Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto - ANALISE … · 2007. 10. 11. · uma fun¸c˜ao....

FACULDADE DE ENGENHARIA DA UNIVERSIDADE DOPORTO

Mestrado Integrado em Engenharia Electrotecnica e deComputadores

ANALISE MATEMATICA 1

APONTAMENTOS DAS AULAS TEORICAS

PARTE II

Maria do Rosario de Pinho e Maria Margarida FerreiraSetembro 2007

Indice

1 Integrais Indefinidos 5

1.1 Integrais Indefinidos-Nocoes Basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Metodo da Substituicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3 Integracao por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4 Outras Tecnicas de Integracao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Integral Definido 39

2.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2 Calculo de Areas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.3 Teorema Fundamental do Calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.4 Extensao da Nocao de Integral Definido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3 Equacoes Diferenciais 66

3.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.2 Equacoes Diferenciais de variaveis separaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.3 Equacoes diferenciais lineares (EDL) de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . 75

3.3.1 Existencia e Unicidade de Solucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.3.2 Resolucao de EDL de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.4 Equacoes Diferenciais Lineares de Ordem Superior a Um . . . . . . . . . . . . . 78

3.4.1 Existencia e unicidade de solucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.4.2 EDL Homogeneas de Coeficientes Constantes. . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.4.3 Resolucao de EDL homogeneas de coeficientes constantes de ordem 2 . . . 81

3.4.4 Resolucao de EDL homogeneas de coeficientes constantes de ordem n . . 85

3.4.5 EDL de Coeficientes Constantes, de ordem 2, Nao Homogeneas. . . . . . 89

3.4.6 Eq. Dif. Lineares Nao Homogeneas, de Coeficientes Constantes. . . . . . 93

2

INDICE 3

4 Transformada de Laplace 97

4.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.2 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.3 Existencia da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.4 Propriedades da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.5 Deslocamentos na variavel t e na variavel s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.6 Funcao Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.7 Integral de Convolucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

5 Sucessoes e Series Numericas 118

5.1 Inducao Finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

5.2 Sucessoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

5.3 Convergencia de Sucessoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

5.4 Series Numericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

5.4.1 Demonstracao do Teorema 5.4.5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5.4.2 Testes de Convergencia de Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.4.3 Testes de Convergencia de Series de Termos Nao Negativos. . . . . . . . . 137

5.5 Demonstracao de Resultados Anteriores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.5.1 Demonstracao do Teorema 5.4.10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142






5.6 Series Alternadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.7 Convergencia Absoluta e Condicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.8 Quadro Resumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

6 Series de Potencias e Aproximacao Polinomial 150

6.1 Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

6.2 Series de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

6.3 Funcoes Polinomiais de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

6.4 Significado Geometrico da Funcao Polinomial de Taylor . . . . . . . . . . . . . . 160

INDICE 4

6.5 Resto de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

6.6 Resto de Taylor e Serie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

6.7 Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

Capıtulo 1

Integrais Indefinidos

Dada uma funcao, sabemos ja determinar uma nova funcao que se obtem da inicial atraves daderivacao. A questao que se levanta agora e a seguinte:

Dada uma funcao f ,sera possıvel determinar uma outra funcao F tal que

F ′(x) = f(x)?

Uma funcao F nestas condicoes, caso exista, designa-se por integral ou primitiva de f .

Podemos determinar a derivada de uma qualquer funcao utilizando as regras de derivacao.Gostariamos tambem de ter ao nosso dispor um conjunto de regras que nos permita integraruma funcao. Infelizmente, a integracao e geralmente mais difıcil.

Neste capıtulo estudaremos e desenvolveremos algumas das tecnicas de integracao.

1.1 Integrais Indefinidos-Nocoes Basicas

Sendo f uma funcao derivavel, a sua derivada e uma nova funcao g tal que g(x) = f ′(x).

O problema que queremos resolver agora e

Dada uma funcao f sera possıvel determinar uma funcao Ftal que F ′(x) = f(x)?

Vamos analisar alguns casos.

1. Seja f(x) = ex. Queremos determinar uma funcao F tal que F ′(x) = ex.

Se F (x) = ex, entao F ′(x) = f(x).

Sera que esta funcao e unica? Nao. De facto, se G(x) = ex + C, onde C e uma constante,temos

G′(x) = ex = f(x).

5

Capıtulo 1. Integrais Indefinidos

Logo, neste caso, nao temos uma unica funcao F cuja derivada F ′ seja igual a f . O quetemos e uma famılia de funcoes da forma

ex + C

onde C e uma qualquer constante. Este facto nao e surpreendente. Basta lembrar queduas funcoes que diferem de uma constante tem a mesma derivada.

2. Seja agora f(x) = x. Qual a funcao (ou funcoes) F tal que F ′(x) = x? Este problema e

facil. Realmente para qualquer funcao da forma F (x) =x2

2+ C, C constante, temos

F ′(x) = x.

3. Consideremos a funcao f do exemplo anterior definida em R. Sera que ha alguma funcao

G tal que G′(x) = x que nao possa ser escrita na formax2

2+ C?

Seja entao G′(x) = x e considere H(x) = G(x)− x2

2− C. Vem

H ′(x) = G′(x)− x = 0.

Logo H e uma funcao constante, ou seja, existe um K ∈ R tal que H(x) = K para todo ox ∈ R. Deduz-se entao que

G(x)− x2

2− C = K,

ou seja,

G(x) =x2

2+ K + C.

Ora a soma de duas constantes, K e C, e ainda uma constante. Seja K = K + C. Temos

G(x) =x2

2+ K. Quer isto dizer que qualquer funcao G tal que G′(x) = x e da forma

x2

2+ K.

Exercıcios 1.1.1 Determine F tal que F ′(x) = f(x) onde f e:

1. f(x) = x.

2. f(x) = x + 1.

3. f(x) = x2.

4. f(x) = x2 + x.

5. f(x) = x2 + x + 1.

6. f(x) = ax2 + bx + c, a, be c constantes.

7. f(x) = − sin(x).

8. f(x) = sin(x).

9. f(x) = cos(x).

10. f(x) = − sin(x)+cos(x).

11. f(x) = 2xex2.

12. f(x) = xex2.

13. f(x) = −2 sin(2x).

14. f(x) = − sin(2x).

15. f(x) = − 1x2

.

16. f(x) =1x.

17. f(x) = sec2(x).

18. f(x) = sec2(2x).


Definicao 1.1.2 O interior de Df ,

Df , e formado por todos os pontos x ∈ Df para os quaisexiste um δ > 0 tal que (c− δ, c + δ) ⊂ Df .

Definicao 1.1.3 Uma funcao F diz-se uma primitiva ou integral da funcao f se

F ′(x) = f(x)

para todo o x no interior de Df .

Ja vimos que que a relacao entre f e F nao e unıvoca. Assim, nao existe um integral ou primitivade f , mas sim uma famılia de primitivas. Se F e tal que F ′(x) = f(x) e G(x) = F (x)+C, entao

G′(x) = F ′(x) = f(x)

ou seja, se F e uma primitiva de f qualquer outra funcao da forma F (x) + C, onde C e umaconstante, e ainda uma primitiva de f .

Seja F uma primitiva de uma funcao qualquer f cujo domınio e um intervalo I. Sera que existemais alguma funcao L que seja uma primitiva de f que nao se possa escrever na forma F (x)+C?Suponhamos que L e F sao primitivas diferentes de f definidas no interior do intervalo I. Istosignifica que L e F sao duas funcoes com a mesma derivada. Logo diferem de uma constante,i.e., L(x) = F (x) + C.

Sendo F uma primitiva de f , entao G(x) = F (x) + C designa-se por primitiva geral de f .

A integracao ou primitivacao pode ser vista como a resolucao da equacao diferencial:

dy

dx= f(x) (1.1)

Uma solucao desta equacao e uma funcao F cuja derivada F ′(x) satisfaz a equacao para todoo x ∈ D onde D representa o interior do domınio de f . Como ja vimos, uma funcao nessascondicoes designa-se por integral ou primitiva de f .

A operacao que nos permite calcular todas as solucoes desta equacao (a primitiva geral de f)designa-se por integracao.

Se associarmos o sımbolo∫

a integracao, podemos escrever F (x) =∫

f(x)dx.

Escreve-se∫f(x)dx = F (x) + C

quandoF ′(x) = f(x)

Por definicao de integral ou primitiva, vem∫f(x)dx =

∫F ′(x)dx = F (x) + C


Esta igualdade permite concluir que a integracao e a operacao inversa da derivacao amenos de uma constante. Assim, partindo de uma funcao f , derivando-a e integrando a funcaoderivada nao obtemos apenas a funcao donde partimos, mas sim uma famılia de funcoes a qualf pertence. E qualquer outra funcao desta famılia e igual a f mais uma constante.

Por outro lado, partindo de uma funcao f e comecando por integrar esta funcao obtem-se umafamılia de funcoes cujas derivadas sao sempre f . Ou seja, a derivacao e a operacao inversa daintegracao.

Exercıcios 1.1.4 Classifique, justificando, as seguintes afirmacoes em Verdadeiras ou Falsas:

1.x4

4+ 3

x2

2+ 3x + C =

∫(x3 + 3x + 1) dx.

2. x ln(x)− x + C =∫

ln(x) dx.

3. − cos4(x) + C =∫

4 sin(x) cos3(x) dx.

4. arctan2(x) + C =∫

2 arctan(x)1 + x2

dx.

5. arctan(x2 + 1) + C =∫

2x

1 + (x2 + 1)2dx.

6. ln4(x) + C =∫

4 ln3(x)x

dx.

7. ln(x4 + 5x) + C =∫

4x3 + 5x4 + 5x

dx.

A relacao de operacao inversa entre derivacao e integracao permite obter directamente primitivasou integrais de varias funcoes a partir das tabelas de derivacao. Por exemplo:


Formula de Derivacao Formula de Integracao

d

dx(C) = 0

∫0dx = C

d

dx(Kx) = K

∫Kdx = Kx + C

d

dx(xn) = nxn−1

∫xndx =

xn+1

n + 1+ C para n 6= −1

d

dx(ln(x)) =

1x

∫dx

x= ln | x | +C

d

dx(sin(x)) = cos(x)

∫cos(x)dx = sin(x) + C

d

dx(cos(x)) = − sin(x)

∫sin(x)dx = − cos(x) + C

d

dxex = ex

∫exdx = ex + C

d

dxarctan(x) =

11 + x2

∫dx

1 + x2= arctan(x) + C

d

dxarcsin(x) =

1√1− x2

∫dx√

1− x2= arcsin(x) + C

Tal como a derivacao tambem a integracao e uma operacao linear. De facto, sendo α umaqualquer constante e f e g duas funcoes definidas num intervalo aberto D, temos∫

αf(x)dx = α

∫f(x)dx

pois (α

∫f(x)dx + C

)′= αf(x)

e ∫(f(x) + g(x)) dx =

∫f(x)dx +

∫g(x)dx

dado que (∫f(x)dx +

∫g(x)dx

)′=(∫

f(x)dx

)′+(∫

g(x)dx

)′= f(x) + g(x)


Exemplo 1.1.5 Vamos agora aproveitar tudo o que aprendemos sobre integracao para calcularalguns integrais. Observe-se que a tecnica utilizada nesse calculo e a de reescrever a funcao cujointegral se pretende calcular em soma de funcoes mais simples e de integracao imediata, ou seja,funcoes cujos integrais podem ser calculados utilizando a tabela anterior.

1. ∫ (x3 + 2x

)dx =

∫x3dx +

∫2xdx

=x4

4+ C1 +

∫2xdx

=x4

4+ C1 + x2 + C2

=x4

4+ x2 + C

Note-se que a soma de constantes C1 e C2 e ainda uma constante que e aqui representadapor C.

2. ∫x + 1√

xdx =

∫x√x

dx +∫

dx√x

=∫

x1/2dx +∫

x−1/2dx

=x3/2

32

+x1/2

12

+ C

=23x3/2 + 2x1/2 + C

3. ∫3x2 − 2

x2dx =

∫ (3x2

x2− 2

x2

)dx

=∫ (

3− 2x−2)dx

=∫

3dx− 2∫

x−2dx

= 3x− 2(

x−1

−1

)+ C

= 3x +2x

+ C

4. ∫dx

x2= −1

x+ C


Consideremos x > 0 . Os graficos de tres primitivas diferentes de f(x) =1x2

sao apresen-tados na figura seguinte. Observe-se que os graficos tracados correspondem a funcoes da

forma −1x

+ C, para valores de C iguais a 1, 0 e −1.

Suponhamos que uma partıcula tem movimento rectilıneo e que em cada instante t a sua posicao edada por x(t). Se x(t) e a posicao da partıcula em cada instante, entao a velocidade e v(t) = x′(t)e a aceleracao e a(t) = x′′(t). O proximo exemplo ilustra uma aplicacao da integracao neste tipode problemas.

Exemplo 1.1.6 A 80 metros de altura, lanca-se um objecto de massa unitaria na vertical ecom velocidade inicial de 64m/s. Calcule a posicao do movel em cada instante e o instante emque este atinge o solo.

Resolucao: Seja x(t) a posicao do movel em cada instante. Sabemos que no instante inicial,t = 0, temos x(0) = 80 e x′(0) = 64. Sendo g a aceleracao da gravidade, o movimento do solidosatisfaz a equacao x′′(t) = −g. Por integracao podemos obter a funcao velocidade do movel:

v(t) = x′(t) =∫

x′′(t)dt = −gt + C

Sabemos entao que a funcao velocidade tera que ser um elemento da famılia de funcoes dada por−gt + C. Para identificar totalmente a funcao velocidade do movel, precisamos de seleccionaruma funcao de entre todas estas. Tal e possıvel pois sabemos que o valor inicial da velocidadedevera ser v(0) = 64. Assim v(0) = 64 =⇒ −g · 0 + C = 64 =⇒ C = 64. A funcao velocidade ev(t) = −gt + 64. A integracao de v conduz-nos agora a funcao posicao.

x(t) =∫

v(t)dt =∫

(−gt + 64)dt = −g

2t2 + 64t + C0

A constante C0 e calculada usando a condicao inicial x(0) = 80. Obtemos C0 = 80. Logo

x(t) = −g

2t2 + 64t + 80


Obtida a funcao posicao estamos em condicoes de resolver a segunda parte do exercıcio: deter-minar o instante t em que o movel atinge o solo, i.e., o instante t tal que x(t) = 0. Consideremosg = 9.8. Resolvendo entao a equacao −4.9t2 + 64t + 80 = 0 obtemos dois valores para t, umdos quais e negativo (logo nao tem interesse) e o outro e aproximadamente 1.15. Este e o valorpretendido.

1.2 Metodo da Substituicao

Vimos ja como calcular integrais de funcoes simples a partir da tabela da derivacao. Passemosagora a funcoes mais ”complicadas”.

Seja f(x) = ekx onde k e uma constante qualquer diferente de 0. Queremos calcular o integral

desta funcao, I1(x) =∫

ekxdx. Seja F (u) = eu e u = g(x) = kx. Entao

f(x) = F g(x) = ekx

ef ′(x) = F ′(g(x))g′(x) = kekx

Se em vez de I1(x) =∫

ekxdx tivessemos I2(x) =∫

kekxdx, entao o problema era simples, pois,

como vimos, kekx e a derivada de ekx. Como I2(x) = kI1(x), obtemos

I1(x) =1kI2(x) =

1kekx + C

Observe-se como a regra da derivada da funcao composta foi um grande auxılio no calculo desteintegral.

Argumentos analogos aos utilizados anteriormente permitem calcular o integral de f(x) =2xex2−1. Sendo g(x) = x2 − 1, vem

I =∫

2xex2−1dx =∫

g′(x)eg(x)dx

Defina-se u = g(x) e F (u) = eu. Entao

I =∫

F ′(g(x))g′(x)dx ==∫

[F (g(x))]′ dx = F (g(x)) + C = ex2−1 + C

O que fizemos foi reconhecer que a funcao a integrar f(x) = 2xex2−1 podia ser escrita comoa derivada de uma funcao composta. Para tal foi essencial associar g(x) = x2 − 1 com a suaderivada g′(x) = 2x, associacao essa feita atraves da introducao de uma nova variavel. Estatecnica pode ser generalizada de forma a abranger uma grande classe de funcoes. Suponhamosque queremos calcular ∫

F (x)dx

e que F pode ser escrita comoF (x) = f(g(x))g′(x)


O integral a calcular e entao ∫F (x)dx =

∫f(g(x))g′(x)dx (2.1)

O calculo deste integral e feito da seguinte forma:

1. Consideramos a substituicao ou mudanca de variavel:

u = g(x)du

dx= g′(x)

Escreve-se du = g′(x)dx.

2. Substituindo em (2.1) temos ∫F (x)dx =

∫f(u)du (2.2)

3. Calculamos (2.2) obtendo uma primitiva expressa em u. Seja ela G(u), i.e., G(u) =∫f(u)du.

4. Como o nosso objectivo e a determinacao de uma primitiva de F (x), substituimos por fimu por g(x) e temos: ∫

F (x)dx = G(g(x)) + C

Este metodo de calculo de integrais designa-se por Metodo de Substituicao. Convem salientar

que este metodo deve ser utilizado sempre que o calculo do integral∫

f(u)du for mais simples

e directo do que o de∫

F (x)dx.

Note-se ainda que a expressao (2.2) deve ser lida como∫f(u)du =

∫f(u)

du

dxdx∫

f(u)du e uma funcao, a primitiva de f , em termos da variavel u. Por outro lado,∫

f(g(x))g′(x)dx

representa uma primitiva de (f g(x)) · g′(x) em termos de x. Na verdade estamos na presencade duas primitivas de funcoes diferentes. Quando, por simplicidade de notacao, escrevemos∫

f(g(x))g′(x)dx =∫

f(u)du

devemos ter sempre presente que estamos a utilizar um simbolismo que nos facilita a escrita.Para indicarmos que temos uma igualdade de funcoes deverıamos escrever∫

f(g(x))g′(x)dx =∫

f(u)du

∣∣∣∣u=g(x)


Exemplo 1.2.1 Vejamos agora outros exemplos de integrais cujo calculo pode ser feito uti-lizando o metodo da substituicao.

1. Pretende-se calcular∫

axdx onde a e uma constante qualquer positiva . Como ax =

ex ln(a), vem ∫axdx =

∫ex ln(a)dx

Seja u = x ln(a). Entao du = ln(a)dx. Pelo metodo da substituicao vem∫exlog(a)dx =

∫eu

ln(a)du =

1ln(a)

∫eudu

=eu

ln(a)+ C =

ex ln(a)

ln(a)+ C =

ax

ln(a)+ C

2. Seja f uma qualquer funcao diferenciavel. Deseja-se calcular∫fn(x)f ′(x)dx

onde fn representa o produto da funcao f , n vezes. Seja u = f(x). Logo du = f ′(x)dx.Susbtituindo no integral dado vem∫

fn(x)f ′(x)dx =∫

undu =un+1

n + 1+ C =

fn+1(x)n + 1

+ C

3. Seja agora f uma qualquer funcao diferenciavel tal que f(x) 6= 0 para todo o x. Queremoscalcular ∫

f ′(x)f(x)

dx

Fazendo u = f(x), obtemos du = f ′(x)dx. Assim∫f ′(x)f(x)

dx =∫

du

u= ln | u | +C = ln | f(x) | +C

4. Pretende-se calcular ∫1 + ex

1− exdx

Multiplicando e dividindo a funcao a integrar por ex, obtemos∫1 + ex

1− ex

1ex

ex dx

Se u = ex, entao du = exdx. Substituindo na ultima expressao do integral a calcular vem∫1 + u

1− u· 1u

du

Como1 + u

1− u· 1u

=2

1− u+

1u


temos ∫1 + u

u(1− u)du =

∫2

1− udu +

∫1u

du

O integral∫

1u

du e de calculo imediato:∫

1u

du = ln | u | +C1. Resta-nos assim o calculo

de∫

21− u

du. Neste caso, podemos, mais uma vez, utilizar o metodo da substituicao

considerando agora v = 1− u. Entao dv = −du e vem∫2

1− udu = −2

∫dv

v= −2 ln | v | +C2 = −2 ln | 1− u | +C2

Assim ∫2

1− udu +

∫1u

du = ln | u | +C1 − 2 ln | 1− u | +C2

Concluimos que ∫1 + ex

1− exdx = ln | ex | +C1 − 2 ln | 1− ex | +C2

= ln(ex)− 2 ln | 1− ex | +C

= x + ln(

1(1− ex)2

)+ C

1.3 Integracao por Partes

Na seccao anterior a derivacao da funcao composta foi determinante para o calculo de integrais ouprimitivas de algumas funcoes. Uma outra regra de derivacao, util na integracao, e a da derivadado produto. Lembremos que se f e g sao funcoes diferenciaveis, entao a funcao produto f · g etambem diferenciavel e

(f · g)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) (3.1)

Suponhamos que queremos calcular o integral de uma funcao F e que esta funcao pode serdecomposta num produto de funcoes, h e g. Suponhamos ainda que h e reconhecidamente aderivada de uma outra funcao f . Assim,∫

F (x)dx =∫

h(x)g(x)dx =∫

f ′(x)g(x)dx

Da igualdade (3.1) vem∫f ′(x)g(x)dx =

∫ [(f · g)′(x)− f(x)g′(x)

]dx

=∫

(f · g)′(x)dx−∫

f(x)g′(x)dx

= (f · g)(x)−∫

f(x)g′(x)dx (3.2)


ou seja, o calculo de∫

f ′(x)g(x)dx fica reduzido ao de∫

f(x)g′(x)dx. E evidente que este

processo, denominado integracao por partes, e vantajoso quando o calculo de∫

f(x)g′(x)dx

e mais simples do que o de∫

f ′(x)g(x)dx.

Em (3.2) transformamos a integracao de uma funcao na soma de dois integrais. Como vimosatras, cada integracao produz uma constante. Como a soma de constantes e ainda uma constantee usual escrever a constante so no passo final da integracao.

Ilustremos a aplicacao da integracao por partes com um exemplo. O integral que queremos

calcular e∫

xexdx. A funcao xex pode ser escrita como o produto de duas outras funcoes,

g(x) = x e f(x) = ex. Como f ′(x) = f(x), podemos escrever:∫xexdx =

∫f ′(x)g(x)dx

Atendendo a que g′(x) = 1, a integracao por partes conduz a∫xexdx = xex −

∫1 · exdx

Logo ∫xexdx = xex − ex + C

Exemplo 1.3.1 A aplicacao da integracao por partes nem sempre e directa. Algumas vezes enecessario ”dar uma ajuda”, como veremos de seguida.

1. Consideremos∫

ln(x)dx. A primeira vista, a integracao por partes em nada nos podera

ajudar: parece que nao estamos perante um produto de funcoes. Todavia, pode sempreescrever-se

ln(x) = 1 · ln(x)

A constatacao deste simples facto permite definir

f ′(x) = 1 e g(x) = ln(x)

A aplicacao da integracao por partes e agora possıvel e conduz a:∫ln(x)dx = x ln(x)−

∫x · 1

xdx = x ln(x)−

∫1dx = x ln(x)− x + C

2. Calculemos∫

(ln(x))2 dx. Seja

f(x) = ln(x) e g′(x) = ln(x)

Entaof ′(x) =

1x

e g(x) = x(ln(x)− 1)


Integrando por partes, obtemos∫(ln(x))2 dx = ln(x) [x ln(x)− x]−

∫1x

[x(ln(x)− 1)] dx

= ln(x) [x ln(x)− x]−∫

ln(x)dx +∫

1dx

= x (ln(x))2 − x ln(x)− x(ln(x)− 1) + x + C

= ln(x) (x ln(x)− 2x) + 2x + C

3. Queremos calcular∫

ln(x)x

dx. Seja

f ′(x) =1x

e g(x) = ln(x)

Entao, f(x) = ln(x), g′(x) =1x

e∫ln(x)

xdx = ln(x) ln(x)−

∫1x

ln(x) dx (3.3)

Numa primeira analise, somos levados a concluir que a integracao por partes foi perfeita-mente inutil. Afinal, o integral a calcular e o inicial. Uma observacao mais atenta de (3.3)depressa nos convence que estamos perante uma igualdade de funcoes. Assim, podemos

somar a ambos os membros da igualdade∫

1x

ln(x)dx. Obtemos

2∫

1x

ln(x)dx = ln(x) ln(x)

ou seja, ∫1x

ln(x)dx =(ln(x))2

2+ C

4. No calculo de alguns integrais, a integracao por partes podera ter que ser utilizada mais

do que uma vez. Vejamos um exemplo. Considere-se∫

ex sin(x)dx e seja f(x) = ex e

g′(x) = sin(x). Assim f ′(x) = ex e g(x) = − cos(x). Logo∫ex sin(x)dx = −ex cos(x)−

∫ex(− cos(x))dx = −ex cos(x) +

∫ex cos(x)dx (3.4)

O grau de dificuldade do calculo de∫

ex cos(x)dx e o mesmo do calculo de∫

ex sin(x)dx.

Se definirmos u(x) = ex e v′(x) = cos(x), podemos aplicar a integracao por partes maisuma vez. Assim ∫

ex cos(x)dx = ex sin(x)−∫

ex sin(x)dx

Substituindo em (3.4) vem∫ex sin(x)dx = −ex cos(x) + ex sin(x)−

∫ex sin(x)dx


Mais uma vez, obtivemos uma igualdade de funcoes e a mesma funcao∫

ex sin(x)dx,

aparece em ambos os membros da igualdade. Deduz-se entao que∫ex sin(x)dx =

ex

2(sin(x)− cos(x)) + C

A utilizacao consecutiva da integracao por partes deve ser feita com cuidado. No exemploanterior, se a segunda integracao por partes tivesse sido feita considerando u(x) = cos(x)e v′(x) = ex, terıamos obtido∫

ex cos(x)dx = ex cos(x) +∫

ex sin(x)dx

Substituindo em (3.4) viria∫ex sin(x)dx = −ex cos(x) + ex cos(x) +

∫ex sin(x)dx

ou seja, ∫ex sin(x)dx =

∫ex sin(x)dx

Esta escolha de funcoes u e v′ ”desfez” a integracao por partes inicial.

Para terminar esta seccao, vamos agora ilustrar uma aplicacao, particularmente util, da inte-gracao por partes que conduz as designadas Formulas de Reducao. Consideremos o integral∫

sinn(x)dx, onde n e um qualquer natural maior que 2. Seja f ′(x) = sin(x) e g(x) = sinn−1(x).

Assim f(x) = − cos(x) e g′(x) = (n−1) sinn−2(x) cos(x). Atendendo a que cos2(x) = 1−sin2(x)vem ∫

sinn(x)dx = − sinn−1(x) cos(x) + (n− 1)∫

cos2(x) sinn−2(x)dx

= − sinn−1(x) cos(x) + (n− 1)∫ (

1− sin2(x))sinn−2(x)dx

= − sinn−1(x) cos(x) + (n− 1)∫

sinn−2(x)dx− (n− 1)∫

sinn(x)dx

Somando (n− 1)∫

sinn(x)dx a ambos os membros desta igualdade obtemos

n

∫sinn(x)dx = − sinn−1(x) cos(x) + (n− 1)

∫sinn−2(x)dx

ou seja ∫sinn(x)dx = − 1

nsinn−1(x) cos(x) +

n− 1n

∫sinn−2(x)dx (3.5)


Esta e a formula de reducao de∫

sinn(x)dx e permite calcular este integral por recorrencia.

Vejamos como. Seja n = 5. Entao:∫sin5(x)dx = −1

5sin4(x) cos(x) +

45

∫sin3(x)dx

Resta-nos calcular∫

sin3(x)dx. Aplicando mais uma vez (3.5) vem∫sin3(x)dx = −1

3sin2(x) cos(x) +

23

∫sin1(x)dx

Como∫

sin(x)dx = − cos(x), concluimos que∫sin5(x)dx = −1

5sin4(x) cos(x)− 4

15sin2(x) cos(x)− 8

15cos(x) + C

Seja agora n = 4. Usando (3.5), deduzimos que∫sin4(x)dx = −1

4sin3(x) cos(x) +

34

∫sin2(x)dx

Falta-nos agora calcular este ultimo integral. Agora n = 2. A formula (3.5) pode ainda seraplicada neste caso (verifique!). Vejamos um processo alternativo. A ideia e diminuir a potenciade sin(x). Para tal, recorremos as formulas trigonometricas. Neste caso, e particularmente utila igualdade

sin2(x) =1− cos(2x)

2que nos permite concluir∫

sin2(x)dx =12

∫dx−

∫cos(2x)

2dx =

12x− sin(2x)

4+ C1

Assim ∫sin4 dx = −1

4sin3(x) cos(x) +

38x− 3

16sin(2x) + C

Exercıcio 1.3.2 1. Deduza as seguintes formulas de reducao:

(a)∫

cosn(x)dx =1n

cosn−1(x) sin(x) +n− 1

n

∫cosn−2(x)dx para n > 2 (verifique se

esta igualdade e ou nao valida para n = 2);

(b)∫

dx

(x2 + 1)n=

12n− 2

x

(x2 + 1)n−1+

2n− 32n− 2

∫dx

(x2 + 1)n−1para n > 1.

2. Utilizando o exercıcio anterior calcule∫

cos5(x)dx e∫

cos6(x)dx. (Sugestao: lembre-se

que cos2(x) =1 + cos(2x)

2).

Calcule ainda∫

dx

(x2 + 1)5e∫

dx

(x2 + 1)4.


1.4 Outras Tecnicas de Integracao

Os metodos de integracao por partes e de substituicao sao os principais metodos de integracao.So por si permitem calcular integrais de uma grande classe de funcoes. Contudo, o calculo deintegrais de muitas funcoes exige a utilizacao de algumas tecnicas proprias adicionais. Seguida-mente iremos apresentar uma lista de algumas dessas tecnicas.

Integrais de Funcoes Trigonometricas

Determinamos na seccao anterior formulas de reducao que nos permitem calcular integrais do

tipo∫

sinn(x)dx e∫

cosn(x)dx. Integrais deste tipo podem, alternativamente, ser calculados

com a ajuda de certas igualdades de funcoes trigonometricas.

A.1. Integrais do tipo∫

sinn(x)dx e∫

cosn(x)dx para n par.

Lembremos que

sin2(x) + cos2(x) = 1

sin2(x) =1− cos(2x)

2

cos2(x) =1 + cos(2x)

2

Se n e par, escreve-se n = 2k. Logo

∫sinn(x)dx =

∫ (sin2(x)

)kdx =

∫ (1− cos(2x)

2

)k

dx

Este novo integral envolve uma soma de termos com potencias da funcao cos(x) maisbaixas.


Exemplo 1.4.1 Considere-se∫

sin4(x)dx. Vem

∫sin4(x)dx =

∫ (1− cos(2x)

2

)2

dx

=∫ (

14− 1

2cos(2x) +

14

cos2(2x))

dx

=14

∫dx− 1

2

∫cos(2x)dx +

14

∫cos2(2x)dx

=14x− 1

4sin(2x) +

14

∫cos2(2x)dx

=14x− 1

4sin(2x) +

14

∫ (1 + cos(4x)

2

)dx

=x

4− sin(2x)

4+

x

8+

sin(4x)32

+ C

Exercıcio 1.4.2 Calcule∫

cos4(x)dx.

A.2. Integrais do tipo∫

sinn(x)dx e∫

cosn(x)dx para n ımpar e n ≥ 3.

Se n e ımpar, n = 2k + 1 para algum k. Entao∫sinn(x)dx =

∫sin(x) sin2k(x)dx =

∫sin(x)

(1− cos2(x)

)kdx∫

cosn(x)dx =∫

cos(x) cos2k(x)dx =∫

cos(x)(1− sin2(x)

)kdx

Exemplo 1.4.3 Calculemos agora I1(x) =∫

cos5(x)dx. Temos∫cos5(x)dx =

∫cos(x)

(1− sin2(x)

)2dx

=∫ (

cos(x)− 2 cos(x) sin2(x) + cos(x) sin4(x))dx

= sin(x)−∫

2 cos(x) sin2(x)dx +∫

cos(x) sin4(x)dx

Ficamos reduzidos ao calculo de dois integrais do tipo∫

cos(x) sin2k(x)dx. Observe-se que

estes sao integrais da forma∫

f ′(x)fn(x)dx, onde n = 2k e f(x) = sin(x). Como

∫f ′(x)fn(x)dx =

fn+1(x)n + 1


concluimos que ∫cos5(x)dx = sin(x)− 2

3sin3(x)dx +

15

sin5(x) + C

B. Integrais do tipo∫

cosm(x) sinn(x)dx onde m e n sao naturais maiores do que 1.

No exemplo anterior tivemos que calcular um integral do tipo∫cos(x) sin2k(x)dx

O que acontece quando temos∫

cosm(x) sinn(x)dx, onde n e m sao ambos naturais e

maiores do que 1?

Suponhamos que n e ımpar. Entao n− 1 e par. Seja n− 1 = 2k. Assim∫cosm(x) sinn(x)dx =

∫cosm(x) sin(x) sin2k(x)dx

=∫

cosm(x) sin(x)(1− cos2(x)

)kdx

Desenvolvendo o binomio(1− cos2(x)

)k obtemos uma soma de integrais do tipo∫sin(x) cosp(x)dx

onde p e um natural maior que m. Este tipo de integrais sao obviamente faceis de integrar.

Se n e par e m e ımpar, consideramos m− 1 = 2k. Assim obtemos∫cosm(x) sinn(x)dx =

∫cos(x) cos2k(x) sinn(x)dx

=∫

cos(x)(1− sin2(x)

)k sinn(x)dx

Estamos na presenca de uma soma de integrais da forma∫sinp(x) cos(x)dx

onde p e um natural maior que n, integrais esses que, como anteriormente, sao de integracaoimediata.

Se m e n sao simultaneamente ımpares, podemos optar por escrever o integral como

soma de integrais da forma∫

sinp(x) cos(x)dx ou da forma∫

sin(x) cosp(x)dx. Neste

processo a tarefa mais morosa e a do desenvolvimento do binomio. Exactamente por isso,

e aconselhavel transformar o integral em parcelas da forma∫

sinp(x) cos(x)dx se m < n e

em∫

sin(x) cosp(x)dx se n < m.


Exemplo 1.4.4 Seja I(x) =∫

sin3(x) cos5(x)dx. Entao

∫sin3(x) cos5(x)dx =

∫sin(x) sin2(x) cos5(x)dx

=∫

sin(x)(1− cos2(x)

)cos5(x)dx

=∫

sin(x) cos5(x)dx−∫

sin(x) cos7(x)dx

= −16

cos6(x) +18

cos8(x) + C

Se tivessemos inicialmente optado por escrever∫sin3(x) cos5(x)dx =

∫cos(x) cos4(x) sin3(x)dx

teriamos que considerar

cos4(x) =(1− sin2(x)

)2 = 1− 2 sin2(x) + sin4(x)

o que daria origem a 3 integrais em vez de 2.

C. Integrais envolvendo potencias tan(x), cot(x), sec(x) e csc(x) .

Antes de aprofundar este assunto, apresentamos mais alguns integrais que podem ser cal-culados a partir de tabelas de derivacao. Fica a cargo do aluno a verificacao da veracidadeda seguinte tabela (nota: basta ver que a derivada da primitiva e a funcao a integrar).∫

sec2(x)dx = tan(x) + C

∫csc2(x)dx = − cot(x) + C

∫sec(x)dx = ln | sec(x) + tan(x) | +C

∫csc(x)dx = − ln | csc(x) + cot(x) | +C

Falta-nos calcular∫

tan(x)dx e∫

cot(x)dx. Por definicao temos

∫tan(x)dx =

∫sin(x)cos(x)

dx

e ∫cot(x)dx =

∫cos(x)sin(x)

dx


No caso do primeiro integral, faca-se u = cos(x). Vem du = − sin(x)dx e assim obtemos∫tan(x)dx = −

∫du

u= − ln | cos(x) | +C

No caso do segundo integral, seja v = sin(x). Como dv = cos(x)dx, vem∫cot(x)dx =

∫dv

v= ln | sin(x) | +C

No que se segue, m representa, como e usual, um numero natural.

C.1. Integrais de funcoes envolvendo tanm(x) ou cotm(x)

Nestes casos, deveremos usar as seguintes igualdades:

1 + tan2(x) = sec2(x)

ou1 + cot2(x) = csc2(x)

Exemplo 1.4.5 Deseja-se calcular∫

tan3(x)dx. O procedimento e o seguinte

∫tan3(x)dx =

∫tan(x) sec2(x)dx−

∫tan(x)dx

=∫

sin(x)cos3(x)

dx + ln | cos(x) |

= −∫

du

u3+ ln | cos(x) |

= −u−2

−2+ ln | cos(x) |

=1

2u2+ ln | cos(x) |

=1

2 cos2(x)+ ln | cos(x) | +C


cot5(x)dx.

C.2. Integrais de funcoes envolvendo secm(x) ou cscm(x)

Ha dois casos a considerar:

1. Se m e impar, seguir os seguintes passos:

(a) Evidenciar sec2(x) ou csc2(x), conforme os casos.


(b) Integrar por partes e usar as relacoes

tan2(x) = sec2(x)− 1

oucot2(x) = csc2(x)− 1

2. Se m e par, fazer os seguinte:

(a) Por em evidencia sec2(x) ou csc2(x), conforme os casos.(b) Escrever os integrais em termos de tan(x) usando

1 + tan2(x) = sec2(x)

ou1 + cot2(x) = csc2(x)

Exemplo 1.4.7 1. Queremos calcular∫sec3(x)dx

Neste caso m = 3 e ımpar. Devemos comecar por por em evidencia sec2(x):∫sec3(x)dx =

∫sec(x) sec2(x)dx

Depois faz-se a integracao por partes. Seja entao f ′(x) = sec2(x) e g(x) = sec(x).Entao f(x) = tan(x) e g′(x) = sec(x) tan(x). Assim,∫

sec3(x)dx =∫

sec(x) sec2(x)dx

= sec(x) tan(x)−∫

sec(x) tan2(x)dx


sec(x)(sec2(x)− 1

)dx


sec3(x)dx +∫

sec(x)dx

Como em cada membro da igualdade aparece a mesma funcao∫

sec3(x)dx, con-

cluımos que

2∫

sec3(x)dx = sec(x) tan(x) + ln(| sec(x) + tan(x) |) + C1

Logo ∫sec3(x)dx =

12

sec(x) tan(x) +12

ln(| sec(x) + tan(x) |) + C


2. Deseja-se calcular ∫sec4(x)dx

Argumentos similares aos anteriores conduzem-nos a∫sec4(x)dx =

∫ (1 + tan2(x)

)sec2(x)dx

=∫

sec2(x)dx +∫

sec2(x) tan2(x)dx = tan(x) +tan3(x)

3+ C.

C.3. Integrais de funcoes envolvendo tann(x) secm(x) ou cotn(x)cscm(x)

Ha dois casos a considerar:

1. Se n e par, considerar n = 2k. Usando



vem, conforme os casos,∫tann(x) secm(x)dx =

∫ (sec2(x)− 1

)k secm(x)dx

ou ∫cotn(x) cscm(x)dx =

∫ (csc2(x)− 1

)k cscm(x)dx

Desenvolvendo o binomio obtemos integrais como em C.2.

2. Se n e ımpar, n = 2k + 1, fazer o seguinte:

(a) transformar o produto de forma a obter sec(x) tan(x) ou csc(x) cot(x)(b) Usar as relacoes



Exemplo 1.4.8 1. Considere-se∫

tan4(x) secm(x)dx, onde m e qualquer natural. Entao:

∫tan4(x) secm(x)dx =

∫ (sec2(x)− 1

)2 secm(x)dx

=∫ (

sec4(x)− 2sec2(x) + 1)secm(x)dx

=∫

secm+4(x)dx− 2∫

secm+2(x)dx +∫

secm(x)dx

Cada um destes 3 integrais pode ser calculado como indicado em C.2.


2. Seja m um qualquer natural maior que 1. Queremos calcular∫

tan5(x) secm(x)dx.

∫tan5(x) secm(x)dx =

∫tan(x) sec(x) tan4(x) secm−1(x)dx

=∫

tan(x) sec(x)(sec2(x)− 1

)2 secm−1(x)dx

=∫

tan(x) sec(x)(sec4(x)− 2 sec2(x) + 1

)secm−1(x)dx

=∫

tan(x) sec(x)(secm+3−2 secm+1(x) + secm−1(x)

)dx

=∫

g′(x)gm+3(x)dx− 2∫

g′(x)gm+1(x)dx +∫

g′(x)gm−1(x)dx

onde g(x) = sec(x).


tan5(x) sec(x)dx.

Integrais de Funcoes Racionais

Uma funcao F definida como o quociente de duas funcoes polimoniais designa-se por funcaoracional. Quando se escreve R(y, z) estamos a referir-nos a uma funcao racional nas variaveisy e z, ou seja, R(y, z) representa uma fraccao onde o numerador e o denominador sao funcoespolinomiais nas variaveis y e z.

De seguida, iremos desenvolver varias tecnicas de integracao deste tipo de funcoes.

D. Integrais de funcoes R(x, x) =p(x)q(x)

, onde p e q sao funcoes polinomiais.

Iniciamos este estudo considerando as mais simples funcoes deste tipo.

1.∫

A

x− adx, onde A e a sao constantes.

∫A

x− adx = A ln | x− a | +C (4.1)

2.∫

A

(x− a)ndx. Sendo u = (x− a) vem

∫A

(x− a)ndx =

∫A

undu = A

u1−n

1− n+ C = − A

n− 11

(x− a)n−1+ C (4.2)

3.∫

Mx + N

(x− a)2 + b2dx onde M , N , a e b sao constantes e b 6= 0. Seja bz = x− a. Entao


dz =dx

b. Esta mudanca de variavel permite-nos calcular o integral da seguinte forma:∫Mx + N

(x− a)2 + b2dx = b

∫Mbz + Ma + N

b2(z2 + 1)dz

= M

∫z

z2 + 1dz +

Ma + N

b

∫dz

z2 + 1

=M

2ln | z2 + 1 | +Ma + N

barctan(z) + C

=M

2ln

∣∣∣∣∣(

x− a

b

)2

+ 1

∣∣∣∣∣+ Ma + N

barctan

(x− a

b

)+ C

Observe-se que se b = 0, entao temos∫

Mx + N

(x− a)2dx. Este integral e de calculo facil:

∫Mx + N

(x− a)2dx =

∫M(x− a) + Ma

(x− a)2dx +

∫N

(x− a)2dx

=M

2

∫2(x− a)(x− a)2

dx + Ma

∫1

(x− a)2dx + N

∫1

(x− a)2dx

=M

2ln | (x− a)2 | −Ma + N

x− a+ C (4.3)

Estes 3 integrais, calculados em 1, 2, e 3, serao essenciais no que se segue.

Consideremos agora o integral ∫p(x)q(x)

dx

onde p e q sao duas funcoes polinomiais.

Se o grau de p for superior ao grau de q, comecamos por fazer a divisao polinomial:

p(x)q(x)

= d(x) +r(x)q(x)

Aqui r e o resto da divisao e d e o quociente. As funcoes d e r sao ambas funcoes polinomiaise o grau de r e menor do que o grau de q.

O calculo do integral inicial transforma-se assim no calculo de dois integrais,∫

d(x)dx

e∫

r(x)q(x)

dx. O primeiro integral∫

d(x)dx facilmente se calcula, uma vez que d e uma

funcao polinomial.

O problema que se nos depara e agora o do calculo de integrais de funcoes racionais taisque o grau da funcao em numerador e necessariamente menor do que o grau da funcao emdenominador.

Vejamos como agir nesta situacao.

1. Comeca-se por calcular todos os zeros reais e complexos de q(x).Seja a0 o coeficiente da maior potencia de x na expressao da funcao polinomial q(x)e suponhamos que q tem:


(a) l zeros reais diferentes a1, . . . , al de multiplicidade respectivamente s1, . . . , sl,(b) 2µ raizes complexas α1 ± β1i, . . . , αµ ± βµi de multiplicidade respectivamente

λ1, . . . , λµ.

Podemos entao escrever q(x) da seguinte forma:

q(x) = a0(x− a1)s1 · . . . · (x− al)sl[(x− α1)2 + β2

1

]λ1 · . . . ·[(x− αµ)2 + β2

µ

]λµ

2. Calcular constantes Ai,j , com i = 1, . . . , l e j = 1, . . . , si, Mν,k e Nν,k com ν = 1, . . . , µe k = 1, . . . , λν pelo metodo dos coeficientes indeterminados tal que

r(x)q(x) = A1,1

(x−a1) + A1,2

(x−a1)2+ . . . + A1,s1

(x−a1)s1←− s1 elementos

+ A2,1

(x−a2) + A2,2

(x−a2)2+ . . . + A2,s2

(x−a2)s2←− s2 elementos

+ . . . . . . . . .

+ Al,1

(x−al)+ Al,2

(x−al)2+ . . . +

Al,sl(x−al)

sl←− sl elementos

+ M1,1x+N1,1

[(x−α1)2+β21]

+ M1,2x+N1,2

[(x−α1)2+β21]

2 + . . . + M1,λ1x+N1,λ1

[(x−α1)2+β21]

λ1←− λ1 elementos

+ M2,1x+N2,1

[(x−α2)2+β22]

+ M2,2x+N2,2

[(x−α2)2+β22]

2 + . . . + M2,λ2x+N2,λ2

[(x−α2)2+β22]

λ2←− λ2 elementos

+ . . . . . . . . .

+ Mµ,1x+Nµ,1

[(x−αµ)2+β2µ]

+ Mµ,2x+Nµ,2

[(x−αµ)2+β2µ]

2 + . . . +Mµ,λµx+Nµ,λµ

[(x−αµ)2+β2µ]

λµ←− λµ elementos

A veracidade desta igualdade pode ser obviamente confirmada efectuando os calculos dosegundo membro.

O calculo de∫

r(x)q(x)

dx fica assim reduzido ao calculo de s1+s2+ . . .+sl+λ1+λ2+ . . .+λµ

integrais, cada um dos quais esta num dos casos D1, D2, ou D3.

Exemplo 1.4.10 Iremos agora ver alguns exemplos que ilustram a decomposicao em fraccoessimples anterior.

1. Considere-se a funcao:

f(x) =x5 − x4 + x2 − x + 1

x3 − x

Como o grau do numerador e 5 e do denominador e 3, comecamos por fazer a divisaopolinomial:

x5 −x4 +0x3 +x2 −x +1 | x3 −x

−x5 +x3 x2 −x +1

−x4 +x3 +x2 −x +1x4 −x2

+x3 −x +1−x3 +x

+1


Deduzimos quex5 − x4 + x2 − x + 1

x3 − x= x2 − x + 1 +

1x3 − x

A decomposicao de q(x) = x3 − x em factores simples e:

q(x) = x(x− 1)(x + 1)

ou seja, q tem 3 raızes reais e diferentes, 0, 1 e −1. Temos agora que calcularconstantes A, B e C tal que

1x3 − x

=A

x+

B

x− 1+

C

x + 1

Escrevendo o segundo membro como uma unica fraccao com o mesmo denominadorvem:

1x3 − x

=Ax2 −A + Bx2 + Bx + Cx2 − Cx

x3 − x

Temos agora uma igualdade de duas fraccoes cujo denominador e igual. Elas saoiguais se os numeradores forem tambem iguais. Ambos os numeradores sao funcoespolinomiais. Logo sao iguais se os coeficientes das mesmas potencias de x foremiguais. Obtemos

A + B + C = 0B − C = 0

−A = 1

Resolvendo o sistema vem

A = −1 B =12

C =12

Concluımos assim que

1x3 − x

= −1x

+1

2(x− 1)+

12(x + 1)

Antes de passarmos aos respectivos integrais vale a pena considerar outra vez

1x3 − x

=A

x+

B

x− 1+

C

x + 1(4.4)

Pretendemos determinar as constantes A, B e C tais que a igualdade (4.4) e ver-dadeira para todo o x diferente de 0, 1 e −1. Observe-se que se multiplicarmos ambosos membros desta igualdade por x vem

1x2 − 1

= A +Bx

x− 1+

Cx

x + 1

Esta igualdade, sendo equivalente a anterior, e verdadeira para todo o x diferente de0, −1 e 1. Calculando o limite quando x tende para 0 de cada um dos membros daigualdade verifica-se que ela e ainda verdadeira para x = 0. Entao,

1x2 − 1

∣∣∣∣x=0

= A +Bx

x− 1

∣∣∣∣x=0

+Cx

x + 1

∣∣∣∣x=0


ou sejaA = −1

Obtemos de imediato o valor de A. De forma analoga podemos determinar B e C.Multiplicando ambos os membros de (4.4) por x− 1 vem

1x2 + x

=A(x− 1)

x+ B +

C(x− 1)x + 1

Para x = 1 vem,

1x2 + x

∣∣∣∣x=1

=A(x− 1)

x

∣∣∣∣x=1

+B +C(x− 1)

x + 1

∣∣∣∣x=1

ou seja,12

= B.

Se multiplicarmos agora ambos os membros de (4.4) por x + 1 vem

1x2 − x

=A(x + 1)

x+

B(x + 1)x− 1

+ C

e para x = −1 obtemos

1x2 − x

∣∣∣∣x=−1

=A(x + 1)

x

∣∣∣∣x=−1

+B(x + 1)

x− 1

∣∣∣∣x=−1

+C

donde12

= C

Para determinar cada um destes coeficientes nao e necessario efectuar tantos calculos.Analisando o que fizemos depressa concluımos que cada um dos coeficientes A, B ouC e igual ao valor da funcao F (x) no ponto a, onde a e a raiz do denominadorassociada ao coeficiente que queremos calcular e F e a fraccao que se obtem apos a

simplificacao da fraccaox− a

x3 − x.

Um pouco de reflexao sobre a tecnica usada, leva-nos a concluir que este metodopermite calcular coeficientes associados a raızes de multiplicidade 1.Passemos ao calculo do integral∫

x5 − x4 + x2 − x + 1x3 − x

dx

Assim∫x5 − x4 + x2 − x + 1

x3 − xdx =

∫(x2 − x + 1)dx +

∫1

x3 − xdx

=∫

x2dx−∫

xdx +∫

dx

−∫

dx

x+∫

dx

2(x− 1)+∫

dx

2(x + 1)

=x3

3dx− x2

2+ x

− ln | x | +12

ln | x− 1 | +12

ln | x + 1 | +C


2. Consideremos o integral∫

2x− 1x(x2 − 2x + 1)

dx. Neste caso nao e necessaria a divisao

polinomial, pois o grau do polinomio do numerador ja e menor do que o do denom-inador. A decomposicao do denominador e simples uma vez que x(x2 − 2x + 1) =x(x−1)2. Este tem uma raiz real 1 de multiplicidade 2 e uma raiz simples 0. Ha tresconstantes a determinar.

2x− 1x(x− 1)2

=A

x+

B

(x− 1)2+

C

x− 1(4.5)

Como vimos no exemplo anterior, determina-se A da seguinte forma:

2x− 1(x− 1)2

∣∣∣∣x=0

= A

⇓−1 = A

O mesmo metodo pode ser utilizado no calculo de B. Realmente, multiplicando ambosos membros de (4.5) por (x− 1)2 tem-se

2x− 1x

=A(x− 1)2

x+ B + C(x− 1)

Quando x = 1, vem1 = B

Ou seja, B e igual ao valor que2x− 1

xtoma quando x = 1. Desta analise, e tambem

claro que C nao podera ser calculado desta forma (porque?). A alternativa parece sero metodo dos coeficientes indeterminados que conduz a um sistema de tres equacoes atres incognitas, A, B e C, duas das quais ja conhecemos. Tal seria fastidioso. Comoconhecemos ja quais os valores de A e B podemos escrever:

2x− 1x(x− 1)2

= −1x

+1

(x− 1)2+

C

x− 1

Esta ultima igualdade e verdadeira para todo o x diferente de 0 e 1. Em particular,e verdadeira para x = 1/2. Neste caso temos

0 = −2 + 4− 2C

dondeC = 1

Estao agora calculados os 3 coeficientes. Avancemos com o calculo do integral.∫2x− 1

x(x2 − 2x + 1)= −

∫dx

x+∫

dx

(x− 1)2+∫

dx

x− 1

= − ln | x | − 1x− 1

+ ln | x− 1 | +C


3. Considere-se agora o integral ∫x3 − 1

x2 [(x− 1)2 + 1]dx

Como o grau do numerador e 3, nao se faz a divisao polinomial. O denominador ede grau 4 e esta ja factorizado. Tem uma raiz real 0 de multiplicidade 2 e duas raızescomplexas conjugadas 1+ i e 1− i. A decomposicao da funcao racional a integrar emfraccoes simples e:

x3 − 1x2 [(x− 1)2 + 1]

=Mx + N

(x− 1)2 + 1+

B

x2+

C

x(4.6)

O calculo do coeficiente B e imediato e e:

B =x3 − 1

(x− 1)2 + 1

∣∣∣∣x=0

= −12

A dificuldade reside agora no calculo de M , N e C. Observe-se que multiplicandoambos os membros de (4.6) por (x − 1)2 + 1 e substituindo x por 2 + i ou 2 − i,introduz numeros complexos, o que queremos evitar. Afinal de contas, queremosdeterminar estes coeficientes com o mınimo de trabalho. Como ja conhecemos B,uma forma de calcular estes coeficientes e atribuir valores a x em (4.6). Sempre quetal fizermos vamos obter uma equacao com 3 incognitas, M , N e C. Precisamosentao de tres valores distintos de x para obter um sistema. A quantidade de trabalhoque esta operacao requer e praticamente equivalente a do metodo dos coeficientesindeterminados. Optamos por este ultimo. Este metodo da origem ao sistema:

M + C = 1N + B − 2C = 0−2B + 2C = 02B = −1

Confirma-se mais uma vez que B = −12

e obtemos C = B = N e M =32.

Voltemos ao integral. Temos∫x3 − 1

x2 [(x− 1)2 + 1]dx =

12

∫3x− 1

(x− 1)2 + 1dx− 1

2

∫dx

x2− 1

2

∫dx

x

=12

∫3(x− 1) + 2(x− 1)2 + 1

dx +12x− 1

2ln | x |

=34

∫du

u + 1︸︷︷︸u=(x−1)2

+∫

dv

v2 + 1︸︷︷︸v=x−1

+12x− 1

2ln | x |

=34

ln | (x− 1)2 + 1 | +arctan(x− 1) +12x− 1

2ln | x |


E. Integrais de funcoes R(x,√

a2 − b2x2).

A simbologia usada atras merece alguns comentario. Escreve-se

R(x,√

a2 − b2x2)

quando estamos a referir-nos a uma fraccao de funcoes polinomiais nas variaveis y = x ez =√

a2 − b2x2 para a e b fixos. Supoe-se que b 6= 0.

Neste tipo de funcoes uma das duas mudancas de variavel seguintes podera ser util:

x =a

bsin(t)

oux =

a

bcos(t)

Exemplo 1.4.11 Considere-se∫

dx√1− x2

. Neste caso a = b = 1. Seja

x = sin(t) =⇒ t = arcsin(x)

Como dx = cos(t)dt, vem∫dx√

1− x2=

∫cos(t)dt√1− sin2(t)

=∫

cos(t)cos(t)

dt =∫

dt

= t + C = arcsin(x) + C

F. Integrais de funcoes R(x,√

a2 + b2x2).

As mudancas de variavel sugeridas sao agora

x =a

btan(t)

oux =

a

bcot(t)

Exemplo 1.4.12 Pretende-se calcular∫dx√

1 + x2

Como a = b = 1, seja x = tan(t). Entao∫dx√

1 + x2=∫

sec2(t)√1 + tan2(t)

dt =∫

sec(t)dt = ln | sec(t) + tan(t) | +C

Como t = arctan(x), temos tan(t) = x e sec(t) =√

1 + tan2(t) =√

1 + x2. Podemosentao concluir que ∫

dx√1 + x2

= ln | x +√

1 + x2 | +C


G. Integrais de funcoes R(x,√

b2x2 − a2).

Neste caso as mudancas de variavel sao

x =a

bsec(t)

oux =

a

bcsc(t)


dx√x2 − 1

. Considere-se x = sec(t). Entao

cos(t) =1x

t = arccos(

1x

)e

sin(t) =

√1−

(1x

)2

Alem disso, dx = tan(t) sec(t)dt. Obtemos assim

I(x) =∫

tan(t) sec(t)dt√sec2(t)− 1

=∫

sec(t)dt

= ln | sec(t) + tan(t) | +C

= ln | x +√

x2 − 1 | +C

H. Integrais de funcoes R(x,√

ax2 + bx + c) com a 6= 0.

No calculo de integrais de funcoes deste tipo a ideia e sempre a de completar um quadradona expressao ax2 + bx + c. Eis alguns exemplos que ilustram a utilidade deste processo.

Exemplo 1.4.14 Nos tres casos seguintes, indica-se so o processo de integracao. O alunodevera terminar todos os calculos.

1. Seja I(x) =∫ √

x2 − 2x− 1 dx. Como x2−2x−1 = x2−2x+1−1−1 = (x−1)2−2,

fazendo u = x− 1 (donde du = dx) obtemos o integral em u∫ √u2 − 2 du

integral esse do tipo G.

2. Seja I(x) =∫

dx√x2 − x− 2

. Neste caso vem

I(x) =∫

dx√(x− 1

2

)2 − (32

)2Fazendo u = x− 1

2, somos conduzidos a um integral do tipo G.


3. Por ultimo seja I(x) =∫

x√x2 + x− 2

dx. Neste caso, note-se que tudo seria mais

simples se no numerador estivesse a derivada da funcao x2+x−2 que aparece debaixodo sinal de raiz. Nao esta la, mas podemos faze-la aparecer multiplicando e dividindotudo por 2 e depois somando e subtraindo 1. Assim

I(x) =12

∫2x + 1− 1√x2 + x− 2

dx

=12

∫2x + 1√

x2 + x− 2dx− 1

2

∫dx√

x2 + x− 2

Temos assim que calcular dois integrais. O primeiro e imediato considerando z =x2 + x− 2. Para o segundo deve-se completar o quadrado tal como no exemplo 2.

I. Integrais de funcoes R(sin(x), cos(x))

Consideramos agora funcoes racionais em que no denominador e no numerador aparecemtermos expressos em cos(x) e/ou sin(x).

Em geral, a mudanca de variavelt = tan

(x

2

)permite transformar os integrais noutros ja tratados. Casos ha, contudo, em que outrasmudancas de variavel sao de tratamento mais simples. Temos tres casos a considerar.

I.1. Funcao que satisfaz a R(− sin(x), cos(x)) = −R(sin(x), cos(x)).Uma funcao nestas condicoes e, por exemplo, f(x) = tan(x) sec(x). Note-se que

tan(x) =sin(x)cos(x)

e sec(x) =1

cos(x). Se em vez de sin(x) tivermos − sin(x), entao

− sin(x)cos2(x)

= − sin(x)cos2(x)

= − tan(x) sec(x) = −f(x).

No caso de funcoes racionais com esta propriedade e preferıvel, na maior parte doscasos, considerar a mudanca de variavel

t = cos(x)


cos(x) + 1sin(x)(cos(x)− 1)

dx. Ora esta e uma funcao racional

com a propriedade acima indicada. Sendo t = cos(x), vem dt = − sin(x)dx, sin(x) =√1− t2. Logo ∫

cos(x) + 1sin(x)(cos(x)− 1)

dx = −∫

t + 1(1− t2)(t− 1)

dt

=∫

t + 1(1− t)(1 + t)(1− t)

dt

=∫

dt

(1− t)2

Obtivemos um integral que, na variavel t e de calculo imediato. Fica a cargo do alunoa finalizacao dos calculo. Nao esquecer que a solucao final deve estar expressa em x.


I.2. Funcao que satisfaz a R(sin(x),− cos(x)) = −R(sin(x), cos(x)).Para funcoes com esta propriedade a mudanca de variavel deve ser

t = sin(x)


cos(x) sin3(x)sin(x)− 3

dx.

I.3. Funcao que satisfaz a R(− sin(x),− cos(x)) = R(sin(x), cos(x)).A mudanca de variavel e agora

t = tan(x)


1 + 2 cos(x)sin(x)(3− cos(x))

dx.

J. Integrais de funcoes da forma R(x, xp1q1 , x

p2q2 , . . .) onde pi e qi sao numeros inteiros

nao nulos.

R(x, xp1q1 , x

p2q2 , . . .) sao funcoes racionais onde aparecem termos em x com potencias racionais.

Estas funcoes sao muitas vezes designadas por funcoes irracionais.

Mudanca de Variavel:

x = tk onde k = m.m.c.q1, q2, . . .


x1/3

x1/4 + x1/2dx. Como = m.m.c.2, 3, 4 = 12, considere-

se x = t12. Entao dx = 12t11dt. Logo

I(x) = 12∫

t15

t3 + t6dt

O aluno deve agora concluir os calculos.

K. Integrais de funcoes da forma R

x,

(ax + b

cx + d

)p1

q1 ,

(ax + b

cx + d

)p2

q2 , . . .

onde pi e qi

sao numeros inteiros nao nulos.

Mudanca de Variavel:ax + b

cx + d= tk onde k = m.m.c.q1, q2, . . .

L. Integrais da forma∫

xm (a + bxn)pq dx onde m e n sao racionais e p e q sao inteiros

nao nulos.

Sep

qe um inteiro, entao este integral e do tipo J.


Sep

qnao e inteiro, considera-se dois casos:

a) Sem + 1

ne inteiro, considerar a + bxn = tq;

b) Sem + 1

n+

p

qe inteiro, considerar a + bxn = xntq;

Capıtulo 2

Integral Definido

No capıtulo anterior, vimos como podemos determinar todas as funcoes com uma mesmaderivada. Essa operacao designa-se por integracao. Estudamos ja diversas tecnicas que nospermitem integrar uma dada funcao.

A derivacao nao e so uma coleccao de regras que permite associar uma funcao com uma outra;a derivada num ponto tem um significado geometrico do maior interesse. Se a derivada temesse significado, sera lıcito esperar que o integral ou primitiva de uma funcao, sendo a operacaoinversa da derivacao a menos de uma constante, tambem possa ter significado geometrico. E erealmente esse o caso. Tal interpretacao geometrica sera estudada neste capıtulo.

2.1 Definicao

O calculo da area de uma determinada regiao e um dos problemas importantes com que nosdeparamos na vida. Suponhamos que queremos um orcamento para empedrar o acesso a umagaragem e que somos informados do preco da mao de obra ser de 50 euros o metro quadrado.A nossa primeira preocupacao sera a de estimar a area da superfıcie a cobrir. Se essa superfıciee poligonal, entao nao teremos problemas em determinar essa area: sabemos determinar areasde quadrados, rectangulos, triangulos e ate de circunferencias. O problema surge quando nao epossıvel dividir a regiao considerada em subregioes poligonais. No que se segue iremos ver comocalcular areas de superfıcies planas mais gerais.

Consideremos

f : [a, b] −→ R

uma funcao limitada e nao negativa (ou seja, f(x) ≥ 0 para todo o x ∈ [a, b]).

Consideremos o seguinte conjunto

Ω = (x, y) ∈ R2: x ∈ [a, b], 0 ≤ y ≤ f(x)

Ω e o conjunto de pontos do plano limitado simultaneamente pela rectas verticais de equacoesx = a e x = b, pelo eixo dos x′s e pelo grafico de f .

39

Capıtulo 2. Integral Definido

A primeira questao que se poe e logo a seguinte: sera que e possıvel atribuir um valor numericoa area da regiao Ω?

A area de Ω, se existir, devera ser um numero real nao negativo. A questao e saber se existe e,nesse caso, como a calcular. Suponhamos, numa primeira abordagem, que existe um real naonegativo A, que podemos associar a area de Ω.

Se nao sabemos calcular essa area com precisao podemos, pelo menos, tentar determinar umvalor aproximado dessa area. Como a funcao f e limitada, tem supremo e ınfimo:

M = supf(x): x ∈ [a, b]

em = inff(x): x ∈ [a, b]

A area de Ω sera um numero real que vamos designar doravante por area(Ω). Sabemos que

m · (b− a) ≤ area(Ω) ≤ M · (b− a).

Temos dois valores ”aproximados” de area(Ω). Infelizmente qualquer um destes valores poderaser uma ”aproximacao” muito pobre do valor da area. Por exemplo, se [a, b] = [0, 1] e f(x) = 10x,Ω e um triangulo de area 5. O supremo desta funcao e M = 10 e o ınfimo e m = 0. As areasdos rectangulos de base 1 e alturas respectivamente 0 e 10, m · (1 − 0) = 0 e 10 · (1 − 0) = 10,sao aproximacoes, no mınimo, muito pobres da area do triangulo. Contudo, se a diferenca entreo supremo e o ınfimo de uma funcao, limitada e definida num intervalo limitado, for pequena,entao faz sentido aproximar a area de Ω pelas areas dos rectangulos tal como feito em cima.Esta simples observacao da origem a um processo de calculo de areas que passamos a descrever.

Consideramos pontosx0, x1, x2, . . . , xn

tais que

1. x0 = a

2. xn = b

3. xi < xi+1 para i = 0, . . . , n− 1


O conjunto de pontos P = x0, x1, x2, . . . , xn do intervalo [a, b] que satisfazem as condicoes1-3 designa-se por Particao do intervalo [a,b]. A particao P divide o intervalo [a, b] em nsubintervalos

[xi, xi+1)

de amplitude ∆xi = xi+1 − xi. Estes subintervalos dividem a area de Ω em subregioes quedesignamos por Ωi.

E evidente que

area(Ω) =n−1∑i=0

area(Ωi) (1.1)

Para cada i = 0, . . . , n− 1 defina-se

Mi = supf(x): x ∈ [xi, xi+1)mi = inff(x): x ∈ [xi, xi+1)

Considere-se os rectangulos ri e Ri de base ∆xi e altura, respectivamente mi e Mi, tal comoindicado na figura. Tem-se, area(ri) = mi∆xi e area(Ri) = Mi∆xi.


Entao

area(ri) ≤ area(Ωi) ≤ area(Ri) (1.2)

Defina-se,

If (P ) =n−1∑i=0

mi∆xi ← soma inferior de f relativamente a particao P

Sf (P ) =n−1∑i=0

Mi∆xi ← soma superior de f relativamente a particao P

De (1.1) e (1.2) deduz-se que

If (P ) ≤ area(Ω) ≤ Sf (P ) (1.3)

Lembremos que a particao P e formada por n + 1 pontos. A partir dessa sucessao vamos agoradefinir uma nova particao Q acrescentando pontos a P . (Uma forma possıvel, mas nao unica,de o fazer, e considerar como elementos da particao Q todos os pontos da particao P mais ospontos medios dos subintervalos definidos por P .)

Diz-se entao que a nova particao Q de [a, b] satisfaz

P ⊂ Q

ou seja, todos os pontos da particao P sao pontos da particao Q e Q tem mais pontosdo que P .

Facilmente se verifica que

If (P ) ≤ If (Q) ≤ area(Ω) ≤ Sf (Q) ≤ Sf (P ) (1.4)

Quer isto dizer que quando se acrescenta pontos a uma particao, a soma inferior If gerada pelanova particao nao diminui (aumenta ou fica igual a anterior) e a soma superior Sf nao aumenta(diminui ou fica igual a anterior). Note-se que qualquer que seja a particao Q, If (Q) e umnumero sempre menor que area(Ω) e, por outro lado, Sf (Q) e sempre maior que area(Ω).

Consideremos o conjuntoIf (P ): P particao de [a, b]

formado pelas somas inferiores geradas por todas as particoes possıveis do intervalo [a, b]. Comoqualquer uma destas somas inferiores e sempre menor que area(Ω), concluimos que tal conjuntoe limitado superiormente. Os mesmos argumentos permitem deduzir que o conjunto

Sf (P ): P particao de [a, b]

e limitado inferiormente.


Defina-se ∫ b

af(x)dx = supIf (P ): P particao de [a, b]

∫ b

af(x)dx = infSf (P ): P particao de [a, b]

∫ b

af(x)dx, designa-se por integral inferior e

∫ b

af(x)dx por integral superior. As conside-

racoes anteriores permitem-nos concluir que:∫ b

af(x)dx ≤ area(Ω) ≤

∫ b

af(x)dx

e, sendo P uma particao qualquer do intervalo [a, b],

If (P ) ≤∫ b

af(x)dx ≤ area(Ω) ≤

∫ b

af(x)dx ≤ Sf (P )

Quando∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx = A, a funcao f diz-se integravel em [a, b]. Neste caso,

podemos associar a area(Ω) um valor real nao negativo, a saber, A.

O que aqui foi feito pode ser visualizado no esquema da pagina seguinte.


Problema

Dada uma funcao f : [a, b]→ R, limitada e nao negativa, pretende-se calcular area(Ω) ondeΩ = (x, y) ∈ R2: x ∈ [a, b], 0 ≤ y ≤ f(x)

Processo:

Particao qualquer de [a, b]P = x0 = a, x1, . . . , xn = b

y[xi, xi+1) com ∆xi = xi+1 − xi

mi = inff(x) : x ∈ [xi, xi+1) Mi = supf(x) : x ∈ [xi, xi+1)y y

If (P ) =n−1∑i=0

mi∆xi Sf (P ) =n−1∑i=0

Mi∆xi

y y∫ b

af(x)dx = supIf (P ) : P

∫ b

af(x)dx = infSf (P ) : P

se iguais︸︷︷︸

f e integravel em [a, b] e area(Ω) =∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx


Toda esta abordagem foi feita para funcoes nao negativas. Suponhamos agora que exigimosapenas que a funcao f : [a, b]→ R seja limitada.

Para esta funcao vamos entao repetir toda a abordagem feita anteriormente. Podemos definirexactamente da mesma maneira as somas inferiores e superiores. Em particular, a soma superiore sempre maior que a soma inferior gerada pela mesma particao. Se P e uma particao qualquerde [a, b] e Q uma outra particao do mesmo intervalo tal que P ⊂ Q, verifica-se que

If (P ) ≤ If (Q) ≤ Sf (Q) ≤ Sf (P )

Assim, qualquer elemento do conjunto

If (P ): P particao de [a, b]

e sempre menor ou igual a um qualquer elemento do conjunto

Sf (P ): P particao de [a, b]

Logo ∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

af(x)dx

De notar que, neste caso, o conceito de area nao intervem em qualquer um dos passos do processo.Contudo, a semelhanca do que foi feito para funcoes nao negativas, dizemos que uma funcaoqualquer f : [a, b]→ R limitada e integravel no intervalo [a, b] se∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx

Observe-se que nem todas as funcoes limitadas sao integraveis. Considere-se, por exemplo, afuncao

f(x) =

1 se x ∈ Q ∩ [0, 1]

0 se x ∈ (R\Q) ∩ [0, 1]

Se tracarmos o grafico de f , temos, de imediato, muita dificuldade em atribuir um valor a

Ω = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ f(x)


Quer isto dizer que uma simples observacao geometrica nao nos permite inferir da integrabilidadede f . Contudo se f for integravel, entao o valor de area(Ω) esta bem definido.

Seja P uma particao qualquer do intervalo [0, 1]. Em qualquer subintervalo [xi, xi+1) existesempre um racional e um irracional. Logo

supf(x): x ∈ [xi, xi+1) = 1inff(x): x ∈ [xi, xi+1) = 0

Assim If (P ) = 0 e Sf (P ) =n−1∑i=0

1.(xi+1−xi) = 1. Como P e uma qualquer particao do intervalo,

concluimos que f nao e integravel.

Resumindo:

Definicao 2.1.1 (Integral de Riemann) Uma funcao limitada f : [a, b]→ R diz-se integra-vel em [a, b] se ∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx

Neste caso, o valor comum destas expressoes designa-se por integral definido de f entre a eb e escreve-se ∫ b

af(x)dx

Se f e uma funcao nao negativa, entao

area(Ω) =∫ b

af(x)dx

A variavel x em∫ b

af(x)dx e ”muda”, ou seja,

∫ b

af(x)dx ou

∫ b

af(u)du representa exactamente

o mesmo valor.

Observacao 2.1.2 Existe uma outra definicao de funcao integravel entre a e b, quando f elimitada em [a, b], e que e equivalente a esta. Apresentamos tal definicao aqui, pois a suautilizacao pode simplificar outros resultados de interesse que possamos introduzir mais tarde.

Seja entao f uma funcao limitada em [a, b] e seja P uma qualquer particao de [a, b]. Define-seamplitude da particao P como sendo a maior das amplitudes ∆xi dos subintervalos definidospor P . Em cada subintervalo [xi, xi+1), considere-se um qualquer elemento yi (yi ∈ [xi, xi+1)).

Para cada particao de [a, b], considere-sen−1∑i=0

f(yi)∆xi. Este processo e ilustrado na seguinte

figura:


Se, quando a amplitude max ∆xi das particoes de [a, b] tender para zero, as somas respectivasn−1∑i=0

f(yi)∆xi se aproximarem de um numero I, independentemente do numero yi escolhido,

entao f diz-se integravel em [a, b] e I diz-se o integral definido de f entre a e b, escrevendo-se

I =∫ b

af(x)dx. Fica a cargo do aluno verificar que se f e nao negativa e limitada, entao I

definido desta forma e igual a area(Ω).

Exemplo 2.1.3 1. Seja f uma funcao definida em [0, 1] tal que f(x) = α para todo o x.Seja P uma qualquer particao de [0, 1] com n + 1 pontos x0, x1, . . . , xn onde x0 = 0 exn = 1. Observe-se que para todo o i = 0, . . . , n

α = inff(x): x ∈ [xi, xi+1)

eα = supf(x): x ∈ [xi, xi+1)

Logo

If (P ) = Sf (P ) = αn−1∑i=0

∆xi = α

Concluimos assim que f e integravel no intervalo [0, 1] e∫ 1

0f(x)dx = α.

2. f e uma funcao definida em [0, 1] tal que f(x) = x para todo o x. Seja P uma qualquerparticao de [0, 1] com n+1 pontos x0, x1, . . . , xn. Observe-se que para todo o i = 0, . . . , n

xi = inff(x): x ∈ [xi, xi+1)

exi+1 = supf(x): x ∈ [xi, xi+1)

Note-se que

xi ≤xi+1 + xi

2≤ xi+1


Assim

If (P ) =n−1∑i=0

xi∆xi ≤n−1∑i=0

xi+1 + xi

2∆xi ≤

n−1∑i=0

xi+1∆xi = Sf (P )

Comon−1∑i=0

xi+1 + xi

2∆xi =

n−1∑i=0

(x2i+1 − x2

i )2

=(x2

n − x20)

2=

1− 02

concluımos que ∫ 1

0xdx =

∫ 1

0xdx =

12

3. Seja

f(x) =

0 se x ∈ N ∩ [0, 3)

x se x /∈ N ∩ [0, 3)

Queremos saber se esta funcao e integravel em [0, 3). Sendo P uma qualquer particao de[0, 3],

supf(x): x ∈ [xi, xi+1) = xi+1

O ınfimo de f em cada subintervalo [xi, xi+1) e um pouco mais complicado, pois temos queconsiderar dois casos. Se [xi, xi+1) contem algum numero natural n, entao

inff(x): x ∈ [xi, xi+1) = 0

Se nao existe qualquer natural em [xi, xi+1), entao

inff(x): x ∈ [xi, xi+1) = xi

Observe-se que [0, 3) so contem dois numero naturais, o 1 e o 2. Em cada particao Pexistirao apenas dois subintervalos que contem numeros naturais. Sejam k e l os ındicesassociados a esses subintervalos, com k < l, ou seja, 1 ∈ [xk, xk+1) e 2 ∈ [xl, xl+1).

If (P ) = −xk∆xk − xl∆xl +n−1∑i=0

xi∆xi

e

Sf (P ) =n−1∑i=0

xi+1∆xi

Podemos repetir o processo do exemplo anterior e deduzir que f e integravel e∫ 3

0f(x)dx =

92.


As seguintes convencoes sao adoptadas:

Definicao 2.1.4 1.∫ a

af(x)dx = 0 para qualquer funcao f .

2. Se f e integravel em [a, b] com a < b, entao∫ a

bf(x)dx = −

∫ b

af(x)dx.

Algumas propriedades do integral definido sao enunciadas no seguinte teorema.

Teorema 2.1.5 Sejam f, g : [a, b]→ R duas funcoes limitadas e integraveis. Entao

1. Para todo o c tal que a < c < b, as restricoes de f a [a, c] e [c, b] sao integraveis e∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx +

∫ b

cf(x)dx

2. Seja α um numero real. Entao a funcao αf e integravel e∫ b

aαf(x)dx = α

∫ b

af(x)dx

3. Se, para todo o x ∈ [a, b], f(x) ≤ g(x), entao∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

ag(x)dx

Em particular, se f(x) ≥ 0, entao ∫ b

af(x)dx ≥ 0

4. A funcao | f(x) | e integravel e∣∣∣∣∫ b

af(x)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a| f(x) | dx

5. f · g e integravel.

As propriedades enunciadas neste teorema sao consequencia imediata da definicao de funcaointegravel entre a e b.

Voltemos a definicao de funcao integravel (2.1.1) e consideremos uma funcao f , definida em [a, b]que e contınua. Sendo contınua e definida num intervalo limitado, a funcao e necessariamentelimitada. Consideremos uma particao P0 qualquer do intervalo [a, b]. A partir desta particaocriemos uma sucessao de particoes Pn (note-se que o ındice n nao esta a indicar o numero depontos da sucessao) tal que

Pn ⊂ Pn+1


para todo o n. Seja kn o numero de pontos da particao Pn, mi e Mi respectivamente o ınfimo esupremo de f em cada subintervalo [xi, xi+1), para i = 0, . . . , kn−1. Como a funcao f e contınua,quanto maior e o numero de pontos de particao Pn, mais pequena e a diferenca Mi−mi. Assim,quando n tende para infinito, a diferenca Sf (Pn)− If (Pn) tende para 0, porque

Sf (Pn)− If (Pn) =kn−1∑i=0

(Mi −mi)∆xi

Concluimos assim que a funcao f e integravel. Estas observacoes validam o resultado seguinte.

Teorema 2.1.6 Seja f : [a, b]→ R uma funcao contınua. Entao f e integravel.

Nos exemplos dados anteriormente estudamos a integrabilidade de uma funcao descontınua.Mostramos que a funcao definida no exemplo 2.1.3-(3) e integravel. Antes disso tinha sidoverificado que a funcao

f(x) =

1 se x ∈ Q ∩ [0, 1]

0 se x ∈ (R\Q) ∩ [0, 1]

nao e integravel. Qual o grau de ”descontinuidade” que uma funcao integravel podera ter?Iremos ver em seguida que uma funcao limitada com um numero finito de descontinuidades eainda uma funcao integravel. Comecemos por enunciar o seguinte resultado:

Teorema 2.1.7 Seja f : [a, b] → R uma funcao limitada. Se f : [a, c] → R e integravel paratodo o c ∈ [a, b), entao f e integravel em [a, b].

Corolario 2.1.8 Seja f : [a, b] → R uma funcao limitada. Se f : [c, d] → R e integravel paratodo o c e d tal que a < c < d < b, entao f e integravel em [a, b].

Exercıcio 2.1.9 Demonstre os resultados anteriores.

Corolario 2.1.10 Seja f : [a, b] → R uma funcao limitada com um numero finito de descon-tinuidades. Entao f e integravel em [a, b].

Demonstracao. Sejam ao, a1, . . . , an os pontos de descontinuidade de f . O corolario 2.1.8garante-nos que f e integravel em [a, a0], em [an, b] e em todos os intervalos da forma [ai, ai+1]para i = 0, . . . , n− 1. Logo f e integravel em [a, b] e∫ b

af(x)dx =

∫ a0

af(x)dx +

∫ a1

a0

f(x)dx + . . . +∫ b

an

f(x)dx


2.2 Calculo de Areas

Comecamos a seccao anterior dizendo que irıamos ver como calcular areas de regioes planas.O que fizemos, contudo, ficou um pouco aquem daquilo que nos proponhamos. Realmente, sovimos ainda como podemos calcular a area de uma regiao do tipo

Ω = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f(x) ≥ y ≥ 0

onde f e uma funcao nao negativa e limitada. Vamos agora ver como podemos determinaroutras areas.

Nesta seccao, para simplificar a exposicao, iremos considerar apenas funcoes contınuas. Osresultados aqui apresentados podem ser generalizados a classe mais vasta de funcoes integraveis.

1. Consideremos uma funcao f , contınua, nao positiva no intervalo [a, b], ou seja, f(x) ≤0 ∀x ∈ [a, b].

DefinaΓ = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f(x) ≤ y ≤ 0.

Seja g(x) = −f(x). Tanto f como g sao integraveis (porque?). Logo

area(Ω) =∫ b

ag(x)dx

ondeΩ = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, g(x) ≥ y ≥ 0

Facilmente se verifica que area(Ω) = area(Γ). Podemos entao concluir que se f e naopositiva, entao

area(Γ) = −∫ b

af(x)dx.

2. Sejam f, g : [a, b]→ R tais que

0 ≤ g(x) ≤ f(x) ∀x ∈ [a, b]

duas funcoes contınuas.


Sejam agora

Ω = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x),Γ = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ g(x)nonumber (2.1)Σ = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f(x).

Entaoarea(Σ) = area(Ω)− area(Γ).

Em termos de integrais, vem

area(Σ) =∫ b

af(x)dx−

∫ b

ag(x)dx =

∫ b

a(f(x)− g(x)) dx.

3. Mais geralmente, seja f uma funcao qualquer, contınua em [a, b], como a da figura seguinte.Suponhamos ainda que o grafico da funcao corta o eixo dos x’s num numero finito depontos, a saber, a1, . . . , an.

Queremos calcular a area da regiao a sombreado, a saber, a area de

Ω = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤| f(x) |

Analisemos o sinal de f nos subintervalos da forma [ai, ai+1], onde i = 1, . . . , n− 1, [a, a1]e [an, b]. Entao

area(Ω) =n∑

i=0

∫ ai+1

ai

| f(x) | dx


onde a0 = a e an+1 = b. Observe-se que se para todo o x ∈ [ai, ai+1], f(x) ≤ 0, entao∫ ai+1

ai

| f(x) | dx =∫ ai+1

ai

(−f(x))dx

Exemplo 2.2.1 Queremos calcular a area da regiao limitada pelo eixo dos x’s e pelografico de f(x) = x, em [−π, π]. Comecamos por tracar o grafico da funcao. Observe-seque para todo o x ∈ [−π, 0], a funcao e nao positiva e em [0, π] e positiva. Entao a areada regiao dada e: ∫ 0

−π−xdx +

∫ π

0xdx

4. Sejam f, g : [a, b]→ R tais que

g(x) ≤ f(x) ∀x ∈ [a, b]

duas funcoes contınuas.

Observe-se que este caso e como em 2) com a particularidade de nao assumirmos que asduas funcoes tenham que ser necessariamente nao negativas em todo o intervalo.

Definimos agora o conjunto

Σ = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f(x)

Seja h tal que h(x) = f(x)− g(x). Esta funcao e sempre nao negativa e sendo

Γ = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ h(x)

facilmente se deduz quearea(Σ) = area(Γ)

Tal igualdade traduz-se, usando integrais, em

area(Σ) =∫ b

ah(x)dx =

∫ b

a(f(x)− g(x))dx =

∫ b

af(x)dx−

∫ b

ag(x)dx


Com o que foi dito estamos em condicoes de calcular as areas de muitas regioes planas. Oproblema que se nos levanta e a do calculo dos integrais definidos. Se tivermos que usar semprea definicao para calcular cada integral definido, entao a nossa tarefa sera monstruosa.

Exercıcio 2.2.2 Utilizando integrais definidos indique como calcular a area das seguintes regioesdo plano:

1. Σ = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤√

x.

2. A regiao Σ limitada simultaneamente pelas rectas x = −π e x = π e pelos graficos dasfuncoes f(x) = 0 e g(x) = sin(x).

3. A regiao Σ limitada simultaneamente pelas rectas x = 0 e x = 2 e pelos graficos dasfuncoes f(x) = x + 1, g(x) = 3− x e h(x) = 0.

4. A regiao Σ que se encontra abaixo do eixo dos x’s e que e limitada simultaneamente pelosgraficos das funcoes h(x) = x2 − 2 e l(x) = x2 − 1.

5. A regiao Σ limitada simultaneamente pelas rectas x = −1 e x = 1 e pelos graficos dasfuncoes f(x) = x, g(x) = −x, h(x) = x2 − 2 e l(x) = x2 − 1.

6. A regiao Σ limitada simultaneamente pelos graficos das funcoes f(x) = ex, g(x) = x,h(x) = −x

ee l(x) = −x + 1.

2.3 Teorema Fundamental do Calculo

No ınicio deste capıtulo prometemos dar uma interpretacao geometrica do integral indefinidode uma funcao. Sabemos ja que a nocao de integral definido esta intrinsicamente ligada com oconceito de area. Falta-nos agora verificar qual a relacao do integral definido com a do indefinido.Alem disso, precisamos de desenvolver tecnicas que nos permitem calcular o integral definido.

Consideremos mais uma vez uma funcao f : [a, b] → R integravel. Seja x ∈ [a, b). O teorema

2.1.7 garante-nos que f : [a, x) → R e integravel e portanto∫ x

af(t)dt esta bem definido.

Podemos definir entao uma nova funcao em [a, b] tal que

F (x) =∫ x

af(t)dt

Os exemplos seguintes ilustram a relacao geometrica entre estas duas funcoes.

Exemplo 2.3.1 1. Seja

f(t) =

0 se t ∈ [0, 1]

1 se t ∈ (1, 2]

Como esta funcao so e descontınua em t = 1, e integravel. Recordando a relacao entreintegral definido e area, podemos concluir que


F (x) =∫ x

0f(t)dt =

0 se x ∈ [0, 1]

x− 1 se x ∈ (1, 2]

Os graficos destas duas funcoes estao representadas na figura seguinte.

2. Considere-se agora a funcao f(x) =| x | com x definido em [−1, 1]. Assim

F (x) =∫ x

−1f(t)dt =

1− x2

2se x ≤ 0

1 + x2

2se x > 0

Teorema 2.3.2 Seja f : [a, b] → R uma funcao integravel e contınua num ponto c ∈ (a, b).Entao

F (x) =∫ x

af(t)dt

e derivavel em c e F ′(c) = f(c).

Mais geralmente, se f e contınua em [a, b], entao F e contınua em [a, b], derivavel em (a, b) e

F ′(x) = f(x) ∀x ∈ (a, b)


Demonstracao. Iremos demonstrar aqui a primeira parte do teorema. A segunda parte seguede imediato. Seja h > 0. Note que

F (c + h)− F (c)h

=1h

[∫ c+h

af(t)dt−

∫ c

af(t)dt

]=

1h

∫ c+h

cf(t)dt

Como hf(c) =∫ c+h

cf(c)dt, obtemos

∣∣∣∣F (c + h)− F (c)h

− f(c)∣∣∣∣ =

1h

∣∣∣∣∫ c+h

cf(t)dt− hf(c)

∣∣∣∣=

1h

∣∣∣∣∫ c+h

c[f(t)− f(c)] dt

∣∣∣∣≤ 1

h

∫ c+h

c| f(t)− f(c) | dt (3.1)

Seja ε > 0 qualquer. Como f e contınua em c, existe um δ > 0 tal que, para todo o 0 < h < δ,se tem | f(c + h)− f(c) |< ε. Consideremos h > 0 fixo e tal que h < δ. Entao

1h

∫ c+h

c| f(t)− f(c) | dt ≤ 1

h

∫ c+h

cεdt

=hε

h= ε

donde se deduz que

limh↓0

∣∣∣∣F (c + h)− F (c)h

− f(c)∣∣∣∣= 0

Repetindo os mesmos argumentos para h < 0, obtemos finalmente

F ′(c) = limh→0

F (c + h)− F (c)h

= f(c)

como queriamos demonstrar.

Do teorema anterior deduz-se imediatamente o corolario seguinte.

Corolario 2.3.3 Seja f : [a, b] → R uma funcao contınua. Entao existe sempre uma funcaoF : [a, b]→ R, derivavel em (a, b), tal que

F ′(x) = f(x) ∀x ∈ (a, b)

Vimos ja que se f e contınua, entao

d

dx

(∫ x

af(t)dt

)= F ′(x) = f(x) ∀x ∈ (a, b)


Seja F (x) =∫ x

af(t)dt e seja

g : [α, β]→ R

diferenciavel em (α, β) e tal que para todo o x ∈ [α, β] se tem g(x) ∈ [a, b]. Podemos entaodefinir a funcao composta G(x) = F g(x). Facilmente se verifica que

G(x) =∫ g(x)

af(t)dt

Esta nova funcao e diferenciavel e a sua derivada e, pela regra da cadeia:

G′(x) =d

dx

(∫ g(x)

af(t)dt

)= F ′(g(x))g′(x) = f(g(x))g′(x) (3.2)

Seja agorah : [σ, τ ]→ R

diferenciavel em (σ, τ) e tal que para todo o x ∈ [σ, τ ] se tem h(x) ∈ [a, b]. Seja H(x) =∫ g(x)

h(x)f(t)dt. Qual sera a derivada de H? Tome-se c pertencente ao intervalo definido por h(x)

e g(x). Entao H pode ser escrito como a soma de dois integrais.

H(x) =∫ c

h(x)f(t)dt +

∫ g(x)

cf(t)dt

= −∫ h(x)

cf(t)dt +

∫ g(x)

cf(t)dt

Entao

H ′(x) = −f(h(x))h′(x) + f(g(x))g′(x) (3.3)

As duas espressoes, (3.2) e (3.3), permitem-nos calcular a derivada de funcoes definidas a custade integrais definidos. Observe-se que e muito importante reconhecer que as funcoes podem serescritas como funcoes compostas.

Exemplo 2.3.4 Consideremos as seguintes funcoes

F1(x) =∫ sin(x)

a

dt

1 + sin2(t)

F2(x) =∫ a

sin(x)

dt

1 + sin2(t)

F3(x) = sin(∫ x

a

dt

1 + sin2(t)

)

F4(x) =∫ ∫ x

a

dt

1 + sin2(t)a

dt

1 + sin2(t)


Se g(x) = sin(x) e se F (x) =∫ x

a

dt

1 + sin2(t), vem

F1(x) = F g(x)F2(x) = −F g(x)F3(x) = g F (x)F4(x) = F F (x)

Concluimos assim que

F ′1(x) =

cos(x)1 + sin2(sin(x))

F ′2(x) = − cos(x)

1 + sin2(sin(x))

F ′3(x) = cos

(∫ x

a

dt

1 + sin2(t)

)1

1 + sin2(x)

F ′4(x) =

1

1 + sin2

(∫ x

a

dt

1 + sin2(t)

) · 11 + sin2(x)

Por ultimo, consideremos a funcao

F5(x) =∫ sin(x)

a

x2dt

1 + sin2(t)

Observe-se que

F5(x) = x2

∫ sin(x)

a

dt

1 + sin2(t)

ou seja, definindo h(x) = x2, F5 sera o produto de h por F1,

F5(x) = h(x)F1(x)

Logo

F ′5(x) = h′(x)F1(x) + h(x)F ′

1(x)

= 2x

∫ sin(x)

a

dt

1 + sin2(t)+ x2 cos(x)

1 + sin2(sin(x))

Estamos agora em condicoes de demonstrar o resultado que relaciona o conceito de integral entrea e b de uma funcao f e o de integral indefinido ou primitiva de f .

Teorema 2.3.5 (Teorema Fundamental do Calculo) Seja f : [a, b] → R uma funcao in-tegravel e seja F uma primitiva de f em [a, b]. Entao∫ b

af(x)dx = F (b)− F (a)


Escreve-se ∫ b

af(x)dx = [F (x)]ba = F (b)− F (a)

Antes de apresentar a demonstracao deste resultado, convem tecer alguns comentarios sobre ele.Como e obvio, este teorema faz a ligacao entre integrais definidos e integrais indefinidos ou prim-

itivas. Se conhecermos uma primitiva de f , parece ser imediata a determinacao de∫ b

af(x)dx.

Contudo, temos que ter algum cuidado. Note-se que F tem que ser uma primitiva de fem [a, b]. Temos assim que atender ao domınio de definicao da funcao a integrar e da primitivaque usamos na aplicacao deste resultado. Considere-se, por exemplo, a funcao

f(x) =sin(x)

1 + cos2(x)

Facilmente concluimos que∫f(x)dx =

∫sin(x)

1 + cos2(x)dx = arctan(sec(x)) + C

F (x) = arctan(sec x) e uma primitiva de f . Suponhamos agora que queremos calcular o

integral definido∫ 3π

4

0f(x)dx. Como f(x) ≥ 0 para todo o x ∈

[0,

3π

4

], temos

∫ 3π4

0f(x)dx ≥ 0

Poderıamos ser levados a concluir que o Teorema 2.3.5 nos permite escrever:∫ 3π4

0

sin(x)1 + cos2(x)

dx = arctan(

sec(

3π

4

))− arctan(0) = − arctan(

√2)− π

4< 0

o que e impossıvel. Como poderemos ter chegado a esta contradicao? A funcao arctan(x)

esta definida em todo o intervalo de integracao[0,

3π

4

]. O mesmo nao pode ser dito sobre

F (x) = arctan(sec(x)), uma vez que, em x =π

2∈[0,

3π

4

], a funcao sec(x) nao esta definida.

Quer isto dizer que F (x) nao e a primitiva de f em todo o intervalo de integracao, pois

arctan′(sec(x)) =sin(x)

1 + cos2(x)

so quando x 6= π

2.

Para calcular∫ 3π

4

0

sin(x)1 + cos2(x)

dx temos que definir uma primitiva de f em todo o intervalo

de integracao. Considere agora a funcao

G(x) =

arctan(sec(x)) se 0 ≤ x <π

2π

2se x =

π

2

π + arctan(sec(x)) seπ

2< x ≤ 3π

4


Entao ∫ 3π4

0

sin(x)1 + cos2(x)

dx =∫ π

2

0

sin(x)1 + cos2(x)

dx +∫ 3π

4

π2

sin(x)1 + cos2(x)

dx

= G(π

2

)−G(0) + G

(3π

4

)−G

(π

2

)= G

(3π

4

)−G(0)

= π − arctan(√

2)− π

4> 0

Exercıcio 2.3.6 1. Calcule as areas mencionadas no exercıcio 2.2.2.

2. Calcule os seguintes integrais:

(a)∫ 2

1ln(x) dx.

(b)∫ 5

4

x2(x− 1)(x− 1)2(x− 3)(x− 2)

dx.

(c)∫ 1

0

x

(x− 2)2 + 4dx.

(d)∫ π/2

0cos(x) sin4(x) dx.

(e)∫ 1

0

x2

√x2 + 1

dx.

(f)∫ π/2

0

cos(x)sin(x) + 1

dx.

Passemos a demonstracao do Teorema Fundamental do Calculo. Por uma questao de simpli-ficacao vamos apresentar a demonstracao para o caso particular da funcao f ser contınua.

Demonstracao. Seja

G(x) =∫ x

af(t)dt

para todo o x ∈ (a, b). Entao G′(x) = f(x), ou seja, G e uma primitiva de f . Seja F uma outraprimitiva de f em [a, b]. Temos

F ′(x) = f(x) = G′(x)

para todo o x ∈ (a, b). Concluimos assim que existe uma C ∈ R tal que

G(x) = F (x) + C


para todo o x ∈ [a, b]. Como G(a) =∫ a

af(x)dx = 0, vem

0 = F (a) + C

o que implica que F (a) = −C. Logo G(x) = F (x)− F (a). Por definicao de G temos

G(b) =∫ b

af(t)dt = F (b)− F (a)

demonstrando o resultado.

A aplicacao do Teorema Fundamental do Calculo exige o conhecimento a priori de uma primitivada funcao a integrar. Vimos ja que ha dois metodos basicos para a determinacao de primitivasde uma funcao f qualquer; a integracao por partes e o metodo da substituicao. Dada a relacaoentre primitivas e integrais definidos e lıcito perguntar como poderemos aplicar estes metodosdirectamente no calculo dos integrais definidos. Suponhamos, por exemplo, que queremos cal-cular ∫ b

af ′(x)g(x)dx

Pela integracao por partes sabemos que uma primitiva de f ′(x)g(x) pode ser escrita na forma

G(x) = f(x)g(x) −∫

f(x)g′(x)dx. Seja H(x) uma primitiva de f(x)g′(x) e L(x) = f(x)g(x).

Entao G(x) = L(x)−H(x). Aplicando o Teorema Fundamental do Calculo obtemos∫ b

af ′(x)g(x)dx = L(b)−H(b)− L(a) + H(a) = f(b)g(b)−H(b)− f(a)g(a) + H(a)

= f(b)g(b)− f(a)g(a)− (H(b)−H(a))

H e uma primitiva de f(x)g′(x), i.e.,

H(b)−H(a) =∫ b

af(x)g′(x)dx

Assim ∫ b

af ′(x)g(x)dx = [f(x)g(x)]ba −

∫ b

af(x)g′(x)dx

Consideremos agora duas funcoes, uma funcao f contınua

f : [a, b]→ R

e outra funcaog : [α, β]→ R

diferenciavel em (α, β), com derivada g′ integravel, e tal que para todo o x ∈ [α, β] se temg(x) ∈ [a, b]. Suponhamos que queremos calcular∫ β

αf(g(t))g′(t)dt


O calculo de uma primitiva desta funcao e feito utilizando o metodo de substituicao, considerandox = g(t). Obtemos

F (t) =∫

f(g(t))g′(t)dt =∫

f(x)dx = G(x)

onde, evidentemente, G(x) = G(g(t)) = F (t). Entao, pelo Teorema Fundamental do Calculo,temos ∫ β

αf(g(t))g′(t)dt = F (β)− F (α) = G(g(β))−G(g(α))

Concluimos assim que ∫ β

αf(g(t))g′(t)dt =

∫ g(β)

g(α)f(x)dx

Observe-se que, de uma maneira geral, queremos aplicar esta tecnica a integrais que nos surgem

sob a forma do segundo membro desta equacao, ou seja,∫ b

af(x)dx. Para efectuar a mudanca

de variavel teremos de identificar a e b com g(α) e g(β), respectivamente, para alguma funcaog conveniente, e obter entao o primeiro membro. Claro que nesse caso teremos de garantir ainjectividade da funcao g.

2.4 Extensao da Nocao de Integral Definido

Ate aqui trabalhamos com funcoes definidas em intervalos limitados. O que acontece se tivermosuma funcao definida num intervalo nao limitado e queremos determinar o integral dessa funcaoestendido a todo o intervalo?

Definicao 2.4.1 (Integrais Improprios) 1. Seja

f : [a,+∞)→ R

uma funcao contınua. Entao, para todo o b > a, existe∫ b

af(t)dt. Se

limb→+∞

∫ b

af(t)dt = l

diz-se que o integral improprio∫ +∞

af(t)dt converge para l e escreve-se

∫ +∞

af(t)dt = lim

b→+∞

∫ b

af(t)dt

Se limb→+∞

∫ b

af(t)dt nao existe ou e infinito, diz-se que o integral improprio

∫ +∞

af(t)dt

diverge.


2. De forma analoga, quando g : (−∞, a]→ R e contınua em todo o seu domınio, o integralimproprio ∫ a

−∞g(t)dt

converge se o limite

limb→−∞

∫ a

bg(t)dt

existe e escreve-se ∫ a

−∞g(t)dt = lim

b→−∞

∫ a

bg(t)dt

Se limb→−∞

∫ a

bg(t)dt nao existe ou e infinito, entao diz-se que o integral improprio∫ a

−∞g(t)dt diverge.

3. Se f : R → R e contınua, entao podemos considerar o integral∫ +∞

−∞f(t)dt. Este integral

e uma soma de integrais improprios, ou seja,∫ +∞

−∞f(t)dt =

∫ a

−∞f(t)dt +

∫ +∞

af(t)dt

para qualquer a ∈ R. Assim, diz-se que∫ +∞

−∞f(t)dt converge se e so se os integrais∫ a

−∞f(t)dt e

∫ +∞

af(t)dt convergirem.

Exemplo 2.4.2 Deseja-se estudar a convergencia do integral∫ +∞

1

dx

xαquando α > 0. Por

definicao ∫ +∞

1

dx

xα= lim

b→+∞

∫ b

1

dx

xα= lim

b→+∞F (b)− F (1)

onde F e uma primitiva de1xα

. Ora

F (x) =∫

dx

xα=

x1−α

1− αse α 6= 1

ln | x | se α = 1

Logo, se α 6= 1, vem

limb→+∞

F (b) =

0 se α > 1

+∞ se α < 1

Se α = 1, entao limb→+∞

F (b) = limb→+∞

ln(b) = +∞. Concluimos assim que

∫ +∞

1

dx

xα= lim

b→+∞F (b)− F (1) −→

converge para−1

1− αse α > 1

diverge se α ≤ 1


Existe ainda uma segunda especie de integrais improprios. Lembremos que, na definicao defuncao integravel, foi imposta a condicao da funcao a integrar ser limitada no intervalo de

integracao. No exemplo (2.4.2) mostramos que o integral∫ +∞

1

dx

x2converge e vale 1. Quer isto

dizer que a regiao limitada pelo grafico da funcao1x2

, a recta x = 1 e o eixo dos x’s tem area

finita e essa area e∫ +∞

1

dx

x2= 1. A funcao inversa de f(x) =

1x2

, definida em [1,+∞), e a

funcao g(x) =1√x

e o seu domınio e (0, 1]. Quer isto dizer que a regiao limitada pelo grafico

da funcao g(x), a recta x = 1 e o eixo dos x’s tem area exactamente igual a 1 +∫ +∞

1

dx

x2. O

acrescimo da unidade deve-se ao facto desta regiao incluir agora um quadrado de lado 1 (verfigura seguinte). Estamos tentados a dizer, comparando areas, que

1 +∫ +∞

1

dx

x2=∫ 1

0

dx√x

(4.1)

A funcao g esta definida num intervalo limitado, mas nao e uma funcao limitada. Assim, pela

definicao dada anteriormente, nao faz sentido considerar o integral∫ 1

0

dx√x

. A igualdade (4.1)

conduz-nos a uma nova definicao de integral improprio.

Definicao 2.4.3 Seja f : [a, b)→ R uma funcao contınua tal que

limx→b−

f(x) = ±∞.

O integral improprio∫ b

af(x)dx diz-se convergente se existe e e finito o limite

limu→b−

∫ u

af(x)dx.

Analogamente, se f : (a, b]→ R e contınua, tal que

limx→a+

f(x) = ±∞,



af(x)dx diz-se convergente se existe e e finito o limite

limu→a+

∫ b

uf(x)dx.

Se f : [a, c) ∪ (c, b]→ R e contınua e tal que

limx→c

f(x) = ±∞,


af(x)dx diz-se convergente se existem e sao finitos os limites

limu→c−

∫ u

af(x)dx e lim

u→c+

∫ b

uf(x)dx.

Exemplo 2.4.4 Consideremos o integral∫ 4

1

dx

(x− 2)2. Observe-se que a funcao f(x) =

1(x− 2)2

nao esta definida em 2 e que limx→2

f(x) = +∞. Estamos na presenca de um integral improprio.Entao o integral dado converge se e so se existirem os limites

limu→2−

∫ u

1

dx

(x− 2)2e lim

u→2+

∫ 4

u

dx

(x− 2)2.

Ora estes limites nao existem. Logo o integral e divergente.

Este exemplo ilustra bem o cuidado a ter no calculo de integrais definidos. Como a funcao

− 1x− 2

e uma primitiva de f , se nao tivessemos reconhecido que o integral∫ 4

1

dx

(x− 2)2e

improprio poderıamos erradamente ter concluıdo que∫ 4

1

dx

(x− 2)2=[− 1

x− 2

]4

1

= −32.

Exercıcio 2.4.5 Analise a convergencia dos seguintes integrais e indique qual o seu valor casoexista.

(a)∫ +∞

−∞

dx

x2 + 1.

(b)∫ +∞

0

x3

x4 + 1dx.

(c)∫ 4

0

dx

x− 3.

(d)∫ 3

0

dx

x2 − 6x + 9.

(e)∫ 4

0

dx√x− 3

.

(f)∫ +∞

0

dx

x2.

Capıtulo 3

Equacoes Diferenciais

3.1 Introducao

O estudo das equacoes diferenciais e de particular importancia em Engenharia, pois muitas leisfısicas traduzem-se matematicamente usando estas equacoes.

Iremos abordar tres grandes questoes relacionadas com equacoes diferenciais (nao necessaria-mente pela seguinte ordem):

1. Modelizacao de situacoes fısicas;

2. Existencia e unicidade de solucao;

3. Resolucao de equacoes diferenciais.

Chama-se equacao diferencial a uma equacao que relaciona uma funcao y e as suas derivadas.Nesta equacao podem ainda aparecer outras funcoes da variavel independente, ja conhecidas.

Exemplos de equacoes diferenciais:y′ = cos x

y′′ − 3y = 0

y′′ = 3 sin (x)y

x2y′′′ − xy′ + y = x4 − ex

Nos exemplos acabados de dar a incognita (funcao y) depende de uma so variavel indepen-dente, x. Tais equacoes diferenciais designam-se por equacoes diferenciais ordinarias. Umaequacao diferencial ordinaria sera entao uma equacao do tipo:

F (x, y, y′, · · · , y(n)) = 0 (1.1)

66

Capıtulo 3. Equacoes Diferenciais

Existe um outro tipo de equacoes diferenciais que se distingue destas pelo facto da funcaoincognita, y, ser funcao de varias variaveis independentes. O seu estudo esta fora do ambitodesta cadeira, mas, para referencia, afirmamos que sao designadas por equacoes diferenciais asderivadas parciais.

Vejamos alguns exemplos onde naturalmente surgem equacoes diferenciais ordinarias:

Exemplo 3.1.1 1. Suponhamos que deixamos cair um solido de uma dada altura. A acelera-cao associada ao movimento da queda corresponde a aceleracao da gravidade. Um modelomatematico para este problema, desde que se considere o atrito do ar desprezavel, pode serrepresentado pela equacao diferencial:

y′′ =d2y

dt2= g

2. Encontre a famılia de curvas no plano xy que, em cada ponto (x, y) por onde passa, tenhaum declive dado por −y

x.

Desejamos entao determinar as funcoes que sao solucoes da equacao:

y′ = −y

x.

Para facilitar o seu tratamento, as equacoes diferenciais sao caracterizadas de varias formas.Comecamos por definir uma classificacao de acordo com a derivada mais alta que surge naequacao.

Designa-se por ordem de uma equacao diferencial a maior das ordens das derivadas que nelaaparecem.

Por exemplo, a equacao diferencial xy′ + x3 = y6 e uma equacao diferencial de primeira ordeme a equacao y′′′ + xy′′ − y8 = x e de terceira ordem.

Resolver equacoes corresponde a determinar o ”valor” das incognitas que nela aparecem. Quandosubstituimos na equacao, a incognita pelos valores determinados obtemos uma proposicao ver-dadeira. A estes valores chamamos solucoes da equacao. Foi assim que definiram solucoes deequacoes algebricas de primeira e segunda ordem. As equacoes diferenciais nao fogem a estaregra. Mais precisamente:

Uma solucao de uma equacao diferencial ordinaria de ordem n definida num intervalo (a, b) euma funcao y = φ(x) que tem derivadas ate a ordem n, definidas nesse intervalo, e que, quandosubstituıda na equacao da origem a uma igualdade, valida para todo o x nesse intervalo.

Exemplo 3.1.2 Consideremos a equacao diferencial xy′ = 2y. A funcao y = x2, x ∈ Re solucao da equacao. Calculando a sua derivada, y′ = 2x e substituindo na equacaodiferencial, obtem-se:

x 2x = 2(x2)

que e verdadeira para todo o x real. Observe-se que esta funcao y = x2, nao e a unicasolucao da equacao. Qualquer funcao da forma y = kx2, onde k e uma constante real,continua a ser solucao. Tal facto nao nos deve surpreender, pois sabemos que a integracaointroduz constantes arbitrarias.


No exemplo (3.1.1), alınea 2, uma famılia de solucoes da equacao diferencial e y =k

x, onde

k e uma constante qualquer. De facto, derivando qualquer funcao desta famılia obtem-se

y′ = − k

x2= −xy

x2= −y

x.

Embora seja facil verificar que algumas funcoes sao solucoes de uma certa equacao diferencial,em geral determinar as solucoes nao e um problema tao simples. Assim, antes de tentarmosencontrar tais solucoes e conveniente saber se de facto elas existem. Trata-se de uma questao deexistencia de solucao, questao essa de importancia crucial na teoria das equacoes diferenciais.Acontece que nem todas as equacoes diferenciais tem solucao. Sem qualquer conhecimento sobrea teoria da existencia de solucoes, arriscamo-nos a tentar determinar de uma ”solucao” para umadada equacao diferencial, usando, por exemplo, um computador, quando tal solucao nao existe.

Supondo que existe solucao para uma dada equacao diferencial, tal solucao sera unica? Trata-sede uma questao de unicidade de solucao.

No exemplo anterior, verificou-se que pode existir uma infinidade de solucoes, uma para cadaescolha de uma certa constante k. Considerando o exemplo xy′ = 2y, suponhamos que nosinteressava uma solucao da equacao diferencial para a qual y(1) = 1. Uma tal solucao seriay = x2. Mas sera que e a unica que satisfaz a condicao y(1) = 1? Da famılia de funcoesapresentada e de facto a ultima, mas sera que nao existe outra?

Vamos posteriormente apresentar resultados que nos permitem concluir que de facto qualquersolucao da equacao diferencial xy′ = 2y e da forma y = kx2, k ∈ R e a unica solucao da equacaodiferencial que satisfaz y(1) = 1, e a funcao y = x2. Este comportamento e tıpico de muitasequacoes diferenciais de primeira ordem. A famılia de todas as solucoes e representada por umaexpressao envolvendo uma funcao conhecida e uma constante arbitraria. Tal famılia de funcoese designada por solucao geral da equacao diferencial. A solucao y = x2, que satisfaz umadada condicao inicial, y(1) = 1 neste caso, e designada por solucao particular da equacaodiferencial.

Uma vez que o conjunto de todas as equacoes diferenciais e muito vasto, apresentando car-acterısticas muito distintas, o seu tratamento de uma forma global torna-se impraticavel. Enecessario subdividir tais equacoes em classes mais simples e estudar individualmente estasclasses. Nesta perspectiva vamos comecar por distinguir duas dessas classes.

As equacoes diferenciais podem ser divididas em lineares e nao lineares.

Definicao 3.1.3 A equacao diferencial ordinaria

F (x, y, y′, · · · , y(n)) = g(x) (1.2)

diz-se linear se a funcao F for linear nas variaveis y, y′, · · · , y(n).

Se isso nao acontecer, ou seja, se a funcao F em (1.2) for nao linear, entao a equacao diferencialdiz-se nao linear.

Assim, numa equacao diferencial linear nao podem aparecer produtos, exponenciais, funcoestrignometricas etc, etc, etc, envolvendo y e as suas derivadas.


Por exemplo, a equacao diferencial seguinte, de ordem 2, e uma equacao diferencial linear.

exy′′ + y′ + ln (x)y = sin (x)

Mas,yy′′ + sin y = 2xey

nao e linear.

Lembremos que uma funcao G(w) diz-se linear se satisfizer a

G(αw1 + βw2) = αG(w1) + βG(w2)

para quaisquer w1, w2 pertencentes ao domınio de G e α, β ∈ R.

Exemplo 3.1.4 Consideremos a equacao diferencial

y′′ − x2y′ − y = cos(x)

Neste caso, a funcao F em (1.2) vem F (x, y, y′, y′′) = y′′ − x2y′ − y. Consideremos entao duasfuncoes y1 e y2 e dois escalares α, β. Queremos verificar se F e linear nas variaveis y, y′, y′′.Assim,

F (x, α(y1, y′1, y

′′1) + β(y2, y

′2, y

′′2)) = F (x, αy1 + βy2, αy′1 + βy′2, αy′′1 + βy′′2)

= (αy′′1 + βy′′2)− x2(αy′1 + βy′2)− (αy1 + βy2)

= αy′′1 − x2αy′1 − αy1 + βy′′2 − x2βy′2 − βy2

= αF (x, y1, y′1, y

′′1) + βF (x, y2, y

′2, y

′′2).

Seguindo o mesmo procedimento, e facil verificar que a equacao diferencial

(y′)2 − y = 0

nao e linear. Realmente, para y = αy1 + βy2 onde α, β ∈ R, y1 e y2 duas funcoes e F (y, y′) =(y′)2 − y, temos

F (y, y′) = α2(y′1)2 + β2(y′2)

2 + 2αβy′1y′2 − αy1 − βy2 6= αF (y1, y

′1) + βF (y2, y

′2)

Observe-se que a nao linearidade da equacao diferencial dada e consequencia directa do termo(y′)2, que e obviamente nao linear.

Exercıcio 3.1.5 Determine a ordem e classifique as seguintes equacoes diferenciais ordinariasem lineares e nao lineares:

(i) y′′ − y′ + y2 = 0

(ii) exy(5) − x2 = 1y

(iii) sen(x)y′′ − y′′′ = 0


(iv) sen(y′)x3 − y = 0

A teoria matematica e as tecnicas para a resolucao de equacoes diferenciais lineares sao bemconhecidas. O mesmo ja nao se pode dizer em relacao as equacoes diferenciais nao lineares.Muitas destas equacoes podem contudo ser aproximadas por equacoes lineares.

Como exemplo de uma equacao nao linear consideremos a equacao que descreve o movimentode um pendulo. O angulo θ que um pendulo de comprimento l, em oscilacao, faz com a direccaovertical satisfaz a equacao:

d2θ

dt2+

g

lsin θ = 0

Se o angulo θ for ”suficientemente pequeno” poderemos substituir sin θ por θ. Efectuando essasubstituicao somos conduzidos a equacao:

d2θ

dt2+

g

lθ = 0

Convem salientar que em muitos casos tais aproximacoes nao sao possıveis. Por exemplo, alinearizacao pode conduzir a uma equacao diferencial cujas solucoes tem um comportamentomuito diferente das solucoes da equacao inicial. Daı resulta a necessidade de aprofundar oestudo de equacoes diferenciais nao lineares.

Nesta disciplina vamos fazer o estudo de um tipo de equacoes diferenciais de primeira ordemdesignadas por equacoes diferenciais de variaveis separaveis e vamos estudar tambem equacoesdiferenciais lineares de coeficientes constantes, de ordem n.

3.2 Equacoes Diferenciais de variaveis separaveis

Designam-se por equacoes diferenciais de variaveis separadas (ou separaveis) as equacoes daforma

y′(x) = α(x).β(y) (2.3)

onde α e uma funcao que depende apenas de x e β e uma funcao que depende apenas de y.

O resultado seguinte estabelece condicoes suficientes para a existencia e unicidade de solucao daequacao diferencial.

Teorema 3.2.1

Considere a equacao diferencial y′(x) = α(x).β(y) e a condicao inicial y(x0) = y0.

Suponha que α e uma funcao contınua num intervalo que contem x0 e β e uma funcao derivavele com derivada limitada num intervalo que contem y0.

Entao, e numa vizinhanca de x0, a equacao diferencial tem uma e uma so solucao que satisfaza condicao inicial dada.


Exemplo 3.2.2 A equacao y′ = −y

x= −1

x.y e uma equacao de variaveis separaveis. Neste

caso α(x) = −1x

e β(y) = y. A funcao α e contınua em R \ 0 e β e derivavel em R com

β′(y) = 1, limitada. Se considerarmos x0 = 1 e y0 = 2 podemos afirmar que numa vizinhancade x0 a equacao diferencial tem uma e uma so solucao y que satisfaz y(1) = 2.

Poe-se agora a questao de como determinar a solucao da equacao diferencial. Vamos procederde seguida a essa determinacao.

Resolucao da equacao diferencial

y′(x) = α(x).β(y), y(x0) = y0

Distinguem-se dois casos.

(i) β(y0) = 0. Neste caso, a funcao constante y(x) = y0 e solucao. Realmente, a derivadadesta funcao e zero e β(y(x)) = β(y0) = 0.

(ii) β(y0) 6= 0. Definam-se quatro outras funcoes, P , R, Q e S, tais que

P (x) = α(x) Q(y) = − 1β(y)

R′(x) = P (x) S′(y) = Q(y).

Observe-se que a funcao Q esta bem definida num intervalo aberto em torno de y0 (porque?).Entao, lembrando que

d

dxh(g(x)) = h′(g(x))g′(x),

temosdy

dx= α(x)β(y)

⇓

Q(y)dy

dx= −P (x)

⇓

P (x) + Q(y)dy

dx= 0

⇓

R′(x) + Q(y)dy

dx= 0

⇓

R′(x) +dS(y(x))

dx= 0

⇓d

dx[R(x) + S(y)] = 0.

Integrando esta ultima equacao, vem

R(x) + S(y) = C (2.4)


onde C e uma constante. A equacao (2.4) podera ou nao ser resolvida em ordem a y. Setal for possıvel, obtemos a solucao geral da equacao diferencial na forma explıcita, ou seja,devera ser possıvel determinar uma funcao φ e uma constante C0 , com R(x0)+S(y0) = C0,y0 = φ(x0) e tal que, para x numa vizinhanca de x0,

y = φ(x) ⇐⇒ R(x) + S(φ(x)) = C0.

E o que acontece se, por exemplo, considerarmos S(y) = y em (2.4). Contudo, nemsempre e possıvel resolver (2.4) explicitamente em ordem a y. Na impossibilidade de ofazer, a constante C e calculada como anteriormente e dizemos que a solucao da equacaodiferencial esta definida implicitamente pela equacao

R(x) + S(y) = C0

Regra pratica

Equacoes diferenciais de variaveis separadas no caso (ii) podem ser resolvidas facilmente usandouma regra pratica que “usa e abusa” da notacao de Leibniz para derivadas. Dizemos uma regrapratica porque as operacoes matematicas efectuadas nao sao “formalmente” validas. Contudoassentam em resultados teoricos bem definidos e rigorosos e o resultado final e verdadeiro.

Consideremos a equacao diferencial

dy

dx= α(x)β(y),

onde β(y0) 6= 0. Escrevendody

β(y)= α(x)dx,

“separamos” as variaveis, escrevendo num dos membros os objectos relacionados com y e nooutro os objectos relacionadas com x. Integrando ambos os membros∫

dy

β(y)=∫

α(x)dx,

e relembrando que S e R foram definidos de forma a que S′(y) = − 1β(y)

e R′(x) = α(x), vem

−S(y) = R(x) + C,

ou seja,R(x) + S(y) = C,

onde C e calculado de acordo com a condicao inicial.

Tratamos o operadordy

dxcomo um quociente de numeros reais o que, como sabemos, nao e

verdadeiro. Sabemos que tal nao e verdade. No entanto, esta “regra pratica” permite-noschegar formalmente a solucao geral da equacao.


Exemplo 3.2.3 Considere-se a equacao diferencial

y′ + ln(x)y = 0, x > 0.

Para resolver a equacao, comecemos por escreve-la na forma:

dy

dx= − ln(x)y. (2.5)

Suponhamos que y(x) nunca se anula. Entao

dy

y= − ln(x)dx.

Integrando, obtem-se:

ln(|y|) = −∫

1. ln(x) dx = −[x ln(x)−

∫dx

]= −x ln(x) + x + K.

Donde,|y(x)| = eKexe−x ln(x) = C1e

xe−x ln(x).

Como C1 = eK , esta constante e sempre positiva. Eliminando o modulo no primeiro membroobtemos

y(x) = ±C1exe−x ln(x) = Cexe−x ln(x).

onde C pode agora tomar qualquer valor real, positivo ou negativo, com excepcao do valor 0.Contudo, e como se pode verificar facilmente e directamente em (2.5), a funcao nula tambeme solucao da equacao diferencial. Conclusao: a solucao geral da equacao diferencial dada ey(x) = Kexe−x ln(x), onde K e uma qualquer constante real. Qualquer solucao da equacaodiferencial pode escrever-se nesta forma, para algum valor de K ∈ R

O proximo exemplo ilustra um comportamento de alguns problemas de valor inicial onde asequacoes diferenciais sao nao lineares, nomeadamente o facto das singularidades da solucao(pontos onde as solucoes nao estao definidas) poderem depender nao so, da equacao diferencialem si, mas tambem das condicoes iniciais.

Exemplo 3.2.4 Considere o problema de valor inicial

y′ = y2 y(0) = 1.

Determine o intervalo em que a solucao existe.

Se y(x) 6= 0, entaody

y2= dx,


donde

y(x) = − 1x + C

. (2.6)

Para y(0) = 1, vem C = −1. Assim y(x) =1

1− xe a solucao do problema dado. Como se pode

ver a solucao nao e limitada quando x tende para 1 ( a solucao esta definida em (−∞, 1)). Daanalise da equacao diferencial em si nada nos indica que x = 1 e um ponto diferente de qualqueroutro.

Consideremos agora a condicao inicial y(0) = y0 onde y0 e qualquer. A solucao do problema devalor inicial dado e agora

y(x) =y0

1− y0x. (2.7)

Neste caso, a solucao e ilimitada quando x tende para1y0

. Logo, o intervalo de existencia de

solucao e(−∞,

1y0

)se y0 > 0 e

(1y0

,+∞)

se y0 < 0.

A solucao geral (2.6) da equacao diferencial foi obtida considerando y 6= 0. Facilmente se verificaque a funcao nula, y ≡ 0, e solucao da equacao. Sera possıvel detereminar um C tal que (2.6)representa a funcao nula? E evidente que nao. Este exemplo mostra que nem toda a solucaodesta equacao diferencial nao linear podera ser escrita na forma (2.6) para algum C ∈ R, ouseja, ha solucoes da equacao diferencial que nao podem ser obtidos atribuindo um dado valor aconstante C de integracao.

Neste caso, devemos dizer que qualquer solucao da equacao diferencial dada ou e a funcao nulay(x) ≡ 0, ou e dada por (2.6).

Muitas vezes as equacoes diferenciais sao escritas fazendo ja a “divisao” do operadordy

dxcomo se

de um quociente se tratasse. Vejamos como proceder em tais casos atraves de mais um exemplo.

Exemplo 3.2.5 Considere-se a EDO

3ex tan(y)dx + (2− ex) sec2(y)dy = 0.

Equacoes escritas desta maneira podem ter duas interpretacoes; podemos considerar y como umafuncao de x ou, x como uma funcao de y. Ao resolver este tipo de equacoes deve ficar sempreclaro que tipo de solucao procuramos.

Comecemos por resolver a equacao como se se tratasse de determinar uma funcao y. Dividindoambos os termos da equacao por (2− ex) tan(y), obtemos

3exdx

2− ex+

sec2(y)dy

tan(y)= 0.


donde, apos resolucao,

tan(y)(2− ex)3

= C. (2.8)

Ao dividirmos ambos os membros da equacao diferencial pelo produto (2− ex) tan(y), estamos asupor que os factores sao nao nulos. Contudo, os factores anulam-se quando:

y = kπ para k = 0, 1, . . . ou x = ln(2)

Ao resolver esta equacao eliminamos a partida solucoes deste tipo. E pois necessario verificar seestas funcoes poderao ser solucoes, pois, resolver a equacao diferencial, e determinar todasas possıveis solucoes da equacao dada.

Verifica-se que, para qualquer k ∈ Z, as funcoes constantes y ≡ kπ sao solucoes da equacao.Observe-se, contudo, que se obtem y ≡ kπ da solucao geral fazendo C = 0. Este e um exemplode uma equacao diferencial nao linear cujas solucoes sao todas dadas pela expressao (2.8).

Que dizer, por ultimo, sobre a singularidade x = ln(2)? Reescrevendo a equacao diferencial dadana forma

y′ =3ex sin(y) cos(y)

2− ex.

torna-se pois evidente que x = ln(2) e ponto singular, ou seja, qualquer solucao da equacaodiferencial estara definida num intervalo que nao contem ln(2).

Exercıcio 3.2.6 Resolva a equacao diferencial do exemplo anterior, considerando que a incognitae uma funcao da forma x(y).

3.3 Equacoes diferenciais lineares (EDL) de primeira ordem

3.3.1 Existencia e Unicidade de Solucao

Iniciamos o estudo de equacoes diferenciais lineares comecando por considerar equacoes diferen-ciais lineares de primeira ordem, ou seja, equacoes da forma

y′ + p(x) y = g(x) (3.1)

Consideremos o seguinte problema de valor inicial: dada uma equacao diferencial na forma(3.1) sera que existe uma solucao que satisfaz a condicao y(x0) = y0? E se existir, sera unica?Qual o maior intervalo em que essa solucao estara definida?

O resultado seguinte responde a algumas destas questoes.

Teorema 3.3.1 Considere a equacao diferencial linear de primeira ordem y′ + p(x) y = g(x).

Se as funcoes p e g sao contınuas num intervalo I = (α, β) que contem o ponto x0, entao existeuma unica solucao y = φ(x) que satisfaz a equacao (3.1) para todo o x ∈ I e que satisfaz tambema condicao inicial y(x0) = y0.


Note-se que este teorema da-nos condicoes suficientes para garantir a existencia e unicidade dasolucao num determinado intervalo real. De salientar, garante ainda que a solucao do problemade valor inicial, se existir, esta definida em todo o I.

Observacao: Quando aplicamos este resultado e queremos concluir sobre a existencia e unici-dade de solucao de uma equacao diferencial dada, teremos de escrever a equacao na forma (3.1).Assim, por exemplo, dada a equacao diferencial cos xy′ + xy = 1, e a condicao inicial y(0) = 1,

teremos de escrever a equacao na forma y′+x

cos xy =

1cos x

. Aplicando o teorema a esta equacao

podemos garantir a existencia de uma e uma so solucao, definida no intervalo(−π

2,π

2

), que

satisfaz a condicao inicial dada.

Exercıcio 3.3.2 1. Verifique que as solucoes da equacao diferencial linear de primeira or-dem, y′ + p(x) y = g(x), onde p e g sao contınuas, nunca se intersectam.

2. Considere o caso particular de g(x) = 0, ∀x. Verifique que dada uma solucao da equacao,tal solucao ou e a funcao nula ou e uma funcao sempre positiva ou uma funcao semprenegativa.

3.3.2 Resolucao de EDL de Primeira Ordem

Vejamos como obter a solucao de uma equacao diferencial linear de primeira ordem,

y′ + p(x) y = g(x). (3.1)

O primeiro membro desta equacao assemelha-se a derivada de um produto de funcoes. Infe-lizmente nao o e. Vamos ver como podemos transformar esta equacao diferencial de forma atermos a derivada de um produto de funcoes no primeiro membro. Se multiplicarmos ambos osmembros desta equacao por uma funcao diferenciavel r(x), sempre positiva (ou sempre negativa,o importante e que nao se anule) obtemos uma equacao equivalente:

r(x)y′ + r(x)p(x) y = r(x)g(x). (3.2)

O termo r(x)y′ sugere agora que se encare o primeiro membro da equacao como sendo a derivadado produto, [r(x)y]. Para que isso aconteca e necessario que r(x)p(x) = r′(x), ou seja

r′(x)r(x)

= p(x).

Como r′(x) =dr

dx, esta equacao e ainda equivalente a

[ln (r(x))]′ = p(x).

Integrando ambos os membros desta equacao obtem-se

ln (r(x)) =∫

p(x) dx + C,


donde

r(x) = e

∫p(x) dx + C

(3.3)

Estamos perante uma famılia de funcoes r(x). Como so procuramos uma, podemos considerarC = 0. Substituindo esta funcao em (3.2) obtemos uma equacao equivalente a equacao (3.1),uma vez que r(x) 6= 0, ∀x, e integrando a equacao resultante (verifique!) deduz-se que:

y(x) =

∫r(x)g(x) dx + K

r(x)(3.4)

A equacao (3.4) fornece-nos o que se designa por solucao geral da equacao. Para cada valorde K, teremos uma solucao da equacao. Em particular, se estamos interessados na solucao quesatisfaz y(x0) = y0, ou seja, se queremos uma solucao particular da equacao diferencial quesatisfaz a condicao inicial dada y(x0) = y0, temos que determinar a respectiva constante K.

Muitas vezes o integral em (3.4) nao pode ser resolvido, no sentido de nao existir uma funcaocom uma expressao fechada, conhecida, associada ao integral. Deve entao deixar-se a solucaonesta forma integral. Tais solucoes podem ser facilmente tratadas numericamente.

Exemplo 3.3.3 A equacao diferencial linear (3.1), no caso particular de g(x) = 0 e tambemuma equacao diferencial de variaveis separaveis. E nesse caso podemos usar a regra pratica dadaanteriormente para determinar a sua solucao geral. O exemplo seguinte ilustra esta situacao.

Considere-se a equacao diferencial

y′ + ln (x)y = 0, x > 0

Podemos garantir que qualquer solucao desta equacao diferencial estara definida para x > 0(porque?). Para resolver a equacao, ou seja, para determinar a solucao geral da equacao dife-rencial, comecemos por escreve-la na forma:

dy

dx= − ln (x)y

Suponhamos que y(x) nunca se anula. Entao

dy

y= − ln (x)dx

Integrando, obtem-se:

ln (|y|) = −∫

1. ln (x) dx = −[x ln (x)−

∫dx

]= −x ln (x) + x + K

Donde,|y(x)| = eKexe−x ln (x) = C1e

xe−x ln (x)


Como C1 = eK , esta constante e sempre positiva. Eliminando o modulo no primeiro membroobtemos

y(x) = ±C1exe−x ln (x) = Cexe−x ln (x)

onde C pode agora tomar qualquer valor real, positivo ou negativo, com excepcao do valor 0.Contudo, e como se pode verificar facilmente, a funcao nula tambem e solucao da equacaodiferencial. Conclusao: a solucao geral da equacao diferencial dada e y(x) = Kexe−x ln (x), ondeK e uma qualquer constante real. Qualquer solucao da equacao diferencial pode escrever-se nestaforma, para algum valor de K real.

Exercıcio 3.3.4 a) Determine a solucao geral da equacao (3.1), quando:

(i) g(x) = 0.

(ii) p(x) = 0.

b) Analise a regra pratica descrita no exemplo anterior e verifique que nao funciona quandoa plicada a equacao diferencial (3.1) quando g(x) 6= 0.

c) Considere as equacoes diferenciais seguintes. Resolva-as e analise o comportamento dessassolucoes quando x→∞.

(i) y′ + 3y = x + e−2x.

(ii) y′ + y = xe−x + 1.

d) Resolva os seguintes problemas de valor inicial:

(i) y′ + 3y = x + e−2x, y(0) = 1.

(ii) y′ +2x

y =cos (x)

x2, y(π) = 0, x > 0.

e) Utilize o metodo que acabamos de descrever no exemplo (3.3.3) para resolver os seguintesproblemas de valor inicial:

(i) y′ + 3y = 0, y(0) = 1.

(ii) y′ +2x

y = 0, y(π) = 0, x > 0.

3.4 Equacoes Diferenciais Lineares de Ordem Superior a Um

3.4.1 Existencia e unicidade de solucao

Uma equacao diferencial de ordem dois podera escrever-se genericamente na forma seguinte.

y′′ = f(x, y, y′) (4.1)

Esta equacao sera linear se

f(x, y, y′) = g(x)− p(x)y − q(x)y′.


Uma equacao diferencial linear de segunda ordem toma entao a forma:

y′′ + p(x)y + q(x)y′ = g(x) (4.2)

Se f em (4.1) nao conduzir a uma equacao do tipo (4.2), entao (4.1) e designada por equacaodiferencial de segunda ordem nao linear.

Podemos generalizar este conceito de linearidade e definir uma equacao diferencial linear deordem n como sendo uma equacao diferencial que toma a forma:

y(n)(x) + p1(x)y(n−1)(x) + · · ·+ pn(x)y(x) = g(x) (4.3)

Vamos concentrar a nossa atencao nas equacoes diferenciais lineares de ordem superior a ume assumimos que os coeficientes pi, i = 1, · · · , n e g sao funcoes contınuas num dado intervaloI ⊂ R.

A equacao (4.3) envolve a derivada de ordem n de y, o que faz prever a necessidade de efectuarn integracoes para a resolver. E de esperar ainda que a solucao geral da equacao apresente nconstantes de integracao. Se quisermos seleccionar uma solucao particular da equacao diferen-cial, vamos ter de calcular as n constantes. Deparamos com este processo de seleccao quandopretendemos, por exemplo, calcular a solucao particular que satisfaz as seguintes n condicoesiniciais:

y(x0) = y0

y′(x0) = y′0... (4.4)

y(n−1)(x0) = y(n−1)0

onde x0 e y0, y′0, · · · , y

(n−1)0 sao constantes dadas.

Teorema 3.4.1 Sejam pi, i = 1, · · · , n e g funcoes contınuas num intervalo I ⊂ R que contemo ponto x0. Entao existe uma unica solucao da equacao (4.3) que satisfaz as condicoes iniciais(4.4). Esta solucao esta definida em todo o intervalo I.

Exemplo 3.4.2 1. A equacao diferencial y′′ = x e uma equacao diferencial linear de ordem2. A solucao geral desta equacao pode ser obtida efectuando duas integracoes sucessivas.

Obtemos assim a famılia de solucoes y(x) =x3

6+ C1x + C2, C1, C2 ∈ R.

Se contudo pretendermos a solucao da equacao diferencial que satisfaz as 2 condicoesiniciais

y(1) = 0y′(1) = 0

(4.5)

a solucao passara a ser uma unica, a funcao y(x) =x3

6− 1

2x +

13.

Esta solucao e obtida substituindo na expressao geral das solucoes e da correspondentederivada, a variavel x por 1 e usar (4.5). Daı resulta um sistema de 2 equacoes a 2


incognitas. A resolucao deste sistema conduz a determinacao dos valores que as constantesC1 e C2 devem tomar para que as condicoes iniciais dadas sejam satisfeitas.

2. A equacao diferencial y(IV ) = 0, tambem muito simples de resolver, tem como solucao geral

y(x) = C1x3

6+C2

x2

2+C3x+C4, ou y(x) = K1

x3

6+K2x

2+K3x+K4, K1,K2,K3,K4 ∈ R.

A solucao da equacao diferencial que satisfaz as condicoes iniciais

y(0) = 1y′(0) = 1y′′(0) = 1y′′′(0) = 1

e unica.

E a funcao y(x) =x3

6+

x2

2+ x + 1 (Verifique!).

Uma vez estabelecidas condicoes que nos garantem a existencia de solucao de uma equacaodiferencial linear de ordem n vamos agora ver como determinar essas solucoes para uma classeparticular dessas equacoes, equacoes diferenciais lineares de coeficientes constantes. Comecamospor analisar a forma generica que tais solucoes devem tomar. Em seguida estudaremos umatecnica de determinacao das solucoes.

3.4.2 EDL Homogeneas de Coeficientes Constantes.

Considere a seguinte equacao diferencial linear de ordem n:

y(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + · · ·+ a1y

′ + a0y(x) = g(x) (4.6)

onde a0, a1, · · · , an−1 sao constantes. Esta equacao e designada por equacao diferencial lin-ear, de ordem n e coeficientes constantes.

No caso da funcao g ser nula, a equacao diferencial designa-se ainda por equacao diferenciallinear homogenea. Tal equacao tem a forma:

y(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + · · ·+ a1y

′ + a0y(x) = 0 (4.7)

Diz-se tambem que (4.7) e a equacao diferencial homogenea associada a equacao diferencial (4.6).Note-se que o Teorema 3.4.1, sobre existencia e unicidade de solucao, garante-nos que a solucaode (4.7), sujeita as condicoes iniciais (4.4), existe, e unica e esta definida em toda a recta real.Isto resulta do facto das funcoes pi(x) serem neste caso constantes e por isso contınuas em todaa recta real.

Suponham-se conhecidas n funcoes y1, y2, · · · , yn−1, yn que sao solucoes da equacao diferenciallinear homogenea (4.7). E possıvel verificar que toda a solucao desta equacao diferen-cial pode ser expressa como combinacao linear das funcoes y1, y2, · · · , yn−1, yn se odeterminante da matriz

W (x0) =

y1(x0) y2(x0) · · · yn(x0)y′1(x0) y′2(x0) · · · y′n(x0)

......

......

y(n−1)1 (x0) y

(n−1)2 (x0) · · · y

(n−1)n (x0)


(que se designa por matriz wronskiana) for nao nulo para algum x0 ∈ R. Pode ainda provar-seque o determinante da matriz wronskiana, designado por wronskiano, ou e nulo para todoo x ∈ R ou entao e diferente de zero para todo o x ∈ R.

Teorema 3.4.3 Sejam y1, y2, · · · , yn−1, yn solucoes da equacao diferencial linear homogenea(4.7) que satisfazem as condicoes iniciais (4.4). Se o determinante da matriz wronskiana destasfuncoes, o wronskiano, e nao nulo em algum x0 ∈ R, entao toda a solucao da equacao diferencialhomogenea (4.7) pode ser expressa como combinacao linear das solucoes y1, y2, · · · , yn−1, yn.

A nao anulacao do wronskiano permite concluir que y1, y2, · · · , yn−1, yn sao funcoes linearmenteindependentes. Recorde-se que dizer que y1, y2, · · · , yn−1, yn sao linearmente independentes sig-nifica que, considerando uma combinacao linear destas funcoes, vem

α1y1 + α2y2 + · · ·+ αnyn = 0,∀x ∈ R ⇒ α1 = α2 = · · · = αn = 0.

Aqui, α1, α2, · · · , αn sao constantes reais e o 0 do segundo membro da primeira equacao repre-senta a funcao nula.

A solucao geral de uma equacao diferencial linear de ordem n e coeficientes constantes constituium espaco linear de dimensao n e qualquer solucao da equacao pode ser escrita como combinacaolinear de n solucoes linearmente independentes da equacao diferencial. Para verificar se n funcoessao linearmente independentes, basta calcular o wronskiano associado a essas funcoes e verificarque e nao nulo.

Definicao 3.4.4 Um conjunto de funcoes nas condicoes do teorema, ou seja n solucoes daequacao diferencial que dao origem a um wronskiano nao nulo, diz-se um sistema fundamentalde solucoes da equacao diferencial (4.7).

Assim, se y1, y2, · · · , yn−1, yn sao n solucoes da equacao diferencial homogenea (4.7), tais que oseu wronskiano e nao nulo num ponto, (ou, linearmente independentes) entao qualquer solucaoz(x) dessa equacao diferencial pode escrever-se na forma:

z(x) = c1y1(x) + · · ·+ cn−1yn−1(x) + cnyn(x)

onde c1, . . . , cn sao constantes reais. O problema da determinacao da solucao geral de umaequacao diferencial linear de ordem n, homogenea, fica entao resumido a determinacao de nsolucoes cujo Wronskiano seja nao nulo.

3.4.3 Resolucao de EDL homogeneas de coeficientes constantes de ordem 2

Vimos na seccao anterior que qualquer solucao de uma equacao diferencial linear homogenea decoeficientes constantes se pode escrever como combinacao linear de n solucoes, y1, y2, · · · , yn−1, yn.Para isso estas solucoes terao de originar um Wronskiano nao nulo.

Vamos comecar por ver como determinar essas funcoes no caso de equacoes diferenciais lineareshomogeneas de ordem dois, por serem as mais simples.

ay′′ + by′ + cy = 0, a 6= 0 (4.8)


Com o intuito de adquirir alguma experiencia na resolucao destas equacoes, simplifiquemos estaequacao considerando que a = 1, b = 0, c = −1, ou seja:

y′′ − y = 0 (4.9)

Determinar uma solucao para (4.9) e determinar uma funcao cuja segunda derivada e iguala propria funcao. Ora, funcoes como ex e e−x, ou ainda multiplos destas funcoes, tem talpropriedade. As funcoes y1(x) = ex e y2(x) = e−x satisfazem a equacao (4.9). Mais ainda,qualquer combinacao linear destas funcoes e ainda uma solucao. Por outro lado, calculando oWronskiano de ex e e−x, obtemos −2 6= 0, ∀x ∈ R. Podemos concluir entao que a solucao geralda equacao (4.9), e da forma:

y(x) = C1ex + C2e

−x, C1, C2 ∈ R

Se queremos uma solucao particular que satisfaca as condicoes iniciais y(0) = 2, y′(0) = −1,basta resolver o sistema

y(0) = 2y′(0) = −1

A resolucao deste sistema conduz a C1 =12, C2 =

32, ou seja, a solucao particular pretendida e

y(x) =12ex +

32e−x.

Consideremos agora a equacao diferencial mais geral (4.8). Comecemos por verificar se estaequacao tem solucoes exponenciais y(x) = erx. Nesse caso,

y′(x) = rerx

y′′(x) = r2erx

Substituindo na equacao (4.8) tem-se

erx(ar2 + br + c) = 0

ou seja, y(x) = erx e solucao da equacao diferencial se r e raiz da equacao algebrica,

ar2 + br + c = 0 (4.10)

Esta equacao designa-se por equacao caracterıstica da equacao diferencial (4.8). Trata-se deuma equacao polinomial que pode ter

(i) duas raızes reais e diferentes,

(ii) uma so raiz real de multiplicidade dois,

(iii) duas raızes complexas conjugadas.

Vejamos quais as implicacoes para a solucao geral da equacao diferencial (4.8), em cada umdestes tres casos.


(i) Suponhamos que (4.10) tem duas raızes reais e diferentes, r1 6= r2. Entao y1(x) = er1x ey2(x) = er2x sao solucoes da equacao diferencial (verifique!). O wronskiano destas duasfuncoes e (r2 − r1)e(r1+r2)x que e diferente de zero. A solucao geral da equacao diferencialsera

y(x) = C1er1x + C2e

r2x, C1, C2 ∈ R (4.11)

(ii) Suponhamos que a equacao caracterıstica (4.10) tem uma so raiz real de multiplicidadedois. Este caso ocorre quando o descriminante da equacao e nulo, isto e, quando b2−4ac =0. Obtemos, entao, uma so solucao da equacao diferencial, y1(x) = e−

bx2a . Precisamos de

mais uma solucao. Para a obter, consideremos que pode tomar a forma y2(x) = v(x)e−bx2a .

Observe-se que neste caso, o Wronskiano de y1(x), y2(x) e v′(x)e−bxa . O Wronskiano sera

nao nulo se v′(x) 6= 0. Poderıamos entao escolher qualquer funcao cuja derivada nao seanulasse no eixo real. Contudo, teremos ainda de garantir que y2(x) = v(x)e−

bx2a e solucao

da equacao diferencial. Para o fazer, calculamos a primeira e segunda derivada de y2 esubstituimos na equacao, tendo presente que b2 − 4ac = 0. Obtem-se assim v′′(x) = 0(verifique!). Integrando duas vezes esta equacao tem-se v(x) = C1x+C2, ou seja, obtemosuma famılia de funcoes. Mas so precisamos de uma funcao. Como temos que ter v′(x) 6= 0,podemos considerar v(x) = x. A solucao geral da equacao diferencial e entao:

y(x) = C1e− bx

2a + C2xe−bx2a , C1, C2 ∈ R

(iii) Por ultimo, suponhamos que (4.10) tem duas raızes complexas, r1 = λ+iµ, r2 = λ−iµ, ouseja, o descriminante da equacao caracterıstica e negativo. As expressoes correspondentespara as solucoes seriam,

y1(x) = e(λ+iµ)x, y2(x) = e(λ−iµ)x.

Define-seeiµx = cos (µx) + i sin (µx) (4.12)

ee(λ+iµ)x = eλx (cos (µx) + i sin (µx)) (4.13)

Mais ainda, demonstra-se que, para qualquer complexo r,

d

dx(erx) = rerx (4.14)

As funcoes e(λ+iµ)x e e(λ−iµ)x, onde a exponencial de numero complexos e definida em(4.13), sao solucoes da equacao diferencial. Estas funcoes tomam valores complexos e naoreais, como gostarıamos. Contudo, sabemos ja que qualquer combinacao linear de solucoesda equacao diferencial e ainda uma solucao da equacao diferencial. Somando e subtraindoambas as solucoes obtemos, respectivamente, 2eλx cos (µx) e 2ieλx sin (µx). Desprezandoas constantes, podemos definir duas novas funcoes com valores no corpo dos reais, a saber,

u(x) = eλx cos (µx) e v(x) = eλx sin (µx) (4.15)


Calculando o wronskiano destas novas funcoes, vem W (u, v) = µe2λx, que e nao nulo desdeque µ 6= 0. Ora, se µ = 0 as raızes da equacao caracterıstica sao reais e esta discussaonao e aplicavel. Assim, a solucao geral da equacao diferencial linear homogenea de ordemdois, cuja equacao caracterıstica associada tem duas raizes complexas λ± iµ, µ 6= 0, podeser representada por:

y(x) = C1eλx cos (µx) + C2e

λx sin (µx), C1, C2 ∈ R (4.16)

Os graficos das solucoes u = eλx cos (µx) e v = eλx sin (µx) apresentam oscilacoes, devidoa presenca das funcoes trigonometricas. Tais oscilacoes aumentam ou amortecem depen-dendo do sinal de λ. Por exemplo, consideremos a equacao y′′ + y′ + y = 0. Neste caso, as

raizes sao complexas e λ = −12. O grafico de uma solucao tıpica e dado na figura seguinte.

Para o problema de valor inicial 16y′′ − 8y′ + 145y = 0, y(0) = −2, y′(0) = 1, vem λ =14.

A solucao e

y(x) = e

x

4(−2 cos (3x) +

sin (3x)2

)e o grafico vem:


No caso de λ = 0, as solucoes sao oscilantes sem amortecimento ou crescimento. E o casoda equacao diferencial y′′ + 15y = 0. Neste caso as solucoes sao da forma,

Exercıcio 3.4.5 Considere a equacao diferencial ay′′ + by′ + cy = 0.

a) Suponha que a, b, c > 0. Mostre que todas as solucoes da equacao diferencial tendem parazero quando x tende para mais infinito.

b) Mostre que se a e c sao positivos e se b = 0, entao todas as solucoes da equacao diferencialsao limitadas.

c) Suponha que a, b > 0 e que c = 0. Mostre que todas as solucoes tendem para uma constantequando x tende para infinito e que o valor dessa constante depende das condicoes iniciais.Ilustre o resultado para as condicoes iniciais y(0) = y, y′(0) = y1.

3.4.4 Resolucao de EDL homogeneas de coeficientes constantes de ordem n

O que acabamos de expor para a resolucao de uma equacao diferencial linear homogenea decoeficientes constantes de ordem 2, pode ser generalizado para equacoes do mesmo tipo, ho-mogeneas de coeficientes constantes, mas de ordem n em que n e um numero natural maior que2.

Consideremos entao uma equacao diferencial desse tipo:

y(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + · · ·+ a1y

′ + a0y(x) = 0 (4.17)

onde an−1, a1 · · · , a0 sao constantes reais.

Sabemos ja que qualquer solucao y(x) desta equacao diferencial pode escrever-se na forma:

y(x) = c1y1(x) + · · ·+ cn−1yn−1(x) + cnyn(x), c1, . . . , cn ∈ R

onde y1(x), · · · , yn(x) constituem um sistema fundamental de solucoes, ou seja, um conjunto desolucoes cujo Wronskiano e nao nulo.


Para obter um tal conjunto de funcoes y1(x), · · · , yn(x), vamos efectuar um conjunto de passossemelhante ao efectuado no caso de equacoes diferenciais de ordem 2. Ou seja:

Passo 1: Associar a equacao diferencial a sua equacao caracterıstica:

P (r) = rn + an−1rn−1 + · · ·+ a1r + a0 = 0 (4.18)

Passo 2: Determinar as raızes da equacao (4.18).

Passo 3: Associar funcoes que sao solucoes da equacao diferencial as diferentes raızes daequacao caracterıstica encontradas no passo anterior.

O polinomio P (r) = rn + an−1rn−1 + · · ·+ a1r + a0 e designado por polinomio caracterıstico.

Analisemos com mais detalhe os sucessivos passos. O primeiro passo e trivial. No segundopasso, e para equacoes de ordem superior a 2, estamos perante uma equacao de grau tambemsuperior a 2. Para determinar as suas raızes usamos tecnicas de factorizacao ja conhecidas.Factorizar termos possıveis, por inspeccao determinar alguma raız e usar a regra de Ruffini paraobter factores de grau inferior, etc. Nalgumas situacoes pode mesmo ter de utilizar-se processosnumericos para a determinacao dessas raızes.

Analisemos agora o terceiro passo. Varias situacoes sao possıveis para as raızes da equacaocaracterıstica. Passamos a descrever:

Caso 1. n raızes reais e diferentes: λ1, λ2, · · · , λn.

Neste caso, a equacao caracterıstica pode escrever-se como

(r − λ1)(r − λ2) · · · (r − λn) = 0.

Prova-se que neste caso o conjunto

eλ1x, eλ2x, · · · , eλnx

constitui um sistema fundamental de solucoes. E facil verificar que cada uma destas funcoese solucao da equacao diferencial. (Verifique!)

O Wronskiano destas funcoes e o determinante:

W =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

eλ1x eλ2x · · · eλnx

λ1eλ1x λ2e

λ2x · · · λneλnx

λ21e

λ1x λ22e

λ2x · · · λ2neλnx

......

......

λn−11 eλ1x λn−1

2 eλ2x · · · λn−1n eλnx

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= e(λ1+λ2+···+λn)x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · 1λ1 λ2 · · · λn

λ21 λ2

2 · · · λ2n

......

......

λn−11 λn−1

2 · · · λn−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣A funcao exponencial nunca se anula. Assim, W = 0 se e so se o ultimo determinantee nulo. Pode provar-se contudo que este determinante, designado por determinante deVandermonde ou Cauchy, nao e nulo.

Qualquer solucao da equacao pode assim escrever-se como

y = C1eλ1x + C2e

λ2x + · · ·+ Cneλnx, C1, C2, · · · , Cn ∈ R


Exemplo 3.4.6 Considere a equacao diferencial

y′′′ − 4y′ = 0. (4.19)

A sua equacao caracterıstica e

r3 − r = 0 ⇔ r(r2 − 1) = 0 ⇔ r(r − 1)(r + 1) = 0

As raızes sao entao 0, −1 e 1. Raızes reais e distintas. O conjunto,

e0.x, e−1.x, e1.x = 1, e−x, ex

constitui um sistema fundamental de solucoes.

A solucao geral da equacao diferencial 4.19 e entao:

y(x) = C1 + C2e−x + C3e

x, C1, C2, C3 ∈ R

Caso 2. raızes reais, multiplas

Se a equacao caracterıstica tem uma raiz r = λ, de multiplicidade m, pode escrever-se naforma

(r − λ)mQ(r) = 0 (4.20)

onde Q(r) e uma funcao polinomial que ja nao admite λ como raiz.

Se uma raiz real, λ, dupla, ocorre (ou seja m = 2 em (4.20) ) prova-se que as funcoesy1(x) = eλx e y2(x) = xeλx sao solucoes da equacao diferencial e sao funcoes linearmenteindependentes.

Se uma raiz tripla, λ, ocorre, pode provar-se que as funcoes y1(x) = eλx, y2(x) = xeλx ey3(x) = x2eλx sao solucoes linearmente independentes da equacao diferencial.

Mais geralmente, se λ e uma raiz de ordem m, entao podemos considerar as seguintes msolucoes da equacao diferencial

eλx, xeλx, · · · , xm−1eλx.

e estas funcoes sao linearmente independentes.

Tambem se verifica que solucoes associadas desta forma a raızes diferentes sao linearmenteindependentes entre si. O exemplo seguinte ilustra como a diferentes raızes de diferentesmultiplicidades podemos associar um conjunto fundamental de solucoes da equacao difer-encial.

Exemplo 3.4.7 Considere a equacao diferencial y(V ) − 3y(IV ) + 3y′′′ − y′′ = 0.

A equacao caracterıstica associada a esta equacao diferencial vem

r5 − 3r4 + 3r3 − r2 = r2(r3 − 3r2 + 3r − 1) = 0

E imediato concluir que r = 0 e uma raiz dupla da equacao. Tambem se verifica facilmenteque r = 1 e uma raiz de r3 − 3r2 + 3r − 1. Aplicando a regra de Ruffini podemos escrever


r3 − 3r2 + 3r − 1 = (r − 1)(r2 − 2r + 1). Mas r2 − 2r + 1 = (r − 1)2. Assim, a equacaocaracterıstica toma a forma

r2(r − 1)3 = 0

As raızes sao λ1 = 0 de multiplicidade 2 e λ2 = 1, de multiplicidade 3. O conjunto

e0.x, xe0.x, e1.x, xe1.x, x2e1.x = 1, x, ex, xex, x2ex

constitui um sistema fundamental de solucoes e a solucao geral da equacao diferencial vem

y(x) = C1 + C2x + C3ex + C4xex + C5x

2ex, C1, C2, C3, C4, C5 ∈ R

Caso 3. raızes complexas

Como ja foi ilustrado quando tratamos o caso de equacoes diferenciais lineares de ordem2, as raızes complexas de um polinomio com coeficientes reais aparecem sempre aos pares.Associando os pares de raızes complexas, podemos escrever a equacao caracterıstica naforma:

P (r) = [(x− α)2 + β2]mQ(r)

onde α + iβ e α− iβ sao raızes complexas da equacao de multiplicidade m. Consideramosque estas raızes nao anulam Q(r). Se isso acontecesse a multiplicidade das raızes seriamaior.

Se m = 1, as funcoes eαx cos (βx) e eαx sin (βx) sao solucoes linearmente independentes daequacao diferencial.

No caso mais geral, m ∈ N teremos as seguintes solucoes linearmente independentes:

eαx cos (βx), eαx sin (βx), xeαx cos (βx), xeαx sin (βx), · · · , xm−1eαx cos (βx), xm−1eαx sin (βx).

Exemplo 3.4.8 Vamos resolver a equacao diferencial

y(IV ) + 18y′′ + 81y = 0.

Equacao caracterıstica:

r4 + 18r2 + 81 = 0 ⇔ (r2 + 9)2 = 0

Raızes: complexas r = ±3i, ambas de multiplicidade 2.

Sistema fundamental de solucoes:

e0.x cos (3x), e0.x sin (3x), xe0.x cos (3x), xe0.x sin (3x) = cos (3x), sin (3x), x cos (3x), x sin (3x)

A solucao geral da equacao vem entao:

y(x) = C1 cos (3x) + C2 sin (3x) + C3x cos (3x)C4x sin (3x), C1, C2, C3, C4 ∈ R


Vimos como construir a solucao geral de uma equacao diferencial linear de coeficientes con-stantes, homogenea, de ordem n, quando a sua equacao caracterıstica admite apenas solucoesreais e distintas (caso 1), admite uma raiz real de multiplicidade maior que 1 (caso 2) e ainda ocaso de admitir raızes complexas (caso 3). O que acontecera no caso de uma equacao diferencialcom equacao caracterıstica admitindo simultaneamente raızes que caem em mais do que um doscasos tratados? Neste caso, basta reunir as solucoes apresentadas para cada tipo de raiz.

O quadro seguinte reune a informacao obtida nos 3 diferentes casos tratados de acordo com afactorizacao do polinomio caracterıstico.

factor em P(r) solucao da equacao diferencialr − λ eλx

(r − λ)2 eλx, xeλx

(r − λ)s eλx, xeλx, . . . , xs−1eλx

r2 − 2αr + (α2 + β2) eαx cos(βx), eαx sin(βx)(r2 − 2αr + (α2 + β2))m eαx cos(βx), eαx sin(βx), . . . , xm−1eαx cos(βx), xm−1eαx sin(βx)

Exemplo 3.4.9 Considere-se a equacao diferencial y(V ) − y(IV ) + y′′′ − y′′ = 0.

Equacao caracterıstica:

P (r) = r5 − r4 = 0 ⇔ r2(r2 + 1)(r − 1) = 0

Raızes: complexas r = ±i, de multiplicidade 1; reais r = 0, de multiplicidade 2 e r = 1, demultiplicidade 1.

Sistema fundamental de solucoes:

e0.x cos (x), e0.x sin (x), e0.x, xe0.x, e1.x ⇔ cos (x), sin (x), 1, x, ex

A solucao geral da equacao vem entao:

y(x) = C1 cos (x) + C2 sin (x) + C3 + C4x + C5ex, C1, C2, C3, C4, C5 ∈ R

3.4.5 EDL de Coeficientes Constantes, de ordem 2, Nao Homogeneas.

Consideremos a equacao diferencial linear homogenea de ordem dois:

y′′ + a1y′ + a0y = 0

O que estudamos sobre a solucao desta equacao pode ser resumido no seguinte quadro:

A eq. dif. linear cuja eq. caracterıstica e:(r − r1)(r − r2) = 0, r1 6= r2

(r − r1)2

r2 − 2λr + (λ2 + µ2) = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣Admite solucoes da forma:

K1er1x + K2e

r2x

K1er1x + K2xer1x

K1eλx cos (µx) + K2e

λx sin (µx)

Pretendemos agora resolver a equacao diferencial nao homogenea

y′′ + a1y′ + a0y = g(x) (4.21)


Sabemos ja como calcular a solucao geral da equacao homogenea que lhe esta associada. Mostra-se que a equacao geral da equacao (4.21) pode ser escrita como a soma da solucao geral daequacao diferencial homogenea que lhe esta associada, com uma solucao particular desta equacao.Assim, supondo que y1(x), y2(x), sao solucoes da equacao diferencial homogenea y′′+a1y

′+a0y =0, cujo wronskiano e nao nulo e sendo yp(x) uma solucao particular da equacao diferencial (4.21),qualquer outra solucao desta equacao diferencial pode tomar a forma:

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + yp(x)

Para determinar a solucao geral da equacao (4.21), basta-nos entao conhecer uma solucao partic-ular desta equacao e a solucao geral da correspondente equacao diferencial homogenea associada.Ja sabemos como determinar a solucao geral da homogenea associada. Resta-nos saber deter-minar uma solucao particular da equacao diferencial. Iremos estudar de seguida um metodopara o fazer.

Metodo da Variacao dos Parametros

O Metodo da Variacao dos Parametros permite-nos determinar uma solucao particular daequacao diferencial linear de ordem dois com coeficientes constantes. Tal metodo baseia-se noconhecimento de duas solucoes, cujo Wronskiano e nao nulo, da equacao homogenea associada.Vejamos como funciona este metodo.

Comecemos por relembrar a equacao diferencial da qual pretendemos conhecer uma solucao:

y′′ + a1y′ + a0y = g(x)

Lembramos que estamos a supor que g e uma funcao contınua num dado intervalo I do eixo real.A aplicacao do metodo da variacao dos parametros obriga a que seja conheciada, a partida, asolucao geral da equacao diferencial homogenea que esta associada a equacao diferencial dada.Suponhamos entao que a solucao geral da equacao diferencial homogenea e:

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x)

onde y1(x) e y2(x) sao solucoes da equacao diferencial homogenea com wronskiano nao nulo.

Designamos a solucao particular procurada por yp(x). Este metodo baseia-se na possibilidadede se poderem determinar duas funcoes u1 e u2 tais que:

yp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) (4.22)

Daqui resulta o nome do metodo. Tomamos a solucao geral da homogenea associada e substi-tuimos as constantes, que podem ser consideradas parametros, por funcoes. Ou seja, fizemos”variar os parametros” como funcoes de x.


Para determinar u1 e u2 vamos especificar duas condicoes que as funcoes deverao satisfazer.Claro que a funcao yp(x) devera satisfazer a equacao diferencial dada, i.e.,

y′′p(x) + a1y′p(x) + a0yp(x) = g(x).

Esta sera a primeira condicao a impor.

Derivando yp(x) obtemos:

y′p(x) =[u1(x)y′1(x) + u2(x)y′2(x)

]+[u′1(x)y1(x) + u′2(x)y2(x)

]Vamos ainda considerar que, segunda condicao, as funcoes u1(x) e u2(x) devem satisfazer:

u′1(x)y1(x) + u′2(x)y2(x) = 0 (4.23)

Daqui resulta,y′p(x) = u1(x)y′1(x) + u2(x)y′2(x)

Neste momento nada nos garante que funcoes u1(x) e u2(x) existam, de forma a que yp(x),tal como definida em (4.22), seja solucao da equacao diferencial. Muito menos quando aindaexigimos que essas funcoes satisfacam a equacao (4.23). No entanto, e continuando o processo,vamos verificar que das expressoes que vamos obter para essas funcoes podemos concluir de factotal existencia.

Derivando mais uma vez, obtemos

y′′p(x) =[u1(x)y′′1(x) + u2(x)y′′2(x)

]+[u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x)

]Substituindo na equacao diferencial, obtemos:

([u1(x)y′′1(x) + u2(x)y′′2(x)

]+[u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x)

])+

+a1

(u1(x)y′1(x) + u2(x)y′2(x)

)+ a0 (u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)) = g(x)

m

u1(x)[y′′1(x) + a1y

′1(x) + a0y1(x)

]+ u2(x)

[y′′2(x) + a1y

′2(x) + a0y2(x)

]+

+[u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x)

]= g(x)

Tendo em conta que y1(x) e y2(x) sao solucoes da equacao homogenea associada, esta equacaoe ainda equivalente a:

u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x) = g(x).

Conclusao, devemos escolher u1 e u2 tais que:

u′1(x)y1(x) + u′2(x)y2(x) = 0

u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x) = g(x)


Uma condicao suficiente para a existencia de solucao deste sistema e que o determinante damatriz dos coeficientes seja nao nulo (as incognitas sao u′1(x) e u′2(x)). Esse determinante e oWronskiano das funcoes y1(x) e y2(x) e sabemos que este Wronskiano e nao nulo. A existenciade u′1(x) e u′2(x) esta garantida. Usando a Regra de Cramer, concluımos que a solucao destesistema de equacoes e dada por

u′k(x) =g(x)Wk(x)

W (x), k = 1, 2

onde W (x) = W (y1, y2) e Wk(x) e o determinante obtido de W (x) substituindo a coluna k pelovector (0, 1). Com esta notacao, concluımos que uma solucao particular da equacao diferencialdada e:

yp(x) =2∑

k=1

yk(x)∫

g(x)Wk(x)W (x)

dx

Exemplo 3.4.10 Considere-se a equacao diferencial y′′−2y′+y = x2. Determinemos a solucaogeral desta equacao.

E facil de verificar que as funcoes ex, xex, formam um sistema fundamental de solucoes daequacao diferencial homogenea associada. O Wronskiano sera:

W (x) =∣∣∣∣ ex xex

ex (x + 1)ex

∣∣∣∣ = e2x

Podemos agora calcular W1(x) e W2(x):

W1(x) =∣∣∣∣ 0 xex

1 (x + 1)ex

∣∣∣∣ = −xex

e

W2(x) =∣∣∣∣ ex 0

ex 1

∣∣∣∣ = ex

Obtemos assim uma solucao particular da equacao diferencial dada,

yp(x) = ex

∫−x3ex

e2xdx + xex

∫x2ex

e2xdx

= −ex

∫x3e−x dx + xex

∫x2e−x dx

Calcule estes integrais e escreva a solucao geral da equacao diferencial dada. Lembre-se quey(x) = C1e

x + C2xex + yp(x).


3.4.6 Eq. Dif. Lineares Nao Homogeneas, de Coeficientes Constantes.

Pretendemos agora resolver a equacao diferencial

y(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + · · ·+ a1y

′ + a0y(x) = g(x) (4.24)

onde an−1, a1 · · · , a0 sao constantes reais e g e uma funcao contınua.

Sabemos ja como calcular a solucao geral da equacao homogenea que lhe esta associada,

y(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + · · ·+ a1y

′ + a0y(x) = 0. (4.25)

Mostra-se que tambem para n > 2, e a semelhanca do que acontece para n = 2, a solucao geralda equacao (4.24) pode ser escrita como a soma de uma solucao particular desta equacao coma solucao geral da equacao diferencial homogenea que lhe esta associada (4.25).

Assim, supondo que y1(x), y2(x), · · · , yn(x), sao solucoes da equacao diferencial homogenea(4.25) com wronskiano nao nulo e sendo yp(x) uma solucao particular da equacao diferencial(4.24), qualquer outra solucao desta equacao diferencial pode tomar a forma:

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + · · ·+ Cnyn(x) + yp(x), C1, · · · , Cn ∈ R

Para determinar a solucao geral da equacao (4.24), resta entao saber como determinar umasolucao particular desta equacao. O metodo que apresentamos de seguida e uma generalizacaodo metodo apresentado para o caso de equacoes diferenciais lineares nao homogeneas de ordem2.

Metodo da Variacao dos Parametros

O Metodo da Variacao dos Parametros permite-nos determinar uma solucao particular daequacao diferencial linear de ordem n com coeficientes constantes

y(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + · · ·+ a1y

′(x) + a0y(x) = g(x)

onde g e uma qualquer funcao contınua num dado intervalo I.

Suponhamos entao que conhecemos a solucao geral da equacao diferencial homogenea associada.Seja ela

y(x) = c1y1(x) + · · ·+ cnyn(x)

onde y1, . . . , yn sao n solucoes da equacao diferencial homogenea com wronskiano nao nulo,ou seja, sao solucoes linearmente independentes da equacao diferencial homogenea associada.Designamos a solucao particular que procuramos por yp.

O Metodo da Variacao dos Parametros baseia-se na possibilidade de se poderem determinar nfuncoes c1, . . . , cn tais que

yp(x) = c1(x)y1(x) + · · ·+ cn(x)yn(x)


e solucao da equacao diferencial dada. Assim, para determinar yp precisamos de determinar asfuncoes c1, . . . , cn.

Vamos especificar n condicoes que estas funcoes e as suas derivadas deverao satisfazer para queyp seja solucao da equacao.

Tais condicoes deverao possibilitar a identificacao das funcoes procuradas e envolverao necessari-amente derivadas. O ideal seria obter estas funcoes a partir de equacoes diferenciais de ordemnao superior a um, pois tais equacoes sao simples de resolver. Vamos ver como proceder.

A primeira condicao a impor e, obviamente, que a funcao yp devera satisfazer a equacao difer-encial dada. Assim, calculemos as suas sucessivas derivadas.

• Derivando uma vez temos

y′p(c) = c1(x)y′1(x) + · · ·+ cn(x)y′n(x) + c′1(x)y1(x) + · · ·+ c′n(x)yn(x)

A determinacao da derivada de ordem 2 parece ja muito trabalhosa em virtude do elevadonumero de parcelas da primeira derivada. Para simplificar calculos futuros, impomos que

c′1(x)y1(x) + · · ·+ c′n(x)yn(x) = 0 (4.26)

• A segunda derivada vem

y′′p(x) = c1(x)y′′1(x) + · · ·+ cn(x)y′′n(x) + c′1(x)y′1(x) + · · ·+ c′n(x)y′n(x)

Mais uma vez, impomos que a soma dos termos onde aparecem as primeiras derivadas dasfuncoes ci a determinar seja nula:

c′1(x)y′1(x) + · · ·+ c′n(x)y′n(x) = 0 (4.27)

• Continuando este processo, obtemos n− 1 condicoes da forma:

c′1(x)y(k)1 (x) + · · ·+ c′n(x)y(k)

n (x) = 0 (4.28)

onde k = 0, 2, . . . , n− 2.

• Por ultimo, derivando yp uma vez mais vem

y(n)p (x) = c1(x)y(n)

1 (x) + · · ·+ cn(x)y(n)n (x) + c′1(x)y(n−1)

1 (x) + · · ·+ c′n(x)y(n−1)n (x)

O processo descrito fornece assim n − 1 condicoes (4.26)-(4.28) que as derivadas das funcoesc1, . . . , cn devem satisfazer.

Qual a condicao a impor para que yp seja solucao da equacao diferencial? Substituindo asdiversas derivadas de yp na equacao diferencial e lembrando que as funcoes y1, . . . , yn sao solucoesda equacao diferencial homogenea associada concluimos que

c′1(x)y(n−1)1 (x) + · · ·+ c′n(x)y(n−1)

n (x) = g(x) (4.29)


Agrupando as n condicoes (4.26)-(4.29) em sistema temos

c′1(x)y1(x) + · · ·+ c′n(x)yn(x) = 0c′1(x)y′1(x) + · · ·+ c′n(x)y′n(x) = 0

...c′1(x)y(n−1)

1 (x) + · · ·+ c′n(x)y(n−1)n (x) = g(x),

sistema esse que pode ser representado por

W (x)

c′1(x)c′2(x)

...c′n(x)

=

00...

g(x)

onde W (x) e a matriz Wronskiana das funcoes y1, . . . , yn.

E condicao suficiente para a existencia de solucao deste sistema que a matriz W (x) seja nao sin-gular, o que esta garantido em virtude das funcoes y1, . . . , yn serem linearmente independentes.

Tendo entao a certeza da existencia de solucao do sistema podemos resolve-lo de forma a deter-minar as derivadas das funcoes c1, . . . , cn.

Apelamos entao a regra de Cramer, concluindo que para cada k ∈ 1, . . . , n se tem

c′k(x) =g(x) detWk(x)

det W (x)

onde Wk(x) e a matriz que se obtem de matriz W (x) substituindo a coluna k pelo vector(0, 0, . . . , 1)T . Por exemplo,

W2(x) =

y1(x) 0 y3(x) . . . yn(x)y′1(x) 0 y′3(x) . . . y′n(x)

... . . ....

y(n−1)1 (x) 1 y

(n−1)3 (x) · y

(n−1)n (x)

Com a notacao introduzida em cima, podemos concluir que, para um x0 pertencente aointervalo de continuidade da funcao g, uma solucao particular da equacao diferencial edada por

yp(x) =n∑

k=1

yk(x)∫ x

x0

g(t) detWk(t)det W (t)

dt.

Exemplo 3.4.11 Considere-se a equacao diferencial y′′′−y′′−y′+y = 1x definida em (0,+∞).

Determinemos a solucao geral desta equacao.

E facil verificar que as funcoes ex, xex, e−x formam um sistema fundamental de solucoes daequacao diferencial homogenea associada. O determinante da matriz Wronskiana e

det W (x) =

∣∣∣∣∣∣ex xex e−x

ex ex(1 + x) −e−x

ex ex(2 + x) e−x

∣∣∣∣∣∣ = exexe−x

∣∣∣∣∣∣1 x 11 1 + x −11 2 + x 1

∣∣∣∣∣∣ = 4ex


e os determinantes de W1(x), W2(x) e W3(x) sao, respectivamente,

det W1(x) =

∣∣∣∣∣∣0 xex e−x

0 ex(1 + x) −e−x

1 ex(2 + x) e−x

∣∣∣∣∣∣ = exe−x

∣∣∣∣∣∣0 x 10 1 + x −11 2 + x 1

∣∣∣∣∣∣ = −2x− 1

det W2(x) =

∣∣∣∣∣∣ex 0 e−x

ex 0 −e−x

ex 1 e−x

∣∣∣∣∣∣ = exe−x

∣∣∣∣∣∣1 0 11 0 −11 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 2

det W3(x) =

∣∣∣∣∣∣ex xex 0ex ex(1 + x) 0ex ex(2 + x) 1

∣∣∣∣∣∣ = exex

∣∣∣∣∣∣1 x 01 1 + x 01 2 + x 1

∣∣∣∣∣∣ = e2x

Considerando x0 > 0, concluımos que uma solucao particular da equacao diferencial e

yp(x) = ex

∫ x

x0

−2t− 14tet

dt + xex

∫ x

x0

12tet

dt + e−x

∫ x

x0

et

4tdt

e a solucao geral e

y(x) = c1ex + c2xex + c3e

−x + yp(x), c1, c2, c3 ∈ R

Capıtulo 4

Transformada de Laplace

4.1 Introducao

A transformada de Laplace e uma operacao que permite determinar a solucao do problema devalores iniciais seguinte, sem necessidade de terminar a solucao geral da equacao diferencial.

y(n)(t) + an−1y(n−1)(t) + · · ·+ a1y

′(t) + a0y(t) = g(t),

y(0) = y0

y′(0) = y1...y(n−1)(0) = yn−1

Os coeficientes an−1, · · · , a1, a0 sao constantes reais.

A equacao diferencial e transformada numa equacao algebrica, esta equacao e resolvida usandomanipulacoes algebricas e a partir da solucao da equacao algebrica e deduzida a solucao procu-rada da equacao diferencial inicial.

A transformada de Laplace e particularmente util na analise de circuitos onde aparecem fre-quentemente funcoes descontınuas e termos que correspondem a impulsos. Os metodos deresolucao de equacoes diferenciais descritos anteriormente nao sao os mais adequados nestassituacoes. Para alem destas a transformada de Laplace tem muitas outras aplicacoes em prob-lemas envolvendo sistemas mecanicos e electricos.

4.2 Definicao

Seja f : [0,+∞[→ R. Multiplique-se f(t) por e−st. Obtem-se uma funcao que depende agora deduas variaveis, s e t. Considere-se o seguinte integral improprio∫ +∞

0e−stf(t) dt

Nesta integracao s funciona como um parametro, uma constante, e t sera a variavel de integracao.O integral improprio pode ser convergente ou divergente, dependendo do valor de s, e no caso

97

Capıtulo 4. Transformada de Laplace

de ser convergente o valor do integral em geral dependera ainda de s. Representamos esse valorpor uma funcao F (s) que designamos por transformada de Laplace da funcao f .

A transformada de Laplace e assim uma operacao, usualmente representada pelo sımbolo L,que associa a cada funcao f(t), definida para t ≥ 0, uma funcao unica, F (s), designada portransformada de Laplace de f(t), de acordo com:

Lf = F (s) =∫ +∞

0e−stf(t)dt

Transformada de Laplace da funcao f

O domınio de F , que por definicao e o conjunto de pontos onde F esta bem definida, e constituıdopelos valores de s para os quais o integral improprio e convergente.

A funcao f que da origem a sua transformada de Laplace F e designada por sua vez comotransformada inversa de Laplace da funcao F e representa-se por

f(t) = L−1F

Transformada inversa de Laplace da funcao F

Usualmente representam-se as funcoes originais por letras minusculas e as correspondentes trans-formadas de Laplace pelas mesmas letras, mas maiusculas. Assim, a transformada de Laplacede f sera representada por F e a de uma funcao g por G.

Exemplo 4.2.1 1. Transformada de Laplace da funcao f(t) = 1.

Lf = F (s) =∫ +∞

0e−st1 dt = lim

M→+∞

∫ M

0e−stdt

Se s 6= 0,

Lf = limM→+∞

[−1

se−st

]t=M

t=0

= limM→+∞

−1se−sM +

1s

Analisando a expressao anterior podemos concluir que se s < 0, nao existe limite finito eportanto o integral improprio e divergente. A transformada de Laplace nao esta definidapara s < 0.

Para s > 0, o limite e1s.


Se s = 0, entao∫ +∞

0e−0t1 dt =

∫ +∞

01 dt e divergente (verifique!). A transformada de

Laplace nao esta definida para s = 0.

Conclusao, Lf = F (s) =1s, s > 0.

2. Transformada de Laplace da funcao f(t) = e−at, onde a e uma constante real.

Lf = F (s) =∫ +∞

0e−ste−atdt = lim

M→+∞

∫ M

0e−(s+a)tdt

Se s + a 6= 0, ou seja s 6= −a,

Lf = limM→+∞

− 1s + a

e−(s+a)M +1

s + a

=

∞ se s < −a1

s + ase s > −a

Se s + a = 0,∫ +∞

0e−(s+a)tdt =

∫ +∞

01 dt e divergente. A transformada de Laplace nao

esta definida para s = −a.

Conclusao, Lf = F (s) =1

s + a, s > −a. Podemos ainda escrever

e−at = L−1

1

s + a

A tabela seguinte apresenta as transformadas de Laplace de algumas funcoes elementares.

f(t) Lf Domınio f(t) Lf Domınio

1 11s

s > 0 7 cos (wt)s

s2 + w2s > 0

2 t1s2

s > 0 8 sin (wt)w

s2 + w2s > 0

3 t22s3

s > 0 9 cosh (at)s

s2 − a2s > |a|

4 tn, n ∈ N0n!

sn+1s > 0 10 sinh (at)

a

s2 − a2s > |a|

5 tα, α > 0Γ(α + 1)

sα+1s > 0 11 eattn

n!(s− a)n+1

s > a

6 eat 1s− a

s > a 12 eat cos (wt)s− a

(s− a)2 + w2s > a

13 eat sin (wt)w

(s− a)2 + w2s > a


A funcao Γ(a + 1) que aparece na tabela acima, designada por funcao gama, e definida por

Γ(ν) =∫ +∞

0e−ttν−1 dt.

Pode verificar-se facilmente a partir da definicao que (verifique!)

Γ(ν + 1) = νΓ(ν)

eΓ(n + 1) = n!

Exercıcio 4.2.2 Verifique que as transformadas das funcoes, casos 1 a 8, sao as apresentadasna tabela anterior.

4.3 Existencia da transformada de Laplace

A transformada de Laplace de uma funcao f(t) e uma funcao F (s) definida pelo integralimproprio

F (s) =∫ +∞

0e−stf(t) dt. (3.1)

O domınio de F e o conjunto dos valores s que tornam o integral improprio convergente. Intu-itivamente, para o integral em (3.1) convergir sera necessario que a funcao integranda e−stf(t)convirga suficientemente rapido para 0 quando t → +∞. A funcao f(t) nao necessita de sercontınua para o integral estar bem definido e ser convergente. Isto e de particular importanciauma vez que muitas aplicacoes da transformada de Laplace envolvem de facto funcoes naocontınuas.

A questao que colocamos agora e a seguinte: sera que existe alguma propriedade da funcao fque garanta a partida a existencia de transformada de Laplace da funcao? E nesse caso, paraque valores de s essa transformada vai existir?

Vamos apresentar um resultado que indica uma condicao suficiente para a existencia de trans-formada de Laplace. Antes disso, consideremos a seguinte definicao de um novo conceito decontinuidade.

Definicao 4.3.1 Uma funcao f(t) diz-se contınua por bocados num intervalo [a, b], se f(t)esta definida em [a, b] e se e possıvel obter uma particao deste intervalo num numero finito depontos a = t0 < t1 < · · · < tn = b, de modo que:

1. f e contınua em cada subintervalo aberto ]ti−1, ti[.

2. f tem limite finito em cada extremo de um subintervalo, quando a variavel t se aproximadesse extremo por valores interiores ao subintervalo.

Diz-se tambem que f e contınua por bocados no conjunto [a,+∞[ se for contınua por bocadosem qualquer intervalo [a, b], b > a.


De acordo com esta definicao, uma funcao contınua por bocados num intervalo [a, b] e limitadae admite quando muito um numero finito de descontinuidades. Uma funcao contınua e aindauma funcao contınua por bocados.

A funcao

f(t) =

x se t ∈ [0, 1[2 se t = 13 se t ∈ ]1, 2]−x + 3 se t ∈ ]2, 3]

e contınua por bocados no intervalo [0, 3]. De facto, esta definida em todo o intervalo [0, 3]. Ospontos 0, 1, 2, 3 dao origem a uma particao do intervalo nos subintervalos ]0, 1[, ]1, 2[ e ]2, 3[. Nointerior de cada um destes intervalos a funcao e contınua e todos os limites lim

t→0+f(t), lim

t→1−f(t),

limt→1+

f(t), limt→2−

f(t), limt→2+

f(t) e limt→3−

f(t), existem e sao finitos.

Se f e contınua por bocados em [0,+∞[, entao o integral∫ b

0e−stf(t)dt existe para qualquer

b > 0, uma vez que a funcao integranda tem um numero finito de descontinuidades nesse intervaloe portanto e integravel. Contudo nao podemos garantir a convergencia do integral improprio∫ +∞

0e−stf(t) dt. O resultado seguinte apresenta uma condicao extra que permite concluir essa

convergencia.

Teorema 4.3.2 Seja f(t) uma funcao contınua por bocados em [0,+∞[. Suponha ainda que fsatisfaz a condicao

|f(t)| ≤Meγt, ∀t ≥ 0 (3.2)

onde M e γ sao constantes reais. Entao a transformada de Laplace de f(t) existe para todo os ≥ γ.

As funcoes f(t) que satisfazem (3.2) dizem-se de ordem exponencial quando t→ +∞. Paramuitas funcoes a condicao (3.2) e facil de verificar. Por exemplo sin (t) e cos (t), sao funcoespara as quais existe transformada de Laplace F (s), definida para s ≥ 0. De facto,

| sin (t)| ≤ 1 = e0.t e | cos (t)| ≤ 1 = e0.t

e a condicao (3.2) e satisfeita com γ = 0 e M = 1.

Note-se que o teorema acima da uma condicao suficiente para a transformada de Laplace existir.Pode por isso acontecer que a condicao (3.2) nao seja satisfeita para uma determinada funcaof(t) e esta continuar a ter transformada de Laplace.

Unicidade: Se a transformada de Laplace de uma dada funcao existir ela e unica. Inversamente,se duas funcoes tem a mesma transformada, estas funcoes, quando muito, diferem em pontosisolados. Nao pode acontecer serem diferentes num intervalo de comprimento positivo.

Exercıcio 4.3.3 1. Desenhe o grafico das funcoes seguintes e verifique se sao contınuas,contınuas por bocados ou se nao tem nenhuma destas propriedades.


(a) f(t) =

t2, se 0 ≤ t ≤ 12 + t, se 1 < t ≤ 26− t, se 2 < t ≤ 3

(b) f(t) =

t2, se 0 ≤ t ≤ 1(t− 1)−1, se 1 < t ≤ 21, se 2 < t ≤ 3

(c) f(t) =

1, se 1 < t ≤ 23− t, se 2 < t ≤ 3

2. Verifique se as seguintes funcoes definidas em [0,+∞[, tem transformada de Laplacedefinida num intervalo real.

(a) f(t) = (t2 + 1)−1.

(b) f(t) = te−t.

(c) f(t) = e−t cos (t).

4.4 Propriedades da transformada de Laplace

• Linearidade

A transformada de Laplace e uma operacao linear, ou seja, para quaisquer funcoes f(t) e g(t)que admitem transformadas de Laplace, a soma f(t) + g(t) admite transformada de Laplace e

Laf(t) + bg(t) = aLf(t)+ bLg(t) ∀a, b ∈ R

Esta propriedade e facilmente verificada:

Laf(t) + bg(t) =∫ +∞

0e−st[af(t) + bg(t)] dt = lim

M→+∞

∫ M

0e−st[af(t) + bg(t)] dt

= limM→+∞

[a

∫ M

0e−stf(t) dt + b

∫ M

0e−stg(t) dt

]= lim

M→+∞a

∫ M

0e−stf(t) dt + lim

M→+∞b

∫ M

0e−stg(t) dt

= aLf(t)+ bLg(t)

Exercıcio 4.4.1 Verifique que as transformadas de Laplace das funcoes cosh (at) e sinh (at)sao as apresentadas na tabela da pag. 5.

A linearidade da transformada de Laplace permite determinar facilmente transformadas defuncoes que sao combinacoes lineares de funcoes com transformadas conhecidas. Uma vez que ainversa de uma transformacao linear e tambem uma transformacao linear, esta propriedade vaiainda em muitos casos simplificar o calculo da transformada inversa.


Exemplo 4.4.2 Seja F (s) =s

(s− a)(s− b), a 6= b. Determine L−1 F.

A inversa de uma transformacao linear e tambem linear. Assim,

L−1

s(s−a)(s−b)

= L−1

1

a−b

(a

s−a −b

s−b

)= 1

a−b

(aL−1

1

s−a

− bL−1

1

s−b

)=

1a− b

(aeat − bebt

)No desenvolvimento atras a decomposicao da fraccao em fraccoes simples e do tipo efectuado

para a integracao de funcoes racionais. As transformadas inversas das funcoes1

s− ae

1s− b

foram obtidas a partir da tabela anteriormente apresentada.

Vamos agora analisar duas importantes propriedades da transformada de Laplace, essenciais nasua aplicacao para a resolucao de equacoes diferenciais.

• Transformada de Laplace da derivada de f(t)

Suponhamos que f(t) e uma funcao contınua, para todo o t ≥ 0 e satisfaz (3.2), ou seja

|f(t)| ≤Meγt, ∀t ≥ 0 (4.3)

para algum γ e algum M reais.

Suponhamos ainda que f(t) tem derivada f ′(t) que e contınua por bocados em qualquer intervalolimitado contido no conjunto [0,+∞[. Entao a transformada de Laplace de f ′(t) existe paras > γ e

Lf ′ = sLf − f(0), s > γ

Este resultado pode ser obtido facilmente atraves de uma integracao por partes:

Lf ′ =∫ +∞

0e−stf ′(t) dt = lim

b→+∞

∫ b

0e−stf ′(t) dt

= limb→+∞

[e−stf(t)

]b0+ s

∫ b

0e−stf(t) dt

(4.4)

Uma vez que f satisfaz a condicao (4.3), vem |f(t)|e−λt ≤M , ∀t ≥ 0. Se s > γ entao, e−sbf(b) =e−(s−γ)be−λbf(b). Mas e−(s−γ)b tem limite 0, quando b → +∞) e e−λbf(b) e limitada. Logo oproduto e ainda uma funcao que converge para 0 quando b→ +∞. Assim, lim

b→+∞e−sbf(b) = 0,

para s > γ.

O integral em (4.4) e Lf. O facto de existir para s > γ resulta do teorema 4.3.2. Assim, epara s > γ, vem Lf ′ = −f(0) + sLf, como querıamos provar.


Considerando agora f ′′ podemos concluir que,

Lf ′′ = sLf ′ − f ′(0) = s [sLf − f(0)]− f ′(0)

ou seja,

Lf ′′ = s2Lf − sf(0)− f ′(0), s > γ

• Transformada de Laplace da derivada de ordem n

Do que foi dito atras resulta facilmente o seguinte:

Seja f(t) uma funcao com derivadas f ′(t), f ′′(t), · · · , f (n−1)(t) contınuas para todo t ≥ 0,satisfazendo (4.3) para algum γ e algum M . Suponha-se ainda que a derivada de ordem n,f (n)(t), e contınua por bocados em qualquer intervalo limitado contido em [0,+∞[. Entao atransformada de Laplace de f (n)(t) existe para s > γ e e dada por

L

f (n)

= snLf − sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · − f (n−1)(0), s > γ

Temos agora os resultados necessarios para usar a transformada de Laplace na determinacao deuma solucao de uma equacao diferencial linear, satisfazendo condicoes iniciais dadas. O exemploseguinte ilustra como.

Exemplo 4.4.3 Considere-se a equacao diferencial y′′ + 3y′ + 2y = et, y(0) = y′(0) = 0.Tomando a transformada de Laplace de ambos os membros da equacao e usando as propriedadesdesta operacao vem

Ly′′+ 3Ly′+ 2Ly = Let ⇔ s2Ly − sy0 − y′0 + 3 [sLy − y0] + 2Ly = Let

onde y0 e y′0 sao os valores iniciais de y e da sua derivada y′, em t = 0. Resolvendo a equacaoem ordem a Ly, vem

Ly =Let+ (s + 3)y0 + y′0

s2 + 3s + 2

Mas Let =1

s− 1e s2 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2). De acordo com os dados do problema,

y0 = y′0 = 0. Entao,

Ly =1

(s− 1)(s + 1)(s + 2)=

16

1s− 1

− 12

1s + 1

+13

1s + 2

Daqui resulta que

y(t) =16L−1

1

s− 1

− 1

2L−1

1

s + 1

+

13L−1

1

s + 2

=

16et − 1

2e−t +

13e−2t


Este exemplo mostra uma das principais aplicacoes da transformada de Laplace, resolucao deequacoes diferenciais. Note-se que foi possıvel encontrar a solucao particular pretendida semnecessidade de obter a solucao geral da equacao diferencial. Por outro lado, a transformada dasolucao e encontrada atraves da resolucao de uma equacao algebrica. Observe-se ainda que amanipulacao de uma equacao diferencial linear nao homogenea e em tudo semelhante a resolucaode uma homogenea. Nao e necessario comecar por resolver a equacao homogenea associada.

• Transformada de Laplace do integral de f(t)

Diferenciacao e integracao sao operacoes inversas uma da outra. Derivar uma funcao correspondena transformada a uma multiplicacao por s, ou seja, Lf ′ = sLf−f(0). Sera que a integracaode uma funcao vai corresponder na transformada a uma divisao por s? A resposta e afirmativa.

Se f(t) e uma funcao contınua por bocados e satisfaz a condicao (4.3), entao

L∫ t

0f(τ) dτ

=

1sLf

Vejamos como verificar a igualdade anterior.

Se (4.3) e satisfeita com γ negativo, tambem sera satisfeita para algum γ positivo. Assuma-seentao que γ e positivo. Nesse caso a funcao

g(t) =∫ t

0f(τ) dτ

e contınua. Assim,

|g(t)| ≤∫ t

0|f(τ)| dτ ≤M

∫ t

0eγτ dτ =

M

γ

(eγt − 1

)≤ M

γeγt

para γ > 0.

g(t) satisfaz entao uma condicao do tipo (4.3). Observando que g′(t) = f(t), excepto possivel-mente nos pontos onde f e descontınua, vem

Lf(t) = Lg′(t)

= sLg(t) − g(0)

Mas g(0) = 0. EntaoLf(t) = sLg(t)

Conclusao,

Lg(t) = L∫ t

0f(τ) dτ

=

1sLf(t)

Exemplo 4.4.4 1. Seja Lf =1

s(s2 + w2). Pretende-se determinar f(t).

A funcao f(t) e L−1

1s

(1

s2 + w2

).


Da tabela apresentada inicialmente tem-se

L−1

(1

s2 + w2

)=

1w

sin (wt).

Do resultado anterior, sobre transformada de Laplace do integral, concluımos que

L−1

1s

(1

s2 + w2

)=

1w

∫ t

0sin (wτ) dτ =

1w2

(1− cos (wt)).

2. Seja Lf =1

s2(s2 + w2). Vamos determinar f(t).

Tendo em conta a solucao do exemplo anterior vem

L−1

1s2

(1

s2 + w2

)=

1w2

∫ t

0(1− cos (wt)) dτ =

1w2

(t− sin (wt)

w

).

4.5 Deslocamentos na variavel t e na variavel s

Na seccao anterior foram deduzidas algumas propriedades basicas da transformada de Laplace.Essas propriedades foram ja suficientes para vermos a aplicacao desta operacao na determinacaode solucoes particulares de uma equacao diferencial.

Vamos analisar mais algumas propriedades cuja aplicacao faz realcar de forma definitiva a uti-lidade deste metodo.

Os resultados desta seccao estabelecem os efeitos nas transformadas de deslocamentos na variavelt e na variavel s.

Teorema 4.5.1 Se f(t) tem como transformada de Laplace a funcao F (s), s > γ, para algumaconstante γ real, entao eatf(t) tem como transformada F (s− a), onde s− a > γ.

Leatf(t)

= F (s− a).

Conhecida a transformada F (s) de f(t), podemos obter a transformada de eatf(t) fazendo umdeslocamento de a unidades no eixo dos s, ou seja, substituir s em F por s− a.

Observe-se que tomando a transformada inversa e possıvel ainda escrever

L−1 F (s− a) = eatf(t).


A verificacao do teorema e imediata se tivermos em conta que

F (s− a) =∫ +∞

0e−(s−a)tf(t) dt =

∫ +∞

0e−steatf(t) dt = L

eatf(t)

.

Como aplicacao podemos de imediato obter:

f(t) Lf

eattnn!

(s− a)n+1

eat cos (wt)s− a

(s− a)2 + w2

eat sin (wt)w

(s− a)2 + w2

Exemplo 4.5.2 Considere o problema de valor inicial y′′−2y′+y = et + t, y(0) = 1, y′(0) = 0.Aplicando a transformada de Laplace a ambos os termos da equacao diferencial vem

Ly′′−2Ly′+Ly = Let+t ⇔ s2Ly−sy(0)−y′(0)−2 [sLy − y(0)]+Ly = Let+t

Designando por Y = Ly, substituindo os valores das condicoes iniciais e a transformada dosegundo membro da equacao, obtem-se

s2Y − s− 2 (sY − 1) + Y =1

s− 1+

1s2

Assim,

(s2 − 2s + 1)Y = (s− 1)2Y = s− 2 +1

s− 1+

1s2

⇔ Y =s− 2

(s− 1)2+

1(s− 1)3

+1

s2(s− 1)2.

Aplicando o teorema anterior resulta o seguinte para os sucessivos termos:

s− 2(s− 1)2

=1

s− 1− 1

(s− 1)2transformada inversa: et − tet

1(s− 1)3

transformada inversa: t2et

2

1s2(s− 1)2

=1

(s− 1)2+−2

s− 1+

1s2

+2s

transformada inversa: tet − 2et + t + 2

Reunindo agora todos os termos vem,

y(t) = L−1Y = et − tet +12t2et + (t− 2)et + t + 2 = −et +

12t2et + t + 2

O teorema seguinte analisa o efeito de deslocamentos na variavel t.


Teorema 4.5.3 Se f(t) tem como transformada de Laplace a funcao F (s), a funcao

f(t) =

0 se t < a

f(t− a) se t > a

onde a ≥ 0, tem como transformada e−asF (s), ou seja

L

f(t)

= e−asLf(t) . (5.5)

• Funcao degrau unitario

A funcao seguinte e designada por degrau unitario. E uma funcao com um ”salto” de umaunidade em t = a.

u(t− a) =

0 se t < a1 se t > a

Note-se que no ponto t = a a funcao nao esta definida.

Esta funcao desempenha um papel essencial na aplicacao da transformada de Laplace.

Por exemplo, a funcao f , definida atras, pode ser representada por f(t−a) u(t−a). Da definicaode u resulta

f(t− a) u(t− a) =

0 se t < af(t− a) se t > a

que e exactamente a definicao da funcao f . O grafico desta funcao pode ser obtido por translacaodo grafico de f , para t > 0, de a unidades na direccao do eixo dos x. A formula atras (5.5) podeassim ser reformulada como

Lf(t− a)u(t− a) = e−asF (s) (5.6)


A correspondente formula para a transformada inversa vem

L−1e−asF (s)

= f(t− a)u(t− a)

Demonstracao. (Teorema (4.5.3))

Usando a definicao da transformada de Laplace,

e−asF (s) = e−as

∫ +∞

0e−sτf(τ) dτ =

∫ +∞

0e−s(τ+a)f(τ) dτ

Efectuando a mudanca de variavel t = τ + a, podemos concluir (verifique!)

e−asF (s) =∫ +∞

ae−stf(t− a) dt

Mas da definicao de u(t− a) resulta∫ +∞

ae−stf(t− a) dt =

∫ +∞

0e−stf(t− a)u(t− a) dt = Lf(t− a)u(t− a) .

Os exemplos que aparecem a seguir ilustram o interesse da transformada de Laplace em aplicacoespara as quais os metodos anteriormente dados para resolucao de equacoes diferenciais nao sao osmais convenientes. Antes disso, deixamos como exercıcio a avaliacao da transformada da funcaodegrau unitario.

Exercıcio 4.5.4 Verifique que:

Lu(t− a) =e−as

s

[ Sugestao: Considere f(t) = 1 e use (5.6)]

Exemplo 4.5.5 1. Seja f definida por

f(t) =

sin t 0 ≤ t < π

4

sin t + cos (t− π4 ) t ≥ π

4

Observe-se que f(t) = sin t + g(t), onde

g(t) =

0 t < π

4

cos (t− π4 ) t ≥ π

4


Podemos escrever g(t) = u(t− π

4

)cos(t− π

4

).

Assim,Lf(t) = Lsin t+ L

u(t− π

4 ) cos (t− π4 )

= Lsin t+ e−π4sLcos t

=1

s2 + 1+ e−

π4s s

s2 + 1

=1 + se−

π4s

s2 + 1

2. Seja F (s) =1− e−2s

s2.

Da linearidade da transformada inversa, vem

f(t) = L−1 F (s) = L−1

1s2

− L−1

e−2s

s2

= t− u(t− 2)(t− 2)

ou, equivalentemente,

f(t) =

t se 0 ≤ t < 22 se t ≥ 2

3. Vejamos agora um exemplo da aplicacao da transformada de Laplace a uma equacao difer-encial em que o termo nao homogeneo e uma funcao descontınua. A resolucao da equacaopor metodos dados anteriormente seria neste caso bastante mais elaborada.

Determinar a solucao da equacao diferencial

y′′ + y′ +54y = g(t) (5.7)

onde

g(t) =

1 se 0 ≤ t < π0 se t ≥ π

Assuma as seguintes condicoes iniciais: y(0) = 0 e y′(0) = 0.

Observe-se que g(t) = u(t − π), onde u representa a funcao degrau unitario. A transfor-mada de Laplace da equacao (5.7) vem

s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + sY (s)− y(0) +54Y (s) = L1 − Lu(t− π) =

1− e−πs

s

Considerando os valores iniciais dados e resolvendo em ordem a Y (s),

Y (s) =1− e−πs

s(s2 + s + 54)

=1

s(s2 + s + 54)− e−πs 1

s(s2 + s + 54)

Designando por h(t) = L−1

1

s(s2 + s + 54)

, vem

y(t) = h(t)− u(t− π)h(t− π).


Para determinar h(t) comecamos por efectuar a decomposicao da fraccao1

s(s2 + s + 54)

em fraccoes simples:

1s(s2 + s + 5

4)=

45

s− 4

5s + 1

s2 + s + 54

=45

s− 4

5s + 1

2 + 12

(s + 12)2 + 1

e assim,

h(t) =45− 4

5

(e−t/2 cos t +

12e−t/2 sin t

)Conclusao:

y(t) =

45−(

45e−t/2 cos t +

25e−t/2 sin t

)se t < π

−(1 + eπ/2)(

45e−t/2 cos t + 2

5e−t/2 sin t)

se t ≥ π

Exercıcio 4.5.6 Resolva cada um dos seguintes problemas de valor inicial.

1. y′′ + 4y = g(t); y(0) = 0, y′(0) = 0 onde g(t) =

t se 0 ≤ t < π

2

π2 se t ≥ π

2 .

2. y′′ + y = f(t); y(0) = 0, y′(0) = 1 onde f(t) =

1 se 0 ≤ t < π

2

0 se π2 ≤ t <∞.

3. y′′ + 2y′ + 2y = h(t); y(0) = 0, y′(0) = 1 onde h(t) =

1 se π ≤ t < 2π

0 se 0 ≤ t < π e t ≥ 2π.


4.6 Funcao Impulso

Em muitas aplicacoes e necessario trabalhar com fenomenos de natureza impulsiva, ou seja,que ocorrem de forma intensa durante um curto perıodo de tempo. Esta situacao ocorre, porexemplo, quando uma bola de tenis e atingida, um martelo e usado, um aviao faz uma ater-ragem ”dura” ou um navio e atingido por uma onda de grande altura. Tratam-se de forcas degrande intensidade que actuam durante um espaco de tempo diminuto. Modelos destas situacoesconduzem muitas vezes a equacoes diferenciais da forma

ay′′ + by′ + cy = g(t)

onde g(t) toma valores elevados num intervalo pequeno, (t0 − τ, t0 + τ), e toma o valor 0 foradesse intervalo.

O integral I(τ), definido por

I(τ) =∫ +∞

−∞g(t) dt =

∫ t0+τ

t0−τg(t) dt

representa uma medida da intensidade de g(t). Em sistemas mecanicos, onde g(t) representauma forca, I(τ) define o impulso total da forca g(t) no intervalo (t0 − τ, t0 + τ).

Consideremos que t0 = 0 e gτ (t) e dada por

gτ (t) =

12τ

se − τ < t < τ

0 se t ≤ −τ ou t ≥ τ,

onde τ e uma constante positiva muito pequena.

Neste caso resulta facilmente que I(τ) = 1, independentemente do valor de τ , desde que sejadiferente de 0.

Se considerarmos a situacao ideal de τ → 0 (ver figura seguinte), forcas que actuam em intervaloscada vez menores, obtem-se

limτ→0

gτ (t) = 0, t 6= 0 (6.8)

Por outro lado, como I(τ) = 1 para τ 6= 0, vem

limτ→0

I(τ) = 1 (6.9)


As equacoes (6.8) e (6.9) podem ser usadas para definir uma ”funcao” δ com as seguintespropriedades:

δ(t) = 0, t 6= 0 e∫ +∞

−∞δ(t) dt = 1. (6.10)

Observe-se que nao existe nenhuma funcao das que foram estudadas ate agora que satisfacasimultaneamente as condicoes (6.10). δ, definida por tais equacoes, e um exemplo do que eusualmente designado em Matematica por funcoes generalizadas e e chamada funcao delta deDirac ou funcao impulso unitario.

δ(t) corresponde a um impulso unitario em t = 0. Pode ainda definir-se um impulso unitarionum ponto generico t = t0 atraves de δ(t− t0), ou seja,

δ(t− t0) = 0, t 6= t0 e∫ +∞

−∞δ(t− t0) dt = 1. (6.11)

Uma vez que δ(t) e o limite de gτ (t) quando τ → 0, e natural definir a transformada de Laplaceda funcao δ(t) tambem como um limite da transformada de gτ (t).

Comecemos por considerar t0 > 0. Define-se Lδ(t− t0) pela equacao:

Lδ(t− t0) = limτ→0Lgτ (t− t0) (6.12)

Para avaliar o limite em (6.12) podemos assumir que τ < t0, ou seja t0 − τ > 0, uma vez que


t0 > 0. Como gτ (t− t0) e nao nula apenas para valores de t no intervalo (t0 − τ, t0 + τ), vem

Lgτ (t− t0) =∫ ∞

0e−stgτ (t− t0) dt =

∫ t0+τ

t0−τe−stgτ (t− t0) dt

=12τ

∫ t0+τ

t0−τe−st dt =

12τ

[−1

se−st

]t=t0+τ

t=t0−τ

=1

2τse−st0

(esτ − e−sτ

)

Calculando o limite do quocienteesτ − e−sτ

2τsquando τ → 0, obtemos uma indeterminacao.

Aplicando a regra de L’Hopital vem

limτ→0

sesτ + se−sτ

2s= 1

E da equacao (6.12), concluımos que

Lδ(t− t0) = e−st0 (6.13)

A equacao (6.13) define Lδ(t− t0) para qualquer t0 > 0. Para extender a definicao datransformada ao caso em que t0 = 0, determina-se o limite da expressao do 2o

¯ membro em(6.13), quando t0 → 0. Vem,

Lδ(t) = limt0→0

e−st0 = 1 (6.14)

Lδ(t) = 1

Esta manipulacao da funcao δ atraves de limites e ainda utilizada para o calculo do integral deuma funcao definida como um produto da funcao δ por uma funcao contınua f . Ou seja,∫ ∞

−∞δ(t− t0)f(t) dt = lim

τ→0

∫ ∞

−∞gτ (t− t0)f(t) dt (6.15)

Usando a definicao de gτ e um teorema do valor medio para integrais, vem∫ ∞

−∞gτ (t− t0)f(t) dt =

12τ

∫ t0+τ

t0−τf(t) dt =

12τ· 2τ · f(t∗) = f(t∗)

onde t0 − τ < t∗ < t0 + τ . Como t∗ → t0, quando τ → 0, resulta da equacao (6.15) que


∫ ∞

−∞δ(t− t0)f(t) dt = f(t0).

E muitas vezes conveniente trabalhar com a funcao δ de Dirac na manipulacao de problemascom impulsos e operar com essa funcao como operamos com uma funcao vulgar. O exemploque apresentamos de seguida ilustra essa situacao. Contudo nao devemos esquecer que δ naoe uma funcao no sentido usual da palavra e a justificacao para ser tratada como tal assentanuma analise cuidada dos processos limite que a caracterizam. Uma teoria matematica rigorosaenvolvendo o tratamento de funcoes generalizadas, como e o caso da funcao δ, existe mas naoesta no ambito desta cadeira fazer a sua apresentacao.

Exemplo 4.6.1 Considere-se o problema de valor inicial y′′ + 2y′ + 2y = δ(t − π), y(0) = 0,y′(0) = 0.

Este problema pode corresponder ao estudo de um circuito electrico no qual se aplica uma unidadede voltagem impulsional no instante t = π.

Para resolver a equacao diferencial, apliquemos a transformada de Laplace:

(s2 + 2s + 2)Y (s) = e−πs,

onde Y (s) = Ly(t). Entao,

Y (s) =e−πs

s2 + 2s + 2= e−πs 1

(s + 1)2 + 1

Usando a transformada inversa, vem

L−1

1

(s + 1)2 + 1

= e−t sin t

e a solucao do problema e

y(t) = L−1 Y (s) = u(t− π)e−(t−π) sin (t− π) =

0, se t < π

e−(t−π) sin (t− π), se t ≥ π

O grafico desta funcao e apresentado na figura seguinte.


Uma vez que as condicoes iniciais sao nulas e nao existe nenhuma accao externa ate t = π, aresposta do sistema e nula no intervalo (0, π). O impulso em t = π provoca uma resposta dosistema que persiste indefinidamente, embora o seu efeito decresca exponencialmente na ausenciade qualquer accao externa posterior. A resposta e contınua em t = π, apesar da singularidade dafuncao δ(t − π) nesse ponto. Contudo a primeira e segundas derivadas sao descontınuas nesseponto.

4.7 Integral de Convolucao

Uma outra propriedade importante da transformada de Laplace tem a ver com o produto detransformadas. Se H(s) e o produto de F (s) e G(s) onde F e G sao as transformadas de Laplacede funcoes conhecidas f(t) e g(t), respectivamente, como sera a transformada inversa h(t), deH(s)? Nao e verdade que h(t) seja o produto de f(t) e g(t), como poderıamos supor. Por outrolado, se definirmos um produto generalizado, designado por convolucao e representado por ”*”,entao ja podemos escrever h(t) = (f ∗ g)(t).

Teorema 4.7.1 Se F (s) = Lf(t) e G(s) = Lg(t), estando ambas bem definidas paras > a ≥ 0, entao

H(s) = F (s)G(s) = Lh(t)onde

h(t) =∫ t

0f(t− τ)g(τ) dτ =

∫ t

0f(τ)g(t− τ) dτ.

A funcao h e designada por convolucao de f e g; os integrais que a definem sao designadospor integrais de convolucao.

Os dois integrais que surgem na definicao de h sao iguais. Para o verificar basta considerar amudanca de variavel v = t − τ . Daqui resulta que dv = −dτ , v = t para τ = 0 e v = 0 paraτ = t. Assim,∫ t

0f(t− τ)g(τ) dτ =

∫ 0

tf(v)g(t− v) (−1)dv =

∫ t

0f(v)g(t− v) dv =

∫ t

0f(τ)g(t− τ) dτ.


Exercıcio 4.7.2 1. Definindo (f ∗ g)(t) =∫ t

0f(t − τ)g(τ) dτ , verifique as seguintes pro-

priedades para este integral de convolucao.

(a) f ∗ g = g ∗ f (comutativa).

(b) f ∗ (g1 + g2) = f ∗ g1 + f ∗ g2 (distributiva).

(c) (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) (associativa).

(d) f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0.

2. Considere a funcao f(t) = cos t. Use esta funcao para verificar que e falsa a afirmacao ”para qualquer funcao f que admite transformada de Laplace, tem-se f ∗ 1 = f ”.

Integrais de convolucao surgem normalmente associados a aplicacoes onde o sistema num instantet depende nao so do estado no instante t mas tambem do seu passado historico.

Exemplo 4.7.3 Pretendemos determinar a solucao do problema de valor inicial y′′+4y = g(t),y(0) = 3, y′(0) = −1.

Aplicando a transformada de Laplace a equacao e usando as condicoes iniciais dadas, vem

s2Y (s)− 3s + 1 + 4Y (s) = G(s)

ouY (s) =

3s− 1s2 + 4

+G(s)s2 + 4

Observe-se que no 2o¯ membro da equacao anterior a primeira parcela esta relacionada com as

condicoes iniciais e a segunda com a funcao g(t).

Escrevendo Y (s) na forma,

Y (s) = 3s

s2 + 4− 1

22

s2 + 4+

12

2s2 + 4

G(s)

resulta facilmente das tabelas de transformadas que

y(t) = 3 cos (2t)− 12

sin (2t) +12

∫ t

0sin (2(t− τ))g(τ) dτ

Obtem-se a expressao de y(t) em termos de g(t). Para uma dada funcao g, o integral pode sercalculado obtendo-se entao y(t).

Capıtulo 5

Sucessoes e Series Numericas

Este capıtulo comeca pela inducao finita ou matematica. Seguidamente revemos conceitosbasicos sobre sucessoes de numeros reais. Por fim estudamos uma classe particular de sucessoes:as serie numericas.

5.1 Inducao Finita

O princıpio de inducao finita ou matematica e usado quando se pretende demonstrar que umacerta afirmacao e verdadeira para todo o n ∈ N. Baseia-se no Axioma de Inducao. Um axiomae um facto que pela sua natureza se assume verdadeiro, sem necessidade de demonstracao.

Axioma da Inducao:Seja S ⊂ N. Se 1 ∈ S e se, para k ≥ 1,

k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S,

entao todos os numeros naturais sao elementos de S.

Ou seja, o axioma da inducao afirma a veracidade da seguinte afirmacao:

[(1 ∈ S) ∧ (k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S)] =⇒ [S = N]

Assim, sendo S um subconjunto de N tal que

1. 1 ∈ S,

2. se o numero natural k ≥ 1 pertence a S, entao o numero natural k + 1 tambem pertencea S,

o Axioma da Inducao permite-nos concluir que S = N.

A afirmacao “k ∈ S” designa-se por hipotese de inducao.

A afirmacao “k + 1 ∈ S” designa-se por tese de inducao.

118

Capıtulo 5. Sucessoes e Series Pag. 119

Exemplo 5.1.1 Seja x ≥ −1. Mostre que (1 + x)n ≥ 1 + nx para todo o n ∈ N.

Resolucao: Nao esquecer que x e um numero real tal que x ≥ −1.

SejaS = n ∈ N: (1 + x)n ≥ 1 + nx

Vamos ver se 1 ∈ S: Como (1 + x)1 ≥ 1 + 1 · x, temos 1 ∈ S.

Queremos agora mostrar quek ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S.

Suponhamos entao que k ∈ S, i.e., (1 + x)k ≥ 1 + kx (hipotese de inducao).

Sabemos que (1 + x)1+k = (1 + x)k(1 + x). Por hipotese, (1 + x)k ≥ 1 + kx. Entao, como1 + x ≥ 0, vem

(1 + x)1+k = (1 + x)k(1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x)

Ora(1 + kx)(1 + x) = 1 + (1 + k)x + kx2 ≥ 1 + (1 + k)x

porque kx2 ≥ 0. Logo(1 + x)1+k ≥ 1 + (1 + k)x.

Ou seja, k + 1 ∈ S. Mostramos que 1 ∈ S e que k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S. O Axioma da Inducaopermite-nos concluir que ∀n ∈ N, n ∈ S.

Seja agora p ∈ N fixo. O axioma da inducao permite-nos tambem concluir que

Se p ∈ S e se, para k ≥ p, p ∈ S =⇒ p + 1 ∈ S, entao

∀n ∈ N : n ≥ p n ∈ S.

Exercıcios 5.1.2 1. Mostre, por inducao finita, que para todo o n ∈ N:

1 + 2 + . . . + n = n× n + 12

.

2. Para que valores de n ∈ N se tem 2n > n + 1? Utilize inducao finita.

3. Considere a afirmacao S(n) : 2n > n2.

(a) Verifique a veracidade ou falsidade de S(n) para n = 0, n = 1, n = 2, n = 3, n = 4e n = 5.

(b) Mostre que S(n) e verdadeira para n ≥ 5.

4. Sabendo que1 = 11 + 8 = 91 + 8 + 27 = 361 + 8 + 27 + 64 = 100

o que pode conjecturar sobre a soma 13 + 23 + . . . + n3, onde n ∈ N?


5. Seja n ∈ N. Demonstre que

13 + 23 + 33 + . . . + n3 = (1 + 2 + 3 + . . . + n)2.

6. Mostre que, para n ∈ N qualquer, 5n − 1 e divisıvel por 4.

Resolucao dos exercıcios 5.1.2:

1. Seja S =

n ∈ N : 1 + 2 + . . . + n = n× n + 12

. A soma que define o conjunto S tem n

parcelas.

Vamos comecar por ver se 1 ∈ S. Considerando n = 1, a soma da igualdade que define Sfica reduzida a uma parcela: 1. No segundo membro dessa igualdade, substituindo n por

1 obtemos 1× 1 + 12

= 1. Logo 1 ∈ S.

Suponhamos agora que k ∈ S (hipotese de inducao), i.e., supomos que

1 + 2 + . . . + k = k × k + 12

.

Queremos provar que k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S. Temos

(1 + 2 + . . . + k) + (k + 1) = k × k + 12

+ (k + 1) (por hipotese de inducao)

= k × k + 12

+ (k + 1)

= (k + 1)× (k2 + 1)

= (k + 1)×(

k + 22

),

ou seja, 1 + 2 + . . . + k + (k + 1) = (k + 1)×(

k + 22

). Mostramos assim que k ∈ S =⇒

k + 1 ∈ S. Como ja vimos que 1 ∈ S, o Axioma da inducao permite concluir que S = N.

2.n 2n > n + 1 verdade ou falso0 0 > 1 falso1 2 > 2 falso2 4 > 3 verdade3 6 > 4 verdade

Vamos provar que 2n > n + 1 para todo o natural n ≥ 2. Ja vimos que para n = 2 adesigualdade e verdadeira. Seja agora k ≥ 2 qualquer e suponhamos que 2k > k + 1.Somando dois a cada lado desta desigualdade temos 2k + 2 = 2(k + 1) ≥ k + 3. Mask + 3 > k + 2. Logo 2(k + 1) > (k + 1) + 1. Logo 2k > k + 1 =⇒ 2(k + 1) > (k + 1) + 1.Portanto 2n > n + 1 para todo o natural n ≥ 2.

3. (a)


n 2n > n2 verdade ou falso0 1 > 0 verdade1 2 > 1 verdade2 4 > 4 falso3 8 > 9 falso4 16 > 16 falso5 32 > 25 verdade

(b) Mostrar que S(n) : 2n > n2 e verdadeira para cada natural n ≥ 5.Ja sabemos que 25 > 52. Suponhamos agora que 2k > k2 para algum k ≥ 5. Esta ea nossa hipotese de inducao. Queremos ver se, sendo k ≥ 5,

2k > k2 =⇒ 2k+1 > (k + 1)2.

Lembrando que k ≥ 5, temos

2k+1 = 2 · 2k

> 2 · k2 (por hipotese de inducao)= k2 + k2

> k2 + 5k (porque k2 = k · k > 5k)= k2 + 2k + 3k> k2 + 2k + 1 (porque 3k > 1)= (k + 1)2

4. Ver exercıcio seguinte.

5. Seja S =n ∈ N : 1 + 23 + . . . + n3 = (1 + 2 + . . . + n)2

. Note-se que as somas que de-

finem o conjunto S tem n parcelas. Vamos comecar por ver se 1 ∈ S. Sendo n = 1 cadasoma fica reduzida a uma so parcela, ambas valendo 1. Logo 1 ∈ S.

Suponhamos agora que k ∈ S (hipotese de inducao). Queremos provar que

k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S.

Ora((1 + 2 + . . . + k) + (k + 1)

)2 = (1 + . . . + k)2 + 2(1 + . . . + k)(k + 1) + (k + 1)2

= (1 + . . . + k)2 + [2(1 + . . . + k) + (k + 1)](k + 1).

Pelo exercıcio 1 temos 1 + . . . + k = k × k + 12

. Logo

(1 + 2 + . . . + k + (k + 1))2 = (1 + . . . + k)2 +(

2k × k + 12

+ (k + 1))

(k + 1)

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

= 1 + 23 + . . . + k3 + (k + 1)3 (por hipotese de inducao)

Quer isto dizer que k + 1 ∈ S. O Axioma da inducao permite-nos entao concluir queS = N.


6. Seja S = n ∈ N : 5n − 1 e dividıvel por 4. Queremos mostrar que S = N. Dizer que umcerto numero p ∈ N e divisıvel por 4 e dizer que existe um r ∈ N tal que p = 4r.

Comecamos por verificar se 1 ∈ S. Ora se n = 1, entao 51 − 1 = 4 e 4 e divisıvel por elemesmo. Logo 1 ∈ S.

Suponhamos agora que 5k−1 e divisıvel por 4 para k ≥ 1. Quer isto dizer que supomos queexiste um r ∈ N tal que 5k − 1 = 4r para algum k ≥ 1 (hipotese de inducao). Queremosprovar que k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S. Ora 5k+1 − 1 = 5k5 − 1. Por hipotese de inducao,5k = 4r + 1. Usando a hipotese de inducao e considerando q = 5r temos

5k+1 − 1 = 5k5− 1 = 5(4r + 1)− 1 = 4q + 5− 1 = 4q + 4 = 4(q + 1) = 4p

onde p = q + 1. Logo k + 1 ∈ S. Concluımos pois que S = N.

5.2 Sucessoes

Designa-se por sucessao de numeros reais toda a aplicacao (ou funcao) de N em R. Comose trata de uma aplicacao com caracterısticas muito proprias associa-se-lhe um formalismo enotacao particulares. Uma sucessao, sendo uma funcao, poder-se-ia designar por u(n). Em vezdisso, escreve-se (un), ou seja, a variavel aparece como um ındice. A variavel designa-se porordem do termo. Assim, dada uma sucessao

un: N =⇒ R

tem-se:

n → ordem do termoun → valor do termo ou termo geral

(un) → sucessaoun → contradomınio da sucessao

Exemplo 5.2.1

1. Considere a sucessao de termo geral un = (−1)n. O contradomınio da sucessao e

un = −1, 1

O termo de ordem 1 desta sucessao e u1 = −1 e o termo de ordem 2 e u2 = (−1)2 = 1.

2. Uma classe importante de sucessoes sao as sucessoes aritmeticas. Uma sucessao (un)diz-se aritmetica se existirem numeros reais r e a tal que

un = a + rn,

ou seja, termos consecutivos diferem de uma mesma constante: un+1 − un = r.


3. Outra classe de sucessoes de interesse e formada pelas sucessoes geometricas. Saosucessoes da forma

un = α · βn

onde α 6= 0 e β 6= 0 sao constantes. Neste caso, a razao entre dois termos consecutivos econstante e igual a β:

un+1

un=

α · βn+1

α · βn= β.

Seja α = 1 e β = 3. Neste caso un = 3n e

un = 3, 9, 27, . . .

4. As sucessoes sao muitas vezes definidas por recorrencia e nao de uma forma fechada, comonos exemplos anteriores. Para definir uma sucessao por recorrencia escreve-se o valor doprimeiro termo (ou dos primeiros termos) e uma lei que permite determinar cada um dosrestantes termos a custa dos anteriores. Por exemplo,

a1 = 5an+1 =

√4 + an ∀ n ∈ N

Como se pode verificar

an = 5, 3,√

7,

√4 +√

7,

√4 +

√4 +√

7, . . . ,

Sucessoes aritmeticas e sucessoes geometricas podem tambem ser representadas por recorrencia.No caso de sucessoes aritmeticas temos

a1 = aan+1 = an + r ∀ n ∈ N

e no caso das geometricas temosb1 = b

bn+1 = r · bn ∀ n ∈ N

Exercıcio 5.2.2 Verifique que as duas ultimas sucessoes dadas por recorrencia no exemploanterior sao respectivamente sucessao aritmetica e sucessao geometrica.

Exemplo 5.2.3 Considere a sucessao de Fibonacci (an) definida por: a0 = 1, a1 = 1 e an =

an−2 + an−1 para todo o n ≥ 2. Seja (bn) outra sucessao definida por: b1 = 1 e bn = 1 +1

bn−1.

Verifique que bn = anan−1

.

Resolucao: Seja S = n ∈ N : bn =an

an−1. Vamos provar que S = N por inducao finita ou

matematica. Comecamos por verificar se 1 ∈ S. Ora b1 = 1 ea1

a0= 1 = b1. Logo 1 ∈ S.


Suponhamos que k ∈ S, com k ≥ 1, ou seja, bk =ak

ak−1. Esta ultima igualdade e a hipotese de

inducao.

Temos agora que verificar que k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S. Por definicao de (bn) temos bk+1 = 1 +1bk

.

Por hipotese de inducao bk+1 = 1 +ak−1

ak. Logo bk+1 =

ak + ak−1

an=

ak+1

ak. Ou seja, k + 1 ∈ S.

Concluımos que S = N.

Definicao 5.2.4 Uma dada sucessao (an) diz-se monotona se os seus termos sao nao decres-centes:

a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an ≤ an+1 ≤ . . .

ou sao nao crescentes:

a1 ≥ a2 ≥ . . . ≥ an ≥ an+1 ≥ . . .

Exemplo 5.2.5 Seja an = − 1n− 5. Esta sucessao e monotona crescente. Realmente seja n um

qualquer natural. Entao

an+1 − an = − 1n + 1

− 5 +1n

+ 5 =1

n(n + 1)> 0.

Definicao 5.2.6 Uma sucessao (an) diz-se limitada se o seu contradomınio e um conjuntolimitado, ou seja, se existem reais M e m tais que M > m e

m < an < M ∀ n ∈ N,

ou, o que e o mesmo, se existe um real L > 0 tal que

| an |< L ∀ n ∈ N.

5.3 Convergencia de Sucessoes

Definicao 5.3.1 Diz-se que uma sucessao (an) converge para a ∈ R e escreve-se

limn→∞

an = a

se e so se

∀ δ > 0 ∃ p ∈ N: n > p =⇒ | an − a |< δ.

Se limn→∞ an = 0, a sucessao (an) diz-se um infinitesimo.


Uma sucessao que nao e convergente diz-se divergente. Em particular, dizem-se divergentes osinfinitamente grandes:

(an) infinitamente grande ⇐⇒ limn→∞

an =∞

⇐⇒ ∀L > 0 ∃ p ∈ N: n > p =⇒ | an |> L

(an) inf. grande positivo ⇐⇒ limn→∞

an = +∞

⇐⇒ ∀L > 0 ∃ p ∈ N: n > p =⇒ an > L

(an) inf. grande negativo ⇐⇒ limn→∞

an = −∞

⇐⇒ ∀L > 0 ∃ p ∈ N: n > p =⇒ an < −L

Doravante limn→∞

an = L significa que o limite da sucessao existe e e finito. De uma forma analoga,

quando dizemos que uma sucessao (an) e convergente, entenda-se que limn→∞

an existe e e finito.Sempre que o lim

n→∞an e infinito isso sera explicitamente dito.

Exercıcio 5.3.2 Verifique que:

1. an = n + 1 e um infinitamente grande positivo.

2. an = −n2 e um infinitamente grande negativo.

3. an = (−1)nn e um infinitamente grande.

4. limn→∞

n2 + 12n2 + n

=12.

Teoremas de Limites de Sucessoes

Sejam (an) e (bn) duas sucessoes de numeros reais convergentes tais que

limn→∞

an = A e limn→∞

bn = B

1. (an + bn) e convergente e limn→∞

(an + bn) = A + B.

2. (an · bn) e convergente e limn→∞

(an · bn) = A ·B.

3. Se B 6= 0, entao limn→∞

an

bn=

A

B.

4. limn→∞

| an |= 0 ⇐⇒ limn→∞

an = 0.

5. (Teorema das Sucessoes Enquadradas) Se limn→∞

an = limn→∞

bn = L e se (cn) e umaoutra sucessao tal que

an ≤ cn ≤ bn ∀n > N,

para algum N ∈ N, entao limn→∞

cn = L.

6. Toda a sucessao monotona e limitada e convergente.


7. Toda a sucessao convergente e limitada.

8. Se limn→∞

an = L ∈ R e limn→∞

bn =∞, entao limn→∞

an

bn= 0.

9. Se limn→∞

an =∞ e limn→∞

bn = 0, entao limn→∞

an

bn=∞.

10. Se limn→∞

an = L ∈ R, L 6= 0 e limn→∞

bn = 0, entao limn→∞

an

bn=∞.

Teoremas sobre Subsucessoes

1. Se (an) e uma sucessao de numeros reais tal que

limn→∞

an = A

entao qualquer subsucessao de (an) e convergente para A.

2. Se (an) e uma sucessao de numeros reais e se as subsucessoes de termos pares, (a2n),e a de termos ımpares, (a2n+1), convergem ambas para A, entao

limn→∞

an = A

Alguns Limites

1. limn→∞

n√

n = 1.

2. limn→∞

n!nn

= 0.

3. limn→∞

n√

n

nn=

1e.

4. limn→∞

(1 +

1n

)n

= e.

5. limn→∞

(1 +

α

n

)n= eα ∀α ∈ R.

6. Se x ∈ R, limn→∞

an = ±∞, entao limn→∞

(1 +

x

an

)an

= ex.

5.4 Series Numericas

Antes de iniciarmos o estudo de uma classe particular de sucessoes, as series, convem relembrara definicao de somatorio.

Sejam m e n dois inteiros tais que n ≥ m. Entao

n∑k=m

ak = am + am+1 + . . . + an

onde ak ∈ R, ∀ k ∈ Z.

Partindo desta definicao facilmente se verificam as seguintes propriedades dos somatorios:


1. ∀ p ∈ Zn∑

k=m

ak =n+p∑

k=m+p

ak−p

2.n∑

k=0

a = (n + 1)a en∑

k=m

a = (n−m + 1)a

3.n∑

k=0

ak +n∑

k=0

bk =n∑

k=0

(ak + bk)

4. α

n∑k=0

ak =n∑

k=0

αak onde α ∈ R.

5.m∑

k=0

ak +n∑

k=m+1

ak =n∑

k=0

ak

6.n∑

k=0

(ak+1 − ak) = an+1 − a0 (Propriedade telescopica)

Exercıcio 5.4.1 Mostre que

1.24∑

k=3

2 = 44.

2.9∑

k=2

(1

n + 1− 1

n

)= −2

5.

Exercıcio 5.4.2 Calcule:

1.4∑

k=1

(−2)k.

2.5∑

k=1

(−2)k.

3.10∑

k=1

(1

2k + 1− 1

2k − 1

).

4.5∑

k=1

12k

.

5.10∑

k=1

1k.

6.10∑

k=1

1k2

.

7.5∑

k=1

2k + 3k

6k.

8.5∑

k=1

(ln(k + 1)− ln(k)).

9.10∑

k=1

910k

.


A questao que agora se levanta esta relacionada com a possibilidade de somarmos um numeroinfinito de parcelas. Sera que tal soma podera ter algum significado? Por exemplo, seja an =

(−1)n para n ∈ N ∪ 0 e considere-se a “soma” infinita∞∑

n=0

an. Como executar esta “soma”?

• Agrupando os termos dois a dois temos∞∑

n=0

(−1)n = (1− 1) + (1− 1) + . . . + (1− 1) + . . .

Sera que esta soma e igual a zero?

• Se agora somarmos o primeiro termo a soma dos restantes, i.e.,∞∑

n=0

(−1)n = 1− (1− 1 . . .) = 1−((1− 1) + (1− 1) + . . .

)Sera que esta soma e igual a 1?

• Designemos agora por S a “soma”∞∑

n=0

(−1)n. Ora, como

∞∑n=0

(−1)n = 1− (1− 1 + 1− 1 . . .) = 1−∞∑

n=0

(−1)n,

vemS = 1− S =⇒ S =

12

Usando tres maneiras diferentes de “somar” poderıamos ser conduzidos a tres diferentes valores

para S, a saber, S = 0, S = 1 e S =12. Qual sera a resposta correcta, se e que alguma e

correcta?

Com base neste exemplo poderıamos ser tentados a concluir que nao faz sentido somar umnumero infinito de parcelas. No perıodo aureo da Grecia Classica (seculo V a.c.) o filosofo Zenode Elba apresentou um problema semelhante ao seguinte:

Suponhamos que um dado atleta se propoe percorrer uma distancia de a Km da seguinte maneira:em cada unidade de tempo corre metade da distancia que lhe falta percorrer ate chegar a meta.

Vejamos mais esquematicamente o que acontece:

No final do instante percorreu (em Km)t = 1 a

2t = 2 a

2 + a4

t = 3 a2 + a

4 +a

8...

...t = n a

2 + a4 + . . . + a

2n

......


Se o atleta percorre sempre metade do que lhe falta percorrer para atingir a meta, entao nuncaatinge a meta (deve morrer antes...). Contudo, se “somarmos” os percursos efectuados em cadaunidade de tempo (que sao em numero infinito) deveremos ter a Km. Ou seja,

∞∑n=1

a

2n=

a

2+

a

4+ . . . +

a

2n+ . . . = a

Temos entao aqui um exemplo de uma ”soma” infinita de parcelas que e representada por umnumero finito.

O problema que se poe e o de definir soma infinita de parcelas. Tal definicao foi motivo deestudo muito mais tarde, ja no seculo XV II e XV III e esta intrinsecamente associada a nocaode sucessao.

Retomemos o exemplo do atleta. Consideremos a sucessao (Sn) definida por

Sn =a

2+

a

4+ . . . +

a

2n=

n∑k=1

a

2k. (4.1)

Esta nova sucessao esta definida por um somatorio Sn que se designa por sucessao de somasparciais. Verifica-se que

S1 =a

2

S2 =a

2+

a

4=

34a

S3 =a

2+

a

4+

a

8=

78a

S4 =a

2+

a

4+

a

8+

a

24=(

24 − 124

)a

Podemos concluir que o termo geral da sucessao e

Sn =(

2n − 12n

)a. (4.2)

Exercıcio 5.4.3 Mostre, por inducao matematica, que (4.2) se verifica.

Por (4.1) somos tentados a escrever

limn→∞

Sn =∞∑

n=1

a

2n

e usando (4.2) temos

limn→∞

Sn = limn→∞

a2n − 1

2n= a lim

n→∞

2n − 12n

= a.

Logo∞∑

n=1

a

2n= a.


Vimos ja dois exemplos de “somas” de numero infinito de parcelas com comportamentos difer-

entes: num caso, para∞∑

n=0

(−1)n, tivemos dificuldade em exprimir a ”soma” como um numero

real e no segundo caso conseguimos.

Vamos agora definir de forma rigorosa o que se entende por este tipo de soma de numero infinito

de parcelas. De acordo com essa definicao veremos que∞∑

n=1

a

2ne uma serie convergente e

∞∑n=1

(−1)n e uma serie divergente.

Formalizando:

Seja (an) uma sucessao de numeros reais. A partir desta sucessao constroi-se outra da forma

Sn =n∑

k=1

ak. (4.3)

Esta nova sucessao (Sn) designa-se por sucessao das somas parciais.

O limite da sucessao (Sn), limn→∞

Sn representa-se por∞∑

n=1

an e designa-se por serie.

Se limn→∞

Sn existir e for finito, diz-se que a serie∞∑

n=1

an converge.

Se o limite nao existe ou for infinito diz-se que a serie∞∑

n=1

an diverge.

Estudar uma serie∞∑

n=1

an e estudar a convergencia

da sucessao (Sn) definida por Sn =n∑

k=1

ak.

Terminologia: Dada a serie∞∑

n=1

an:

• a sucessao (an) designa-se por sucessao geradora da serie;

• a sucessao Sn =n∑

k=1

ak designa-se por sucessao das somas parciais;

• se existir o limite limn→∞

Sn, entao esse limite designa-se por soma da serie e a serie diz-seconvergente.


• se o limn→∞

Sn nao existir, a serie nao tem soma e diz-se que a serie diverge.

• a sucessao geradora da serie e muitas vezes designada por termo geral da serie.

Exemplo 5.4.4

1. Seja r 6= 1 e considere-se a sucessao Sn =n∑

k=1

rk = r + r2 + . . . + rn. Multiplicando Sn

por 1− r 6= 0, obtem-se:

(1− r)Sn = r + r2 + . . . + rn − r2 − r3 − . . .− rn+1

= r − rn+1

Concluımos que

Sn =r − rn+1

1− r.

2.∞∑

n=1

(12

)n

. Vejamos como se comporta a sucessao das somas parciais:

S1 =12

S2 =12

+14

S3 = 1 +12

+14

+18

. . . . . .

Sn =12

+ . . . +12n

=

12− 1

2n+1

12

(pelo exemplo anterior).

Logo

limn→∞

Sn = limn→∞

12− 1

2n+1

12

= limn→∞

2[12− 1

2n+1

]= 1.

Concluımos assim que a serie e convergente e a sua soma e 1.

3.∞∑

n=1

2n. Entao:

S1 = 2S2 = 2 + 22

S3 = 2 + 22 + 23

Entao Sn = 2 + 22 + . . . + 2n Entao, pelo exemplo 1 (considerar r = 2), temos

Sn =2− 2n+1

1− 2= 2n+1 − 2.

Logo limn→∞

Sn =∞. Concluımos que esta serie e divergente.


4.∞∑

n=1

(−1)n. Entao:

S1 = −1S2 = −1 + 1 = 0S3 = −1 + 1− 1 = −1. . . . . .

Sn = −1 + 1− 1 + . . . + (−1)n =

0 se n e par−1 se n e ımpar

Logo limn→∞

Sn = nao existe. Concluımos que a serie e divergente.

5.∞∑

n=1

(1

n + 1− 1

n

). Entao:

S1 =12− 1

S2 =(

12− 1)

+(

13− 1

2

)=

13− 1

S3 =(

12− 1)

+(

13− 1

2

)+(

14− 1

3

)=

14− 1

. . . . . .

Sn =1

n + 1− 1

Logo limn→∞

Sn = −1. Concluımos que a serie e convergente e a sua soma e −1.

Teorema 5.4.5 (Propriedades das Series)

(i) (Linearidade) Se∞∑

n=1

an e∞∑

n=1

bn sao series convergentes e se α, β ∈ R, entao a serie

∞∑n=1

(αan + βbn) e convergente e

∞∑n=1

(αan + βbn) = α

∞∑n=1

an + β

∞∑n=1

bn

(ii) (Series Telescopicas) A serie∞∑

n=1

(an+1 − an) converge se e so se a sucessao an converge.

Nesse caso a soma da serie e:∞∑

n=1

(an+1 − an) = L− a1

onde L = limn→∞

an.


(iii) (Soma de series) Se∞∑

n=1

an e convergente e se∞∑

n=1

bn e divergente, entao∞∑

n=1

(an + bn)

e divergente.

(iv) (Series Geometricas) A serie∞∑

n=1

rn converge se e so se | r |< 1 e, neste caso, tem-se

∞∑n=1

rn =r

1− r.

Deduz-se facilmente do Teorema 5.4.5 – (iv) o seguinte corolario:

Corolario 5.4.6 A serie∞∑

n=0

rn converge se e so se | r |< 1 e neste caso tem-se

∞∑n=0

rn =1

1− r.

Exercıcio 5.4.7 Demonstre o Corolario 5.4.6.

Exemplo 5.4.8 Os exemplos que se seguem ilustram a aplicacao Teorema 5.4.5.

1.∞∑

n=1

1(2n− 1)(2n + 1)

. Facilmente se pode verificar que

1(2n− 1)(2n + 1)

=−1

22n + 1

+

12

2n− 1

ou seja, sendo an =−1

22n− 1

tem-se

∞∑n=1

1(2n− 1)(2n + 1)

=∞∑

n=1

(an+1 − an)

Entao a serie e telescopica. Como limn→∞

an = 0 e a1 = −12, vem

∞∑n=1

1(2n− 1)(2n + 1)

=12

2.∑∞

n=1 ln(

n

n + 1

). As propriedades do logaritmo permitem escrever:

∞∑n=1

ln(

n

n + 1

)=

∞∑n=1

(ln(n)− ln(n + 1)) = −∞∑

n=1

(ln(n + 1)− ln(n)) .

Como limn→∞

ln(n) =∞ concluımos que a serie e divergente.


3.∑∞

n=1

2n + 3n

6n. Facilmente deduzimos que

∞∑n=1

2n + 3n

6n=

∞∑n=1

(13

)n

+∞∑

n=1

(12

)n

ou seja, a serie dada e igual a soma de duas series geometricas convergentes e cujas somas

sao respectivamente12

e 1. Logo a serie dada converge e a sua soma e32.

Exercıcio 5.4.9

1. Complete as seguintes afirmacoes de forma a obter proposicoes verdadeiras:

(a) Se∑∞

n=1 an e∑∞

n=1 bn sao series convergentes e se α, β ∈ R, entao a serie∑∞

n=1(an+bn) e . . . . . . e

∑∞n=1(αan + βbn) = . . . . . ..

(b) Se∑∞

n=1 an e uma serie convergente e∑∞

n=1 bn e divergente, entao a serie∑∞

n=1(an+bn) e . . . . . ..

(c) A serie∑∞

n=1(an+1 − an) converge se e so se a sucessao . . . converge. Neste caso asoma da serie

∑∞n=1(an+1 − an) = L− a1 onde L = . . . . . ..

(d) A serie∑∞

n=1 rn converge se e so se . . . e neste caso∑∞

n=1 rn = . . ..

2. Estude a convergencia das series

(a)∑∞

n=11

(2n+1)(2n+3)

(b)∑∞

n=14n+5n

20n .

(c)∑∞

n=1 ln(

n+1n+2

).

5.4.1 Demonstracao do Teorema 5.4.5.

A demonstracao deste Teorema e de interesse uma vez que salienta a natureza de sucessao dasseries e que relembra a definicao de serie.

(i) Seja (An) a sucessao das somas parciais da serie∞∑

n=1

an e (Bn) a sucessao das somas

parciais da serie∞∑

n=1

bn. Uma vez que ambas as series sao convergentes sabemos que existe

A e B reais tais que limn→∞

An = A e limn→∞

Bn = B. Seja (Sn) a sucessao das somas parciais

da serie∞∑

n=1

(αan + βbn). Facilmente se verifica que para todo o n ∈ N se tem

Sn = αAn + βBn.


Teoremas de limites de sucessoes garantem-nos que

limn→∞

Sn = α limn→∞

An + β limn→∞

Bn = αA + βB

ou seja, a serie∞∑

n=1

(αan + βbn) e convergente e a sua soma e igual a α∞∑

n=1

an + β∞∑

n=1

bn.

(ii) Vem directamente das propriedades das sucessoes telescopicas. De facto, a sucessao das

somas parciais da serie dada Sn =n∑

k=1

(an+1 − an) e uma sucessao telescopica e Sn =

an+1 − a1. Logo limn→∞

Sn existe se e so se a sucessao an for convergente. Se for esse o casoe se lim

n→∞an = L, entao o

limn→∞

Sn = L− a1

(iii) Vamos comecar por supor que a serie gerada pela sucessao (an + bn) e convergente.Veremos que somos entao conduzidos a uma contradicao. Assim teremos que concluir que

tal contradicao advem do facto de∞∑

n=1

(an + bn) nao poder ser convergente.

Comecemos por observar que bn = (an +bn)−an. Se a serie gerada pela sucessao (an +bn)convergir, entao pela linearidade (tomando α = 1 e β = −1) e porque a serie gerada pelasucessao an e convergente, a serie gerada pela sucessao bn convergiria. Mas tal e absurdo

pois estamos a supor que∞∑

n=1

bn e divergente. Logo a serie∞∑

k=1

(an + bn) diverge.

(iv) Considere-se a sucessao das somas parciais da serie geometrica∞∑

n=1

rn:

Sn = r + r2 + . . . + rn

Suponhamos r 6= 1. Multiplicamos Sn por (1− r), obtem-se:

(1− r)Sn = r + r2 + . . . + rn − r2 − r3 − . . .− rn+1

= r − rn+1

Concluımos que:

Sn =r − rn+1

1− r

Se r = 1, vem Sn = n. Deduzimos assim que

limn→∞

Sn =

r

1− rse | r |< 1

+∞ se r = 1

+∞ se r > 1

∞ se r < −1

nao existe se r = −1


5.4.2 Testes de Convergencia de Series

Como vimos anteriormente a convergencia ou divergencia de uma serie∑∞

n=1 an esta relacionada

com a sucessao das somas parciais Sn =n∑

k=1

ak que lhe esta associada; a sucessao das somas

parciais converge se e so se a serie converge e a sucessao das somas parciais diverge se e so se aserie diverge.

O estudo da convergencia da sucessao das somas parciais e complicado a nao ser que seja possıveldeterminar uma expressao fechada para o termo geral dessa sucessao. Dois desses casos especiais,o das series telescopicas e das geometricas, foram ja tratados no Teorema 5.4.5.

Resultados designados por testes de convergencia permitem-nos deduzir se umadada serie e ou nao convergente sem que para isso tenhamos que recorrer ao estudoda sucessao das somas parciais.

No caso da serie ser convergente estes testes nao nos dao o informacao sobre o valor da somada serie. Ou seja, tais testes so permitem a determinacao da natureza da serie. Em muitasaplicacoes tal informacao e suficiente.

Os testes de convergencia envolvem condicoes que podem ser classificadas como:

Condicoes Suficientes: Sao condicoes C do tipo:

Se C e satisfeita, entao∑∞

n=1 an converge.

Condicoes Necessarias: Sao condicoes C do tipo:

Se∑∞

n=1 an converge, entao C e satisfeita.

Condicoes Necessarias e Suficientes: Sao condicoes C do tipo:∑∞n=1 an converge se e so se C e satisfeita.

Teorema 5.4.10 Se∑∞

n=1 an converge, entao limn→∞

an = 0.

Note-se que limn→∞

an = 0 e uma condicao necessaria para a serie∑∞

n=1 an ser convergente.Neste caso, a condicao C e lim

n→∞an = 0.

Exemplo 5.4.11 Considere a serie∑∞

n=1

n

4n− 3. Como lim

n→∞

n

4n− 3=

146= 0 concluımos que

a serie e divergente. Realmente, se a serie convergisse, entao o limite da sucessao geradora teriaque ser 0.

E importante notar que o Teorema 5.4.10 garante que

∞∑n=1

an e convergente =⇒ limn→∞

an = 0.


A implicacao contraria nao e verdadeira, i.e.,

limn→∞

an = 0 =⇒\∞∑

n=1

an convergente.

Por exemplo a serie∞∑

n=1

1n

e divergente e limn→∞

1n

= 0.

Exercıcio 5.4.12 Classifique as seguintes afirmacoes como Verdadeiras (V) ou falsas (F).

1. Como limn→∞

an = 0, a serie∑∞

n=1 an e convergente.

2. Como limn→∞

an = 3, a serie∑∞

n=1 an e divergente.

3. Como a serie∑∞

n=1 an e divergente, concluımos que limn→∞

an 6= 0.

4. A serie∑∞

n=1 an e convergente. Logo limn→∞

an 6= 0.

5.4.3 Testes de Convergencia de Series de Termos Nao Negativos.

Teorema 5.4.13 Sejam (an) e (bn) duas sucessoes tais que

0 ≤ an ≤ bn ∀ n ∈ N (4.1)

1. Se∑∞

n=1 bn e convergente, entao∑∞


2. Se∑∞

n=1 an e divergente, entao∑∞

n=1 bn e divergente.

Exercıcio 5.4.14 Verifique que o Teorema 5.4.13 e ainda valido quando se substitui (4.1) por

∃N ∈ N: 0 ≤ an ≤ bn ∀n ∈ N, n > N (4.2)

Exemplo 5.4.15 1. Considere a serie

1 + 2 + 3 +5

6 · 24+

67 · 25

+ . . . +n + 1

(n + 2)2n+ . . .

Observe-se que para n > 3, o termo geral da serie e an =n + 1

(n + 2)2n. Mais ainda:

0 ≤ n + 1(n + 2)2n

≤(

12

)n

∀n ∈ N. (4.3)

Entao

1 + 2 + 3 +5

6 · 24+

67 · 25

+ . . . +n + 1

(n + 2)2n+ . . . = 1 + 2 + 3 +

∞∑n=3

n + 1(n + 2)2n

. (4.4)


Ora a serie∑∞

n=1

(12

)n

e uma serie geometrica de razao12, ou seja, e convergente. Pelo

Teorema (5.4.13) e por (4.3) a serie∞∑

n=1

n + 1(n + 2)2n

converge o que implica que∞∑

n=3

n + 1(n + 2)2n

converge. Quer isto dizer que existe um S ∈ R tal que S =∞∑

n=3

n + 1(n + 2)2n

. A serie inicial

satisfaz (4.4), ou seja, a soma dessa serie e 6 + S. Logo a serie e convergente.

2. Considere a serie∞∑

n=1

1n!

Sabemos que n! = 1× 2× . . .× n ≥ 2n−1 para todo o n ∈ N. Logo

0 ≤ 1n!≤ 1

2n−1. (4.5)

A serie∑∞

n=11

2n−1 =∞∑

n=0

12n

=∞∑

n=0

(12

)n

e convergente (ver Corolario 5.4.6). Logo a

desigualdade (4.5) e o Teorema 5.4.13 permitem concluir que a serie dada converge.

3. Considere a serie:∞∑

n=1

3n + 12n

.

Facilmente se verifica que

0 ≤(

32

)n

≤ 3n + 12n

.

A serie∑∞

n=1

(32

)n

e uma serie geometrica de razao32

> 1 e e divergente. Entao a serie

dada diverge.

Teorema 5.4.16 Sejam (an) e (bn) duas sucessoes tais que

an ≥ 0, bn > 0 e limn→∞

an

bn= L ∈ R (4.6)

1. Se L 6= 0, entao∑∞

n=1 an e∑∞

n=1 bn sao da mesma natureza (ambas convergentes ouambas divergentes).

2. Se L = 0, entao:

(a) se∑∞

n=1 an e divergente, entao∑∞

n=1 bn e divergente.(b) se

∑∞n=1 bn e convergente, entao

∑∞n=1 an e convergente.

No Teorema anterior considera-se que limn→∞

an

bne finito. Se lim

n→∞

an

bne “∞” basta considerar

limn→∞

bn

an, que sera 0, e aplicar o Teorema. Nao esquecer que, neste caso, os papeis de an e bn

estao trocados.


Exemplo 5.4.17 Os seguintes exemplos tem como objectivo ilustrar a aplicacao do Teorema5.4.16. Chama-se a atencao para o facto de alguns destes exemplos poderem ser resolvidosutilizando outros criterios.

1. A serie:

∞∑n=1

(1 +

1n

)[1 +

(−1

2

)n]2n

e convergente. De facto,

limn→∞

(1 +

1n

)[1 +

(−1

2

)n]2n

12n

= 1

e∑∞

n=1

12n

e convergente. Logo a serie dada tambem e convergente.

2. A serie∞∑

n=1

3n

(1 +

1n

)[1 +

(−1

2

)n]diverge. Para o confirmar basta repetir o processo anterior calculando o limite do quocienteentre o termo geral desta serie e de 3n. Esse limite e 1. Como a serie

∑∞n=1 3n e divergente

o resultado segue.


n=1

1n(2n− 1)(2n + 1)

Vimos ja anteriormente que a serie∞∑

n=1

1(2n− 1)(2n + 1)

e uma serie telescopica e e convergente. Alem disso

limn→∞

1n(2n− 1)(2n + 1)

1(2n− 1)(2n + 1)

= limn→∞

1n

= 0

Logo a serie dada converge.

4. Finalmente consideremos a serie∞∑

n=1

n2n

Comolim

n→∞

2n

n2n= 0

e∑∞

n=1 2n e divergente, concluımos que a serie dada e divergente.


Teorema 5.4.18 (Teste da Raiz) Considere a serie de termos nao negativos∑∞

n=1 an tal que

limn→∞

n√

an = R (4.7)

Entao:

1. Se R < 1, entao∑∞


2. Se R > 1 ou R = +∞, entao∑∞


3. Se R = 1, nada se pode concluir.

Exemplo 5.4.19 A serie∑∞

n=1

(n

n + 1

)n2

e convergente. De facto

limn→∞

n

√(n

n + 1

)n2

= limn→∞

(n

n + 1

)n

= limn→∞

1(n + 1

n

)n =1e

< 1.

Teorema 5.4.20 (Teste do Quociente) Considere a serie de termos positivos∑∞

n=1 an tal que

limn→∞

an+1

an= L. (4.8)

Entao:

1. Se L < 1, entao∑∞


2. Se L > 1 ou L = +∞, entao∑∞


3. Se L = 1, nada se pode concluir.

Exemplo 5.4.21 1. Considere a serie:

∞∑n=1

n!nn

Se calcularmos o limite do quociente de dois termos consecutivos obtemos

limn→∞

(n + 1)!(n + 1)(n+1)

n!nn

= limn→∞

1(1 +

1n

)n =1e

< 1

Logo a serie dada converge.


2. A serie∑∞

n=1

3nn!nn

e divergente pois

limn→∞

3n+1(n + 1)!(n + 1)(n+1)

3nn!nn

= limn→∞

3nn

(n + 1)n= lim

n→∞

3(1 +

1n

)n =3e

> 1

A definicao de integral improprio esta intrinsecamente relacionada com a nocao de serie. Oresultado seguinte, o criterio do integral para a convergencia de series, ilustra bem essarelacao.

Teorema 5.4.22 (Teste do Integral) Seja f : [1,+∞) → R uma funcao contınua, decrescentee satisfazendo f(x) ≥ 0 em [1,+∞). Seja an uma sucessao numerica definida por

an = f(n)

Entao a serie∞∑i=1

an converge se e so se o integral∫ +∞

1f(t)dt convergir.

Observacao 5.4.23 Suponhamos que a funcao f esta definida em [1,+∞), e nao negativa e

que o integral∫ +∞

1f(x)dx converge. A demonstracao do teorema anterior (ver seccao 5.5.6)

permite concluir que a regiao limitada pelo eixo dos xs, pela recta vertical x = 1 e pelo grafico

de f(x), tem area finita e o valor dessa area e∫ +∞

1f(x)dx .

Exemplo 5.4.24 A aplicacao deste ultimo resultado vai ser agora ilustrada por alguns exemplos.

1. Desejamos saber se o integral∫ +∞

1

ex

xxdx existe (ou se e convergente, o que e o mesmo).

Seja f(x) =( e

x

)x. Esta funcao e contınua e decrescente para x > e. O integral em causa

pode ser escrito como ∫ +∞

1

ex

xxdx =

∫ 3

1

ex

xxdx +

∫ +∞

3

ex

xxdx

Como o primeiro integral esta bem definido, precisamos de saber se o segundo integral e

convergente. Se o for, concluımos entao que∫ +∞

1

ex

xxdx e convergente.

Seja an =( e

n

)ne considere-se a serie

∞∑i=3

an. Como

limn→∞

n

√( e

n

)n= lim

n→∞

e

n= 0

concluımos (pelo criterio da raiz) que a serie converge. Logo o integral dado converge.


2. Queremos estudar a convergencia da serie

∞∑i=2

1(ln(n))ln(n)

.

Seja f(x) =1

(ln(x))ln(x). Entao, se considerarmos u = ln(t), temos

∫ +∞

2

dt

(ln(t))ln(t)=

∫ e3

2

dt

(ln(t))ln(t)+∫ +∞

e3

dt

(ln(t))ln(t)

=∫ e3

2

dt

(ln(t))ln(t)+ lim

b→+∞

∫ b

e3

dt

(ln(t))ln(t)

=∫ 3

ln(2)

eu

uudu + lim

b→+∞

∫ ln(b)

3

eu

uudu

=∫ 3

ln(2)

eu

uudu +

∫ +∞

3

eu

uudu

Pelo exemplo anterior concluımos que a serie dada converge.

Exercıcio 5.4.25 Usando o teste do integral determine a natureza das seguintes series:

∞∑i=1

n

n2 + 1e

∞∑i=1

1n2 + 1

.

5.5 Demonstracao de Resultados Anteriores


Supomos que∑∞

n=1 an converge. Quer isto dizer que a sucessao Sn = a1+ . . .+an e convergente.Temos an = Sn − Sn−1. Como lim

n→∞Sn = lim

n→∞Sn−1, temos lim

n→∞an = 0, c.q.d..


1. Como∑∞

n=1 bn e convergente a sucessao das somas parciais (Bn) que lhe esta associada econvergente e portanto limitada, i.e.,

∀ n ∈ N , Bn ≤M

para algum M > 0.

Seja (An) a sucessao das somas parciais associada a serie∑∞

n=1 an. Como

0 ≤ an ≤ bn ∀n ∈ N


temosAn ≤ Bn ≤M ∀ n ∈ N

ou seja, (An) e uma sucessao limitada. Como an ≥ 0 para todo o n ∈ N concluımos que(An) e tambem uma sucessao monotona. Logo e convergente.

2. Observe-se que este resultado e consequencia directa do anterior. De facto, se∑∞

n=1 bn

fosse convergente, entao∑∞

n=1 an seria convergente, contrariando a hipotese.


Por definicao de limite tem-se

limn→∞

an

bn= L =⇒ ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N: n ≥ N =⇒

∣∣∣∣an

bn− L

∣∣∣∣ < ε

ou seja,

∀ ε > 0 ∃N ∈ N: ∀n ≥ N =⇒ L− ε <an

bn< L + ε. (5.9)

Como ∀n ∈ N bn > 0, (5.9) e equivalente a

∀ ε > 0 ∃N ∈ N: ∀n ≥ N (L− ε)bn < an < (L + ε)bn (5.10)

Se L 6= 0, consideremos a desigualdade (L− ε)bn < an < (L+ ε)bn. Aplicamos o Teorema 5.4.13e obtemos a conclusao. Se L = 0, consideremos a desigualdade an < εbn. Mais uma vez, aaplicacao o do Teorema 5.4.13 permite-nos deduzir a conclusao.


Podemos concluir imediatamente que R ≥ 0, pois an ≥ 0 para todo o n.

1. Se R < 1, existe um y ∈]R, 1[ e um N ∈ N tal que, para todo o n > N se tem

n√

an ≤ y

ou seja,an ≤ yn.

Ora∑∞

n=1 yn e uma serie geometrica de razao y com 0 < y < 1, ou seja, e convergente.Pelo Teorema 5.4.13 deduzimos que

∑∞n=1 an e convergente.

2. Se R > 1, podemos determinar uma ordem N ∈ N a partir da qual se tem sempre an > 1(porque?). Portanto lim

n→∞an 6= 0 e o Teorema 5.4.10 permite deduzir que

∑∞n=1 an diverge.

3. Resta provar que quando R = 1 nenhuma conclusao se pode tirar. Para o fazer bastafornecer dois exemplos de series que satisfazem a condicao (4.7) para R = 1, sendo uma

convergente e outra divergente. Por exemplo, consideremos as serie∑∞

n=1

1n

e∑∞

n=1

1n2

.

Como se pode verificar (ver exercıcios do Caderno de Exercıcios) a primeira serie e diver-

gente e a segunda converge. Alem disso, limn→∞

n

√1n

= 1 e limn→∞

n

√1n2

= 1.



Podemos deduzir imediatamente que L ≥ 0, pois an ≥ 0 para todo o n.

1. Se L < 1, entao existe um r ∈]L, 1[ e um N ∈ N tal que, para todo o n > N se tem

an+1

an≤ r

ou seja,an+1 ≤ ran.

AssimaN+1 ≤ raN ; aN+2 ≤ r2aN ; . . . ; aN+k ≤ rkaN ∀ k ∈ N

ou, o que e o mesmo,

an ≤ rn−NaN ∀n ≥ N. (5.11)

Consideremos a serie∞∑

n=N

rn−NaN = aN

∞∑n=0

rn. Como r < 1, esta ultima serie converge.

O Teorema 5.4.10 e (5.11) garantem-nos que a serie∑∞


2. Se L > 1, existe um N ∈ N a partir do qual se tem sempre an+1 > an (porque?). Portantolim

n→∞an 6= 0 e (Teorema 5.4.10) concluımos imediatamente que

∑∞n=1 an diverge.

3. Basta utilizar os exemplos tratados na demonstracao do Teorema 5.4.18.


Suponhamos que o integral∫ +∞

1f(t)dt converge. Queremos mostrar que a serie

∞∑i=1

an converge.

Observe-se que∫ +∞

1f(t)dt =

∫ 2

1f(t)dt +

∫ 3

2f(t)dt + . . . +

∫ n+1

nf(t)dt + . . .

=∞∑

n=1

∫ n+1

nf(t)dt (5.12)

Dizer que o integral∫ +∞

1f(t)dt converge e assim equivalente a dizer que a serie

∞∑i=1

∫ n+1

nf(t)dt

e convergente. Como f e decrescente, deduzimos entao que

an+1 = f(n + 1) ≤∫ n+1

nf(t)dt ≤ f(n) = an ∀n ∈ N.

Pelo criterio da comparacao das series de termos nao negativos, concluımos que a serie∞∑i=1

an+1


converge o que implica que∞∑i=1

an

e convergente, como querıamos demonstrar (ver figura).

Suponhamos agora que a serie∞∑

n=1

an e convergente. Queremos mostrar que o integral∫ +∞

1f(t)dt

e convergente. Para tal basta observar que

0 ≤∫ n+1

nf(t)dt ≤ f(n) = an

Mais uma vez, o criterio de comparacao de series permite-nos deduzir que∞∑

n=1

∫ n+1

nf(t)dt e uma

serie convergente. A convergencia desta serie implica de imediato a convergencia do integral∫ +∞

1f(t)dt (ver (5.12)).

5.6 Series Alternadas

As series alternadas formam uma outra classe de series de grande interesse. Uma serie diz-sealternada se tem a forma

∞∑n=1

(−1)nan

onde (an) e uma sucessao de termos positivos.

Teorema 5.6.1 Seja (an) uma sucessao decrescente, positiva e tal que limn→∞

an = 0. Entao∑∞n=1(−1)nan e convergente.


Exercıcio 5.6.2 (Demonstracao o do Teorema 5.6.1) Considere a serie alternada do Teorema5.6.1. Considere ainda a sucessao das somas parciais associada a esta serie e as subsucessoesS2n e S2n+1.

1. Verifique que S2n e decrescente e limitada.

2. Verifique que S2n+1 e crescente e limitada.

3. Pronuncie-se sobre a convergencia destas sucessoes.

4. Com base em (3), pronuncie-se sobre a convergencia de Sn e da respectiva serie.

Exemplo 5.6.3 1. Considere a serie harmonica alternada

∞∑n=1

(−1)n 1n

Como a sucessao(

1n

)e decrescente, de termos positivos e lim

n→∞

1n

= 0, concluımos que a

serie e convergente.

2. O Teorema 5.4.22 garante-nos que a serie

∞∑n=1

(−1)n ln(n)n

e convergente, pois, para n ≥ 3, a sucessao de termos positivos(

ln(n)n

)e decrescente

(basta considerar a funcao f(x) =ln(x)

xe verificar que a sua derivada e negativa para

x > e) e que limn→∞

ln(n)n

= 0.

5.7 Convergencia Absoluta e Condicional

Estudamos ja alguns testes de convergencia de series de termos nao negativos e de series alter-nadas. Facilmente podemos imaginar series que nao pertencem a qualquer destas duas classes.Para estas o unico teste que conhecemos ate agora e a condicao o necessaria dada pelo Teo-rema 5.4.10. Dada uma serie nao alternada

∑∞n=1 an tal que lim

n→∞an = 0 e tal que os termos

da sucessao (an) nao sao necessariamente nao negativos, podemos pensar em estudar a suaconvergencia considerando a serie nao negativa

∑∞n=1 | an |.

Sabemos ja que a serie∑∞

n=1(−1)n 1n

e convergente (ver exemplo (5.6.3)), mas a serie∑∞

n=1

∣∣∣∣(−1)n 1n

∣∣∣∣ =∑∞n=1

1n

e divergente. Concluımos assim que a convergencia de∑∞

n=1 an nao implica a con-

vergencia de∑∞

n=1 | an |. Felizmente a implicacao em sentido contrario e verdadeira:


Teorema 5.7.1 Suponhamos que∑∞

n=1 |an| e convergente. Entao a serie∑∞

n=1 an e conver-gente e ∣∣∣∣∣

∞∑n=1

an

∣∣∣∣∣ ≤∞∑

n=1

| an |

A introducao das seguintes definicao permite dar ao Teorema anterior um enunciado mais com-pacto:

Definicao 5.7.2 1. A serie∑∞

n=1 an diz-se absolutamente convergente se∑∞

n=1 | an | forconvergente.

2. A serie∑∞

n=1 an diz-se condicionalmente convergente se for convergente e se a serie dosmodulos

∑∞n=1 | an | for divergente.

Agora podemos resumir o Teorema 5.7.1 da seguinte forma:

Toda a serie absolutamente convergentee convergente.

Finalmente enunciamos um Teorema analogo ao Teorema 5.4.20 mas com aplicacao mais geral:

Teorema 5.7.3 Seja∑∞

n=1 an uma serie tal que

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L.

Entao:

1. Se L < 1, entao∑∞

n=1 an e absolutamente convergente.

2. Se L > 1 ou L = +∞, entao∑∞


3. Se L = 1, nada se pode concluir.

Exercıcio 5.7.4 Demonstre o Teorema anterior.

Exemplo 5.7.5 Vamos estudar a natureza da serie∞∑

n=1

xn

n

para qualquer x ∈ R. Como

limn→∞

∣∣∣∣ xn+1

n + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣xn

n

∣∣∣∣ = limn→∞

n

n + 1| x |=| x |


o Teorema 5.7.3 permite-nos concluir que se | x |> 1 a serie e divergente e que se | x |< 1 aserie e absolutamente convergente, logo e convergente. Resta-nos verificar o que acontece quando

x = 1 ou x = −1. Quando x = 1, temos∑∞

n=1

1n

que e divergente como ja vimos anteriormente.

Se x = −1, temos a serie∑∞

n=1(−1)n 1n

que e convergente.


5.8 Quadro Resumo

Serie Teste Conclusao

∞∑n=1

(an+1 − an) L = limn→∞

an L ∈ R =⇒ serie convergente.

∞∑n=1

rn

| r |< 1 =⇒ serie conv.

| r |≥ 1 =⇒ serie div.∞∑

n=0

an limn→∞

an = a Se a 6= 0, serie divergente.

∞∑n=0

an e an ≥ 0 0 ≤ an ≤ bn ∀ n ≥ N

∞∑n=0

bn converge =⇒∞∑

n=0

an conv.

∞∑n=0

an e an ≥ 0 0 ≤ cn ≤ an ∀ n ≥ N∞∑

n=0

cn diverge =⇒∞∑

n=0

an div.

∞∑n=0

an e an ≥ 0

bn > 0

limn→∞

an

bn= L ∈ R

L 6= 0 =⇒∞∑

n=0

an e∞∑

n=0

bn mesma natureza

L = 0 e∞∑

n=0

an div. =⇒∞∑

n=0

bn div.

L = 0 e∞∑

n=0

bn conv. =⇒∞∑

n=0

an conv.

∞∑n=0

an e an ≥ 0 limn→∞

n√

an = L

L < 1 =⇒

∞∑n=0

an serie conv.

L > 1 ou L = +∞ =⇒∞∑

n=0

an div.

∞∑n=0

an e an > 0 limn→∞

an+1

an= L

L < 1 =⇒

∞∑n=0

an conv.

L > 1 ou L = +∞ =⇒∞∑

n=0

an div.

∞∑n=0

(−1)nan e an > 0

(an) ↓ 0

limn→∞

an = 0=⇒

∞∑n=0

(−1)nan convergente.

∞∑n=1

an

∞∑n=1

| an | conv. =⇒∞∑

n=1

an conv.

∞∑n=0

an limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = L

L < 1 =⇒

∞∑n=0

an abs. conv.

L > 1 ou L = +∞ =⇒∞∑

n=0

an div.

∞∑n=1

an

an = f(n)

f(x) > 0 ∀ x ≥ 1

f cont. e decresc.

∞∑n=1

an conv. ⇐⇒∫ +∞

1

f(x)dx conv.

Capıtulo 6

Series de Potencias e AproximacaoPolinomial

Depois do estudo das series numericas, vamos agora estudar series da forma

∞∑n=0

an(x− a)n,

onde (an) e uma sucessao numerica dada, a ∈ R e fixo e x ∈ R.

Quando a = 0, obtem-se

∞∑n=0

anxn = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 + · · · .

As series da forma∞∑

n=0

an(x− a)n chamam-se series de potencias centradas em a.

Estudaremos tambem um caso particular destas series: as series de potencias da forma

∞∑n=0

f (n)(a)n!

(x− a)n

que se designam por series de Taylor da funcao f em x = a. Por ultimo, estudaremos aaproximacao polinomial de funcoes, um assunto que, como veremos, se relaciona com as seriesde Taylor de uma funcao f .

6.1 Series de Potencias

Considere a serie de potencias

∞∑n=0

an(x− a)n, (1.1)

150

Capıtulo 6. Series de Potencias e Aproximacao Polinomial Pag. 151

A primeira pergunta que surge e:

Para que valores de x ∈ R e esta serie convergente?

E evidente que se x = a, entao a serie e convergente e a sua soma e a0 (todas as restantesparcelas sao nulas). Havera mais algum valor de x0 ∈ R, com x0 6= a para o qual, a serie que

obtemos substituindo x por x0,∞∑

n=0

an(x0 − a)n, e convergente?

E facil ver que, para cada x0 ∈ R, a serie∞∑

n=1

an(x0 − a)n e uma serie numerica e a sua con-

vergencia pode ser estudada usando os criterios de convergencia estudados no capıtulo anterior.Felizmente o comportamento das series de potencias apresenta caracterısticas comuns que nospermitem determinar facilmente o conjunto de pontos x ∈ R para os quais a serie converge.Vejamos como.

A sucessao geradora da serie (1.1), (an(x−a)n), pode ter valores nao negativos ou nao positivos.Assim estudamos a convergencia da serie dos modulos. Usamos para esse estudo o criterio doquociente. Assim, seja x ∈ R qualquer e consideremos o limite

limn→+∞

∣∣∣an+1(x− a)n+1

an(x− a)n

∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |x− a|. (1.2)

O criterio do quociente permite-nos concluir que

• Se x e tal que limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x− a| < 1, entao a serie∞∑

n=0

an(x− a)n e convergente.


∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x− a| > 1, entao a serie∞∑

n=0

an(x− a)n e divergente.


∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x−a| = 1, entao nada se pode concluir sobre a convergencia da

serie∞∑

n=0

an(x−a)n (com este criterio). Para saber o que acontece nesses pontos, devemos

estudar as series numericas que se obtem substituindo x pelos valores encontrados, usandonesse estudo um teste diferente do criterio do quociente.

Considere agora limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x− a|. Temos

limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x− a| = |x− a| limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣.1. Se lim

n→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = ρ ∈ R e ρ 6= 0, entao

limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x−a| = ρ×|x−a| < 1 ⇐⇒ a serie converge quando x e tal que |x−a| < 1ρ.


Neste caso R =1ρ

designa-se por raio de convergencia da serie.

2. Se limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = ρ = 0, entao

limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x− a| = 0

e a serie converge qualquer que seja x ∈ R. Neste caso, diz-se que o raio de convergenciada serie e ∞.

3. Se limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ nao existe ou e ∞, entao a serie so converge quando x = a. Neste caso,

diz-se que o raio de convergencia da serie e 0.

Podemos entao concluir que o conjunto de ponto para os quais a serie∞∑

n=0

an(x− a)n converge e

sempre um intervalo centrado em a. Este intervalo pode reduzir-se a um ponto (caso 3) ou sertodo o conjunto R (caso 2).

Definicao 6.1.1 O maior intervalo I ⊂ R em que a serie de potencias

∞∑n=0

an(x− a)n

converge designa-se por intervalo de convergencia da serie.

Observe que se R > 0 e o raio de convergencia de uma serie de potencias, entao podemos afirmarque a serie converge quando x toma valores no intervalo:

]a−R, a + R[.

Contudo, nem sempre o intervalo de convergencia e exactamente esse intervalo. Para conhecer-mos o intervalo de convergencia temos que analisar o que acontece a serie quando x = a− R ex = a + R.

Exemplos 6.1.2


n=1

xn

n.

Entao

limn→+∞

∣∣∣ xn+1

n + 1

∣∣∣∣∣xn

n

∣∣ = limn→+∞

∣∣∣ n

n + 1

∣∣∣ |x| = |x|.


A serie e convergente para todo o x ∈ R tal que |x| < 1 e e divergente para todo o x talque |x| > 1. O raio de convergencia da serie dada e portanto 1.

Sabemos ja que a serie converge no intervalo ]−1, 1[ e diverge no conjunto ]−∞,−1[∪ ]1,+∞[.O que acontece quando x = 1 e quando x = −1?

Para responder a essa pergunta temos que estudar respectivamente as series

∞∑n=1

1n

e∞∑

n=1

(−1)n

n.

Sabe-se que a serie∞∑

n=1

1n

e divergente. A serie∞∑

n=1

(−1)n

ne uma serie alternada. Como a

sucessao an = 1n e decrescente e convergente para zero, concluımos, pelo criterio das series

alternadas, que a serie converge.

Conclusao: a serie∞∑

n=1

xn

nconverge em [−1, 1[ e diverge nos restantes pontos. Ou seja, o

intervalo de convergencia da serie e [−1, 1[.


n=0

(−1)n x2n+1

2n + 1.

Temos

limn→∞

∣∣∣ x2n+3

2n + 3

∣∣∣∣∣∣ x2n+1

2n + 1

∣∣∣ = |x|2 limn→∞

2n + 12n + 3

= |x|2 < 1 ⇐⇒ x ∈]− 1, 1[.

Logo o raio de convergencia desta serie e 1. A serie converge para x = 1. De facto,

para x = 1, a serie toma a forma∞∑

n=0

(−1)n

2n + 1. A sucessao

12n + 1

e convergente para

0 e decrescente. Pelo criterio das series alternadas a serie∞∑

n=0

(−1)n

2n + 1e convergente.

Podemos ainda concluir que a serie dada e convergente se x = −1. Portanto, o intervalode convergencia da serie e [−1, 1].


n=0

xn

n!. Como

limn→∞

∣∣∣ xn+1

(n + 1)!

∣∣∣∣∣∣xn

n!

∣∣∣ = |x| limn→∞

1(n + 1)

= 0

concluımos que o raio de convergencia da serie e ∞ e que a serie converge qualquer queseja x ∈ R, ou seja, o intervalo de convergencia da serie e R.


Seja I o intervalo de convergencia da serie de potencias∞∑

n=0

an(x− a)n.

Quer isto dizer que, para cada x0 ∈ I, existe soma da serie∞∑

n=0

an(x0− a)n. E evidente que essa

soma depende do valor de x. A soma da serie e entao uma funcao de x, f(x), definida em I.

Seja R 6= 0 e R 6=∞ o raio de convergencia da serie de potencias∞∑

n=0

an(x− a)n.

Sabemos entao que

limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = 1R

.

Considere o termo geral desta serie: an(x − a)n. Trata-se de uma funcao real. Derivando essetermo temos nan(x− a)n−1. Obtemos assim a serie

∞∑n=1

nan(x− a)n−1 = a1 + 2a2(x− a) + 3a3(x− a)2 + . . .

Para esta nova serie temos:

limn→+∞

∣∣∣(n + 1)an+1

(n)an

∣∣∣|x−a| = limn→+∞

∣∣∣n + 1n

an+1

an

∣∣∣|x−a| = limn→+∞

n + 1n

limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x−a| = 1R|x−a|.

Ou seja, o raio de convergencia da serie∞∑

n=0

nan(x − a)n−1 e igual ao raio de convergencia da

serie∞∑

n=1

an(x− a)n.

Considere ainda a serie∞∑

n=0

an

n + 1(x− a)n+1.

Observe quean

n + 1(x− a)n+1 =

∫ x

aan(t− a)n dt.

Vem agora:

limn→+∞

∣∣∣an+1(x−a)n+2

n+2

∣∣∣∣∣∣an(x−a)n+1

n+1

∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣n + 1n + 2

∣∣∣ ∣∣∣an+1

an

∣∣∣|x−a| = limn→+∞

n + 1n + 2

limn→+∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |x−a| = 1R|x−a|.

Podemos entao concluir que o raio de convergencia de∞∑

n=1

an

n + 1(x− a)n+1 e tambem R.

De facto, podemos ainda concluir mais, como mostra o seguinte resultado:


Teorema 6.1.3 Seja R o raio de convergencia da serie∞∑

n=0

anxn. Entao as series

∞∑n=1

nan(x− a)n−1

e∞∑

n=0

an

n + 1(x− a)n+1

tem o mesmo raio de convergencia.

Se R 6= 0, a funcao

f(x) =∞∑

n=0

anxn

e contınua e diferenciavel em ]a−R, a + R[ e

f ′(x) = g(x)

onde

g(x) =∞∑

n=1

nanxn−1.

Alem disso, nesse intervalo: ∫ x

af(t)dt =

∞∑n=0

an

n + 1(x− a)n+1.

Se R = +∞, entao o resultado e valido substituindo ]a−R, a + R[ por R.

6.2 Series de Taylor

Vimos ja que se uma dada serie∞∑

n=0

an(x − a)n converge para x ∈ ]a − R, a + R[, sendo R > 0

(lembrar que R pode ser ∞), entao a soma da serie define uma funcao

f(x) =∞∑

n=0

an(x− a)n (2.1)

com domınio ]a−R, a + R[. O Teorema 6.1.3, aplicado recursivamente a esta serie, permite-nosverificar que esta funcao e de classe C∞ em ]a−R, a + R[. De facto, aplicando o Teorema 6.1.3a esta serie temos

f ′(x) =∞∑

n=1

nan(x− a)n−1 ∀x ∈ ]a−R, a + R[. (2.2)


Aplicando mais uma vez o Teorema 6.1.3 temos

f ′′(x) =∞∑

n=2

n(n− 1)an(x− a)n−2 ∀x ∈ ]a−R, a + R[ (2.3)

e assim sucessivamente. Substituindo x por a respectivamente em (2.1), (2.2) e (2.3) vem

f(a) = a0, f ′(a) = a1, f ′′(a) = 2!a2.

Mais geralmente, podemos concluir que

f (k)(a) = k!ak,

ou seja,

ak =f (k)(a)

k!.

Partimos da serie de potencias∞∑

n=0

an(x− a)n. Considerando a soma da serie para valores de x

no intervalo de convergencia da serie definimos uma funcao f(x) =∞∑

n=0

an(x− a)n e verificamos

que os coeficientes an da serie satisfazem a an =f (n)(a)

n!para todo o n ∈ N. Ou seja, verificamos

que:

f(x) =∞∑

n=0

an(x− a)n =∞∑

n=0

f (n)(a)n!

(x− a)n (2.4)

para todo o x ∈]a−R, a + R[. A serie

∞∑n=0

f (n)(a)n!

(x− a)n

diz-se a serie de Taylor de f em a. Concluımos assim que:

Teorema 6.2.1 Seja f(x) =∞∑

n=0

an(x− a)n para todo o x ∈]a−R, a + R[, sendo R > 0. Entao

a serie de potencias∞∑

n=0

an(x− a)n e a serie de Taylor da funcao f centrada em a.

Exercıcio 6.2.2 Verifique que

∞∑n=0

an(x− a)n =∞∑

n=0

bn(x− a)n =⇒ an = bn ∀n ∈ N ∪ 0.


Consideremos agora uma outra situacao distinta da anterior. Suponhamos que f e uma funcaoreal de variavel real tal que existem todas as derivadas de f num ponto a do seu domınio.Podemos entao definir uma serie de potencias da forma

∞∑n=0

f (n)(a)n!

(x− a)n. (2.5)

Esta serie designa-se, como ja foi dito, por serie de Taylor de f em a.

Como relacionar agora a serie de Taylor de f em a com a propria funcao f?

Observe-se que

f(a) =∞∑

n=0

f (n)(a)n!

(a− a)n,

ou seja, f(a) e igual a soma da serie quando x = a. Sera que se a serie de Taylor e convergentepara um certo x0 6= a, entao a soma desta serie e igual f(x0)?

Por exemplo, considere-se a funcao f(x) = ex. Sabemos ja que, para todo o n ∈ N se tem

f (n)(x) = ex ∀x ∈ R

e que f (n)(0) = 1 qualquer que seja n ∈ N. Logo a serie de Taylor de f em 0 e:

∞∑n=0

xn

n!.

Esta e uma serie de potencia e facilmente se verifica que esta serie e convergente para x ∈ R.De facto, temos

limn→∞

|x|n+1

(n + 1)!|x|n

n!

= |x| limn→∞

1n + 1

= 0 ∀x ∈ R.

Logo o intervalo de convergencia desta serie e R. Seja entao g(x) =∞∑

n=0

xn

n!a funcao definida

pela serie. Sera que podemos afirmar que g(x) = ex? Para responder a esta questao vamos vero que se entende por funcoes polinomiais de Taylor.

6.3 Funcoes Polinomiais de Taylor

Seja f e uma funcao real de variavel real tal que existem todas as derivadas de f num ponto ado seu domınio. Considere-se a serie de Taylor (2.5) dessa funcao em a. Seja N ∈ N um numeronatural fixo, considere a soma dos primeiro N + 1 termos da serie e escreva-se

PN,a(x) =N∑

n=0

f (n)(a)n!

(x− a)n = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2 + . . . +

f (N)(a)N !

(x− a)N .


Facilmente se verifica que PN,a e uma funcao polinomial de grau menor ou igual a N (serade grau N se f (N)(a) 6= 0). Esta funcao polinomial PN,a designa-se por funcao polinomial deTaylor de f em torno de a.

Seja agora

RN,a(x) =∞∑

n=N+1

f (n)(a)n!

(x− a)n.

Temos assim∞∑

n=0

f (n)(a)n!

(x− a)n = PN,a(x) +RN,a(x).

Desta forma associamos a uma certa funcao f uma funcao polinomial PN,a. Fizemos isso con-siderando que existem todas as derivadas de f em a. Contudo, se f e uma funcao tal que numponto a do seu domınio so tem primeira derivada, isto e, so existe f ′(a), entao podemos associara f uma funcao polinomial de Taylor

P1,a(x) = f(a) + f ′(a)(x− a).

Note-se que uma tal funcao nao tem serie de Taylor em torno de a, mas podemos definir a suafuncao polinomial de Taylor de grau 1 em a, P1,a. Mais geralmente define-se:

Definicao 6.3.1 Seja f uma funcao qualquer real de variavel real. Suponhamos que conhecemos

f(a), f ′(a), f ′′(a), · · · , f (n)(a).

ou seja, todas as derivadas de f no ponto a ate a ordem n. Seja

ak =f (k)(a)

k!, k ∈ 0, · · · , n (3.1)

onde f (0)(a) = f(a). A funcao polinomial

Pn,a(x) = a0 + a1(x− a) + a2(x− a)2 + a3(x− a)3 + · · ·+ an(x− a)n

designa-se por funcao polinomial de Taylor de grau n de f no ponto x = a, ou, porsimplicidade de linguagem, polinomio de Taylor de grau n de f no ponto x = a.

De acordo com (3.1), a funcao polinomial Pn,a e tal que:

P(k)n,a(a) = f (k)(a)

Pode-se ainda verificar que:


Pn,a e a unica funcao polinomial de grau ≤ n tal que

P(k)n,a(a) = f (k)(a) ∀ k ∈ 0, 1, . . . , n

Exercıcio 6.3.2 Verifique a propriedade anterior.

Exemplos 6.3.3

1. Pretende-se determinar a funcao polinomial de Taylor de grau 5 da funcao sin x no pontox = 0. Para isso basta calcular os coeficientes ak, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

sin (0) = 0 a0 = 0sin′(0) = cos(0) = 1 a1 = 1sin′′(0) = − sin(0) = 0 a2 = 0sin′′′(0) = − cos(0) = −1 a3 = − 1

3!

sin(4)(0) = sin(0) = 0 a4 = 0sin(5)(0) = cos(0) = 1 a5 = 1

5!· · · · · ·

Obtemos entao:

P5(x) = x− x3

3!+

x5

5!

2. A funcao polinomial de Taylor da funcao ln(x), de grau n, no ponto x = 1, podera ser encon-trada de forma semelhante. Note-se que ln(x) nao esta definida em x = 0.

ln (1) = 0ln′(x) = 1

x ln′(1) = 1ln′′(x) = − 1

x2 ln′′(1) = −1ln′′′(x) = 2

x3 ln′′′(1) = 2

Em geral,

ln(k)(x) =(−1)k−1(k − 1)!

xke ln(k)(1) = (−1)k−1(k − 1)!

Assim,

ak =ln(k)(1)

k!= (−1)k−1 (k − 1)!

k!= (−1)k−1 1

k, k ≥ 1.

Logo

Pn,1(x) = (x− 1)− (x− 1)2

2+

(x− 1)3

3+ · · ·+ (−1)n−1 (x− 1)n

n.

Exercıcio 6.3.4 Calcular as funcoes polinomiais de Taylor, de grau n, em torno do pontox = a, das seguintes funcoes:

a) sin(x); a = π2

b) x5 + x3 + x; a = 0

c) 11+x2 ; a = 0


6.4 Significado Geometrico da Funcao Polinomial de Taylor

Funcao Polinomial de grau 1: Seja f uma funcao de classe C1 dada e seja

P1,a(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) (4.1)

a sua funcao polinomial de Taylor de grau 1 no ponto x = a.

Sendo P1,a(x) uma funcao polinomial de grau 1, o seu grafico e uma recta. Mais ainda,P1,a(a) = f(a) e P ′

1,a(a) = f ′(a). Logo trata-se de uma recta que passa no ponto (a, f(a))e com inclinacao f ′(a) (ver (4.1)). Ou seja, o grafico de P1,a(x) corresponde a equacao darecta tangente ao grafico de f no ponto de abcissa a.

Funcao Polinomial de grau 2: Vejamos o que acontece com a funcao polinomial de Taylorde grau 2. Neste caso supomos que f e de classe C2, de forma a garantir a existencia daprimeira e segunda derivadas da funcao.

P2,a(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + f ′′(a)(x− a)2

2.

e o seu grafico e uma parabola que passa no ponto (a, f(a)).

Note que alem de coinciderem no ponto a as funcoes f(x) e P2,a(x) tem derivadas deprimeira e segunda ordem iguais nesse ponto.


Exercıcio 6.4.1 Duas funcoes f e g dizem-se iguais ate a ordem n em a, se

limx→a

f(x)− g(x)(x− a)n

= 0

1. Verifique que f e Pn,a, onde Pn,a e a funcao polinomial de Taylor de ordem n em tornode a, sao iguais ate a ordem n.

2. Sejam P e Q duas funcoes polinomiais em (x− a) de grau menor ou igual a n e suponhaque P e Q sao iguais ate a ordem n. Mostre que P = Q.

3. Seja f ∈ Cn(I), a ∈ I. Mostre que a funcao polinomial de Taylor de f , de graun, em a, e a unica funcao polinomial de grau ≤ n igual a f ate a ordem n em a.

Se a e um ponto crıtico de uma funcao f , ou seja, f ′(a) = 0, a natureza do ponto crıticopode ser determinada pelo sinal de f ′′(a), desde que f ′′(a) 6= 0. O exercıcio seguinte permitegeneralizar este resultado. A sua verificacao pode ser feita de uma forma simples atraves dasfuncoes polinomiais de Taylor associadas a funcao.

Exercıcios 6.4.2

1. Determine os maximos e mınimos das funcoes f(x) = (x− a)n e g(x) = −(x− a)n para

(a) n par

(b) n ımpar

2. Seja f ∈ Cn(I), a ∈ I ef ′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0

f (n)(a) 6= 0

(a) Suponha n par e f (n)(a) > 0. Mostre que f tem um mınimo local em a.

(b) Suponha n par e f (n)(a) < 0. Mostre que f tem um maximo local em a.

(c) Suponha n ımpar. Mostre que f nao tem nem maximo nem mınimo em a.

Sugestao: Comece por supor que f(a) = 0.

Resolucao 6.4.3 (Exercıcio 6.4.2 – 2) Suponhamos que f(a) = 0. Uma vez que as derivadasde f no ponto a sao nulas ate a ordem n, tem-se

Pn,a(x) =f (n)(a)

n!(x− a)n.

Mas f(x) e Pn,a(x) sao iguais ate a ordem n, logo

limx→a

f(x)− Pn,a(x)(x− a)n

= limx→a

[f(x)

(x− a)n− f (n)(a)

n!

]= 0. (4.2)


Como f (n)(a) 6= 0, podemos concluir que para x suficientemente proximo de a, f(x)(x−a)n e f (n)(a)

n!tem o mesmo sinal. Realmente, supondo que nao tem o mesmo sinal, por exemplo, que, para x

perto de a, f(x)(x−a)n e negativo e f (n)(a)

n! e positivo. Entao o limite em (4.2) nao pode ser 0. Teraque ser um numero negativo! De forma analoga chegarıamos a um absurdo se considerassemos

f(x)(x−a)n positivo e f (n)(a)

n! negativo.

a) n e par e f (n)(a) > 0. Neste caso (x − a)n > 0, para x 6= a e f(x)(x−a)n > 0 = f(a). Logo

f(x) > f(a) para x proximo de a, ou seja, a e um mınimo local.

b) n e par e f (n)(a) < 0. Entao f(x) < 0 = f(a). Logo a e maximo local.

b) n e ımpar. Logo (x − a)n > 0 se x > a e (x − a)n < 0 se x < a. Assim, f(x) tem sinaisdiferentes para x < a e x > a. A funcao f nao tem maximo nem mınimo em x = a.

Se f(a) 6= 0, consideramos g(x) = f(x)− f(a) e o resultado segue.

6.5 Resto de Taylor

Definicao 6.5.1 Seja f uma funcao para a qual a funcao polinomial de Taylor, Pn,a(x), existe.Define-se o Resto de Taylor, Rn,a(x), como sendo

Rn,a(x) = f(x)− Pn,a(x)

O resto de Taylor determina o erro que cometemos quando aproximamos a funcao f pela suafuncao polinomial de Taylor. Podemos obter expressoes para este erro. Realmente mostra-seque:

Teorema 6.5.2 (Teorema de Taylor) Suponha que as derivadas de uma funcao,

f ′, f ′′, · · · , f (n+1)

estao definidas em [a, x] e Rn,a(x) e definido de forma a que:

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + · · ·+ f (n)(a)n!

(x− a)n + Rn,a(x).

Entao

a) Rn,a(x) = f (n+1)(t)n! (x− t)n(x− a) para algum t ∈ (a, x).

b) Rn,a(x) = f (n+1)(t)(n+1)! (x− a)n+1 para algum t ∈ (a, x).

Suponha ainda que f (n+1) e uma funcao integravel em [a, x]. Entao

c)

Rn,a(x) =∫ x

a

f (n+1)(t)n!

(x− t)ndt.


Exercıcios 6.5.3 Utilize o Teorema de Taylor para obter as seguintes formulas:

(i) sinx = x− x3

3!+

x5

5!− · · ·+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)!+∫ x

0

sin(2n+2)(t)(2n + 1)!

(x− t)2n+1 dt

(ii) cos x = 1− x2

2!+

x4

4!− · · ·+ (−1)n x2n

(2n)!+∫ x

0

cos(2n+1)(t)(2n)!

(x− t)2n dt

(iii) ex = 1 + x +x2

2!+ · · ·+ xn

n!+∫ x

0

et

n!(x− t)n dt

Analisemos agora as expressoes dos restos dados no exercıcio anterior. Observe-se que seriarealmente tarefa ardua tentar calcular os integrais respectivos. A ideia a contudo estimar essesintegrais, calculando um majorante.

Por exemplo, no caso da funcao sinx sabemos que

∀n ∈ N∣∣∣sin(2n+2)(t)

∣∣∣ ≤ 1 ∀t

Logo, ∣∣∣∣∣∫ x

0

sin(2n+2)(t)(2n + 1)!

(x− t)2n+1 dt

∣∣∣∣∣ ≤ 1(2n + 1)!

∣∣∣∣∫ x

0(x− t)2n+1 dt

∣∣∣∣ ≤ |x|2n+2

(2n + 2)!

Exemplos 6.5.4

1. Sabendo que a funcao polinomial de Taylor de grau 4 da funcao f(x) = cos(x) em tornodo ponto 0 e

P4,0(x) = 1− x2

2!+

x4

4!,

calcule um majorante do erro com que P4,0(1) aproxima cos(1).

Sugestao: Considere Rn,0(x) =1n!

∫ x

0f (n+1)(t)(x− t)n d t.

Resolucao: O resto de Taylor de grau 4 da funcao dada e

R4,0(x) =14!

∫ x

0cos(5)(t)(x− t)4 d t.

A derivada de cos(x) de ordem n, dependendo do valor de n, e sin(x) ou − sin(x) ou cos(x)ou − cos(x). Logo, para todo o n ∈ N,

| cos(n)(t)| ≤ 1 ∀ t ∈ R.

Assim

|R4,0(x)| ≤ 14!

∣∣∣ ∫ x

0(x− t)4 d t

∣∣∣ = |x|55!

e consequentemente |R4,0(1)| ≤ 15! .


Exercıcio 6.5.5 Mostre que∣∣∣∣∣∫ x

0

cos(2n+1)(t)(2n)!

(x− t)2n dt

∣∣∣∣∣ ≤ |x|2n+1

(2n + 1)!

6.6 Resto de Taylor e Serie de Taylor

Estamos agora em condicoes de responder a pergunta feita na seccao 1: quando e que a serie deTaylor de uma funcao f em a representa a funcao?

Seja I um intervalo e a um ponto do interior do intervalo I. Seja f : I → R uma funcao tal quef (n)(a) existe para todo o n ∈ N. Sabemos ja que, para todo n ∈ N,

f(x) = Pn,a(x) + Rn,a(x)

onde Pn,a e a funcao polimonial de Taylor de grau n em a e Rn,a e o resto de Taylor.

Se

limn→∞

Rn,a(x) = 0 (6.1)

para algum x ∈ I, entao podemos concluir que

f(x) = limn→∞

Pn,a(x) =∞∑

n=0

f (n)(a)n!

(x− a)n.

Portanto, dizemos que a funcao f e representada pela sua serie de Taylor em torno de a emtodos os pontos x ∈ I que satisfazem (6.1).

Exemplo 6.6.1 Considere a funcao

f(x) =

0 se x = 0,

e−1

x2 se x 6= 0.

Pode-se verificar que para todo o n ∈ N e x ∈ R, f (n)(x) existe (i.e., f e de classe C∞(R : R))e que f (n)(0) = 0. Assim, para todo o n ∈ N, Pn,0(x) = 0. Logo

f(x) = 0 + Rn,0(x).

Da igualdade anterior concluımos que, para todo o x ∈ R\0 se tem

limn→∞

Rn,0(x) = f(x) 6= 0.

Entao a serie de Taylor de f em torno de 0 tem soma 0 e so representa a funcao no ponto 0.

Felizmente nem todas as funcoes se comportam como a anterior.


Exemplo 6.6.2 Vamos agora ver que a funcao sin(x) e representada pela sua serie de Taylorem torno de 0 em R. Sabemos ja que

sinx =n∑

k=0

(−1)k x2k+1

(2k + 1)!+∫ x

0

sin(2n+2)(t)(2n + 1)!

(x− t)2n+1 dt.

Vimos ja que

|R2n+1,0(x)| =∣∣∣ ∫ x

0

sin(2n+2)(t)(2n + 1)!

(x− t)2n+1 dt∣∣∣ ≤ |x|2n+2

(2n + 2)!.

Pode-se verificar que

limn→∞

|x|2n+2

(2n + 2)!= 0 ∀x ∈ R (Verifique!)

Concluımos entao que

sinx =∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n + 1)!∀x ∈ R.

Como a serie de Taylor de uma funcao e uma serie de potencias, os resultados estudados paraseries de potencias aplicam-se as series de Taylor. No que se segue aplicamos o Teorema 6.1.3.

Exemplo 6.6.3 Diferenciando termo a termo a serie associada a funcao sinx, obtem-se:

∞∑n=0

(−1)n x2n

(2n)!.

Como (sinx)′ = cos x o Teorema 6.1.3 permite concluir que

cos x =∞∑

n=0

(−1)n x2n

(2n)!∀x ∈ R. (6.2)

Exemplo 6.6.4 Vimos ja no Exemplo 6.5.3–(iii) que

ex = 1 + x +x2

2!+ · · ·+ xn

n!+∫ x

0

et

n!(x− t)n dt.

Seja x ∈ R fixo. Entao∣∣Rn,0(x)∣∣ = ∣∣∣ ∫ x

0

et

n!(x− t)n dt

∣∣∣ ≤ M(x)(n + 1)!

|x|n+1,

onde

M(x) =

1 se x < 0,

ex se x ≥ 0.

Entao

limn→∞

M(x)(n + 1)!

|x|n+1 = M(x) limn→∞

|x|n+1

(n + 1)!= 0.


Como x e qualquer e

0 ≤ limn→∞

∣∣Rn,0(x)∣∣ ≤M(x) lim

n→∞

|x|n+1

(n + 1)!,

concluımos quelim

n→∞

∣∣Rn,0(x)∣∣ = 0

para todo o x ∈ R. Logo

ex =∞∑

n=0

xn

n!∀x ∈ R. (6.3)

Seja agora f(z) = ez2. Queremos determinar a serie de Taylor de f em torno de 0. Considere

x = z2. Por (6.3) deduzimos que

ez2=

∞∑n=0

(z2)n

n!=

∞∑n=0

z2n

n!∀ z ∈ R. (6.4)

Seja agora g(x) =∫ x

0et2 dt. Nao conhecemos a expressao de g, porque o integral indefinido∫

et2 dt nao pode ser expresso como soma finita de funcoes conhecidas. Contudo, o Teorema

6.1.3 e (6.4) permitem determinar a serie de Taylor de g centrada em 0:

g(x) =∫ x

0et2 dt

=∫ x

0

∞∑n=0

t2n

n!dt =

∫ x

0

(1 +

t2

2!+

t4

4!+ . . . +

t2n

n!+ . . .

)dt

=∫ x

01 dt +

∫ x

0

t2

2!dt + . . . +

∫ x

0

t2n

n!dt + . . .

= x +x3

2!× 3+ . . . +

x2n+1

n!× (2n + 1)+ . . .

=∞∑

n=0

x2n+1

n!× (2n + 1).

Em certas situacoes a determinacao da serie de Taylor de uma funcao pode ser feita recorrendoao Teorema 6.2.1. Vejamos agora algumas dessas situacoes.

Considere, por exemplo a funcao f(x) =1

1− x. Pretende-se determinar a serie de Taylor desta

funcao

1. em torno de 0;

2. em torno de 2.


Considere entao o primeiro caso. E facil ver que (ver serie geometrica no capıtulo anterior) que

11− x

=∞∑

n=0

xn ∀x ∈ ]− 1, 1[.

Pelo Teorema 6.2.1 concluımos que esta serie e realmente a serie de Taylor de f em torno de 0.

Passemos agora ao segundo caso. Note-se que

1− x = 1− (x− 2)− 2 = −1− (x− 2) = (−1)(1 + (x− 2)) = (−1)(1− (−(x− 2)

).

Assim temos1

1− x= − 1

1−(− (x− 2)

) .Logo

− 11−

(− (x− 2)

) = −∞∑

n=0

(−1(x−2)

)n = −∞∑

n=0

(−1)n(x−2)n =∞∑

n=0

(−1)n+1(x−2)n ∀x : |x−2| < 1.

Concluımos que a serie de Taylor de f centrada em 2 e

f(x) =1

1− x=

∞∑n=0

(−1)n+1(x− 2)n ∀x ∈ ]1, 3[.

Suponhamos agora que queremos calcular a serie de Taylor em torno de 0 de f(x) =1

1− x2.

Entao temos

f(x) =1

1− x2=

∞∑n=0

(x2)n =∞∑

n=0

x2n ∀x ∈ ]− 1, 1[.

Por ultimo consideremos a funcao f(x) =6

(1 + x)(2− x). Queremos determinar a serie de

Taylor de f em torno de 0. E facil verificar que6

(1 + x)(2− x)=

21 + x

+2

2− x.

Note-se que2

1 + x=

21− (−x)

=∞∑

n=0

2(−1)nxn ∀x ∈ ]− 1, 1[

e que2

2− x=

22(1− x/2)

=1

1− x/2=

∞∑n=0

xn

2n∀ ∈ ]− 2, 2[.

O maior intervalo em que as duas series sao ambas convergentes e ] − 1, 1[. Logo a serie deTaylor de f em torno de 0 e:

f(x) =6

(1 + x)(2− x)=

∞∑n=0

2(−1)nxn +∞∑

n=0

xn

2n=

∞∑n=0

(2× (−1)n +

12n

)xn ∀x ∈ ]− 1, 1[.

Exercıcio 6.6.5 Seja f(x) =6

(1 + x)(2− x). Determine f(0), f ′(0) e f ′′(0).


6.7 Bibliografia

A seguinte lista refere-se a todos os capıtulos dos Apontamentos das Aulas Teoricas de AnaliseMatematica I.

• Calculus, A Complete Course, de Robert A. Adams, Addison Wesley.

• Calculus de Tom Apostol, Xerox.

• Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems, de Boyce e DiPrima,John Wiley.

• Advanced Engineering Mathematics, de Erwin Kreyszig, John Wiley.

• Advanced Engineering Mathematics, de C. R. Wylie e L. C. Barret, McGraw-Hill, Inc.

• Curso de Analise, Vol.1, de Elon Lages Lima, Projecto Euclides, IMPA.

• Calculo, Vol.1 , de Larson, Hosteler e Edwards, McGrawHill.

• Princıpios de Analise Matematica Aplicada, de Jaime Carvalho e Silva, McGrawHill.

• Calculus with Analityc Geometry, de George F. Simmons, McGrawHill.

• Calculus de Michael Spivak, Addison Wesley.

• Calculo com Geometria Aplicada, de Swokowski, Makron Books.

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