Cálculo I (M1001)
Lic:CC e Lic:IACD, 1º ano
Docente: Manuel Delgado
Ano letivo de 2022/2023
(Versão de: 8 de novembro de 2022 )
Estes slides correspondem à segunda parte da matéria a abordar na
Unidade Curricular Cálculo I. As segundas partes das provas de avaliação
cobrirão esta matéria.
Os slides são baseados na principal referência da UC:
James Stewart, “Calculus, early transcendentals”, 8ª edição, 2017
(disponı́vel na bibliteca da FCUP)
Esta será adiante designada por “livro” e serão indicadas as seções do
mesmo em correspondência com partes dos slides.
Cálculo I – 2022/23
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–
▷◁
2
1 Primitivas
Os slides desta secção baseiam-se nas secções 4.9 e 5.4 do livro.
Definem-se primitivas, também, sugestivamente, designadas por
antiderivadas ou por integrais indefinidos.
São apresentados alguns exemplos e é dada uma lista de primitivas
imediatas.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
1 Primitivas –
▷◁
3
Primitivas
Definição
Sejam F e f duas funções reais de variável real definidas num intervalo I .
Diz-se que F é uma primitiva de f em I se F ′ (x) = f (x) para x ∈ I .
Uma primitiva é também, sugestivamente, designada por antiderivada.
Integral indefinido é também uma terminologia usada. Ficará claro
adiante a razão de ser desta terminologia, a qual de algum modo justifica
que nos refiramos ao processo de encontrar primitivas indistintamente
como “primitivação” ou “integração”.
Uma função f diz-se primitivável no intervalo I se existir uma primitiva
de f em I e representa-se por
Z
f (x) dx
qualquer primitiva de f . Diremos tratar-se da primitiva geral de f .
Cálculo I – 2022/23
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1 Primitivas – Primitivas
▷◁
4
Exemplos
▶ Como (x 2 )′ = 2x, tem-se que x 2 é uma primitiva de 2x.
▶ Como (− cos x)′ = sen x, tem-se que − cos x é uma primitiva de
sen x.
O comando ’integral’ do sage permite encontrar primitivas:
sage: integral( 2*x, x )
x^2
sage: integral(sin(x),x)
-cos(x)
Tal como (x 2 )′ = 2x, também (x 2 + 5)′ = 2x.
Assim, tanto a função F (x) = x 2 como a função G (x) = x 2 + 5 são
primitivas da função h(x) = 2x.
Mais geralmente, qualquer função H(x) = x 2 + C , onde C é uma
constante, é uma primitiva de h.
Existirão outras primitivas de h?
Cálculo I – 2022/23
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1 Primitivas – Primitivas
▷◁
5
Como para uma função f com uma primitiva F se tem que F (x) + C é
também uma primitiva de f , qualquer que seja a constante C , a pergunta
anterior faz sentido para qualquer outra função.
A resposta, para uma função definida num intervalo, é mais uma
consequência do Teorema do Valor Médio.
Lembramos um corolário do Teorema do Valor Médio: se duas funções
têm a mesma derivada num intervalo, então diferem de uma constante.
Assim, se F e G são primitivas de f num intervalo, então
F ′ (x) = f (x) = G ′ (x)
donde G (x) − F (x) = C , onde C é uma constante.
Como consequência, podemos escrever:
Teorema
Se F é uma primitiva de f num intervalo I , a primitiva geral de f em I é
F (x) + C
onde C é uma constante arbitrária.
Cálculo I – 2022/23
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1 Primitivas – Primitivas
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6
Exemplos
Encontre a primitiva geral de cada uma das seguintes funções:
a) f (x) = x1 ;
b) f (x) = x n ,
Solução.
d
(ln x) = x1 .
a) Sabemos que dx
Logo, no intervalo (0, +∞) a primitiva geral de
Sabemos também que
d
dx (ln |x|)
=
1
x,
1
x
n ̸= −1.
é ln x + C .
para todo o x ̸= 0.
O teorema anterior diz-nos que a primitiva geral de f (x) = x1 é ln |x| + C
em qualquer intervalo que não contenha 0.
Em particular, vale em cada um dos intervalos (−∞, 0) e (0, +∞).
Assim, a primitiva geral de f (x) = x1 é:
ln x + C1
F (x) =
ln(−x) + C2
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1 Primitivas – Primitivas
se x > 0
se x < 0
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7
b) Da regra de derivação da potência resulta que a primitiva geral de
f (x) = x n é:
x n+1
F (x) =
+C
n+1
a qual vale para todo o n ≥ 0, pois neste caso f (x) = x n está definida
num intervalo (R). Quando n é negativo, mas diferente de −1, a fórmula
vale em qualquer intervalo que não contenha 0.
Convencionamos que quando é dada uma fórmula para uma primitiva
geral de um integral indefinido ela é válida apenas num intervalo.
Assim, escrevemos
Z
1
1
dx = − + C
x2
x
no entendimento de que a fórmula é válida nos intervalos (0, +∞) ou
(−∞, 0). Isto é verdade apesar do facto de a primitiva geral da função
f (x) = 1/x 2 , x ̸= 0 ser
−1/x + C1 se x > 0
F (x) =
−1/x + C2 se x < 0
Cálculo I – 2022/23
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1 Primitivas – Primitivas
▷◁
8
Note-se que uma fórmula de derivação quando lida da direita para a
esquerda dá uma fórmula de primitivação.
O seguinte facto, muito útil, é fácil de verificar (derive em ambos os
membros).
Proposição
Sejam f e g duas funções primitiváveis num intervalo I e c um número
real. Então:
R
R
▶ c f (x) dx = c f (x) dx
R
R
R
▶ (f (x) + g (x)) dx = f (x) dx + g (x) dx
Cálculo I – 2022/23
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1 Primitivas – Primitivas
▷◁
9
Apresentamos a seguir diversas fórmulas particulares.
Trata-se de primitivas imediatas. Para as verificar, basta derivar.
Z
k dx = kx + C
Z
Z
1
x dx =
x n+1 + C , n ̸= −1
n+1
n
x
x
Z
Z
e dx = e + C
Z
Z
Cálculo I – 2022/23
ax dx =
ax
+C
ln a
Z
sen x dx = − cos x + C
cos x dx = sen x + C
Z
1
dx = ln |x| + C
x
1
dx = tg x + C
(cos x)2
√
1
dx = arcsen x + C
1 − x2
▷◁
1 Primitivas – Primitivas
Z
Z
1
dx = arctg x + C
1 + x2
−√
1
dx = arccos x + C
1 − x2
▷◁
10
Exemplo
Z Calcule
2x 5 −
4 sen x +
x
Solução.
Tem-se 4 sen x +
Z √
2x 5 − x
x
2x 5 −
4 sen x +
x
√ x
dx
= 4 sen x +
√ x
2x 5
x
+
√
− x
x
Z
= 4 sen x + 2x 4 − x −1/2
Z
Z
4 sen x dx + 2x dx + (−x −1/2 ) dx
Z
Z
Z
4
= 4 sen x dx + 2 x dx − x −1/2 dx
dx =
4
x5
x 1/2
−
+C
5
1/2
√
2x 5
= −4 cos x +
−2 x +C
5
= −4 cos x + 2
Observação
Para verificar que calculámos bem uma primitiva, podemos derivar o
resultado.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
1 Primitivas – Primitivas
▷◁
11
2 Técnicas de integração
Os slides desta secção baseiam-se nas secções 5.5, 7.1 e 7.4 do livro.
A cada regra de derivação corresponde uma regra de integração.
A regra da cadeia corresponde à chamada integração por substituição.
A regra que corresponde à regra do produto para derivação é chamada
integração por partes.
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração –
▷◁
12
A regra de substituição
A lista de primitivas imediatas apresentada anteriormente não nos diz
nada sobre como calcular um integral indefinido como
Z
p
2x 1 + x 2 dx
Para encontrar um tal integral usamos a estratégia de introduzir algo
extra. Este “algo extra” é, neste contexto, uma nova variável. Passamos
de uma variável x a uma variável u.
Tomando para u o que está debaixo da raiz, isto é, u = 1 + x 2 , temos
que a diferencial de u é du = 2x dx.
Se o dx que aparece no integral for interpretado como uma diferencial,
então 2x dx ocorre no integral e, formalmente (antes de nos
preocuparmos com justificações), podemos escrever
Z
Z p
Z
p
√
2
2
1 + x 2x dx =
u du
2x 1 + x dx =
Cálculo I – 2022/23
=
▷◁
2 3/2
2
u + C = (1 + x 2 )3/2 + C
3
3
2 Técnicas de integração – A regra de substituição
▷◁
13
Podemos verificar que obtivemos a resposta correta usando a regra da
cadeia para derivar o resultado obtido:
p
2 3
d 2
(1 + x 2 )3/2 + C = · (1 + x 2 )1/2 · 2x = 2x 1 + x 2
dx 3
3 2
De um modo geral, este método funciona
sempre que temos um integral
R
que conseguimos escrever na forma f (g (x))g ′ (x) dx.
Observe-se que, sendo F ′ = f , se tem
Z
F ′ (g (x))g ′ (x) dx = F (g (x)) + C
pois, pela regra da cadeia,
d
(F (g (x)) + C ) = F ′ (g (x))g ′ (x)
dx
Fazendo a “mudança de variável” (ou “substituição”) u = g (x), então
Z
Z
F ′ (g (x))g ′ (x) dx = F (g (x)) + C = F (u) + C = F ′ (u) du
Escrevendo F ′ = f , obtemos
Z
Z
′
f (g (x))g (x) dx = f (u) du
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – A regra de substituição
▷◁
14
Acabamos de provar a
Regra da substituição
Se u = g (x) for uma função diferenciável cujo contradomı́nio é um
intervalo I e f for uma função contı́nua em I , então
Z
Z
f (g (x))g ′ (x) dx = f (u) du
Note-se que a regra de substituição para a integração foi provada usando
a regra da cadeia para a derivação.
Também, se u = g (x), então du = g ′ (x) dx, pelo que uma boa forma de
memorizar a regra de substituição é pensar em dx e du como se de
diferenciais se tratasse.
No fundo, a regra de substituição diz que é permitido trabalhar com dx e
du depois do sinal de integral como se fossem diferenciais.
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – A regra de substituição
▷◁
15
Exemplo
Z
Calcule
x 3 cos(x 4 + 2) dx.
Solução. Fazemos a substituição u = x 4 + 2. Note-se que, a menos de
um fator constante, a diferencial du = 4x 3 dx ocorre no integral.
Usando x 3 dx = 14 du e a regra de substituição, temos
Z
Z
Z
1
1
3
4
x cos(x + 2) dx = cos u · du =
cos u du
4
4
1
1
= sen u + C = sen(x 4 + 2) + C
4
4
Note-se que no último passo devemos voltar à variável original.
A ideia por detrás da regra de substituição é substituir um integral
relativamente complicado por um mais simples, como o exemplo acima
ilustra.
O grande desafio está em encontrar uma substituição apropriada.
Quando é possı́vel escolher u como uma função que aparece no integral e
a derivada também aparece no integral, a menos de um fator constante,
a substituição normalmente funciona bem.
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – A regra de substituição
▷◁
16
Se não for possı́vel escolher um u nas condições deferidas antes, pode
acontecer que substituir a função interior de uma função composta
funcione. Mas pode não funcionar; nesse caso deverá tentar-se outra
substituição ou talvez outro método...
Exemplo
Z
Calcule
√
2x + 1 dx.
Solução. Seja u = 2x + 1. Então du = 2 dx, logo dx = 12 du. Pela regra
de substituição
Z
Z
Z
√
√ 1
1 √
2x + 1 dx =
u · du =
u du
2
2
u = 2x + 1
du = 2 dx
1 u 3/2
1
·
+ C = · u 3/2 + C
2 3/2
3
1
= · (2x + 1)3/2 + C
3
=
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – A regra de substituição
▷◁
17
Vejamos outra solução possı́vel para
√ o exemplo anterior.
Consideremos a substituição u =√ 2x + 1.
dx
Então du = √2x+1
, donde dx = 2x + 1 du = u du.
(Observe-se que com esta substituição se tem u 2 = 2x + 1, logo
2u du = 2 dx.)
Z
√
Z
2x + 1 dx =
=
Z
u · u du =
u 2 du
u3
1
+ C = · (2x + 1)3/2 + C
3
3
Exemplo
2
e x x dx.
Z
Z
2
2
1
1 2
Solução.
e x x dx =
e x 2x dx = e x + C
2
2
Calcule
Cálculo I – 2022/23
R
u = x2
du = 2x dx
▷◁
2 Técnicas de integração – A regra de substituição
▷◁
18
Com alguma experiência, integrais como os dos exemplos anteriores
podem calcular-se sem a maçada de explicitar a substituição.
Mas há casos mais complicados.
Exemplo√
R
Calcule
1 + x 2 x 5 dx.
Solução. Se escrevermos x 5 como x 4 · x torna-se mais óbvia uma
substituição adequada. Seja u = 1 + x 2 . Então du = 2x dx, logo
x dx = 21 du. Também x 2 = u − 1, pelo que x 4 = (u − 1)2 .
Z p
Z p
5
2
1 + x x dx =
1 + x 2 x 4 · x dx
Z
Z
√
1
1 √
=
u(u − 1)2 · du =
u u 2 − 2u + 1 du
2
2
Z
1 5/2
u − 2u 3/2 + u 1/2 du
=
2
1 2 7/2
2 5/2 2 3/2
=
u −2· u + u
+C
2 7
5
3
7/2 2
5/2 1
3/2
1
=
1 + x2
−
1 + x2
+
1 + x2
+C
7
5
3
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – A regra de substituição
▷◁
19
Exemplo
Calcule
R
1
3+5x 2
dx.
Solução.
Z
Cálculo I – 2022/23
▷◁
Z
1
1
1
dx
dx
=
3 + 5x 2
3
1 + 35 x 2
Z
1
1
=
q 2 dx
3
5
1+
3x
q
r Z
5
1 3
3
=
q
2 dx
3 5
5
1+
x
3
r !
√
3
5
x +C
= √ arctg
3
3 5
!
√
√
15
15
=
arctg
x + C.
15
3
2 Técnicas de integração – A regra de substituição
▷◁
20
Integração por partes
A regra do produto diz que se f e g forem funções deriváveis, então
d
(f (x)g (x)) = f (x)g ′ (x) + g (x)f ′ (x)
dx
Na notação para integrais indefinidos podemos escrever
Z
[f (x)g ′ (x) + g (x)f ′ (x)] dx = f (x)g (x)
ou
Z
f (x)g ′ (x) dx +
Z
g (x)f ′ (x) dx = f (x)g (x)
Rearranjando esta igualdade obtemos a fórmula para a integração por
partes apresentada no slide seguinte.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
21
Fórmula para a integração por partes
Z
′
f (x)g (x) dx = f (x)g (x) −
Z
g (x)f ′ (x) dx
(1)
Fazendo u = f (x) e v = g (x) obtemos as diferenciais du = f ′ (x) dx e
dv = g ′ (x) dx. Usando a regra de substituição, a Fórmula (1) toma a
forma seguinte, provavelmente mais fácil de memorizar:
Z
Z
u dv = uv − v du
(2)
Exemplo
Z
Calcule
x sen x dx.
Vamos usar este exemplo para a ilustrar a aplicação da fórmula para a
integração por partes tanto na forma dada por (1) como por (2).
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
22
Solução usando (1).
Suponhamos que fazemos a escolha f (x) = x e g ′ (x) = sen x. Então
f ′ (x) = 1 e g (x) = − cos x.
Então, usando (1), temos
Z
Z
x sen x dx = f (x)g (x) − g (x)f ′ (x) dx
Z
= x(− cos x) − (− cos x) dx
Z
= −x cos x + cos x dx
= −x cos x + sen x + C
Observe-se que a escolha de qualquer outra primitiva para g levaria ao
mesmo resultado.
(Note que esta observação vale para qualquer exemplo.)
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
23
Solução usando (2). Seja
u=x
dv = sen x dx
Então
du = dx
v = − cos x
Então, usando (2), temos
Cálculo I – 2022/23
v
dv
Z
v
du
u
u
Z z }| { z}|{
z}|{ z }| { z}|{ z }| {
x sen x dx = x (− cos x) − (− cos x) dx
Z
= −x cos x + cos x dx
= −x cos x + sen x + C
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
24
Quando se usa integração por partes tem-se como objetivo obter um
integral mais simples que aquele de que seR partiu.
No exemplo anterior
R partimos do integral x sen x dx e exprimimo-lo
usando o integral cos x dx, que é mais simples.
Se tivéssemos feito a escolha u = sen x e dv = x dx, então
du = cos x dx e v = x 2 /2.
Obtı́nhamos então:
Z
Z
1
x2
x 2 cos x dx
x sen x dx = (sen x) −
2
2
R
Como o integral x 2 cos x dx é mais complicado que aquele de que
partimos, esta escolha parece ser má.
Em geral, ao decidir a escolha de u e dv procura-se escolher para
u = f (x) um fator da função integranda que se torne mais simples
quando derivada, procurando-se também que dv = g ′ (x) dx seja
facilmente integrável.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
25
Exemplo
Calcule
R
Solução.
ln x dx.
Escolhemos
u = ln x
Resulta
du =
1
dx
x
dv = dx
v =x
Integrando por partes:
Z
Z
ln x dx = x ln x −
x
dx
x
Z
= x ln x −
dx
= x ln x − x + C
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
26
Exemplo
Calcule
R
x ln x dx.
Solução.
Z
x ln x dx
u = ln x
du = x1 dx
x2
ln x −
=
2
Z
x2 1
dx
2 x
dv = x dx
2
v = x2
Z
x2
1
ln x −
x dx
2
2
x2
1
ln x − x 2 + C .
=
2
4
=
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
27
Exemplo
Calcule
R
t 2 e t dt.
Solução. O facto de t 2 se tornar mais simples por derivação e e t não se
alterar quando derivado ou primitivado, sugere a escolha:
u = t2
dv = e t dt
resultando então
du = 2t dt
Integrando por partes:
Z
2 t
2 t
v = et
t e dt = t e − 2
Z
te t dt
R
Obtivemos um integral, te t dt, mais simples que o original, mas ainda
não se trata de uma primitiva imediata.
Usamos também integração por partes para o calcular:
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
28
Z
t
te dt
u=t
du = dt
t
= te −
Z
e t dt = te t − e t + C
dv = e t dt
v = et
Obtemos então
Z
Z
2 t
2 t
t e dt = t e − 2 te t dt
= t 2 e t − 2 te t − e t + C
= t 2 e t − 2te t + 2e t + C1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração por partes
onde C1 = −2C
▷◁
29
Exemplo
R
Calcule e x sen x dx.
Solução. Nem e x nem sen x se tornam mais simples por derivação.
Vamos escolher u = e x e dv = sen x dx. Então du = e x dx e
v = − cos x. Integrando por partes:
Z
Z
x
x
e sen x dx = −e cos x + e x cos x dx
O integral que se obteve apresenta a mesma dificuldade que o original.
Integrando novamente por partes, agora com u = e x e dv = cos x dx.
Tem-se então du = e x dx, v = sen x.
Z
Z
e x cos x dx = e x sen x − e x sen x dx
Inserindo o resultado obtido na expressão anterior, podemos escrever
Z
Z
e x sen x dx = −e x cos x + e x sen x − e x sen x dx
o Rque pode ser visto como uma equação que podemos resolver em ordem
a e x sen x dx, o integral que pretendemos calcular.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
30
Somando
R
e x sen x dx a ambos os membros obtemos:
Z
2 e x sen x dx = −e x cos x + e x sen x
Dividindo por 2 e juntando a constante de integração temos a solução:
Z
1
e x sen x dx = e x (sen x − cos x) + C
2
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – Integração por partes
▷◁
31
Integração de Funções racionais
Vamos ver como integrar qualquer função racional exprimindo-a como
uma soma de frações mais simples, ditas frações parciais, que sabemos
integrar.
Consideremos as frações 2/(x − 1) e 1/(x + 2). Tem-se:
2
1
2(x + 2) − (x − 1)
x +5
−
=
= 2
x −1 x +2
(x − 1)(x + 2)
x +x −2
O exemplo seguinte (onde se reverte o processo, isto é, parte-se de uma
função racional e passa-se para frações mais simples) ilustra o método.
Exemplo
Z
Calcule
x2
x +5
dx.
+x −2
Z
x +5
dx =
x2 + x − 2
Z 2
1
−
x −1 x +2
dx
= 2 ln |x − 1| − ln |x + 2| + C
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
32
As seguintes primitivas constam do formulário.
Z
1
dx = ln |x + a| + C
x +a
Z
1
1
=−
+ C , para n > 1
n
(x + a)
(n − 1)(x + a)n−1
Z
x
1
1
dx = arctg + C , para a ̸= 0
2
2
x +a
a
a
Z
1
x +b
1
+C
= arctg
(x + b)2 + a2
a
a
Z
2x
dx = ln(x 2 + a2 ) + C
x 2 + a2
Z
2x + b
dx = ln |x 2 + bx + c| + C
x 2 + bx + c
Z
2x + b
1
dx = −
+ C , n ̸= 1
2
n
2
(x + bx + c)
(n − 1)(x + bx + c)n−1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
33
Vejamos como funciona em geral o método das funções racionais.
Consideremos
P(x)
f (x) =
Q(x)
onde P e Q são polinómios.
Se o grau de P for menor que o grau de Q, podemos exprimir f como
uma soma de frações mais simples. Veremos adiante diversos exemplos.
Se o grau de P for maior que o grau de Q, então damos um passo
preliminar: dividindo P por Q obtemos
P(x) = S(x)Q(x) + R(x)
onde R é um polinómio de grau menor que o grau de Q, ou é o
polinómio nulo.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
34
Temos então
f (x) =
P(x)
R(x)
= S(x) +
Q(x)
Q(x)
onde R e S são polinómios.
Se R for o polinómio nulo temos f (x) =
P(x)
Q(x)
= S(x), um polinómio.
R(x)
Q(x)
poderá ser expresso como uma soma de frações
Caso contrário,
parciais e então f é a soma de um polinómio com frações parciais.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
35
Exemplo
Z
x3 + x
dx.
x −1
Solução. O grau do numerador é maior que o grau do denominador,
pelo que começamos por fazer uma divisão. Obtemos:
Calcule
x 3 + x = (x 2 + x + 2)(x − 1) + 2
o que nos permite escrever:
Z 3
Z x +x
2
2
dx
dx =
x +x +2+
x −1
x −1
x3
x2
=
+
+ 2x + 2 ln |x − 1| + C
3
2
Neste exemplo, o passo preliminar (a divisão) praticamente resolveu-nos
o problema.
Quando o denominador, Q(x), é mais complicado, devemos fatorizá-lo...
(o que pode não ser fácil).
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
36
Pode mostrar-se que qualquer polinómio Q se pode escrever como um
produto de fatores lineares (da forma ax + b) por fatores quadráticos
irredutı́veis (da forma ax 2 + bx + c, com b 2 − 4ac < 0).
Feita a divisão do numerador pelo denominador (se necessário) e
fatorizado o denominador, exprime-se a função racional P(x)/Q(x) como
uma soma de frações parciais da forma
A
(ax + b)i
ou
Ax + B
(ax 2
j
+ bx + c)
Há um resultado da Álgebra que garante que tal pode ser feito.
Pode ocorrer algum dos 4 casos que vemos nos slides seguintes.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
37
Caso em que o denominador é produto de fatores lineares distintos.
Podemos escrever
Q(x) = (a1 x + b1 ) (a2 x + b2 ) · · · (ak x + bk )
onde nenhum fator é repetido.
O teorema das frações parciais diz que existem constantes A1 , A2 , . . . , Ak
tais que
R(x)
A1
A2
Ak
=
+
+ ··· +
Q(x)
a1 x + b1
a2 x + b2
ak x + bk
(3)
As constantes podem ser determinadas como no exemplo seguinte.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
38
Exemplo
Z
x 2 + 2x − 1
dx.
2x 3 + 3x 2 − 2x
Solução. Atendendo a que o grau do numerador é menor que o grau do
denominador, não precisamos de dividir. Fatorizamos o denominador:
2x 3 + 3x 2 − 2x = x 2x 2 + 3x − 2 = x(2x − 1)(x + 2)
Calcule
A decomposição em frações parciais terá a forma seguinte (porque o
denominador tem 3 fatores distintos)
x 2 + 2x − 1
A
B
C
= +
+
x(2x − 1)(x + 2)
x
2x − 1 x + 2
Para determinar A, B e C , multiplicamos ambos os membros da
igualdade por x(2x − 1)(x + 2). Obtemos
x 2 + 2x − 1 = A(2x − 1)(x + 2) + Bx(x + 2) + Cx(2x − 1)
(4)
Logo
x 2 + 2x − 1 = (2A + B + 2C )x 2 + (3A + 2B − C )x − 2A
Cálculo I – 2022/23
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2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
39
Os polinómios são iguais, pelo que os coeficientes dos termos do mesmo
grau têm que ser iguais. Isso leva-nos ao sistema de equações lineares

+B +2C = 1
 2A
3A +2B −C = 2

−2A
= −1
1
.
cuja solução é A = 12 , B = 15 , e C = − 10
Z
x 2 + 2x − 1
dx =
2x 3 + 3x 2 − 2x
Z 11 1 1
1 1
+
−
dx
2x
5 2x − 1 10 x + 2
1
1
1
ln |2x − 1| −
ln |x + 2| + K
= ln |x| +
2
10
10
Para encontrar os coeficientes A, B e C (que sabemos existirem pelo
teorema das frações parciais) poderı́amos usar um método alternativo,
como ilustrado a seguir.
A igualdade (4) vale para todos os valores de x. Em particular vale para
x = 0, pelo que −2A = −1, ou seja, A = 12 . De modo análogo, a
avaliação de ambos os membros de (4) em x = 12 permite determinar B e
a avaliação em x = −2 permite determinar C .
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
40
Poderı́amos usar o sage para confirmar o resultado do exemplo anterior,
bem como para confirmar os resultados de alguns dos passos intermédios:
sage: f(x)=(x^2+2*x-1)/(2*x^3+3*x^2-2*x)
sage: factor(2*x^3+3*x^2-2*x)
(2*x - 1)*(x + 2)*x
sage: f.partial_fraction()
x |--> 1/5/(2*x - 1) - 1/10/(x + 2) + 1/2/x
sage: integral(f(x),x)
1/10*log(2*x - 1) - 1/10*log(x + 2) + 1/2*log(x)
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
41
Caso em que Q(x) é produto de fatores lineares, com alguns repetidos.
Suponhamos que Q(x) tem um fator (ai x + bi ) repetido r vezes. Então,
Ai
em vez do termo ai x+b
que aparece na equação (3) do caso anterior
i
usa-se
A2
Ar
Ai
+
r
2 + ··· +
ai x + bi
(ai x + bi )
(ai x + bi )
Exemplo
Z
x 4 − 2x 2 + 4x + 1
dx.
x3 − x2 − x + 1
Solução. Começamos por dividir. Isso permite-nos escrever:
Calcule
x 4 − 2x 2 + 4x + 1
4x
=x +1+ 3
3
2
2
x −x −x +1
x −x −x +1
Seguidamente fatorizamos o denominador. Como 1 é uma raiz do
denominador, tem-se que x − 1 é um seu fator. Obtém-se
x 3 − x 2 − x + 1 = (x − 1) x 2 − 1 = (x − 1)(x − 1)(x + 1)
= (x − 1)2 (x + 1)
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
42
Como o fator linear x − 1 ocorre duas vezes, a decomposição em frações
parciais de (x−1)4x2 (x+1) é
4x
A
B
C
=
+
+
(x − 1)2 (x + 1)
x − 1 (x − 1)2
x +1
Multiplicando ambos os membros pelo mı́nimo múltiplo comum dos
denominadores, (x − 1)2 (x + 1), obtemos

+C = 0
 A
B −2C = 4

−A +B +C = 0
Resulta que A = 1, B = 2, e C = −1. Logo,
Z 4
Z x − 2x 2 + 4x + 1
1
2
1
dx =
x +1+
+
−
dx
x3 − x2 − x + 1
x − 1 (x − 1)2
x +1
x2
2
=
+ x + ln |x − 1| −
− ln |x + 1| + K
2
x −1
2
x −1
x2
=
+x −
+ ln
+K
2
x −1
x +1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
43
Caso em que Q(x) tem fatores quadráticos, nenhum dos quais se repete.
Se Q(x) tiver um fator ax 2 + bx + c, em que b 2 − 4ac < 0, então,
adicionalmente, R(x)/Q(x) tem um termo da forma
Ax + B
ax 2 + bx + c
com A e B constantes a determinar.
Por exemplo, a função f (x) = x/ (x − 2) x 2 + 1 x 2 + 4 tem uma
decomposição em frações parciais da forma
(x −
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2) (x 2
A
Bx + C
Dx + E
x
=
+ 2
+ 2
2
+ 1) (x + 4)
x −2
x +1
x +4
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
44
Exemplo
Z
2x 2 − x + 4
dx.
x 3 + 4x
Solução. Tem-se x 3 + 4x = x x 2 + 4 . Como x 2 + 4 é irredutı́vel,
escrevemos
2x 2 − x + 4
A Bx + C
= + 2
2
x (x + 4)
x
x +4
2
Multiplicando por x x + 4 , obtemos
2x 2 − x + 4 = A x 2 + 4 + (Bx + C )x
Calcule
= (A + B)x 2 + Cx + 4A
Igualando os coeficientes obtemos
A + B = 2 C = −1
4A = 4
donde resulta A = 1, B = 1 e C = −1. Consequentemente,
Z
Z 1
2x 2 − x + 4
x −1
dx
=
+
dx
x 3 + 4x
x
x2 + 4
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
45
Para integrar o segundo termo devemos separá-lo em duas frações:
Z
Z
Z
x −1
x
1
dx =
dx −
dx
x2 + 4
x2 + 4
x2 + 4
Temos então
Z
2x 2 − x + 4
dx =
x (x 2 + 4)
Z
Z
Z
1
x
1
dx +
dx −
dx
x
x2 + 4
x2 + 4
1
1
= ln |x| + ln x 2 + 4 − arctg(x/2) + K
2
2
Note-se que a última linha se obtém facilmente recorrendo ao formulário.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
46
Caso em que Q(x) tem algum fator quadrático repetido.
Se Q(x) tiver um fator (ax 2 + bx + c)r , em que b 2 − 4ac < 0, a soma
A2 x + B2
Ar x + Br
A1 x + B1
+
+ ··· +
r
2
2
2
ax + bx + c
(ax 2 + bx + c)
(ax + bx + c)
ocorre na decomposição em frações parciais de R(x)/Q(x).
Exemplo
Escreva a decomposição
parciais da função
Z em frações
5x 3 + 2x 2 + 3x + 1
dx
x 3 (x + 5)4 (x 2 + x + 1)2
Solução.
5x 3 + 2x 2 + 3x + 1
A
B
C
= + 2+ 3
x 3 (x + 5)4 (x 2 + x + 1)2
x
x
x
D
E
F
G
+
+
+
+
x + 5 (x + 5)2
(x + 5)3
(x + 5)4
Hx + I
Jx + K
+ 2
+
x + x + 1 (x 2 + x + 1)2
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
47
Há casos em que funções integrandas não são racionais mas que podem
ser transformadas em racionais mediante substituições apropriadas. Isso
acontece frequentemente
p quando a função integranda contém
p uma
expressão da forma n g (x). A substituição a tentar é u = n g (x).
Exemplo
Z √
x +4
dx.
x
√
Solução. Seja u = x + 4. Então u 2 = x + 4, donde x = u 2 − 4 e
dx = 2u du. Logo
Z √
Z
Z
Z x +4
u
u2
4
du
dx =
2u
du
=
2
du
=
2
1
+
x
u2 − 4
u2 − 4
u2 − 4
Z
Z
Z
Z du
1/4
1/4
= 2 du + 8
=
2
du
+
8
−
du
u2 − 4
u−2 u+2
u−2
= 2u + 2 (ln |u − 2| − ln |u + 2|) + C = 2u + 2 ln
+C
u+2
√
√
x +4−2
= 2 x + 4 + 2 ln √
+C
x +4+2
Calcule
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2 Técnicas de integração – Integração de Funções racionais
▷◁
48
3 Integrais
Os slides desta secção baseiam-se nas secções 5.1, 5.2, 5.3 e 7.8 do livro.
Começamos com o problema da área e usamo-lo para formular a ideia de
integral definido, o conceito básico do cálculo integral.
A ligação entre o cálculo diferencial e o cálculo integral é dada pelo
Teorema Fundamental do Cálculo.
Terminaremos a secção com a consideração de integrais impróprios.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais –
▷◁
49
O integral definido
Vamos procurar resolver o
problema da área:
encontrar a área da região
R = {(x, y ) | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)}
limitada pelo gráfico de uma função,
o eixo dos x e as retas x = a e x = b,
como na figura ao lado.
Para o efeito devemos perguntar-nos: o
que significa área? Para o caso de um
retângulo (e outras regiões poligonais) é
fácil de responder: é o produto do comprimento pela largura.
Claro que temos uma ideia intuitiva do que é a área de uma região,
possivelmente com lados curvos, mas devemos tornar esta ideia precisa.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
50
Exemplo
Use retângulos para estimar a área A da
região abaixo da parábola y = x 2 de x = 0
a x = 1 (a região R ilustrada na figura ao
lado).
Podemos desde logo observar que a área de R está entre 0 e 1, pois R
está contida num quadrado de lado 1.
Esta estimativa pode certamente ser melhorada.
Suponhamos que dividimos a região em quatro subregiões determinadas pelas retas x =
1/4, x = 1/2 e x = 3/4, como ilustrado na
figura. Seguidamente aproximamos a área de
cada uma dessas subregiões por retângulos.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
51
Para fazer a aproximação de uma subregião
podemos usar um retângulo com a mesma
base e cuja altura é a mesma que a aresta
direita, como a figura ao lado ilustra.
Note-se que este retângulo aproxima por excesso a área da subregião correspondente.
As alturas dos retângulos são os valores da função f (x) = x 2 nas
extremidades direitas dos intervalos
1
1 1
1 3
3
0,
, ,
, ,
, e
,1
4
4 2
2 4
4
Cada um destes retângulos tem largura 14 sendo as suas alturas
2
2
1 2
, 12 , 34 , e 12 , respetivamente.
4
Chamemos R4 à soma das áreas destes retângulos:
2
2
2
1
1
1
1
1
3
1
15
R4 = ·
+ ·
+ ·
+ · 12 =
= 0.46875
4
4
4
2
4
4
4
32
A figura indica-nos que a área A de R é menor que R4 .
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
52
Podı́amos, de modo análogo, fazer a aproximação por defeito na qual são usados
retângulos mais pequenos, em que as alturas
são os valores de f nos extremos esquerdos
dos intervalos.
(Esta aproximação está ilustrada na figura ao
lado. O primeiro retângulo tem altura 0.
A soma das áreas dos retângulos:
1
1
L4 = · 02 + ·
4
4
2
2
2
1
1
1
1
3
7
+ ·
+ ·
=
= 0.21875
4
4
2
4
4
32
A figura indica que a área de R é maior que L4 . Obtemos assim
0.21875 < A < 0.46875
O processo pode ser repetido aumentando o número de regiões, o que
leva a melhores aproximações, como as figuras do slide seguinte ilustram.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
53
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
54
Consideremos de novo a região R do exemplo anterior.
Suponhamos que, em vez de 4, consideramos n subregiões (todas com
base de comprimento 1/n). Note-se que isto corresponde a “partir” o
intervalo [0, 1] em n subintervalos disjuntos de comprimento 1/n cada.
Para a soma das áreas dos retângulos cujas alturas são as obtidas nas
extremidades direitas (respetivamente esquerdas) usamos a notação Rn
(respetivamente Ln ), generalizando a notação usada no caso n = 4.
Exemplo
Com a notação introduzida, mostre que
lim Rn =
n→∞
1
3
Solução. As figuras do lado direito do slide anterior ilustram a situação,
com n = 10 e n = 20.
Cada retângulo tem largura 1/n e as alturas são os valores da função
f (x) = x 2 nos pontos 1/n, 2/n, 3/n, . . . , n/n; isto é, as alturas são
(1/n)2 , (2/n)2 , (3/n)2 , . . . , (n/n)2 .
Então:
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
55
2
2
2
1 1
1 2
1 3
1 n 2
Rn =
+
+
+ ··· +
n n
n n
n n
n n
1 1
= · 2 12 + 22 + 32 + · · · + n2
n n
1
= 3 12 + 2 2 + 3 2 + · · · + n 2
n
Usando a fórmula (que pode ser provada por indução – exercı́cio)
n
X
i 2 = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 =
i=1
n(n + 1)(2n + 1)
6
obtém-se:
Rn =
1 n(n + 1)(2n + 1)
(n + 1)(2n + 1)
·
=
n3
6
6n2
Então:
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
56
(n + 1)(2n + 1)
2
6n 2n + 1
1 n+1
= lim
n→∞ 6
n
n
1
1
1
= lim
1+
2+
n→∞ 6
n
n
1
1
= ·1·2=
6
3
lim Rn = lim
n→∞
n→∞
Pode provar-se de modo análogo que
lim Ln =
n→∞
1
3
o que nos permite definir a área A da região R como
A = lim Rn = lim Ln =
n→∞
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
n→∞
1
3
▷◁
57
O mesmo tipo de raciocı́nio pode ser aplicado a regiões mais gerais:
Começamos por dividir a região em faixas de igual largura:
b−a
n
Essas faixas dividem o intervalo [a, b] em n subintervalos
∆x =
[x0 , x1 ] ,
[x1 , x2 ] ,
[x2 , x3 ] , . . . , [xn−1 , xn ]
onde x0 = a e xn = b.
Os extremos direitos dos intervalos são:
Cálculo I – 2022/23
x1 = a + ∆x
x2 = a + 2∆x
x3 = a + 3∆x
···
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
58
Aproximamos a i-ésima faixa por um
retângulo de largura ∆x e altura f (xi )
– o valor de f na extremidade direita.
A área do retângulo é f (xi )∆x.
O que intuitivamente pensamos como sendo a área da região R é
aproximado pela soma das áreas destes retângulos
Rn = f (x1 ) ∆x + f (x2 ) ∆x + · · · + f (xn ) ∆x =
n
X
f (xi ) ∆x
i=1
A uma soma deste tipo chamaremos soma de Riemann.
Isto motiva a definição seguinte:
Definição
A área A de uma região R que está abaixo do gráfico de uma função não
negativa e contı́nua é o limite da soma Rn das áreas dos retângulos:
Cálculo I – 2022/23
A = lim Rn = lim
n→∞
▷◁
3 Integrais – O integral definido
n→∞
n
X
f (xi ) ∆x
i=1
▷◁
59
Pode provar-se que o limite na definição anterior existe sempre, por
estarmos a assumir que f é contı́nua.
Pode também provar-se que se obtém o mesmo valor se usarmos as
extremidades esquerdas dos intervalos:
A = lim Ln = lim
n→∞
n→∞
n−1
X
f (xi ) ∆x
i=0
Podem também ser usados outros pontos. A estes pontos chamamos
pontos de amostragem.
As figuras seguintes ilustram os casos em que se consideram as
extremidades esquerdas e os pontos médios dos intervalos como pontos
de amostragem.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
60
Lembramos que uma função contı́nua definida num intervalo fechado
atinge um mı́nimo e um máximo nesse intervalo.
Outros pontos de amostragem que seria natural considerar são, para cada
subintervalo,
o ponto em que a função atinge o mı́nimo,
▶ caso em que a soma das áreas dos retângulos
se diz uma soma inferior
o ponto em que a função atinge o máximo,
▶ caso em que a soma das áreas dos retângulos
se diz uma soma superior
Pode mostrar-se que a área A da região é o
único número maior que todas as somas inferiores e menor que todas a somas superiores.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
61
O integral definido
Limites da forma lim
n→∞
n
X
f (xi ) ∆x, que nos apareceram para
i=1
calcular/definir uma área, ocorrem em diversas situações, por exemplo
para calcular a distância percorrida por um objeto.
(Sugere-se a consulta da bibliografia para ver outros exemplos.)
Usamos um nome e uma notação especiais para este tipo de limite.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
62
Definição
Seja f uma função definida num intervalo fechado [a, b]. Dividimos [a, b]
em n subintervalos de igual comprimento ∆x = (b − a)/n.
Sejam x0 (= a), x1 , x2 , . . . , xn (= b) as extremidades desses subintervalos e
sejam x1∗ , x2∗ , . . . , xn∗ pontos (ditos pontos de amostragem) tais que, para
cada i, xi∗ pertence a [xi−1 , xi ].
O integral definido de f de a a b é
Z
b
f (x) dx = lim
a
n→∞
n
X
f (xi∗ ) ∆x
i=1
desde que este limite exista e tenha o mesmo valor para qualquer escolha
dos pontos xi∗ .
Se o limite existir, diz-se que f é integrável em [a, b].
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
63
Observações
Z
O sı́mbolo
diz-se o sı́mbolo de integral.
Z b
Em
f (x) dx, f (x) diz-se a função integranda e a e b dizem-se os
a
limites de integração (a é o limite inferior e b é o limite superior).
O sı́mbolo dx indica-nos que x é a variável independente.
Rb
O integral definido a f (x) dx é um número. Não depende de x, podendo
x ser substituı́do por outra letra qualquer sem que o valor do integral
mude.
A soma
n
X
f (xi∗ ) ∆x
i=1
diz-se uma soma de Riemann.
Quando f é positiva, uma soma de Riemann pode ser vista como uma
soma de áreas de retângulos.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
64
Comparando as definições (a de área e a de integral definido) vemos que,
Rb
no caso de f ser positiva, o integral definido a f (x) dx pode ser
interpretado como sendo a área da região limitada pela curva y = f (x), o
eixo dos x e as retas x = a e x = b.
Quando f toma também valores negativos,
como na figura ao lado, a soma de Riemann
é a soma das áreas dos retângulos acima do
eixo dos x com os simétricos das áreas dos
retângulos que ficam abaixo do eixo dos x.
Quando se toma o limite das somas de Riemann obtemos a situação ilustrada na figura
ao lado. O integral definido pode ser interpretado como “área lı́quida”, isto é, a diferença das áreas
Rb
f (x) dx = A1 − A2
a
onde A1 é a soma das áreas das regiões acima do eixo x e abaixo do
gráfico de f , e A2 é a soma das áreas das regiões abaixo do eixo x e
acima do gráfico de f .
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
65
Observação
Rb
Embora tenhamos definido a f (x) dx dividindo [a, b] em subintervalos
de igual comprimento, isso não é necessário. O que é necessário é que os
comprimentos ∆x1 , ∆x2 , · · · , ∆xn , se aproximem de 0 no processo em
que se toma o limite, o que se pode garantir exigindo que o máximo se
aproxime de 0. Assim, a definição de integral torna-se:
Z
b
f (x) dx =
a
lim
max ∆xi →0
n
X
f (xi∗ ) ∆xi
i=1
O teorema seguinte, cuja prova fica fora do âmbito desta unidade
curricular, garante-nos que as funções mais comummente consideradas
são integráveis.
Teorema
Se f é contı́nua em [a, b], ou se f é limitada e tem apenas um número
finito descontinuidades, então f é integrável em [a, b]; isto é, o integral
Rb
definido a f (x) dx existe.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
66
Se f é integrável, então existe o limite que apareceu na definição de
integral definido, não sendo afetado o seu valor pela forma como
escolhermos os pontos xi∗ .
Escolhendo as extremidades direitas dos intervalos, isto é, tomando
xi∗ = xi , podemos escrever a definição de integral com um aspeto mais
simples:
Teorema
Se f é integrável em [a, b], então
Z
b
f (x) dx = lim
n→∞
a
onde
∆x =
b−a
n
e
O integral definido
Rb
simplesmente por a f .
▷◁
f (xi ) ∆x
i=1
xi = a + i∆x.
Notação.
Cálculo I – 2022/23
n
X
3 Integrais – O integral definido
Rb
a
f (x) dx pode também ser denotado
▷◁
67
Propriedades do integral definido
Rb
Aquando da definição de integral a f (x) dx assumimos implicitamente
que a < b. Mas as somas de Riemann fazem sentido também quando
a > b: ∆x passa a ser (a − b)/n. Assim
Z
b
Z
f (x) dx = −
a
a
f (x) dx
b
Se a = b, então ∆x = 0 e tem-se
Z b
f (x) dx = 0
a
O significado das propriedades seguintes em termos de áreas para funções
positivas é claro.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
68
Assumimos que as funções f e g são contı́nuas. Tem-se:
Proposição
Z
b
c dx = c(b − a), onde c é uma constante
1.
a
Z
b
2.
Z
b
[f (x) + g (x)] dx =
a
Z
a
b
3.
Z
a
g (x) dx
a
f (x) dx onde c é uma constante
a
b
Z
[f (x) − g (x)] dx =
4.
b
b
cf (x) dx = c
Z
Z
f (x) dx +
a
b
Z
f (x) dx −
a
b
g (x) dx
a
A demonstração usa o facto de o limite da soma ser a soma dos limites.
Pode ser feita como exercı́cio.
(Consultar a literatura é uma possı́vel opção.)
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
69
Uma outra propriedade é dada pela proposição seguinte. Diz-nos como
combinar integrais da mesma função sobre intervalos adjacentes.
Proposição
Z c
Z
f (x) dx +
a
b
Z
f (x) dx =
c
b
f (x) dx
a
Esta proposição não é tão fácil de provar em
geral, mas para uma função positiva o resultado é geometricamente claro.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
70
Registamos ainda propriedades de comparação (que podem ser úteis
quando, por exemplo, estamos interessados em ter alguma estimativa do
valor do integral definido).
A proposição seguinte constitui um simples exercı́cio.
Proposição
Z
b
1. Se f (x) ≥ 0 para a ≤ x ≤ b, então
f (x) dx ≥ 0.
a
Z
2. Se f (x) ≥ g (x) para a ≤ x ≤ b, então
b
Z
f (x) dx ≥
a
b
g (x) dx.
a
3. Se m ≤ f (x) ≤ M para a ≤ x ≤ b, então
Z b
m(b − a) ≤
f (x) dx ≤ M(b − a).
a
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
71
Exemplo
Use a proposição anterior para dar uma estimativa do número
R1
0
2
e −x dx.
2
Solução. Como a função f (x) = e −x é decrescente em [0, 1], o seu
máximo absoluto é M = f (0) = 1 e o seu mı́nimo absoluto é
m = f (1) = 0. Pela proposição anterior tem-se
Z 1
2
−1
−1
e = e (1 − 0) ⩽
e −x dx ⩽ 1(1 − 0) = 1
0
Como e −1 ≃ 0.3679, podemos escrever
Z 1
2
e −x dx ≤ 1
0.367 ≤
0
A figura ao lado ilustra o exemplo: o integral
é maior que a área do retângulo de baixo e
menor que a área do quadrado.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – O integral definido
▷◁
72
Teorema Fundamental do Cálculo
O teorema fundamental do cálculo estabelece uma ligação entre os dois
ramos do cálculo: o cálculo diferencial e o cálculo integral.
A primeira parte do teorema trata de funções definidas por uma equação
da forma
Z x
g (x) =
f (t) dt
a
onde f é uma função contı́nua em [a, b] e x varia entre a e b.
Note-se que g apenas depende de x, a variávelRque aparece como limite
x
superior de integração. Para x fixo, o integral a f (t) dt é um número.
Z x
Deixando x variar,
f (t) dt também
a
varia e define uma função de x.
Z Se f for
x
uma função positiva, então
f (t) dt
a
pode ser interpretado como a área debaixo do gráfico de f desde a até x.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
73
Teorema (Teorema Fundamental do Cálculo, parte I (TFC1))
Se f é uma função contı́nua em [a, b], então a função g definida por
Z x
g (x) =
f (t) dt
a≤x ≤b
a
é contı́nua em [a, b] e derivável em (a, b), e tem-se g ′ (x) = f (x).
Demonstração.
Se x e x + h pertencerem a (a, b), então
Z x+h
Z x
g (x + h) − g (x) =
f (t) dt −
f (t) dt
a
a
! Z
Z
Z
x
=
x+h
f (t) dt +
a
Z
=
f (t) dt
x
−
x
f (t) dt
a
x+h
f (t) dt
x
Para h ̸= 0 tem-se:
g (x + h) − g (x)
1
=
h
h
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
Z
x+h
f (t) dt
x
▷◁
74
Consideremos o caso h > 0. Então f é contı́nua no intervalo fechado
[x, x + h] e neste intervalo existem u e v tais que m = f (u) M = f (v )
são, respetivamente, o mı́nimo absoluto e o máximo absoluto de f em
[x, x + h]. Por uma proposição anterior, tem-se
Z
x+h
f (u)h ≤
f (t) dt ≤ f (v )h
x
Como h > 0, podemos dividir todos os membros destas desigualdades por
h (sem alterar o sentido das desigualdades):
f (u) ≤
1
h
Z
x+h
f (t) dt ≤ f (v )
x
Usando a última equação do slide anterior podemos escrever:
f (u) ≤
g (x + h) − g (x)
≤ f (v )
h
Note-se (exercı́cio) que o caso h < 0 conduz a estas mesmas
desigualdades.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
75
Façamos agora h tender para 0. Então u → x e v → x, porque tanto u
como v estão entre x e x + h. Resulta que
lim f (u) = lim f (u) = f (x)
h→0
u→x
e
lim f (v ) = lim f (v ) = f (x)
h→0
v →x
por f ser contı́nua em x. Usando agora o facto de termos funções
enquadradas, obtemos
g ′ (x) = lim
h→0
g (x + h) − g (x)
= f (x)
h
Concluı́mos assim que g é derivável em (a, b).
Se x for um dos extremos do intervalo, a ou b, a equação anterior deve
ser interpretada como um limite lateral. Como uma função diferenciável
é contı́nua, concluı́mos que g é contı́nua em [a, b].
□
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
76
Exemplo
x p
1 + t 2 dt.
Encontre a derivada da função g (x) =
0
√
Solução. Como 1 + t 2 é contı́nua, podemos aplicar o TFC, parte I.
Obtemos
p
g ′ (x) = 1 + x 2
Z
Exemplo
Z
x4
sec t dt.
Encontre a derivada da função g (x) =
0
Solução. Aqui g é uma função composta. Teremos de usar a regra da
cadeia em conjunto com o TFC, parte I.
Seja u = x 4 . Então
d
dx
Cálculo I – 2022/23
▷◁
Z
x4
Z u
d
du
sec t dt
du
dx
1
1
du
= sec u
= sec x 4 · 4x 3
dx
sec t dt =
1
d
dx
Z
u
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
sec t dt =
▷◁
77
Teorema (Teorema Fundamental do Cálculo, parte II (TFC2))
Se f é uma função contı́nua em [a, b], então
Z
b
f (x) dx = F (b) − F (a)
a
onde F é uma primitiva de f .
Z
Demonstração.
x
Seja g (x) =
f (t) dt. Sabemos, pela parte I, que g é
a
uma primitiva de f . Se F for alguma outra primitiva de f em [a, b],
então F e g diferem de uma constante:
F (x) = g (x) + C
para x ∈ (a, b)
Como tanto F como g são contı́nuas em [a, b], tomando os limites
laterais apropriados, concluı́mos que a igualdade acima vale também para
x = a e para x = b, isto é,
F (x) = g (x) + C
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
para x ∈ [a, b]
▷◁
78
Fazendo x = a, tem-se
Z
g (a) =
a
f (t) dt = 0
a
Usando agora x = b e x = a na equação acima, obtemos
F (b) − F (a) = [g (b) + C ] − [g (a) + C ]
Z
= g (b) − g (a) = g (b) =
b
f (t) dt
a
o que conclui a demonstração do teorema.
□
Juntamos agora as duas partes do Teorema Fundamental num único
enunciado:
Teorema (Teorema Fundamental do Cálculo)
Suponhamos que f é uma função contı́nua em [a, b].
Z x
1. Se g (x) =
f (t) dt, então g ′ (x) = f (x).
Z
a
b
f (x) dx = F (b) − F (a),
2. Tem-se
de f .
Cálculo I – 2022/23
▷◁
onde F é uma primitiva
a
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
79
Exemplo
Z
Calcule
3
e x dx.
1
Solução. A função f (x) = e x é contı́nua em R (e, portanto, em
[1, 3])e uma sua primitiva é F (x) = e x . Assim, a segunda parte do
teorema fundamental do Cálculo permite-nos escrever:
Z
3
e x dx = F (3) − F (1) = e 3 − e
1
Note-se que o TFC2 nos permite usar uma primitiva qualquer. No
exemplo anterior poderı́amos ter usado, por exemplo, F (x) = e x + 7.
Usa-se frequentemente a notação
b
F (x)]a = F (b) − F (a)
x=b
b
b
sendo também comum usar-se [F (x)]x=a , [F (x)]a ou F (x)|a .
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
80
Exemplo
Encontre a área da região entre 0 e 1 limitada pela parábola y = x 2 .
Solução. Uma primitiva de f (x) = x 2 é F (x) = 31 x 3 .
Podemos encontrar a área pedida usando o TFC2:
Z
A=
1
x 2 dx =
0
x3
3
1
=
0
03
1
13
−
=
3
3
3
Já antes tı́nhamos calculado esta área... Conseguimo-lo usando vários
slides...
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
81
Exemplo
Calcule a área (A) da região
a cinzento na figura ao lado.
Solução.
Z
A=
0
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2
3 x=2
x2
x
8
2
dx =
=
−0=
4
12 x=0
12
3
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
82
Exemplo
Calcule a área (A) da região
a cinzento na figura ao lado.
Solução. Note-se que a curva y = cosx interseta o eixo dos x nos
pontos de abcissas x = −π/2 e x = π/2.
Z
π/2
A=
−π/2
x=π/2
cos x dx = [sen x]x=−π/2 = 2
Observando que cos x é uma função par, poderı́amos fazer:
Z
π/2
A=
cos x dx = 2
−π/2
Cálculo I – 2022/23
▷◁
Z
0
π/2
x=π/2
cos x dx = 2 [sen x]0
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
= 2(1 − 0) = 2
▷◁
83
Exemplo
Calcule a área (A) da região
a cinzento na figura ao lado.
Solução.
Z
1
A=
−1
1
x=1
dx = [arctg x]x=−1
1 + x2
= arctg 1 − arctg(−1) = π/4 − (−π/4) = π/2.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
84
Exemplo
Calcule a área (A) da região
a cinzento na figura ao lado.
Solução.
Z
Z 1
x 4 − 3x 3 + 2x 2 dx −
A=
0
2
x 4 − 3x 3 + 2x 2 dx
1
x=2
x
3x
2x
3x 4
2x 3
x
=
−
+
−
+
−
5
4
3 x=0
5
4
3 x=1
5
4
1 3 2
2
3·2
2 · 23
1 3 2
=
− +
−0−
−
+
−
− +
5 4 3
5
4
3
5 4 3
5
1 3 2
2
3 · 24
2 · 23
1
=2
− +
−
−
+
= .
5 4 3
5
4
3
2
Cálculo I – 2022/23
▷◁
5
4
3 x=1
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
5
▷◁
85
Áreas entre curvas
Exemplo
Calcule a área (A) da região
a cinzento na figura ao lado.
Solução.
Z
A=
1
√
Z
0
x3
2 3
x2 −
=
3
3
Cálculo I – 2022/23
▷◁
1
x dx −
0
x=1
x=0
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
x 2 dx =
Z
1
√
x − x 2 dx
0
2 1
1
= − = .
3 3
3
▷◁
86
Exemplo
Calcule a área (A) da região
a cinzento na figura ao lado.
A=
Z
=
π/4
Z
5π/4
(1 + cos x − 1 − sen x) dx +
0
(1 + sen x − 1 − cos x) dx
π/4
Z
2π
(1 + cos x − 1 − sen x) dx
+
5π/4
π/4
Z
Z
5π/4
(cos x − sen x) dx +
=
0
Z
2π
(sen x − cos x) dx +
π/4
x=π/4
(cos x − sen x) dx
5π/4
5π/4
= [sen x + cos x]x=0 + [− cos x − sen x]π/4 + [sen x + cos x]2π
5π/4
√
√
√
√
= 2 − 1 + 2 2 + 1 + 2 = 4 2.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
87
Exemplo
Calcule a área (A) da região
a cinzento na figura ao lado.
Solução. Note-se que 4 − x = x ⇔ x = 2 e 4 − x = x/3 ⇔ x = 3.
Z 3
Z 3
x
x
dx +
4 − x dx −
dx
3
0
0
2
2 3
Z 3
Z 2
Z 3
Z 2
x
x
2x
4x
4 − x − dx =
4−
x − dx +
dx +
dx
=
3
3
3
3
0
2
0
2
2 x=2 x=3
x
2x 2
=
+ 4x −
= 2.
3 x=0
3 x=2
Z
A=
Cálculo I – 2022/23
▷◁
2
Z
2
x dx −
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
88
Regra da substituição para integrais definidos
Para calcular um integral definido usando a regra da substituição
podemos encontrar uma primitiva usando a regra, fazendo depois uso do
TFC. Alternativamente, podemos usar a regra seguinte, que nos permite
mudar os limites de integração ao mesmo tempo que mudamos a variável.
Teorema (Regra da substituição para integrais definidos)
Se g ′ é uma função contı́nua em [a, b] e f é contı́nua no contradomı́nio
de u = g (x), então
Z
b
′
Z
g (b)
f (g (x))g (x) dx =
a
f (u) du
g (a)
Demonstração. Seja F uma primitiva de f . Resulta da regra da cadeia
que F (g (x)) é uma primitiva de f (g (x))g ′ (x). Pelo TFC2, temos
Z b
b
f (g (x))g ′ (x) dx = [F (g (x))]a = F (g (b)) − F (g (a))
a
Outra vez pelo TFC2, temos
Z g (b)
g (b)
f (u) du = [F (u)]g (a) = F (g (b)) − F (g (a))
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
□
▷◁
89
Exemplo
Z
2
dx
.
2
1 (3 − 5x)
Solução. Seja u = 3 − 5x. Então du = −5dx, logo dx = −1/5du.
Quando x = 1 tem-se u = −2 e quando x = 2 tem-se u = −7. Logo
−7
Z 2
Z
dx
1
1 −7 du
1
=−
=− −
2
5 −2 u 2
5
u −2
1 (3 − 5x)
−7
1
1
1 1
1
=
=
− +
=
5u −2
5
7 2
14
Calcule
Exemplo
Z
e
ln x
dx.
x
1
Solução. Fazemos u = ln x. Então du = dx/x. Quando x = 1 tem-se
u = ln 1 = 0 e quando x = e tem-se u = ln e = 1. Logo
1
Z e
Z 1
ln x
u2
1
dx =
u du =
=
x
2
2
1
0
0
Calcule
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Teorema fundamental do cálculo
▷◁
90
Integrais impróprios
Os integrais impróprios representam uma tentativa de medir a área de
uma região infinita...
...se tal for possı́vel!
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
▷◁
91
Integrais impróprios (de tipo I)
▶
Z
+∞
Z
f (x) dx =
M
lim
f (x) dx, se este limite existir e for finito.
Z +∞
▶ Nesse caso diz-se que o integral impróprio
f (x) dx converge.
a
Z a
Z a
▶
f (x) dx = lim
f (x) dx, se este limite existir e for finito.
M→−∞ M
−∞
Z a
▶ Nesse caso diz-se que o integral impróprio
f (x) dx converge.
a
M→+∞
a
−∞
Z
+∞
▶ Diz-se que o integral impróprio
f (x) dx converge se e só se os
−∞
Z 0
Z +∞
f (x) dx convergirem.
f (x) dx e
integrais impróprios
−∞
0
▶ Nesse caso
Cálculo I – 2022/23
Z
+∞
Z
f (x) dx =
−∞
▷◁
0
3 Integrais – Integrais impróprios
Z
f (x) dx +
−∞
+∞
f (x) dx.
0
▷◁
92
Exemplo
▶
Cálculo I – 2022/23
Z
1
+∞
1
dx:
x
Z
lim
M→+∞
1
M
1
x=M
dx = lim [ln x]x=1
M→+∞
x
= lim ln M = +∞
M→+∞
Z
pelo que
1
▷◁
+∞
1
dx não converge.
x
3 Integrais – Integrais impróprios
▷◁
93
Exemplo
▶
Cálculo I – 2022/23
Z
1
+∞
1
dx:
x2
lim
M→+∞
RM
1
1
x2
dx =
=
Z
donde se conclui que
1
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
+∞
lim
1 x=M
− x x=1
lim
(1 −
M→+∞
M→+∞
1
dx converge e
x2
1
M)
Z
1
= 1.
+∞
1
dx = 1.
x2
▷◁
94
Exemplo
▶
Cálculo I – 2022/23
Z
0
e x dx:
−∞
R0
lim
M
M→−∞
e x dx =
=
Z
−∞
▷◁
[e x ]x=M
lim
(1 − e M ) = 1.
M→−∞
0
donde resulta que
3 Integrais – Integrais impróprios
x=0
lim
M→−∞
e x dx converge e
Z
0
e x dx = 1.
−∞
▷◁
95
Exemplo
▶
Z
+∞
−∞
1
dx:
x2 + 1
RM
lim
0
M→+∞
Z
+∞
1
x 2 +1
dx =
1
dx converge e
2
x +1
0
Analogamente, tem-se
lim
M→+∞
Z
donde
Z
0
lim
M→−∞
M
0
arctg M =
+∞
x2
π
2
1
π
dx = .
+1
2
1
π
dx = lim − arctg M =
M→−∞
x2 + 1
2
Z 0
1
1
π
dx
converge
e
dx = .
2+1
2+1
x
x
2
−∞
Z +∞ −∞
1
Podemos então concluir que
dx converge e
2
−∞ x + 1
Z +∞
Z 0
Z +∞
1
1
1
dx =
dx +
dx = π.
2+1
2+1
2+1
x
x
x
−∞
−∞
0
Z
0
donde
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
▷◁
96
Exemplo
▶
Cálculo I – 2022/23
Z
+∞
1
dx: começamos por calcular a primitiva
2−1
x
2
Z
Z
Z
1
1
1
1
1
dx =
dx =
−
dx
x2 − 1
(x − 1)(x + 1)
2
x −1 x +1
1
1
x −1
= (ln |x − 1| − ln |x + 1|) + C = ln
+C
2
2
x +1
sendo então
Z
lim
M→+∞
2
M
1
1
dx = lim
M→+∞ 2
x2 − 1
√
= ln 3,
ln
M −1
1
− ln
M +1
3
Z +∞
1
donde se conclui que
dx converge e
2−1
x
2
Z +∞
√
1
dx = ln 3.
2
x −1
2
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
▷◁
97
Exemplo
▶
+∞
Z
1
1
dx, a ̸= 1:
xa
M
Z
lim
M→+∞
1
1−a x=M
x
1
dx = lim
M→+∞ 1 − a x=1
xa
1−a
M
1
= lim
−
M→+∞
1−a
1−a
(
1
se a > 1
= a−1
+∞ se a < 1.
Logo:
▶ se a > 1, então
▶ se a < 1, então
+∞
Z
Z1 +∞
1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
Z +∞
1
1
1
dx
converge
e
dx =
;
a
xa
x
a
−
1
1
1
dx não converge.
xa
▷◁
98
Integrais impróprios (de tipo II)
▶ Se f é uma função contı́nua em [a, b) e é descontı́nua em b, então
Z b
Z t
f (x) dx = lim−
f (x) dx
t→b
a
a
se este limite existir e for finito.
▶ Nesse caso diz-se que o integral impróprio
b
Z
f (x) dx converge.
a
▶ Se f é uma função contı́nua em (a, b] e é descontı́nua em a, então
Z b
Z b
f (x) dx = lim+
f (x) dx
t→a
a
t
se este limite existir e for finito.
▶ Nesse caso diz-se que o integral impróprio
b
Z
f (x) dx converge.
R
▶ Se f tem uma descontinuidade em (a, b) e tanto ac f (x) dx como
Rb
f (x) dx são convergentes, define-se
c
Z b
Z c
Z b
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx
a
a
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
a
c
▷◁
99
ExemploZ
5
1
dx.
x −2
2
√
Solução. O integral é impróprio porque f (x) = 1/ x − 2 tem uma
assı́ntota vertical x = 2. A descontinuidade infinita ocorre na
extremidade esquerda de [2, 5].
√
Encontre
Z
2
5
5
h √
i5
dx
= lim+ 2 x − 2
t
x − 2 t→2
t
√
√
√
= lim+ 2
3− t −2 =2 3
dx
√
= lim
x − 2 t→2+
Z
√
t→2
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
▷◁
100
Exemplo
1
Z
Encontre
ln x dx.
0
Solução. A função f (x) = ln x tem uma assı́ntota vertical x = 0, pois
limx→0+ ln x = −∞. Então
Z 1
Z 1
ln x dx = lim+
ln x dx
t→0
0
t
Integrando por partes, com u = ln x, dv = dx, du = dx/x, e v = x
obtemos
Z 1
Z 1
1
ln x dx = x ln x]t −
dx
t
t
= 1 ln 1 − t ln t − (1 − t) = −t ln t − 1 + t
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
▷◁
101
Para encontrar o limite do primeiro termo usamos a regra de L’Hôpital.
lim+ t ln t = lim+
t→0
t→0
1/t
ln t ( ∞
∞)
=
lim
= lim+ (−t) = 0
t→0+ −1/t 2
t→0
1/t
Logo
Z
0
1
ln x dx = lim+ (−t ln t − 1 + t) = −0 − 1 + 0 = −1
t→0
Concluı́mos que a área da região sombreada na figura acima é 1.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
3 Integrais – Integrais impróprios
▷◁
102
Teorema (Comparação de integrais impróprios)
Suponhamos que f e g são funções contı́nuas tais que f (x) ≥ g (x), para
x ≥ a.
R∞
R∞
1. Se a f (x) dx for convergente, então a g (x) dx é convergente.
R∞
R∞
2. Se a g (x) dx for divergente, então a f (x) dx é divergente.
Exemplo
Mostre que
Cálculo I – 2022/23
▷◁
R∞
0
2
e −x dx é convergente.
3 Integrais – Integrais impróprios
▷◁
103
4 Sucessões e séries
Os slides desta secção baseiam-se nas secções 11.1 e 11.2 do livro.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries –
▷◁
104
Sucessões
Uma sucessão pode ser pensada como sendo uma lista de números
escritos por ordem
a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . .
O número a1 diz-se o primeiro termo, a2 diz-se o segundo termo. De
uma forma geral, an diz-se o termo de ordem n.
Observe-se que para a inteiro positivo n corresponde um número real an ,
pelo que uma sucessão pode definir-se como sendo uma função cujo
domı́nio é o conjunto dos inteiros positivos. É habitual escrever-se an em
vez de usar a notação f (n) geralmente usada para denotar o valor da
função em n.
A sucessão {a1 , a2 , a3 , . . .} costuma denotar-se por alguma notação como
{an },
{an }n≥1 ,
{an }∞
n=1 ,
(an ),
(an )n≥1
Os ı́ndices podem não começar em 1; nestes casos é particularmente útil
alguma notação como {an }n≥3 , por exemplo.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
105
As sucessões são frequentemente definidas por meio de uma fórmula para
o termo de ordem n, o qual também se diz o termo geral da sucessão.
Exemplo
1.
2.
n
n
n+1
cos
o∞
, sucessão de termo geral an =
n=1
nπ ∞
6 n=0 ,
n
n+1 ;
sucessão de termo geral an = cos nπ
6 , n ≥ 0.
Exercı́cio
Para cada uma das sucessões do exemplo acima, indique a lista dos 10
primeiros termos.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
106
Há, no entanto, muitas outras formas de definir uma sucessão.
Exemplo
∞
1. {pn }n=1 , onde pn é a população mundial (em milhões de pessoas) a
1 de janeiro do ano n;
2. se representarmos por an o n-ésimo algarismo na representação
decimal de π, então {an } é uma sucessão cujos primeiros termos são
{3, 1, 4, 1, 5, 9, 2, 6, 5, 3, 5, . . .}.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
107
Podemos definir uma sucessão por recorrência: damos os primeiros
termos e indicamos como obter os restantes termos à custa dos
anteriores.
Exemplo
1. {tn }n≥0 tal que
t0 = 1;
tn = tn−1 + 3, n ≥ 1;
2. {fn }n≥1 tal que
f1 = 1;
f2 = 1;
fn = fn−1 + fn−2 , n ≥ 3;
(Esta sucessão é designada por sucessão de Fibonacci.)
Exercı́cio
Para cada uma das sucessões do exemplo acima, indique a lista dos seus
10 primeiros termos.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
108
Definição
Uma sucessão {an } tem limite L e escrevemos
lim an = L
n→∞
ou
a → L se n → ∞
se para todo o ε > 0 existe um inteiro N tal que
se n > N, então |an − L| < ε.
Quando limn→∞ an existe dizemos que a sucessão {an } converge (ou que
é convergente). Caso contrário dizemos que diverge (ou que é
divergente).
Note-se que a sucessão {an } tem limite L se pudermos tornar os termos
an da sucessão tão próximos de L quanto queiramos tomando n
suficientemente grande.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
109
As definições de limite quando x → ∞ ou n → ∞ de uma função ou de
uma sucessão diferem apenas no facto de no caso de uma sucessão
exigirmos que a variável seja inteira. Temos então:
Teorema
Se lim f (x) = L e f (n) = an quando n é um inteiro, então lim an = L.
x→∞
n→∞
Em particular, como limx→∞ (1/x r ) = 0 quando r > 0, tem-se
lim
n→∞
1
= 0, se r > 0
nr
(5)
Quando, para qualquer inteiro positivo M, existe um inteiro N tal que
se n > N, então an > M,
escrevemos lim an = ∞ e dizemos que a sucessão {an } diverge para ∞.
n→∞
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
110
As leis dos limites dadas para funções também valem para sucessões e
podem provar-se de modo análogo.
Leis dos limites para sucessões
Se {an } e {bn } forem sucessões convergentes e c for uma constante,
então
1. lim (an + bn ) = lim an + lim bn
n→∞
n→∞
n→∞
2. lim (an bn ) = ( lim an )( lim bn )
n→∞
n→∞
n→∞
3. lim can = c lim an
n→∞
n→∞
limn→∞ an
an
=
, se limn→∞ bn ̸= 0
n→∞ bn
limn→∞ bn
4. lim
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
111
Exemplo
Calcule limn→∞
n
n+1 .
Solução. O método é análogo ao que já usamos para calcular limites no
infinito de funções racionais: dividimos o numerador e o denominador
pela maior potência de n que ocorre no denominador e depois usamos as
leis dos limites.
lim
n→∞
1
limn→∞ 1
n
= lim
=
1
n→∞
n+1
1+ n
limn→∞ 1 + limn→∞
1
=
=1
1+0
1
n
Note-se o uso da Equação (5), com r = 1.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
112
Exemplo
Diga se a sucessão an =
√ n
10+n
converge.
Solução. Como no exemplo anterior, dividimos o numerador e o
denominador por n:
lim √
n→∞
1
n
= lim q
10 + n n→∞ 10 +
n2
=∞
1
n
pois o numerador é constante e o denominador aproxima-se de 0.
Assim, {an } é divergente.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
113
Exemplo
Calcule limn→∞
ln n
n .
Solução. Observamos que tanto o numerador como o denominador se
aproximam do infinito quando n → ∞. Não podemos aplicar a regra de
l’Hôpital diretamente porque ela não se aplica a sucessões, mas a funções
de uma variável real. No entanto, podemos aplicar a Regra de l’Hôpital à
função relacionada f (x) = (ln x)/x. Obtemos então
1/x
ln x ( ∞
∞)
=
lim
=0
x→∞ 1
x→∞ x
lim
Resulta:
lim
n→∞
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
ln n
=0
n
▷◁
114
O teorema das funções enquadradas também pode ser adaptado para
sucessões:
Teorema (sucessões enquadradas)
Se an ≤ bn ≤ cn para n ≥ n0 e limn→∞ an = limn→∞ cn = L, então
limn→∞ bn = L.
Outro resultado útil, cuja demonstração pode ser feita como exercı́cio:
Teorema
Se limn→∞ |an | = 0, então limn→∞ an = 0.
Exemplo
De
Cálculo I – 2022/23
(−1)n
1
(−1)n
1
= e lim
= 0, resulta lim
= 0.
n→∞
n
n n→∞ n
n
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
115
A demonstração do resultado seguinte é também um simples exercı́cio:
Teorema
Se limn→∞ an = L e a função f é contı́nua em L, então
lim f (an ) = f (L)
n→∞
Exemplo
Calcule lim sen(π/n).
n→∞
Solução:
Como a função seno é contı́nua em 0, tem-se
lim sen(π/n) = sen lim π/n = sen 0 = 0
n→∞
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
n→∞
▷◁
116
De resultados obtidos aquando do estudo de funções exponenciais,
resulta a seguinte:
Observação
A sucessão {r n } é convergente se −1 < r ≤ 1 e é divergente para todos
os outros valores de r . Tem-se:
0 se −1 < r < 1
lim r n =
1 se r = 1
n→∞
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
117
Definição
Diz-se que uma sucessão {an }∞
n=1 é crescente se an < an+1 , para todo o
n ≥ 1; diz-se que é decrescente se e an > an+1 , para todo o n ≥ 1.
Exemplo n
A sucessão
Solução.
3
n+5
o
é decrescente.
Tem-se
3
3
3
>
=
n+5
(n + 1) + 5
n+6
logo an > an+1 para qualquer n ≥ 1.
Exercı́cio
Diga quais das sucessões n1 , {1 + 3(n − 1)}, {n2 } e {(−1)n } são
crescentes.
1
2
Solução.
n é decrescente; {1 + 3(n − 1)} e {n } são crescentes;
{(−1)n } não é crescente nem decrescente.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
118
Exemplo
Mostre que a sucessão an =
Solução 1.
n
n2 +1
é decrescente.
n+1
(n+1)2 +1
Devemos mostrar que an+1 < an , isto é,
<
n
n2 +1 .
n
n+1
< 2
⇐⇒ (n + 1) n2 + 1 < n (n + 1)2 + 1
2
(n + 1) + 1
n +1
⇐⇒ n3 + n2 + n + 1 < n3 + 2n2 + 2n
⇐⇒ 1 < n2 + n
A desigualdade 1 < n2 + n vale para qualquer n ≥ 1, logo {an } é
decrescente.
Solução 2.
Consideremos a função f (x) =
f ′ (x) =
x 2 + 1 − 2x 2
(x 2 + 1)
2
=
x
x 2 +1 .
Tem-se:
1 − x2
(x 2 + 1)
2
2
Para x 2 > 1 tem-se que (x1−x
2 +1)2 < 0. Logo f é decrescente em (1, ∞),
pelo que f (n) > f (n + 1). Resulta que {an } é decrescente.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
119
Definição
Diz-se que uma sucessão {an }∞
n=1 é majorada se existir um número M tal
que
an ≤ M para todo o n ≥ 1
A sucessão é minorada se existir um número m tal que
m ≤ an
para todo o n ≥ 1
Se for minorada e majorada, a sucessão {an }∞
n=1 diz-se limitada.
Exemplos
▶ {(−1)n } é limitada;
▶ {1/n}n≥1 é limitada. Note-se que |1/n| ≤ 1 para qualquer inteiro
positivo n;
▶ {n}n≥1 é minorada mas não é majorada;
▶ {−n2 }n≥1 é majorada mas não é minorada.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
120
A prova do resultado seguinte é baseada no Axioma de Completude
(também conhecido por Axioma do Supremo) para o conjunto R dos
números reais, que diz que se S é um conjunto não vazio majorado de
números reais, então existe em R o supremo de S (isto é, o menor de
todos os majorantes).
Teorema
Qualquer sucessão crescente e majorada converge.
Também se tem:
Teorema
Qualquer sucessão decrescente e minorada converge.
Outros resultados úteis (cujas demonstrações são simples exercı́cios):
▶ Qualquer sucessão convergente é limitada.
▶ O limite de uma sucessão, quando existe, é único.
Questão
Toda a sucessão limitada converge?
A resposta é “não”. Por exemplo, a sucessão {(−1)n } é limitada e não é
convergente.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
121
Exemplo
Consideremos a sucessão {an } definida pela relação de recorrência
√
a1 = 1, an+1 = an + 2 para n = 1, 2, 3, . . . .
Vamos investigar esta sucessão...
Solução. Começamos por calcular valores aproximados de alguns dos
primeiros termos
p√
√
3 + 2 ≃ 1.9318
a2 = 3 ≃ 1.7320 a3 =
a4 ≃ 1.9828
a5 ≃ 1.9957
a6 ≃ 1.9989
a7 ≃ 1.9997
Para mais termos e melhores aproximações sugere-se o uso do seguinte
código sage
U = 1.0
for n in [2..20]:
U = sqrt(U+2);U
Os primeiros termos da sucessão sugerem que ela é crescente e que os
seus termos se aproximam de 2.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
122
Os primeiros termos da sucessão sugerem que ela é crescente e que os
seus termos se aproximam de 2.
Como an < 2 para qualquer inteiro positivo n (mostrar por indução),
tem-se que {an } é majorada.
É também imediato que an > 0, para todo o inteiro positivo n.
Podemos agora ver que a sucessão é de facto crescente:
√
an+1 > an ⇔
an + 2 > an
⇔ an + 2 > an2 (porque an > 0)
⇔ an2 − an − 2 < 0 ⇔ −1 < an < 2
e já foi visto que 0 < an < 2.
Concluı́mos assim que {an } converge (por ser crescente e majorada).
Se lim an = ℓ, também lim an+1 = ℓ (pois quando n → ∞, também
n→∞
n→∞
n + 1 → ∞).
q
√
√
lim an + 2 = ℓ + 2
Resulta que ℓ = lim an+1 = lim an + 2 =
n→∞
Temos então
Cálculo I – 2022/23
▷◁
√
n→∞
n→∞
ℓ + 2 = ℓ, donde ℓ2 − ℓ − 2 = 0. Logo, como ℓ > 0, ℓ = 2.
4 Sucessões e séries – Sucessões
▷◁
123
Séries
O que queremos dizer quando procuramos exprimir um número como
uma dı́zima infinita? Por exemplo,
π = 3.141 592 653 589 793 238 462 643 383 279 502 88 . . .
A convenção por detrás desta notação é que qualquer número pode ser
escrito como uma soma infinita. Neste exemplo temos
4
1
5
9
2
1
+ 2 + 3 + 4 + 5 + 9 + ...
10 10
10
10
10
10
onde as reticências significam que a soma continua indefinidamente e que
quantas mais parcelas juntarmos melhor aproximação obtemos de π.
π =3+
Em geral, se procurarmos somar os termos de uma sucessão infinita
{an }∞
n=1 , obtemos uma expressão da forma
a1 + a2 + a3 + · · · + an + · · ·
designada por série infinita (ou simplesmente série) e é denotada por
∞
X
an
(ou
X
an )
n=1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
124
Nem
P∞ sempre uma série infinita representa um número. Por exemplo,
n=1 n não representa um número.
Mas há casos em que quantas mais parcelas somarmos mais essa soma se
aproxima de um número.
Esta ideia leva-nos a considerar somas parciais, como apresentado a
seguir.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
125
A sucessão das somas parciais {sn }n≥0 associada a uma sucessão
{an }n≥0 é a sucessão definida por
s0 = a0
s1 = a0 + a1 =
1
X
ak
k=0
s2 = a0 + a1 + a2 =
2
X
ak
k=0
...
sn = a0 + a1 + · · · + an =
n
X
ak
k=0
...
A série gerada pela sucessão {an }n≥0 é a soma formal
∞
X
ak .
k=1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
126
Exemplo
an = n
sn =
n
X
k
k=1
a1
a2
a3
a4
a5
..
.
=1
=2
=3
=4
=5
an = n
..
.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
s1
s2
s3
s4
s5
..
.
=1
=1+2=3
=1+2+3=6
= 1 + 2 + 3 + 4 = 10
= 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15
sn = 1 + 2 + 3 + · · · + n =
..
.
4 Sucessões e séries – Séries
n(n+1)
2
▷◁
127
Exemplo
an =
1
n
sn =
n
X
1
k
k=1
a1
a2
a3
a4
a5
..
.
Cálculo I – 2022/23
=1
= 21
= 13
= 14
= 15
▷◁
s1
s2
s3
s4
s5
..
.
=1
=1+
=1+
=1+
=1+
1
2
1
2
1
2
1
2
4 Sucessões e séries – Séries
= 32
+ 13 = 11
3
+ 13 + 14 = 47
4
+ 13 + 14 + 51 =
239
20
▷◁
128
Definição
Diz-se que a série
sn =
n
X
∞
X
ak converge se {sn }n≥0 converge, onde
k=0
ak .
k=0
Nesse caso diz-se que a soma da série é lim sn e escreve-se
∞
X
n→∞
ak = lim sn .
n→∞
k=0
Note-se que
∞
X
k=0
ak = lim
n→∞
Observação
∞
X
ak converge se e só se
k=0
Cálculo I – 2022/23
n
X
ak .
k=0
∞
X
ak converge, para qualquer k0 ∈ N.
k=k0
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
129
Exemplo (Série geométrica)
Sejam r ∈ R \ {1} e a ∈ R \ {0}. A série
a + ar + ar 2 + ar 3 + · · · + ar n−1 + · · · =
∞
X
ar k−1
k=1
diz-se a série geométrica de razão r (e primeiro termo a).
Note-se que cada termo é obtido do anterior multiplicando este pela
razão r .
Podemos facilmente determinar, para cada soma parcial, uma fórmula
que depende do raio e do primeiro termo de uma série geométrica.
Tem-se
sn = a + ar + ar 2 + · · · + ar n−1
e
rsn = ar + ar 2 + · · · + ar n−1 + ar n
Resulta que sn − rsn = a − ar n , donde se conclui que
Cálculo I – 2022/23
sn =
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
a(1 − r n )
.
1−r
(6)
▷◁
130
Sabemos que se −1 < r < 1, então r n → 0 quando n → ∞. Daqui
resulta
a
a
a
a(1 − r n )
=
−
lim r n =
n→∞
n→∞
1−r
1−r
1 − r n→∞
1−r
P∞
Assim, quando |r | < 1 a série geométrica k=1 ar k−1 converge e a sua
a
soma é
.
1−r
lim sn = lim
Sabemos também que se r ≤ −1 ou r > 1 a sucessão {r n } diverge,
donde resulta que limn→∞ sn não existe. Mais precisamente:
▶ Se r > 1, então lim sn = +∞.
n→∞
▶ Se r ≤ −1, então lim sn não existe, e lim |sn | = +∞.
Cálculo I – 2022/23
n→∞
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
n→∞
▷◁
131
Em jeito de resumo, escrevemos o seguinte:
Facto
A série geométrica
∞
X
ar k−1 = a + ar + ar 2 + ar 3 + · · · + ar n−1 + · · · =
k=1
∞
X
ar k−1
k=1
é convergente se |r | < 1 e a sua soma é
a
.
1−r
Se |r | ≥ 1, a série geométrica diverge.
Exemplo
Diga se a série
+∞
X
1
converge. Em caso afirmativo, calcule a sua soma.
3k
k=1
Solução: Trata-se de uma série geométrica de razão 1/3, logo é
convergente. O primeiro termo é 1/3, pelo que a soma é
+∞
1
X
1
1
3
=
= .
1
k
3
2
1− 3
k=1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
132
Exemplo
Diga se a série
∞
X
22n 31−n converge. Em caso afirmativo, calcule a sua
n=1
soma.
Solução: Começamos por escrever o termo de ordem n na forma ar n−1 ,
o que nos levará a concluir tratar-se de uma série geométrica.
∞
X
n=1
2n 1−n
2 3
n−1
∞
∞
∞
X
X
X
4
4n
2 n −(n−1)
=
(2 ) 3
=
=
4
n−1
3
3
n=1
n=1
n=1
Trata-se portanto de uma série geométrica de razão 4/3. Como a razão é
maior que um, concluı́mos que a série diverge.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
133
Exemplo
Mostre que a série
∞
X
k=1
Solução:
1
é convergente e calcule a sua soma.
k(k + 1)
Podemos escrever os termos como soma de frações parciais:
1
1
1
= −
k(k + 1)
k
k +1
Tem-se então:
sn =
n
X
k=1
n
X
1
=
k(k + 1)
k=1
1
1
−
k
k +1
1 1 1 1 1
1
1
1
= 1 − + − + − + ··· + −
=1−
2 2 3 3 4
n n+1
n+1
donde resulta que lim sn = 1.
n→∞
Conclui-se que a série
+∞
X
k=1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
+∞
X
1
1
converge e
= 1.
k(k + 1)
k(k + 1)
k=1
▷◁
134
Exemplo
Mostre que a série harmónica
∞
X
1 1
1
= 1 + + + ···
n
2 3
k=1
é divergente.
Solução:
Tem-se sn = 1 +
1 1
1
+ + · · · + , sendo
2 3
n
1
2
1 1 1
1 1 1
1 1
1
s4 = 1 + + + > 1 + + + = 1 + + = 1 + 2 ×
2 3 4
2 4 4
2 2
2
1 1 1 1
1
1 1
1
s8 = s4 + + + + > s4 + 4 × > 1 + 2 × + = 1 + 3 ×
5 6 7 8
8
2 2
2
1
1
1
1
1
1
s16 = s8 + +
+ ··· +
> s8 + 8 ×
= s8 + > 1 + 4 ×
9 10
16
16
2
2
1
1
1
1
1
s32 = s16 +
+ ··· +
> s16 + 16 ×
= s16 + > 1 + 5 ×
17
32
32
2
2
···
s2 = 1 +
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
135
Mais geralmente, para qualquer k positivo, tem-se
s2k > 1 +
Como lim
n→∞
Logo, a série
1+
k
2
n
= ∞, conclui-se que {sn } não é majorada.
2
+∞
X
1
não converge.
k
k=1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
136
Teorema
Se a série
∞
X
ak converge, então lim an = 0.
n→∞
k=0
Demonstração.
Seja sn = a1 + a2 + . . . + an . Tem-se an = sn − sn−1 .
P
Como
an converge, a sucessão{sn } converge. Seja s = limn→∞ sn .
Como n − 1 → ∞ quando n → ∞, também se tem limn→∞ sn−1 = s.
Logo
lim an = lim (sn − sn−1 ) = lim sn − lim sn−1 = 0 □
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Note-se queP
o recı́proco do resultado anterior não vale: a série
harmónica,
1/n, fornece um contra-exemplo. Esta diverge, apesar de a
sucessão {1/n} convergir.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
137
Como consequência imediata do resultado anterior temos o seguinte:
Teste de divergência
Se não existe lim an ou lim an ̸= 0, então a série
n→∞
Exemplo
Mostre que a série
n→∞
∞
X
n=1
∞
X
an é divergente.
n=1
n2
diverge.
5n2 + 4
Solução:
lim
n2
1
1
= lim
= ̸= 0
+ 4 n→∞ 5 + 4/n2
5
n→∞ 5n2
A série diverge, pelo teste de divergência.
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
138
O resultado seguinte segue das correspondentes leis dos limites para
sucessões.
Teorema
1. Se
∞
X
ak e
k=0
∞
X
bk convergem, então
k=0
∞
∞
∞
X
X
X
(ak + bk ) =
ak +
bk
k=0
2. Se
k=0
∞
X
k=0
Cálculo I – 2022/23
▷◁
(ak + bk ) converge e
k=0
k=0
ak converge, então, para qualquer c ∈ R,
k=0
∞
X
∞
X
cak = c
∞
X
∞
X
cak converge e
k=0
ak
k=0
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
139
Exemplo
P∞ 3
+ 21n .
Calgule a soma da série n=1 n(n+1)
P
Solução: A série
1/2n é geométrica, com a =
∞
1
X
1
= 2
n
2
1−
n=1
1
2
1
2
e r = 12 , logo
=1
Num exemplo anterior vimos que
∞
X
n=1
1
=1
n(n + 1)
Assim, pelo resultado anterior, a série dada é convergente e tem-se
∞ X
n=1
3
1
+
n(n + 1) 2n
=3
∞
X
n=1
∞
X 1
1
+
n(n + 1) n=1 2n
=3·1+1=4
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Séries
▷◁
140
Teste do integral
Critério do integral
Seja f : [1, +∞) → R uma função decrescente e positiva. Então
∞
X
f (k)
k=1
Z
converge se e só se
+∞
f (x) dx converge. Por outras palavras,
1
Z
+∞
(i) Se
f (x) dx converge, então
1
Z
(ii) Se
f (x) dx diverge, então
1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
+∞
∞
X
f (k) converge;
k=1
∞
X
f (k) diverge.
k=1
4 Sucessões e séries – Teste do integral e estimação de somas
▷◁
141
Exemplo
Teste a série
∞
X
k=2
1
quanto à convergência.
k ln k
Solução: Consideremos a função f (x) = x ln1 x , x ≥ 2; f é positiva e
decrescente. Tem-se
Z t
1
x=t
dx = lim [ln(ln x)]x=2
lim
t→+∞
t→+∞ 2 x ln x
= lim (ln(ln t) − ln(ln 2)) = +∞.
t→+∞
Z
+∞
1
dx não converge.
x ln x
2
∞
X
1
Pelo critério do integral concluı́mos que a série
não converge.
k ln k
Logo, o integral impróprio
k=2
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Teste do integral e estimação de somas
▷◁
142
Exemplo
Teste a série
∞
X
1
√ quanto à convergência.
k3
k=1
1
Consideremos a função f (x) = √ , x ≥ 1; f é positiva e
x3
decrescente. Tem-se
x=t
Z t
1
2
√ dx = lim − √
lim
t→+∞ 1
t→+∞
x x=1
x3
2
= lim
− √ + 2 = 2.
t→+∞
t
Z +∞
1
√ dx converge.
Logo, o integral impróprio
x3
1
∞
X
1
√ converge.
Logo, a série
k3
k=1
Solução:
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Teste do integral e estimação de somas
▷◁
143
Uma série da forma
∞
X
1
diz-se uma p-série.
p
n
n=1
De forma inteiramente análoga ao feito no exemplo anterior, ou usando
que
Z ∞
1
dx converge se p > 1e diverge se p ≤ 1,
xp
1
mostra-se o seguinte:
Facto
A p-série
Cálculo I – 2022/23
▷◁
∞
X
1
converge se p > 1 e diverge se p ≤ 1.
p
n
n=1
4 Sucessões e séries – Teste do integral e estimação de somas
▷◁
144
Testes de comparação
▶ Sejam (an )n∈N uma sucessão de termos positivos e sn =
então
∞
X
n
X
ak ;
k=0
ak converge se e só se (sn )n∈N é limitada.
k=0
▶ Se (an )n∈N , (bn )n∈N e (cn )n∈N são tais que, para todo o n,
∞
∞
∞
X
X
X
an ≤ bn ≤ cn , e
ak e
ck convergem, então
bk também
converge.
k=0
k=0
k=0
▶ Em particular, se (an )n∈N e (bn )n∈N são tais que, para todo o n,
∞
∞
X
X
ak também converge.
0 ≤ an ≤ bn , e
bk converge, então
k=0
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Testes de comparação
k=0
▷◁
145
Exemplo
Teste, para a ≥ 2, a série
∞
X
k=1
1
quanto à convergência.
(k + 1)a
1
1
.
≤
2
(n + 1)
n(n + 1)
+∞
X
1
converge.
Já foi visto que
k(k + 1)
Solução:
Tem-se 0 ≤
k=1
Conclui-se que
+∞
X
k=1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
1
converge.
(k + 1)2
4 Sucessões e séries – Testes de comparação
▷◁
146
Exemplo
Teste a série
∞
X
1
quanto à convergência.
k2
k=1
Solução:
n
X
1
sn =
=
k2
=
k=1
n
X
k=1
Como
+∞
X
k=1
n+1
X
1
k2
k=2
!
1
(k + 1)2
1
converge e 1 −
(k + 1)2
(sn )n∈N converge, isto é,
!
−
−
1
+1
(n + 1)2
1
+1
(n + 1)2
1
(n+1)2
converge, conclui-se que
+∞
X
1
converge.
k2
k=1
De
Cálculo I – 2022/23
1
na
≤
1
n2
para a > 2, conclui-se que, para a > 2,
+∞
X
1
converge.
ka
k=1
▷◁
4 Sucessões e séries – Testes de comparação
▷◁
147
Exemplo
Teste a série
Solução:
∞
X
1
√ quanto à convergência.
k
k=1
Como
√1
n
≥ n1 , e a série
+∞
X
1
não converge, concluı́mos que
k
k=1
+∞
X
1
√ não converge.
k
k=1
Cálculo I – 2022/23
▷◁
4 Sucessões e séries – Testes de comparação
▷◁
148