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HÉLIO BERNARDO LOPES
Com
grande frequência, surge a necessidade de calcular a derivada do integral de certa função em determinado intervalo onde a função integranda seja contínua e integrável à Riemann. E é com igual frequênci frequência, a, porventu porventura ra até maior, maior, que se enc encontr ontraa uma est estran ranha ha dificulda dificuldade de dos jovens est estuda udantes ntes universitários no tratamento deste tema. Com
a finalidade de fornecer aos referidos jovens um texto que mostre, com rigor e simplicidade, o que está em jogo neste domínio e como o tema é tratado, procedeu-se à elaboração desta nota breve, que se ilustra com um conjunto de exemplos considerado razoável para que a compreensão plena do tema e a respectiva dominância possam ter lugar. A
resposta a esta pretensão é dada, essencialmente, pelo conhecido
TEOREMA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO INTEGRAL . Seja f uma função integrável à Riemann
em [a,b] ⊆ R. Nestas circunstâncias, a função, F:[ a, b] → R, definida por: x
= ∫ f ( t) dt
F( x)
a
é contínua em [a,b], sendo diferenciável em qualquer ponto x 0 de [a,b], tendo-se: F' ( x0 )
= f ( x0 ) . •
EXEMPLO. Pretende achar-se, para a função: x
F ( x )
t 3
= ∫ 2 0
t
+1 dt +1
o valor de F ' ( 3) sem calcular o integral em estudo e sabendo que a função integrande está definida em [0,7]. Ora,
de acordo com o enunciado do teorema anterior, o valor procurado vale: F
'
( 3)
=
33
+
1
32
+
1
=
27 10
⋅
•
COROLÁRIO . Sendo f uma função integrável à Riemann em [a,b]
⊆
R
e contínua, a função, F:[ a, b]
→ R, definida por: x
F( x)
= ∫ f ( t) dt a
é contínua em [a,b], sendo diferenciável em qualquer ponto x∈[a,b], tendo-se:
F ' ( x)
=
f ( x). •
EXEMPLO. Pretende achar-se, para a função: x
F ( x )
t 3
= ∫ 2 0
t
+1 dt +1
o valor de F ' ( x ) , sem calcular o integral em estudo e sabendo que a função integrande está definida em [0,7]. Ora,
de acordo com o enunciado do corolário anterior, o valor procurado vale: F
'
( x)
=
x
3
x
2
+
1
+
1
⋅
•
EXEMPLO. Pretende achar-se, para a função: 1
F( x) =
∫ sen( t ) dt 2
x
o valor de F ' ( x ) , sem calcular o integral em estudo e sabendo que a função integrande está definida em [1,9]. Ora,
tendo em conta que se tem: x
F( x)
= − ∫ sen( t2 ) dt dt 1
o corolário anterior permite determinar: F' ( x)
= − sen( x2 ) . •
COROLÁRIO . Sendo f uma função integrável à Riemann em [a,b]
⊆
R
e contínua, a função, F:[ a, b]
→ R, definida por: g s ( x )
F( x) =
∫ f ( t) dt
gi ( x )
é contínua em [a,b], sendo diferenciável em qualquer ponto x∈[a,b], tendo-se: F ' ( x)
=
g ' s( x) f [ g s( x ) ] − g ' if [ g i( x ) ]
desde que as derivadas de g s ( x ) e de gi ( x ) existam nos pontos do intervalo [a,b]. • EXEMPLO. Pretende achar-se, para a função:
x 2
= ∫ e−t
2
F( x)
dt dt
2
a respectiva derivada em ordem a x , sem calcular o integral. Ora, nos termos do anterior corolário, tem-se, neste caso: g s ( x)
=
∧
x2
=2
gi ( x)
pelo que virá: F' ( x) = 2 xe− x
4
e−2
−0×
2
xe− x . • 4
=2
EXEMPLO. Pretende achar-se, para a função: x 2
F ( x )
=
∫ log 1 + t dt 1
2
x
a respectiva derivada em ordem a x , usando o anterior anterio r corolário. corolário . Ter-se-á, Ter-se-á, então: F' ( x)
= 2 xlog
1
− log
1 + x 4
1 1+ x2
⋅•
EXEMPLO. Pretende achar-se, para a função: e x
F ( x ) =
1
∫ 1 + t dt 2
x
a respectiva derivada em ordem a x , usando o anterior anterio r corolário. corolário . Ter-se-á, Ter-se-á, neste caso: F' ( x) = e x
1 1 + e 2 x
−
1 1+ x2
⋅•
EXEMPLO. Pretende achar-se, para a função: sen sen( x)
∫ e dt t
x 3
a respectiva derivada em ordem a x , usando o anterior anterio r corolário. corolário . Ter-se-á Ter-se-á aqui: cos( x) ⋅ e
se(n )x
− 3 x2 e
3
.•
x
EXEMPLO. Resolver a equação:
e ∂ ∫ ln( t ) dt = ( 3 y − 16) . dx e− ∂ y d
x
x
T em-se,
neste caso:
( e x)
'
ln( e
) − ( e − x)
x
'
ln( e −
) = 0 ⇔ e xx − e − xx = 3 ⇔ 2 xsh (x ) = 3 ⇔
x
2 3
sh ( x )
=
1
x
que é uma equação transcendente. Recorrendo a uma calculadora, pode obter-se facilmente uma solução aproximada. • EXEMPLO. Achar a expressão da derivada abaixo, sem efectuar a integração:
e ∫ ln(t )dt . dx e − x
d
x
T em-se,
pois, nos termos da doutrina inicialmente exposta:
e ' ' ∫ ln(t )dt = ( e x) ln( e x) − ( e − x) ln( e − x) = e xx − e − xx = 2xseh (x ). dx e − d
x
x
EXEMPLO. Determine a expressão da derivada em ordem a x para a função: x + 3
F( x)
∫ ( e + 1) dt.
=
t
− x +1 Virá,
então: F' ( x)
= ( x + 3) ' [ e +x 3 + 1] − ( − x + 1) ' [ e−
+x 1
+ 1] = e +x 3 + 1 + e−
x+1
+ 1 = e x+3 + e− x+1 + 2 .
EXEMPLO. Resolver a equação:
x +1 1 ∂ 2 x 2 dt + [ e y + y ln( x )] = 0. dx x∫ t ∂ y 2 d
2
No
caso da presente equação, tem-se:
x +1 1 1 1 1 2 x ' − ( x2 ) 2 = − 2 ⋅ ∫ dt = ( x + 1) ' dx x t x + 1 x + 1 x + 1 x + 1 d
2
E tem-se, por igual: ∂
e x y 2 + y ln( x ) ] = 2e x y + ln( x ) [ ∂ y
ou seja: ∂
2
2 [e ∂ y
Em
y 2x + y ln( x )]
=
∂
2e y +x ln( x ) ] = 2e [ ∂ y
.
x
face destes resultados e tendo em conta a equação inicialmente dada, virá:
1
2 x
−
x + 1 x
2
+1
+ 2e x = 0
que é, como se vê, uma equação transcendente. Deitando mão de métodos numéricos e usando uma calculadora suficientemente potente, obter-se-á uma solução aproximada. • EXEMPLO. Pretende mostrar-se que: x
1
∫ 1 + t
2
1
1
∫ 1 + t
dt =
dt .
2
1
1
x
vindo:
Para
provar o que se pretende, basta derivar ambos os membros desta igualdade em ordem a x ,
d
x
∫
1
dt =
dx 1 1 + t 2
1 ' 2 dt = − x + 1 dx ∫ t 1 d
1
1
x
1 1+
1 1 + x 2
=
1
1
x 2
x 1 + x 2
2
=
1 1+ x2
x 2
o que prova o que se pretendia. • EXEMPLO. Pretende mostrar-se que se tem: x
e t
∫ t
e x
dt =
∫ log(t ) dt ⋅ e
1
Usando
1
a doutrina antes apresentada, virá: d dx d dx
e x
x
e t
ex
∫ t dt = x 1
1
∫ log(t ) dt = ( e ) x
e
'
1 log( e x )
=
e x x
o que responde ao que se pretendia. • EXEMPLO. Seja a função f : R →R, contínua e periódica de período T . Pretende mostrar-se que a função: x + T
F( x)
=
∫ f ( t) dt
x
é uma função constante em R. Claro
está que, se assim for, a sua derivada terá se ser nula. Achando essa derivada, virá:
= f ( x + T ) − f ( x) .
F ' ( x) Ora,
dado que a função inicialmente dada é periódica de período T , terá de ser: f ( x + T)
= f ( x)
pelo que: F ' ( x )
=0
o que prova que F ( x ) é uma função constante em R. • EXEMPLO. Ache o domínio, estude a monotonia e calcule os extremos da função: x
= ∫ ln( t) dt.
F( x)
1
Aqui,
o domínio da função é [1,+∞[. A primeira derivada da função dada é:
= ln( x)
F' ( x)
que sempre positiva em [1,+∞[, pelo que a função dada é estritamente crescente. Dado que: F' ( x)
= 0 ⇔ ln( x) = 0 ⇔ x= 1
este ponto é um minimizante da função dada, onde ocorre o mínimo, local e absoluto: 1
F(1)
= ∫ ln(
)t dt= 0. •
1
EXEMPLO. Ache o domínio, estude a monotonia e calcule os extremos da função: x 2
F( x)
=
∫
e− t dt dt. 2
0
O
domínio da função, claro está, é R. Dado que: F' ( x)
xe− x
=2
2
virá: F' ( )x = 0 ⇔ 2 x−e x
2
= 0 ⇔ x= 0.
vez que em ]−∞,0[ a anterior derivada é negativa, a função é decrescente nesse intervalo. Em contrapartida, no intervalo ]0,+∞[ a derivada é positiva, pela a função dada é crescente nesse intervalo. Assim, no ponto zero ocorre um mínimo local e absoluto, com o valor: Uma
0
F( 0)
= ∫ e−t
2
dt= 0. •
0
EXEMPLO. Ache o domínio, estude a monotonia e calcule os extremos da função: 0
F( x)
= ∫
+ 1 dt.
t4
x
O
domínio desta função é R. Neste caso tem-se:
=−
F' ( x)
x4
+1
que é sempre negativa em R. Ou seja, a função dada é decrescente em R. Não existem, pois, extremos para esta função. • EXEMPLO. Ache o domínio, estude a monotonia e calcule os extremos da função: e x
= ∫
F ( x )
2
Para
1
ln(t )
dt .
esta função o domínio é R−{0}. T Tem-se, em-se, para esta função: '
F ( x )
=
e x x
que é negativa em R e positiva em R . É, pois, decrescente no primeiro intervalo e crescente no segundo, não existindo extremos no domínio da função. • −
+
EXEMPLO. Dada a função: 3
F( x)
sen( t ) = ∫ x2 e sen dt x
pretende determinar-se: F ' ( x ). A
função dada pode escrever-se na forma: 3
F( x)
=
2
x
∫ e
sen sen( t )
dt
x
pelo que se terá: 3
'
F ( x)
sen( t ) sen( x) = 2 x∫ e sen . • dt − x2 e sen x
EXEMPLO. Para a função que se mostra de seguida, definida em R por: x 3 +1
F( x)
∫
=
e− t dt 2
cos( cos( x )
pretende determinar-se o seu valor no ponto zero, bem como o da sua primeira derivada aí. Ora,
fácil é constatar que se tem: 03 +1
F( 0)
=
∫
1
−t 2
dt=
e
cos( cos( 0 )
∫
e−t dt= 0 2
1
sendo que se tem: F' ( x) = ( x3 Assim,
+ 1)
'
e−
2
− ( cos( x))
x
'
e− cos
2
= 3 x2 e− x+ sen( x) e− cos ( 2
( )x
2
)x
.
o valor da primeira derivada no ponto zero vale: F ' ( 0)
= 0. •
EXEMPLO. Seja, agora, o cálculo do limite abaixo: x
0
sent dt ∫ sent sent dt ∫ sent 3
lim
0
x → 0
Para
x 4
3
=
0
04
0
= ⋅ 0
se proceder ao levantamento desta indeterminação, deita-se mão da Regra de Hospital, vindo: lim
x → 0
sen( x 3 ) 4 x 3
=
sen( x3 ) lim 4 x →0 x 3 1
1
1
4
4
= ×1 = ⋅ •
