 já
não é mais possível. A idéia é reduzir este Problema 2 a um problema do tipo do
Problema 1, e usar aquela técnica.
Para isso considere
f(x) = − c
L ·x+c,
qu claramente satisfaz
e obviamente
pois f(x) não depende de t.
Considere
f(0) = c, f(L) = 0,
df
dt ,
d2f(x) ≡ 0
dx2 ˆ
T(x,t) := T(x,t)−f(x).

4. PROBLEMAS DE ESFRIAMENTO UNIDIMENSIONAIS 724
Note que esta função recai no problema anterior, pois:
α 2 ·
∂2T(x,t) ˆ
∂x2 = ∂T(x,t) ˆ
∂t
e
T(0,t) ˆ = T(0,t)−f(0) = c−c = 0 e T(L,t) ˆ = T(L,t)−f(L) = 0,
apenas a distribuição inicial de calor mudou, pois:
T(x,0) ˆ = T(x,0)−f(x) = (C −c)+ c
L ·x.
Ou seja, no final da resolução do novo problema, segundo as técnicas que de-
screvemos no Problema 1, teremos que calcular coeficientes de Fourier de uma função
linear: (C −c)+ c ·x. E depois obtemos:
L
T(x,t) = ˆ T(x,t)+f(x).
Note que os termos exponenciais de T(x,t) ˆ vão para zero quando t cresce e portanto
os gráficos de T(x,t) - para cada t - tendem ao d3 f(x).
Para L = π, α = 1, os coeficientes de Fourier agora são
Cn := 2
π ·
π
((C −c)+
0
c
L ·x)·sin(nx)dx
e
T(x,t) = − c
L ·x+c+
+∞
Cn ·e −n2 ·t
·sin(n·x).
1
40
n=1
Na figura a seguir usei C = 1 e c = 1
2
, 1
30
, 1
10
, 1
6
, 1
2
,1 e pus também o gráfico da reta − 1
2π
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
, truncamento em n = 11, com t =
·x+ 1
2 .
0.5 1 1.5 2 2.5 3
x

CAPíTULO 48
O operador de Laplace e as equações do calor e da onda
1. Laplaciano em coordenadas polares e esféricas
Precisaremos nas Seções seguintes expressar o Laplaciano, inicialmente dado em
coordenadascartesianas(x,y)ou(x,y,z)emcoordenadaspolares(r,θ)ouemesféricas
(ρ,θ,φ).
Este último sistema põe
A figura a seguir mostra bem que:
0 ≤ ρ, 0 ≤ θ2π e 0 ≤ φ < π.
x = (ρsin(φ))·cos(θ), y = (ρsin(φ))·sin(θ) e z = ρcos(φ).
x
Afirmação 1.1.
i): Seja y = f(x,y) com derivadas de segunda ordem contínuas1 .
O Laplaciano ∂2f ∂x2 + ∂2f ∂y2 se escreve em cordenadas polares (r,θ) como:
1
r2 ∂2 ∂f
f 1 ∂(r · ∂r + ·
∂θ2 r )
.
∂r
ii): Seja y = f(x,y,z) com derivadas de segunda ordem contínuas.
1 Para que possamos usar ∂ 2 f
∂x∂y = ∂2 f
∂y∂x
θ
z
φ
ρ
725
y

1. LAPLACIANO EM COORDENADAS POLARES E ESFÉRICAS 726
O Laplaciano ∂2 f
∂x 2 + ∂2 f
∂y 2 + ∂2 f
∂z 2 se escreve em cordenadas esféricas (r,θ,φ), com
0 < φ < π, como:
∂2f 2 ∂f
+ ·
∂ρ2 ρ ∂ρ
+ 1
ρ2 · ∂2f ∂φ
cot(φ)
+ 2 ρ2 ∂f
∂φ +
1
ρ2sin 2 (φ) · ∂2f ∂θ2. Demonstração.
De i):
Temos
x = x(r,θ) = rcos(θ) e y = y(r,θ) = rsin(θ),
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f(x,y) = f(x(r,θ),y(r,θ))
e pela regra da composta em duas variáveis:
∂f
∂θ
∂f ∂x ∂f
= · +
∂x ∂θ ∂y
· ∂y
∂θ =
= − ∂f ∂f
·sin(θ)r+
∂x ∂y ·cos(θ)r.
Para que o que segue fique mais claro, lembre que:
∂f ∂f
(x,y) =
∂x ∂x (x(r,θ),y(r,θ))
∂f ∂f
(x,y) =
∂y ∂y (x(r,θ),y(r,θ)).
e daí:
Também:
∂ 2 f
∂θ 2 = − ∂2 f
∂x∂θ
∂f
·sin(θ)r−
∂x ·cos(θ)r+ ∂2f ∂f
·cos(θ)r−
∂y∂θ ∂y
·sin(θ)r =
= −[ ∂2f ∂x2 ·(−sin(θ)r)+ ∂2f ∂f
cos(θ)r]·sin(θ)r−
∂x∂y ∂x ·cos(θ)r+
+[ ∂2f ∂y∂x ·(−sin(θ)r)+ ∂2f ∂f
cos(θ)r]·cos(θ)r − ·sin(θ)r =
∂y2 ∂y
Por outro lado,
= ∂2 f
∂x 2 sin2 (θ)r 2 + ∂2 f
∂y 2 cos2 (θ)r 2 −2· ∂2 f
∂x∂y sin(θ)cos(θ)r2 −
r · ∂f
∂r
− ∂f ∂f
·cos(θ)r−
∂x ∂y ·sin(θ)r.
∂f
= r·(∂f ·cos(θ)+
∂x ∂y ·sin(θ))
∂(r · ∂f
∂r )
=
∂r
∂f ∂f
·cos(θ)+
∂x ∂y ·sin(θ)+rcos(θ) ∂2f ∂x∂r +rsin(θ) ∂2f ∂y∂r =
= ∂f ∂f
cos(θ)+
∂x ∂y ·sin(θ)+ ∂2f ∂x2 ·rcos2 (θ)+ ∂2f ∂y2 ·rsin2 (θ)+2· ∂2f ∂x∂y sin(θ)cos(θ)r.

CAPÍTULO 48. O OPERADOR DE LAPLACE E AS EQUAÇÕES DO CALOR
E DA ONDA 727
Agora é só fazer a soma e obter:
1
r 2
∂2f 1
+
∂θ2 r
∂f
∂(r · ∂r · )
=
∂r
∂2f ∂x2 + ∂2f ∂y2. De ii):
Contas mais longas, mas do mesmo estilo, agora usando que:
x = ρsin(φ)cos(θ), y = ρsin(φ)sin(θ) e z = ρcos(φ).
2. Estado estacionário do calor num disco e expansão em séries de
Fourier
Esta Seção 2eapróxima Seção4têmumbocadodeheurística, eváriasafirmações
sem prova. Mas mostra como a teoria de equações diferenciais parciais está ligada a
problemas físicos concretos, bem como conecta a teoria com coisas já aprendidas no
Curso. 11
Minhas referências são o livro do Simmons, Differential equations, de H. F. Davis,
Fourier series and orthogonal functions e de Boyce-diPrima.
Imagine uma disco maciço de raio 1 feito de material homogêneo, cujos pontos
serão parametrizados em coordenadas polares 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Imagine agora que o círculo de raio 1 que é a fronteira é mantido aquecido, de tal
modo que sua temperatura é dada por uma função:
f = f(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π.
E suponha que isso é feito até que a temperatura no interior do disco não mude mais.
Nesse momento a temperatura T(r,θ) do disco anula o Laplaciano em coordenadas
polares:
1
r2 ∂2 ∂T
T 1 ∂(r · ∂r + ·
∂θ2 r )
= 0
∂r
Queremos resolver esta equação, com a condição (chamada condição de fronteira)
T(1,θ) = f(θ),
e para isso fazemos ainda mais uma suposição, de separação de variáveis, ou seja, de
que 2 :
T(r,θ) = T1(r)·T2(θ).
Então a equação que queremos resolver vira:
0 = 1
r2 ·T1(r)· d2T2(θ) 1 dT1(r)
+ ·T2(θ)·
dθ2 r dθ +T2(θ)· d2T1(r) dr2 ,
de onde se obtem, após multiplicar por r2 :
1
T1(r) ·(r2 · d2T1(r) dT1(r)
+r · ) =
dr2 dr
−1
T2(θ) · d2T2(θ) dθ2 .
2 são as aplicações físicas que justificam essas suposições

2. ESTADO ESTACIONÁRIO DO CALOR NUM DISCO E EXPANSÃO EM
SÉRIES DE FOURIER 728
A observação agora é que o lado direito é função apenas de θ enquanto o esquerdo é
função apenas de r. A conclusão é que ambos são constantes = λ ∈ R. O que produz
duas equações diferenciais ordinárias:
e
r 2 · d2T1(r) dT1(r)
+r ·
dr2 dr −λ·T1(r) = 0,
d 2 T2(θ)
dθ 2 +λ·T2(θ) = 0.
As soluções desta última equação, de acordo com a Afirmação 2.1 do Capítulo 40 são
da forma:
• i): T2(θ) = a·e √ −λ·x +b·e − √ −λ·x se λ < 0. Mas queremos que T2(θ) tenha
período 2π. Logo excluímos essa possibilidade.
• ii): T2(θ) = a · x + b, se λ = 0. Só será periódica, e de fato constante, se
a = 0.
• iii): T2(θ) = a·cos( √ λ·θ)+b·sin( √ λ·θ), se λ > 0, que são periódicas.
Só que se tomamos, no Caso ii), λ = 0 então a equação (de Euler)
vira:
r 2 · d2T1(r) dT1(r)
+r·
dr2 dr −λ·T1(r) = 0
r 2 · d2 T1(r)
dT1(r)
+r · = 0,
dr2 dr
cuja solução, pela Afirmação 1.1 do Capítulo 40, é:
T1(r) = c+d·ln(r);
se d = 0 essas soluções não ficam limitadas quando r → 0, o que é inaceitável do
ponto de vista da situação física tratada. Mas se d = 0 então a conclusão geral é que:
T(r,θ) = T1(r)·T2(θ) ≡ c·a
é uma função constante.
No Caso iii), para termos T2(θ) com período 2π, o √ λ > 0 tem de ser
√ λ = n ∈ N,
11 ou seja,
A equação de Euler
r 2 · d2 T1(r)
λ = n 2 .
dT1(r)
+r ·
dr2 dr −λ·T1(r) = 0,
cuja equação asssociada é r 2 = n 2 , de acordo com a Afirmação 1.1 do Capítulo 40,
tem soluções:
T1(r) = a·r n +b·r −n ,
só que a parte r −n fica ilimitada quando r → 0 e é abandonada.
Portanto, a conclusão é que funções do tipo:
Tn = a·r n ·cos(n·θ)+b·r n ·cos(n·θ), n ∈ N
são soluções das equações que nos interessam.

CAPÍTULO 48. O OPERADOR DE LAPLACE E AS EQUAÇÕES DO CALOR
E DA ONDA 729
A idéia é buscar para a solução desejada combinações lineares
nanTn dessas
soluções e, de fato, séries infinitas do tipo:
Como
T(r,θ) = a0 +
+∞
n=1
f(θ) = T(1,θ) = a0 +
r n ·(ancos(nθ)+bnsin(nθ)).
+∞
n=1
ancos(nθ)+bnsin(nθ),
reconhecemos aí uma Série de Fourier, para a qual sabemos que 3 :
e
a0 := 1
2π ·
2π
0
f(φ)dφ,
an := 1
π ·
2π
f(φ)cos(nφ)dφ e bn :=
0
1
π ·
2π
f(φ)sin(nφ)dφ.
0
3. A fórmula integral de Poisson
Concluímos na Seção anterior que a temperatura no disco unitário em estado
estacionário é dada em coordenadas polares por:
T(r,θ) = a0 +
+∞
n=1
= 1
2π +∞
f(φ)dφ+
2π 0
n=1
2π
r n ·(ancos(nθ)+bnsin(nθ)) =
r n ·( 1
π
2π
0
f(φ)cos(nφ)dφ·cos(nθ)+
+ 1
f(φ)sin(nφ)dφ·sin(nθ))),
π 0
onde f = f(θ) é a temperatura no círculo unitário.
Tomando r ≤ r < 1 podemos garantir a convergência em módulo e uniforme da
série e trocar a ordem entre a integração e a soma infinita. Assim obtemos
T(r,θ) = 1
π
2π
0
f(φ)·[ 1
2 +
+∞
n=1
r n ·(cos(nφ)cos(nθ)+sin(nφ)sin(nθ))]dφ =
= 1
2π
f(φ)·[
π 0
1
2 +
+∞
r
n=1
n ·cos(n(φ−θ))]dφ.
Para continuarmos faremos uma incursão sobre os números Complexos e séries infinitas
Complexas.
Suponha que para um número complexo com |z| < 1 faça sentido e convirja a
série geométrica complexa:
+∞
z n = 1
1−z .
n=0
3 uso φ ao invés da variável t pois φ lembra a variável θ enquanto que t evocaria o tempo

3. A FÓRMULA INTEGRAL DE POISSON 730
Ou seja, que valha:
+∞
n=1
z n = 1 z
−1 =
1−z 1−z .
Agora escreva z com |z| < 1 na forma polar:
Portanto:
Mas vale:
portanto:
z = r·e Iψ := r ·(cos(ψ)+I ·sin(ψ)), 0 ≤ r < 1, 0 ≤ ψ < 2π.
1
2 +
+∞
z
n=1
n = 1 z
+
2 1−z =
= 1 1−z
+z · =
2 |1−z| 2
= 1
2 +(rcos(ψ)+Irsin(ψ))·
1−rcos(ψ)+Irsin(ψ)
=
|1−r ·cos(ψ)−Irsin(ψ)| 2
= 1
2 + rcos(ψ)−r2 +Irsin(ψ)
1+r 2 =
−2rcos(ψ)
= 1−r2 +I ·2rsin(ψ)
2·(1+r 2 −2rcos(ψ)) .
z n = r n ·(cos(nψ)+I ·sin(nψ))
1
2 +
+∞
z
n=1
n = 1
2 +
+∞
r
n=1
n +∞
·cos(nψ)+I · r
n=1
n ·sin(nψ) =
1−r
=
2
2·(1+r 2 2rsin(ψ)
+I ·
−2rcos(ψ)) 2·(1+r 2 −2rcos(ψ)) .
Comparando as partes Real e Imaginária obtemos:
1
2 +
+∞
n=1
r n ·cos(nψ) =
Assim termina a incursão sobre os complexos.
Fazendo
ψ = φ−θ
então a integral que tínhamos obtido:
T(r,θ) = 1
π
2π
pode ser reescrita agora como:
onde fizemos
0
T(r,θ) = 1
2π
K(r,θ,φ) :=
f(φ)·[ 1
2 +
2π
0
1−r 2
2·(1+r 2 −2rcos(ψ)) .
+∞
n=1
r n ·cos(n(φ−θ))]dφ
f(φ)·K(r,θ,φ)dφ,
1−r 2
1+r 2 −2rcos(φ−θ) ;

CAPÍTULO 48. O OPERADOR DE LAPLACE E AS EQUAÇÕES DO CALOR
E DA ONDA 731
este é o núcleo de Poisson no disco unitário e que facilmente se generaliza para discos
de raio R como
K(r,θ,φ,R) :=
R 2 −r 2
R 2 +r 2 −2rRcos(φ−θ) .
Ouseja que, paraexpressarmos a solução do problema de distribuição estacionária
decalornodiscoT(r,θ)bastafazermosaintegraldoprodutodatemperaturanobordo
com o núcleo de Poisson. Essa idéia se generaliza para outros domínios que não são
discos.
4. Estado estacionário do calor na esfera e série de polinômios de
Legendre
A equação diferencial parcial (linear, de segunda ordem) que rege a mudança da
temperatura 4 T = T(x,y,z,t) é:
k 2 ·( ∂2 T
∂x 2 + ∂2 T
∂y2 + ∂2T ∂T
) =
∂z2 ∂t .
Ou seja, se o Laplaciano num ponto P é negativo, então num entorno de P há
menos calor que em P e portanto a temperatura de P diminui; já se o Laplaciano
num ponto P é positivo, então num entorno de P há mais calor que em P e portanto
a temperatura de P aumenta.
Quando se estabiliza a temperatura temos:
∂2T ∂x2 + ∂2f ∂y2 + ∂2f = 0.
∂z2 Imagineumabolamaciçaderaio1feitadematerialhomogêneo, cujospontosserão
parametrizados em coordenadas esféricas por 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ φ ≤ π.
Imagine agora que a superfície da bola é mantida aquecida, de tal modo que a
temperatura na superfície é dada por uma função f(1,θ,φ), que para simplificar,
vamos supôr é constante ao logo de cada meridiano, ou seja,
f(1,θ,φ) = f(φ), 0 ≤ φ ≤ π.
E suponha que isso é feito até que a temperatura no interior da esfera não mude
mais. Nesse momento a temperatura T(ρ,θ,φ) da esfera, que suponho da forma
T(ρ,φ), anula o Laplaciano em coordenadas esféricas:
∂2T 2 ∂T
+ ·
∂ρ2 ρ ∂ρ
+ 1
ρ2 · ∂2T ∂φ
cot(φ)
+ 2 ρ2 ∂T
∂φ
= 0.
(expressão mais simples que na Afirmação 1.1 pois T(ρ,φ) independende de θ).
Isso pode ser escrito, multiplicando por ρ 2 , se 0 < φ < π, como:
ρ 2 · ∂2T ∂T
+2ρ·
∂ρ2 = ∂(ρ2 · ∂T
∂ρ )
+
∂ρ
1
sin(φ)
∂ρ + ∂2T cos(φ)
+
∂φ2 sin(φ)
· ∂(sin(φ)· ∂T
∂φ )
∂φ
4 bem como alguns processos de difusão em meios homogêneos
· ∂T
∂φ =
= 0.

4. ESTADO ESTACIONÁRIO DO CALOR NA ESFERA E SÉRIE DE
POLINÔMIOS DE LEGENDRE 732
Agora queremos resolver esta equação, com a condição (chamada condição de
fronteira)
T(1,φ) = f(φ),
e para isso fazemos ainda mais uma suposição, como na Seção anterior, de separação
de variáveis, ou seja, de que 5 :
T(ρ,φ) = T1(ρ)·T2(φ).
Então a equação que queremos resolver vira:
0 = 2ρ·T2(φ)· dT1(ρ)
dρ +ρ2 ·T2(φ)· d2T1(ρ) dρ2 +T1(ρ)· d2T2(φ) cos(θ)
+
dφ2 sin(θ)
o que pode ser re-escrito como:
·T1(ρ)· dT2(φ)
dφ ,
1 dT1(ρ)
·[2ρ·
T1(ρ) dρ +ρ2 · d2T1(ρ) dρ2 ] = −1
T2(φ) ·[cos(θ)
dT2(φ)
·
sin(θ) dφ + d2T2(φ) dφ2 ].
Como na Seção anterior, a observação agora é que o lado direito é função apenas de
φ enquanto o esquerdo é função apenas de ρ.
A conclusão é que ambos são constantes = λ ∈ R. O que produz duas equações
diferenciais ordinárias:
e
A equação
ρ 2 · d2T1(ρ) dT1(ρ)
+2ρ·
dρ2 dρ −λ·T1(ρ) = 0
d2T2(φ) cos(θ) dT2(φ)
+ ·
dφ2 sin(θ) dφ +λ·T2(φ) = 0.
ρ 2 · d2T1(ρ) dT1(ρ)
+2ρ·
dρ2 dρ −λ·T1(ρ) = 0
é uma equação de Euler, que tratamos na Afirmação 1.1 do Capítulo 40.
A equação indicial associada é:
ou seja, cujas raízes r1,r2 são:
r(r−1)+2·r−λ = 0
−1± √ 1+4λ
.
2
Se fosse 1 + 4λ = 0 então a Afirmação 1.1 do Capítulo 40 diria que as soluções
são da forma:
T1(ρ) = a·ρ −1
2 +b·ln(ρ)·ρ −1 2.
Mas este tipo de solução não é limitada quando ρ → 0 e não tem significado físico
relevante.
Agora se 1+4λ < 0, então
r1 = −1
2
+I ·
−(1+4λ)
5 são as aplicações físicas que justificam essas suposições
2
e r2 = r1, onde I = √ −1

CAPÍTULO 48. O OPERADOR DE LAPLACE E AS EQUAÇÕES DO CALOR
E DA ONDA 733
e novamente a Afirmação 1.1 do Capítulo 40 diria que as soluções são da forma:
T1(ρ) = a·ρ −1
−(1+4λ)
2 ·cos( ln(ρ))+b·ρ
2
−1
−(1+4λ)
2 ·sin( ln(ρ)).
2
Novamente soluções sem sentido físico, pois não são limitadas quando ρ → 0.
Resta então que:
1+4λ > 0
e que, pela mesma Afirmação, as soluções são da forma:
T1(ρ) = a·ρ −1+√ 1+4λ
2 +b·ρ −1−√ 1+4λ
2 .
Para que haja limitação na solução quando ρ → 0, imponho que:
−1+ √ 1+4λ
> 0
2
e faço b = 0, ficando então comanda
T1(ρ) = a·ρ −1+√ 1+4λ
2 .
Agora se faz a suposição de que o número:
−1+ √ 1+4λ
> 0
2
seja da forma
−1+ √ 1+4λ
= n ∈ {0}∪N
2
ou seja, de que:
λ = n·(n+1)
e
T1(ρ) = a·ρ n , n ∈ N.
Retornando á segunda equação:
d2T2(φ) cos(θ) dT2(φ)
+ ·
dφ2 sin(θ) dφ +λ·T2(φ) = 0,
esta agora se escreve:
Agora façamos:
d2T2(φ) cos(θ) dT2(φ)
+ ·
dφ2 sin(θ) dφ +n(n+1)·T2(φ) = 0.
τ = cos(φ) e φ = arccos(τ), onde φ ∈ (0,π),
e portanto a última equação pode ser re-escrita:
d2T2(φ) +
dφ2 Por outro lado, como T2 = T2(φ(τ)):
dT2
dτ
τ dT2(φ)
√ ·
1−τ 2 dφ +n(n+1)·T2(φ) = 0.
= dT2
dφ
· dφ
dτ
= dT2
dφ
·( −1
√ 1−τ 2 )

4. ESTADO ESTACIONÁRIO DO CALOR NA ESFERA E SÉRIE DE
POLINÔMIOS DE LEGENDRE 734
e
De onde se obtêm:
d2T2 1
=
dτ2 1−τ 2
d2T2 −
dφ2 τ
(1−τ 2 ) 3
2
dT2
dφ .
(1−τ 2 )· d2T2 −2τdT2
dτ2 dτ +n(n+1)T2 =
= d2T2(φ) τ
+ √
dφ2 1−τ 2
nossa equação. Agora reconhecemos em
· dT2(φ)
dφ +n(n+1)·T2(φ) = 0,
(1−τ 2 )· d2T2 −2τdT2
dτ2 dτ +n(n+1)T2 = 0
a equação de Legendre do Capítulo 41.
Como mais uma vez queremos que T2(τ) fique limitada para
−1 ≤ τ ≤ 1 ou seja 0 ≤ φ ≤ π,
então temos que tomar as soluções limitadas em [−1,1] da Equação de Legendre
(1−τ 2 )· d2T2 −2τdT2
dτ2 dτ +n(n+1)T2 = 0,
ou seja, como se pode provar, :
T2(τ) = a·Pn(τ) = a·Pn(cos(φ)),
onde Pn é o n-ésimo polinômio de Legendre. Isso para cada n = 0,1,2,3,..., portanto
pelo que vimos encontramos soluções particulares da forma:
Tn = an ·ρ n ·Pn(cos(φ)), an ∈ R.
Pela linearidade do Laplaciano, o que faz é somar essas soluções particulares Tn,
mais propriamnte, se considera uma série infinita como candidata a solução:
e como foi dada
T(ρ,φ) :=
então teríamos como consequência
ou seja,
f(φ) =
+∞
n=0
an ·ρ n ·Pn(cos(φ));
f(φ) = T(1,φ)
+∞
an ·Pn(cos(φ)),
n=0
f(arccos(τ)) =
+∞
an ·Pn(τ).
n=0

CAPÍTULO 48. O OPERADOR DE LAPLACE E AS EQUAÇÕES DO CALOR
E DA ONDA 735
Baseados na ortogonalidade dos polinômios de Legendre Pn(τ) (Seção 5 do Capítulo
40) e imitando o que fizemos para determinar os coeficientes das séries de Fourier, se
pode provar que6 que:
an = (n+ 1
2 )·
1
−1
f(arccos(τ))·Pn(τ)dτ.
Por esta razão os polinômios de Legendre são chamados de harmônicos esféricos.
Exemplo:
Considerei uma fatia da bola de raio 1, aquela quando θ = π
2
, pois nesse caso:
x = ρsin(φ)cos( π
) = 0, y = ρsin(φ)sin(π)
= ρsin(φ) e z = ρcos(φ),
2 2
a fatia obtida cortando com o plano x = 0 no espaço.
Variando agora φ de 0 a π estamos indo do pólo Norte ao Sul, pois z = ρcos(φ).
Então pensei numa função f(φ) que dá a temperatura na superfície que imite o
que acontece na temperatura do globo terrestre, em que há temperaturas negativas
no Norte e no Sul e com máximas em geral no equador, φ = π
2 :
que tem:
f(φ) = 1−(φ− π2
,
)
f(0) = f(π) = 1− π2
≈ −1.4 e f(π)
= 1.
4 2
Fiz no Maple approximações numéricas dos coeficientes a0,...,a6 e obtive
T(ρ,φ) ≈
6
an ·ρ n ·Pn(cos(φ)) ≈
n=0
≈ 0.5325988995−0.830526869410 −14 ·ρ·cos(φ)−1.111111111·ρ 2 ·(− 1
2 +3
2 cos(φ)2 )−
−0.122388411110 −14 ·ρ 3 ·( 5
2 cos(φ)3 − 3
2 cos(φ))−0.3200000000·ρ4 ·( 3
8 +35
8 cos(φ)4 − 15
4 cos(φ)2 )−
−0.391484685610 −15 ·ρ 5 ·( 63
8 cos(φ)5 − 35
4 cos(φ)3 + 15
8 cos(φ))−
−0.1509297052·ρ 6 ·(− 5 231
+
16 16 cos(φ)6 − 315
16 cos(φ)4 + 105
16 cos(φ)2 ).
Também esta aproximação T(ρ,φ) dá que:
6 se f((arccos(τ)) for tratável
limT(ρ,φ)
≈ 0.5325988995.
ρ→0

5. EXERCÍCIOS 736
5. Exercícios
Exercício 5.1. i) Seja U(x,y) = − 1 √
x2 +y2 um potencial gravitacional no plano (x,y)
de uma partícula com massa situada na origem . Mostre que no plano fora da origem:
∇U =
1
.
1
ii) Seja V(x,y,z) = −√ x2 +y2 +z2 (x 2 +y 2 ) 3
2
um potencial gravitacional no espaço (x,y,x) de
uma partícula com massa situada na origem . Mostre que no espaço fora da origem
∇V ≡ 0.

CAPíTULO 49
Equação da onda e as vibrações de cordas e membranas
1. Vibração de uma corda com extremos fixos, sem atrito
Considero uma corda de comprimento L presa nos extremos (a corda está posta
no eixo dos x com extremos em 0 e L), com densidade constante ρ e submentida a
uma tensão T. Vamos supor que seus pontos se deslocam apenas na direção vertical
e que a amplitude desse deslocamento é pequena.
Sem de deter na obtenção da equação diferencial, postulo que o deslocamento
vertical y(x,t) satisfaz:
∂2y(x,t) 1
=
∂x2 k2 · ∂2y(x,t) ∂t2 , onde
As condições iniciais do problema são:
y(x,0) = g(x) e
∂y(x,0)
∂t
1 ρ
=
k2 T .
= h(x),
que dão um formato e uma velocidade inicial à corda.
As condições que que expressam o fato dos extremos estarem fixos são:
y(0,t) = y(L,t) = 0, ∀t ≥ 0
e
∂y(0,t) ∂y(L,t)
= = 0, ∀t ≥ 0.
∂x ∂x
O problema é descrever o que acontece para t > 0, onde a idealização do problema
(que abstrai atrito e amortecimentos) conduzirá a uma solução em que a corda vibra
para sempre.
A separação de variáveis:
produz:
de onde:
∂ 2 (y1(x)·y2(t))
∂x 2
= ∂2 y1(x)
∂x 2
y(x,t) = y1(x)·y2(t)
·y2(t)− 1
− 1
k2 · ∂2 (y1(x)·y2(t))
∂t2 k2 ·y1(x)· ∂2y2(t) ∂t
=
2 = 0,
1
y1(x) · ∂2y1(x) 1 1
= ·
∂x2 k2 y2(t) · ∂2y2(t) ∂t2 .
737

1. VIBRAÇÃO DE UMA CORDA COM EXTREMOS FIXOS, SEM ATRITO 738
O lado esquerdo só depende de x e o direito só de t, portanto devem ser constantes e
iguais a λ ∈ R. Então
∂ 2 y1(x)
∂x 2 −λ·y1(x) = 0
e
∂ 2 y2(t)
∂t 2 −λ·k2 ·y2(t) = 0.
Para que a solução desta última equação seja periódica a única possibilidade é que
λ < 0. Então
Com λ < 0 as soluções de
são
y2(t) = a·cos( √ −λk ·t)+b·sin( √ −λk ·t), a,b ∈ R.
∂ 2 y1(x)
∂x 2 −λ·y1(x) = 0
y1(x) = c·cos( √ −λ·x)+d·sin( √ −λ·x), c,d ∈ R.
Mas quero que y(x,t) = y1(x) · y2(t) verifique y(0,t) ≡ 0 e para isso preciso que se
anule um coeficiente:
c = 0.
E para que y(L,t) = d·sin( √ −λ·L) ≡ 0 preciso que:
√ −λ·L = n·π, n ∈ N
ou seja,
e portanto:
√ n·π
−λ = , n ∈ N
L
d·sin( n·π
L ·x)·[a·cos(n·π ·k ·t)+b·sin(n·π ·k ·t)]
L L
é uma solução que depende de n ∈ N fixado (chamdo um modo normal de vibração
da corda e quando n = 1 o modo fundamental). Pela linearidade da equação o que se
faz é buscar somas dessas soluções, mas ∀n ∈ N:
y(x,t) :=
+∞
n=1
sin( n·π
L ·x)·[an ·cos( n·π
L ·k ·t)+bn ·sin( n·π
·k ·t)]
L
onde as constantes dn foram absorvidas nas outras.
A determinação dos coeficientes an,bn depende de se fazer uso das condições ini-
ciais:
y(x,0) =
+∞
n=1
an ·sin( n·π
L
·x) = g(x)
e (por derivação termo a termo e posterior avaliação em t = 0):
∂y(x,0)
∂t
Se vê então que os an e os
=
+∞
n=1
bn · n·π
L
·k ·sin(n·π
L
bn · n·π
L ·k
·x) = h(x).

CAPÍTULO 49. EQUAÇÃO DA ONDA E AS VIBRAÇÕES DE CORDAS E
MEMBRANAS 739
são os coeficientes de Fourier de g(x) e h(x) respectivamente. E esses nós já sabemos
como determinar.
2. Vibração de uma corda infinita: Fórmula de D’Alembert
Considero uma corda de densidade constante ρ submetida a uma tensão T mas
que agora é pensada como tendo comprimento infinito, disposta ao longo do eixo dos
x.
Vamos supor que seus pontos se deslocam apenas na direção vertical e que a
amplitude desse deslocamento é pequena.
Como antes já fizemos, postulo que o deslocamento vertical y(x,t) satisfaz:
∂2y(x,t) 1
=
∂x2 k2 · ∂2y(x,t) ∂t2 , onde
As condições iniciais do problema são:
1 ρ
=
k2 T .
∂y(x,0)
y(x,0) = g(x) e = h(x), x ∈ R
∂t
que dão um formato e uma velocidade inicial à corda.
Considero a seguinte mudança de variáveis:
u := x+k ·t e v := x−k ·t.
Afirmo que nessas novas variáveis a função y(x,t) = y(x(u,v),t(u,v)) satisfaz1 a
equação diferencial:
∂2y = 0.
∂u∂v
Essa forma da equação que rege a vibração de uma corda ou uma onda é chamada
de forma canônica.
De fato, pela regra da derivada da composta:
pois
e
∂y
∂v
Mas não podemos esquecer que:
∂y ∂x ∂y ∂t
= · + ·
∂x ∂v ∂t ∂v
x = u+v
2
t = u−v
2k .
∂y
∂x e
∂y
∂t
são funções de x = x(u,v) e de y = y(u,v). Portanto:
∂ 2 y
∂u∂v
∂y 1 ∂y
= · +
∂x 2 ∂t ·(−1
2k ),
∂y 1 ∂y
∂(1 · − · 2 ∂x 2k ∂t = )
∂u
1 Supondo que essa função tem derivadas parciais de segunda ordem em x,t que são elas mesmas
funções contínuas
=

2. VIBRAÇÃO DE UMA CORDA INFINITA: FÓRMULA DE D’ALEMBERT740
= 1
2 · ∂2y ∂x 1
· +
∂x2 ∂u 2 · ∂2y ∂t
·
∂t∂x ∂u
= 1∂
4
2y 1 ∂
+
∂x2 4k
2y 1
−
∂t∂x 4k
onde na última igualdade usei que
− 1
2k · ∂2 y
∂x 1
· −
∂x∂t ∂u 2k · ∂2y ∂t
·
∂t2 ∂u =
∂2y 1
−
∂x∂t 4k2 ∂2y = 0,
∂t2 ∂2y ∂t∂x = ∂2y ∂x∂t
se y(x,t) tiver derivadas de segunda ordem contínuas (Lema de Schwarz) e
Mas
quer dizer que ∂y
∂v
∂2y(x,t) 1
−
∂x2 k2 · ∂2y(x,t) ∂t2 = 0.
∂2y ∂u∂v
só depende de v:
∂y
∂v
= ∂ ∂y
∂v
∂u
= z(v).
= 0
E agora integrando em v obtenho:
y(u,v) = z(v)dv +q(u) =: p(v)+q(u);
ou seja:
y(x(u,v),t(u,v)) = p(v)+q(u) = p(x−k ·t)+q(x+k ·t).
As condições iniciais para t = 0 dão:
e
de onde
∂y(x,0)
∂t
e daí integrando:
y(x,0) = p(x−k ·0)+q(x+k ·0) = p(x)+q(x) = g(x)
= p ′ (x)·(−k)+q ′ (x)·(k) = k ·(−p ′ (x)+q ′ (x)) = h(x),
−p ′ (x)+q ′ (x) = 1
k ·h(x)
x
−p(x)+q(x) = 1
k · h(ξ)dξ +C.
0
Junto com:
p(x)+q(x) = g(x)
obtemos um sistema de duas equações lineares, de onde:
q(x) = 1 1
·g(x)+
2 2k ·
x
h(ξ)dξ +
0
C
2
e
p(x) = 1 1
·g(x)−
2 2k ·
x
h(ξ)dξ −
0
C
2 =
= 1 1
·g(x)+
2 2k ·
0
h(ξ)dξ − C
2 .
x

CAPÍTULO 49. EQUAÇÃO DA ONDA E AS VIBRAÇÕES DE CORDAS E
MEMBRANAS 741
Já que essas são as expressões de p(x) e q(x) ∀x então posso usá-las para p(x−k·t)
e q(x+k ·t), de onde sai a fórmula clásssica (Fórmula de D’Alembert):
y(x,t) = p(x−k ·t)+q(x+k ·t) =
Algumas observações: a expressão
g(x−k ·t)+g(x+k ·t)
2
y(x,t) = p(x−k ·t)+q(x+k·t)
+ 1
2k
x+k·t
x−k·t
h(ξ)dξ.
já indica que a solução é uma superposição de uma onda que se move para frente com
velocidade k e de outra que se move para trás com velocidade k. Pois para cada t0
fixado os gráficos de p(x−k ·t0) são trasladados horizontais para a frente do gráfico
de y = p(x) enquanto que os gráficos de q(x+k·t0) são trasladados horizontais para
trás do gráfico de y = q(x).
Suponha agora, por um momento, que h(x) ≡ 0; portanto, pela Fórmula de
D’Alembert:
g(x−k ·t)+g(x+k ·t)
y(x,t) = p(x−k ·t)+q(x+k·t) = .
2
Se a função y(x,0) = g(x) é identicamente nula fora de um certo intervalo [a,b] então:
g(x−k ·t)+g(x+k ·t)
y(x,t) =
2
diz que para t > 0 o mesmo formato do formato do gráfico de y = g(x) se propaga
para frente e para trás, com velocidade k, mas com metade da amplitude.
Agora, ao contrário suponha y(x,0) = g(x) ≡ 0 e que h(x) ≥ 0 é uma função
contínua não nula apenas em um certo intervalo [a,b]. Este caso corresponde a uma
corda sendo percutida numa pequena região [a,b] (por exemplo uma corda de piano
percutida pelo martelo do piano). Então a fórmula:
y(x,t) = 1
2k
x+k·t
x−k·t
h(ξ)dξ
descreve a propagação ao longo da corda da percussão e diz que enquanto [x − k ·
t,x+k · t] não intersectar [a,b] a corda continua sem deslocamento vertical. E que
mesmo se o intervalo [x − k · t,x + k · t] contendo [a,b] for bem maior que [a,b] o
deslocamento vertical continua da ordem de:
1
2k
x+k·t
x−k·t
h(ξ)dξ.
3. Modos normais de vibração de um tambor circular e as funções de
Bessel
Considero um tambor circular, de raio a, e quero determinar os modos de vibração
da membrana do tambor. Suponho que o deslocamento de cada ponto da membrana
é apenas vertical, dado pela função
z = w(x,y,t)

3. MODOS NORMAIS DE VIBRAÇÃO DE UM TAMBOR CIRCULAR E AS
FUNÇÕES DE BESSEL 742
e que o bordo não se move, ou seja,
w(x,y,t) = 0 se x 2 +y 2 = 1.
Sem me deter, por enquanto, em como se obtém a equação diferencial que rege
esse fenômeno, postulo que verifica:
∂2w ∂x2 + ∂2w 1
=
∂y2 onde se pode dar a interpretação física:
k2 · ∂2w ∂t
1 ρ
=
k2 T ,
onde ρ é a densidade (suposta constante) da membrana e T é a tensão aplicada à
membrana.
A primeira separação de variáveis que vamos impôr é pensar que:
Então
dá:
∂ 2 (u(x,y)·q(t))
∂x 2
2 ,
w(x,y,t) = u(x,y)·q(t).
+ ∂2 (u(x,y)·q(t))
∂y 2
( ∂2u(x,y) ∂x2 + ∂2u(x,y) ∂y2 )·q(t) = u(x,y)
k2 e portanto (supondo u = 0 se x 2 +y 2 < 1):
= 1
k2 · ∂2 (u(x,y)·q(t))
∂t2 · ∂2 q(t)
∂t 2
1
u(x,y) ·(∂2 u(x,y)
∂x2 + ∂2u(x,y) ∂y2 ) = 1 1
·
k2 q(t) · ∂2q(t) ∂t2 .
Já que o lado esquerdo é função só de x,y e o direito só de t concluimos que:
e que
1
u(x,y) ·(∂2 u(x,y)
∂x2 + ∂2u(x,y) ∂y2 ) = λ ∈ R
1 1
·
k2 q(t) · ∂2q(t) = λ ∈ R.
∂t2 Na situação idealizada que consideramos, após ser posta em movimento a membrana
oscila para sempre, portanto queremos que a função q(t) seja periódica. Como ela
verifica:
∂ 2 q(t)
∂t 2 = λ·k2 ·q(t)
só será periódica se λ < 0, de acordo com a Afirmação 2.1 do Capítulo 40. E nesse
caso:
q(t) = a·cos( √ −λk 2 ·x)+b·sin( √ −λk 2 ·x).
A outra equação ficou então:
∂ 2 u(x,y)
∂x 2 + ∂2 u(x,y)
∂y 2 = λ·u(x,y), com λ < 0.

CAPÍTULO 49. EQUAÇÃO DA ONDA E AS VIBRAÇÕES DE CORDAS E
MEMBRANAS 743
Como o domínio é o disco x 2 + y 2 ≤ a é natural pensarmos em usar coordenadas
polares r,θ onde u(x,y) = u(r,θ) e onde o laplaciano é:
1
r2 · ∂2 ∂u
u(r,θ) 1 ∂(r · ∂r + ·
∂θ2 r )
.
∂r
Fazendo uma nova separação de variáveis
nossa equação
u(r,θ) = R(r)·Θ(θ)
1
r2 · ∂2R(r)·Θ(θ) ∂θ2 + 1
∂R(r)·Θ(θ)
∂(r · ) ∂r · = λ·R(r)·Θ(θ)
r ∂r
produz (após fazer as derivações exigidas e reagrupar):
1
Θ · ∂2Θ ∂θ2 = λr2 − r ∂R r2 ∂
−
R ∂r R
2R .
∂r2 Como o lado esquerdo só depende de θ e o direito só de r concluimos que:
1
Θ · ∂2Θ = µ ∈ R
∂θ2 e que
λr 2 − r ∂R r2 ∂
−
R ∂r R
2R = µ ∈ R.
∂r2 Como vimos há pouco, para que Θ(θ) seja periódica temos necessariamente que ter:
Então:
Se pode justificar que:
e mesmo estender ao caso
µ < 0.
Θ(θ) = a·cos( √ −µ·θ)+b·sin( √ −µ·θ).
√ −µ = n ∈ N
µ = 0,
que corresponde a uma solução independente de θ (simetria circular).
A outra equação, lembrando que µ = −n 2 e após multiplicar por R(r), fica da
forma:
Já que
r 2 · ∂2R ∂R
+r ·
∂r2 ∂r +R·(−λ·r2 −n 2 ) = 0.
−λ > 0,
esta equação se parece muito com a equação de Bessel 2 :
x 2 · ∂2 (α·Jn(x))
∂x 2
+x· ∂(α·Jn(x))
∂x
+(α·Jn(x))·(x 2 −ν 2 ) = 0, ν ≥ 0, α ∈ R
2 Na notação já indico que se trata de um múltiplo α da função de Bessel de primeira ordem
Jν(x), pois as funções de Bessel de segunda ordem Yν(x) produzem soluções ilimitadas em x = 0, o
que não faz sentido no nosso caso

3. MODOS NORMAIS DE VIBRAÇÃO DE UM TAMBOR CIRCULAR E AS
FUNÇÕES DE BESSEL 744
De fato, como vimos no primeiro item da Afirmação 3.1 do Capítulo 43 a mudança
de variável:
x = √ −λ·r
leva a equação de Bessel na nossa equação
Em suma, concluo que:
Agora intervém a exigência de que:
r 2 · ∂2R ∂R
+r ·
∂r2 ∂r +R·(−λ·r2 −n 2 ) = 0.
R(r) = α·Jn( √ −λr).
R(a) = 0
pois queremos que a borda circular do tambor fique fixa. Ou seja, já que α = 0:
Jn( √ −λa) = 0
Pra simplificar a exposição suponhamos que
e portanto
a = 1
√ −λ
é um zero da n-ésima função de Bessel de primeira ordem.
Já vimos na Seção 2 do Capítulo 43 que há uma infinidade de zeros para cada
n ∈ N fixado. E desses zeros se conhecem aproximações numéricas. E na Afirmação
3.1 vimos as relações de ortogonalidadeentre funções de Bessel Jν(λx), para disitintos
λ.
Ou seja, para cada n fixado (n ∈ N∪{0}), há uma infinidade de pontos:
√ −λ =: λn,m, m ∈ N
ordenados em ordem crescente, que são zeros de Jn.
Variando n,m obtemos os modos normais de vibração da membrana do tambor:
w(r,θ,t) = Jn(λn,mr)·[a1·cos(n·θ)+a2·sin(n·θ)]·[a3·cos(λn,m·k·x)+a4·sin(λn,m·k·x)].
O caso n = 0 dá soluções com simetria circular:
w(r,t) = J0(λ0,mr)·a1 ·[a3 ·cos(λ0,m ·k ·x)+a4 ·sin(λ0,m ·k ·x)].
Para n = 0 mas aumentando o m ∈ N aparecem m anéis concêntricos em fase
oposta, como ilustra a figura:

CAPÍTULO 49. EQUAÇÃO DA ONDA E AS VIBRAÇÕES DE CORDAS E
MEMBRANAS 745
Mas para n = 1 há a solução do tipo
w(r,θ,t) = J1(λ1,mr)·sin(θ)·[a3 ·cos(λ1,m ·k ·x)+a4 ·sin(λ1,m ·k ·x)].
que se anula para θ = 0,π, ou seja ao longo do diâmetro horizontal do círculo. O
semidisco superiorsemoveemfaseopostaaosemidisco inferior, comoilustraaFigura:
Quando n = 1 e m = 2 além desses semidiscos superior e inferior em fase oposta
se juntam dois anéis concêntricos em fase oposta, veja Figura:
E assim por diante.

Parte 4
Cálculo diferencial e integral sobre os
números Complexos

CAPíTULO 50
Um portal para o Cálculo Complexo
Neste Capítulo faço aparecer as propriedades do Cálculo sobre os Complexos, de
modo ainda concreto e matematicamente informal, a partir do estudo de fluxos em
estado estacionário.
Devo muito aolivro deStephen Fisher, Complex variables, Segunda edição, Dover,
1986.
Os números complexos z = a+I·b podem ser somados, subtraídos, multiplicados:
(a+I ·b)+(c+I ·d) := (a+b)+I ·(b+d),
(a+I ·b)−(c+I ·d) := (a−c)+I ·(b−d),
(a+I ·b)·(c+I ·d) = a·c+a·I ·d+I ·b·c+b·d·I 2 =
= (ac−bd)+I ·(ad+bc),
onde usei que I2 = −1.
E essas operações são comutativas e distributivas, como o leitor pode conferir.
O que é crucial é que se z = 0 então z tem inverso multiplicativo.
De fato, se z = a+I ·b isso significa que a = 0 ou que b = 0. Então a2 +b2 > 0 e
faz sentido o número Complexo:
e para ele
w :=
a
a2 b
−I ·
+b2 a2 +b2 a
z ·w = w ·z = (
a2 b
·a+
+b2 a2 ·b)+I ·(
+b2 = 1+I ·0 = 1,
ou seja, w = z−1 .
A noção de conjugação para z = a+I ·b é dada por:
z := a−I ·b
e permite expressar w = z −1 de modo mais elegante:
w = z
|z| 2, onde |z|2 := a 2 +b 2 .
a
a2 b
·b−
+b2 a2 ·a) =
+b2 É óbvio que z = z e que z1+z2 = z1 +z2. O leitor pode comprovar que
z1 ·z2 = z1 ·z2.
No que segue retomo a definição que dei na Seção 5 do Capítulo 31:
e z = e x+I·y := e x ·(cos(y)+Isin(y)) =
= e x cos(y)+I ·e x sin(y).
749

O leitor pode verificar que:
e z = e z .
Vamos usar as noções de soma, produto, inverso multiplicativo e de conjugação
para definir no que segue algumas aplicações:
f : C → C.
As Figuras a seguir mostram f(z) = z, f(z) = z 2 e f(z) = e z como campos de
vetores:
-1
1
0,5
y 0
-0,5 0 0,5
1
-0,5
-1
Fig.: O campo vetorial produzido por f(z) = e z
-2
2
1
x
y 0
-1 0 1
2
-1
-2
Fig.: O campo vetorial produzido por f(z) = z
x
750

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 751
-2
2
1
y 0
-1 0 1
2
-1
-2
Fig.: O campo vetorial produzido por f(z) = z 2
x
Podemosimaginarquesetratamdefluxosdepartículasemestado estacionário,ou
seja, na situação emque há umcampo de velocidades que só depende da posição (x,y)
e não do tempo. As partículas se movimentam segundo esse campo de velocidades,
ocupando o lugar deixado por outras.
As Figuras a seguir mostram algumas curvas integrais desses três campos. Na
Seção 3 veremos qual o método geral para encontrá-las. Representama trajetória
seguida pelas partículas submetidas a esses campos de velocidades.
-1
2
1
y 0
-0,5 0
-1
-2
Fig.: Algumas curvas integrais e x ·sin(y) = C do campo f(z) = e z
0,5
x
1
1,5
2

-2
-1
2
1
y 0
0 1
-1
-2
Fig.: Algumas curvas integrais x·y = C (hipérboles) do campo f(z) = z
-2
2
1
x
y 0
-1 0 1
2
-1
-2
x
Fig.: Algumas curvas integrais y 3 −3x 2 y = C (cúbicas) do campo f(z) = z 2
Como as curvas integrais do campo f(z) = z 2 são cúbicas, e como as cúbicas
são estrelas neste Curso, resolvi plotar uma delas separadamente (formada de três
ramos).
-2
-1
2
1
y 0
0 1
-1
x
-2
2
2
752

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 753
Fig.: Uma curva integral y 3 −3x 2 y = C (cúbica) do campo f(z) = z 2 ,
onde se vê as três assíntotas y = 0 e y = ± √ 3x.
Tome agoraqualquer círculo Cz0,r centrado emz0 ∈ C, de raior. Sez0 = a+I·b ≡
(a,b) então posso parametrizar Cz0,r por:
O vetor tangente de γ é:
Considero 1
Cz 0 ,r
γ(t) = (a+r ·cos(t),b+r ·sin(t)), t ∈ [0,2π].
f(z)·τz :=
τγ := (−r ·sin(t),r ·cos(t)).
2π
Agora considere o vetor normal 2 ao círculo Cz0,r:
e defina a integral
Cz 0 ,r
f(z)·nz :=
0
f(a+r·cos(t),b+r ·sin(t))·τzdt.
nγ := (r·cos(t),r·sin(t))
2π
0
f(a+r·cos(t),b+r ·sin(t))·nzdt.
Afirmação 0.1.
Tome qualquer círculo Cz0,r centrado em z0 ∈ C, de raio r.
i): Então
z ·τz = 0 e z ·nz = 0.
ii): Então
iii): Então:
Demonstração.
De i):
Neste caso:
z ·τz =
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
z 2 ·τz = 0 e
e z ·τz = 0 e
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
z 2 ·nz = 0.
e z ·nz = 0.
2π
−arsin(t)−r
0
2 sin(t)cos(t)−brcos(t)−r 2 sin(t)cos(t)dt =
2π
2π
= −ar sin(t)dt−br
0
0
cos(t)dt−2r 2
2π
0
sin(t)cos(t)dt = 0.
1onde o · no integrando é o produto escalar do vetor do plano representado por f(z) ∈ C com o
vetor tangente
2há a possibilidade de se tomar o sinal oposto nessa definição de vetor normal, mas escolhemos
este.

E
z ·nz =
Cz0 ,r
2π
= ar
0
= ar
2π
arcos(t)+r
0
2 cos 2 (t)−brsin(t)−r 2 sin 2 (t)dt =
2π
sin(t)dt+r
0
2
2π
cos
0
2 (t)−sin 2 (t)dt =
2π 2π
cos(t)dt−br
2π
0
cos(t)dt−br
0
sin(t)dt+r 2
0
cos(2t)dt = 0.
De ii):
Só para diminuir o tamanho da conta suponho que z0 = (0,0).
Como:
z 2 = x 2 −y 2 +I ·2xy = x 2 −y 2 −I ·2xy,
então facilmente se obtem:
Cz 0 ,r
pois a primitiva em questão é:
Já
Cz 0 ,r
pois agora a primitiva é:
=
z2 ·τz = −r 3
2π
3cos
0
2 (t)sin(t)−sin 3 (t)dt = 0,
−cos 3 (x)+ sin2 (x)cos(x)
3
z2 ·nz = r 3
2π
= −2sin3 (x)
3
De iii):
Temos:
0
+ 2cos(x)
3
+C.
cos 3 (t)−2·sin 2 (t)cos(t)dt = 0,
+ cos2 (x)sin(x)
3
e z ·τz =
+ 2sin(x)
3
+C.
Cz0 ,r
2π
(e
0
a+rcos(t) cos(b+rsin(t)),−e a+rcos(t) sin(b+rsin(t))·(−rsin(t),rcos(t))dt =
2π
=
0
−re a+rcos(t) ·(cos(b+rsin(t))sin(t)+sin(b+rsin(t))cos(t))dt = 0,
pois a primitiva em questão é:
=
e a+rcos(t) ·(−1+2cos( b+rsin(t)
)
2
2 )+C.
Já
ez ·nz =
Cz0 ,r
2π
(e
0
a+rcos(t) cos(b+rsin(t)),−e a+rcos(t) sin(b+rsin(t))·(rcos(t),rsin(t))dt =
754

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 755
=
2π
0
re a+rcos(t) ·(cos(b+rsin(t))cos(t)−sin(b+rsin(t))sin(t))dt = 0,
pois a primitiva em questão é:
2e a+rcos(t) sin( b+rsin(t)
2
)cos( b+rsin(t)
)+C.
2
Se γ : [c,d] → C, γ(t) = (x(t),y(t) é uma curva parametrizada, fechada, sem
auto-intersecções3 Definimos para h(z) = u(z)+I ·v(z):
d
h(z)·τγ := udx+vdy :=
e
γ
γ
h(z)·nγ :=
γ
γ
udy −vdx :=
c
u(x(t),y(t))·x ′ (t)+v(x(t),y(t))·y ′ (t)dt
d
u(x(t),y(t))·y
c
′ (t)−v(x(t),y(t))·x ′ (t)dt.
Definição 0.1. Se um campo v tem
γ z·τz = 0 ao longo de toda curva fechada sem
auto-intersecções, então v é chamado de conservativo.
Se um campo v tem
γ z · nz = 0 ao longo de toda curva fechada sem autointersecções,
então se diz que que v não tem fontes nem sumidouros.
OqueaAfirmação0.1indica, apesardesótratardecírculos, équeostrêsexemplos
acima são conservativos e não tem fontes nem sumidouros.
Agora considero a seguinte aplicação do plano no plano:
Note que:
f : C\{0} → C, f(z) := 1
z .
1
z
z z
= (1)
= (
z |z| 2)
=
|z| 2.
Se vemos z = 0 como um vetor no plano C = R 2 , o fato que
f(z) = z
|z| 2
nos diz que f associa a cada vetor reprsentado por z um outro vetor que tem a mesma
direção e sentido que z mas:
• |f(z)| > |z| se |z| < 1
• |f(z)| < |z| se |z| > 1
• f(z) = z se |z| = 1.
3 Dizemos que é fechada se γ(c) = γ(d) e dizemos que é sem autosintersecções se γ(t1) = γ(t2)
somente se t1 = t2 ou t1 = c e t2 = d.

A Figura o ilustra:
-1
1
0,5
y 0
-0,5 0 0,5
1
x
-0,5
-1
Essa f : C\{0} → C, f(z) := 1 é chamada em Geometria de inversão no Círculo
z
unitário centrado na origem;
O Exercício 6.2 dá o modo de construir f(z) geometricamente a partir de z.
Note que ela é uma involução: f(f(z)) = z, isto é, f ≡ f−1 .
Tome qualquer círculo Cz0,r centrado em z0 = a + I · b ≡ (a,b), de raio r,
parametrizado por:
γ(t) = (a+r ·cos(t),b+r ·sin(t)), t ∈ [0,2π].
Se (0,0) ∈ Cz0,r, posso considerar
f(z)·τz :=
e
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
f(z)·nz :=
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
z
·τz.
|z| 2
z
·nz.
|z| 2
Afirmação 0.2.
Denote no que segue Dz0,r o disco fechado cujo bordo é Cz0,r.
i): Tome qualquer círculo Cz0,r centrado em z0 ∈ C, de raio r, tal que (0,0) ∈
Cz0,r. Então
ii): Se (0,0) ∈ Dz0,r, então
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
1
z ·τz = 0.
1
z ·nz = 0.
756

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 757
iii): Se z0 = (0,0) então
Demonstração.
Do item i):
Temos f(z) = 1
z
=
2π
0
= z
|z| 2 e
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
1
z ·nz = 2π.
z
|z| 2 ·τz =
−arsin(t)−r 2 sin(t)cos(t)+brcos(t)+r 2 sin(t)cos(t)
a 2 +b 2 +r 2 +2arcos(t)+2brsin(t)
=
2π
0
−arsin(t)+brcos(t)
a 2 +b 2 +r 2 +2arcos(t)+2brsin(t) dt,
onde reconhecemos derivadas logarítmicas e portanto primitivas:
Do item ii):
Temos f(z) = z
|z| 2 e
=
1
2 ·ln|a2 +b 2 +r 2 +2arcos(t)+2brsin(t)|+C.
2π
0
=
Cz 0 ,r
f(z)·nz =
arcos(t)+r 2 cos 2 (t)+brsin(t)+r 2 sin 2 (t)
a 2 +b 2 +r 2 +2arcos(t)+2brsin(t)
2π
Faz sentido considerar uma função ângulo
0
r 2 +arcos(t)+brsin(t)
a 2 +b 2 +r 2 +2arcos(t)+2brsin(t) dt
θ(z) = θ(x+I ·y),
dt =
dt =
que dá o ângulo que z (como vetor com base na origem) forma com o eixo positivo dos
x, pois (0,0) ∈ Dz0,r. Ela é derivável e ademais |θ(z1)−θ(z2)| < 2π para quaisquer
dois z1,z2 ∈ Dz0,r
Veja a Figura:

z 0
y
θ
θ
Como vimos na prova do item ii) da Afirmação 7.1 do Capítulo 36:
∂θ
∂y =
x
x 2 +y 2
e
∂θ −y
=
∂x x2 +y2, o que, para pontos (a+rcos(t),b+rsin(t)) de Cz0,r, significa:
∂θ
∂y =
e
∂θ
∂x
Portanto, como
vemos que
x
x2 =
+y2 −y
=
x2 =
+y2
Do item iii):
Se z0 = (0,0) então:
Cz 0 ,r
( dx
dt
a+rcos(t)
a 2 +b 2 +r 2 +2arcos(t)+2brsin(t)
−b−rsin(t)
a 2 +b 2 +r 2 +2arcos(t)+2brsin(t) .
dy
, ) = (−rsin(t),rcos(t))
dt
f(z)·nz =
=
=
2π
0
2π
0
(a+r,b)
(a+r,b)
∂θ dy ∂θ dx
· + ·
∂y dt ∂x dt =
θ ′ (t)dt =
dθ = 0.
f(z)·nz =
C (0,0),r
2π
r2 ·cos2 (t)+r 2sin 2 (t)
=
0 r2 dt = 2π,
que indica que o ângulo determinado por (r,0) está mal definido, pois a ele se soma
2π quando fazemos um giro completo no círculo e voltamos em (r,0).
x
758

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 759
O que a Afirmação 0.2 indica, apesar de só tratar de círculos, é que f(z) = 1
z
é conservativo e que num pequeno entorno de cada ponto z0 ∈ C, z0 = 0, não tem
fontes nem sumidouros.
Mas para a fonte z0 = 0 se define a potência do campo 1
z como
1
z ·nz = 2π
Cz 0 ,r
Note que se tomo agora o campo −1
z
-1
−z = , ilustrado a seguir:
|z|
1
0,5
y 0
-0,5 0 0,5
1
x
-0,5
-1
então ele tem um sumidouro em z0 = 0 e se define a potência desse sumidouro
por
−
−1
z ·nz = 2π.
Cz 0 ,r
1. O Teorema de Green e as Relações de Cauchy-Riemann
O que significa para as funções coordenadas u(z),v(z) de um campo h(z) :=
u(z)+I ·v(z) (com u e v deriváveis, com derivadas parciais contínuas) o fato de ser
conservativo e não ter fontes nem sumidouros ?
Ou seja, o fato de ter
h(z)·τγ = 0 e h(z)·nγ = 0,
γ
para qualquer curva fechada sem autointersecção γ.
Seja γ : [c,d] → C, γ(t) = (x(t),y(t) e seu interior U. Por exemplo, se γ é um
círculo, U é o disco que ele limita.
γ

1. O TEOREMA DE GREEN E AS RELAÇÕES DE CAUCHY-RIEMANN 760
e
Se U não tem buracos (é simplesmente conexo), pelo Teorema de Green4 temos:
0 = h(z)·τγ := udx+vdy =
0 =
γ
γ
= (
U
∂v ∂u
−
∂x ∂y )dxdy
h(z)·nγ := udy−vdx =
γ
= (
U
∂u ∂v
+
∂x ∂y )dxdy.
Ora, se acontecesse que
∂v ∂u
− = 0
∂x ∂y
ou se acontecesse que
∂u ∂v
+ = 0
∂x ∂y
então, pelo Princípio de Inércia das funções contínuas, essas funções seriam não-nulas
numa pequena região U. E para uma pequena curva γ cercando essa região teríamos
por Green
h(z)·τγ = 0 ou h(z)·nγ = 0.
γ
Como isso não ocorre, pela nossa suposição, temos que concluir que valem:
ou seja,
∂v ∂u
−
∂x ∂y
∂v
∂x
≡ ∂u
∂y
≡ 0 e
e
γ
γ
∂u ∂v
+
∂x ∂y
∂u
∂x
= −∂v
∂y .
≡ 0,
Como já vimos, a Afirmação 0.1 sugere que os campos z, z 2 e e z são conservativos e
não têm fontes nem sumidouros. Portanto se denotamos por
u(z)+Iv(z)
as coordenadas de cada um desses três campos z, z 2 ou e z , temos que:
Portanto para as coordenadas
∂v
∂x
≡ ∂u
∂y
e
∂u
∂x
≡ −∂v
∂y .
u(z)−I ·v(z) = u(z)+I ·(−v(z))
de cada um dos campos conjugados z, z 2 ou e z podemos escrever:
∂(−v)
∂x
≡ −∂u
∂y
4 Por enquanto o assumo, sem prová-lo
e
∂u
∂x
≡ ∂(−v)
∂y .

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 761
Obtivemos assim para as coordenadas u(z)+I(−v(z)) dos campos z, z 2 ou e z o que
se chama de relações de Cauchy-Riemann.
2. A integral complexa e a idéia da primitiva Complexa
Definição 2.1. (Integral Complexa)
Seja h : C → C uma função com domínio e valores complexos.
Denoto h(z) = u(z)+I ·v(z), ou seja, h((x,y)) = u(x,y)+I ·v(x,y) .
E seja γ uma curva parametrizada no plano, derivável, γ : [c,d] → C, γ(t) =
(x(t),y(t)). Façamos duas definições:
d
h(z)dz :=
:=
Afirmação 2.1.
γ c
(u(t)+I ·v(t))·(x ′ (t)+I ·y ′ d
(t))dt :=
u(t)·x
c
′ (t)−v(t)·y ′ d
(t)dt+I · v(t)·x
c
′ (t)+u(t)·y ′ (t)dt.
Cz 0 ,r
f(z)dz =
Demonstração.
Imediata após a Definição 2.1.
Cz 0 ,r
Afirmação 2.2.
i): Para qualquer círculo Cz0,r:
zdz = 0 e
Cz 0 ,r
bem como:
ii): Se (0,0) ∈ Dz0,r, então
Mas se z0 = (0,0) então
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
Cz 0 ,r
f(z)·τz +I ·
Cz 0 ,r
e z dz = 0.
1
dz = 0.
z
1
dz = 2π ·I.
z
Cz 0 ,r
z 2 dz = 0,
f(z)·nz.
Demonstração.
Com a Afirmação 2.1 vemos que isso é exatamente o que dizem as Afirmações 0.1
e 0.2.

2. A INTEGRAL COMPLEXA E A IDÉIA DA PRIMITIVA COMPLEXA 762
O item i) da Afirmação 2.2 faz parecer que estamos criando funções inúteis, pois
suas integrais ao longo de círculos são zero. Mas é o contrário, esta anulação é que
nos permitirá criar novas funções no plano para as quais valerá um tipo de teorema
fundamental do Cálculo.
De fato, suponha que não só em círculos temos
f(z)dz = 0
Cz 0 ,r
mas façamos a suposição surpreendente de que em qualquer curva fechada sem autointersecção
γ tenhamos
γ
f(z)dz = 0.
Afirmo que, fixado um ponto z0 arbitrário no domínio da f, poderíamos então
definir:
z
G(z) := f(z)dz := f(z)dz
z0
usando qualquer curva parametrizada (derivável) que sai de z0 e chega em z.
Em termos gerais, a idéia é que se tomo qualquer outra C ′ z0,z que sai de z0 e chega
em z sem intersectar Cz0,z teríamos:
f(z)dz = f(z)dz,
pois
onde γ = Cz0,z −C ′ z0,z
=
=
Cz 0 ,z
Cz 0 ,z
Cz 0 ,z
Cz 0 ,z−C ′ z 0 ,z
f(z)dz −
f(z)dz +
C ′ z 0 ,z
C ′ z 0 ,z
−C ′ z 0 ,z
f(z)dz =
Cz 0 ,z
f(z)dz =
γ
f(z)dz =
f(z)dz = 0,
é a curva fechada sem auto-intersecção que se forma ao irmos
de z0 a z por Cz0,z e retornarmos a z0 pela C ′ z0,z.
Afirmação 2.3. i): Se para toda curva fechada sem auto-intersecção γ temos
f(z)dz = 0
então a função
γ
G(z) :=
z
z0
f(z)dz
está bem definida e G ′ (z) = f(z). Ou seja, G(z) é uma primitiva Complexa de f(z).
ii): Escrevendo G(z) = U(z)+I ·V(z) temos
G ′ (z) = ∂U
∂x
+I · ∂V
∂x =

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 763
de onde
∂U
∂x
= ∂V
∂y
≡ ∂V
∂y
que são as relações de Cauchy-Riemann.
−I · ∂U
∂y ,
e
∂V
∂x
≡ −∂U
∂y ,
Demonstração.
Por enquanto justifico apenas o item ii). Deixo i) para a Seção 1 do Capítulo 51.
G ′ f(z)−f(z)
(z) = lim
z→z z −z
e esse limite pleno nos permite tomar qualquer direção de aproximação de z para z;
o que é exigido apenas é que:
||z −z|| → 0.
Então posso tomar por exemplo uma direção horizontal para aproxima z e obter:
para G(z) = U(z)+I ·V(z) e z = a+Ib:
G ′ U(a+h+Ib)+I ·V(a+h+Ib)
(z) = lim
h→0 h+I0
U(a+h,b)
= lim +I ·
h→0 h
V(a+h,b)
h
=: ( ∂U
∂x
+I · ∂V
∂x )(z).
Ou posso tomar uma direção vertical de aproximação para z e obter, já que 1
I
G ′ U(a+I(b+h))+I ·V(a+I(b+h))
(z) = lim
h→0 Ih
−IU(a+I(b+h))
= lim +
h→0 h
V(a+I(b+h))
h
= (−I · ∂U
∂y
Comparando as duas expressões:
obtemos:
G ′ (z) = ∂V
∂y
∂U
∂x
≡ ∂V
∂y
−I · ∂U
∂y
e
+ ∂V
∂y )(z).
= ∂U
∂x
∂V
∂x
=
+I · ∂V
∂x
≡ −∂U
∂y .
=
=
=
= −I:

3. CURVAS INTEGRAIS COMO PARTE IMAGINÁRIA DAS PRIMITIVAS
COMPLEXAS 764
3. Curvas integrais como parte imaginária das primitivas Complexas
Afirmação 3.1. Ainda sob as hipóteses das Afirmação 2.3. Se
então:
G(z) :=
z
z0
f(z)dz = U(z)+I ·V(z),
i): as curvas dadas implicitamente por V(z) = C são curvas integrais do campo
vetorial definido por f(z).
ii) A função U(z) é o potencial do campo f(z), ou seja,
( ∂U ∂U
, ) = f(z).
∂x ∂y
iii) As curvas V(z) = C e U(z) = C são ortogonais.
Demonstração.
De i):
Pelo Teorema da Função implícita (Teorema 2.1 do Capítulo 15), onde a curva
V(z) = C é um gráfico y = y(x), temos
dy
dx
portanto o vetor tangente a V(z) = C é:
−∂V
∂x = , ∂V
∂y
( ∂V
∂y ,−∂V
∂x ).
Por outro lado, pela Afirmação 2.3 e pelo Teorema Fundamental do Cálculo sobre
os Complexos, temos que
G ′ (z) = ∂U ∂V
+I · = f(z).
∂x ∂x
Ora, as relações de Cauchy-Riemann dão, em particular, que:
e portanto
∂U
∂x
≡ ∂V
∂y .
( ∂V
∂y ,−∂V ) = (∂U
∂x ∂x ,−∂V ) = f(z).
∂x
De ii):
Como
∂U ∂V
−I · = f(z),
∂x ∂x
basta usar a relação de Cauchy-Riemann:
− ∂V ∂U
=
∂x ∂y .

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 765
De iii):
Queremos ver se há anulação do produto escalar:
( ∂U ∂U
,
∂x ∂y )·(∂V
∂V
, ) ≡ 0.
∂x ∂y
Ora, pela duas relações de Cauchy-Riemann:
∂U
∂x
· ∂V
∂x
+ ∂U
∂y
· ∂V
∂y
∂U
=
∂x ·(−∂U
∂U
)+
∂y ∂y
· ∂U
∂x
Foiassimquenuma Seção 50obtivemosascurvasintegraisdostrêscamposf(z) =
e z . f(z) = z e f(z) = z 2 . Pois
e z dz = e z +C,
zdz = z2
2
+C, e
e suas partes imaginárias V(z) são respectivamente:
e x ·sin(y), x·y e
Já suas partes Reais U(z) são respectivamente:
e x ·cos(y),
x 2
2
− y2
2
y3 −3x2y .
3
e x3
3 −xy2
≡ 0
z 2 dz = z3
3 +C
Nas figuras a seguir coloco juntas as curvas ortogonais U(z) = C e V(z) = C
desses três exemplos:
2
1
y 0
-1 -0,5 0 0,5 1 1,5
-1
-2
Fig.: Curvas ortogonais e x ·sin(y) = C e e x ·cos(y) = C.
x
2

4. A EXPONENCIAL COMPLEXA E OS RAMOS DO LOGARITMO
COMPLEXO 766
-2
2
1
y 0
-1 0 1
2
Fig.: Curvas ortogonais x·y = C e x2
2
-2
-1
-2
2
1
x
− y2
2
y 0
-1 0 1
2
-1
-2
x
= C.
Fig.: Curvas ortogonais x3
3 −xy2 = C e y 3 −3x 2 y = C.
4. A exponencial Complexa e os ramos do logaritmo Complexo
A definição que demos:
e a+I·b := e a ·(cos(b)+I ·sin(b))
faz que a exponencial complexa não seja injetiva.
De fato, note que ela é periódica, no sentido de que
e z+2πI = e z .

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 767
Vista mais em detalhe, note que e z manda as retas horizontais y = C em
e a ·(cos(C)+I sin(C))
que são semi-retas saindo da origem na direção do vetor unitário (cos(C)+Isin(C).
E que e z manda segmentos verticais dados por x = C e 0 ≤ y ≤ π em semicírculos
de raio e C centrados na origem:
e C ·(cos(y)+I sin(y)), 0 ≤ y ≤ π.
Se vê então que e z manda a faixa horizontal H0,π : 0 ≤ y ≤ π no semiplano
H0 : y ≥ 0.
Afirmo que essa aplicação e z : H0,π → H0 é bijetora: de fato, dado w := x+I ·y
com y > 0, determino primeiro qual ângulo b, com 0 ≤ b ≤ π, que o vetor (x,y)
forma com o eixo dos x > 0. Então:
w = x+I ·y = r ·(cos(b)+Isin(b)),
para 0 < r = |x+Iy| = |w|.
E agora tomo a := ln(|w|).
Portanto esse a+I ·b é tal que e a+I·b = x+I ·y = w.
Essas operações que fizemos para descobrir o a+Ib enviado em w = x+Iy pela
e z podem ser resumidas como:
z = x+I ·y = |w|·((cos(b)+I sin(b)) ↦→ z = ln(|w|)+I ·θ
onde θ é o ângulo entre 0 e π formado pelo vetor (x,y) com o eixo dos x > 0.
A Figura a seguir ilustra essas observações:
y
π I
x
z
e
Fig.: e z manda a faixa horizontal 0 ≤ y ≤ π no semiplano y ≥ 0.
E do mesmo modo se pode ver que e z manda a faixa horizontal 0 < y < 2π no
plano menos o semi-eixo dos x ≥ 0, bijetoramente.
Ou seja, para qualquer w = x + Iy no plano menos o semi-eixo dos x ≥ 0 faz
sentido a operação
w = x+I ·y = |z|·((cos(b)+I sin(b)) ↦→ z = ln(|w|)+I ·θ
onde θ é o ângulo entre 0 e 2π formado pelo vetor (x,y) com o eixo dos x > 0.
Essa operação
w = x+I ·y = |w|·((cos(b)+Isin(b)) ↦→ z = ln(|w|)+I ·θ
y

5. O TEOREMA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO SOBRE OS COMPLEXOS768
onde θ é o ângulo entre 0 e 2π formado pelo vetor (x,y) com o eixo dos x > 0 será
chamada de o ramo do logaritmo natural Complexo com argumento θ entre 0 e 2π.
Tambémpoderíamosestabelecerqueoargumentoficasseentre−π eπ porexemplo
e teríamos outro ramo do logaritmo natural Complexo.
Afirmação 4.1. Considere ln(w) o ramo logaritmo natural Complexo com argumento
θ entre 0 e 2π.
Suponha que existe a derivada complexa:
Então
Demonstração.
Para w = x+I ·y temos:
ln ′ (w) := lim
w→w
ln(w)−ln(w)
.
w−w
ln ′ (w) = 1
w .
ln(w) := ln( x 2 +y 2 )+I ·θ(x,y), onde 0 < θ < 2π.
Pelo que aprendemos na prova do item ii) da Afirmação 2.3,
+I ·
∂x
∂θ(x,y)
∂x =
= 1
2 ·
2x
x2 −y
+I ·
+y2 x2 =
+y2 x
=
x2 y
−I ·
+y2 x2 +y2, (pelo que vimos na prova do item ii) da Afirmação 7.1 do Capítulo 36 e que já usamos
há pouco neste Capítulo).
Mas:
x
x2 y
−I ·
+y2 x2 w 1
= =
+y2 |w| 2 w ,
como queríamos.
En passant, aproveito para checar as relações de Cauchy-Riemann para as componentes
do ramo do ln(w):
ln ′ (w) = ∂ln( x 2 +y 2 )
∂ln( x 2 +y 2 )
∂x
=
x
x2 ∂θ
=
+y2 ∂y ,
(pelo que vimos na prova do item ii) da Afirmação 7.1 do Capítulo 36) e
∂θ(x,y)
∂x
= −y
x2 +y2 = −∂ln( x2 +y2 )
∂y
5. O Teorema fundamental do Cálculo sobre os Complexos
(Em elaboração)
.

CAPÍTULO 50. UM PORTAL PARA O CÁLCULO COMPLEXO 769
Exercício 6.1. Verifique que:
e que:
6. Exercícios
z1 ·z2 = z1 ·z2, ∀z1,z2 ∈ C
e z = e z .
Exercício 6.2.
Considere a construção geométrica a seguir, ilustrada na Figura;
Tome z com 0 < |z| < 1. Considere a reta por (0,0) e por z, denotada rz. Levante
uma perpendicular pz a rz passando por z. Por um dos pontos one pz intersecta o
círculo trace a tangente tz ao círculo.
Considere o ponto tz ∩rz.
1
p
z
z
i) Mostre que 1
z = tz ∩rz. Dica: semelhança de triângulos.
ii) para z com |z| > 1 inverta a construção, começando por traçar uma tangente
ao círculo, etc. conclua que obterá também 1
z .
t z
r z

CAPíTULO 51
Os Teoremas Fundamentais
1. A primitiva Complexa
771

CAPíTULO 52
Soluções detalhadas de alguns Exercícios
0.1. Capítulo 2: Exercício 9.6:
i) f−1 (x) = 3√ x
ii) f−1 (x) = 3√ x−1
iii) f−1 (x) = 3√ x+1
iv) f−1 (x) = 3
− 1
5 (−10+x)
v) O enunciado não diz, mas de fato y > 0, pois x ∈ (0,1) dá 1−x 2 > 0 e portanto
y = x
1−x2 > 0.
Agora
y = x
1−x 2 ⇔ y ·x2 +x−y = 0,
e precisamos resolver essa equação quadrática em x, para termos x = x(y).
Ora, por Báskara as soluções são:
x 1 = −1+ 1−4y(−y)
2y
x 2 = −1− 1+4y 2
= −1+1+4y 2
,
2y
.
2y
Precisamos ficar com a solução que seja positiva, pois por hipótese x ∈ (0,1).
Como y = x
1−x2 > 0 e a solução positiva é:
x := x1 = −1+1+4y 2
.
2y
Ou seja, a candidata a função inversa é:
x = −1+1+4y 2
,
2y
que faz sentido ∀y > 0 (mostraremos mais adiante que a imagem de y = x
1−x 2 é de
fato todo R >0 ).
Preciso conferir que x(y(x)) ≡ x, o que não está nada óbvio neste exemplo.
Vejamos:
x(y(x)) =
=
−1+
−1+
1+4( x 2
1−x2) 2( x
1−x2) (1−x 2 ) 2 +4x 2
(1−x 2 ) 2
2( x
1−x 2)
773
=
=

0.2. Capítulo 3:
Exercício 6.2:
ii) Primeiro noto que:
=
−1+
(1+x 2 ) 2
(1−x 2 ) 2
2( x
1−x 2)
−1+ 1+x2
1−x2 2( x
1−x
2) = x.
=
x 2 −x > 0 ⇔ x·(x−1) > 0 ⇔
x > 0 e x−1 > 0 ou x < 0 e x−1 < 0.
Ou seja, se x > 1 (mais forte que x > 0) ou se x < 0 (mais forte que x < 1).
Em suma, se x ∈ (−∞,0)∪(1,+∞).
iii) As raízes de 3x 2 −2x−1 = 0 são: x 1 = − 1
3 e x 2 = 1. Logo
3x 2 −2x−1 = (x+ 1
3 )·(x−1).
Portanto preciso determinar onde o produto (x+ 1
)·(x−1) é positivo.
3
Ou ambos fatores nesse produto são positivos ou ambos são negativos, ou seja:
x > − 1
e x > 1 ou x < −1
3 3
Tomando apenas as informações mais fortes:
ou seja, x ∈ (−∞,− 1
3 )∪(1,+∞).
Exercício 6.3
Solução n. 1:
O que se quer provar é que:
ou que
x > 1 ou x < − 1
3 ,
e x < 1.
+△ ≤ ||+|△|, caso 0 ≤ +△,
−(+△) ≤ ||+|△|, caso +△ < 0.
Caso 0 ≤ +△: obviamente que valem
≤ || e △ ≤ |△|,
e somando essas duas desigualdades obtemos o desejado:
+△ ≤ ||+|△|.
Caso +△ < 0: então pelo menos umdeles énegativo, por exemplo, suponhamos
que < 0. Por absurdo, suponha que
||+|△| < −(+△).
774

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 775
Como || = −, cancelamos esses termos na desigualdade anterior e obtemos então
que:
|△| < −△.
Se 0 < △ então chegamos no absurdo:
0 < △ =: |△| < −△ < 0.
Se △ ≤ 0 então −△ =: |△| < −△ é outro absurdo.
Logo
−(+△) ≤ ||+|△|, caso (+△) < 0.
Solução n. 2: (do estudante Walter Ferreira Diniz Júnior)
A propriedade xiii) da Afirmação 3.1 do Capítulo 3, dá, como caso particular, que:
Ou seja que
Mas então queremos saber se:
0 ≤ x1 ≤ x2 ⇔ 0 ≤ x 2 1 ≤ x2 2 .
|+△| ≤ ||+|△| ⇔ (+△) 2 ≤ (||+|△|) 2 .
2 +2··△+△ 2 ≤ 2 +2·||·|△|+△ 2 ,
ou seja, se
·△ ≤ ||·|△|.
Se e △ têm o mesmo sinal então há igualdade nessa expressão. Se e △ têm
sinais opostos há desigualdade estrita.
0.3. Capítulo 4:
Exercício 4.5:
Não temos informação nenhuma sobre a sequência, exceto que seus termos são
negativos. Por isso o melhor é raciocinar por absurdo.
Suponha por absurdo que limn→+∞ xn = L > 0. Considere
ǫ := L = |L−0|,
ou seja, a distância entre L e 0. Pela definição de limn→+∞ xn, dado esse ǫ tem que
haver um nǫ ∈ N tal que:
n > nǫ ⇒ |xn −L| < ǫ.
Mas coma escolha de ǫ := L isto quer dizer:
ou seja, ou bem
ou bem
n > nǫ ⇒ |xn −L| < L,
xn −L < L, se 0 ≤ xn −L,
−(xn −L) = L−xn < L, se xn −L < 0.
No primeiro caso, 0 < L ≤ xn e no segundo caso 0 = L−L < xn.
em ambos chegamos numa contradição com a hipótese xn < 0 ∀n.
Logo L ≤ 0.

Por exemplo, a sequência −1 < 0 tem L = 0.
n
0.4. Capítulo 5:
0.5. Capítulo 6:
Exercício 9.4:
Se x = 0afunção éresultado da composição de duasfunções contínuas, 1 e sin(x), x
e do produto com x: logo é contínua em x = 0.
Precisamos mostrar que em x = 0 temos:
lim
x→0 xsin(1)
= 0,
x
pois esse foi o valor associado a f(0) = 0.
Ou seja, precisamos ver que se xn é qualquer sequência com limn→+∞ xn = 0
então:
lim
n→+∞
1
xnsin( ) = 0.
Mas como | sin( 1
xn )| ≤ 1, dado ǫ tomamos nǫ tal que:
e teremos:
o que siginifica
xn
|xn| < ǫ
|xnsin( 1
)| = |xn|·| sin( 1
)| <
xn
lim
n→+∞
< ǫ·1 = ǫ,
xn
1
xnsin( ) = 0.
xn
O Maple plota assim o gráfico de y = xsin( 1
x
Exercício 9.9
-0,1
-0,05
0,04
x
0
0
-0,04
-0,08
) perto da origem:
0,05
0,1
776

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 777
i):
lim
x→+∞
= lim
x→+∞
√ 5·x 2 +x
x 2 ·(5+ 1
x )
x+2
= lim
x→+∞ x·(1+ 2
=
) x
|x|· 5+ 1
x
x·(1+ 2
5+
= lim
) x→+∞
x 1
x
1+ 2 =
x
=
5+limx→+∞ 1
x
1+limx→+∞ 2
x
1+limx→−∞ 2
x
= √ 5,
onde se usou a continuidade da raíz quadrada e que x > 0.
ii):
√
5·x 2 +2 x
lim = lim
x→−∞ x+2 x→−∞
2 ·(5+ 2
x2) x·(1+ 2 =
) x
|x|· 5+
= lim
x→−∞
2
x2 x·(1+ 2 = lim
) x→−∞
x −
5+ 2
x2 1+ 2 =
x
5+limx→−∞
= −
2
x2 = − √ 5,
onde se usou que x < 0.
Exercício 9.10:
Fazemos aparecer quocientes:
lim
x→+∞ (√x2 +x−x) = lim
x→+∞ (√x2 +x−x)·[
= lim
x→+∞
= lim
x→+∞
x 2 +x−x 2
√ x 2 +x+x = lim
x→+∞
x
x
√ x 2 +x+x
x
= lim
x→+∞
√
x2 +x+x
√ ] =
x2 +x+x
x
√ x 2 +x+x =
1
x 2
x 2 + x
x 2 +1
= 1
2 .
Exercício 9.12:
No Curso se mostrou que todo polinômio Real de grau ímpar tem alguma raíz
Real.
Mas para esses polinômios o Teorema do Valor Intermediário mostra que há raíz
no intervalo [−1,0), já que
f(−1) := −1−(ǫ1 +...+ǫn)+1 < 0,
f(0) = 1.
O problema aqui é mostrar que só há uma Raíz Real para cada um desses
polinômios.

Suponhamos por absurdo que a equação
x 2n+1 +ǫ1 ·x 2n−1 +ǫ2 ·x 2n−3 +...+ǫn−1 ·x 3 +ǫn ·x+1 = 0
tenha duas raízes x 1,x 2, com x 1 < x 2. Então pelo Teorema de Rolle a derivada da
função
f(x) := x 2n+1 +ǫ1 ·x 2n−1 +ǫ2 ·x 2n−3 +...+ǫn−1 ·x 3 +ǫn ·x+1
tem que se anular num ponto x ∈ (x 1,x 2). Mas
f ′ (x) := (2n+1)·x 2n +ǫ1·(2n−1)·x 2n−2 +ǫ2·(2n−3)·x 2n−4 +...+ǫn−1·3·x 2 +ǫn = 0
não tem Raíz Real, pois cada um de seus monômios tem grau par, os ǫi ≥ 0, para
i = 1,...,n−1 e ǫn > 0.
Logo só há uma raíz Real.
Agora dado um x ∈ [−1,0) fixado, resolvo a seguinte equação linear em ǫ:
obtendo:
x 3 +ǫ·x+1 = 0
ǫ = −1−x3
x
e facilmente se vê que ǫ ≥ 0 e é zero quando x = −1.
A seguir ploto três gráficos, de y = x 3 +1, de y = x 3 + 7
4
de y = x 3 + 63
16
0.6. Capítulo 7:
Exercício 8.3:
Resolver o sistema
·x+1 cuja raíz é −1
4 .
-2 -1
15
10
5
0
0
x
-5
-10
-15
y −5x−2 = 0 e 2y −10x−1 = 0,
significa, geometricamente, intersectar as retas:
1
2
778
·x+1 cuja raíz é −1
2 e
y = 5x+2 e y = 10x+1
= 5x+
2
1
2 .
Porém essas retas tem o mesmo coeficiente angular 5, logo são paralelas e distintas
(pois seus coeficientes lineares são distintos).

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 779
Por isso não consigo resolver o sistema.
Exercício 8.6
i) Quero que o coeficiente angular a ′ da reta contendo o segmento PQ seja
a ′ = − 1
a
paera que haja ortogonalidade com a reta y = ax+b.
Ora então quero:
Isso produz uma equação:
A solução é
Portanto
a ′ := (ax+b)−B
x−A
Q = ( A−a(b−B)
a2 +1
ii) Se temos x = A então :
isso dá
= − 1
a .
(a 2 +1)x+a(b−B)−A = 0.
x = A−a(b−B)
a2 .
+1
, a·( A−a(b−B)
a2 )+b).
+1
A = A−a(b−B)
a 2 +1
a 2 A+a(b−B) = 0.
Supondo por um momento a = 0, divido por ele e obtenho:
aA+(b−B) = 0,
ou seja, aA+b = B. Mas isso significa que P = (A,B) ∈ r.
A conclusão é que, se x = A, então
ou P = Q = (A,B) ou a = 0.
No caso a = 0 temos uma reta r horizontal e Q é a projeção vertical de P sobre essa
reta.
Exercício 8.8:
As coordenadas x dos pontos de intersecção da elipse x2 + y2
b2 = 1 com a reta
y = −x+5 são as soluções da equação quadrática em x:
ou seja, soluções de:
O discriminante dessa equação é:
x 2 + (−x+5)2
b 2
−1 = 0,
(b 2 +1)·x 2 −10·x−b 2 +25 = 0.
∆ := 100−4·(b 2 +1)·(25−b 2 ).

Esse discriminante seanula quandohá umaraízdupla, ousejahá tangência. Portanto
quero:
100−4·(b 2 +1)·(25−b 2 ) = 0 ⇔
ou seja b 2 = 24, já que b = 0
nadas:
Exercício 8.9:
De y = 1
x
⇔ 24·b 2 −b 2 ·b 2 = 0 ⇔ b 2 ·(b 2 −24) = 0,
obtenho x = 1
y
780
. Ou seja, quando postas no mesmo sistema de coorde-
f(x) = f −1 (x) = 1
x .
Uma função com a propriedade f = f−1 é chamada de involução.
O gráfico da função inversa é sempre obtido da função original por reflexão na
diagonal. Como essas funções coincidem no itemvi), então concluimos que aoperação
de refletir o gráfico de y = 1 o faz recair emcima dele mesmo. Isso é a simetria em
x
relação à diagonal.
0.7. Capítulo 8:
Exercício 5.4:
Note primeiro que a função h(x) dada por
sin(k ·x)
se x = 0 e h(0) := 1,
k ·x
é a composição h := f(g(x)) da função contínua
f(x) := sin(x)
, se x = 0 e f(0) := 1,
x
com a função contínua g(x) := k ·x.
Logo h é contínua e portanto
Mas então:
ou seja,
Para calcular
escrevo, para x = 0:
tan(j ·x)
sin(k ·x) :=
lim
x→0
lim
x→0
lim
x→0
sin(k ·x)
k ·x
sin(k ·x)
k ·x
lim
x→0
sin(j ·x)
cos(j ·x)·sin(k ·x)
sin(k ·x)
x
tan(j ·x)
sin(k ·x)
= 1.
·k = k,
= k.
j sin(j ·x)
= · ·
k j ·x
k ·x
sin(k ·x) ·
1
cos(j ·x) .

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 781
Usando o que vimos acima (bem como limite de produto e inverso e a continuidade
do cosseno) o limite
tan(j ·x)
lim
x→0 sin(k ·x)
vira
j sin(j ·x) k ·x 1 j
· lim · lim · lim =
k x→0 j ·x x→0 sin(k ·x) x→0 cos(j ·x) k .
0.8. Capítulo 9:
Exercício 6.6:
Fixe x = 0. No que segue, se x < 0 tome x < 0 e se x > 0 tome x > 0.
Traçoretassecantesaográficodey = 1 1 1
ligando(x, )acada(x, ), cujocoeficente
x x x
angular é:
ax :=
1 1 − x x
x−x =
x−x
xx
x−x =
= x−x 1 −1
· = < 0,
(x−x) xx xx
(pois x e x têm o mesmo sinal).
As secantes são portanto retas de coeficiente angular ax

f(x+h)−f(x)+f(x)−f(x+(−h))
= lim
h→0 h
de onde:
logo
e
= lim
h→0
f(x+h)−f(x+(−h))
,
h
f ′ f(x+h)−f(x−h))
(x) = lim .
h→0 2h
A função descontínua em x = 0 dada por g(0) = 0 e g(x) = 1, se x = 0 tem
g(0+h)−g(0−h)
2h
= 0,
g(0+h)−g(0−h)
lim = 0.
h→0 2h
0.9. Capítulo 10:
Exercício 6.4:
Primeiro testo se (−1,−1) e (2,3) estão em todos os gráficos de:
De fato:
y = fb(x) := (4/3−b)·x 2 +b·x+(2b−7/3), b ∈ R.
(4/3−b)·(−1) 2 +b·(−1)+(2b−7/3) = −3
3
= −1,
(4/3−b)·2 2 +b·2+(2b−7/3) = 9
= 3.
3
O coeficiente angular da secante a todos os gráficos y = fb(x) ligando (−1,−1) a
(2,3) é:
a = 3+1 4
=
2+1 3 .
Pelo Teorema de Lagrange devem haver pontos xb (dependendo de b, a princípio
...) tais que
xb ∈ (−1,2) e f ′ b (xb) = 4
3 .
Vejamos quem são os xb. Temos
e igualando a 4
3
de onde
f ′ b (x) = 2·(4/3−b)·x+b,
criamos uma equção em x:
2·(4/3−b)·x+b = 4
3 ,
x = 1
2 ·(
4
3 −b
4
3
1
=
−b) 2 ,
ou seja ∀b: xb = 1.
Por isso quando fazemos um zoom numa faixa vertical em torno
2
de
( 1 1
,fb(
2 2 ))
vemos todos os gráficos parecidos com retas paralelas, de mesma inclinação 4
3 .
782

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 783
0.10. Capítulo 11:
Exercício 10.5:
Nas Figuras a seguir não usei a mesma escala nos eixos x e y, por isso as figuras
são apenas qualitativamente corretas.
-1
6
4
2
-0,5 0 0,5 1
0
-2
-4
-6
-8
x
Figura: y = f1(x) = x 3 −x 2 (verm.), f ′ 1(x) (verde), f ′′
1(x) (amar.)
-1
-0,5
8
6
4
2
0
0
-2
-4
-6
x
0,5
1
1,5

Figura: y = f2(x) = x2 −x3 (verm.), f ′ 2 (x) (verde), f′′ 2 (x) (amar.)
-1
15
10
5
0
0
-5
-10
1
x
Figura: y = f3(x) = −2x2 +x3 (verm.), f ′ 3 (x) (verde), f′′ 3 (x) (amar.)
-1 -0,5
20
15
10
5
0
0
-5
x
Figura: y = f4(x) = x4 −2x2 (verm.), f ′ 4 (x) (verde), f′′ 4 (x) (amar.)
0,5
2
1
3
784

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 785
-1
-0,5
80
60
40
20
0
0 0,5 1 1,5 2
-20
Figura: y = f5(x) = 3x4 −4x3 (verm.), f ′ 5 (x) (verde), f′′ 5 (x) (amar.)
Esta última Figura merece um zoom perto da origem:
Exercício 10.6:
Note que
-0,4
-0,2
20
15
10
5
0
0
-5
x
x
0,2
0,4
0,6
x 3 +C ·x 2 = −((−x) 3 −C(−x) 2 ).
Ousejaqueográficodey = x 3 +C·x 2 podeserobtidorefletindo odey = x 3 −C·x 2
primeiramente no eixo x (passar de x a −x) e, depois, refletindo no eixo y (passar de
y para −y).

A Figura a seguir mostra em vermelho y = x 3 − C · x 2 , em verde o de y =
(−x) 3 −C(−x) 2 e em amarelo o de y = x 3 +C ·x 2 . para C = 3.
-3 -2
Exercício 10.8
Um reta rλ por (A,B) tem equação:
-1
100
50
0
0 1
-50
x
-100
y = λx−λA+B.
Note que λ = a pois λ = a daria paralelismo entre a reta rλ e y = ax. Pode acontecer
que λ ≤ 0. Mas se λ > 0 então λ < a, já que rλ precisa formar um triângulo no
primeiro quadrante. Ou seja,
B > a·A > λ·A
e portanto a intersecção de rλ e y = ax é o ponto do primeiro quadrante:
( B −λA
a−λ
A intersecção de rλ com o eixo dos y > 0 é:
2
, a· B −λA
a−λ )
(B −λA,0).
A área do triângulo formado pela origem e esses dois pontos é 1 ·||D|| onde 2
0 0 1
D =
0 B −λA 1
B−λA
a−λ a· B−λA
a−λ 1
Esse determinante é imediato (desenvolvendo pela coluna de 1 s):
D = − (B −λA)2
a−λ
3
786

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 787
ou seja a área do triângulo é
A(λ) = 1
2
(B −λA)2
· .
a−λ
Então:
A ′ (λ) = −1 (B −λA)·(2Aa−λ·A−B)
·
2 (a−t) 2
e pontos críticos de A(λ) estão em:
Mas a reta com λ = B
A
as outras duas.
λ = B
A
2Aa−B
e λ = .
A
x e não forma um triângulo com
que passa por (A,B) é y = B
A
Portanto a solução deve ser λ = 2Aa−B
A
cujo sinal é sempre positivo.
A ′′ (λ) = 2· (Aa−B)2
(a−t) 3
. Podemos conferir que:
Portanto λ = 2Aa−B
A é o ponto de mínimo buscado.
Nele a área do triângulo (de menor área portanto) vale:
2A·(B −Aa).
Exercício 10.17:
Primeiro vou usar a intuição sugerida pela figura. A figura parece indicar que
a reta tangente a y = x 3 em (1,1) consegue passar entre os dois gráficos, apenas
tocando o gráfico verde. Como só consideramos x < 1 ela é uma boa candidata.
Ou seja, conjecturo que a reta
y = 3x−2
tangencia o gráfico de y = x 3 − 3x 2 + 3x − 2 e passa entre os dois gráficos sem
intersectar o gráfico de y = x 3 , desde que restrinjamos
x ∈ (−2,1).
Como é a intersecção de y = 3x−2 com y = x 3 −3x 2 +3x−2 ?
Faço 3x−2 = x 3 −3x 2 +3x−2 e obtenho x 3 −3x 2 = 0, ou seja
x 2 ·(x−3) = 0.
Então areta y = 3x−2 tangencia y = x 3 −3x 2 +3x−2no ponto(0,−2)(eintersecta-a
também no ponto (3,7), mas esse ponto não nos interessa).
E onde y = 3x−2 intercecta y = x 3 , além do ponto (1,1) ? Faço:
x 3 = 3x−2,
ou seja, quero resolver x 3 −3x+2 = 0. Se não vejo imediatamene as soluções, posso
pensar assim: como x = 1 é ponto de tangência, então:
e o outro ponto será x = −b
a .
x 3 −3x+2 = (x−1) 2 ·(ax+b)

Ora, por divisão obtenho
x 3 −3x+2 = (x−1) 2 ·(x+2),
portanto x = −2. Mas este ponto não pertence ao intervalo (−2,1). Ou seja, que
y = 3x−2 passa entre os gráficos, tocando o gráfico verde em (0,−2).
Exercício 10.18:
Como o gráfico é côncavo para baixo em [0,+∞), ele fica por baixo da reta
tangente de qualquer de seus pontos.
Considero a reta tangente em (x,f(x)):
y = f ′ (x)·x+f(x)−f ′ (x)·x.
Essa reta intersecta o eixo dos x em
x = f′ (x)·x−f(x)
f ′ = x−
(x)
f(x)
f ′ (x)
=: K,
onde x < K pois 0 < − f(x)
f ′ (x) .
Então f(x) tem que ficar negativa para x < K. Pelo T.V.I. tem que ter zero entre
x e K.
0.11. Capítulo 12:
0.12. Capítulo 13:
Exercício 6.1:
Se n = 1 então claramente:
1! = 1 ≥ 2 0 = 1.
Supondo válida a desigualdade até n−1 (n ≥ 2):
Ora,
n! = n·(n−1)! ≥ n·2 n−2 .
n·2 n−2 = n· 2n−1
2 =
= 2 n−1 · n
2 ≥ 2n−1 ,
onde usei na última desigualdade que n ≥ 2.
0.13. Capítulo 14:
Suponha que sabemos:
sin(x+y) = sin(x)·cos(y)+cos(x)·sin(y),
Faço o seguinte: fixo y e olho a identidade acima apenas em x.
Derivo o lado esquerdo, pela regra da derivada da composta:
e o lado direito:
(sin(x+y)) ′ = cos(x+y)·1,
(sin(x)·cos(y)+cos(x)·sin(y)) ′ = cos(x)·cos(y)+(−sin(x)·sin(y)) =
= cos(x)·cos(y)−sin(x)·sin(y).
788

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 789
Igualando o lado esquerdo e o direito:
0.14. Capítulo 15:
Exercício 6.1:
Note que:
∂F(x,y)
∂x
logo calculados em (1,1):
cos(x+y) = cos(x)·cos(y)−sin(x)·sin(y).
∂F(x,y)
∂x
= −3x 2
= −3 e
e
∂F(x,y)
∂y
∂F(x,y)
∂y
= 2y,
Então num pequeno entorno de (1,1) a curva é dada pelo gráfico de y = y(x).
Mas a curva não é globalmente um gráfico y = y(x), pois para cada valor x > 0
temos dois valores de y.
Note que se um ponto da curva y 2 −x 3 = 0 tem x = 0, então y 2 = 0 e portanto
y = 0, ou seja é a origem.
E note que nenhum ponto da curva y 2 −x 3 = 0 tem coordenada x < 0.
0.15. Capítulo 16:
Exercício 6.1:
iii): Usando a derivada a composta:
= 2.
sin 3 (x 3 ) ′ = 3sin 2 (x 3 )·cos(x 3 )·(3x 2 )
iv): Usando a regra da derivada do produto:
(sin(x)cos(x)) ′ = cos(x)cos(x)+cos(x)(−sin(x)) = cos 2 (x)−sin 2 (x).
v): Usando a regra da derivada do quociente:
( x4 +x2 +1
3x4 +4x2 +1 )′ = (4x3 +2x)(3x4 +4x2 +1)−(x 4 +x2 +1)(12x3 +8x)
(3x4 +4x2 +1) 2
vi): Usando a regra da composta:
( √ 1−x 2 ) ′ = ((1−x 2 ) 1
2) ′ = 1
2 (1−x2 ) −1
xv): pela composta:
x
2 (−2x) = −√
1−x 2
((3x+4) 100 ) ′ = 100·(3x+4) 99 ·3 = 300·(3x+4) 99 .
0.16. Capítulo 19. Exercício 3.1:
Defina a função: √
x2 +25
f(x) := +
v2
8−x
,
v1
que dá o tempo gasto pelo salva-vidas para chegar no ponto B.
Ou melhor, considere:
g(x) := v2 ·f(x) = √ x2 +25+ v2
·(8−x) =
v1
=: √ x 2 +25+k ·(8−x),
.

cujo domínio é [0,8].
Trata-se de minimizar f ou, equivalentemente, minimizar g.
Para isso calcule separadamente
Mas:
g(0) = 5+8k e g(8) = √ 89.
g(8) > g(0) ⇔
e como 0.55 ≈ √ 89−5
8 e supusemos k ≤ 0.5 então:
Ora,
g(8) > g(0).
√
89−5
> k,
8
Agora basta buscar no intervalo aberto (0,8) pelo ponto onde
g ′ (x) =
Daí obtemos, elevando ao quadrado:
ou seja,
g ′ (x) = 0.
x
√ x 2 +25 −k = 0 ⇔ x = k · √ x 2 +25.
x 2 = k 2 ·(x 2 +25),
x 2 (1−k 2 ) = 25·k 2
e
25·k 2 5k
x(k) = = √
1−k 2
1−k 2 ,
pois a solução negativa não nos interessa. Claramente:
lim x(k) = lim
k→0 k→0
5k
√ 1−k 2
0
= = 0.
1
E nesse ponto x(k) temos o valor:
g(x(k)) = 8k +5(1−k 2
1
)·
1−k 2.
Agora
g(0)−g(x(k)) = 5+5(k 2
1
−1)·
1−k 2
e não está tão claro se g(0)−g(x(k)) ≥ 0, para todos os k no intervalo 0 ≤ k ≤ 0.5.
Ora,
1
5+5(k 2 −1)· ≥ 0 ⇔
1−k 2
⇔ 5 ≥ 5(1−k 2
1
)·
1−k 2
e elevando ao quadrado quero ter:
25 ≥ 25·(1−k2 ) 2
1−k 2
790

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 791
que equivale a :
ou seja,
1−k 2 ≥ 1−2k 2 +k 4 ,
0 ≥ k 2 ·(k 2 −1).
0.17. Capítulo 20:
Exercício 8.2: Como (x0,y0) está na elipse:
obtenho:
x2 0
a2 + y2 0
b
2 = 1,
x 2 0 ·b2 +y 2 0 ·a2 = a 2 b 2 .
Como
2·x(t)·x ′ (t)
a2 + 2·y(t)·y′ (t)
b2 = 0,
a informação das taxas de variação −1 e 1 dá:
de onde
ou seja
Ao lado de
2·x0 ·(−1)
a 2
+ 2·y0 ·1
b 2
−2·x0 ·b 2 +2·y0 ·a 2
a 2 ·b 2
= 0,
= 0,
−2·x0 ·b 2 +2·y0 ·a 2 = 0.
x 2 0 ·b2 +y 2 0 ·a2 = a 2 b 2
forma-se um sistema de duas equações lineares nas incógnitas a 2 e b 2 .
Multiplicandoaúltimapor2,aprimeiraporx0 = 0edepoissomando-as, obtemos:
e como a = 0:
Depois obtenho
usando de novo
2·y0 ·(x0 +y0)·a 2 = 2·a 2 ·b 2 ,
b 2 = y0 ·(x0 +y0).
a 2 = x0 ·(x0 +y0),
−2·x0 ·b 2 +2·y0 ·a 2 = 0.
Os outros itens têm respostas imediatas, pois sabemos as coordenadas dos focos
e as dos vértices em função de a e b.

0.18. Capítulo 21:
Exercício 8.1:
Se escrevemos
x1 = π
2 sin(π
π
)+
2 2 sin(π),
x2 = π
3 sin(π
π
)+
3 3 sin(2π
π
)+
3 3 sin(π),
x3 = π
4 sin(π
π
)+
4 4 sin(2π
π
)+
4 4 sin(3π
π
)+
4 4 sin(π),
x4 = π
5 sin(π
π
)+
5 5 sin(2π
π
)+...+
5 5 sin(π),
fica mais fácil reconhecer que cada xi é uma soma de Riemann da função sin : [0,π] →
R, onde a partição tem norma π
i+1 .
Em geral:
xi = π π π 2π π
sin( )+ sin( )+...+
i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 sin((i+1)π
i+1 ).
Quando i → ∞ a norma da partição tende a zero.
Como sin(x) é uma função contínua, os itens i) e ii) garantem que
lim
i→∞ xi =
π
0
sin(x)dx.
Mais adiante, pelo Segundo Teorema fundamental, veremos que:
Exercício 8.3:
Se x < 0 então
F(x) :=
π
0
x
−1
sin(x)dx = 2.
|t|dt =
x
−1
−tdt =
= ( −t2
2 )(x)−(−t2
−x2
)(−1) =
2 2
Se x ≥ 0 podemos fazer:
F(x) =
x
−1
|t|dt =
= 1
2 +
= 1
2
0
−1
x
0
|t|dt+
tdt =
+ x2
2 .
x
0
+ 1
2 .
|t|dt =
Ou seja que a função F(x) obtida integrando o módulo tem uma descrição diferente,
dependendo se x < 0 ou x ≥ 0.
Note que pelo Primeiro Teorema Fundamental, F ′ (x) = |x|, logo não existe
F ′′ (0).
Ou seja, que F(x) é menos suave em em x = 0 que f(x) = x 3 + 1
2 .
A figura a seguir apresenta F(x) (vermelho) e f(x) = x 3 + 1
2 (verde):
792

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 793
0.19. Capítulo 22:
Exercício 16.3:
-1
1,5
1
0,5
0
-0,5 0 0,5
x
-0,5
Primeiro busco o ponto de y = f(x) = ln(x)
x onde f ′ (x) = 0. Pela derivada do
quociente:
f ′ (x) =
1
x x−ln(x)1
x 2
1
= 1−ln(x)
x2 ,
e f ′ (x) = 0 exatamente onde 1−ln(x) = 0, ou seja, onde ln(x) = 1.
Sabemos então que a solução é x = exp(1).
Podemos calcular a segunda derivada f ′′ (x), para confirmarmos que f ′′ (exp(1)) <
0. Caso isso valha, a Afirmação 2.1 do Capítulo 10 diz que x = exp(1) é ponto de
máximo local. E portanto concluiremos que x = exp(1) é ponto de máximo global
(já que não há outro candidato).
Ora,
f ′′ (x) = (1−ln(x))′ x2 −(1−ln(x))2x
x4 =
= −1
x x2 −(1−ln(x))2x
x4 e portanto f ′′ (exp(1)) = −exp(1)
e4 < 0.
Exercício 8.6:
Como arcsin ′ (x) = 1
√ 1−x 2 então:
= −3x+2xln(x)
x4 ,
√ 1−x 2 ] ′ +( 1
2 arcsin(x))′ =
F ′ (x) = [ x
2
= [ 1√
x 1 1 1 1
1−x 2 + · √ ·(−2x)]+ √
2 2 2 1−x 2 2 1−x 2 =

= 1√
1
1−x 2 −
2 2 x2 1 1 1
√ + √
1−x 2 2 1−x 2 =
1√
1 1−x
1−x 2 +
2 2
2
√
1−x 2 =
= √ 1−x 2 .
Exercício 16.2:
O programa Maple plota y = ln(1+x)
x completando em x = 0 o valor
De fato posso escrever:
lim
x→0
ln(1+x)
x
= 1
ln(1+x)−0 ln(1+x)−ln(1)
lim = lim
x→0 x x→0 x
e esse último limite é nada mais nada menos que uma derivada:
Ora ln ′ (1) = 1
1
= 1.
ln ′ (1) := lim
x→0
ln(1+x)−ln(1)
.
x
Exercício 16.13:
A função y = f(x) = e−x2 tem, pela regra da composta e pelo fato que (ex ) ′ = ex ,
derivada
f ′ (x) = e −x2
·(−2x).
lno f ′ (x) se anula apenas em x = 0 (pois exp não se anula nunca). Já a segunda
derivada é (pela regra do produto e da composta):
= (e −x2
f ′′ (x) = (e −x2
·(−2x)) ′ =
·(−2x))(−2x)+e −x2
(−2) =
= 2e −x2
(2x 2 −1).
logo f ′′
1 1
(x) se anula em x = + e x = − 2 2 .
Esses dois pontos são pontos de máximo/mínimo da f ′ (x) e pontos de inflexão da
f.
Exercício 16.14:
Os pontos (x,y) da reta tangente ao gráfico de y = ln(x) no ponto (e,1) são os
pontos que verificam:
y −1
x−e = ln′ (e),
pois o valor da derivada ln ′ (e) é por definição o coeficiente angular da reta tangente.
Mas ln ′ (e) = 1,
lno e
y −1 1
=
x−e e
794

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 795
de onde
y −1 = x
e −1
e portanto y = x,
que é uma reta pela origem.
e
Por reflexão na diagonal se obtem o gráfico da função inversa exp(x).
E a reflexão na diagonal da reta y = x y
é x = , ou seja, a reta y = ex. Essa é a
e e
tangente ao gráfico de y = exp(x) em (1,e), como também se pode verificar a partir
de:
y −e
x−1 = exp′ (1) = exp(1) =: e.
Exercício 16.15:
As primitivas de produto/quociente Não são o produto/quociente de primitivas.
Quando aparecem produtos é natural imaginar qu surgiram de se derivar composições
de funções.
vi): Por isso as primitivas de f(x) = 2xcos(x2 ) são
vii): As primitivas de x
2 cos(x2 ) são:
viii): As primitivas de xe x2
F(x) = sin(x 2 )+C.
F(x) = sin(x2 )
4
são
e x2
2
+C.
e as de excos(ex ) são
sin(e x )+C.
As primitivas de soma/subtração são a soma/subtração de primitivas.
x): Portanto as primitivas de f(x) = a0xn +a1xn−1 +...+an são
a0
0.20. Capítulo 23: Exercício 7.1:
Temos P1 = (−
b
xn+1 n+1 +a1
xn n +...+anx+C.
C ,b), P2 = (
b
1
2 ·(2·
C ,b). A área de ∆P1OP2 é
b
C
b32
)·b =
C 1.
2
Por outroladoaárea daregiãoabaixo dareta y = beacima daparábolaéadiferença:
b
2·
C ·b−
√ b
C
C ·x 2 dx =
= 2·
b
C
·b−C ·[ (
= 2· b32
C 1
2
√
b
− C
b
− 2
3
C )3
3
b32
·
C 1
2
+ (
b
=
C )3
] =
3

= 4
3
b32
·
C 1.
2
Exercício 7.4: Os gráficos de y = 8x+2 e de de y = x 4 + 2. se intersectam em
pontos cujas coordenadas x verificam:
8x+2 = x 4 +2 ⇔ 8x = x 4 ⇔ x·(x 3 −8) = 0 ⇔ x = 0,2.
Ou seja, nos pontos (0,0) e (2,18).
Para x ∈ [0,2] vale que 8x+2 ≥ x 4 +2, pois:
8x+2 ≥ x 4 +2 ⇔ 8x ≥ x 4 ⇔ 0 ≥ x·(x 3 −8)
e como x ≥ 0, basta ter 0 ≥ x 3 − 8. Isso é verdade, já que 8 ≥ x 3 sai de 2 ≥ x
elevando-se ao cubo.
A Figura a seguir dá uma idéia da pétala.
20
15
10
5
0
0,5
1
x
A área da pétala é a diferença entre a área do trapézio sob y = 8x+2 e a área
sob o gráfico de y = x4 +2.
É dada por:
2
0
8x+2dx−
1,5
2
e vale portanto pelo Segundo Teorema do Cálculo:
pois
e
[4·(2) 2 +2·(2)]−[ 25
0
5
2
x 4 +2dx
−2·2] = 48
5
8x+2dx = 4x 2 +2x+C
x 4 +2dx = x5
5 +2x+C.
Exercício 7.5: Note que
• o integrando é a diferença entre as funções x−x 2 e a função x 3 .
• x−x 2 > 0 para 0 < x < 1.
• Ademais
x−x 2 > x 3 ,
para x pequenos, pois
x−(x 2 +x 3 ) > 0
796

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 797
para x pequenos.
• Porém certamente a partir de um certo x deve acontecer que
x−x 2 < x 3 ,
devido ao expoente 3.
Para qual x ≥ 0 temos x−x 2 = x 3 ? Ou seja, onde x 3 +x 2 −x = 0 ? Nas soluções
de:
x(x 2 +x−1) = 0,
ou seja, em x = 0 ou na solução positiva de (x 2 +x−1), que é
a := −1+√5 ∼ 0.6.
2
A partir desse a ∼ 0.6 vale x−x 2 < x 3 .
Então escrevo:
e portanto:
Mas
Em suma,
Ora,
b
x−x
0
2 −x 3 a
dx = x−x
0
2 −x 3 b
dx+ x−x
a
2 −x 3 dx
−
⇔
b
0
x−x 2 −x 3 a
dx = 0 ⇔
x−x
0
2 −x 3 b
dx = − x−x
a
2 −x 3 dx.
b
x−x
a
2 −x 3 b
dx = −(x−x
a
2 −x 3 )dx =
b
= x
a
3 −(x−x 2 )dx.
a
x−x
0
2 −x 3 b
dx = x
a
3 −(x−x 2 )dx.
a
(x−x
0
2 )−x 3 dx
é uma Área, pois (x−x2 )−x 3 ≥ 0 na região x ∈ [0,a]. E também
b
x
a
3 −(x−x 2 )dx
é uma Área, pois agora x3 −(x−x 2 ) ≥ 0 se x ≥ a.
Na Figura a seguir os gráficos de y = x−x 2 > 0 (vermelho) e de y = x3 (verde)
formam um peixe (x ∈ 0,b].
O peixe tem a área do corpo ( a
0 (x−x2 )−x3 dx) igual a área do rabo b
a x3−(x− x2 )dx (b ∼ 0.9).

0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0 0,2 0,4
x
Exercício 7.8:
Para saber de onde até onde considerar a Área precisamos saber as abscissas dos
pontos onde os gráficos de y = x4 e de y = a se intersectam.
Ou seja, resolver x4 = a, o que dá x = −a 1
4 e x = a 1
4.
Vamos subtrair da área do retângulo de base 2a 1
4 e altura a (que é 2a 1
4a = 2a 5
4)
a área sob o gráfico de x 4 .
EstaúltimaédadapeloimportanteTeoremaFundamentaldoCálculo. Nanotação
do Curso: 1
lno a área que buscamos é
Como exigimos que seja
concluimos que
e portanto a = ( 25
16 )4
5 .
A x 4 ,−a 1 4 (a 1
4 ) = x5
5 (a1
2a 5
4 −2 a5 4
5
5
2
0,6
4)− x5
0,8
5 (−a14)
= 2 a5 4
5
= 2(4
5 a5 4).
= 2(4
5 a54)
a 5
4 = 25
16
0.21. Capítulo 24:
Exercício 1.4:
Faço integração por partes na terceira linha:
π
0
sin 2n−1 (θ)dθ =
π
sin
0
2n+1 (θ)·sin −2 (θ)dθ =
1
1 a4 Na notação usual de integrais
−a 1 4 x4dx = x5
5 |a 1 x5 −
4 5 |−a 1 4
798

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 799
π
= sin
0
2n+1 (θ)·csc 2 (x) =
= −sin 2n+1 (π)cot(π)+sin 2n+1 (0)cot(0)−
π
π
0
= (2n+1)sin
0
2n−1 (θ)·cos 2 π
(θ)dθ = (2n+1) sin
0
2n−1 (θ)·(1−sin 2 (θ))dθ =
π
π
= (2n+1)
de onde sai a afirmação.
0
sin 2n−1 (θ)dθ−(2n+1)
0.22. Capítulo 25: Exercício 12.4:
Basta usar a substituição x = cos(θ).
0.23. Capítulo 26:
0.24. Capítulo 27:
0.25. Capítulo 28:
0.26. Capítulo 30:
0.27. Capítulo 31:
0.28. Capítulo 32:
0.29. Capítulo 35:
Exercício 14.1: O aspecto qualitativo do gráfico:
35
30
25
20
15
10
0
1
2
x
(2n+1)sin 2n (θ)cos(θ)(−cot(θ))dθ =
3
4
0
sin 2n+1 (θ)dθ,
que faz com que não seja desintegração de nenhuma substância radioativa é a existência
de um ponto de inflexão próximo de x = 3.
Como a desintegração segue a lei
f(x) = f(0)·e −kx ,
onde k > 0 depende de cada substância, então:
e
f ′ (x) = −k ·f(0)·e −kx < 0, ∀x
f ′′ (x) = k 2 ·f(0)·e −kx > 0, ∀x,
isso impede a existência de inflexões, já que f ′′ (x) > 0 não muda de sinal.
Exercício 14.4:

A solução da equação f ′ (x) = −kf(x) é
Portanto f(τ) := f(0)
2
Logo dividindo por f(0):
é também:
Aplicando ln em ambos lados:
e portanto:
f(x) = f(0)·e −kx , ∀x.
f(τ) = f(0)e −kτ .
1
2 = e−kτ .
ln( 1
2 ) = ln(e−kτ ) = −kτ,
τ = ln(1 2 )
−k
Por definição de ˆτ temos: f(ˆτ) := f(0)
4
lno dividindo por f(0):
Aplicando ln em ambos lados:
e portanto:
ˆτ =
−ln(2) ln(2)
= =
−k k .
é também:
f(ˆτ) = f(0)·e −kˆτ .
1
4 = e−kˆτ .
ln( 1
4 ) = ln(e−kˆτ ) = −kˆτ,
1 ln( 22) −k = −ln(22 )
−k
2ln(2)
= .
k
Ou seja, ˆτ = 2τ.
Para a ˇτ temos por definição f(ˇτ) := f(0)
√ 2 é também
lno dividindo por f(0):
Aplicando ln em ambos lados:
e portanto
Ou seja, ˇτ = 1
2 τ.
ˇτ =
f(ˇτ) = f(0)e −kˇτ .
1
√ 2 = e −kˇτ .
ln( 1 √ 2 ) = ln(e −kˇτ ) = −kˇτ,
ln( 1
2 1) 2
−k
−ln(212)
=
−k
= 1ln(2)
2 k .
Exercício 14.6:
Sabemos que a solução da equação, com f(0) = 1 é f(x) = e −kx .
800

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 801
Queremos x tal que f ′ (x) = −1, onde
Logo queremos encontrar x tal que:
ou seja, 1
k = e−kx , ou seja, ln( 1
k
f ′ (x) = −ke −kx .
−1 = −ke −kx ,
) = −kx, de onde
x = ln(k)
k .
Resolvi fazer um exemplo, com k = 2 e portanto x = ln(2)
2 .
Pedi para o Maple plotar os gráficos de y = f(x) = e −2x e de y = −x para
x ∈ [ ln(2)
2
e o resultado aparece a seguir:
−0.1, ln(2)
2 +0.1]
0,6
0,4
0,2
0
0,28 0,32 0,36 0,4 0,44
Exercício 14.10:
Como é uma equação linear, a solução geral é:
y(x) = e
1
1+xdx
·[C + (−x)·e −1
1+xdx dx].
Como 1+x ≥ 1:
x
1+x−1
y(x) = (1+x)·[C − dx] = (1+x)·[C − dx] =
1+x 1+x
= (1+x)·[C − (1− 1
)dx] = (1+x)·[C −x+ln(1+x)].
1+x
E y(0) = 1·[C −0+0] = C.
Para ver que limx→+∞y(x) = −∞, basta ver que
lim
x→+∞ (−x+ln(1+x)) = −∞.
Para isso basta ver que
lim
x→+∞ e−x+ln(1+x) = 0
o que vale pois e −x+ln(1+x) = 1+x
e x .
-0,2
-0,4
x

0.30. Capítulo 36.
Exercício 16.1:
Quero um fator integrante µ(x) para a equação:
((n+1)x n−1 y n +n 2 x n y n−1 )·y ′ (x)+nx n−2 y n+1 +n(n+1)x n−1 y n = 0.
Ou seja, quero que valha
µ ′ (x)·[(n+1)x n−1 y n +n 2 x n y n−1 ]+µ(x)·[(n+1)(n−1)x n−2 y n +n 3 x n−1 y n−1 ] =
ou seja:
= µ(x)·[n(n+1)x n−2 y n +n 2 (n+1)x n−1 y n−1 ],
µ ′ (x)
µ(x) = (n+1)xn−2 yn +n2xn−1y n−1
(n+1)x n−1yn +n2xny e portanto µ(x) = x serve.
A equação obtida multiplicando por x:
1
=
n−1 x
((n+1)x n y n +n 2 x n+1 y n−1 )·y ′ (x)+nx n−1 y n+1 +n(n+1)x n y n = 0
agora é exata e a solução geral é:
ou seja
U(x,y) :=
+
x
[nt
a
n−1 c n+1 +n(n+1)t n c n ]dt+
y
[(n+1)x
c
n t n +n 2 x n+1 t n−1 ]dt =
= x n c n+1 +nx n+1 c n −C1 +x n y n+1 +nx n+1 y n −x n c n+1 +nx n+1 c n =
são as curvas solução.
é:
= x n y n+1 +nx n+1 y n −C1,
x n y n+1 +nx n+1 y n = C1
0.31. Capítulo 37:
Exercício 4.1:
A equação da reta tangente de y = a·x 3
4 −x por
Enquanto que f ′ (x) = 3a
4
(x,y) = (x,a·x 3
4 −x)
y = ( 3a
4 ·x−1 4 −1)·x+a·x 3
4 −x−( 3a
4 ·x−1 4 −1)·x.
Um conta imediata mostra que essa reta passa por (− x x
, 3 3 ).
A função y = f(x) = a·x 3
4 −x corta o eixo dos x em x = 0 e em x = a4 . A partir
deste ponto f(x) < 0.
· x−1 4 − 1, que só está definida para x > 0, se anula
em x = ( 3
4 )4 ; ademais f ′ (x) > 0 no intervalo (0,( 3
4 )4 ) e f ′′ (x) > 0 no intervalo
(( 3
4 )4 ),+∞).
Ou seja, que em (0,( 3
e depois sempre decresce.
802
4 )4 ) a função cresce, tem em x = ( 3
4 )4 um máximo absoluto,

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 803
Temos
enquanto que
lim
x→+∞ a·x3 4 −x = lim
x→+∞
x·( a
x 1
4
lim
x→+∞ f′ 3a
(x) = lim
x→+∞
−1) = +∞·(−1) = −∞,
4 ·x−1 4 −1 = −1,
ou seja que há uma assíntota oblíqua de inclinação −1 para y = f(x).
Também f ′′ (x) = −3a 16x−54 < 0 ∀x, ou seja que a função sempre é côncava para
baixo.
A área da região é:
a4 0
a·x 3
4 −x = ( 4a
7 x47
− x2
2 )(a4 ) = a8
14 .
A figura aseguir dá três exemplos, em vermelho, verde e amarelo, com a =
1,1.3,1.5 e onde
(− x x 1
, ) = (−1,
3 3 3 3 ).
0.32. Capítulo 38:
0.33. Capítulo 39:
0.34. Capítulo 40. Exercício 17.1:
Note que
+∞
x·(
pode ser re-escrito como
-1
+∞
n=0
0,6
0,4
0,2
0
-0,20
1
2
3
-0,4
-0,6
x
n=0
anx n ) ′′ +∞
−(
n·an ·x n −
n=0
+∞
n=0
anx n ) = 0
an ·x n = 0

ou seja,
(n−1)·an = 0, ∀n ≥ 0.
Se n = 1, então an = 0. Se n = 1, então sobre a1 não há nenhuma condição.
Logo as soluções são y = a1 ·x, que são retas pela origem.
A não-unicidade da solução segue do fato que se colocamos a equação em forma
padrão:
y ′ = y
=: P(x,y)
x
vemos que P(x,y) é descontínuo em x = 0.
dá
Exercício 17.2:
Se y = +∞
n=0
an(x− π
2 )n então
+∞
n=2
y ′′ +y = 0
n(n−1)an(x− π
2 )n−2 +∞
+
n=0
an(x− π
2 )n = 0
e após pôr o índice k = n−2 na primeira série e mantendo k = n na segunda:
ou seja,
+∞
k=0
e daí a recorrência:
(k +2)(k +1)ak+2(x− π
2 )k +
+∞
k=0
ak(x− π
2 )k = 0,
(k +2)(k +1)ak+2 +ak = 0, ∀k ≥ 0
ak+2 = −
(k +2)(k +1) .
As condições iniciais y( π
2 ) = 1 e y′ ( π
A recorrência em seguida dá:
a2k = (−1) k · a0
(2k)!
ak
2 ) = 0 dão a0 = 1 e a1 = 0.
(−1)k
= , ∀k ≥ 0.
(2k)!
Logo, chamando k de n novamente, temos como solução do problema:
y =
+∞
n=0
(−1) n π
(x−
(2n)! 2 )2n .
Mas reconhecemos aí a série do cosseno aplicado em x− π
2 .
) = sin(x).
Logo y = cos(x− π
2
Exercício 17.3:
De i):
Basta calcular
y ′′ (x) = v′′ x−v ′
x 2
y ′ (x) = v′ x−v v′ v
= −
x2 x x2, − v′ x 2 −2xv
x 4
= v′′
x −2v′
2v
+
x2 x3 804

CAPÍTULO 52. SOLUÇÕES DETALHADAS DE ALGUNS EXERCÍCIOS 805
e portanto:
0 = y ′′ (x)+ 2
x y′ (x)+ q v′′
y(x) =
xα x −2v′
2v 2
+ +
x2 x3 x ·(v′
x
= v′′ q
+
x xα v
x ,
mas então
então
De ii):
Como agora
portanto
v ′′ + q
v = 0.
xα v ′′ +qv = 0, q < 0
v = c1e √ −qx +c2e −√ −qx
e
y = c1
√ −qx
x +c2
e−√−qx x
.
v q
−
x2,)+ xα v
x =