Exercícios de Análise matemática 1

ANÁLISE MATEMÁTICA I C

PráticaDepartamento de MatemáticaFCT/UNL2008/2009

Maria do Céu Soares et al.

Estes apontamentos destinam-se aos alunos de Análise Matemática I da FCT-UNL e nãotêm qualquer objectivo comercial.

Colaboradores:

Diogo Pinheiro

Nelson Chibeles Martins (co-autor dos capítulos 1 e 2)

Filipe Marques (co-autor do capítulo 3)

Manuela Pedro (co-autora dos capítulos 5 e 6)

Lourdes Afonso (co-autora do capítulo 8)

Lídia Lourenço (co-autora do capítulo 9)

Carmo Brás (co-autora do capítulo 10)

Índice

1 Noções Topológicas 1

1.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Exercícios propostos para resolução autónoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Indução Matemática 11




3 Sucessões de números reais 17




4 Limites, Continuidade e Cálculo Diferencial 31




5 Teoremas fundamentais (Rolle,Lagrange e Cauchy). Indeterminações. 45


i



6 Teorema de Taylor, Fórmula de Taylor e Aplicações 53




7 Estudo de funções 63




8 Primitivação 73




9 Cálculo Integral. Áreas de figuras planas 89




10 Integrais impróprios 107




ii

1Noções Topológicas

1.1 Exercícios propostos para resolução nas aulas

1. Considere os conjuntos

A = [0, 2[,

B = {0, 1, 2, 3},C = Q,

D =

{x ∈ R : x =

n

n+ 1, n ∈ N

}.

Para cada um destes conjuntos, determine:

(a) o interior;

(b) a fronteira;

(c) o exterior;

(d) a aderência;

(e) o derivado;

(f) o conjunto dos pontos isolados;

(g) o conjunto dos majorantes e o conjunto dos minorantes, caso existam;

(h) o supremo e o ínfimo, caso existam;

(i) o máximo e o mínimo, caso existam.

2. Considere o seguinte conjunto:

E = {x ∈ R : |x− 3| ≥ 2} ∩ [−2, 8].

(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de E.

(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de E.

(c) Indique, justificando, se E é um conjunto limitado.

1


F ={x ∈ N : x2 − 5x+ 9 > 3

}∩{x ∈ R : x2 − 7x− 1 ≤ 7

}.

(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de F .

(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de F .

(c) Indique, justificando, se F é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.


G =

{x ∈ R : x = 1 + 2 sin

(π

n+ 1

), n ∈ N

}∪{x ∈ R :

x− 2

x+ 1> 0

}.

(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de G.

(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de G.

(c) Indique, justificando, se G é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.


H ={x ∈ Q : x2 < 9

}∪{x ∈ R \Q : x2 − 2x− 5 ≤ 0

}.

(a) Determine o interior, o exterior e a fronteira de H.

(b) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de H.

(c) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con-junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de H.


I ={x ∈ N : x2 − 5x+ 9 > 3

}.

(a) Determine a aderência, o derivado e o conjunto dos pontos isolados de I.

(b) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con-junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de I.

(c) Indique, justificando, se I é um conjunto limitado.


J = {x ∈ R : |x+ 3| > |x+ 1|} \ {−1}.

(a) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência, o derivado e o conjunto dospontos isolados de J .

(b) Determine, se existirem, o conjunto dos majorantes, o supremo, o máximo, o con-junto dos minorantes, o ínfimo e o mínimo de J .

(c) Indique, justificando, se J é um conjunto aberto, fechado ou limitado.

2

1.2 Exercícios propostos para resolução autónoma

1. Considere os conjuntos A e B definidos por:

A =

{x ∈ R :

log(x)

x− 4> 0

},

B ={x ∈ [−1, 1] : 0 < | arcsin(x)| ≤ π

4

}.

(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.(b) Determine, para os conjuntos A e B, a aderência, o derivado, o conjunto dos majo-

rantes e o conjunto dos minorantes.(c) Considere C = A∪B e D = A∩B. Exprima C e D na forma de intervalo ou união

de intervalos.(d) Determine a aderência, o derivado, o conjunto dos majorantes e o conjunto dos

minorantes dos conjuntos C e D.

2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =1

log(x2 − 9)e seja A o seu

domínio. Considere, também, o seguinte subconjunto de R:

B = {x ∈ R : |x+ 1| < 1} .

(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.(b) Averigue se A ∩B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.(c) Averigue se A ∪B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.(d) Averigue se A ∪B e A ∩B são conjuntos limitados.


A ={x ∈ R : | arctan(x)| ≤ π

4

},

B = {x ∈ R : (x− 1)(x+ 3) ≤ 0} .

(a) Exprima A e B na forma de intervalo ou união de intervalos.(b) Determine o interior, a aderência, o derivado, o conjunto dos majorantes e o conjunto

dos minorantes de A ∩B.(c) Averigue se A ∪B é um conjunto fechado ou limitado.(d) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência e o derivado do conjunto

A ∩ (R \Q).


A =

{x ∈ R :

x

1− |x|< 0

},

B =

{x ∈ R : x =

n

2n+ 1, n ∈ N

}.

3

(a) Exprima A na forma de intervalo ou união de intervalos.

(b) Determine a aderência, o derivado, o conjunto dos minorantes e o conjunto dosmajorantes de A ∪B.

(c) Averigue se A ∪B é um conjunto aberto ou um conjunto fechado.

(d) Averigue se A ∩B é um conjunto limitado.

5. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =log(1− x2)

x, e designe por

A o seu domínio. Considere o subconjunto de R:

B =

{x ∈ R : x = 2 +

1

n, n ∈ N

}.

(a) Determine A.

(b) Determine a fronteira e o derivado de A ∩Q.

(c) Determine o interior, a fronteira, a aderência e o derivado de B.

(d) Relativamente ao conjunto A∪B, determine o conjunto dos minorantes, o conjuntodos majorantes e, se existirem, o supremo, o máximo, o ínfimo e o mínimo.

4

1.3 Exercícios resolvidos

1. Considere a função f , real de variável real, definida por f(x) =

√x2 − 4x+ 3

log(x+ 2)e seja A o

seu domínio. Considere o seguinte subconjunto de R:

B = {x ∈ R : |x− 1| < 3}.

(a) Apresentando todos os cálculos, escreva A e B na forma de intervalo ou união deintervalos.

(b) Determine o conjunto dos pontos interiores e o derivado de B, e a fronteira de A∩B.

Resolução

(a) O domínio da função f , real de variável real, é definido por

A ={x ∈ R : x2 − 4x+ 3 ≥ 0 ∧

(log(x+ 2) 6= 0 ∧ x+ 2 > 0

)}.

Para escrevermos o conjunto A na forma de intervalo ou união de intervalos temosque escrever cada uma das condições presentes na definição do conjunto A na formade intervalo(s) de números reais e, após isso, intersectar os conjuntos obtidos.Quanto à primeira desigualdade, começamos por notar que o gráfico da função qua-drática g(x) = x2 − 4x + 3 é uma parábola com a concavidade voltada para cima(porque o coeficiente de x2 é positivo), e com dois zeros que podemos obter resol-vendo a equação g(x) = 0. Logo, aplicando a fórmula resolvente, obtemos

x2 − 4x+ 3 = 0⇔ x =4±√

16− 4× 3

2=

4±√

4

2=

4± 2

2⇔ x = 3 ∨ x = 1.

Assim, a desigualdade x2−4x+3 ≥ 0 é satisfeita sempre que x ∈]−∞, 1]∪ [3,+∞[.Quanto à segunda condição, basta notar que

log(x+ 2) 6= 0 ∧ x+ 2 > 0⇔ x+ 2 6= 1 ∧ x > −2⇔ x 6= −1 ∧ x > −2.

Logo, esta condição é satisfeita para todo o x pertencente a ]− 2,−1[∪]− 1,+∞[.Intersectando os subconjuntos de R acima obtidos, concluímos que

A =]− 2,−1[∪]− 1, 1] ∪ [3,+∞[.

Para escrevermos o conjunto B na forma de intervalo ou união de intervalos temosde resolver a desigualdade |x− 1| < 3. Para isso, notamos que

|x− 1| < 3⇔ −3 < x− 1 < 3⇔ −2 < x < 4.

Logo, B =]− 2, 4[.

5

(b) O conjunto dos pontos interiores de B é int(B) =]− 2, 4[= B.Por definição, o derivado de B é o conjunto dos pontos de acumulação de B. Assim,B′ = [−2, 4].Calculando a intersecção dos conjuntos A e B, obtemos

A ∩B =]− 2,−1[∪]− 1, 1] ∪ [3, 4[.

Donde, fr(A ∩B) = {−2,−1, 1, 3, 4}.

2. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =arcsin(2x− 2)

|x− 1| exe designe

por D o seu domínio. Considere o subconjunto de R:

A = {x ∈ R : x = (−1)ne−n ∧ n ∈ N}.

(a) Determine, justificando, o derivado e o conjunto dos minorantes de A.(b) Determine, justificando, a aderência de D e a fronteira de D ∩ (R \Q).

Resolução

(a) O conjunto A é constituído pelos termos da sucessão un = (−1)ne−n, n ∈ N. Estasucessão é convergente para o ponto x = 0, por ser o produto de um infinitésimo por

uma sucessão limitada(

limn→+∞

1

en= 0 e − 1 ≤ (−1)n ≤ 1, ∀n ∈ N

). O conjunto

A é constituído apenas por pontos isolados tendo, no entanto, x = 0 como pontode acumulação, uma vez que, pela definição de limite de uma sucessão, qualquervizinhança de centro em 0 conterá, a partir de certa ordem, todos os termos dasucessão un. Portanto, A′ = {0}.

Para obter o conjunto dos minorantes de A comecemos por notar que a subsuces-são dos termos de ordem par, u2n = e−2n, n ∈ N, é monótona decrescente, e que0 < u2n ≤ 1

e2, ∀n ∈ N. Por outro lado, a subsucessão dos termos de ordem ím-

par, u2n−1 = −e1−2n, n ∈ N, é monótona crescente e satisfaz as desigualdades−1

e≤ u2n−1 < 0, ∀n ∈ N. Sendo assim, como a união dos conjuntos dos termos

destas duas subsucessões é o conjunto dos termos da sucessão un, então todos ostermos da sucessão un (i.e., todos os elementos de A) são superiores ou iguais ao pri-meiro termo, u1. Portanto, o conjunto dos minorantes de A é ]−∞, u1] =]−∞,−1

e].

(b) Comecemos por escrever o domínio D de f , dado por

D = {x ∈ R : −1 ≤ 2x− 2 ≤ 1 ∧ |x− 1| ex 6= 0},

na forma de uma união de intervalos de números reais. Para isso, escrevemos cadauma das condições presentes na definição do conjunto D na forma de intervalo(s) denúmeros reais e, após isso, intersectamos os conjuntos obtidos. Quanto ao primeiroconjunto de desigualdades, basta ver que

−1 ≤ 2x− 2 ≤ 1⇔ 1 ≤ 2x ≤ 3⇔ 1

2≤ x ≤ 3

2,

6

donde −1 ≤ 2x− 2 ≤ 1 se e só se x ∈[

12, 3

2

].

Quanto à segunda condição, basta notar que

|x− 1| ex = 0⇔ |x− 1| = 0 ∨ ex = 0.

Como ex > 0, ∀x ∈ R, e |x− 1| = 0⇔ x− 1 = 0⇔ x = 1, então x = 1 é solução daequação |x− 1| ex = 0. Logo, |x− 1| ex 6= 0 se e só se x ∈ R \ {1}.Intersectando os dois subconjuntos de R acima obtidos, concluímos que

D =

[1

2, 1

[∪]1,

3

2

].

Logo, int(D) =]12, 1[∪]1, 3

2[, fr(D) = {1

2, 1, 3

2} e consequentemente, pela definição de

aderência, obtemos D =[

12, 3

2

].

Consideremos agora E = D ∩ (R \Q) (i.e., E é o conjunto dos números irracionaisque pertencem ao conjunto D).Comecemos por notar que qualquer elemento de D é ponto fronteiro a E, dadoque qualquer vizinhança centrada num elemento de D contém números racionais enúmeros irracionais. Logo, D ⊆ fr(E). Por outro lado, visto que qualquer vizinhançade centro em 1 contém números racionais e números irracionais, obtemos que x = 1é também um ponto fronteiro a E, donde concluímos que fr(E) = D ∪ {1} = [1

2, 3

2].

3. Considere a função f , real de variável real, definida por f(x) =π

2+ 3 arcsin(2x− 1).

Designe por A o seu domínio e por B o seu contradomínio. Considere o subconjunto deR

C = {x ∈ R : x = earctan(n) ∧ n ∈ N}.

(a) Determine A e B.

(b) Determine o interior de B ∩ Q, o conjunto dos minorantes de C e o derivado deA ∪ C.

Resolução

(a) O domínio da função f, real de variável real, é o conjunto A definido por

A = {x ∈ R : −1 ≤ 2x− 1 ≤ 1}.

Resolvendo o conjunto de inequações que define A, obtemos

−1 ≤ 2x− 1 ≤ 1⇔ 0 ≤ 2x ≤ 2⇔ 0 ≤ x ≤ 1.

Logo, A = [0, 1].

7

Para calcular o contradomínio da função f , notemos que é válido o seguinte conjuntode desigualdades:

−π2≤ arcsin(2x− 1) ≤ π

2

⇔ −3π2≤ 3 arcsin(2x− 1) ≤ 3π

2

⇔ π2− 3π

2≤ π

2+ 3 arcsin(2x− 1) ≤ π

2+ 3π

2

⇔ −π ≤ π2

+ 3 arcsin(2x− 1) ≤ 2π.

Logo, B = [−π, 2π].

(b) Dado um qualquer ponto x0 de B, sabe-se que qualquer vizinhança de centro emx0 conterá números racionais e números irracionais. Logo, não existe qualquer vi-zinhança de centro em x0 contida em B ∩ Q, isto é, x0 /∈ int(B ∩ Q). Portanto,int(B ∩Q) = ∅.

Os elementos do conjunto C são os termos da sucessão un = earctan(n), n ∈ N. Umavez que ex e arctan(x) são funções reais de variável real estritamente crescentes, asucessão un é monótona crescente. Sendo assim, todos os termos de un são maiores ouiguais que o primeiro termo u1 = earctan(1) = e

π4 . Portanto, o conjunto dos minorantes

de C é ]−∞, eπ4 ].

Uma vez que a sucessão un é convergente para eπ2

(lim

n→+∞earctan(n) = e

π2

), obtemos

que eπ2 é um ponto de acumulação do conjunto C. Logo (A ∪ C)′ = [0, 1] ∪ {eπ2 }.

4. Considere os subconjuntos de R

A = {x ∈ R : x = arctan(n) ∧ n ∈ N}, B =

{x ∈ R :

|x+ 1| − 1

(x+ 1)2≤ 0

}.

(a) Determine, justificando, o derivado, o conjunto dos minorantes e o conjunto dosmajorantes de A.

(b) Determine, justificando, a fronteira de B e a fronteira de B ∩Q.

Resolução

(a) Os elementos do conjunto A são os termos da sucessão un = arctan(n), n ∈ N. Umavez que a sucessão un é convergente para π

2, pela definição de limite de uma sucessão

concluímos que π2é um ponto de acumulação do conjunto A. Notando ainda que o

conjunto A é constituído apenas por pontos isolados, obtemos que A′ = {π2}.

Sendo arctan(x) uma função real de variável real estritamente crescente, obtemosque a sucessão un é monótona crescente e, portanto, para todo o número naturaln, verificam-se as desigualdades u1 ≤ un < limun. Logo, para todo o n ∈ N,π4≤ un <

π2. Concluímos então que o conjunto dos minorantes de A é o intervalo

]−∞, π4] e o conjunto dos majorantes de A é [π

2,+∞[.

8

(b) Comecemos por escrever o conjunto B na forma de uma união de intervalos denúmeros reais. Para isso, temos que resolver a inequação que define o conjunto B.

Em primeiro lugar, observemos que o domínio de definição da função h(x) =|x+ 1| − 1

(x+ 1)2

é D = {x ∈ R : (x+ 1)2 6= 0}.Da desigualdade (x+ 1)2 6= 0 obtemos x 6= −1, donde D = R\{−1}.

Notemos agora que o sinal da inequação (≤) que define o conjunto B, é completa-mente determinado pelo sinal de |x+1| − 1 visto que (x+1)2 ≥ 0, para todo x ∈ R.Observemos ainda que

|x+ 1| − 1 ≤ 0⇔ |x+ 1| ≤ 1⇔ −1 ≤ x+ 1 ≤ 1⇔ −2 ≤ x ≤ 0,

e que

|x+ 1| − 1 = 0⇔ |x+ 1| = 1⇔ x+ 1 = −1 ∨ x+ 1 = 1⇔ x = −2 ∨ x = 0.

A tabela abaixo apresenta toda a informação acerca do sinal das diferentes expres-sões:

−2 −1 0

|x+ 1| − 1 + 0 − − − 0 +

(x+ 1)2 + + + 0 + + +

|x+ 1| − 1

(x+ 1)2+ 0 − \\\\\ − 0 +

Obtemos então B = [−2, 0]\{−1} e portanto fr(B) = {−2,−1, 0}. Seja x0 um pontoqualquer de B. Qualquer vizinhança de centro em x0 conterá números racionais e nú-meros irracionais. Logo, x0 é ponto fronteiro a B∩Q. Além disso, também qualquervizinhança de centro em −1 conterá números racionais e números irracionais, peloque x = −1 é um ponto fronteiro a B∩Q. Portanto, fr(B∩Q) = B∪{−1} = [−2, 0].

5. Considere a função f real de variável real definida por f(x) =arcsin(x2 − 1)

log(x)e designe

por D o seu domínio. Determine o interior de D e a fronteira de D ∩Q.

Resolução

O domínio da função f , real de variável real, é o conjunto D definido por

D ={x ∈ R : −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1 ∧

(x > 0 ∧ log(x) 6= 0

)}.

Para calcularmos o interior do conjunto D, começamos por escrever D na forma de umaunião de intervalos de números reais. Para isso, escrevemos cada uma das condiçõespresentes na definição do conjunto D na forma de intervalo(s) de números reais e, poste-riormente, intersectamos os conjuntos obtidos.

Quanto às primeiras desigualdades, devemos observar que x2 − 1 ≥ −1⇔ x2 ≥ 0 é umacondição universal, e que x2 − 1 ≤ 1⇔ x2 ≤ 2⇔ −

√2 ≤ x ≤

√2. Obtemos então que o

primeiro conjunto de desigualdades é satisfeito para todo x ∈ [−√

2,√

2].

9

Relativamente à segunda condição, basta ver que

x > 0 ∧ log(x) 6= 0⇔ x > 0 ∧ x 6= 1.

Logo, esta condição é satisfeita para todo o x pertencente a R+ \ {1}.Intersectando os subconjuntos de R acima obtidos, podemos então concluir que D =]0, 1[∪]1,

√2], e portanto int(D) =]0, 1[∪]1,

√2[.

Para calcularmos a fronteira de D∩Q devemos começar por observar que todos os pontosde D são fronteiros a D ∩ Q, uma vez que qualquer vizinhança centrada num ponto deD conterá números racionais e números irracionais. Logo D ⊆ fr(D ∩Q). Pelas mesmasrazões, 0 e 1 são pontos fronteiros a D ∩Q. Portanto, fr(D ∩Q) = [0,

√2].

10

2Indução Matemática


1. Mostre, usando o princípio de indução matemática, que

(a)n∑k=0

(2k + 1) = (n+ 1)2, ∀n ∈ N0;

(b) n! ≤ nn, ∀n ∈ N;

(c) 42n − 1 é múltiplo de 5, ∀n ∈ N;

(d)n∑k=1

(k

k + 2− k − 1

k + 1

)=

n

n+ 2, ∀n ∈ N;

(e)3n

n!< 42

(3

4

)n, ∀n > 3;

(f) n3 + 5n é divisível por 3, ∀n ∈ N.

2. Considere a proposição p(n) : sin(2nπ) = 1

(a) Mostre que p(j) verdadeira =⇒ p(j + 1) verdadeira.

(b) Mostre que p(n) não é verdadeira para nenhum número natural n.

3. Observando as igualdades

1− 1

2=

1

2(1− 1

2

)(1− 1

3

)=

1

3(1− 1

2

)(1− 1

3

)(1− 1

4

)=

1

4· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·induza o resultado geral e prove-o, usando o princípio de indução matemática.

11


1. Prove, usando o princípio de indução matemática, que para x0 ∈ [1,+∞[ se tem

(1 + x0)n ≥ 1 + nx0,

para todo o número natural n.


(a)n∑k=1

4

(k + 1)(k + 2)=

2n

n+ 2, ∀n ∈ N;

(b)n−1∑k=1

k2 <n3

3, ∀n ∈ N \ {1};

(c) 43n − 4n é múltiplo de 5, ∀n ∈ N.

3. Dada a sucessão (un)n∈N definida poru1 = 1

u2 = 2

un+1 =un + un−1

2, n ≥ 2

prove, por indução matemática, que

un+1 − un = (−1)n−1 1

2n−1, ∀n ∈ N.

12


1. Mostre, usando o princípio de indução matemática, quen∑k=1

(k + 1) =n(n+ 3)

2, ∀n ∈ N.

Resolução:

Consideremos a condição p(n) :n∑k=1

(k + 1) =n(n+ 3)

2. Pretendemos mostrar que p(n) é

válida para todo o número natural n.i) Para n = 1 a condição reduz-se a

1∑k=1

(k + 1) = 2 =1(1 + 3)

2,

pelo que p(1) é verdadeira.ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda-deira e pretendemos provar que p(n+ 1) também é verdadeira, onde

p(n) :n∑k=1

(k + 1) =n(n+ 3)

2e p(n+ 1) :

n+1∑k=1

(k + 1) =(n+ 1)(n+ 4)

2.

Como(n+ 1)(n+ 4)

2=n2 + 5n+ 4

2, pretendemos então provar que

n+1∑k=1

(k+1) =n2 + 5n+ 4

2.

Consideremos então o primeiro membro da tese. Desdobrando o somatório, obtemos

n+1∑k=1

(k + 1) =n∑k=1

(k + 1) +n+1∑

k=n+1

(k + 1).

Pela hipótese de indução sabemos quen∑k=1

(k + 1) =n(n+ 3)

2. Logo,

n+1∑k=1

(k + 1) =n∑k=1

(k + 1) +n+1∑

k=n+1

(k + 1) =n(n+ 3)

2+ n + 2 =

n(n+ 3) + 2(n+ 2)

2=

n2 + 5n+ 4

2. Assim,

n+1∑k=1

(k + 1) =n2 + 5n+ 4

2.

Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, quen∑k=1

(k + 1) =n(n+ 3)

2,∀n ∈ N.

13


n∑k=1

(1

2

)k= 1−

(1

2

)n, ∀n ∈ N.

Resolução:

Consideremos a condição p(n) :n∑k=1

(1

2

)k= 1 −

(1

2

)n. Pretendemos mostrar que p(n)

é válida para todo o número natural n.

i) Para n = 1 a condição reduz-se a

1∑k=1

(1

2

)k=

(1

2

)1

=1

2= 1−

(1

2

)1

,

pelo que p(1) é verdadeira.

ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda-deira e pretendemos provar que p(n+ 1) também é verdadeira, onde

p(n) :n∑k=1

(1

2

)k= 1−

(1

2

)ne p(n+ 1) :

n+1∑k=1

(1

2

)k= 1−

(1

2

)n+1

.

Considerando o primeiro membro da tese e desdobrando o somatório, obtemos

n+1∑k=1

(1

2

)k=

n∑k=1

(1

2

)k+

n+1∑k=n+1

(1

2

)k.

Usando a hipótese de indução, sabemos quen∑k=1

(1

2

)k= 1−

(1

2

)n, pelo que

n+1∑k=1

(1

2

)k=

n∑k=1

(1

2

)k+

n+1∑k=n+1

(1

2

)k= 1−

(1

2

)n+

(1

2

)n+1

= 1−21

2

(1

2

)n+

(1

2

)n+1

=

1− 2

(1

2

)n+1

+

(1

2

)n+1

= 1−(

1

2

)n+1

. Assim,n+1∑k=1

(1

2

)k= 1−

(1

2

)n+1

.

Portanto, por i) e ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que

n∑k=1

(1

2

)k= 1−

(1

2

)n, ∀n ∈ N.

14

3. Prove, pelo princípio de indução matemática, que 10n+1 + 3 × 10n + 5 é múltiplo de 9,∀n ∈ N.

Resolução:

Consideremos a condição p(n) : 10n+1 +3×10n+5 é múltiplo de 9. Pretendemos mostrarque p(n) é válida para todo o número natural n.

i) Para n = 1 a condição reduz-se a p(1) : 101+1 +3×101 +5 = 135 é múltiplo de 9. Logo,p(1) é verdadeira.

ii) Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda-deira e pretendemos provar que p(n+ 1) também é verdadeira, onde

p(n) : 10n+1+3×10n+5 é múltiplo de 9 e p(n+1) : 10n+2+3×10n+1+5 é múltiplo de 9.

Considerando o primeiro membro da tese, comecemos por notar que

10n+2 + 3 × 10n+1 + 5 = 10 (10n+1 + 3 × 10n) + 5 = 10 (10n+1 + 3 × 10n + 5 − 5) + 5 =10 (10n+1 + 3× 10n + 5)− 10× 5 + 5 = 10 (10n+1 + 3× 10n + 5)− 9× 5.

Usando a hipótese de indução, ∃k ∈ N : 10n+1 + 3× 10n + 5 = 9× k. Logo,10n+2 +3×10n+1 +5 = 10 (10n+1 +3×10n+5)−9×5 = 10×9×k−9×5 = 9 (10×k−5),pelo que 10n+2 + 3× 10n+1 + 5 é múltiplo de 9.


10n+1 + 3× 10n + 5 é múltiplo de 9,∀n ∈ N.

4. Mostre, pelo princípio de indução matemática, que 3n > 2n+1,∀n ∈ N \ {1}.Resolução:

Consideremos a condição p(n) : 3n > 2n+1. Pretendemos mostrar que p(n) é válida paratodo o número natural n, maior que um.

i) Para n = 2 a proposição reduz-se a

32 = 9 > 8 = 22+1,

pelo que p(2) é verdadeira.

ii)Provemos agora que a propriedade é hereditária. Assim, assumimos que p(n) é verda-deira e pretendemos provar que p(n+ 1) também é verdadeira, onde

p(n) : 3n > 2n+1 e p(n+ 1) : 3n+1 > 2n+2.

Considerando o primeiro membro da tese, como 3n+1 = 3 × 3n, aplicando a hipótese deindução obtemos 3n+1 = 3 × 3n > 3 × 2n+1. Como 3 > 2, as desigualdades anterioresimplicam que 3n+1 > 2× 2n+1 = 2n+2. Logo, 3n+1 > 2n+2.


3n > 2n+1,∀n ∈ N \ {1}.

15

3Sucessões de números reais


1. Considere a sucessão definida por recorrência u1 =√

2

un+1 =√

2un , ∀n ∈ N.

(a) Prove, por indução, que 0 < un < 2 , ∀n ∈ N.

(b) Prove que a sucessão é monótona crescente.

2. Considere a sucessão de termo geral un =(−1)3n

√n

. Indique, justificando, quais das se-

guintes sucessões são subsucessões de un:

(a) 1√2n;

(b) 1√n;

(c) − 1√n;

(d) 1√2n+1

.

3. Mostre, usando a definição, que

(a) limn→+∞

2n = +∞;

(b) limn→+∞

en + 2

en= 1;

(c) limn→+∞

1

n2= 0;

(d) limn→+∞

1

n2 + n+ 3= 0.

4. Dê exemplos de sucessões (un) e (vn) tais que un → 0, vn → +∞ e que:

(a) limn→+∞

unvn = 2 ;

17

(b) limn→+∞

unvn = 0 ;

(c) limn→+∞

unvn não existe.

5. Calcule, se existirem, os seguintes limites:

(a) limn→+∞

n√n2 + n

;

(b) limn→+∞

∣∣∣∣(−1)n+1 n− 2

n3 + 2n2 − 2

∣∣∣∣;(c) lim

n→+∞

sin(√n)√n

;

(d) limn→+∞

sin√

1n√

1n

;

(e) limn→+∞

(1 + n−2

)n;(f) lim

n→+∞

nn−2

(n+ π)n(n2 + 1);

(g) limn→+∞

√n2 + 5 + 3

√n

3√

2n3 + n2 + n2

+n2 + 1

n√n

;

(h) limn→+∞

2n sin(n2 + 2n)

22n+1 + 2n;

(i) limn→+∞

nn2

(1 + n2)n2

2

;

(j) limn→+∞

22n+1

(n+ 2

4n+ 1

)n;

(k) limn→+∞

(√

2n+ 1−√

2n) cos(n3 + 1

);

(l) limn→+∞

n∑k=1

n

n2 + k;

(m) limn→+∞

n√

2n + 3n+1;

(n) limn→+∞

sin(n2);

(o) limn→+∞

n∑k=1

(sinn)2

5n3 + k;

(p) limn→+∞

nn

√1

23nn!.

6. Considere a sucessãoun =

1

n+

1

n+ 1+ · · ·+ 1

2n.

18

(a) Prove que a sucessão é limitada.

(b) Prove que a sucessão é monótona.

(c) Prove que a sucessão é convergente.

7. Usando a caracterização de conjuntos fechados em termos de limites de sucessões conver-gentes, mostre que os seguintes conjuntos não são fechados:

(a) ]0, 1];

(b) {x ∈ R : x = nn+1

, n ∈ N}.

8. Calcule os sublimites das seguintes sucessões e indique em cada caso os respectivos limitesuperior e limite inferior:

(a) (−1)nn

n+ 1;

(b) (−1)nn+ n;

(c)cos(nπ) + cos(2nπ)

n;

(d) n√n2n sin

(nπ2

).

9. Considere a sucessão de números reais definida, por recorrência, u1 = 1

un+1 = 2 +√un , ∀n ∈ N.

(a) Mostre que a sucessão é monótona.

(b) Mostre que un ≤ 4 , ∀n ∈ N.

(c) Mostre que a sucessão é convergente e calcule o seu limite.

10. Prove, usando a definição, que a sucessão an = 1né uma sucessão de Cauchy.

19


1. Considere a sucessão de termo geral un =3

n+ 1.

(a) Calcule os cinco primeiros termos da sucessão.

(b) Averigúe se a sucessão é monótona e limitada.

2. Verifique se as seguintes sucessões são limitadas:

(a) vn =5n2 + 8

5n2 + 1;

(b) wn =

arccot(n) se n par

− arctan(n) se n ímpar.

3. Verifique se as seguintes sucessões são monótonas:

(a) un = cos(

1n

)+ 5;

(b) zn =

1n

se n par

(−2)n se n ímpar.

4. As sucessões un e vn verificam as seguintes condições:

i) ∀n ∈ N 0 < un < vn;

ii) ∀n ∈ N vn é decrescente.

Diga, justificando, se são verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações:

(a) vn é convergente;

(b) un é convergente;

(c) un é decrescente.

5. Mostre, usando a definição, que

(a) limn→+∞

log(n) = +∞;

(b) limn→+∞

1

2n= 0;

(c) limn→+∞

n+√n

n+√n+ 1

= 1.

6. Dê exemplos de sucessões (un) e (vn) tais que un → +∞ e vn → −∞, que verifiquem

(a) limn→+∞

(un + vn) = 0 ;

20

(b) limn→+∞

(un + vn) = +∞ ;

(c) limn→+∞

(un + vn) não existe.

7. Considere as sucessões de números reais definidas poru1 = 3

5

un+1 = un−36

, ∀n ∈ Ne vn = 5un + 3 .

(a) Mostre que vn é uma progressão geométrica.

(b) Deduza a expressão analítica de vn e un.

(c) Calcule o limite de un.

8. Considere a sucessão de termo geral un = sin(nπ

2

). Encontre sucessões vn estritamente

crescentes tais que wn = un ◦ vn seja subsucessão de un, e que verifiquem

(a) wn = 1 , ∀n ∈ N;

(b) wn = 0 , ∀n ∈ N.

9. Calcule os seguintes limites:

(a) limn→+∞

n tan

(1

n

);

(b) limn→+∞

cos2(n) sin

(1

n

);

(c) limn→+∞

(n2 + 3

n2 + 1

)n2

;

(d) limn→+∞

(1

5n + 3. 7n

)− 1n

;

(e) limn→+∞

√5n2 + 1−

√5n2 − 1 + n

√n ;

(f) limn→+∞

(n+ 1)

n2+

(n+ 1)2

n3+ · · ·+ (n+ 1)n

nn+1;

(g) limn→+∞

13√n3 + 4

+1

3√n3 + 5

+ · · ·+ 13√n3 + 2n

;

(h) limn→+∞

(n10 − 1

n10

)n5

;

(i) limn→+∞

2n − en+1

en − 2n+1.

10. Usando a caracterização de conjuntos fechados em termos de limites de sucessões conver-gentes, mostre que os seguintes conjuntos não são fechados:

21

(a) [0, 1[;

(b) Q.

11. Calcule os sublimites das seguintes sucessões, e indique, em cada caso, o limite superiore o limite inferior:

(a)√

2n+ 1− (−1)n√

2n+ 3;

(b) (−1)nsin2(n)

2n

1

n.

12. Considere a sucessão de números reais positivos definida, por recorrência, poru1 = 5

un+1 =5un − 4

un, ∀n ∈ N.

(a) Prove por indução que 4 < un , ∀n ∈ N.

(b) Prove que a sucessão é convergente.

13. Sendo a ∈ R, com 0 < a < 1, considere a sucessão definida por recorrência do seguintemodo

u1 = 3

un+1 = un + 3 an, ∀n ∈ N.

(a) Prove, por indução, que un = 3n∑k=1

ak−1 , ∀n ∈ N.

(b) Mostre que a sucessão e monótona.

(c) Calcule o seu limite.

14. Prove que a sucessão xn = 1 + 12

+ 13

+ · · ·+ 1nnão é uma sucessão de Cauchy.

22


1. Prove, usando a definição, que lim1√n+ 2

= 0.

Resolução:

Queremos provar que

∀ε > 0∃ p ∈ N : n > p⇒∣∣∣∣ 1√n+ 2

− 0

∣∣∣∣ < ε.

Como1√n+ 2

é sempre positivo, a propriedade anterior reduz-se a

∀ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ 1√n+ 2

< ε.

Seja ε > 0 fixo arbitrariamente.

Atendendo a que1√n+ 2

<1√n, ∀n ∈ N, para satisfazer a definição, basta tomar p como

o menor número inteiro maior ou igual que1

ε2. De facto,

n > p ≥ 1

ε2⇒ n >

1

ε2⇒ 1

n< ε2 ⇒ 1√

n< ε.

Logo,

n > p⇒ 1√n+ 2

<1√n< ε.

Provámos então que

∀ε > 0 ∃ p ∈ N : n > p⇒ 1√n+ 2

< ε.

2. Determine, justificando, o limite das sucessões:

(a) xn = sin(n)n2∑j=1

j

n5;

(b) yn =n∑j=0

sin(√n)√

j + 2n3.

Resolução:

(a) Começamos por calcular o limn2∑j=1

j

n5.

23

A sucessãon2∑j=1

j

n5pode ser reescrita na forma

n2∑j=1

j

n5=

1

n5+

2

n5+ · · ·+ n2

n5︸︷︷︸n2 parcelas

,

pelo que,

n2 1

n5≤

n2∑j=1

j

n5≤ n2 n

2

n5, ∀n ∈ N.

Tendo em conta que

limn2

n5= lim

1

n3= 0 ,

limn4

n5= lim

1

n= 0 ,

podemos concluir, pelo teorema das sucessões enquadradas, que

limn2∑j=1

j

n5= 0 .

Uma vez que −1 ≤ sin(n) ≤ 1, ∀n ∈ N, podemos concluir que

lim sin(n)n2∑j=1

j

n5= 0 ,

por ser o produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada.

(b) A resolução desta alínea é análoga à anterior, uma vez que yn pode ser reescrita naforma

yn = sin(√n)

n∑j=0

1√j + 2n3

= sin(√n)

1√0 + 2n3

+ · · ·+ 1√n+ 2n3︸︷︷︸

n+1 parcelas

,

atendendo a que sin(√n) não depende do índice do somatório. Assim, vamos pri-

meiro calcular limn∑j=0

1√j + 2n3

. Comecemos por observar que

(n+ 1)1√

n+ 2n3≤

n∑j=0

1√j + 2n3

≤ (n+ 1)1√2n3

, ∀n ∈ N.

24

Dividindo o numerador e o denominador de ambas as fracções pela potência de maiorgrau, obtemos

limn+ 1√n+ 2n3

= lim

1√n

+ 1n3/2√

1n2 + 2

= 0

e

limn+ 1√

2n3= lim

1√n

+ 1n3/2√

2= 0.

Logo, pelo teorema das sucessões enquadradas, concluímos que

limn∑j=0

1√j + 2n3

= 0.

Por outro lado temos

−1 ≤ sin(√n) ≤ 1, ∀n ∈ N

o que nos permite concluir que,

lim sin(√n)

n∑j=0

1√j + 2n3

= 0,

por se tratar do produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada.

3. Calcule, justificando, os limites das seguintes sucessões:

(a)nn√n!;

(b)1

5n

(5n− 1

n+ 1

)n;

(c)4√n+ 1

n√n+ 3

sin(√n+ 1);

(d) sin(

1n

)cos(√n+ 1).

Resolução:

(a) Comecemos por notar que

limnn√n!

= lim n

√nn

n!.

25

Seja un =nn

n!> 0 , ∀n ∈ N. Como

limun+1

un= lim

(n+1)(n+1)

(n+1)!

nn

n!

= lim(n+ 1)(n+1) n!

(n+ 1)!nn

= lim(n+ 1)n(n+ 1)n!

(n+ 1)n!nn

= lim(n+ 1)n

nn

= lim

(1 +

1

n

)n= e,

e atendendo a quelim

un+1

un= e⇒ lim n

√un = e,

concluímos que lim nn√n!

= e.

(b) Comecemos por notar que1

5n

(5n− 1

n+ 1

)n=

(5n− 1

5n+ 5

)ne que

5n− 1

5n+ 5= 1 +

−6

5n+ 5.

Logo,

lim1

5n

(5n− 1

n+ 1

)n= lim

(5n− 1

5n+ 5

)n= lim

((1 +

−6

5n+ 5

)5n+5) n

5n+5

.

Assim, como lim

(1 +

−6

5n+ 5

)5n+5

= e−6 e limn

5n+ 5=

1

5, obtemos

lim1

5n

(5n− 1

n+ 1

)n=(e−6) 1

5 = e−65 .

(c) Dividindo o numerador e o denominador da fracção pela potência de maior grauobtemos, sucessivamente,

lim4√n+ 1

n√n+ 3

= lim

4√nn3/2 + 1

n3/2√n3

n3/2 + 3n3/2

= lim4√

nn6 + 1

n3/2

1 + 3n3/2

= lim

4

√1n5 + 1

n3/2

1 + 3n3/2

=4√

0 + 0

1 + 0= 0.

26

Uma vez −1 ≤ sin(√n+ 1) ≤ 1 ,∀n ∈ N, temos que

lim4√n+ 1

n√n+ 3

sin(√n+ 1) = 0,

por se tratar do produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada.(d) Tendo em conta que

lim sin

(1

n

)= sin(0) = 0

e que−1 ≤ cos(

√n+ 1) ≤ 1, ∀n ∈ N,

podemos concluir que

lim sin

(1

n

)cos(√n+ 1) = 0,

por ser o produto de um infinitésimo por uma sucessão limitada.

4. Considere a sucessão de números reais definida por recorrência, x1 =√

3

xn+1 =√

3 xn.

(a) Mostre, por indução matemática, que√

3 ≤ xn < 3, ∀n ∈ N.(b) Mostre que a sucessão é crescente.(c) Verifique que a sucessão é convergente e determine o seu limite.

Resolução:

(a) Queremos provar, pelo princípio de indução matemática, que a propriedade√3 ≤ xn < 3 é verificada, para todo o número natural n.

(i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a√

3 ≤ x1 =√

3 < 3

pelo que, para n = 1, obtemos uma proposição verdadeira.(ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo númeronatural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremosprovar que

√3 ≤ xn < 3⇒

√3 ≤ xn+1 < 3.

Por hipótese,√

3 ≤ xn < 3. Logo, obtemos sucessivamente

√3 ≤ xn < 3

⇒ 3√

3 ≤ 3xn < 9

⇒√

3√

3 ≤√

3xn < 3

⇒√

3 ≤√

3√

3 ≤ xn+1 < 3,

27

pelo que√

3 ≤ xn+1 < 3.Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que

√3 ≤ xn < 3,

∀n ∈ N.

(b) Queremos provar que xn+1 − xn > 0, ∀n ∈ N. Basta ver que

xn+1 − xn =√

3xn − xn=√

3√xn −

√xn√xn

=√xn(√

3−√xn).

Como, pela alínea (a),√xn > 0 e

√xn <

√3, então

√xn(√

3 − √xn) > 0. Logo,xn+1−xn > 0, ∀n ∈ N, pelo que concluímos que a sucessão é estritamente crescente.

(c) Pela alínea (a), sabemos que a sucessão é limitada e, pela alínea (b), sabemos que asucessão é monótona. Então, podemos concluir que a sucessão é convergente. Sejalimxn = a. Então, limxn+1 = a, uma vez que (xn+1)n∈N é uma subsucessão de(xn)n∈N, e qualquer subsucessão de uma sucessão convergente, é convergente para omesmo limite. Temos então

limxn+1 = lim√

3xn

limxn+1 =√

3√

lim xn

⇔ a =√

3 a

⇒ a2 = 3 a

⇔ a = 0 ∨ a = 3.

Podemos então concluir que limxn = 3, uma vez que, como√

3 ≤ xn < 3, ∀n ∈ N,então

√3 ≤ limxn ≤ 3.

5. Seja a ∈ R um número positivo. Considere a sucessão de números reais definida, porrecorrência, x1 = 0, x2 = a

xn+2 = xn+1 + x2n.

(a) Mostre que a sucessão é crescente.

(b) Mostre que xn > 0,∀n ∈ N \ {1}.(c) Mostre que se existir b ∈ R tal que limxn = b, então b = 0.

(d) Tendo em conta as alíneas anteriores, calcule limxn.

Resolução:

(a) Como xn+2 − xn+1 = x2n ≥ 0 , ∀n ∈ N, temos

xn+2 − xn+1 ≥ 0 , ∀n ∈ N

28

isto é,xn+1 − xn ≥ 0 , ∀n ∈ N \ {1} .

Como a > 0, temos ainda que x2 − x1 = a− 0 ≥ 0. Podemos então concluir que

xn+1 − xn ≥ 0 , ∀n ∈ N .

(b) Vamos mostrar, pelo princípio de indução matemática, que

xn > 0,∀n ∈ N \ {1},o que é equivalente a

xn+1 > 0,∀n ∈ N.(i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a x2 = a > 0 pelo que, para n = 1, obtemosuma proposição verdadeira.(ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo númeronatural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremosprovar que xn+1 > 0⇒ xn+2 > 0.Por hipótese de indução, xn+1 > 0 e, como x2

n ≥ 0, ∀n ∈ N, obtemos xn+2 =xn+1 + x2

n ≥ 0.Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que xn+1 > 0 , ∀n ∈N.

(c) Suponhamos que existe b ∈ R, tal que limxn = b. Assim, como (xn+1)n∈N e (xn+2)n∈Nsão subsucessões de (xn)n∈N, e qualquer subsucessão de uma sucessão convergente éconvergente para o mesmo limite, temos que limxn+1 = limxn+2 = b .

Uma vez que xn+2 = xn+1 + x2n obtemos

limxn+2 = limxn+1 + (limxn)2 ⇔ b = b+ b2 ⇔ b = 0.

Portanto, se limxn = b e b ∈ R, então limxn = 0.(d) Pela alínea (a), a sucessão é monótona crescente. Vejamos agora que a sucessão

não é limitada. De facto, se a sucessão fosse limitada, pelo teorema da sucessãomonótona e pela alínea (c), teríamos que limxn = 0. Mas, xn ≥ x2 , ∀n ≥ 2, istoé, xn ≥ a > 0 , ∀n ≥ 2, pelo que limxn ≥ a > 0, o que contradiz a alínea (c) (istoé, limxn = 0 é uma contradição com o facto de termos uma sucessão monótonacrescente cujo segundo termo é estritamente positivo). Podemos então concluir quexn não é limitada. Mas, por ser monótona crescente, xn é limitada inferiormente(x1 ≤ xn , ∀n ∈ N). Podemos assim concluir que a sucessão não é limitada pornão ser limitada superiormente, isto é, o conjunto dos termos da sucessão não temmajorantes.Seja L > 0. Se L não é majorante do conjunto dos termos da sucessão, então

∃m0 ∈ N : xm0 > L .

Uma vez que xn é crescente, n > m0 ⇒ xn ≥ xm0 > L.Podemos então concluir que

∀L > 0 ∃m0 ∈ N : n > m0 ⇒ xn > L.

Logo, xn é um infinitamente grande positivo, ou seja, limxn = +∞.

29

4Limites, Continuidade eCálculo Diferencial


1. Prove, usando a definição, que

(a) limx→1

3x+ 2 = 5;

(b) limx→+∞

2x

x+ 1= 2.

2. Justifique convenientemente a seguinte afirmação: "@ limx→+∞

sin(x)".

3. Seja g a função definida, em R, por

g(x) =

x+ 3, se x > −1

−x+ 2, se x < −1.

(a) Esboce o gráfico de g.

(b) Mostre que não existe limx→−1

g(x).

4. Considere a função f real de variável real

f(x) =

2x+ 3, se x < 1

x+ 4, se x > 1.

Calcule limx→ 1x 6= 1

f(x) e limx→1

f(x).

5. Seja f a função definida, em R, por

f(x) =

x+ 2, se x > 1

2− 3x, se x ≤ 1.

31

(a) Mostre que não existe limx→1

f(x).

(b) Defina, em R, uma função g tal que limx→1

(f + g)(x) = 4.

6. Para cada número real m, a expressão seguinte define uma função real de variável real:

h(x) =

x2 −m+ 7, se x > 0

5, se x = 0

|x+ 3|+m, se x < 0.

(a) Determine m de modo que exista limx→0

h(x).

(b) Calcule m de modo que limx→−5

h(x) = h(0). Neste caso, a função é injectiva? Justifi-que.

7. Seja f a função real de variável real definida por

f(x) =

x2e−x, se x ≥ 1

sin(x− 1)

x2 − 1, se x < 1.

(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.

(b) Determine os zeros da função dada.

(c) Calcule limx→−∞

f(x).

8. Considere a função g, real de variável real,

g(x) =

x+ 1, se x > 21

2x, se x ≤ 2.

(a) Calcule g(0) e g(3).

(b) Mostre que ∀x ∈ [0, 3], g(x) 6= 5

2.

Isto contradiz o teorema de Bolzano? Justifique.

(c) Averigúe se a restrição de g ao intervalo [0, 2] é necessariamente limitada.

9. Sejam f e g duas funções contínuas em [a, b] tais que f(a) = g(b) e f(b) = g(a). Mostreque f − g tem pelo menos um zero pertencente ao intervalo [a, b].

10. Considere a função real de variável real definida por

f(x) =

ex − 1, se x ≥ 0

cos(x) log(x+ 1), se x < 0.

32

(a) Determine o domínio de f e estude-a quanto à continuidade.

(b) Mostre que existe a ∈[−π

4, 1]tal que f(a) = 0.

(c) Justifique que a função tem um máximo e um mínimo no intervalo [0, 1]. Indique osseus valores.


g(x) =

3x + 2x

2− ex, se x ≥ 0

arctan(x), se x < 0.


(b) Calcule limx→−∞

g(x) e limx→+∞

g(x).

(c) O teorema de Weierstrass garante a existência de máximo e mínimo da função nointervalo [−1, 1]?


f(x) =

−1

xcos(π

2− x), se x < 1

ex − log(x2), se x ≥ 1.


(b) A função f é diferenciável em x = 1? Justifique.

(c) Calcule limx→−∞

f(x).

(d) Verifique se é ou não possível prolongar f por continuidade ao ponto x = 0.

13. Considere a função g, real de variável real, tal que

g(x) =

e−bx+b, se x < 1

(x− 2)2, se x ≥ 1.

Determine o número real b de modo a que a função g seja diferenciável em x = 1.

14. Seja A = [0, 2π] e considere a função

g : A → R

x ↪→ 1 + | sin(x)|.

(a) Mostre que g é contínua no intervalo A, mas que não tem derivada no ponto x = π.

(b) Seja an uma sucessão monótona de termos de A. Averigúe se an é necessariamenteconvergente para um ponto de A.

33

15. Dada a função f(x) =π

3− 2 arccos

(3x

2

), mostre que a recta de equação y− 3x+ 2π

3= 0

é tangente ao gráfico da função f . Determine o ponto de tangência.

16. Considere a função real de variável real definida por f(x) = cos(3x).

(a) Calcule a terceira derivada de f .

(b) Prove, pelo princípio de indução matemática, que f (n)(x) = 3n cos(nπ

2+ 3x

),∀x ∈

R, ∀n ∈ N.

17. Dadas as funções f e g definidas por f(x) = 2 cot(3x) e g(x) =π

2+arcsin(1−x), determine

a derivada de f o g no ponto de abcissa 1.

18. Dadas as funções

f : [−2, 0] → [0, π]

x ↪→ arccos(x+ 1)e

g :

]−1

5,+∞

[→ R

x ↪→ log2(5x+ 1),

calcule as derivadas de f e de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa.

19. Considere a função real de variável real

f(x) =

x|x|, se x > −2

(x+ 2)2 − 4, se x ≤ −2.

(a) Determine o domínio de f .

(b) Estude f quanto à continuidade.

(c) Determine a função derivada f ′.

(d) Determine a função segunda derivada f ′′.

20. Considere a função f real de variável real definida por

f(x) =

e|x−1|, se x > 0

arctan(x), se x ≤ 0.

(a) Estude a função f quanto à continuidade.

(b) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f ′.

(c) Determine o sinal da função segunda derivada f ′′.

(Nota: pode usar, sem demonstrar, que limx→0

arctan(x)

x= 1.)

34


1. Prove, usando a definição, que

(a) limx→0+

1

x= +∞;

(b) limx→+∞

log 12x = −∞.

2. Seja f a função real de variável real definida por

f(x) =

−2x, se x < −1

x2 + 1, se − 1 ≤ x < 2

3x− 2, se x > 2.

Investigue se existe

(a) limx→−1

f(x);

(b) limx→2

f(x).

3. Seja h a função definida, em R, por

h(x) =

|x+ 3|x+ 3

, se x 6= −3

2, se x = −3.

(a) Determine, se existir, limx→−3

h(x).

(b) Esboce o gráfico da função h e determine o seu contradomínio.

(c) Diga, justificando, o valor lógico da proposição ∀x, y ∈ R h(x) = h(y)⇒ x = y.


f(x) =

sin(x2 − 4)

x− 2, se x > 2

x− a, se x ≤ 2.

(a) Determine, caso exista, o valor de a que torna a função contínua no ponto x = 2.

(b) Considerando a = 2, calcule os zeros da função.

(c) Calcule limx→+∞

f(x).

5. Considere, em R, as funções f(x) =1

xe g(x) =

x2 − 9

x3 − 27.

(a) Determine o domínio de f e de g.

35

(b) Mostre que não há nenhuma extensão de f que seja contínua em R.

(c) Indique um prolongamento de g a R que seja contínuo.

6. Seja f uma função real de variável real, contínua em [a, b]. Sabendo que f(a) ≤ a ef(b) ≥ b, prove que f tem pelo menos um ponto fixo no intervalo [a, b] (Nota: c é umponto fixo de f , se f(c) = c).


g(x) =

2

πarcsin |x− 2|, se x ≤ 3

e−(x−3)2 , se x > 3.


(b) Calcule limx→2

g(x)

x− 2. (Nota: pode usar, sem demonstrar, que lim

x→0

arcsin(x)

x= 1.)

(c) O teorema de Weierstrass garante a existência de máximo e mínimo da função no

intervalo[5

2, 4

]?


h(x) =

2x3 − 5x+m, se x ≥ −1

(x− 1) log(e+ (x+ 1)2)

x2 + x− 2, se x < −1.

(a) Determine m de modo a que a função seja contínua em x = −1.

Considere, nas próximas alíneas, o valor de m obtido na alínea (a).

(b) Indique o conjunto dos pontos onde h é contínua, justificando detalhadamente.

(c) Diga, justificando, se é verdadeira ou falsa a proposição

∃x ∈]− 1, 0[: h(x) = 1.

9. Seja g a função real de variável real definida por

g(x) =

x2 + 2x+ 2, se x ≤ −2

−1 +ex+1(x− 1)

(x2 − 1)5x, se x > −2.


(b) Calcule limx→+∞

g(x) e limx→1

g(x).

(c) Justifique que a restrição da função ao intervalo [−4,−2] atinge um mínimo nesseintervalo.

10. Calcule, usando regras de derivação, as derivadas das seguintes funções:

36

(a) esin(x);

(b) arctan(x2);

(c) arcsin(x2);

(d) log(cos(x));

(e)(sin(x)

)5;(f) |x+ 1|;(g)

√(log(x) + 1)3;

(h) tan(√x);

(i) tan2(x4) + cot(x);

(j) arctan

(√1− cos(x)

1 + cos(x)

);

(k)sin(x) + cos(x)

sin(x)− cos(x);

(l) log(log(x) + 2);

(m) log

(ex

1 + ex

).

11. Dada a função real de variável real definida por y(x) = e2x sin(5x), verifique que y′′(x)−4 y′(x) + 29 y(x) = 0.

12. Considere a função real de variável real g(x) = xe−x.

(a) Determine A = {x ∈ R : g′′(x) = 0}.(b) Demonstre, pelo princípio de indução matemática, que g(n)(x) = (−1)n(x−n)e−x, ∀x ∈

R,∀n ∈ N.

13. Considere, em R, a função f definida por f(x) =mx+ 1

2x+m. Determine o número real m de

forma a que a recta tangente ao gráfico de f , no ponto de abcissa x = 1, faça um ângulode 135o com o semi-eixo positivo das abcissas.

14. Considere, em R, as funções f(x) =1

2arcsin(x− 2) e g(x) =

(1

2

)x+2

.

(a) Determine o domínio e o contradomínio de f e de g.

(b) Calcule as derivadas de f e de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa.

(c) Determine a derivada de g o f , no ponto de abcissa 2.

15. Estude a diferenciabilidade de cada uma das seguintes funções, no ponto x = 0:

(a) f(x) =

cos(π2− x), se x ∈

[−π

2, 0]

x log(π2x+ e

), se

]0,π

2

];

37

(b) g(x) =

x

1 + e1x

, se x 6= 0

0, se x = 0.

16. Considere a função real de variável real f : [−3, 4]→ R definida por

f(x) =

√

2− x, se − 3 ≤ x < 23x− 6

x, se 2 ≤ x ≤ 4.

(a) Prove que a função admite máximo e mínimo.

(b) Calcule a função derivada f ′ e a função segunda derivada f ′′.

(c) Seja dn uma sucessão monótona de termos de Df . Averigúe se dn é necessariamenteconvergente para um ponto de Df .

17. Considere a função real de variável real definida pela expressão

g(x) =

sin(x) + cos(x)

1− cos(x), se x 6= 0

1, se x = 0.

(a) Determine o domínio de g e estude-a quanto à continuidade.

(b) Calcule os zeros de g. Justifique a existência desses zeros usando o teorema deBolzano.

(c) Estude a função g quanto à diferenciabilidade.


h(x) =

|x2 − 9|, se x ≥ 0

log(x2 + e4), se x < 0.

(a) Determine o domínio de h e estude a função quanto à continuidade.

(b) Estude a função h quanto à diferenciabilidade.

38


1. Prove, usando a definição, que limx→1

4x+ 2 = 6.

Resolução:

Queremos provar que ∀δ > 0∃ ε > 0 : |x − 1| < ε ⇒ |(4x + 2) − 6| < δ, isto é, que∀δ > 0 ∃ ε > 0 : |x− 1| < ε⇒ 4 |x− 1| < δ.

Seja δ > 0 fixo arbitrariamente.

Para verificar a definição, basta tomar ε = δ4. De facto, considerando este valor para ε,

obtemos |x− 1| < ε⇒ 4|x− 1| < 4 ε = 4δ

4= δ.

Assim, concluímos que ∀δ > 0 ∃ ε = δ4> 0 : |x− 1| < ε⇒ 4 |x− 1| < δ.

2. Considere a função f real de variável real, definida por

f(x) =

log(1− x2), se − 1 < x < 0

−x2, se x ≥ 0

arctan(−x) , se x ≤ −1.

(a) Determine o domínio da função.

(b) Estude a continuidade de f .

(c) Estude a diferenciabilidade de f nos pontos x = −1 e x = 0.

Sugestão: pode usar, sem demonstrar, que limy→0

log(1 + y)

y= 1.

(d) Determine os zeros da função.

(e) Calcule limx→−∞

f(x).

(f) Averigúe se, no intervalo [2, 3], a função f é limitada.

Resolução:


Df = {x ∈ R : (1− x2 > 0 ∧ −1 < x < 0) ∨ x ≥ 0 ∨ x ≤ −1}.

Como 1 − x2 > 0 ⇔ x2 < 1 ⇔ −1 < x < 1, então 1 − x2 > 0 ∧ −1 < x < 0 éequivalente a −1 < x < 0. Logo, Df = R.

(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, a funçãoé contínua. Nomeadamente, f é contínua em ] − 1, 0[ por ser a composição deduas funções contínuas no seu domínio (função quadrática e função logarítmica),é contínua em ]0,+∞[ por ser uma função quadrática e, finalmente, é contínua

39

em ] − ∞,−1[ por ser também a composição de duas funções contínuas (funçãotrigonométrica inversa e função linear). Falta estudar a continuidade da função nospontos x = 0 e x = −1.Vamos então estudar a continuidade da função no ponto x = 0, começando porcalcular os seus limites relativos. Assim, temos

limx→0+

f(x) = limx→0+

−x2 = 0 e limx→0−

f(x) = limx→0−

log(1− x2) = 0.

Logo, como limx→0+

f(x) = limx→0−

f(x) = 0 então limx→ 0x 6= 0

f(x) = 0. Além disso, aten-

dendo a que f(0) = 0 então limx→0

f(x) = 0. Consequentemente, f é contínua emx = 0.Estudemos agora a continuidade da função no ponto x = −1, pelo mesmo processo:

limx→−1+

f(x) = limx→−1+

log(1− x2) = −∞ e limx→−1−

f(x) = limx→−1−

arctan(−x) =π

4.

Assim, como limx→−1+

f(x) 6= limx→−1−

f(x) então não existe limx→ −1x 6= −1

f(x). Consequente-

mente, não existe limx→−1

f(x), pelo que f não é contínua em x = −1.

Concluímos assim que f é contínua em R \ {−1}.(c) Como a função não é contínua em x = −1 então não é diferenciável neste ponto.

Assim, precisamos apenas de estudar a diferenciabilidade da função no ponto x = 0.Calculando as derivadas laterais, obtemos

f ′(0+) = limx→0+

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0+

−x2 − 0

x= lim

x→0+−x = 0

e

f ′(0−) = limx→0−

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0−

log(1− x2)− 0

x= lim

x→0−

log(1 + (−x2))

−x2(−x) = 0.

Como f ′(0+) = f ′(0−) = 0 então existe e é finita f ′(0), pelo que f é diferenciável emx = 0.

(d) Para determinar os zeros da função, necessitamos de analisar separadamente os trêsramos.Assim, no intervalo ]− 1, 0[ temos f(x) = 0⇔ log(1−x2) = 0⇔ 1−x2 = 1⇔ x2 =0⇔ x = 0. Como 0 /∈]− 1, 0[, então f não tem nenhum zero neste intervalo.Relativamente ao intervalo [0,+∞[, temos f(x) = 0 ⇔ −x2 = 0 ⇔ x = 0. Como0 ∈ [0,+∞[, então x = 0 é um zero da função.Por último, no intervalo ] −∞,−1], de f(x) = 0 ⇔ arctan(−x) = 0 ⇔ −x = 0 ⇔x = 0 concluímos novamente que a função não tem nenhum zero neste intervalo,uma vez que x = 0 não pertence ao intervalo ]−∞,−1].Sendo assim, o único zero da função é x = 0.

40

(e) Tem-se que limx→−∞

f(x) = limx→−∞

arctan(−x) =π

2.

(f) Como f é contínua em R \ {−1}, então f é contínua no intervalo I = [2, 3]. Peloteorema de Weierstrass, como I é um intervalo fechado e limitado ele é transformado,por esta função contínua, num intervalo fechado e limitado. Logo, f(I) é um intervalofechado e limitado. Assim, o contradomínio - f(I) - é limitado pelo que f é, nesteintervalo, limitada.

3. Considere a funçãog : [0, 2] → [−π

2, π

2]

y ↪→ arcsin(y − 1).

Calcule a derivada de g, utilizando o teorema da derivada da função inversa.

Resolução:

Consideremos I = [−π2, π

2], e a função

f : I → [0, 2]

x → sin(x) + 1.

Como f é uma função estritamente monótona e contínua em I, f é invertível (em I),sendo

g : [0, 2] → I

y → arcsin(y − 1).

a sua função inversa.

Pelo teorema da derivada da função inversa, sabemos então que sendo f diferenciável noponto x = g(y) e f ′(x) 6= 0 (x ∈]− π

2, π

2[) , então g é diferenciável em y = f(x) e

g′(y) =1

f ′(g(y))=

1

cos(g(y))=

1

cos(arcsin(y − 1)).

Precisamos agora de simplificar a expressão cos(arcsin(y−1)). Como x = arcsin(y−1)⇔sin(x) = y − 1, basta-nos encontrar o valor de cos(x), a partir do valor de sin(x). Pelafórmula fundamental da trigonometria, e atendendo a que x ∈ I, obtemos cos(x) =√

1− sin2(x) =√

1− (y − 1)2. Concluímos assim que

g′(y) =1√

1− (y − 1)2.


f(x) =

x2 − 1, se x < 1

arcsin(x− 1), se x ≥ 1.

41


(b) Calcule, se existir, limx→1

f(x).

(c) A função é injectiva? Justifique.

(d) Mostre que ∃c ∈]0, 32[ tal que f(c) =

π

12.

(e) Justifique que a função tem um máximo e um mínimo no intervalo [0, 32].

(f) Determine a função derivada f ′.

Resolução:

(a) Comecemos por notar que Df = {x ∈ R : x < 1∨ (−1 ≤ x− 1 ≤ 1∧ x ≥ 1)}. Como−1 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 então −1 ≤ x − 1 ≤ 1 ∧ x ≥ 1 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2. Assim,Df =]−∞, 2].

(b) Comecemos por calcular os limites relativos. Temos limx→1−

f(x) = limx→1−

x2 − 1 = 0 e

limx→1+

f(x) = limx→1+

arcsin(x − 1) = arcsin(0) = 0. Como limx→1+

f(x) = limx→1−

f(x) = 0

então limx→ 1x 6= 1

f(x) = 0. Além disso, atendendo a que f(1) = 0, concluímos que

limx→1

f(x) = 0.

(c) Para a função ser injectiva, tem de ser verdadeira a proposição

∀x, y ∈ Df , f(x) = f(y)⇒ x = y.

Atendendo a que f(−1) = f(1) = 0 então verifica-se a negação da proposição ante-rior, isto é,

∃x, y ∈ Df : f(x) = f(y) ∧ x 6= y,

pelo que f não é injectiva.

(d) Vimos, na alínea (b), que existe limx→1

f(x) pelo que f é contínua no ponto x = 1.Além disso, no interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função,podemos afirmar que f também é contínua. De facto, em ]−∞, 1[ a função é contínuapor se tratar de uma função polinomial e, em ]1, 2[ a função é contínua por se tratarda composição de duas funções contínuas (uma função trigonométrica inversa, que écontínua no seu domínio, e uma função linear). Ainda, f é contínua em x = 2, umavez que lim

x→2−f(x) = lim

x→2−arcsin(x − 1) = arcsin(1) =

π

2= f(2). Concluímos assim

que f é contínua em ]−∞, 2] pelo que, em particular, f é contínua em [0, 32]. Como,

por outro lado, f(0) = −1 e f(

32

)= arcsin

(12

)= π

6então, pelo teorema de Bolzano,

toda a função contínua não passa de um valor para outro sem passar por todos osvalores intermédios, i.e., considerando k = π

12, como f(0) = −1 < π

12< π

6= f

(32

)então ∃c ∈]0, 3

2[: f(c) = k = π

12.

Observação: Para estarmos nas condições do teorema de Bolzano, apenas precisamosde provar que f é contínua em [0, 3

2]. Por isso, uma resolução alternativa seria provar

42

que f é contínua nos intervalos ]0, 1[ e ]1, 32[, no ponto x = 1 (com justificações

análogas às anteriores) e, ainda, que limx→0+

f(x) = f(0) e limx→ 3

2

−f(x) = f

(3

2

).

(e) Vimos, na alínea anterior, que f é contínua no intervalo I = [0, 32]. Pelo corolário do

teorema de Weierstrass, como I é um intervalo limitado e fechado, então a funçãoatinge neste intervalo um máximo e um mínimo.

(f) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′ utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos

f ′(x) =

2x, se x < 1

1√1− (x− 1)2

, se 1 < x < 2.

Vamos agora estudar a diferenciabilidade de f no ponto x = 1, por definição. Cal-culando as derivadas laterais, obtemos

f ′(1+) = limx→1+

f(x)− f(1)

x− 1= lim

x→1+

arcsin(x− 1)− 0

x− 1= lim

x→1+

arcsin(x− 1)

x− 1= 1

e

f ′(1−) = limx→1−

f(x)− f(1)

x− 1= lim

x→1−

(x2 − 1)− 0

x− 1= lim

x→1−

(x− 1)(x+ 1)

x− 1= lim

x→1−x+1 = 2.

Como f ′(1+) 6= f ′(1−) então não existe f ′(1). Notemos ainda que não definimosderivada no ponto x = 2 porque este não é um ponto interior a Df .Podemos então concluir que

f ′(x) =

2x, se x < 1

1√1− (x− 1)2

, se 1 < x < 2.

5. Considere as funções f e g definidas por f(x) = tan(2x) e g(x) = π + arctan(1− x).

(a) Determine uma equação da tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1.(b) Determine a derivada de f o g no ponto de abcissa 1.

Resolução:

(a) Uma equação da recta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1 é

y − g(1) = g′(1)(x− 1).

Como g′(x) =−1

1 + (1− x)2, então g é diferenciável em R, e g′(1) = −1. Por outro

lado, g(1) = π. Logo, obtemos a equação da recta tangente

y − π = −x+ 1.

43

(b) Vimos, na alínea (a), que a função g é diferenciável em R e, por outro lado, sabemosque a função f é diferenciável em Df = {x ∈ R : x 6= π

4+ k π

2, k ∈ Z}, e que

f ′(x) =2

cos2(2x). Assim, sendo g diferenciável no ponto 1 e f diferenciável no

ponto g(1), pelo teorema da derivada da função composta, f ◦ g é diferenciável em1 e (f ◦ g)′(1) = f ′(g(1)) · g′(1). Atendendo aos cálculos efectuados anteriormente,obtemos então (f ◦ g)′(1) = f ′(π) · (−1) = 2 · (−1) = −2.

44

5Teoremas fundamentais(Rolle, Lagrange e Cauchy).Indeterminações.


1. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = x4 − x2 − 1.

(a) Mostre que f verifica as condições do teorema de Rolle no intervalo [−2, 2].

(b) Determine o(s) ponto(s) em que a recta tangente ao gráfico da função é horizontal.

2. Considere a função g : [−1, 3]→ R, definida por g(x) = |x− 1|.

(a) Mostre que g é contínua no seu domínio e que g(−1) = g(3).

(b) Verifique que g′(x) não se anula para qualquer valor de x.

(c) Explique por que motivo não existe contradição com o teorema de Rolle.

3. Determine o número exacto de zeros da função real de variável real, definida por h(x) =x4 − 2x3 + 1.

4. Considere a função real de variável real definida, no intervalo [−2, 2], por f(x) =x3

4+ 1.

(a) Mostre que esta função verifica as condições do teorema de Lagrange.

(b) Determine o(s) ponto(s) em que a recta tangente ao gráfico de f é paralela aosegmento de extremos A (−2, f(−2)) e B (2, f(2)).

5. Considere a função real de variável real definida, no intervalo [−1, 8], por f(x) = x23 .

(a) Mostre que não existe c no intervalo ]− 1, 8[ tal que f ′(c) =f(8)− f(−1)

8− (−1).

(b) A alínea anterior contradiz o teorema de Lagrange? Justifique.

6. Considere a função real de variável real, definida por g(x) = 1 + x log(x). Aplicandoo teorema de Lagrange à função g, mostre que o seguinte conjunto de desigualdades ésatisfeito

1 + log(x) < log(4x) < 1 + log(2x), ∀x ≥ 1.

Sugestão: considere intervalos da forma [x , 2x], com x ≥ 1.

45

7. (a) Seja f uma função real de variável real, diferenciável num intervalo I. Mostre,utilizando o teorema de Lagrange que, se existir M > 0 tal que |f ′(x)| ≥M, ∀x ∈ I,então |f(x)− f(y)| ≥ M |x− y| ,∀x, y ∈ I.

(b) Utilize o resultado da alínea anterior para mostrar que | tan(x) − tan(y)| ≥|x− y|, ∀x, y ∈

]−π

2,π

2

[.

8. Seja f a função real de variável real definida por f(u) = log(u).

(a) Mostre que o teorema do valor médio de Lagrange pode ser aplicado à função f , emqualquer intervalo da forma [1, x], para x > 1, e determine o valor médio para o casoem que x = e.

(b) Prove, utilizando o referido teorema que, ∀x > 1, x− 1 < log (xx) < x2 − x.

9. Considere f, uma função contínua e diferenciável em [0,+∞[ tal que f(0) = 0 e0 < f ′(x) ≤ 1.

(a) Justifique que f só se anula num ponto.Sugestão: Considere o intervalo [0, b], b > 0, e aplique o teorema de Rolle.

(b) Prove que ∀x ≥ 0, f(x) ≤ x.

10. Verifique que não é possível aplicar a regra de Cauchy no cálculo dos limites seguintes, ecalcule-os por um outro processo.

(a) limx→+∞

2x− sin(x)

3x+ sin(x);

(b) limx→0+

x2

(2 + sin

(1

x

)).


(a) limx→0

x3 − xlog(x+ e)− 1

;

(b) limx→0+

x+ log (sin(x))

log(x);

(c) limx→+∞

log (x2 + 1)

1 + log(x);

(d) limx→0+

(cot(x)− 1

x

);

(e) limx→0+

(tan(x) log(x));

(f) limx→1+

(x− 1)tan(x−1);

(g) limx→0+

(ex + 2x)1x .

46


1. Considere a equação x5 − 20x+ 1 = 0.

(a) Determine quantas soluções tem esta equação e localize-as em R.

(b) Mostre que existe uma única solução no intervalo ]0, 2[.

2. Seja h : R → R uma função diferenciável e a, b e c três números reais distintos tais queh(a) = h(b) = h(c). Qual das seguintes afirmações é verdadeira? Justifique.

(a) h′ tem, pelo menos, dois zeros;

(b) h′ tem, no máximo, dois zeros;

(c) h′ tem exactamente dois zeros.

3. Mostre que x = 0 é a única solução da equação ex = 1 + x.

4. Seja f uma função de classe C1 em R, tal que 1 ≤ f ′(x) ≤ 4 ,∀x ∈]2, 5[ . Mostre que3 ≤ f(5)− f(2) ≤ 12.

5. Sejam f e g funções de classe C1 em R, tais que f ′(x) = g′(x) ,∀x ∈ R. Sabendo queg(x) = x3 − 4x+ 6 e que f(1) = −5, determine f .

6. Mostre, utilizando o teorema de Lagrange, que se 0 < x < y então√y −√x <

y − x2√x.

Conclua que se 0 < x < y então√xy <

1

2(x+ y).

7. Prove, aplicando o teorema de Lagrange, que:

(a) arcsin(x) > x , ∀x ∈ ]0, 1[.

(b) arctan(2x) >2x

1 + 4x2,∀x ∈ R+.

8. Seja f uma função diferenciável em [0,+∞[ tal que f(0) = 3 e f ′(x) = 0, ∀x ≥ 0.

(a) Calcule, justificando, f(5).Sugestão: Aplique o teorema de Lagrange ao intervalo [0, 5].

(b) Mostre que f é necessariamente uma função constante.

(c) Considere a função g(x) = ex2−1. Existe algum ponto onde a função g tem uma

tangente paralela ao gráfico de f?


(a) limx→0

3x2 − sin2(x)

arctan (x2);

(b) limx→0

sin2 (x2)

(1− cos(x))2 ;

47

(c) limx→+∞

log(

xx+1

)sin(

1x

) ;

(d) limx→π

2

(arctan

(π2− x)

tan(x));

(e) limx→0

(1

x2− cos(3x)

x2

);

(f) limx→0

(1

sin(x)− 1

x

);

(g) limx→0+

(tan(x))1

log(x) ;

(h) limx→+∞

(1 +

1

x

)ex;

(i) limx→1

(1 + log(x))1

x−1 .

48


1. Seja g uma função três vezes diferenciável em R e a, b, c três números reais tais quea < b < c. Prove que se g tem extremos locais em cada um dos pontos a, b e c, a equaçãog′′′(x) = 0 tem pelo menos uma raiz real. Indique um intervalo que contenha essa raiz.

Resolução:

Se a função g é três vezes diferenciável em R, sabemos que g, g′ e g′′ são diferenciáveis (econsequentemente contínuas) em R.

Por outro lado, se g tem extremos locais em cada um dos pontos a, b e c, e sendo gdiferenciável nestes pontos, então g′(a) = g′(b) = g′(c) = 0.

Como a função g′(x) é contínua no intervalo [a, b], diferenciável em ]a, b[ e g′(a) = g′(b) =0, estamos nas condições do teorema de Rolle, pelo que

∃c1 ∈]a, b[: g′′ (c1) = 0.

De igual forma, como a função g′(x) é contínua no intervalo [b, c], diferenciável em ]b, c[ eg′(b) = g′(c) = 0, estamos novamente nas condições do teorema de Rolle, pelo que

∃c2 ∈]b, c[: g′′ (c2) = 0.

Considerando agora o intervalo [c1, c2], verifica-se que g′′(x) é contínua neste intervalo,diferenciável em ]c1, c2[ e, ainda, g′′ (c1) = g′′ (c2) = 0. Assim, pelo teorema de Rolle,

∃c ∈ ]c1, c2[ : g′′′(c) = 0,

o que significa que g′′′(x) = 0 tem, pelo menos, uma raiz real, pertencente ao intervalo]c1, c2[.

2. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = sin(x2 − 1) + 2x2.

(a) Prove que f tem, no máximo, dois zeros.

(b) Prove que f tem exactamente dois zeros.

Resolução:

(a) A função f é diferenciável em R, visto ser a soma de duas funções diferenciáveis em R(uma função quadrática, e a composta da função seno com uma função quadrática).Calculando os zeros da sua função derivada, obtém-se

f ′(x) = 0⇔ 2x (cos (x2 − 1) + 2) = 0⇔ x = 0 ∨ cos (x2 − 1) = −2.

49

Como a condição cos (x2 − 1) = −2 é impossível em R, então x = 0 é o único zeroda função derivada. Logo, pelo corolário do teorema de Rolle, como “entre dois zeros(distintos) de uma função diferenciável num intervalo há, pelo menos, um zero dasua derivada”, concluímos que a função f terá, no máximo, dois zeros (se existissemtrês zeros distintos de f , então teriam de existir, pelo menos, dois zeros distintos def ′, o que é uma contradição).

(b) Consideremos os intervalos [−1, 0] e [0, 1]. Como f é contínua em R então, emparticular, f é contínua nestes intervalos. Além disso, f(−1) = f(1) = 2 > 0 ef(0) = sin(−1) < 0. Logo, pelo teorema de Bolzano, podemos concluir que existe,pelo menos, um zero da função nestes dois intervalos, i.e.,

∃c1 ∈ ]−1, 0[ : f (c1) = 0

e

∃c2 ∈ ]0, 1[ : f (c2) = 0.

Atendendo a que já tínhamos concluído que a função f tem, no máximo, dois zeros,podemos agora concluir que f tem, exactamente, dois zeros.

3. Prove, usando o teorema de Lagrange, que é válida a desigualdade

arctan

(1

x

)<

π

4− x− 1

1 + x2, ∀x > 1.

Resolução:

Seja g a função definida por g(x) = arctan

(1

x

), num intervalo do tipo [1, x], com x > 1.

A função g é contínua neste intervalo, por ser a composta entre duas funções contínuas

(a função arctan(x), contínua em R, e a função1

x, contínua em R \ {0}).

A sua função derivada, g ′(x) = − 1

x2 + 1, é finita no intervalo ]1, x[, pelo que g é diferen-

ciável em ]1, x[.

Logo, verificam-se as condições do teorema de Lagrange, pelo que se pode concluir que

∃ c ∈]1, x[ : − 1

c2 + 1=

arctan(

1x

)− π

4

x− 1.

Mas, se 1 < c < x, então 2 < c2 + 1 < x2 + 1, pelo que1

x2 + 1<

1

c2 + 1<

1

2e,

consequentemente, −1

2< − 1

c2 + 1< − 1

x2 + 1.

Pode pois concluir-se quearctan

(1x

)− π

4

x− 1< − 1

x2 + 1,∀x > 1, de onde se obtém a desi-

gualdade pretendida.

50

4. Seja h uma função de domínio R tal que h(0) = 0 e h′(x) = cos(x) esin2(x). Recorrendo

ao teorema de Lagrange, mostre que ∀x > 0 , h(x) ≤ e x.

Resolução:

A função derivada h′ é finita em R, pelo que h é uma função contínua em R. Emparticular, h é contínua num intervalo do tipo [0, x], x > 0, e diferenciável em ]0, x[,x > 0, pelo que podemos aplicar o teorema de Lagrange, e obter:

∃ c ∈]0, x[ : h′(c) =h(x)− h(0)

x.

Como h′(c) = cos(c) esin2(c) e h(0) = 0, obtemos cos(c) esin

2(c) =h(x)

x.

Visto que sin2(c) ≤ 1 e cos(c) ≤ 1 então cos(c)esin2(c) ≤ e. Obtemos então,

h(x)

x≤ e, e

uma vez que x > 0, concluímos que h(x) ≤ ex.

Pode pois concluir-se que h(x) ≤ ex ,∀x > 0.

5. Calcule o limite seguinte, justificando detalhadamente a sua resposta:

limx→0+

(1 +

1

x

) 1

log(x).

Resolução:

Ao calcular limx→0+

(1 +

1

x

) 1

log(x) obtém-se uma indeterminação do tipo ∞0.

Atendendo a que 1 +1

x> 0 , ∀x ∈ R+ , pode transformar-se esta indeterminação numa

de outro tipo através da seguinte manipulação algébrica:

limx→0+

(1 +

1

x

) 1

log(x) = limx→0+

elog

(1 +

1

x

) 1

log(x)

= limx→0+

e

1

log(x)log

(1 +

1

x

)

= elimx→0+

1

log(x)log

(1 +

1

x

)= e

limx→0+

log(1 + 1

x

)log(x) = e

− limx→0+

log(1 + 1

x

)− log(x) .

(5.1)

Ao calcular este novo limite obtém-se uma indeterminação do tipo∞∞

.

Considerando as funções f(x) = log

(1 +

1

x

)e g(x) = − log(x) , são verificadas as

condições de aplicação da regra de Cauchy, pois:

51

• f e g são diferenciáveis num intervalo do tipo ]0, a[, a > 0, uma vez que as respectivas

funções derivadas f ′(x) = − 1

x(x+ 1)e g ′(x) = −1

xtomam valores finitos neste

intervalo;

• g ′(x) 6= 0 , ∀x ∈]0, a[, a > 0;

• limx→0+

f(x) = limx→0+

g(x) = +∞.

Como limx→0+

f ′(x)

g ′(x)= lim

x→0+

1

x+ 1= 1, verifica-se que este limite existe, pelo que lim

x→0+

f(x)

g(x)

também existe e tem igual valor. Assim, limx→0+

f(x)

g(x)= 1, concluindo-se, a partir de (5.1),

que limx→0+

(1 +

1

x

) 1

log(x) = e−1.

6. Calcule o limite seguinte, justificando detalhadamente a sua resposta:

limx→π

4

log(tan(x))

cot(2x).

Resolução:

Ao calcular limx→π

4

log(tan(x))

cot(2x), obtém-se uma indeterminação do tipo

0

0.

Considerando as funções f(x) = log(tan(x)) e g(x) = cot(2x), são verificadas as condiçõesde aplicação da regra de Cauchy, pois:

• f e g são diferenciáveis num intervalo do tipo]π4− ε, π

4+ ε[\{π

4

}, ε <

π

4, uma vez

que as respectivas funções derivadas f ′(x) =1

sin(x) cos(x)e g ′(x) = − 2

sin2(2x)tomam valores finitos neste intervalo;

• g ′(x) 6= 0 , ∀x ∈]π4− ε, π

4+ ε[\{π

4

}, ε <

π

4;

• limx→π

4

f(x) = limx→π

4

g(x) = 0.

Assim, estão verificadas as condições de aplicação da regra de Cauchy. Como limx→π

4

f ′(x)

g ′(x)=

limx→π

4

− sin2(2x)

2 sin(x) cos(x)= − lim

x→π4

sin2(2x)

sin(2x)= − lim

x→π4

sin(2x) = −1, verifica-se que este li-

mite existe, pelo que também existe e é igual limx→π

4

f(x)

g(x). Logo, lim

x→π4

log(tan(x))

cot(2x)= −1.

52

6Teorema de Taylor,Fórmula de Taylor eAplicações


1. (a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 4, em torno do ponto x = 1, da função defi-nida por f(x) = log(x), indicando em que intervalo esse desenvolvimento representaa função.

(b) Usando a alínea anterior, prove que

log(x) ≤ (x− 1)

(1− x− 1

2+

(x− 1)2

3

), ∀x ∈ R+.

2. Considere a função real de variável real definida por g(x) = ex.

(a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 6, da função g.

(b) Utilizando a fórmula de MacLaurin de ordem n da função g, determine um valoraproximado de e com quatro casas decimais exactas.

3. Considere a função real de variável real definida por f(x) = log(cos(x)).

(a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 3, da função f .

(b) Utilize a alínea anterior para mostrar que log (cos(x)) < − x2

2, ∀x ∈

]0,π

2

[.

4. Seja h a função real de variável real definida por h(x) =1

1− x.

(a) Calcule h′(x), h′′(x), h′′′(x) e h(4)(x) e obtenha uma expressão para h(n)(x).

(b) Prove, pelo princípio de indução matemática, que a expressão de h(n)(x), obtida naalínea anterior, é válida para todo o número natural.

(c) Determine a fórmula de MacLaurin de ordem n para a função h.

5. Calcule, recorrendo à fórmula da Taylor, os seguintes limites:

(a) limx→π

2

x− π2

+ cos(x)(x− π

2

)2 ;

53

(b) limx→0

xe−x − x+ x2

x3.

6. Seja g : R → R a função definida por g(x) = x3 (x− 2). Determine, caso existam, osextremos locais e os pontos de inflexão de g.

7. Seja g ∈ C2 (R) tal que g ′(x) > 0, ∀x ∈ R. Considere ainda a função h(x) = g (x− x2) .Mostre que h tem um extremo local, e classifique-o. Trata-se de um extremo absoluto?Justifique.

54


1. Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 6, das funções f(x) = sin(x) eg(x) = cos(x).

2. Considere a função real de variável real definida por h(x) = x− e−x sin(x).

(a) Escreva a fórmula de MacLaurin de ordem 3, da função h.

(b) Utilize a alínea anterior para mostrar que h(x) ≤ x2 , ∀x ∈[0,π

2

].

3. Seja ϕ a função real de variável real definida por ϕ(x) = x+ e1−3x.

(a) Prove, pelo princípio de indução matemática, que ϕ(n)(x) = (−1)n 3n e1−3x, ∀x ∈ R,∀n ∈ N \ {1}.

(b) Determine a fórmula de Taylor de ordem n da função ϕ, em torno do ponto x =1

3.

4. Seja h a função real de variável real, definida por h(x) =1

2x+ 1.

(a) Prove, pelo princípio de indução matemática, que h(n)(x) = (−1)n 2n n! (2x+ 1)−(n+1),∀n ∈ N.

(b) Determine a fórmula de MacLaurin de ordem n, da função h.

5. Calcule, recorrendo à fórmula da Taylor, os seguintes limites:

(a) limx→1

log(x)− x+ 1

(x− 1)2;

(b) limx→0

x− sin(x)

x2.

6. Seja g a função real de variável real, definida por g(x) = x arctan(x).

(a) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem 3, da função g.(b) Justifique que x arctan(x) ≤ x2, ∀x ∈ R.(c) Mostre que g tem um extremo local para x = 0 e classifique-o.

7. Seja ϕ uma função real de variável real, tal que ϕ(−1) = 1 e ϕ ′(x) = (x+ 2) log (x+ 2).

(a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 4 da função ϕ, em torno do ponto x = −1.(b) Recorrendo aos cálculos efectuados na alínea anterior, averigúe se existem extremos

locais e pontos de inflexão de ϕ.

8. Seja f uma função de classe C∞, definida em R. Suponha que

f(x) = 2 + 3(x− 1)4 +1

2(x− 1)6 − 7

2(x− 1)8 +

f (9)(c)

9!(x− 1)9,

sendo 1 < c < x ou x < c < 1.

55

(a) Determine f (k)(1), para 1 ≤ k ≤ 7.

(b) Verifique se 2 é um extremo relativo de f .

(c) Prove que se f (9)(x) é uma função positiva em R, então

f(x) < 2 + 3(x− 1)4 +1

2(x− 1)6 − 7

2(x− 1)8, ∀x < 1.

56


1. Seja ψ a função real de variável real definida por ψ(x) =1

3log(3x+ 2).

(a) Prove, por indução matemática, que

ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (3x+ 2)−n ,∀n ∈ N.

(b) Determine a fórmula de MacLaurin, com resto de ordem n, de ψ.

Resolução:

(a) A função ψ tem como domínio o intervalo]− 2

3,+∞

[.

Queremos provar, pelo princípio de indução matemática, que a propriedade

ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (3x+ 2)−n ,∀n ∈ N

é verificada, para todo o número natural n.

(i) Para n = 1, a propriedade reduz-se a ψ(1)(x) = (−1)2 30 0! (3x+ 2)−1 =1

3x+ 2.

Assim, para n = 1, obtemos uma proposição verdadeira, uma vez que a expressãoencontrada corresponde à primeira derivada da função ψ.(ii) Queremos agora provar que se a propriedade é válida para um certo númeronatural n, então também é válida para o número natural seguinte, i.e, queremosprovar que se a derivada de ordem n de ψ for dada por

ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (3x+ 2)−n,

então a derivada de ordem n+ 1 será definida por

ψ(n+1)(x) = (−1)n+2 3n n! (3x+ 2)−n−1.

Por hipótese, ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n − 1)! (3x+ 2)−n. Logo, derivando ambosos membros da igualdade, obtemos

ψ(n+1)(x) =(ψ(n)

)′= (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (−n) (3x+ 2)−n−1 3

= (−1)n+2 3n n! (3x+ 2)−n−1 .

Por (i) e (ii), provámos, pelo princípio de indução matemática, que

ψ(n)(x) = (−1)n+1 3n−1 (n− 1)! (3x+ 2)−n , ∀n ∈ N.

(b) A alínea anterior permite concluir que ψ é uma função de classe C∞ no respectivodomínio, pelo que se pode escrever a sua fórmula de MacLaurin, qualquer que sejaa ordem pretendida e, em particular, a fórmula de MacLaurin, com resto de ordemn. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[ , tal que

57

ψ(x) = ψ(0) + xψ′(0) +x2

2!ψ′′(0) + · · ·+ xn

n!ψ(n)(c).

Calculando o valor das sucessivas derivadas da função ψ no ponto x = 0 , obtém-se

ψ(x) =1

3log(3x+ 2) ⇒ ψ(0) =

1

3log(2)

ψ′(x) =1

3x+ 2⇒ ψ′(0) =

1

2

ψ′′(x) = − 3

(3x+ 2)2⇒ ψ′′(0) = −3

4...

ψ(n)(x) = (−1)n+13n−1(n− 1)! (3x+ 2)−n ⇒ ψ(n)(c) = (−1)n+13n−1(n− 1)! (3c+ 2)−n .

Logo, podemos concluir que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[ , tal que

ψ(x) =1

3log(2) +

1

2x− 3

8x2 + · · ·+ 1

n(−1)n+1 3n−1 (3c+ 2)−n xn.

2. Seja g a função real de variável real definida por g(x) =1

3√

2x− 1.

(a) Determine a fórmula de Taylor em torno do ponto x = 1, com resto de ordem 3,para a função g.

(b) Utilize a alínea anterior para mostrar que

g(x) > 1− 2

3(x− 1) +

8

9(x− 1)2, para

1

2< x < 1.

Resolução:

(a) O domínio da função g é R \{

12

}. Neste conjunto, a função g(x) =

13√

2x− 1=

(2x− 1)−13 é de classe C∞, pelo que se pode escrever a sua fórmula de Taylor,

qualquer que seja a ordem pretendida, em torno de um qualquer ponto do domínio.Em particular, pode escrever-se a sua fórmula de Taylor, com resto de ordem 3, emtorno do ponto x = 1. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[ , talque

g(x) = g(1) + (x− 1) g′(1) +(x− 1)2

2!g′′(1) +

(x− 1)3

3!g′′′(c).

Calculando o valor das sucessivas derivadas da função g no ponto x = 1, obtém-se

g(x) = (2x− 1)−13 ⇒ g(1) = 1

g′(x) = − 2

3(2x− 1)−

43 ⇒ g′(1) = − 2

3

g′′(x) =16

9(2x− 1)−

73 ⇒ g′′(1) =

16

9

g′′′(x) = − 224

27(2x− 1)−

103 ⇒ g′′′(c) = − 224

27(2c− 1)−

103 ,

58

podendo então concluir-se que existe c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[, tal que

g(x) = 1− 2

3(x− 1) +

8

9(x− 1)2 − 112

81(2c− 1)−

103 (x− 1)3.

(b) Da alínea anterior sabemos que

g(x) = 1− 2

3(x− 1) +

8

9(x− 1)2 − 112

81(2c− 1)−

103 (x− 1)3,

com c ∈]1, x[ ou c ∈]x, 1[ , sendo o termo −112

81(2c− 1)−

103 (x − 1)3 o resto de

Lagrange.

Como queremos provar a desigualdade para valores1

2< x < 1, então estamos

apenas a considerar o caso x < c < 1. Logo, tem-se1

2< c < 1, e consequentemente

0 < 2c − 1 < 1, pelo que (2c− 1)−103 > 0. Por outro lado, como x < 1, então

(x− 1)3 < 0 e, portanto, o resto de Lagrange é positivo. Pode assim concluir-se que

g(x) > 1− 2

3(x− 1) +

8

9(x− 1)2,

para1

2< x < 1.

3. Seja h uma função de domínio R tal que h(0) = 0 e h′(x) = cos(x) esin2(x). Determine

os extremos relativos de h. Justifique.

Resolução:

A função h é de classe C∞ em R, uma vez que a sua primeira derivada também o é. Sendoh, em particular, uma função diferenciável, os extremos relativos de h, a existirem, sãozeros da sua derivada. Para os determinarmos vamos resolver a equação h′(x) = 0, emordem a x:

h′(x) = 0 ⇔ cos(x) = 0 ∨ esin2(x) = 0 ⇔ x =

π

2+ kπ , k ∈ Z.

Calculando a segunda derivada de h, obtemos h′′(x) = esin2(x) (− sin(x) + cos(x) sin(2x)),

pelo que h′′(π

2+ 2kπ

)= −e e h′′

(− π

2+ 2kπ

)= e. Como a primeira derivada que

não se anula nos pontosπ

2+ kπ , k ∈ Z, é de ordem par, podemos concluir que existirão,

nestes pontos, extremos relativos. Como h′′(π

2+ 2kπ

)< 0, então a função h admite

máximos relativos para x =π

2+ 2kπ, k ∈ Z e, como h′′

(− π

2+ 2kπ

)> 0, a função h

admite mínimos relativos para x = −π2

+ 2kπ, k ∈ Z.

4. Seja f :]0,+∞[→ R uma função com segunda derivada contínua em R+, tal que f ′(1) = 0e f ′′(1) = −2. Seja ϕ a função real de variável real definida por ϕ(x) = f(ex).

59

(a) Calcule ϕ′(0) e ϕ′′(0).

(b) Pode concluir-se que ϕ tem um extremo local no ponto x = 0? Em caso afirmativo,classifique-o.

(c) Usando a fórmula de MacLaurin para a função ϕ, calcule limx→0

ϕ(x)− ϕ(0)

x2.

Resolução:

(a) A função ϕ é uma função diferenciável em R+, por ser a composta de uma funçãodiferenciável em R+ (a função f), com uma função diferenciável em R (a funçãoexponencial). Podemos assim aplicar a ϕ a regra da derivação da função composta,obtendo-se ϕ′(x) = f ′ (ex) ex, pelo que ϕ′(0) = f ′(1) = 0.De modo análogo se justificava que também a função ϕ′ é diferenciável em R+,sendo a sua função derivada definida por ϕ′′(x) = f ′′ (ex) (ex)2 + f ′ (ex) ex, pelo queϕ′′(0) = f ′′(1) + f ′(1) = −2.

(b) Atendendo a que f é uma função com segunda derivada contínua em R+, a função ϕ,sendo a composta da função f com a função exponencial, também é uma função declasse C2 em R+. Na alínea anterior constatamos que ϕ′(0) = 0 e que ϕ′′(0) = −2.Logo, como a primeira derivada de ϕ que não se anula em x = 0 é de ordem par,pode concluir-se que ϕ(0) é um máximo local (ϕ′′(0) < 0), tendo em atenção umdos teoremas estudados, que aplica o teorema de Taylor à determinação de extremoslocais de uma função.

(c) Vimos na alínea anterior que ϕ ∈ C2 (R+), pelo que se pode escrever a sua fórmulade MacLaurin de ordem 2. Assim, pode afirmar-se que existe c ∈]0, x[ ou c ∈]x, 0[,tal que

ϕ(x) = ϕ(0) + xϕ′(0) +x2

2ϕ′′(c)

= ϕ(0) +x2

2

(f ′′ (ec) e2c + ecf ′ (ec)

).

Substituindo ϕ(x) por esta expressão no limite dado, obtém-se

limx→0

ϕ(x)− ϕ(0)

x2= lim

x→0

ϕ(0) + x2

2(f ′′ (ec) e2c + ecf ′ (ec))− ϕ(0)

x2

= limx→0

1

2

(f ′′ (ec) e2c + ecf ′ (ec)

)= −1,

atendendo a que, se x tende para zero, e 0 < c < x ou x < c < 0, também c tendepara zero.

5. Usando a fórmula de Taylor, calcule o seguinte limite:

limx→π

log(| cos(x)|) + (x−π)2

2

(x− π)2.

60

Resolução:

Seja I uma vizinhança ε de π, com 0 < ε <π

2. Como cos(x) < 0, para qualquer x

pertencente a I, então | cos(x)| = − cos(x).

A função g(x) = log (− cos(x)) é de classe C∞ em I, pelo que se pode escrever a suafórmula de Taylor, qualquer que seja a ordem pretendida, em torno do ponto x = π.Assim, em particular para a ordem 2, pode afirmar-se que existe c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[(com x ∈ I), tal que

g(x) = g(π) + (x− π) g′(π) +(x− π)2

2!g′′(c).

Calculando o valor das sucessivas derivadas da função g no ponto x = π, obtém-se

g(x) = log (− cos(x)) ⇒ g(π) = 0

g′(x) = − tan(x) ⇒ g′(π) = 0

g′′(x) = − 1

cos2(x)⇒ g′′(c) = − 1

cos2(c).

Podemos então concluir que existe c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[ tal que

g(x) = − (x− π)2

2

1

cos2(c).

Substituindo no limite dado, obtemos

limx→π

log(| cos(x)|) + (x−π)2

2

(x− π)2= lim

x→π

− (x−π)2

21

cos2(c)+ (x−π)2

2

(x− π)2

= limx→π

(− 1

2 cos2(c)+

1

2

)= 0,

pois se x tende para π, e c ∈]π, x[ ou c ∈]x, π[, também c tende para π.

61

7Estudo de funções


1. Considere a função real de variável real

f(x) =

x|x|, se x > −2

(x+ 2)2 − 4, se x ≤ −2.

(a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(b) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(c) Esboce o gráfico de f e determine o seu contradomínio.


f(x) =

e|x−1|, se x > 0

arctan(x), se x ≤ 0.

(a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(b) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(c) Esboce o gráfico de f e determine o seu contradomínio.


f(x) =

x2 + x, se x < 0

log(−2x2 + x+ 1), se x ≥ 0.

(a) Determine o domínio da função e estude-a quanto à continuidade.(b) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f ′.(c) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(d) Determine a função segunda derivada f ′′.(e) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(f) Esboce o gráfico de f .

63



f(x) =

1

x2 + x, se x < 1

arctan(

1x

), se x ≥ 1.

(a) Determine o domínio da função.(b) Estude a continuidade da função.(c) Determine a função derivada f ′.(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(e) Determine a função segunda derivada f ′′.(f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.

2. Considere a função real de variável real f definida por

f(x) =

|1− x2|, se x ≤ 0

sin(x− 1), se x > 0.

(a) Determine o domínio da função.(b) Estude a função f quanto à continuidade.(c) Estude a função f quanto à diferenciabilidade e determine a função f ′.(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(e) Determine a função f ′′ e estude as concavidades de f .(f) Esboce o gráfico de f .

3. Considere a função real de variável real f , definida por

f(x) =

x log(x), se x > 0ex − 1

e, se x ≤ 0.

(a) Determine o domínio da função.(b) Estude a continuidade da função.(c) Determine a função derivada f ′.(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(e) Determine a função segunda derivada f ′′.(f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.

64



f(x) =

log(1− x2), se − 1 < x < 0

−x2, se x ≥ 0

arctan(−x) , se x ≤ −1.

(a) Determine a função derivada f ′.(b) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .(c) Determine a função segunda derivada f ′′.(d) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .(e) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.

Resolução:Relativamente a esta função, já vimos, no exercício 2 dos Exercícios Resolvidos de Limites,Continuidade e Cálculo Diferencial, que:

• Df = R;

• limx→−1+

f(x) = −∞ e limx→−1−

f(x) =π

4;

• f é contínua em R \ {−1};• f não é diferenciável em x = −1 e é diferenciável em x = 0, sendo f ′(0) = 0;• f(0) = 0;

• limx→−∞

f(x) =π

2.

(a) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′ utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos

f ′(x) =

−2x

1− x2se − 1 < x < 0

−2x se x > 0−1

1 + x2, se x < −1.

Atendendo ao estudo da diferenciabilidade nos pontos x = 0 e x = −1 já efectuado,concluímos então que

f ′(x) =

−2x

1− x2se − 1 < x < 0

−2x se x ≥ 0−1

1 + x2, se x < −1.

65

(b) Para determinar os intervalos de monotonia da função, vamos recorrer a um quadrode sinais para a função (primeira) derivada. Para isso necessitamos de calcular oszeros da primeira derivada, que facilmente se vê ser, neste caso, apenas x = 0.Assim, toda a informação sobre o sinal da primeira derivada encontra-se resumidano quadro seguinte:

−1 0

f ′ − \\\\\ + 0 −

f ↘ ↗ ↘

Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]− 1, 0[, e que é estrita-mente decrescente em ] −∞,−1[ e em ]0,+∞[. Como numa vizinhança de x = 0todas as imagens da função são menores ou iguais que f(0) = 0, então 0 é um máximorelativo para a função. Como em x = −1 a função não é contínua, para averiguarse f(−1) é um extremo relativo é necessário ver detalhadamente como se comportaa função numa vizinhança deste ponto. Atendendo à monotonia da função numavizinhança de x = −1, e aos limites lim

x→−1+f(x) = −∞ e lim

x→−1−f(x) =

π

4= f(−1),

concluímos então que não existe extremo em x = −1.

(c) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′′ utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos

f ′′(x) =

− 2 + 2x2

(1− x2)2se − 1 < x < 0

−2 se x > 02x

(1 + x2)2 , se x < −1.

Precisamos ainda de calcular a segunda derivada de f no ponto x = 0, por definição.Assim, temos

f ′′(0+) = limx→0+

f ′(x)− f ′(0)

x− 0= lim

x→0+

−2x− 0

x− 0= lim

x→0+−2 = −2

e

f ′′(0−) = limx→0−

f ′(x)− f ′(0)

x− 0= lim

x→0−

−2x1−x2 − 0

x− 0= lim

x→0−

−2

1− x2= −2.

Logo, como f ′′(0+) = f ′′(0−) = −2, temos f ′′(0) = −2, pelo que

f ′′(x) =

− 2 + 2x2

(1− x2)2se − 1 < x < 0

−2 se x ≥ 02x

(1 + x2)2 , se x < −1.

66

(d) Para determinar os sentidos de concavidade da função, vamos recorrer a um quadrode sinais para a função segunda derivada. Atendendo a que f ′′ não tem zeros, todaa informação sobre o sinal da segunda derivada encontra-se resumida no quadroseguinte:

−1 0

f ′′ − \\\\\ − − −

f ∩ ∩ ∩

Podemos então concluir que f tem a concavidade voltada para baixo em ]−∞,−1[e em ]− 1,+∞[, não havendo por isso pontos de inflexão.

(e) Atendendo a que limx→−1+

f(x) = −∞, limx→−1−

f(x) =π

4, limx→−∞

f(x) =π

2e limx→+∞

f(x) =

−∞, então CDf =]−∞, 0] ∪ [π4, π

2[.

Segue-se o gráfico da função:


f(x) =

x2 − 1, se x < 1

arcsin(x− 1), se x ≥ 1.

(a) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .

(b) Determine a função segunda derivada f ′′.

(c) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .

(d) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.

Resolução:

Relativamente a esta função, já vimos, no exercício 4 dos Exercícios Resolvidos de Limites,Continuidade e Cálculo Diferencial, que:

• Df =]−∞, 2];

67

• f é contínua em ]−∞, 2];

• f ′(x) =

2x, se x < 1

1√1− (x− 1)2

, se 1 < x < 2.

(a) Para determinar os intervalos de monotonia da função, vamos novamente recorrer aum quadro de sinais para a função (primeira) derivada. O único zero da primeiraderivada é x = 0, e a informação sobre o sinal da primeira derivada encontra-seresumida no quadro seguinte:

0 1 2

f ′ − 0 + \\\\\ + \\\\\

f ↘ ↗ ↗

Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]0, 1[ e em ]1, 2], e que éestritamente decrescente em ] −∞, 0[. Como numa vizinhança de x = 0 todas asimagens da função são maiores ou iguais que f(0) = −1, então −1 é um mínimorelativo para a função. Por outro lado, por um argumento semelhante, f(2) =arcsin(1) = π

2é um máximo relativo para a função. No ponto x = 1, como a função

é contínua (apesar de não ser diferenciável), não existe nenhum extremo relativo.

(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′′ utilizando as regras de derivação. Logo, obtemos

f ′′(x) =

2, se x < 1

x− 1

(1− (x− 1)2)32

, se 1 < x < 2.

(c) A função f ′′ não tem zeros e toda a informação sobre o sinal da segunda derivadaencontra-se resumida no quadro seguinte:

1 2

f ′′ + \\\\\ + \\\\\

f ∪ ∪

Podemos então concluir que f tem a concavidade voltada para cima em ]−∞, 1[ eem ]1, 2], não havendo por isso pontos de inflexão.

(d) Atendendo a que limx→−∞

f(x) = +∞, então CDf = [−1,+∞[.

Podemos ainda verificar que a função tem dois zeros: os pontos x = −1 e x = 1.Segue-se o gráfico da função:

68


f(x) =

|x2 − 4|, se x ≤ 0

log(x− 2), se x > 0.


(b) Estude a continuidade da função.

(c) Determine a função derivada f ′.

(d) Determine os intervalos de monotonia e os extremos locais de f .

(e) Determine a função segunda derivada f ′′.

(f) Determine os sentidos de concavidade e os pontos de inflexão de f .

(g) Esboce o gráfico de f e indique o seu contradomínio.

Resolução:


Df = {x ∈ R : x ≤ 0 ∨ (x− 2 > 0 ∧ x > 0} =]−∞, 0]∪]2,+∞[.

(b) No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, a funçãoé contínua. Nomeadamente, f é contínua em ]−∞, 0[ por ser a composição de duasfunções contínuas no seu domínio (função quadrática e função módulo), e é contínuaem ]2,+∞[ por ser também a composição de duas funções contínuas no seu domínio(função logarítmica e função linear). Falta estudar a continuidade da função noponto x = 0. Uma vez que

limx→0−

f(x) = limx→0−

|x2 − 4| = 4 = f(0),

então f é contínua em x = 0.Concluímos assim que f é contínua em ]−∞, 0]∪]2,+∞[.

69

(c) Uma vez que

|x2 − 4| =

x2 − 4, se x2 − 4 ≥ 0

−x2 + 4, se x2 − 4 < 0=

x2 − 4, se x ≥ 2 ∨ x ≤ −2

−x2 + 4, se − 2 < x < 2,

então

f(x) =

x2 − 4, se x ≤ −2

−x2 + 4, se − 2 < x ≤ 0

log(x− 2), se x > 2.

No interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da função, podemoscalcular f ′ utilizando as regras de derivação. Assim, obtemos

f ′(x) =

2x, se x < −2

−2x, se − 2 < x < 0

1x−2

, se x > 2.

Como só definimos derivada em pontos interiores ao domínio da função, resta-nosestudar o ponto x = −2.Calculando as derivadas laterais, obtemos

f ′(−2+) = limx→−2+

f(x)− f(−2)

x− (−2)= lim

x→−2+

−x2 + 4− 0

x+ 2= lim

x→−2+−(x− 2)(x+ 2)

x+ 2

= − limx→−2+

(x− 2) = 4

e

f ′(−2−) = limx→−2−

f(x)− f(−2)

x− (−2)= lim

x→−2−

x2 − 4− 0

x+ 2= lim

x→−2−

(x− 2)(x+ 2)

x+ 2

= limx→−2−

(x− 2) = −4.

Como f ′(−2+) 6= f ′(−2−) então não existe f ′(−2) pelo que

f ′(x) =

2x, se x < −2

−2x, se − 2 < x < 0

1x−2

, se x > 2.

(d) A (primeira) derivada da função não tem zeros, pelo que facilmente se obtém oquadro resumo abaixo:

−2 0 2

f ′ − \\\\\ + \\\\\ \\\\\ \\\\\ +

f ↘ ↗ \\\\\ \\\\\ ↗

70

Podemos então concluir que f é estritamente crescente em ]−2, 0[ e em ]2,+∞[, e queé estritamente decrescente em ]−∞,−2[. Como numa vizinhança de x = −2 todasas imagens da função são maiores ou iguais que f(−2) = 0, então 0 é um mínimorelativo para a função. Por outro lado, por um argumento semelhante, f(0) = 4 éum máximo relativo para a função.

(e) Como no interior do intervalo onde está definido cada um dos ramos da funçãopodemos calcular f ′′ utilizando as regras de derivação, obtemos

f ′′(x) =

2, se x < −2

−2, se − 2 < x < 0

−1(x−2)2

, se x > 2.

(f) A segunda derivada da função também não tem zeros, pelo que obtemos o quadroresumo abaixo:

−2 0 2

f ′ + \\\\\ − \\\\\ \\\\\ \\\\\ −

f ∪ ∩ \\\\\ \\\\\ ∩

Concluímos, então, que f tem a concavidade voltada para cima em ] − ∞,−2[ eque tem a concavidade voltada para baixo em ] − 2, 0[ e em ]2,+∞[. No pontox = −2, apesar de termos mudança de sentido de concavidade à direita e à esquerdado ponto, não temos nenhum ponto de inflexão porque a função não é diferenciávelneste ponto.

(g) Atendendo a que limx→−∞

f(x) = +∞, limx→+∞

f(x) = +∞, e limx→2+

f(x) = −∞, entãoCDf = R.Podemos ainda verificar que a função tem dois zeros: os pontos x = −2 e x = 3.Segue-se o gráfico da função:

71

8Primitivação


1. Determine as primitivas das funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:

(a) ex +1

x;

(b) 4x + 3x5 + 2;

(c) sin(x) cos(x);

(d)1

x2 + 1+

43√x2

;

(e) 6x(x2 + 1);

(f) 64x + e5x;

(g) cos(cos(x)) sin2(cos(x)) sin(x);

(h) ex2+2 sin(x)(x+ cos(x));

(i) cos(2x) cos(x);

(j)sin(x)

cos2(x);

(k)log(arcsin(x))

arcsin(x)√

1− x2;

(l)(1 + 2 arctan(x))3

1 + x2;

(m)1

cos2(x)√

1 + tan(x);

(n)arctan(x)

1 + x2;

(o)√

1 + log(x8)

x;

(p)(

1√x

+ x3

)2

;

73

(q)sin(x)− cos(x)

sin(x) + cos(x);

(r) cos2(x);

(s)1√

9− x2.

2. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = cos(4x+π). Determine a primitivade f que toma o valor 2 quando x = 0.

3. Primitive, por partes, as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:

(a) (3x− 1) sin(x);

(b) log2(x);

(c) x2ex;

(d)log(log(x))

x.

4. Usando em cada caso a substituição indicada, primitive as funções definidas por:

(a)1 + 4ex

1 + 2ex(ex = t);

(b)1

1− cos(x)(tan(x/2) = t);

(c) tan3(x) (tan(x) = t);

(d)√x

4 +√x

(√x = t).

5. Determine as primitivas das funções racionais definidas pelas seguintes expressões analí-ticas:

(a)x4

x+ 2;

(b)1

(x+ 2)(x− 3)(x+ 4);

(c)x2 − x

(x+ 1)2(x− 2);

(d)−4x

x2 + 4x+ 3.


(a)1

x2 + 2x+ 5;

(b)x4 + x2 − x+ 1

x3 + x;

74

(c)x2 + 6x

x3 + x2 + 4x+ 4;

(d)2x3 + x2 + 4x+ 3

2x4 + 4x3 + 4x2 + 4x+ 2.

7. Determine as primitivas das funções irracionais definidas pelas seguintes expressões ana-líticas:

(a)√

2x+ 34√

2x+ 3 + 2;

(b)1

x√x2 − x− 1

;

(c)1

x− 3√

3x− 2;

(d)1

x√x2 + x− 2

.

8. Determine as primitivas das funções transcendentes definidas pelas seguintes expressõesanalíticas:

(a)cos(x)

1 + cos(x);

(b)e2x

ex + 1;

(c)1

1 + sin2(x);

(d)1

(2 + cos(x))(1 + sin(x)).

9. Seja f a função real de variável real definida por f(x) =ex

(e2x − ex − 2)2. Determine a

primitiva de f que toma o valor 1 quando x = 0.

10. Primitive as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:

(a)x

3√x2 + 1

+ 3x2 arctan(x);

(b)sin(x) + cos(x)

sin(x)− cos(x);

(c) x2 sin(4x);

(d)x2 + 1

4 + 2x2;

(e)1√x

+x√x

3;

75

(f)√

9− x2

x;

(g) ex sin(x);

(h) arctan(x);

(i)1

x+ 2

√x+ 1

x+ 2;

(j)1√

x2 + 4;

(k)sin(x) cos(x)

4 cos2(x) + sin(x) cos(x);

(l) cos(sin(x)) cos(x).

11. Determine a função real de variável real que satisfaz simultaneamente as condições f ′(x) =x cos(x2) + xe2x − 1 e f(0) = 2.

76



(a)3x3 − 5

√x

x;

(b) 3x3 + 4 sin(x);

(c)ex

1 + ex;

(d) e4x2+log(x);

(e)log2(x)

x;

(f) e2x cot(e2x);

(g)e√x

√x;

(h)sin(x)

1 + cos2(x);

(i)1

(1 + x2)(1 + arctan2(x));

(j) (sin(ax+ b)− cos(ax+ b))2;

(k)cos(log(x)). sin(log(x))

x;

(l)cos(x)

5√

(sin(x))8;

(m) sec(tan(x)) tan(tan(x)) sec2(x);

(n)etan(x)

cos2(x);

(o) tan(x) log(cos(x)).

2. Primitive, por partes, as funções definidas pelas seguintes expressões analíticas:

(a) (3x2 + 1)e5x;

(b)3x+ 2

4cos(5x);

(c)x

sin2(x).

3. Usando em cada caso a substituição indicada, primitive as funções definidas por:

(a) cos2(x) sin3(x) (cos(x) = t);

(b)√

1− x2 (x = sin(t) ou x = cos(t));

77

(c)ex/2

ex/3 + 1(ex/6 = t).

4. Divida o polinómio x3 + 2x2 + x+ 3 pelo polinómio x2 + 1.

5. Mostre que o polinómio x3 + x− 2 é redutível.

6. Mostre que os polinómios 3x+ 2 e x2 − 4x+ 13 são irredutíveis.


(a)x2 + 4x+ 6

x2 + 2;

(b)x3

x2 + 1+

4

x4 + x3 − 3x2 − x+ 2;

(c)x2 + 4

(x2 + 2x+ 2)(x− 1)2.

8. Determine as primitivas das funções irracionais definidas pelas seguintes expressões ana-líticas:

(a)x2 + 1

(√x)3 + 3x+ 2

√x;

(b)√

2x+ x2

x2;

(c)1

x3√x2 − 9

.

9. Determine as primitivas das funções transcendentes definidas pelas seguintes expressõesanalíticas:

(a)tan(x)

1 + sin2(x);

(b)1− sin(x)

1 + cos(x);

(c)ex + 2

e2x − 2ex.

10. Determine a função real de variável real f , definida em R+, que satisfaz as condições

f ′(x)= x (cos(x) + log(x)) e f(1) = 0.


(a) log(x+√

1 + x2);

(b) x sin(x2 − 1) + log(x2 + x+ 1);

78

(c) e5x sin(2x);

(d)2x+ x2

x2;

(e)x6

7x7 + 5+ (x+ 2)e−x;

(f) x cos(x) sin(x);

(g)1

x− 3√

3x− 2;

(h)x3

√4 + x2

.

12. Determine a função real de variável real f , definida no intervalo ]− 1, 1[, que satisfaz ascondições

f ′(x)=x2 + 1

x2 + 2+ arcsin(x) e f(0) = 0.

79


1. Determine a primitiva de h(x) =5 sin(x) cos(x)

1− 2 cos2(x).

Resolução:

O domínio da função h é Dh = {x ∈ R : 1− 2 cos2(x) 6= 0}.Notando que (1− 2 cos2(x))

′= 4 cos(x) sin(x), obtemos

P

(5 sin(x) cos(x)

1− 2 cos2(x)

)=

5

4P

(4 sin(x) cos(x)

1− 2 cos2(x)

)=

5

4log |1− 2 cos2(x)|+ C,

onde C ∈ R e x ∈ Dh.

2. Determine a primitiva de h(x) = log(1− x2).

Resolução:

O domínio da função h é Dh = {x ∈ R : 1− x2 > 0} =]− 1, 1[.

Vamos usar o método de primitivação por partes para calcular a primitiva de h. Definindo

f(x) = 1 e g(x) = log(1− x2

)e notando que g é uma função diferenciável no seu domínio ]− 1, 1[, obtemos

P (h) = P (fg) = Fg − P (Fg′) ,

ondeF (x) = P (f(x)) = P (1) = x e g′(x) =

−2x

1− x2=

2x

x2 − 1.

Segue-se então que

P (h(x)) = P(log(1− x2)

)= x log(1− x2)− P

(x

2x

x2 − 1

)= x log(1− x2)− 2P

(x2

x2 − 1

). (8.1)

Vamos então calcular a primitiva dex2

x2 − 1. Notando que a função a primitivar é uma

função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio nodenominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter

x2

x2 − 1= 1 +

1

x2 − 1,

80

donde se segue que

P

(x2

x2 − 1

)= P

(1 +

1

x2 − 1

)= x+ P

(1

x2 − 1

). (8.2)

Falta ainda calcular a primitiva de1

x2 − 1. Notando que:

(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador émenor do que o grau do polinómio no denominador,

(ii) os zeros do polinómio x2− 1 no denominador são reais (1 e −1) e têm ambos multi-plicidade 1,

(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denominadornão têm factores comuns,

então existem A,B ∈ R tais que

1

x2 − 1=

A

x− 1+

B

x+ 1, ∀x ∈ R \ {−1, 1},

ou seja, existem A,B ∈ R tais que

1 = A(x+ 1) +B(x− 1), ∀x ∈ R \ {−1, 1}. (8.3)

De (8.3), podemos escrever a igualdade polinomial 0x+ 1 = (A+B)x+ (A−B) de ondese obtém o sistema A+B = 0

A−B = 1,

que tem como solução A = 12e B = −1

2. Deste modo, obtemos

1

x2 − 1=

12

x− 1−

12

x+ 1,

donde se segue que

P

(1

x2 − 1

)= P

( 12

x− 1

)− P

( 12

x+ 1

)=

1

2log |x− 1| − 1

2log |x+ 1|+ C. (8.4)

Das igualdades (8.2) e (8.4) obtemos

P

(x2

x2 − 1

)= x+ P

(1

x2 − 1

)= x+

1

2log |x− 1| − 1

2log |x+ 1|+ C (8.5)

81

e das igualdades (8.1) e (8.5) concluímos que

P (h(x)) = x log(1− x2)− 2P

(x2

x2 − 1

)= x log(1− x2)− 2x− log |x− 1|+ log |x+ 1|+ C,


3. Determine a primitiva de f(x) =e2x + 1

ex(2 + e2x).

Resolução:

A função a primitivar é uma função transcendente de domínio R. Para calcular a suaprimitiva utilizamos a substituição ex = t ou, equivalentemente, x = log(t). Dado queϕ(t) = log(t) é uma função bijectiva e diferenciável em R+ com derivada dada por ϕ′(t) =1te função inversa definida por ϕ−1(x) = ex, efectuando a substituição, obtemos

P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ′(t))}|t=ϕ−1(x)

=

{P

(t2 + 1

t(2 + t2)

1

t

)}|t=ϕ−1(x)

=

{P

(t2 + 1

t2(2 + t2)

)}|t=ϕ−1(x)

. (8.6)

Vamos então calcular a primitiva det2 + 1

t2(2 + t2). Notando que:


(ii) o polinómio t2(2 + t2) no denominador tem uma raiz real (0) com multiplicidade 2e um par de raízes complexas conjugadas (±

√2 i) com multiplicidade 1,


então existem A,B,M,N ∈ R tais que

t2 + 1

t2(2 + t2)=A

t+B

t2+Mt+N

2 + t2, ∀t ∈ R \ {0},

ou seja, existem A,B,M,N ∈ R tais que

t2 + 1 = At(2 + t2) +B(2 + t2) + (Mt+N)t2 , ∀t ∈ R \ {0}. (8.7)

82

De (8.7), podemos escrever a igualdade polinomial 0t3 + t2 + 0t+ 1 = (A+M)t3 + (B +N)t2 + 2At+ 2B de onde se obtém o sistema

A+M = 0

B +N = 1

2A = 0

2B = 1,

que tem como solução A = 0, B = 12, M = 0 e N = 1

2.

Deste modo, obtemost2 + 1

t2(2 + t2)=

12

t2+

12

2 + t2,

donde se segue que

P

(t2 + 1

t2(2 + t2)

)= P

( 12

t2+

12

2 + t2

)=

1

2P (t−2) +

1

2P

(1

2 + t2

)=

1

2P (t−2) +

1

2P

(12

1 + t2

2

)

=1

2P (t−2) +

√2

4P

1√2

1 +(

t√2

)2

= − 1

2t+

√2

4arctan

(t√2

)+ C. (8.8)

Das igualdades (8.6) e (8.8) concluímos que

P

(e2x + 1

ex(2 + e2x)

)=

{P

(t2 + 1

t2(2 + t2)

)}|t=ϕ−1(x)

=

{− 1

2t+

√2

4arctan

(t√2

)+ C

}|t=ϕ−1(x)

= − 1

2ex+

√2

4arctan

(ex√2

)+ C,

onde C ∈ R.

4. Determine a primitiva de h(x) =sin(x)

cos(x)(cos(x)− 1).

Resolução:

83

A função a primitivar é uma função transcendente de domínio Dh={x∈R : (cos(x) 6= 0)∧ (cos(x)−1 6= 0)}. Notando que a função h é ímpar em sin(x), utilizamos a substituiçãot = cos(x) ou, equivalentemente, x = arccos(t). Dado que ϕ(t) = arccos(t) é umafunção bijectiva de [−1, 1] em [0, π], e diferenciável em ] − 1, 1[ com derivada dada porϕ′(t) = − 1√

1−t2 e função inversa definida por ϕ−1(x) = cos(x), efectuando a substituição,obtemos

P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ′(t))}|t=ϕ−1(x)

=

{P

(√1− t2

t(t− 1)

(− 1√

1− t2

))}|t=ϕ−1(x)

=

{−P

(1

t(t− 1)

)}|t=ϕ−1(x)

. (8.9)

Vamos então calcular a primitiva de1

t(t− 1). Notando que:


(ii) o polinómio t(t − 1) no denominador tem duas raízes reais (0 e 1), ambas commultiplicidade 1,


então existem A,B ∈ R tais que1

t(t− 1)=A

t+

B

t− 1, ∀t ∈ R \ {0, 1},

ou seja, existem A,B ∈ R tais que

1 = A(t− 1) +Bt , ∀t ∈ R \ {0, 1}. (8.10)

De (8.10), podemos escrever a igualdade polinomial 0t + 1 = (A + B)t − A de onde seobtém o sistema A+B = 0

−A = 1,

que tem como solução A = −1 e B = 1. Deste modo, obtemos1

t(t− 1)= −1

t+

1

t− 1,

donde se segue que

P

(1

t(t− 1)

)= P

(−1

t+

1

t− 1

)= −P

(1

t

)+ P

(1

t− 1

)= − log |t|+ log |t− 1|+ C. (8.11)

84

Das igualdades (8.9) e (8.11) segue-se que

P

(sin(x)

cos(x)(cos(x)− 1)

)=

{−P

(1

t(t− 1)

)}|t=ϕ−1(x)

= {log |t| − log |t− 1|+ C}|t=ϕ−1(x)

= log |cos (x)| − log |cos(x)− 1|+ C,


5. Determine a função h, real de variável real, que satisfaz simultaneamente as condiçõesh′(x) = x log(x2 + 2) e h(0) = 0.

Resolução:

Vamos usar o método de primitivação por partes para calcular a primitiva de h′. Definindo

f(x) = x e g(x) = log(x2 + 2

)e notando que g é uma função diferenciável no seu domínio R, obtemos

P (h′) = P (fg) = Fg − P (Fg′) ,

ondeF (x) = P (f(x)) = P (x) =

x2

2e g′(x) =

2x

x2 + 2.

Segue-se então que

h(x) = P (h′(x)) = P(x log(x2 + 2)

)=

x2

2log(x2 + 2)− P

(x2

2

2x

x2 + 2

)=

x2

2log(x2 + 2)− P

(x3

x2 + 2

). (8.12)

Vamos então calcular a primitiva dex3

x2 + 2. Notando que a função a primitivar é uma

função racional cujo grau do polinómio no numerador é maior do que o grau do polinómiono denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter

x3

x2 + 2= x− 2x

x2 + 2,

donde se segue que

P

(x3

x2 + 2

)= P

(x− 2x

x2 + 2

)= P (x)− P

(2x

x2 + 2

)=

x2

2− log

(x2 + 2

)+ C. (8.13)

85

Das igualdades (8.12) e (8.13) concluímos que

h(x) =

(x2

2+ 1

)log(x2 + 2)− x2

2+ C,

para algum C ∈ R.

Vamos agora determinar C ∈ R de modo a que se verifique h(0) = 0. Dado que

h(0) = log(2) + C,

então temos que terC = − log(2).

Assim, a função pretendida é

h(x) =

(x2

2+ 1

)log(x2 + 2)− x2

2− log(2).

6. Determine a função real h, definida em [−1, 1] e que satisfaz simultaneamente as condições

h′(x) =x2 + 1

x2 + 2+ arcsin(x) e h(0) = 0.

Resolução:

A função pretendida é uma primitiva de h′. Começamos por notar que

P (h′(x)) = P

(x2 + 1

x2 + 2

)+ P (arcsin(x)) . (8.14)

Vamos então calcular a primitiva dex2 + 1

x2 + 2. Notando que a função a primitivar é uma

função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao grau do polinómio nodenominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter

x2 + 1

x2 + 2= 1− 1

x2 + 2,

donde se segue que

P

(x2 + 1

x2 + 2

)= P

(1− 1

x2 + 2

)= P (1)− P

(1

x2 + 2

)= P (1)− P

(12

x2

2+ 1

)

= x−√

2

2P

1√2(

x√2

)2

+ 1

= x−

√2

2arctan

(x√2

)+ C1, (8.15)

86

onde C1 ∈ R.

Para calcularmos a primitiva de arcsin(x) usamos o método de primitivação por partes.Definindo

f(x) = 1 e g(x) = arcsin(x)

e notando que g é uma função diferenciável em ]− 1, 1[, obtemos

P (arcsin(x)) = P (fg) = Fg − P (Fg′) ,

ondeF (x) = P (f(x)) = P (1) = x e g′(x) =

1√1− x2

.

Segue-se então que

P (arcsin(x)) = x arcsin(x)− P(

x√1− x2

)= x arcsin(x) +

1

2P(−2x (1− x2)−

12

)= x arcsin(x) +

√1− x2 + C2, (8.16)

onde C2 ∈ R.

Das igualdades (8.14), (8.15) e (8.16) obtemos

h(x) = x−√

2

2arctan

(x√2

)+ x arcsin(x) +

√1− x2 + C,

para algum C ∈ R.

Vamos agora determinar C ∈ R de modo a que se verifique h(0) = 0. Dado que

h(0) = 1 + C,

então temos que terC = −1.

Assim, a função pretendida é

h(x) = x−√

2

2arctan

(x√2

)+ x arcsin(x) +

√1− x2 − 1.

7. Determine a primitiva de f(x) =1√

x2 − 3x+ 2.

Resolução:

A função a primitivar é uma função algébrica irracional de domínio Dh = {x ∈ R :x2 − 3x+ 2 > 0}.

87

Para calcular a sua primitiva podemos, por exemplo, utilizar a substituição√x2 − 3x+ 2 =

x+ t. Da igualdade anterior, obtemos sucessivamente

√x2 − 3x+ 2 = x+ t

⇒ x2 − 3x+ 2 = (x+ t)2 = x2 + 2xt+ t2

⇒ −3x− 2xt = −2 + t2

⇒ x(−3− 2t) = −2 + t2

⇒ x =2− t2

3 + 2t.

Dado que ϕ(t) =2− t2

3 + 2té uma função bijectiva e diferenciável em R\{−3

2} com derivada

dada por ϕ′(t) = −2 (2+3t+t2)(3+2t)2

e função inversa definida por ϕ−1(x) =√x2 − 3x+ 2 − x,

efectuando a substituição, obtemos

P (f(x)) = {P (f (ϕ(t)) .ϕ′(t))}|t=ϕ−1(x)

=

P− 1

2− t2

3 + 2t+ t

2 (2 + 3t+ t2)

(3 + 2t)2

|t=ϕ−1(x)

=

P− 1

2 + 3t+ t2

3 + 2t

2 (2 + 3t+ t2)

(3 + 2t)2

|t=ϕ−1(x)

=

{P

(− 3 + 2t

2 + 3t+ t22 (2 + 3t+ t2)

(3 + 2t)2

)}|t=ϕ−1(x)

=

{−P

(2

3 + 2t

)}|t=ϕ−1(x)

= {− log |3 + 2t|+ C}|t=ϕ−1(x)

= − log∣∣3 + 2

(√x2 − 3x+ 2− x

)∣∣+ C,


88

9Cálculo Integral. Áreas defiguras planas


1. Calcule os seguintes integrais:

(a)∫ 5

1

1

(x+ 7)2 dx;

(b)∫ π

2

0

cos3(x) dx;

(c)∫ 1

0

eax sin(bx) dx (a, b ∈ R);

(d)∫ 9

4

1−√x

1 +√x

dx;

(e)∫ 2

√3

√x2 − 3

xdx;

(f)∫ 15

−1

4√x+ 1√

x+ 1 + 2dx;

(g)∫ π

2

π4

x cos(x)

sin2(x)dx;

(h)∫ 1

−2

1√x2 + 4x+ 5

dx;

(i)∫ 2

1

2x3 + 2x2 + 5x+ 3

x4 + 2x3 + 3x2dx.

2. Calcule a derivada das seguintes funções:

(a) F (x) =

∫ x

1

1

tdt;

89

(b) F (x) =

∫ x3

0

et dt;

(c) F (x) =

∫ 0

x2

sin(t) dt;

(d) F (x) =

∫ x3

x2

log(t) dt.

3. Calcule, caso exista, o seguinte limite:

limx→0

∫ x2

x

sin(t2) dt

sin2(x).


f(x) =

∫ sin(x)

0

et2

dt.

(a) Determine a função f ′. Justifique a resposta.

(b) Determine os extremos relativos de f . Justifique a resposta.

5. Determine a área de cada um dos seguintes domínios:

(a) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) = ex e g(x) = e−x, e pelas rectasde equação x = −1 e x = 2;

(b) Domínio limitado pela parábola de equação y2 = 2x − 2 e pela recta de equaçãoy − x+ 5 = 0;

(c) Domínio contido no semiplano x ≥ −1 e limitado pela recta de equação y = 0 e pelográfico da função f(x) =

x

(x2 + 3)2;

(d) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) = arctan(x) e g(x) =π

4x2;

(e) Domínio limitado pelos gráficos das funções f(x) =1

x, g(x) = 3x e h(x) = 6x.

90



(a)∫ 5

2

−5

(x+ 1)2 dx;

(b)∫ 3

1

x3 log (x) dx;

(c)∫ 1

0

log(x+√

3 + x2)

dx;

(d)∫ 8

4

x√x2 − 15

dx;

(e)∫ 2

0

3 arctan(√

1 + x)

dx;

(f)∫ 2

0

x3 + x2 − 12x+ 1

x2 + x− 12dx;

(g)∫ 16

1

74√x+√x

dx.

2. Calcule, caso exista, o seguinte limite:

limx→0+

∫ x2

0

sin(√t) dt

x3.

3. Considere a função real de variável real f definida por

f(x) =

∫ 1

x2

e−t2√t

dt.

(a) Determine a fórmula de Taylor de ordem 2 de f , no ponto x = 1.

(b) Calcule limx→1

f(x) + 2e(x− 1)

(x− 1)2.

4. Determine a área de cada um dos seguintes domínios:

(a) Domínio contido no semiplano x ≥ 0 e limitado pela circunferência x2 + y2 = 4;

(b) Domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = (x+ 1)2− 4 e pela recta de equaçãoy = 2x;

(c) Domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = x3−6x2+8x e pela recta de equaçãoy = 0;

91

(d) Domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = arcsin(x) e pela recta de equaçãoy =

π

2x;

(e) Domínio contido no 1o quadrante e limitado pela hipérbole de equação xy = 1, pelaparábola de equação y = x2 e pela recta de equação y = 4.

92



(a)∫ 8

1

1 + 3√x dx;

(b)∫ e

1

1

x(log(x))3 dx;

(c)∫ √2

0

x2 + 2x+ 3

x2 + 2dx;

(d)∫ 3

0

(x+ 1)√

9− x2 dx;

(e)∫ 2

1

e3x + e2x + 1

ex − e−xdx;

(f)∫ 1

0

5x+ 1

(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)dx.

Resolução:

(a) A função integranda f(x) = 1 + 3√x está definida e é contínua no intervalo [1, 8],

pelo que f é integrável neste intervalo.Atendendo a que F (x) = x+ 3

4

3√x4 é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,

obtemos∫ 8

1

1 + 3√x dx =

[x+

3

4

3√x4

]8

1

= (8 +3

4

3√

84)− (1 +3

4

3√

14) =73

4.

(b) A função integranda f(x) =1

x(log(x))3 está definida e é contínua no intervalo [1, e],

pelo que f é integrável neste intervalo.

Atendendo a que F (x) =(log(x))4

4é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,

obtemos∫ e

1

1

x(log(x))3 dx =

[(log(x))4

4

]e1

=

((log(e))4

4

)−(

(log(1))4

4

)=

1

4.

(c) A função integranda f(x) =x2 + 2x+ 3

x2 + 2é uma função racional definida e contínua

no intervalo [0,√

2], logo f é integrável neste intervalo.Como f é uma função racional cujo grau do polinómio no numerador é igual ao graudo polinómio no denominador, aplicamos o algoritmo da divisão para obter

x2 + 2x+ 3

x2 + 2= 1 +

2x+ 1

x2 + 2.

93

Assim,

∫ √2

0

x2 + 2x+ 3

x2 + 2dx =

∫ √2

0

1 +2x+ 1

x2 + 2dx =

∫ √2

0

1 +2x

x2 + 2+

1

x2 + 2dx

=

∫ √2

0

1 +2x

x2 + 2+

√2

2

1√2(

x√2

)2

+ 1dx.

Atendendo a que F (x) = x + log(x2 + 2) +√

22

arctan

(x√2

)é uma primitiva de f

então, pela regra de Barrow, obtemos

∫ √2

0

x2 + 2x+ 3

x2 + 2dx

=

[x+ log(x2 + 2) +

√2

2arctan

(x√2

)]√2

0

=

(√

2 + log((√

2)2 + 2)

+

√2

2arctan

(√2√2

))−

(0 + log(02 + 2) +

√2

2arctan

(0√2

))=√

2 + log(2) +

√2

8π.

(d) A função integranda f(x) = (x+ 1)√

9− x2 é o produto de uma função polinomialpor uma função irracional, ambas definidas e contínuas no intervalo [0, 3]. Assim, festá definida e é contínua em [0, 3], pelo que é integrável neste intervalo.

Observe-se que o integral dado se pode decompor na soma de dois integrais, na forma

∫ 3

0

(x+ 1)√

9− x2 dx =

∫ 3

0

x√

9− x2 dx+

∫ 3

0

√9− x2 dx. (9.1)

Relativamente à primeira parcela, como F1(x) =−1

3

√(9− x2)3 é uma primitiva

da função f1(x) = x√

9− x2, pela regra de Barrow, obtemos∫ 3

0

x√

9− x2 dx =[−1

3

√(9− x2)3

]3

0

=

(−1

3

√(9− 32)3

)−(−1

3

√(9− 02)3

)= 9.

Relativamente à segunda parcela, vamos efectuar uma integração por substituiçãosendo, neste caso, x = 3 sin(t) uma substituição adequada. A função ϕ(t) = 3 sin(t)é uma função de classe C1 em [0, π

2], pois ϕ′(t) = 3 cos(t) é contínua neste intervalo.

Atendendo a que ϕ(0) = 0 e que ϕ(π2

)= 3, efectuando a substituição, obtemos

94

∫ 3

0

√9− x2 dx =

∫ π2

0

√9− 9 sin2(t) 3 cos(t) dt

=

∫ π2

0

√9(1− sin2(t)) 3 cos(t) dt

=

∫ π2

0

3 |cos(t)| 3 cos(t)dt

=

∫ π2

0

9 cos2(t) dt

= 9

∫ π2

0

(1

2+

1

2cos(2t)

)dt

=9

2

[t+

sin(2t)

2

]π2

0

=9

4π .

Da igualdade (9.1) concluímos então que∫ 3

0

(x+ 1)√

9− x2 dx =

∫ 3

0

x√

9− x2 dx+

∫ 3

0

√9− x2 dx = 9 +

9

4π.

(e) A função integranda f(x) =e3x + e2x + 1

ex − e−xé uma função transcendente definida e

contínua no intervalo [1, 2], pelo que f é integrável neste intervalo.Vamos efectuar uma integração por substituição. Neste caso, a substituição ade-quada é ex = t ou, equivalentemente, x = log(t). A função ϕ(t) = log(t) é uma

função de classe C1 em [e, e2], uma vez que ϕ′(t) =1

té contínua neste intervalo.

Atendendo a que ϕ(e) = 1 e que ϕ(e2)

= 2, efectuando a substituição, obtemos∫ 2

1

e3x + e2x + 1

ex − e−xdx =

∫ e2

e

t3 + t2 + 1

t− 1t

1

tdt =

∫ e2

e

t3 + t2 + 1

t2 − 1dt.

Como a função integrandat3 + t2 + 1

t2 − 1é uma função racional cujo grau do polinó-

mio no numerador é maior que o grau do polinómio no denominador, aplicamos o

algoritmo da divisão para obtert3 + t2 + 1

t2 − 1= t+ 1 +

t+ 2

t2 − 1. Logo,∫ e2

e

t3 + t2 + 1

t2 − 1dt =

∫ e2

e

t+ 1 +t+ 2

t2 − 1dt =

∫ e2

e

t+ 1 dt+

∫ e2

e

t+ 2

t2 − 1dt. (9.2)

Relativamente à primeira parcela, como F1(t) = t2

2+ t é uma primitiva da função

integranda f1(t) = t+ 1 obtemos, pela regra de Barrow,∫ e2

e

t+ 1 dt =

[t2

2+ t

]e2e

=

(e4

2+ e2

)−(e2

2+ e

)=e4

2+e2

2− e.

Relativamente à segunda parcela, note-se que:

95

(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera-dor é menor do que o grau do polinómio no denominador,

(ii) o polinómio t2− 1 no denominador tem duas raízes reais (1 e −1) com multipli-cidade 1,

(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi-nador não têm factores comuns,

então existem A,B ∈ R tais que

t+ 2

t2 − 1=

t+ 2

(t− 1)(t+ 1)=

A

t− 1+

B

t+ 1, ∀t ∈ R \ {−1, 1},

ou seja, existem A,B ∈ R tais que t+ 2 = A(t+ 1) +B(t− 1), ∀t ∈ R \ {−1, 1}. Daigualdade anterior, podemos escrever a igualdade polinomial t+2 = (A+B)t+(A−B)de onde se obtém o sistema A+B = 1

A−B = 2,

que tem como solução A =3

2e B = −1

2.

Logo, ∫ e2

e

t+ 2

t2 − 1dt =

∫ e2

e

32

t− 1+−1

2

t+ 1dt.

Atendendo a que F2(x) =3

2log |t − 1| − 1

2log |t + 1| é uma primitiva de f2(x) =

32

t− 1+−1

2

t+ 1então, pela regra de Barrow,

∫ e2

e

t+ 2

t2 − 1dt

=

[3

2log |t− 1| − 1

2log |t+ 1|

]e2e

=3

2log(e2 − 1)− 1

2log(e2 + 1)− 3

2log(e− 1) +

1

2log(e+ 1)

=3

2log(e+ 1)− 1

2log(e2 + 1) +

1

2log(e+ 1) = 2 log(e+ 1)− 1

2log(e2 + 1).

Então, da igualdade (9.2) obtemos∫ 2

1

e3x + e2x + 1

ex − e−xdx

=

∫ e2

e

t3 + t2 + 1

t2 − 1dt =

∫ e2

e

t+ 1 dt+

∫ e2

e

t+ 2

t2 − 1dt

=e4

2+e2

2− e+ 2 log(e+ 1)− 1

2log(e2 + 1).

96

(f) A função integranda f(x) =5x+ 1

(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)é uma função racional definida e

contínua no intervalo [0, 1], pelo que f é integrável neste intervalo.Vamos então calcular uma primitiva de f . Notando que:

(i) a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera-dor é menor do que o grau do polinómio no denominador,

(ii) o polinómio (x2 + 2x + 5)(x + 1) no denominador tem uma raiz real (−1) commultiplicidade 1, e um par de raízes complexas conjugadas (−1± 2i) com mul-tiplicidade 1,

(iii) a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi-nador não têm factores comuns,

então existem A,B,C ∈ R tais que

5x+ 1

(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)=

A

x+ 1+

Bx+ C

x2 + 2x+ 5, ∀x ∈ R \ {−1},

ou seja, existem A,B,C ∈ R tais que

5x+ 1 = A(x2 + 2x+ 5) + (Bx+ C)(x+ 1), , ∀x ∈ R \ {−1}. (9.3)

De (9.3), podemos escrever a igualdade polinomial

0x2 + 5x+ 1 = (A+B)x2 + (2A+B + C)x+ 5A+ C

de onde se obtém o sistema A+B = 0

2A+B + C = 5

5A+ C = 1,

que tem como solução A = −1, B = 1 e C = 6.Deste modo, obtemos∫ 1

0

5x+ 1

(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)dx

=

∫ 1

0

−1

x+ 1+

x+ 6

x2 + 2x+ 5dx

=

∫ 1

0

−1

x+ 1dx+

∫ 1

0

x+ 6

x2 + 2x+ 5dx

=

∫ 1

0

−1

x+ 1dx+

∫ 1

0

x+ 1

x2 + 2x+ 5dx+

∫ 1

0

5

x2 + 2x+ 5dx.

(9.4)

Relativamente à primeira parcela, como F1(x) = − log |x + 1| é uma primitiva da

função integranda f1(x) =−1

x+ 1obtemos, pela regra de Barrow,

97

∫ 1

0

−1

x+ 1dx = [− log |x+ 1| ]10 = − log |2|+ log |1| = − log(2).

Quanto à segunda parcela, como F2(x) = 12log |x2 + 2x + 5| é uma primitiva da

função integranda f2(x) =x+ 1

x2 + 2x+ 5, obtemos pela regra de Barrow,∫ 1

0

x+ 1

x2 + 2x+ 5dx =

1

2

[log |x2 + 2x+ 5|

]10

=1

2(log(8)− log(5)) =

1

2log

(8

5

).

Finalmente, como ∫ 1

0

5

x2 + 2x+ 5dx =

∫ 1

0

5

(x+ 1)2 + 4dx

=5

4

∫ 1

0

1

(x+12

)2 + 1dx

=5

2

∫ 1

0

12

(x+12

)2 + 1dx

e F3(x) = arctan

(x+ 1

2

)é uma primitiva da função integranda f3(x) =

12

(x+12

)2 + 1obtemos, pela regra de Barrow,∫ 1

0

5

x2 + 2x+ 5dx =

5

2

∫ 1

0

12

(x+12

)2 + 1dx

=5

2

[arctan

(x+ 1

2

)]1

0

=5

2

(arctan(1)− arctan

(1

2

))=

5

2

(π

4− arctan

(1

2

))=

5π

8− 5

2arctan

(1

2

).

Da igualdade (9.4) obtemos então∫ 1

0

5x+ 1

(x2 + 2x+ 5)(x+ 1)dx

=

∫ 1

0

−1

x+ 1dx+

∫ 1

0

x+ 1

x2 + 2x+ 5dx+

∫ 1

0

5

x2 + 2x+ 5dx

= − log(2) +1

2log

(8

5

)+

5π

8− 5

2arctan

(1

2

).

2. Calcule, caso exista, o limite

limx→0+

∫ x3−π

−πcos( 3√t+ π) dt

sin(x2),

justificando detalhadamente a sua resposta.

Resolução:

98

Ao calcular limx→0+

∫ x3−π

−πcos( 3√t+ π) dt

sin(x2)obtemos uma indeterminação do tipo 0

0. Consi-

derando as funções F (x) =

∫ x3−π

−πcos( 3√t+ π) dt e g(x) = sin(x2), vamos provar que são

verificadas as condições da regra de Cauchy no intervalo I =]0, ε[ com 0 < ε <√

π2.

Vamos provar, em primeiro lugar, que a função F é diferenciável em I. Atendendo a quea função h(t) = cos( 3

√t+ π) é contínua em R, então ela é contínua em qualquer intervalo

da forma [−π, b] (b > −π) contido em R. Assim, pelo teorema fundamental do cálculo

integral, a função H(x) =

∫ x

−πcos( 3√t+ π) dt é diferenciável em [−π, b] e, além disso,

H ′(x) = h(x) = cos( 3√x+ π), ∀x ∈ [−π, b]. Como F (x) = H(x3 − π), então

F ′(x) =(H(x3 − π)

)′= H ′(x3 − π)(x3 − π)′

= H ′(x3 − π) 3x2

= 3x2 cos(3√x3 − π + π)

= 3x2 cos(x), ∀x ∈ [−π, b] .

Como, em particular, F ′(x) = 3x2 cos(x) toma sempre valores finitos em I, então a funçãoF é diferenciável em I.

Por outro lado, a função g(x) = sin(x2) também é diferenciável em I, uma vez queg′(x) = 2x cos(x2) toma valores finitos neste intervalo. Além disso, g′(x) 6= 0, ∀x ∈ I elimx→0+

F (x) = limx→0+

g(x) = 0.

Verificam-se, assim, as condições de aplicabilidade da Regra de Cauchy. Como

limx→0+

F ′(x)

g′(x)= lim

x→0+

3x2 cos(x)

2x cos(x2)= lim

x→0+

3x cos(x)

2 cos(x2)= 0

verifica-se que este limite existe, pelo que também existe e tem igual valor limx→0+

F (x)

g(x).

Logo, limx→0+

F (x)

g(x)= 0.


f(x) =

∫ 1

x

e−t

tdt.

(a) Determine, justificando, o domínio da função f .

(b) Escreva a fórmula de Taylor de ordem 2 da função f , no ponto x = 1.

(c) Mostre que 2f(√x) =

∫ 1

x

e−√t

tdt.

99

Resolução:

(a) A função integranda g(t) =e−t

té uma função definida e contínua em R\{0}. Assim,

para encontrar o domínio da função f (i.e., o conjunto dos valores para os quais afunção f está definida) temos de assegurar que o intervalo de integração [x, 1], parax < 1 (ou [1, x], para x > 1), está contido em R\{0}. Logo, x só pode tomar valorespositivos, pelo que o domínio de f é R+.

(b) Na alínea (a) vimos que a função f está definida em R+, e que a função integranda

g(t) =e−t

testá definida e é contínua em R \ {0}. Assim, em particular, g é contínua

em [1, b], com b > 1 (ou [b, 1], com 0 < b < 1) pelo que, pelo teorema fundamental

do cálculo integral, podemos concluir que a função h(x) =

∫ x

1

e−t

tdt é diferenci-

ável em [1, b] (ou [b, 1]) e que h′(x) = g(x) =e−x

x, ∀x ∈ [1, b] (ou [b, 1]). Como

f(x) =

∫ 1

x

e−t

tdt = −

∫ x

1

e−t

tdt = −h(x) então f ′(x) = −h′(x) = −e

−x

x, ∀x ∈ [1, b]

(ou [b, 1]). Podemos agora concluir que f é uma função de classe C1 numa vizinhançado ponto 1 (contida em R+), uma vez que a função f ′ é contínua nessa vizinhança.

Ainda, a segunda derivada f ′′(x) = e−x(x+ 1

x2

)está definida numa vizinhança do

ponto 1 (contida em R+). Assim, podemos escrever a fórmula de Taylor com resto deordem 2 da função f em torno do ponto 1, i.e., podemos afirmar que existe c ∈]x, 1[

ou c ∈]1, x[ tal que f(x) = f(1) + (x − 1)f ′(1) +(x− 1)2

2!f ′′(c). Como f(1) = 0,

f ′(1) = −1

ee f ′′(c) =

1

ec

(c+ 1

c2

), podemos então concluir que existe c ∈]x, 1[ ou

c ∈]1, x[ tal que f(x) = −(x− 1)1

e+

(x− 1)2

2!

1

ec

(c+ 1

c2

).

(c) Notemos que f(√x) =

∫ 1

√x

e−t

tdt, e que Df = R+. Considerando a substituição

t =√u, a função ϕ(u) =

√u é uma função de classe C1 em R+, uma vez que a

função ϕ′(u) =1

2√ué contínua neste conjunto. Atendendo a que ϕ(1) = 1 e ϕ(x) =

√x, efectuando a substituição obtemos f(

√x) =

∫ 1

√x

e−t

tdt =

∫ 1

x

e−√u

√u

1

2√u

du =

1

2

∫ 1

x

e−√u

udu, de onde concluímos, conforme pretendido, que 2f(

√x) =

∫ 1

x

e−√t

tdt.

4. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função g(x) = arctan(x) e pelas rectasde equação y =

π

4e x = 0.

Resolução:

100

Em primeiro lugar, note-se que o ponto de intersecção da função g(x) = arctan(x) com arecta y = π

4(i.e, a solução da equação arctan(x) = π

4) é o ponto de coordenadas

(1, π

4

).

Por outro lado, o gráfico de y = arctan(x) está sempre abaixo da recta y =π

4no intervalo

[0, 1], uma vez que arctan(x) ≤ π

4, ∀x ∈ [0, 1]. Assim, o domínio está limitado superior-

mente pela recta y =π

4e inferiormente pelo gráfico de y = arctan(x), pelo que a área

pretendida será dada por

A =

∫ 1

0

∣∣∣π4− arctan(x)

∣∣∣ dx =

∫ 1

0

π

4− arctan(x) dx.

As funções f(x) =π

4e g(x) = arctan(x) estão definidas e são contínuas em [0, 1], logo

são ambas integráveis neste intervalo. Assim,∫ 1

0

π

4− arctan(x) dx =

∫ 1

0

π

4dx−

∫ 1

0

arctan(x) dx

=[π4x]1

0−∫ 1

0

arctan(x) dx =π

4−∫ 1

0

arctan(x) dx.

(9.5)

Resta-nos calcular o integral∫ 1

0

arctan(x) dx e, para isso, vamos efectuar uma integração

por partes. Considerando h(x) = 1 e g(x) = arctan(x), h é contínua em [0, 1] e g é umafunção de classe C1 em [0, 1], pois tem derivada contínua neste intervalo. Uma vez queH(x) = x é uma primitiva da função h obtemos então∫ 1

0

arctan(x) dx = [x arctan(x)]10 −∫ 1

0

x1

1 + x2dx

= [x arctan(x)]10 −12

∫ 1

0

2x

1 + x2dx

= π4− 1

2[log(1 + x2)]

10 = π

4− log(

√2).

Finalmente, da igualdade (9.5) obtemos∫ 1

0

π

4− arctan(x) dx =

π

4−(π

4− log(

√2))

= log(√

2).

5. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = − 1

x√x2 − x− 2

e pelas

rectas de equação x = 3, x = 4 e y = 0.

Resolução:

O domínio é limitado inferiormente pelo gráfico da função f(x) = − 1

x√x2 − x− 2

, e é

limitado superiormente pela recta y = 0, uma vez que − 1

x√x2 − x− 2

< 0,∀x ∈ [3, 4].

101

Assim, a área é dada por

A =

∫ 4

3

∣∣∣∣0− (− 1

x√x2 − x− 2

)∣∣∣∣ dx =

∫ 4

3

0−(− 1

x√x2 − x− 2

)dx

=

∫ 4

3

1

x√x2 − x− 2

dx.

A função integranda f(x) =1

x√x2 − x− 2

, está definida e é contínua em [3, 4], logo f é

integrável neste intervalo.

Vamos efectuar uma integração por substituição. Atendendo a que o polinómio x2−x−2tem duas raízes reais e distintas (−1 e 2), neste caso uma das substituições adequadas é(x+ 1) t =

√x2 − x− 2. Da igualdade anterior obtemos sucessivamente

(x+ 1) t =√x2 − x− 2

⇒ (x+ 1)2 t2 = x2 − x− 2

⇒ (x+ 1)2 t2 = (x+ 1)(x− 2)

⇒ (x+ 1) t2 = x− 2

⇒ x (t2 − 1) = −t2 − 2

⇒ x =t2 + 2

1− t2.

A função ϕ(t) =t2 + 2

1− t2é uma função de classe C1 em

[12,√

25

], pois ϕ′(t) =

6t

(1− t2)2

é uma função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(

12

)= 3 e que ϕ

(√25

)= 4,

efectuando a substituição, obtemos∫ 4

3

1

x√x2 − x− 2

dx =

∫ √ 25

12

1t2+21−t2 (

t2+21−t2 + 1)t

6t

(1− t2)2dt

=

∫ √ 25

12

(1− t2)2

3(t2 + 2)

6

(1− t2)2dt

=

∫ √ 25

12

2

t2 + 2dt =

∫ √ 25

12

1(t√2

)2

+ 1dt

=√

2

∫ √ 25

12

1√2(

t√2

)2

+ 1dt =

√2

[arctan

(t√2

)]√ 25

12

=√

2

(arctan

(√5

5

)− arctan

(√2

4

)).

102

6. Determine a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) =1

1 + sin(x), e as

rectas de equação y = 0, x = 0 e x = π2.

Resolução:

O domínio é limitado superiormente pelo gráfico da função f(x) =1

1 + sin(x)e inferior-

mente pela recta de equação y = 0, uma vez que se verifica a desigualdade1

1 + sin(x)> 0,

no intervalo [0, π2].

Assim, a área é dada por

A =

∫ π2

0

∣∣∣∣ 1

1 + sin(x)− 0

∣∣∣∣ dx =

∫ π2

0

1

1 + sin(x)− 0 dx =

∫ π2

0

1

1 + sin(x)dx.

A função f(x) =1

1 + sin(x)está definida e é contínua em [0, π

2], logo f é integrável neste

intervalo.

Vamos calcular este integral efectuando uma integração por substituição. Neste caso asubstituição adequada é t = tan(x

2) ou, equivalentemente, x = 2 arctan(t). A função

ϕ(t) = 2 arctan(t) é uma função de classe C1 em [0, 1], pois ϕ′(t) = 21+t2

é uma função

contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(0) = 0, ϕ(1) =π

2, e que sin(x) =

2t

1 + t2,

efectuando a substituição, obtemos∫ π2

0

1

1 + sin(x)dx =

∫ 1

0

1

1 + 2t1+t2

2

1 + t2dx =

∫ 1

0

2

(1 + t)2dx = −2

[1

t+ 1

]1

0

= 1.

7. Calcule a área do domínio limitado pelo gráfico da função f(x) =√

2 + x2 e pela parábolade equação y = x2.

Resolução:

Em primeiro lugar, note-se que os pontos de intersecção da função f(x) =√

2 + x2 coma parábola y = x2 são os pontos de coordenadas (

√2, 2) e (−

√2, 2), uma vez que

√2 + x2 = x2 ⇒ 2 + x2 = x4 ⇒ x4 − x2 − 2 = 0⇒ x =

√2 ∨ x = −

√2

(note-se que fazendo a mudança de variável y = x2 a equação x4 − x2 − 2 = 0 se podeescrever na forma y2 − y − 2 = 0).

No intervalo [−√

2,√

2] é verificada a desigualdade√

2 + x2 ≥ x2, isto é, neste intervalo odomínio é limitado superiormente pelo gráfico da função f(x) =

√2 + x2 e inferiormente

103

pelo gráfico da parábola y = x2. Logo, a área é dada por

A =

∫ √2

−√

2

|√

2 + x2 − x2| dx =

∫ √2

−√

2

√2 + x2 − x2 dx

=

∫ √2

−√

2

√2 + x2 dx−

∫ √2

−√

2

x2 dx.

(9.6)

As funções f(x) =√

2 + x2 e g(x) = x2 estão definidas e são contínuas em [−√

2,√

2],logo ambas são integráveis neste intervalo.

Relativamente ao segundo integral, como G(x) = x3

3é uma primitiva para a função g

então, pela regra de Barrow,∫ √2

−√

2

x2 dx =

[x3

3

]√2

−√

2

=(√

2)3

3− (−

√2)3

3=

4√

2

3. (9.7)

Vamos agora efectuar uma integração por substituição para calcular o valor do pri-meiro integral. Neste caso uma das substituições adequadas é x =

√2 tan(t). A função

ϕ(t) =√

2 tan(t) é uma função de classe C1 em[−π

4, π

4

], pois ϕ′(t) =

√2

1

cos2(t)é uma

função contínua neste intervalo. Atendendo a que ϕ(−π

4

)= −√

2 e que ϕ(π

4

)=√

2,efectuando a substituição, obtemos∫ √2

−√

2

√2 + x2 dx =

∫ π4

−π4

√2 + 2 tan2(t)

√2

cos2(t)dt

=

∫ π4

−π4

√2

1

cos(t)

√2

cos2(t)dt

=

∫ π4

−π4

2

cos3(t)dt.

Precisamos de fazer uma nova substituição para calcular o valor deste último integral.

Neste caso, como a função integranda h(t) =1

cos3(t)é uma função ímpar em cos(t),

a substituição escolhida é u = sin(t) ou, equivalentemente, t = arcsin(u). A função

φ(u) = arcsin(u) é uma função de classe C1 em [−√

22,√

22

], pois φ′(u) =1√

1− u2é

contínua neste intervalo. Atendendo a que φ(√

22

)= π

4, φ(−√

22

)= −π

4, e que cos(t) =√

1− sin2(t) =√

1− u2 em [−π4, π

4], efectuando a substituição, obtemos∫ π

4

−π4

2

cos3(t)dt =

∫ √2

2

−√

22

2√(1− u2)3

1√1− u2

du =

∫ √2

2

−√

22

2

(1− u2)2du.

Falta ainda calcular a primitiva de k(u) =2

(1− u2)2. Notando que:

104


(ii) os zeros do polinómio (1 − u2)2 no denominador são reais (1 e −1) e têm ambosmultiplicidade 2,


então existem A,B,C,D ∈ R tais que2

(1− u2)2=

2

(1− u)2(1 + u)2=

A

(1− u)2+

B

1− u+

C

(1 + u)2+

D

1 + u, ∀u ∈ R \ {−1, 1},

ou seja, existem A,B,C,D ∈ R tais que

2 = A(1+u)2 +B(1+u)2(1−u)+C(1−u)2 +D(1−u)2(1+u), ∀u ∈ R\{−1, 1}. (9.8)

De (9.8), podemos escrever a igualdade polinomial

0u3+0u2+0u+2 = (−B+D)u3+(A−B+C−D)u2+(2A+B−2C−D)u+A+B+C+D

de onde se obtém o sistema

−B +D = 0

A−B + C −D = 0

2A+B − 2C −D = 0

A+B + C +D = 2,

que tem como solução A = 12, B = 1

2, C = 1

2e D = 1

2. Deste modo, obtemos

2

(1− u2)2=

1

2

(1

(1− u)2+

1

1− u+

1

(1 + u)2+

1

1 + u

)donde se segue que ∫ √

22

−√

22

2

(1− u2)2du

=1

2

∫ √2

2

−√

22

1

(1− u)2+

1

1− u+

1

(1 + u)2+

1

1 + udu

=1

2

[1

1− u− log |1− u| − 1

1 + u+ log |1 + u|

]√22

−√

22

=1

2

(1

1−√

22

− log |1−√

22| − 1

1+√

22

+ log |1 +√

22|)

−1

2

(1

1+√

22

− log |1 +√

22| − 1

1−√

22

+ log |1−√

22|)

=1

2

(2 log(3 + 2

√2) + 4 + 2

√2− 4 + 2

√2)

= log(3 + 2√

2) + 2√

2.

105

Finalmente, das igualdades (9.6) e (9.7), obtemos∫ √2

−√

2

√2 + x2 − x2 dx = log(3 + 2

√2) + 2

√2− 4

√2

3= log(3 + 2

√2) +

2√

2

3.

106

10Integrais impróprios


1. Recorrendo à definição de integral impróprio, estude a natureza dos seguintes integraiscalculando, se possível, o seu valor:

(a)∫ +∞

1

e−√x

√x

dx;

(b)∫ 1

0

x log(x) dx.

2. Estude a natureza dos seguintes integrais impróprios:

(a)∫ +∞

1

x

x3 + x2 − 1dx;

(b)∫ +∞

0

1√ex

dx;

(c)∫ +∞

2

log(x)√x+ x2 + 1

dx;

(d)∫ +∞

0

cos(x)√x3 + 1

dx;

(e)∫ 2

1

√x

x2 − 1dx;

(f)∫ π

2

0

√1 + tan(x) dx;

(g)∫ 2

−2

1√4− x2

dx;

(h)∫ 2

0

2

x2 − 2xdx;

(i)∫ +∞

12

13√

2x− 1dx;

107

(j)∫ 0

−∞

13√

1− x4dx.

3. Determine a área de cada um dos seguintes domínios planos ilimitados:

(a) domínio contido no semiplano y ≤ 0, e limitado pela recta de equação x = 0 e pelográfico da função f(x) = log(x);

(b) domínio definido pelo gráfico da função f(x) =1

x2e pelas rectas de equação x = 1

e y = 0.

4. Estude a natureza do seguinte integral impróprio, em função do parâmetro real α:∫ +∞

0

xα

1 + x3dx.

108



(a)∫ +∞

1

1

(1 + x2) arctan(x)dx;

(b)∫ e

0

1

x√

1− log(x)dx.


(a)∫ +∞

0

e√

2x+1 dx;

(b)∫ +∞

2

x sin(x2)

x4 + 3dx;

(c)∫ +∞

1

e−xx dx;

(d)∫ π

2

0

e−x cos(x)

xdx;

(e)∫ 2

0

log(x)

xdx;

(f)∫ π

0

1√sin(x)

dx;

(g)∫ +∞

2

log(x)

x√x2 − 4

dx;

(h)∫ +∞

0

1

x√x2 + 1

dx;

(i)∫ +∞

0

1

(x+ 1) 5√

1− x2dx.


(a) domínio definido pelo gráfico da função f(x) =1

1 + x2e pelo eixo dos xx;

(b) domínio definido pelo gráfico da função f(x) =1

x log2(x), pelas rectas de equação

x = 0 e x = 12, e pelo eixo dos xx.

4. Estude a natureza do seguinte integral, em função do parâmetro real α:∫ π2

0

sin(x)

xαdx.

109



(a)∫ +∞

1

1

x2(x2 + 1)dx;

(b)∫ 0

−1

e2x

√1− e2x

dx.

Resolução:

(a) Dado que a função f(x) =1

x2(x2 + 1)está definida no intervalo [1,+∞[, o integral∫ +∞

1

1

x2(x2 + 1)dx é impróprio de 1.a espécie.

Pela definição de integral impróprio de 1.a espécie, dado que a função f é integrávelem qualquer intervalo [1, x], com x > 1, tem-se∫ +∞

1

1

x2(x2 + 1)dx = lim

x→+∞

∫ x

1

1

t2(t2 + 1)dt.

Note-se que, como a função f é contínua em R\{0}, então é contínua e consequen-temente integrável em qualquer intervalo [1, x], com x > 1.Precisamos agora de calcular uma primitiva para a função f . Notando que:i. a função a primitivar é uma função racional cujo grau do polinómio no numera-

dor é menor do que o grau do polinómio no denominador,ii. o polinómio t2(t2 +1) no denominador tem uma raiz real (0) com multiplicidade

2, e um par de raízes complexas conjugadas (±i) com multiplicidade 1,iii. a função racional a primitivar é irredutível, visto que o numerador e o denomi-

nador não têm factores comuns,então existem A,B,C,D ∈ R tais que

1

t2(t2 + 1)=A

t2+B

t+Ct+D

t2 + 1, ∀t ∈ R \ {0},

ou seja, existem A,B,C,D ∈ R tais que 1 = A(t2 +1)+Bt(t2 +1)+(Ct+D)t2, ∀t ∈R \ {0}. Da igualdade anterior, podemos escrever a igualdade polinomial

0t3 + 0t2 + 0t+ 1 = (B + C)t3 + (A+D)t2 +Bt+ A

de onde se obtém o sistema

B + C = 0

A+D = 0

B = 0

A = 1,

110

que tem como solução A = 1, B = 0, C = 0 e D = −1.Logo, ∫ x

1

1

t2(t2 + 1)dt =

∫ x

1

1

t2− 1

t2 + 1dt.

Atendendo a que F (t) =t−1

−1− arctan(t) é uma primitiva de f(t) =

1

t2− 1

t2 + 1então, pela regra de Barrow,∫ x

1

1

t2− 1

t2 + 1dt =

[t−1

−1− arctan(t)

]x1

= −1

x− arctan(x) + 1 + arctan(1).

Logo, obtemos∫ +∞

1

1

x2(x2 + 1)dx = lim

x→+∞

∫ x

1

1

t2(t2 + 1)dt

= limx→+∞

(−1

x− arctan(x) + 1 + arctan(1)

)= −π

2+ 1 +

π

4= 1− π

4,

concluindo-se assim que o integral é convergente.

(b) Dado que a função f(x) =e2x

√1− e2x

está definida no intervalo [−1, 0[ (note-se que

Df = R− e limx→0−

f(x) = +∞), o integral∫ 0

−1

e2x

√1− e2x

dx é impróprio de 2.a espécie.

Pela definição de integral impróprio de 2.a espécie, dado que a função f é integrávelem qualquer intervalo [−1, x], com −1 < x < 0, temos que∫ 0

−1

e2x

√1− e2x

dx = limx→0−

∫ x

−1

e2t

√1− e2t

dt.

Note-se que, como a função f é contínua em R−, então é contínua e consequentementeintegrável em qualquer intervalo [−1, x], com −1 < x < 0. Atendendo a que

F (t) = P

(e2t

√1− e2t

)= −1

2P(−2e2t(1− e2t)−

12

)= −1

2

((1− e2t)

12

12

)= −

(1− e2t

) 12

é uma primitiva de f então, pela regra de Barrow,∫ x

−1

e2t

√1− e2t

dt =[−(1− e2t

) 12

]x−1

= −((1− e2x)

12 − (1− e−2)

12

).

111

Logo, obtemos∫ 0

−1

e2x

√1− e2x

dx = limx→0−

∫ x

−1

e2t

√1− e2t

dt

= limx→0−

−((1− e2x)

12 − (1− e−2)

12

)=√

1− e−2,

concluindo-se assim que o integral é convergente.


(a)∫ +∞

1

arctan(ex)x

dx;

(b)∫ +∞

2

cos2(x)

x4 − 1dx;

(c)∫ +∞

0

1

e2x − ex + 5dx;

(d)∫ 0

−1

x+ 2

sin( 3√x)

dx;

(e)∫ 1

0

sin(log(x)) dx;

(f)∫ +∞

1

1

5

√(x2 − 1)3

dx;

(g)∫ −2

−∞

x

(4− x2)√

2− xdx.

Resolução:

(a) A função integranda f(x) =arctan(ex)

xestá definida no intervalo [1,+∞[ pelo que

estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈[1,+∞[, podemos aplicar um critério de comparação. Assim, vamos comparar o in-

tegral∫ +∞

1

f(x)dx com o integral∫ +∞

1

1

xdx que sabemos ser um integral impróprio

de 1.a espécie divergente.Notando que

limx→+∞

arctan(ex)x1

x

= limx→+∞

arctan(ex) =π

2∈ R+,

112

concluímos que os dois integrais têm a mesma natureza, ou seja, o integral∫ +∞

1

f(x)dx

também é divergente.

(b) A função integranda f(x) =cos2(x)

x4 − 1está definida no intervalo [2,+∞[ pelo que

estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈[2,+∞[, podemos aplicar um critério de comparação.

Como cos2(x) ≤ 1, ∀x ∈ R, verifica-se a desigualdade

f(x) ≤ 1

x4 − 1, ∀x ∈ [2,+∞[. (10.1)

Definindo a função g(x) =1

x4 − 1, se provarmos que

∫ +∞

2

g(x) dx é convergente,

então pela desigualdade (10.1) podemos concluir que∫ +∞

2

f(x) dx também é con-

vergente (critério geral de comparação).

Estude-se então a convergência de∫ +∞

2

g(x) dx comparando este integral com o

integral impróprio de 1.a espécie∫ +∞

1

1

x4dx que sabemos ser convergente. Visto

que

limx→+∞

1

x4 − 11

x4

= limx→+∞

x4

x4 − 1= 1 ∈ R+,

concluímos que os dois integrais (∫ +∞

2g(x) dx e

∫ +∞1

1x4 dx) são da mesma natu-

reza, ou seja, o integral∫ +∞

2

g(x) dx é convergente. Consequentemente, o integral∫ +∞

2

f(x) dx também é convergente.

(c) A função integranda f(x) =1

e2x − ex + 5está definida no intervalo [0,+∞[ pelo

que estamos perante um integral impróprio de 1.a espécie. Por outro lado, a funçãof é positiva neste intervalo, uma vez que, para valores x ≥ 0, se tem ex ≥ 1, econsequentemente (ex)2 − ex + 5 > 0.

Assim, podemos aplicar um critério de comparação e vamos comparar o integral∫ +∞

0

f(x) dx com o integral impróprio de 1.a espécie∫ +∞

1

1

xαdx.

113

Note-se que

limx→+∞

1

e2x − ex + 51

xα

= limx→+∞

xα

e2x − ex + 5

= limx→+∞

xα

ex(

ex − 1 +5

ex

)= lim

x→+∞

xα

ex1

ex − 1 +5

ex

= 0, ∀α ∈ R,

atendendo a que limx→+∞

xα

ex= 0, ∀α ∈ R.

Uma vez que o limite é zero, é possível determinar a natureza do integral impróprio∫ +∞

0

f(x)dx, desde que o integral de comparação seja convergente. Como o integral∫ +∞

1

1

xαdx é convergente para α > 1, e para estes valores (por exemplo, para

α = 2) o limite atrás calculado é zero, podemos concluir que o integral∫ +∞

0

f(x) dx

é convergente.

(d) A função integranda f(x) =x+ 2

sin( 3√x)

está definida no intervalo [−1, 0[ (note-se que

limx→0−

x+ 2

sin( 3√x)

= −∞), pelo que∫ 0

−1

x+ 2

sin( 3√x)

dx é um integral impróprio de 2.a

espécie.Visto que f(x) < 0, ∀x ∈ [−1, 0[, que∫ 0

−1

x+ 2

sin( 3√x)

dx = −∫ 0

−1

− x+ 2

sin( 3√x)

dx,

e que os dois integrais acima têm a mesma natureza, podemos estudar a natureza do

integral∫ 0

−1

− x+ 2

sin( 3√x)

dx, cuja função integranda é positiva no intervalo indicado, e

concluir sobre a natureza do integral inicial.

Estude-se então a convergência de∫ 0

−1

−f(x) dx, comparando este integral com o

integral impróprio de 2.a espécie∫ 0

−1

− 1

x13

dx que sabemos ser convergente.

Dado que

limx→0−

− x+ 2

sin( 3√x)

− 1

x13

= limx→0−

(x+ 2) 3√x

sin( 3√x)

= 2 ∈ R+,

114

uma vez que limx→0−

3√x

sin( 3√x)

= 1, concluímos que os dois integrais têm a mesma

natureza, pelo que o integral∫ 0

−1

− x+ 2

sin( 3√x)

dx é convergente. Portanto, o integral∫ 0

−1

f(x) dx também é convergente.

(e) A função integranda f(x) = sin(log(x)) está definida no intervalo ]0, 1] (note-se quenão existe lim

x→0+sin(log(x))), pelo que estamos perante um integral impróprio de 2.a

espécie.

Como a função integranda não tem sempre o mesmo sinal, vamos estudar∫ 1

0

|f(x)|dx,

comparando-o com o integral impróprio de 2.a espécie convergente∫ 1

0

1√x

dx.

Temos

limx→0+

| sin(log(x))|1√x

= limx→0+

√x | sin(log(x))| = 0,

por ser o produto de uma função convergente para zero por uma função limitada(0 ≤ | sin(log(x))| ≤ 1).Assim, como o limite é zero e o integral de comparação é convergente, concluímos

que o integral∫ 1

0

|f(x)| dx é convergente, pelo que o integral inicial também é

convergente (absolutamente convergente).

(f) A função integranda f(x) =1

5

√(x2 − 1)3

está definida no intervalo ]1,+∞[ (note-se

que Df = R \ {−1, 1} e que limx→1+

1

5

√(x2 − 1)3

= +∞), pelo que estamos perante um

integral impróprio misto e podemos escrever∫ +∞

1

1

5

√(x2 − 1)3

dx =

∫ 2

1

1

5

√(x2 − 1)3

dx+

∫ +∞

2

1

5

√(x2 − 1)3

dx.

O integral∫ +∞

1

1

5

√(x2 − 1)3

dx é convergente se e só se os integrais

I1 =

∫ 2

1

1

5

√(x2 − 1)3

dx e I2 =

∫ +∞

2

1

5

√(x2 − 1)3

dx forem ambos convergentes.

Comecemos por estudar a natureza do integral I1. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈]1, 2], po-

demos comparar este integral com o integral impróprio de 2.a espécie∫ 2

1

1

(x− 1)35

dx

que sabemos ser convergente.

115

Tendo em conta que

limx→1+

1

5

√(x2 − 1)3

1

5

√(x− 1)3

= limx→1+

5√

(x− 1)3

5√

(x− 1)3(x+ 1)3= lim

x→1+

15√

(x+ 1)3=

15√

8∈ R+,

concluímos que os dois integrais têm a mesma natureza. Assim, como o integral decomparação é convergente, o integral I1 também é convergente.Resta-nos estudar o integral I2. Dado que f(x) > 0, ∀x ∈ [2,+∞[, podemos com-

parar este integral com o integral impróprio de 1.a espécie∫ +∞

1

1

x65

dx que sabemos

ser convergente.Temos

limx→+∞

1

5

√(x2 − 1)3

1

x65

= limx→+∞

x65

5

√(x2 − 1)3

= limx→+∞

5√

(x2)3

5

√(x2 − 1)3

= limx→+∞

5

√(x2

x2 − 1

)3

= 1 ∈ R+.

Como o limite é finito e diferente de zero, concluímos que os dois integrais têm amesma natureza. Assim, como o integral de comparação é convergente, o integral I2também é convergente.Podemos agora concluir que o integral inicial é convergente, uma vez que os integraisI1 e I2 são convergentes.

(g) A função f(x) =x

(4− x2)√

2− xestá definida em ] − ∞,−2[ (note-se que Df =

] −∞, 2[ \{−2} e que limx→−2−

x

(4− x2)√

2− x= +∞). Deste modo, o integral em

estudo é impróprio misto e podemos escrever∫ −2

−∞

x

(4− x2)√

2− xdx =

∫ −3

−∞

x

(4− x2)√

2− xdx+

∫ −2

−3

x

(4− x2)√

2− xdx.

O integral∫ −2

−∞

x

(4− x2)√

2− xdx é convergente se e só se os integrais

I1 =

∫ −3

−∞

x

(4− x2)√

2− xdx e I2 =

∫ −2

−3

x

(4− x2)√

2− xdx forem ambos con-

vergentes.

Comecemos por estudar a natureza do integral I2 =

∫ −2

−3

x

(4− x2)√

2− xdx. Dado

que f(x) > 0, ∀ x ∈ [−3,−2[, podemos utilizar um critério de comparação. Assim,

116

vamos comparar este integral com o integral de 2.a espécie∫ −2

−3

1

(−2− x)dx que

sabemos ser divergente.Dado que

limx→−2−

x

(4− x2)√

2− x1

(−2− x)

= limx→−2−

x

(2− x)(2 + x) (2− x) 12

1

(−2− x)= lim

x→−2−

x

−(2− x)(2− x) 12

=1

4∈ R+,

podemos concluir que os dois integrais são da mesma natureza, ou seja, o integral I2é divergente.Concluímos então que o integral inicial é divergente.


(a) domínio limitado pelo gráfico da função f(x) = e−|x| e pela recta de equação y = 0;(b) domínio contido nos semiplanos y ≥ x− 2 e y ≥ 0, e limitado pelo gráfico da função

f(x) =1

x− 2.

Resolução:

(a) A função f pode ser escrita na forma

f(x) = e−|x| =

{e−x, se x ≥ 0

ex, se x < 0,

pelo que a área ilimitada situada entre o gráfico desta função e a recta y = 0 é dadapelo integral impróprio de 1.a espécie∫ +∞

−∞e−|x| dx =

∫ 0

−∞ex dx+

∫ +∞

0

e−x dx.

Como as funções integrandas ex e e−x são integráveis, respectivamente, em qualquerintervalo [x, 0] com x < 0, e em qualquer intervalo [0, x] com x > 0 então, peladefinição de integral impróprio de 1.a espécie, temos que∫ 0

−∞ex dx+

∫ +∞

0

e−x dx = limx→−∞

∫ 0

x

et dt+ limx→+∞

∫ x

0

e−t dt.

Atendendo a que F1(t) = et é uma primitiva de f1(t) = et, e que F2(t) = −e−t é umaprimitiva de f2(t) = e−t então, pela regra de Barrow, obtemos∫ 0

x

et dt =[et]0x

= 1− ex

117

e ∫ x

0

e−t dt =[−e−t

]x0

= −e−x + 1

e, portanto,∫ 0

−∞ex dx+

∫ +∞

0

e−x dx = limx→−∞

(1− ex) + limx→+∞

(−e−x + 1)

= 2.

(b) O semiplano y ≥ x − 2 está situado acima da recta de declive 1 que passa pelo

ponto de coordenadas (2, 0). Dado que a função f(x) =1

x− 2tem a recta x = 2

como assímptota vertical, e o domínio ilimitado para o qual queremos calcular aárea se situa no semiplano y ≥ 0, basta calcularmos o limite de f numa vizinhança

à direita do ponto 2. Como limx→2+

1

x− 2= +∞, concluímos que o domínio ilimitado

pretendido está situado entre o gráfico de f e a recta y = x − 2, para valores de xcompreendidos entre 2 e a abcissa do ponto de intersecção do gráfico de f com arecta y = x− 2. Comecemos por calcular a abcissa desse ponto de intersecção:

1

x− 2= x− 2⇒ 1 = x2 − 4x+ 4⇔ x2 − 4x+ 3 = 0⇔ x = 1 ∨ x = 3.

Dado que queremos que a área se situe no semiplano y ≥ 0, o ponto pretendido é oque tem como abcissa x = 3, visto que é o que corresponde a uma ordenada positiva.

A área pedida será então definida pelo integral∫ 3

2

1

x− 2− (x − 2) dx. A função

f(x) =1

x− 2−(x−2) está definida no intervalo ]2, 3] (note-se que lim

x→2+f(x) = +∞),

pelo que estamos perante um integral impróprio de 2.a espécie. Atendendo a que fé integrável em qualquer intervalo da forma [x, 3], com 2 < x < 3, pela definição deintegral impróprio de 2.a espécie, obtemos∫ 3

2

1

x− 2− (x− 2) dx = lim

x→2+

∫ 3

x

1

t− 2− (t− 2) dt.

Atendendo a que F (t) = log |t−2|− t2

2+2t é uma primitiva de f(t) =

1

t− 2− (t−2)

então, pela regra de Barrow, obtemos∫ 3

x

1

t− 2− (t− 2) dt =

[log |t− 2| − t2

2+ 2t

]3

x

=3

2− log |x− 2|+ x2

2− 2x

e, portanto,∫ 3

2

1

x− 2− (x− 2) dx = lim

x→2+

(3

2− log |x− 2|+ x2

2− 2x

)= +∞.

118

4. Estude a natureza do seguinte integral impróprio, em função do parâmetro real β:∫ π2

0

(π2− x)β

(sin(x))13

dx.

Resolução:

Dado que β é um parâmetro, devemos considerar separadamente 2 casos.

1o caso

Se β ≥ 0, a função f(x) =(π

2− x)β

(sin(x))13

está definida em]0,π

2

]e toma neste intervalo valores

não negativos. Trata-se de um integral impróprio de 2.a espécie, que podemos comparar

com o integral∫ π

2

0

1

x13

dx que sabemos ser convergente.

limx→0+

(π2− x)β

(sin(x))13

1

x13

= limx→0+

(π2− x)β ( x

sin(x)

) 13

=(π

2

)β∈ R+, ∀β ≥ 0,

pelo que os dois integrais são da mesma natureza. Como o integral de comparação éconvergente podemos concluir que sendo β ≥ 0, o integral inicial é convergente.

2o caso

Se β < 0, a função f está definida em]0,π

2

[e toma neste intervalo valores positivos.

Estamos perante um integral impróprio de 2.a espécie e podemos escrever∫ π2

0

(π2− x)β

(sin(x))13

dx =

∫ π4

0

1

(sin(x))13 (π

2− x)−β

dx+

∫ π2

π4

1

(sin(x))13 (π

2− x)−β

dx.

Seja I1 =

∫ π4

0

1

(sin(x))13 (π

2− x)−β

dx. Trata-se de um integral impróprio de 2.a espécie

que, tal como no 1.o caso, pode ser comparado com o integral impróprio de 2.a espécie

convergente∫ π

4

0

1

x13

dx. Deste modo concluímos, de forma análoga, que o integral I1 é

convergente para qualquer valor β < 0.

Consideremos agora o integral impróprio de 2.a espécie I2 =

∫ π2

π4

1

(sin(x))13 (π

2− x)−β

dx.

Podemos comparar este integral com o integral impróprio de 2.a espécie∫ π

2

π4

1(π2− x)−β dx.

Dado que

limx→π

2−

1

(sin(x))13 (π

2− x)−β

1(π2− x)−β = lim

x→π2−(sin(x))−

13 = 1 ∈ R+,

119

podemos concluir que os dois integrais têm a mesma natureza. Como o integral de com-paração é convergente se −β < 1, ou seja se β > −1, concluímos que o integral I2 éconvergente se −1 < β < 0 e divergente se β ≤ −1.

Deste modo o integral∫ π

2

0

(π2− x)β

(sin(x))13

dx, com β < 0, é convergente se e só se I1 e I2 o

forem, pelo que será convergente se −1 < β < 0.

Concluímos então que o integral∫ π

2

0

(π2− x)β

(sin(x))13

dx é convergente se e só se β ∈ ]− 1,+∞[.

120

Exercícios de Análise matemática 1

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