apêndice - iME/UERJ

Capítulo 10
APÊNDICE
10.1 Limites
Proposição 10.1. (Unicidade do limite)
Se lim f (x) = L1 e lim f (x) = L2 ; (L1 , L2 ∈ R), então L1 = L2 . Em outras palavras se o limite
x→b
x→b
existe (é um número real), ele é único.
ε
> 0 existe δ1 > 0, tal que se 0 < |x − b| < δ1 então
2
|f (x) − L1 | < 2ε . Se lim f (x) = L2 , então para todo 2ε > 0 existe δ2 > 0, tal que se 0 < |x − b| < δ2
Prova: Se lim f (x) = L1 , então para todo
x→b
x→b
então |f (x)−L2 | < 2ε . Seja δ o menor entre δ1 e δ2 . Em particular, (b−δ, b+δ)∩(A−{b}) 6= φ; logo,
existe z ∈ A tal que 0 < |z−b| < δ e |L1 −L2 | = |L1 −f (z)+f (z)−L2 | ≤ |L1 −f (z)|+|f (z)−L2 | <
< 2ε + 2ε = ε; logo, |L1 − L2 | < ε, para todo ε > 0; consequentemente, L1 = L2 .
Proposição 10.2.
1. Se lim f (x) = L > 0, então existe δ > 0 tal que f (x) >
x→b A − {b} .
L
2,
para todo x ∈ (b − δ, b + δ) ∩
2. Se lim f (x) = L < 0, então existe δ > 0 tal que, para todo x ∈ (b − δ, b + δ) ∩ A − {b}
x→b
tem-se f (x) <
L
.
2
L
Prova: 1. Seja ε = ; então, existe δ > 0 tal que para todo x ∈ (b − δ, b + δ) ∩ A − {b} ; logo,
2
L
3L
L
ou
< f (x) <
.
|f (x) − L| <
2
2
2
2. Exercício.
Proposição 10.3. Se lim f (x) e lim g(x), existem, então para todo α, β ∈ R:
x→a
x→a
1. lim α f (x) + β g(x) = α lim f (x) + β lim g(x).
x→a
x→a
x→a
2. lim f (x) g(x) = lim f (x) lim g(x) .
x→a
x→a
x→a
381
CAPÍTULO 10. APÊNDICE
382
lim f (x)
f (x)
= x→a
, se lim g(x) 6= 0.
x→a
x→a g(x)
lim g(x)
3. lim
x→a
n
n
4. lim f (x) = lim f (x) , se n ∈ N.
x→a
x→a
5. lim
x→a
p
n
f (x) =
q
n
lim f (x), se lim f (x) ≥ 0 e n é qualquer natural, ou lim f (x) < 0 e n é
x→a
um natural ímpar.
6. lim ln f (x) = ln lim f (x) ,
x→a
x→a
x→a
se
x→a
lim f (x) > 0.
x→a
7. Se lim h(x) = lim g(x) = L e existe δ > 0 tal que h(x) ≤ f (x) ≤ g(x), para 0 < |x − a| < δ,
x→a
x→a
então lim f (x) = L.
x→a
Prova: Provaremos 2 e 7. As demais propriedades ficam como exercícios.
2. Sejam lim f (x) = L e lim g(x) = M , de definição:
x→a
x→a
|f (x) g(x) − L M | = |f (x) g(x) − f (x) M + f (x) M − L M | ≤ |f (x)| |g(x) − M | + |M | |f (x) − L|.
Como lim f (x) = L, dado ε > 0 existe δ1 > 0 tal que |f (x) − L| < ε se 0 < |x − a| < δ1 ; logo,
x→a
|f (x)| < |L| + 1 se 0 < |x − a| < δ1 . Por outro lado também existe δ2 > 0 tal que |f (x) − L| <
ε
. Seja δ
< 2 (|Mε|+1) se 0 < |x − a| < δ2 ; analogamente, existe δ3 > 0 tal que |g(x) − M | < 2 (|L|+1)
um número
≤
|+|M | |f (x)−L|
menor que δ1 , εδ2 eεδ3 ; então: |f (x) g(x)−L M | ≤ |f (x)| |g(x)−M
ε
ε
≤ |L| + 1 K1 + |M |K2 < 2 + 2 = ε, se 0 < |x − a| < δ, onde K1 = 2 (|L|+1) e K2 = 2 (|M |+1) .
7. Para todo ε > 0, existem δ1 , δ2 > 0 tal que se 0 < |x − a| < δ1 , então, L − ε < h(x) < L + ε
e se 0 < |x − a| < δ2 , então, L − ε < g(x) < L + ε; considere δ menor que δ1 e δ2 ; logo, se
0 < |x − a| < δ; então, L − ε < h(x) ≤ f (x) ≤ g(x) < L + ε.
Teorema 10.1. Seja f (x) uma função com domínio D nas condições das definições. Então
lim f (x) = L se e somente se os limites laterais existem e lim f (x) = lim f (x) = L.
x→a
x→a+
x→a−
Prova: A condição necessária segue das definições. Reciprocamente, se os limites laterais
existem e lim f (x) = lim f (x) = L, temos que dado ε > 0 existem δ1 , δ2 > 0, tais que se
x→a+
x→a−
a < x < a + δ1 então |f (x) − L| < ε e se a − δ2 < x < a, então |f (x) − L| < ε. Note que δ1 e
δ2 podem ser iguais ou diferentes, (arranje exemplos). Caso δ1 6= δ2 , considere δ = mín{δ1 , δ2 };
então se |x − a| < δ temos que |f (x) − L| < ε.
10.2 Funções Deriváveis
Teorema 10.2. Se f é derivável em x0 então f é contínua em x0 .
10.2. FUNÇÕES DERIVÁVEIS
383
f (x) − f (x0 )
. Devemos provar que
x − x0
lim f (x) = f (x0 ), o que é equivalente a lim (f (x) − f (x0 )) = 0.
Prova: Como f é derivável em x0 , temos: f ′ (x0 ) = lim
x→x0
x→x0
x→x0
lim (f (x) − f (x0 )) = lim (x − x0 )
x→x0
x→x0
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 ) = lim (x − x0 ) lim
= 0;
x→x0
x→x0
x − x0
x − x0
logo, lim f (x) = f (x0 ). A recíproca do teorema é falsa.
x→x0
Proposição 10.4. Sejam u = u(x) e v = v(x) funções deriváveis; então:
1. Regra da soma: As funções u ± v são deriváveis e
(u ± v)′ (x) = u′ (x) ± v ′ (x)
2. Regra do produto: A função u · v é derivável e
(u · v)′ (x) = u′ (x) · v(x) + u(x) · v ′ (x)
3. Regra do quociente: A função
u
é derivável, e
v
′
u
u′ (x) · v(x) − u(x) · v ′ (x)
(x) =
v
(v(x))2
se v(x) 6= 0
Provaremos a segunda propriedade; as outras provas são análogas.
(u · v)(x + t) − (u · v)(x)
.
t→0
t
(u · v)′ (x) = lim
(u · v)(x + t) − (u · v)(x) = u(x + t) · v(x + t) − u(x) · v(x); somando e subtraindo o termo
u(x + t) · v(x), obtemos:
(u · v)(x + t) − (u · v)(x) = u(x + t) · v(x + t) − u(x + t) · v(x) + u(x + t) · v(x) − u(x) · v(x); logo,
(u · v)(x + t) − (u · v)(x) = u(x + t) · (v(x + t) − v(x)) + v(x) · (u(x + t) − u(x)).
u(x + t) (v(x + t) − v(x)) + v(x) (u(x + t) − u(x))
; logo,
t→0
t
v(x + t) − v(x)
u(x + t) − u(x)
(u · v)′ (x) = u(x) · lim
+ v(x) · lim
,
t→0
t→0
t
t
Então: (u · v)′ (x) = lim
pois, lim u(x + t) = u(x) (u é derivável, logo contínua). Logo (u·v)′ (x) = u(x)·v ′ (x)+v(x)·u′ (x).
t→0
Teorema 10.3. Regra da Cadeia
Sejam f e g funções, tais que g ◦ f esteja bem definida. Se f é derivável em x e g é derivável em
f (x), então g ◦ f é derivável em x e:
(g ◦ f )′ (x) = g′ (f (x)) · f ′ (x).
CAPÍTULO 10. APÊNDICE
384
Prova: Se x0 ∈ Dom(f ), provaremos que (g ◦ f )′ (x0 ) = g′ (f (x0 )) · f ′ (x0 ). Consideremos a
seguinte função:

 g(t) − g(f (x0 ))
se t =
6 f (x0 )
t − f (x0 )
G(t) =
 ′
g (f (x0 ))
se t = f (x0 ).
G é contínua em t0 = f (x0 ), de fato:
lim G(t) =
t→f (x0 )
g(t) − g(f (x0 ))
= g′ (f (x0 )) = G(f (x0 )).
t − f (x0 )
t→f (x0 )
lim
G também é contínua em t = f (x) 6= f (x0 ), pois para s 6= f (x0 ), temos:
g(s) − g(f (x0 ))
g(t) − g(f (x0 ))
=
= G(t).
s→t
s − f (x0 )
t − f (x0 )
lim G(s) = lim
s→t
f é diferenciável, logo contínua; então, G ◦ f é contínua em Dom(f ), e:
lim G(f (x)) = G(f (x0 )) = g′ (f (x0 )).
x→x0
g(f (x)) − g(f (x0 ))
f (x) − f (x0 ) = G(f (x))
.
x − x0
x − x0
No caso que f (x) = f (x0 ) se x 6= x0 , ambos os lados da ultima igualdade são nulos.
Por outro lado, se x 6= x0 :
(g ◦ f )′ (x0 ) = lim
x→x0
g(f (x)) − g(f (x0 ))
f (x) − f (x0 ) = lim G(f (x))
= g′ (f (x0 )) f ′ (x0 ).
x→x0
x − x0
x − x0
Proposição 10.5. Se f é uma função derivável no intervalo (a, b) e x0 ∈ (a, b) é um extremo
relativo de f , então f ′ (x0 ) = 0.
Prova: Suponha que x0 é um ponto de máximo relativo de f ; como f é derivável em (a, b),
temos:
f (x) − f (x0 )
.
f ′ (x0 ) = lim
x→x0
x − x0
Mais ainda: f ′ (x0 ) = lim
x→x0
i) Se x →
x+
0,
+
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
= lim
.
−
x − x0
x − x0
x→x0
então x − x0 > 0 e f (x) − f (x0 ) ≤ 0, logo f ′ (x0 ) ≤ 0.
ii) Se x → x0 − , então x − x0 < 0 e f (x) − f (x0 ) ≤ 0, logo f ′ (x0 ) ≥ 0.
De i) e ii) temos que f ′ (x0 ) = 0. A prova para mínimo é análoga.
Teorema 10.4. (do Valor Médio)
Seja f : [a, b] −→ R contínua e derivável em (a, b). Então existe pelo menos um x0 ∈ (a, b) tal
que:
f ′ (x0 ) =
f (b) − f (a)
b−a
10.2. FUNÇÕES DERIVÁVEIS
385
f (b) − f (a) . F é contínua em [a, b],
b−a
f (b) − f (a)
. Pelo Teorema de Rolle aplicado
derivável em (a, b) e F (a) = F (b); F ′ (x) = f ′ (x) −
b−a
a F , existe x0 ∈ (a, b) tal que F ′ (x0 ) = 0; então:
Prova: Considere a função F (x) = f (x) − f (a) − (x − a)
f ′ (x0 ) =
f (b) − f (a)
.
b−a
Interpretação geométrica da função auxiliar F
i) A equação da reta que passa pelos pontos A = (a, f (a)) e B = (b, f (b)) é:
y=
f (a) − f (b)
b−a
(x − a) + f (a).
ii) F (x) = f (x) − y, ou seja, F (x) representa a diferença das ordenadas do gráfico de f e da
reta que passa pelos pontos A e B para os pontos de mesma abscissa. Observe que no desenho
anterior, F (x) ≤ 0, para todo x ∈ [a, b], pois o gráfico de f está abaixo da reta que passa por A
e B.
Teorema 10.5. (Teorema do Valor Médio Generalizado )
Sejam f e g funções contínuas em [a, b] e deriváveis em (a, b). Se g′ (x) 6= 0 para todo x ∈ (a, b),
então existe pelo menos um x0 ∈ (a, b) tal que:
f (b) − f (a)
f ′ (x0 )
=
.
′
g (x0 )
g(b) − g(a)
Prova: i) Observemos, primeiramente, que a expressão do enunciado do Teorema está bem
definida. De fato, se g(a) = g(b), considerando h(x) = g(x) − g(a), obtemos h(a) = h(b) = 0;
como h é contínua em [a, b] e derivável em (a, b), pelo Teorema de Rolle temos que existe x0 ∈
(a, b) tal que h′ (x0 ) = 0; então g′ (x0 ) = 0, o que é uma contradição com a hipótese do Teorema.
Logo, g(a) 6= g(b).
ii) Definamos a seguinte função: F (x) = f (b)−f (a) g(x)−g(a) − f (x)−f (a) g(b)−g(a) .
F é contínua em [a, b] e derivável em (a, b), F (a) = F (b) e:
F ′ (x) = g′ (x) f (b) − f (a) − f ′ (x) g(b) − g(a) .
Pelo Teorema de Rolle, existe x0 ∈ (a, b) tal que F ′ (x0 ) = 0. Usando a expressão da derivada
de F obtemos o resultado.
Teorema 10.6. (L’Hôpital)
Sejam f e g funções deriváveis num domínio D que pode ser um intervalo aberto ou uma
reunião de intervalos abertos, exceto possivelmente num ponto a e g(x) 6= 0, para todo x 6= a.
CAPÍTULO 10. APÊNDICE
386
f ′ (x)
= L, então:
x→a g ′ (x)
1. Se lim f (x) = lim g(x) = 0 e lim
x→a
x→a
f (x)
f ′ (x)
= lim ′
= L.
x→a g(x)
x→a g (x)
lim
f ′ (x)
= L, então:
x→a g ′ (x)
2. Se lim f (x) = lim g(x) = ∞ e lim
x→a
x→a
f (x)
f ′ (x)
= lim ′
= L.
x→a g(x)
x→a g (x)
lim
f ′ (x)
f (x)
= lim ′
, o outro caso é analogo. Consideremos as
x→a+ g (x)
x→a+ g(x)
(
(
g(x) se x 6= a
f (x) se x 6= a
e
G(x) =
F (x) =
0
se x = a.
0
se x = a
Prova: 1. Provaremos que: lim
funções:
Seja β > a, F e G são deriváveis em (a, β) e
lim F (x) = lim f (x) = lim G(x) = lim g(x) = 0.
x→a+
x→a+
x→a+
x→a+
F ′ = f ′ e G′ = g′ em (a, β). Se x ∈ (a, β); então F e G são contínuas em [a, x]; logo, pelo teorema
do valor médio generalizado, existe x0 ∈ (a, x) tal que:
F ′ (x0 )
F (x) − F (a)
= ′
,
G(x) − G(a)
G (x0 )
como F (a) = G(a) = 0, temos
lim
x→a+
F (x)
F ′ (x0 )
= ′
se x0 ∈ (a, x). Então:
G(x)
G (x0 )
f (x)
F (x)
F ′ (x0 )
F ′ (x)
f ′ (x)
= lim
= lim
=
lim
=
lim
;
g(x) x→a+ G(x) x0 →a+ G′ (x0 ) x→a+ G′ (x) x→a+ g′ (x)
pois se x → a+ ; então x0 → a+ .
Fazendo t =
1 1
1
′ (x) = −g ′ 1 1 ; logo
; então f ′ (x) = −f ′
e
g
x
t t2
t t2
1
1
f
f′
′
f (x)
t = lim
t = lim f (x) .
lim
= lim
1 t→0+ ′ 1 x→+∞ g′ (x)
x→+∞ g(x)
t→0+
g
g
t
t
10.3 Funções Integráveis
Proposição 10.6. Se f e g são funções integráveis em [a, b], então:
10.3. FUNÇÕES INTEGRÁVEIS
387
1. Linearidade da Integral. α f + β g é função integrável em [a, b], para todo α, β ∈ R e:
Z
b
a
b
Z
α f (x) + β g(x) dx = α
Z
f (x) dx + β
a
b
g(x) dx.
a
2. Monotonicidade da Integral. Se f (x) ≥ g(x) em [a, b]; então,
Z
b
f (x) dx ≥
b
Z
g(x) dx.
a
a
3. |f | é integrável e:
Z b
Z b
f (x) dx.
≤
f
(x)
dx
a
a
4. Sejam a < c < b e f uma função integrável em [a, c] e [c, b] respectivamente. Então f é
integrável em [a, b] e:
Z
b
f (x) dx =
a
Z
c
f (x) dx +
a
Z
b
f (x) dx.
c
Prova: 1. Provaremos que para toda partição P de [a, b] e para todo ci ∈ [xi−1 , xi ] teremos que
n
X
lim
α f + β g (ci )∆xi existe. De fato:
|∆xi |→0
i=1
lim
|∆xi |→0
=α
n
X
i=1
lim
|∆xi |→0
α f + β g (ci )∆xi =
n
X
f (ci )∆xi + β
i=1
|∆xi |→0
lim
|∆xi |→0
pois f e g são integravéis em [a, b]; logo:
Z
lim
n
X
α f (ci )∆xi +
i=1
α f (x) + β g(x) dx = α
2. Por 1. provaremos que se h = f − g; então,
Z
Z
f (x) dx + β
a
f (x) dx + β
a
β g(ci )∆xi
b
b
Z
n
X
i=1
i=1
g(ci )∆xi = α
b
a
X
n
Z
Z
=
b
g(x) dx,
a
b
g(x) dx.
a
b
h(x) dx ≥ 0. Para toda partição P de [a, b] e
a
para todo ci ∈ [xi−1 , xi ] temos que h(ci ) ≥ 0; logo,
n
X
h(ci )∆xi ≥ 0 e:
i=1
Z
a
b
h(x) dx =
lim
|∆xi |→0
n
X
h(ci )∆xi ≥ 0.
i=1
4. Para toda partição P de [a, b] tal que c = xi para algum i; então [a, c] é subdividido em r
subintervalos e [c, b] em n − r subintervalos; logo:
CAPÍTULO 10. APÊNDICE
388
n
X
f (ci )∆xi =
Então:
b
f (x) dx =
a
lim
|∆xi |→0
n
X
f (ci )∆xi =
b
f (x) dx =
a
Z
n−r
X
lim
r
X
f (ci )∆xi +
i=1
c
f (x) dx +
a
Z
d
dx
Prova: Seja h ∈ R tal que x + h ∈ [a, b]:
Z
Z x
Z x+h
f (t) dt =
f (t) dt −
g(x + h) − g(x) =
a
Z
f (ci )∆xi ; logo:
i=r
f (x) dx.
c
Seja f : [a, b] −→ R uma função contínua. A função g(x) =
g′ (x) = f (x), ou, g′ (x) =
lim
|∆xi |→0
n−r
X
b
Teorema 10.7. (Fundamental do Cálculo).
a
f (ci )∆xi .
i=r
|∆xi |→0
i=1
Z
f (ci )∆xi +
i=1
i=1
Z
r
X
Z
x
f (t) dt é derivável e:
a
x
f (t) dt = f (x).
a
x+h
f (t) dt +
Z
a
f (t) dt =
x
a
Z
x+h
f (t) dt.
x
Suponha que h > 0. Como f é contínua no intervalo [x, x + h], pelo teorema de Weierstrass,
existem u, v ∈ [x, x + h] tal que f (u) ≤ f (t) ≤ f (v), então
Z x+h
Z x+h
Z x+h
f (v) dt;
f (t) dt ≤
f (u) dt ≤
x
x
x
logo:
h f (u) ≤
1
e f (u) ≤
h
Z
x+h
Z
x+h
f (t) dt ≤ h f (v),
x
f (t) dt ≤ f (v). Por outro lado, se h → 0, então u → x e v → x, e:
x
lim f (u) = lim f (u) = f (x),
h→0
u→x
lim f (v) = lim f (v) = f (x),
h→0
v→x
pois f é contínua; então:
g(x + h) − g(x)
≤ f (x),
h→0
h
donde g′ (x) = f (x). Analogamente se h < 0.
f (x) ≤ lim
Corolário 10.8. Se f é uma função integrável em [a, b] e admite uma primitiva F (x) em [a, b],
então:
Z
b
f (x) dx = F (b) − F (a)
a
10.3. FUNÇÕES INTEGRÁVEIS
389
Prova: Defina:
G(x) =
Z
x
f (x) dx.
a
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo: G′ (x) = f (x), x ∈ [a, b]. Logo, existe C ∈ R tal que:
G(x) = F (x) + C.
Por outro lado: G(a) = 0, então C = −F (a) e:
G(x) = F (x) − F (a) =⇒ G(b) =
Z
a
b
f (x) dx = F (b) − F (a).
390
CAPÍTULO 10. APÊNDICE