Matemática universitária — Graduação 1 · Bachelor Year 1

15Integração num Segmento

A integral do volume do ensino médio foi fundada em áreas tomadas intuitivamente. Este capítulo a constrói: primeiro para funções escada, em que a integral é uma soma finita, e depois para funções contínuas (e contínuas por partes) por aproximação uniforme — o lugar em que o teorema de Heine (Teorema 13.22) ganha o seu sustento. O teorema fundamental do cálculo conecta então a construção às primitivas, e as somas de Riemann a conectam às médias discretas.

Ao longo do capítulo, $a < b$ são reais.

15.1 Funções escada

Definição 15.1

$\varphi \colon \intcc{a}{b} \to \R$ é uma função escada quando existe uma subdivisão $a = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$ tal que $\varphi$ é constante, igual a $c_i$ , em cada intervalo aberto $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ (os valores nos nós não são restritos). A sua integral é

\int_a^b \varphi = \sum_{i=1}^{n} c_i\,(x_i - x_{i-1}),

independente da subdivisão escolhida (refine duas subdivisões pela sua comum: cada lado fica inalterado por refinamento).

Proposição 15.2

Nas funções escada, a integral é linear, crescente ( $\varphi \leq \psi \implies \int\varphi \leq \int\psi$ ) e satisfaz a relação de Chasles $\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b$ para $a < c < b$ .

Demonstração. O motor é a invariância por refinamento, enunciada na definição: inserir um nó extra $t \in \intoo{x_{i-1}}{x_i}$ numa subdivisão substitui o termo $c_i(x_i - x_{i-1})$ por $c_i(t - x_{i-1}) + c_i(x_i - t)$ — o mesmo número — de modo que a integral não muda por refinamento finito algum. Tome agora $\varphi$ com subdivisão $\sigma$ e $\psi$ com subdivisão $\sigma'$ : no refinamento comum $\sigma \cup \sigma'$ , as duas são funções escada com os mesmos nós e, em cada peça, $\varphi + \lambda\psi$ é constante igual a $c_i + \lambda d_i$ : a linearidade se reduz à linearidade de somas finitas. Crescimento: $c_i \leq d_i$ em cada peça dá $\sum c_i \Delta_i \leq \sum d_i \Delta_i$ (comprimentos $\Delta_i \geq 0$ ). Chasles: insira o nó $c$ e separe a soma nele. ∎

15.2 Integral de uma função contínua

Teorema 15.3 (Aproximação uniforme)

Seja $f$ contínua em $\intcc{a}{b}$ . Para todo $\varepsilon > 0$ existem funções escada $\varphi, \psi$ com

\varphi \leq f \leq \psi \qquad\text{e}\qquad \psi - \varphi \leq \varepsilon \text{ em} \intcc{a}{b}.

Demonstração. Pelo teorema de Heine (Teorema 13.22), $f$ é uniformemente contínua: tome $\delta$ para $\varepsilon$ e uma subdivisão de malha $< \delta$ (igualmente espaçada, digamos, com $n > \frac{b - a}{\delta}$ peças). Em cada peça fechada $\intcc{x_{i-1}}{x_i}$ , $f$ atinge um mínimo $m_i$ e um máximo $M_i$ (Teorema 13.13), e $M_i - m_i \leq \varepsilon$ (os dois pontos extremais estão a menos de $\delta$ ). Defina $\varphi = m_i$ e $\psi = M_i$ em $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ (e $\varphi = \psi = f$ nos nós). ∎

Teorema 15.4 (Definição da integral)

Seja $f$ contínua em $\intcc{a}{b}$ . Os dois números

I_-(f) = \sup\Bigl\{\int_a^b \varphi : \varphi \text{ escada},\ \varphi \leq f\Bigr\}, \qquad I_+(f) = \inf\Bigl\{\int_a^b \psi : \psi \text{ escada},\ \psi \geq f\Bigr\}

são iguais; o seu valor comum é a integral $\int_a^b f$ (também escrita $\int_a^b f(t)\,\dd t$ ). Ele coincide com a noção anterior nas funções escada e se estende às funções contínuas por partes, separando $\intcc{a}{b}$ nas descontinuidades (Chasles como definição ali).

Demonstração. Os dois conjuntos são não vazios ( $f$ é limitada) e toda integral escada inferior é $\leq$ toda superior (monotonicidade nas funções escada): assim, $I_-(f) \leq I_+(f)$ . Pelo Teorema 15.3, para todo $\varepsilon$ existe um par com $\int\psi - \int\varphi \leq \varepsilon(b - a)$ : o supremo e o ínfimo ficam comprimidos, $I_- = I_+$ . ∎

Exemplo 15.5 (Contínua por partes, sem drama)

A função parte inteira em $\intcc{0}{3}$ é uma função escada disfarçada: separando nos seus saltos,

\int_0^3 \lfloor t \rfloor\,\dd t = \int_0^1 0 + \int_1^2 1 + \int_2^3 2 = 0 + 1 + 2 = 3 ,

e os valores nos pontos de salto $1, 2$ são irrelevantes: mudar uma função em finitos pontos não muda integral alguma (as funções escada que a enquadram não são afetadas). É todo o conteúdo da extensão a “contínua por partes”: corte nas finitas descontinuidades, integre cada peça contínua e some — Chasles como definição.

Exemplo 15.6 (A definição calcula, uma vez)

Seja $f(x) = x$ em $\intcc{0}{1}$ e corte em $n$ peças iguais. As melhores funções escada constantes nas peças são $\varphi = \frac{k-1}{n}$ e $\psi = \frac kn$ na $k$ -ésima peça, com

\int_0^1 \varphi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k-1}{n}\cdot\frac1n = \frac{n-1}{2n}, \qquad \int_0^1 \psi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\cdot\frac1n = \frac{n+1}{2n} .

Toda integral inferior é $\leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq$ toda superior, de modo que $\frac{n-1}{2n} \leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq \frac{n+1}{2n}$ para todo $n$ : as duas se comprimem sobre $\frac12$ , e $\int_0^1 x\,\dd x = \frac12$ sai direto da definição. A ideia de fechamento: esta é a primeira e a última vez que integramos pela definição — o teorema fundamental, abaixo, substitui todos esses cálculos por uma consulta de primitiva, o que é todo o ponto econômico deste capítulo.

Teorema 15.7 (Propriedades)

Para $f, g$ contínuas (ou contínuas por partes) em $\intcc{a}{b}$ e $\lambda \in \R$ :

linearidade: $\int (f + \lambda g) = \int f + \lambda \int g$ ;
monotonicidade: $f \leq g \implies \int_a^b f \leq \int_a^b g$ ; e $\bigl|\int_a^b f\bigr| \leq \int_a^b \abs f \leq (b - a)\, \sup\abs f$ ;
Chasles: $\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b$ (com a convenção $\int_b^a = -\int_a^b$ , válida para qualquer ordem dos limites);
positividade estrita: se $f$ é contínua, $f \geq 0$ e $\int_a^b f = 0$ , então $f = 0$ em toda parte em $\intcc{a}{b}$ .

Demonstração. (1)–(3) passam das funções escada ao limite pela definição por sup/inf. A linearidade merece os detalhes uma vez: dado $\varepsilon > 0$ , enquadre $\varphi_f \leq f \leq \psi_f$ e $\varphi_g \leq g \leq \psi_g$ com folgas $\leq \varepsilon$ (Teorema 15.3). Para $\lambda \geq 0$ , $\varphi_f + \lambda\varphi_g \leq f + \lambda g \leq \psi_f + \lambda\psi_g$ é um enquadramento por funções escada de folga $\leq (1 + \lambda)\varepsilon$ , e as suas integrais escada valem $\int \varphi_f + \lambda\int\varphi_g$ , etc. (Proposição 15.2): fazer $\varepsilon \to 0$ comprime $\int(f + \lambda g)$ sobre $\int f + \lambda\int g$ . Para $\lambda < 0$ , multiplicar por $\lambda$ inverte o enquadramento de $g$ — a função escada inferior de $\lambda g$ é $\lambda \psi_g$ — e a mesma compressão roda com os papéis trocados. A estimativa $\abs{\int f} \leq \int \abs f$ vem de $-\abs f \leq f \leq \abs f$ e da monotonicidade.

(4) Contrapositiva: se $f(x_0) = m > 0$ , a continuidade fornece um subintervalo de comprimento $\eta > 0$ no qual $f \geq \frac m2$ ; a função escada que vale $\frac m2$ ali e $0$ no resto é $\leq f$ , de modo que $\int f \geq \frac{m\eta}{2} > 0$ . ∎

Exemplo 15.8 (Chasles em ação: integrais com valores absolutos)

Para integrar um valor absoluto, corte onde o sinal muda.

\int_0^2 \abs{x - 1}\,\dd x = \int_0^1 (1 - x)\,\dd x + \int_1^2 (x - 1)\,\dd x = \frac12 + \frac12 = 1 ,

e, cortando $\intcc{0}{2\pi}$ em $\pi$ :

\int_0^{2\pi} \abs{\sin t}\,\dd t = \int_0^{\pi} \sin t\,\dd t - \int_{\pi}^{2\pi} \sin t\,\dd t = 2 + 2 = 4 ,

ao passo que $\int_0^{2\pi} \sin t\,\dd t = 0$ : o cancelamento é real, e é por isso que o enunciado de positividade estrita (Teorema 15.7 (4)) carrega a hipótese $f \geq 0$ — sem ela, uma integral nula nada demonstra sobre $f$ . A ideia de fechamento: $\int \abs f$ mede área, e $\int f$ mede balanço com sinal; a desigualdade $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ é o registro exato do que o cancelamento pode destruir.

15.3 O teorema fundamental do cálculo

Teorema 15.9 (Teorema fundamental do cálculo)

Seja $f$ contínua num intervalo $I$ e $a \in I$ . A função

F(x) = \int_a^x f(t)\, \dd t

é de classe $C^1$ em $I$ , com $F' = f$ : toda função contínua num intervalo tem primitivas. Consequentemente, para qualquer primitiva $G$ de $f$ :

\int_a^b f(t)\,\dd t = G(b) - G(a) .

Demonstração. Fixe $x_0 \in I$ e $\varepsilon > 0$ ; a continuidade em $x_0$ fornece $\delta$ com $\abs{f(t) - f(x_0)} \leq \varepsilon$ para $\abs{t - x_0} \leq \delta$ . Para $0 < \abs{h} \leq \delta$ (e $x_0 + h \in I$ ), Chasles dá

\frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) = \frac 1h \int_{x_0}^{x_0+h} \bigl(f(t) - f(x_0)\bigr)\dd t ,

cujo valor absoluto é $\leq \frac{1}{\abs h}\cdot \abs h\, \varepsilon = \varepsilon$ (estimativa (2), válida para qualquer ordem dos limites). Assim, $F'(x_0) = f(x_0)$ ; $F' = f$ é contínua: $F$ é $C^1$ . Se $G' = f$ também, então $(G - F)' = 0$ no intervalo, de modo que $G = F + c$ (Corolário 14.12), e $G(b) - G(a) = F(b) - F(a) = \int_a^b f$ . ∎

Exemplo 15.10 (Simetria antes do cálculo)

Num intervalo simétrico, a paridade faz o trabalho: se $f$ é ímpar, a substituição $t \mapsto -t$ leva $\int_{-a}^{0} f$ a $-\int_0^a f$ , de modo que

\int_{-a}^{a} f(t)\,\dd t = 0 ; \qquad\text{se $f$ é par,}\quad \int_{-a}^{a} f = 2\int_0^a f .

Assim, $\int_{-1}^{1} \frac{t^3\cos t}{1 + t^4}\,\dd t = 0$ sem primitiva à vista (o integrando é ímpar), e $\int_{-\pi}^{\pi} t^2\cos t\,\dd t = 2\int_0^\pi t^2\cos t\, \dd t$ . Verifique a simetria antes de recorrer a técnicas: a integral mais rápida é a que nunca é calculada.

Exemplo 15.11 (Reconhecendo uma derivada de imediato)

Calcule $\displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x}$ . A identidade do arco metade $1 + \cos x = 2\cos^2\frac x2$ transforma o integrando em $\frac{1}{2}\bigl(1 + \tan^2\frac x2\bigr)$ , que é exatamente a derivada de $\tan\frac x2$ :

\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x} = \Bigl[\tan\frac x2\Bigr]_0^{\pi/2} = \tan\frac\pi4 = 1 .

Nenhuma maquinaria de substituição foi necessária — apenas o reflexo de ler um integrando como a derivada de alguém, com o teorema fundamental fazendo o resto. (A ferramenta sistemática por trás de tais integrais trigonométricas, a substituição $t = \tan\frac x2$ , pertence ao instrumental padrão construído a partir do Teorema 15.15 (2).)

Exemplo 15.12 (Funções definidas por integrais)

O teorema fundamental fabrica funções. Seja

F(x) = \int_0^x \eu^{-t^2}\,\dd t .

Nenhuma combinação de funções clássicas tem derivada $\eu^{-t^2}$ (um teorema de Liouville, admitido); e, no entanto, $F$ existe, é $C^1$ com $F'(x) = \eu^{-x^2} > 0$ , estritamente crescente, ímpar (substitua $t \mapsto -t$ ) e limitada: para $x \geq 1$ ,

F(x) - F(1) = \int_1^x \eu^{-t^2}\dd t \leq \int_1^x \eu^{-t}\dd t \leq \eu^{-1} ,

de modo que $F \leq F(1) + \eu^{-1} \leq 1 + \eu^{-1}$ . (O limite exato, $\frac{\sqrt\pi}{2}$ , é calculado com integrais duplas no volume do terceiro ano.) Regra da cadeia para limites móveis: $\frac{\dd}{\dd x}\int_x^{x^2} \eu^{-t^2}\dd t = 2x\,\eu^{-x^4} - \eu^{-x^2}$ . A ideia de fechamento: a integração cria funções novas a partir de antigas, com todas as suas propriedades legíveis no integrando — a primitiva que você não consegue escrever é ainda uma função que você controla plenamente.

Exemplo 15.13 (Estimar sem avaliar)

As integrais $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t$ não têm forma fechada agradável e, no entanto, a monotonicidade as fixa com precisão: em $\intcc{0}{1}$ , $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ , de modo que

\frac{1}{2(n+1)} = \frac12\int_0^1 t^n\,\dd t \;\leq\; R_n \;\leq\; \int_0^1 t^n \,\dd t = \frac{1}{n+1} :

a ordem exata de decaimento ( $R_n \sim$ um múltiplo de $\frac1n$ , de fato $R_n \sim \frac{1}{2n}$ ) com duas linhas e sem primitiva alguma. Os problemas de fim de semana deste capítulo e do próximo rodam exatamente sobre enquadramentos desses — o primeiro instinto do analista diante de uma integral deve ser estimá-la e só depois, se necessário, calculá-la.

Exemplo 15.14 (Valores médios)

A média de uma $f$ contínua em $\intcc{a}{b}$ é $\frac{1}{b-a}\int_a^b f$ . Para o arco do seno:

\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin t\,\dd t = \frac{1}{\pi}\bigl[-\cos t\bigr]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \approx 0.637 :

um arco positivo completo tem média não $\frac12$ , mas $\frac2\pi$ — a curva passa mais tempo alta do que um triângulo passaria. Pelo Exercício 15.11 (teorema do valor médio para integrais, $g = 1$ ), a média é um valor: $\sin c = \frac2\pi$ para algum $c \in \intoo{0}{\pi}$ . E, pelas somas de Riemann deste capítulo, a média é o limite de médias comuns de $n$ amostras — a ponte entre a média discreta de dados e a média contínua de um sinal, que é como a integral entra na física.

Teorema 15.15 (Integração por partes; substituição)

Se $u, v$ são $C^1$ em $\intcc{a}{b}$ :

$\int_a^b u'v = \bigl[uv\bigr]_a^b - \int_a^b uv' .$
Se $\varphi$ é $C^1$ em $\intcc{\alpha}{\beta}$ e $f$ é contínua em $\varphi(\intcc{\alpha}{\beta})$ :

$\int_{\alpha}^{\beta} f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,\varphi'(t)\, \dd t = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\, \dd x .$

Demonstração. (1) $(uv)' = u'v + uv'$ ; integre em $\intcc{a}{b}$ e aplique o teorema fundamental à função $C^1$ $uv$ .

(2) Seja $F$ uma primitiva de $f$ no intervalo imagem (Teorema 15.9). Então $(F \circ \varphi)' = (f \circ \varphi)\,\varphi'$ (regra da cadeia), de modo que os dois lados valem $F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha))$ . ∎

Exemplo 15.16

$\int_0^1 t\,\eu^t \dd t = \bigl[t\,\eu^t\bigr]_0^1 - \int_0^1 \eu^t\dd t = \eu - (\eu - 1) = 1$ . E, com a substituição $x = \sin t$ ( $t \in \intcc{0}{\frac\pi2}$ ):

\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\, \dd x = \int_0^{\pi/2} \cos t \cdot \cos t \, \dd t = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2t}{2}\, \dd t = \frac\pi4 ,

— um quarto do disco unitário, como a geometria exige. (A linearização do Método 3.11 em ação.)

Observação 15.17 (Armadilhas frequentes no cálculo integral)

(i) As substituições devem ser $C^1$ em todo o intervalo: a mudança $x = \frac1t$ é ilegal atravessando $0$ ; aplicada às cegas a $\int_{-1}^{1}\frac{\dd x}{1 + x^2}$ , ela “demonstra” que a integral é igual ao seu próprio oposto. Quando uma substituição tem singularidade, corte antes o intervalo (Chasles), substitua em cada peça e só então recombine. (ii) As primitivas logarítmicas precisam de valores absolutos: $\int \frac{\dd x}{x - 2} = \ln\abs{x - 2} + C$ em cada lado de $2$ separadamente — escrever $\ln(x - 2)$ em $\intoo{0}{1}$ é escrever o logaritmo de um número negativo; e a constante $C$ pode diferir nos dois lados da singularidade. (iii) Uma integral nula não mata a função: $\int_0^{2\pi}\sin = 0$ ; a positividade do integrando é exigida antes de concluir que $f = 0$ (Exemplo 15.8). (iv) As somas de Riemann devem ser calibradas: em $\frac{b-a}{n}\sum f\bigl(a + k\frac{b-a}{n}\bigr)$ , o passo fora e os pontos dentro devem corresponder à mesma subdivisão — o erro frequente é uma soma $\sum_{k=1}^{n} f\bigl(\frac kn\bigr)$ sem o fator $\frac1n$ , que diverge em vez de convergir a $\int_0^1 f$ . Lista de verificação antes de invocar o Teorema 15.20: coloque $\frac1n$ em evidência, reescreva a parcela como $f$ de $\frac kn$ , nomeie $f$ e verifique a sua continuidade.

Exemplo 15.18 (Adivinhe, derive, ajuste)

Quanto vale $\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t$ ? Adivinhe uma primitiva da forma $t\,P(\ln t)$ com $P$ polinômio e derive:

\bigl(t\,P(\ln t)\bigr)' = P(\ln t) + P'(\ln t) .

Precisamos de $P(u) + P'(u) = u^2$ : tome $P(u) = u^2 - 2u + 2$ (igualando coeficientes de cima para baixo a partir de $u^2$ ). Portanto,

\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t = \bigl[t\bigl((\ln t)^2 - 2\ln t + 2\bigr)\bigr]_1^x = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x - 2 ,

resultado que de outro modo se alcançaria com duas integrações por partes. A ideia de fechamento: para integrandos da forma (polinômio em $\ln t$ ) ou (polinômio vezes $\eu^{\lambda t}$ ), a primitiva tem a mesma forma — derivar um palpite com forma converte a integração em álgebra linear sobre coeficientes, mais rápida e menos sujeita a erro que partes iteradas.

Exemplo 15.19 (A integral bumerangue)

Calcule $I = \int_0^{\pi/2} \eu^x \cos x\,\dd x$ . Integre por partes duas vezes, derivando o fator trigonométrico a cada vez:

I = \bigl[\eu^x \sin x\bigr]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} \eu^x \sin x\,\dd x = \eu^{\pi/2} - J, \qquad J = \bigl[-\eu^x\cos x\bigr]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \eu^x\cos x\,\dd x = 1 + I .

A integral voltou a si mesma: $I = \eu^{\pi/2} - 1 - I$ , donde

I = \frac{\eu^{\pi/2} - 1}{2} .

A ideia de fechamento: quando o integrando é um produto de duas funções que se reproduzem sob derivação ( $\eu^{ax}$ , $\cos bx$ , $\sin bx$ ), duas integrações por partes produzem uma equação linear para a integral desconhecida — resolva-a em vez de integrar; equivalentemente, passe por $\eu^{(a + \iu b)x}$ (Capítulo 3) e tome partes reais. Os dois caminhos dão a mesma resposta, e conferir que dão é um teste de sanidade gratuito.

15.4 Somas de Riemann

Teorema 15.20 (Somas de Riemann)

Seja $f$ contínua em $\intcc{a}{b}$ . Então

S_n = \frac{b - a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\Bigl(a + k\,\frac{b-a}{n}\Bigr) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^b f(t)\, \dd t ,

e o mesmo com quaisquer pontos de avaliação dentro dos subintervalos.

Demonstração. $S_n$ é a integral da função escada $\varphi_n$ , igual a $f(a + k\frac{b-a}{n})$ no $k$ -ésimo subintervalo. Dado $\varepsilon > 0$ , a continuidade uniforme (Heine) fornece $\delta$ ; para $n > \frac{b-a}{\delta}$ , todo ponto de um subintervalo está a menos de $\delta$ do seu ponto de avaliação, de modo que $\abs{f - \varphi_n} \leq \varepsilon$ em $\intcc{a}{b}$ , donde

\Bigl| \int_a^b f - S_n \Bigr| = \Bigl| \int_a^b (f - \varphi_n) \Bigr| \leq (b-a)\,\varepsilon . \qedhere

∎

Uma soma de Riemann à esquerda com n = 8 retângulos: quando a malha encolhe, a continuidade uniforme força a área da escada rumo a ∈t_ab f. — Uma soma de Riemann à esquerda com $n = 8$ retângulos: quando a malha encolhe, a continuidade uniforme força a área da escada rumo a $\int_a^b f$ .

Exemplo 15.21

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} = \frac 1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^1 \frac{\dd x}{1 + x} = \ln 2$ : um limite invisível a estimativas elementares, transparente como soma de Riemann.

Exemplo 15.22 (Uma segunda soma de Riemann, com calibração)

Encontre $\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n}{(n+k)^2}$ . Calibre:

\sum_{k=1}^{n} \frac{n}{(n+k)^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{n^2}{(n+k)^2} = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\bigl(1 + \frac kn\bigr)^2} ,

uma soma de Riemann da função contínua $f(x) = \frac{1}{(1+x)^2}$ em $\intcc{0}{1}$ : o limite é

\int_0^1 \frac{\dd x}{(1 + x)^2} = \Bigl[-\frac{1}{1+x}\Bigr]_0^1 = \frac12 .

A ideia de fechamento: toda a arte está na linha do meio — force a parcela à forma $f(\frac kn)$ ao custo de extrair exatamente um fator $\frac1n$ ; uma vez certa a forma, o teorema faz a análise e o teorema fundamental faz a aritmética.

Observação 15.23 (Onde a integral trabalha em seguida)

Cada construção do capítulo tem a sua sequência. As somas de Riemann voltam no Capítulo 17 como ponte entre séries e integrais (comparação de $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ com $\int \frac{\dd t}{t^\alpha}$ ); o resto integral é a forma mais fina da fórmula de Taylor no Capítulo 16; a definição baseada no $\sup$ é o protótipo da integral de Lebesgue do volume do terceiro ano, em que as mesmas três propriedades (linearidade, monotonicidade, um teorema de convergência) são reconstruídas numa classe de funções muito maior. E o problema de fim de semana abaixo converte a integração por partes em aritmética: a irracionalidade de $\pi^2$ .

15.5 Exercícios

Exercício 15.1 ★

Calcule: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4}$ (frações parciais, Capítulo 9); $\displaystyle\int_1^{\eu} \ln t \,\dd t$ ; $\displaystyle\int_0^{\pi} t \sin t\, \dd t$ .

Solução

Solução de Exercício 15.1.

$\dfrac{1}{x^2-4} = \dfrac{1/4}{x - 2} - \dfrac{1/4}{x+2}$ (multiplicação-avaliação), de modo que

\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} = \frac14\Bigl[\ln\abs{x-2} - \ln\abs{x+2}\Bigr]_0^1 = \frac14\Bigl(\ln\frac{1}{3} - \ln 1\Bigr) = -\frac{\ln 3}{4}.

Por partes ( $u' = 1$ , $v = \ln t$ ): $\int_1^{\eu} \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t\bigr]_1^{\eu} - \int_1^{\eu} \dd t = \eu - (\eu - 1) = 1$ .

Por partes ( $u' = \sin t$ , $v = t$ ): $\int_0^\pi t\sin t\,\dd t = \bigl[-t\cos t\bigr]_0^\pi + \int_0^\pi \cos t\,\dd t = \pi + 0 = \pi$ .

Exercício 15.2 ★

Calcule $\displaystyle\int_0^{1} \frac{t}{(t^2+1)^2}\,\dd t$ (substituição) e $\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\, \dd t$ (escreva $\cos^3 = \cos(1 - \sin^2)$ ).

Solução

Solução de Exercício 15.2.

Substituição $u = t^2 + 1$ , $\dd u = 2t\,\dd t$ :

\int_0^1 \frac{t\,\dd t}{(t^2+1)^2} = \frac12 \int_1^2 \frac{\dd u}{u^2} = \frac12\Bigl[-\frac1u\Bigr]_1^2 = \frac14 .

Com $u = \sin t$ : $\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\,\dd t = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin^2 t)\cos t\,\dd t = \bigl[\sin t - \frac{\sin^3 t}{3}\bigr]_0^{\pi/2} = 1 - \frac13 = \frac23$ .

Exercício 15.3 ★

Encontre os limites, como somas de Riemann:

u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}, \qquad v_n = \frac{1}{n}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!\,n^n}} \ \emph{(take logarithms)}.

Solução

Solução de Exercício 15.3.

$u_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1 + (k/n)^2}$ : uma soma de Riemann de $x \mapsto \frac{1}{1+x^2}$ em $\intcc{0}{1}$ , de modo que $u_n \to \int_0^1 \frac{\dd x}{1+x^2} = \arctan 1 = \dfrac\pi4$ .

$\ln v_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \ln\dfrac{n+k}{n} = \dfrac 1n \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1 + \dfrac kn\Bigr) \to \int_0^1 \ln(1+x)\,\dd x = \bigl[(1+x)\ln(1+x) - x\bigr]_0^1 = 2\ln 2 - 1$ . Portanto, $v_n \to \eu^{2\ln 2 - 1} = \dfrac 4\eu$ . (Verificação da identificação: $\frac{(2n)!}{n!\,n^n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n}$ .)

Exercício 15.4 ★

Seja $f$ contínua em $\intcc{0}{1}$ . Calcule $\lim_{n\to\infty} \int_0^1 x^n f(x)\,\dd x$ . (Corte $\intcc{0}{1}$ em $1 - \delta$ .)

Solução

Solução de Exercício 15.4.

O limite é $0$ . Sejam $M = \sup \abs f$ e $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ . Corte em $1 - \varepsilon$ :

\Bigl| \int_0^1 x^n f \Bigr| \leq \int_0^{1 - \varepsilon} x^n \abs f + \int_{1-\varepsilon}^1 x^n \abs f \leq M\,(1-\varepsilon)^n + M\varepsilon .

Como $(1 - \varepsilon)^n \to 0$ (Exercício 11.3), o limite superior do lado esquerdo é $\leq M\varepsilon$ para todo $\varepsilon$ : a integral tende a $0$ .

Exercício 15.5 ★★

(Cauchy–Schwarz) Para $f, g$ contínuas em $\intcc{a}{b}$ , demonstre que

\Bigl(\int_a^b fg\Bigr)^{\!2} \leq \int_a^b f^2 \cdot \int_a^b g^2 ,

expandindo $\int_a^b (f + \lambda g)^2 \geq 0$ como um polinômio do segundo grau em $\lambda$ . Quando há igualdade?

Solução

Solução de Exercício 15.5.

$Q(\lambda) = \int_a^b (f + \lambda g)^2 = \int f^2 + 2\lambda \int fg + \lambda^2 \int g^2 \geq 0$ para todo $\lambda$ . Se $\int g^2 = 0$ , então $g = 0$ (positividade estrita, Teorema 15.7 (4)), e a desigualdade é $0 \leq 0$ . Caso contrário, $Q$ é um genuíno polinômio do segundo grau, sempre $\geq 0$ : o seu discriminante é $\leq 0$ , isto é, $\bigl(\int fg\bigr)^2 \leq \int f^2 \int g^2$ .

Igualdade se, e somente se, o discriminante se anula, se, e somente se, $Q(\lambda_0) = 0$ para algum $\lambda_0$ , isto é, $\int (f + \lambda_0 g)^2 = 0$ , ou seja (de novo por positividade estrita), $f = -\lambda_0 g$ : a igualdade vale exatamente quando $f$ e $g$ são proporcionais.

Exercício 15.6 ★★

Seja $f$ contínua em $\R$ e $T$ -periódica. Demonstre que $\int_a^{a+T} f$ não depende de $a$ , e que $\frac1x \int_0^x f(t)\,\dd t \to \frac 1T \int_0^T f$ quando $x \to +\infty$ .

Solução

Solução de Exercício 15.6.

Seja $\Phi(a) = \int_a^{a+T} f$ . Pelo teorema fundamental (Teorema 15.9), $\Phi$ é derivável com $\Phi'(a) = f(a + T) - f(a) = 0$ : constante.

Para $x > 0$ , escreva $x = nT + r$ , $0 \leq r < T$ ( $n = \lfloor x/T \rfloor$ ). Chasles:

\int_0^x f = n \int_0^T f + \int_{nT}^{nT + r} f, \qquad \Bigl| \int_{nT}^{nT+r} f \Bigr| \leq T \sup_{\intcc{0}{T}} \abs f = C .

Então $\frac 1x \int_0^x f = \frac{nT}{x}\cdot\frac 1T \int_0^T f + O\bigl(\frac 1x\bigr)$ , e $\frac{nT}{x} \to 1$ : o limite é $\frac1T \int_0^T f$ .

Exercício 15.7 ★★

Para $f$ contínua em $\intcc{0}{1}$ com $\int_0^1 f = \frac12$ , demonstre que $f$ tem um ponto fixo em $\intcc{0}{1}$ . (Integre $f(x) - x$ e use a positividade estrita, Teorema 15.7 (4), pela sua contrapositiva combinada com o teorema do valor intermediário.)

Solução

Solução de Exercício 15.7.

Seja $g(x) = f(x) - x$ : contínua, com

\int_0^1 g = \int_0^1 f - \frac12 = 0 .

Se $g$ nunca se anulasse, o teorema do valor intermediário forçaria um sinal constante (uma função contínua num intervalo que assume os dois sinais se anula); digamos $g > 0$ . Então, pela positividade estrita (Teorema 15.7 (4) aplicada a $g > 0$ , dando $\int g > 0$ ): contradição com $\int g = 0$ . Logo, $g(c) = 0$ para algum $c$ : $f(c) = c$ .

Exercício 15.8 ★★★

(Integrais de Wallis) Seja $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ .

Demonstre a recorrência $n W_n = (n-1) W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ) por partes, e calcule $W_0, W_1$ , e depois $W_{2p}$ e $W_{2p+1}$ em forma fechada.
Demonstre que $(W_n)$ é decrescente com $\frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1$ ; demonstre que a quantidade $(n+1)\,W_{n+1} W_n$ é constante, igual a $\frac\pi2$ ; e deduza a equivalência $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

Solução

Solução de Exercício 15.8.

Por partes, com $u' = \sin t$ , $v = \sin^{n-1} t$ :

$W_n = \bigl[-\cos t\sin^{n-1}t\bigr]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\sin^{n-2} t\,\dd t = (n-1)(W_{n-2} - W_n),$

de modo que $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ . De $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ :

$W_{2p} = \frac{(2p-1)(2p-3)\cdots 1}{(2p)(2p-2)\cdots 2}\, \frac{\pi}{2} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\,\frac\pi2, \qquad W_{2p+1} = \frac{(2p)(2p-2)\cdots 2}{(2p+1)(2p-1)\cdots 3} = \frac{4^p (p!)^2}{(2p+1)!} .$
Em $\intoo{0}{\frac\pi2}$ , $0 < \sin t < 1$ , de modo que $\sin^{n+1} < \sin^n$ e $(W_n)$ é (estritamente) decrescente e positiva. Comprimindo com a recorrência:

$\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq 1 \quad\implies\quad \frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1 .$

Invariante: $a_n = (n+1)W_{n+1}W_n$ satisfaz $a_n = a_{n-1}$ pela recorrência $(n+1)W_{n+1} = nW_{n-1}$ , de modo que $a_n = a_0 = 1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Então

$n W_n^2 \sim (n+1) W_{n+1} W_n = \frac\pi2 \quad\implies\quad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .$

Exercício 15.9 ★★★

(Niven: $\pi$ é irracional) Suponha $\pi = \frac ab$ com $a, b \in \N^*$ , e ponha, para um $n$ a ser escolhido,

P(x) = \frac{x^n (a - bx)^n}{n!}, \qquad I_n = \int_0^{\pi} P(x)\sin x\, \dd x .

Demonstre que $0 < I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}$ , que é $< 1$ para $n$ grande.
Demonstre que $P$ e todas as suas derivadas assumem valores inteiros em $0$ e em $\pi = \frac ab$ . (Expansão binomial: os coeficientes de $P$ vezes $k!$ são inteiros para $k \geq n$ ; e $P(\pi - x) = P(x)$ .)
Ponha $Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots$ (uma soma finita). Verifique que $\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = P \sin x$ , e deduza que $I_n = Q(\pi) + Q(0)$ é um inteiro.
Conclua.

Solução

Solução de Exercício 15.9.

Em $\intoo{0}{\pi}$ : $x > 0$ , $a - bx = b(\frac ab - x) = b(\pi - x) > 0$ e $\sin x > 0$ , de modo que o integrando é $> 0$ e $I_n > 0$ (positividade estrita). Estimativa: em $\intcc{0}{\pi}$ , $x \leq \pi$ e $a - bx \leq a$ , de modo que $P \leq \frac{\pi^n a^n}{n!}$ e $I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}$ , que tende a $0$ (o fatorial vence o termo geométrico: é o termo geral da série exponencial convergente, cf. Exemplo 11.12); em particular, $I_n < 1$ para $n$ grande.
Expanda $x^n(a - bx)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom nj a^{n-j} (-b)^j x^{n+j}$ : assim, $P = \frac{1}{n!}\sum_j c_j x^{n+j}$ com $c_j$ inteiros. Então $P^{(k)}(0) = 0$ para $k < n$ (valoração) e, para $n \leq k \leq 2n$ , $P^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!} c_{k-n}$ , um inteiro, pois $n! \mid k!$ . Além disso, $P(\pi - x) = P(x)$ (substitua: $\pi - x$ troca os fatores, usando $a - b(\pi - x) = bx$ ), de modo que $P^{(k)}(\pi) = \pm P^{(k)}(0)$ : também inteiros.
Com $Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots$ (finita: $P$ tem grau $2n$ ): $Q + Q'' = P$ , e

$\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = (Q + Q'')\sin x = P\sin x .$

Portanto, $I_n = \bigl[Q'\sin x - Q\cos x\bigr]_0^{\pi} = Q(\pi) + Q(0)$ , uma soma de valores $P^{(2k)}$ em $0$ e em $\pi$ : um inteiro, por (2).
Para $n$ grande, $I_n$ é um inteiro com $0 < I_n < 1$ : impossível. A suposição $\pi = \frac ab$ falha: $\pi$ é irracional.

Exercício 15.10 ★★★

Seja $f$ de classe $C^1$ em $\intcc{a}{b}$ . Demonstre o limite do tipo Riemann–Lebesgue

\int_a^b f(t)\sin(\lambda t)\,\dd t \xrightarrow[\lambda \to +\infty]{} 0

integrando por partes. Depois demonstre-o de novo para $f$ apenas contínua, por aproximação uniforme com funções escada (Teorema 15.3).

Solução

Solução de Exercício 15.10.

Caso $C^1$ : por partes,

\int_a^b f(t)\sin\lambda t\,\dd t = \Bigl[-f(t)\frac{\cos\lambda t}{\lambda}\Bigr]_a^b + \frac{1}{\lambda}\int_a^b f'(t)\cos\lambda t\,\dd t,

limitado em valor absoluto por $\frac{2\sup\abs f + (b - a)\sup\abs{f'}} {\lambda} \to 0$ .

Caso contínuo: seja $\varepsilon > 0$ e tome uma função escada $\varphi$ com $\abs{f - \varphi} \leq \varepsilon$ (o Teorema 15.3 fornece $\varphi \leq f \leq \psi$ com folga $\leq\varepsilon$ ; tome $\varphi$ ). Então

\Bigl|\int_a^b f\sin\lambda t\Bigr| \leq \int_a^b \abs{f - \varphi} + \Bigl|\int_a^b \varphi \sin\lambda t\Bigr| \leq (b-a)\varepsilon + \sum_i \abs{c_i}\,\Bigl|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin\lambda t\,\dd t\Bigr| ,

e cada $\bigl|\int \sin \lambda t\bigr| = \bigl|\frac{\cos\lambda x_{i-1} - \cos\lambda x_i}{\lambda}\bigr| \leq \frac{2}{\lambda}$ : o segundo termo tende a $0$ . Portanto, o limite superior é $\leq (b-a)\varepsilon$ para todo $\varepsilon$ : o limite é $0$ .

Exercício 15.11 ★★

(Teorema do valor médio para integrais) Sejam $f, g$ contínuas em $\intcc{a}{b}$ com $g \geq 0$ . Demonstre que existe $c \in \intcc{a}{b}$ com

\int_a^b f(t)\,g(t)\,\dd t = f(c)\int_a^b g(t)\,\dd t ,

e mostre, com um exemplo, que a hipótese $g \geq 0$ não pode ser abandonada.

Solução

Solução de Exercício 15.11.

Sejam $m = \min f$ e $M = \max f$ , atingidos pelo teorema de Weierstrass. Como $g \geq 0$ : $m\,g \leq fg \leq M\,g$ , de modo que, por monotonicidade,

m \int_a^b g \;\leq\; \int_a^b fg \;\leq\; M \int_a^b g .

Se $\int_a^b g = 0$ : a positividade estrita (Teorema 15.7 (4)) força $g \equiv 0$ , os dois lados se anulam, e qualquer $c$ serve. Caso contrário, $t = \frac{\int fg}{\int g}$ está em $\intcc{m}{M} = f(\intcc{a}{b})$ (Teoremas 13.13 e 13.10), de modo que $t = f(c)$ para algum $c$ .

O sinal importa: em $\intcc{-1}{1}$ , com $f(t) = g(t) = t$ : $\int fg = \int_{-1}^1 t^2 = \frac23$ , ao passo que $f(c)\int_{-1}^1 t\,\dd t = 0$ para todo $c$ .

Exercício 15.12 ★★★

(Os momentos forçam zeros) Seja $f$ contínua em $\intcc{a}{b}$ com

\int_a^b f(t)\,t^k\,\dd t = 0 \qquad \text{para} k = 0, 1, \dots, n .

Demonstre que $f$ se anula em $n + 1$ pontos distintos de $\intoo{a}{b}$ . (Se $f$ muda de sinal apenas em $z_1 < \dots < z_m$ com $m \leq n$ , integre $f$ contra $P(t) = (t - z_1) \cdots (t - z_m)$ e use a positividade estrita.)

Solução

Solução de Exercício 15.12.

Se $f \equiv 0$ , a afirmação é vazia (todo ponto é zero). Suponha, então, $f \not\equiv 0$ e que ela tenha no máximo $n$ zeros distintos em $\intoo{a}{b}$ ; sejam $z_1 < \dots < z_m$ ( $m \leq n$ ) os zeros em que $f$ muda de sinal (possivelmente nenhum). Ponha $P(t) = \prod_{i=1}^{m}(t - z_i)$ (produto vazio $= 1$ ), de grau $m \leq n$ . Em cada subintervalo cortado pelos $z_i$ , tanto $f$ quanto $P$ têm sinal constante, e ambos trocam de sinal ao cruzar algum $z_i$ : o produto $fP$ tem um único sinal constante em todo $\intoo{a}{b}$ . Sendo contínuo, não identicamente nulo e de sinal constante, ele tem $\bigl|\int_a^b fP\bigr| > 0$ (positividade estrita aplicada a $\abs{fP}$ ). Mas $\int f P$ é uma combinação linear dos momentos $\int f\,t^k$ , $k \leq n$ , todos nulos: contradição. Portanto, $f$ tem ao menos $n + 1$ zeros distintos em $\intoo{a}{b}$ .

Observação 15.24 (Perspectivas dentro deste volume)

Três capítulos adiante se apoiam diretamente neste. O Capítulo 16 carrega o resto integral — a mais fina das três fórmulas de Taylor é uma integração por partes iterada $n$ vezes. O Capítulo 17 converte o enquadramento de somas por integrais no teste decisivo para $\sum n^{-\alpha}$ , e o seu problema de fim de semana refina esse enquadramento na constante de Euler. O Capítulo 24 torna a integral geométrica: o comprimento de um arco parametrizado é $\int \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,\dd t$ , integral de uma função contínua num segmento — precisamente o objeto aqui construído, sem necessidade de teoria imprópria alguma. O fato mais reutilizado será o mais humilde: $\bigl|\int f\bigr| \leq (b - a)\sup\abs{f}$ , a desigualdade que converte toda estimativa pontual numa estimativa integral.

15.6 Problema: A máquina integral de irracionalidade

Problema 15.1

Problema de fim de semana — $\eu$ e $\pi^2$ são irracionais, $\eu$ com seis casas decimais, e $\frac{22}{7} > \pi$ com demonstração

Um único mecanismo alimenta todo este problema: uma expressão que deve ser um inteiro positivo e que, no entanto, é comprovadamente menor que $1$ , não pode existir. O Exercício 15.9 (Niven) o rodou uma vez para demonstrar que $\pi \notin \Q$ ; aqui nós o industrializamos. A máquina precisa de três partes: uma entrada de integralidade (valores nas extremidades de polinômios bem escolhidos), uma entrada de pequenez (um fator $\frac{1}{n!}$ esmagando a integral) e uma ponte (a integração por partes) que as conecta. Demonstramos que $\eu$ é irracional e o calculamos com erro certificado, demonstramos o teorema mais fino de Legendre de que $\pi^2$ é irracional, e terminamos com a integral mais encantadora da análise: $\int_0^1 \frac{x^4(1 - x)^4}{1 + x^2}\dd x = \frac{22}{7} - \pi$ , que enquadra $\pi$ à mão.

Parte I — Combustível.

Demonstre que $\dfrac{c^{\,n}}{n!} \to 0$ para todo $c > 0$ fixado (a partir de $n \geq 2c$ , cada passo divide ao menos ao meio o termo).
(Integrais beta) Demonstre, por indução em $m$ com integração por partes:

$\int_0^1 x^{\,k}\,(1 - x)^{\,m}\,\dd x = \frac{k!\,m!}{(k + m + 1)!} \qquad (k, m \in \N).$
Deduza que $\displaystyle\int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n \dd x = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ e — comparando com a estimativa $x(1 - x) \leq \frac14$ — a estimativa $\binom{2n}{n} \geq \dfrac{4^n}{2n+1}$ , que corresponde a $\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4$ do Problema 11.1.
Demonstre o lema da pequenez usado duas vezes abaixo: para toda $g$ contínua e $> 0$ em $\intoo{0}{1}$ ,

$0 < \int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n g(x)\,\dd x \leq \frac{\sup_{\intcc{0}{1}}\abs g}{4^{\,n}} .$

Parte II — $\eu$ : irracionalidade e depois seis casas decimais. Ponha $A_n = \displaystyle\int_0^1 x^n \eu^x \dd x$ .

Calcule $A_0$ e $A_1$ , demonstre a recorrência $A_n = \eu - n A_{n-1}$ e as estimativas $0 < A_n \leq \dfrac{\eu}{n+1}$ .
Mostre por indução que $A_n = \alpha_n + \beta_n \eu$ com $\alpha_n, \beta_n \in \Z$ .
Deduza que $\eu$ é irracional (se $\eu = \frac pq$ , então $q A_n$ é um inteiro preso em $\intoo{0}{1}$ para $n$ grande). Compare com a demonstração do Exercício 11.9: mesma conclusão, combustível diferente.
Demonstre, por indução e integração por partes, a fórmula exata do resto

$\eu = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + R_n, \qquad R_n = \frac{1}{n!}\int_0^1 (1 - t)^n\,\eu^{\,t}\,\dd t, \qquad \frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!} .$
Tome $n = 9$ : estime $R_9$ usando $\eu < 2.75$ (a partir de $b_2 = 2.75$ no Exemplo 11.12), avalie a soma e conclua o enquadramento certificado $2.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823$ — seis casas decimais, $\eu \approx 2.718282$ , com demonstração.

Parte III — O teorema de Legendre: $\pi^2$ é irracional. Seja $f(x) = \dfrac{x^n (1 - x)^n}{n!}$ , e suponha que $\pi^2 = \frac ab$ com $a, b \in \N^*$ .

Mostre que $f(1 - x) = f(x)$ e $0 < f \leq \dfrac{1}{4^n\,n!}$ em $\intoo{0}{1}$ .
Mostre que $f^{(k)}(0)$ e $f^{(k)}(1)$ são inteiros para todo $k \geq 0$ (expanda $x^n(1-x)^n$ com coeficientes inteiros; $\frac{k!}{n!} \in \Z$ para $k \geq n$ ; depois use a simetria).
Defina

$G = b^{\,n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k\, \pi^{2n - 2k} f^{(2k)} .$

Mostre que $G(0)$ e $G(1)$ são inteiros (cada $b^n \pi^{2n-2k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k}$ ).
Verifique o telescopamento $G'' + \pi^2 G = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f$ e depois

$\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(G'(x)\sin \pi x - \pi\,G(x)\cos \pi x\Bigr) = \pi^2 a^n f(x)\sin \pi x .$
Integre em $\intcc{0}{1}$ e conclua que

$\pi\,a^n \int_0^1 f(x)\sin(\pi x)\,\dd x = G(0) + G(1) \in \Z ,$

é um inteiro positivo limitado por $\dfrac{\pi a^n}{4^n\,n!}$ .
Conclua, com a questão 1, que $\pi^2$ é irracional (Legendre, 1794) e que isso reforça o Exercício 15.9: por que a irracionalidade de $\pi^2$ implica a de $\pi$ , e não o contrário?

Parte IV — Entendendo a máquina.

Localize as duas forças opostas (integralidade dos dados nas extremidades; pequenez analítica da integral) e a ponte, nas Partes II e III. Depois explique por que o fator $\frac{1}{n!}$ em $f$ é o ponto crucial: se ele for removido, a integralidade sobrevive, mas que desigualdade morre, e para que frações $\frac ab$ alegadas a demonstração passa então a falhar?
Efetividade: suponha que alguém alegue que $\pi^2 = \frac ab$ com $a \leq 10$ . Mostre que a contradição já aparece em $n = 7$ : calcule $\pi\,(10/4)^7/7! \approx 0.38 < 1$ . A máquina não apenas refuta; ela refuta num estágio fixo e computável.
Verifique a ponte incondicionalmente: demonstre, por duas integrações por partes, que

$\int_0^1 x(1 - x)\sin(\pi x)\,\dd x = \frac{4}{\pi^3},$

e reconcilie com a questão 14 em $n = 1$ (mantenha $\pi^2$ simbólico: a identidade telescopada diz $\pi^3 \int_0^1 f_1 \sin \pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) = 4$ ).
O que torna $\eu^x$ e $\sin \pi x$ elegíveis como núcleos da máquina? Identifique a propriedade (cada uma satisfaz uma equação diferencial linear com coeficientes constantes, de modo que integrações por partes repetidas retornam ao início) e nomeie a fronteira: a mesma máquina, refinada por Hermite e Lindemann, demonstra que $\eu$ e $\pi$ são transcendentes — além deste volume.

Parte V — $\frac{22}{7}$ contra $\pi$ , e a moral.

Estabeleça a divisão polinomial

$\frac{x^4(1-x)^4}{1 + x^2} = x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4 - \frac{4}{1 + x^2},$

e deduza a célebre identidade

$\int_0^1 \frac{x^4 (1-x)^4}{1 + x^2}\,\dd x = \frac{22}{7} - \pi .$
O integrando é positivo: conclua que $\pi < \frac{22}{7}$ . Depois, limitando $\frac{1}{1+x^2}$ entre $\frac12$ e $1$ e usando $\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{1}{630}$ (questão 3), demonstre que

$\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \;\leq\; \pi \;\leq\; \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} ,$

isto é, $3.14126 \leq \pi \leq 3.14207$ : duas casas decimais corretas, à mão.
Generalize: dividindo $x^{4m}(1-x)^{4m}$ por $1 + x^2$ , mostre que o resto é a constante $(-4)^m$ (trabalhe módulo $x^2 + 1$ : $(1-x)^2 \equiv -2x$ ), deduza racionais $r_m$ com

$\abs{\pi - r_m} \leq 4^{\,1 - 5m} ,$

e verifique que $m = 1$ reproduz as questões 20–21.
Confronte esses racionais com a teoria de aproximação do Problema 14.1: calcule $\abs{\pi - \frac{22}{7}} \approx 1.26\cdot10^{-3}$ contra a garantia de Dirichlet $\frac{1}{49}$ , e cite $\abs{\pi - \frac{355}{113}} \approx 2.7\cdot10^{-7}$ contra $\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5}$ : existem aproximações racionais excepcionalmente boas para $\pi$ — coerente, pois não se sabe que $\pi$ seja mal aproximável.
(A armadilha do inteiro, abstraída) Demonstre o lema que unifica tudo: se $x \in \R$ e existem inteiros $a_n, b_n$ com $0 < \abs{a_n + b_n x} \to 0$ , então $x$ é irracional. Liste as suas instâncias neste problema, no Exercício 15.9, no Exercício 11.9 e no Problema 14.1.
Síntese, uma frase para cada: (i) as três partes da máquina e onde cada uma vive no instrumental deste capítulo; (ii) o que a integral contribui que o teorema do valor médio do Problema 14.1 não podia; (iii) o inventário dos resultados extraídos (duas irracionalidades, uma constante com seis casas decimais, um enquadramento de $\pi$ , uma estimativa binomial); (iv) a fronteira (Hermite, Lindemann; e a mesma armadilha, rodada em $\zeta(2)$ e $\zeta(3)$ , na aritmética do século XX).

Solução

Solução de Problema 15.1.

1. Seja $N = \lceil 2c \rceil$ . Para $n \geq N$ : $\frac{c^{n+1}/(n+1)!}{c^n/n!} = \frac{c}{n+1} \leq \frac12$ , de modo que $0 < \frac{c^n}{n!} \leq \frac{c^N}{N!}\,2^{-(n - N)} \to 0$ : confronto.

2. Fixe $k$ ; indução em $m$ . Para $m = 0$ : $\int_0^1 x^k = \frac{1}{k+1} = \frac{k!\,0!}{(k+1)!}$ . Passo, por partes ( $u = (1-x)^m$ , $v' = x^k$ ):

\int_0^1 x^k (1-x)^m \dd x = \Bigl[\frac{x^{k+1}}{k+1}(1-x)^m\Bigr]_0^1 + \frac{m}{k+1}\int_0^1 x^{k+1}(1-x)^{m-1}\dd x = \frac{m}{k+1}\cdot\frac{(k+1)!\,(m-1)!}{(k+m+1)!} ,

que é $\frac{k!\,m!}{(k+m+1)!}$ .

3. $k = m = n$ : $\int_0^1 (x(1-x))^n = \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ . Como $x(1-x) \leq \frac14$ em $\intcc{0}{1}$ , a integral é $\leq 4^{-n}$ , donde $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ — coerente com $\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4$ (Problema 11.1).

4. O integrando é contínuo, $\geq 0$ e positivo em $\intoo{0}{1}$ , logo não identicamente nulo: a sua integral é $> 0$ (Teorema 15.7 (4)). Estimativa superior: $(x(1-x))^n \leq 4^{-n}$ e $g \leq \sup\abs g$ , e depois monotonicidade.

5. $A_0 = \eu - 1$ ; $A_1 = [x\eu^x]_0^1 - \int_0^1 \eu^x = \eu - (\eu - 1) = 1$ . Por partes: $A_n = [x^n \eu^x]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}\eu^x = \eu - n A_{n-1}$ . Estimativas: o integrando é positivo, de modo que $A_n > 0$ ; e $\eu^x \leq \eu$ dá $A_n \leq \eu\int_0^1 x^n = \frac{\eu}{n+1}$ .

6. $A_0 = -1 + 1\cdot\eu$ . Se $A_{n-1} = \alpha_{n-1} + \beta_{n-1}\eu$ com entradas inteiras, então

A_n = \eu - n\alpha_{n-1} - n\beta_{n-1}\eu = \underbrace{(-n\,\alpha_{n-1})}_{\alpha_n} + \underbrace{(1 - n\,\beta_{n-1})}_{\beta_n}\,\eu ,

ambos inteiros.

7. Se $\eu = \frac pq$ : $q A_n = q\alpha_n + p\beta_n \in \Z$ , e $0 < qA_n \leq \frac{q\eu}{n+1} < 1$ para $n$ grande: um inteiro estritamente entre $0$ e $1$ — impossível. Logo, $\eu \notin \Q$ . No Exercício 11.9, o inteiro preso era $q!\,\frac pq - q!\,a_q$ ; aqui é $qA_n$ : mesma armadilha, combustível integral.

8. $n = 0$ : $R_0 = \int_0^1 \eu^t = \eu - 1$ , de modo que $\eu = 1 + R_0$ . Por partes ( $u = \eu^t$ , $v = -\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1}$ ):

R_n = \frac{1}{n!}\Bigl(\Bigl[-\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1} \eu^t\Bigr]_0^1 + \frac{1}{n+1}\int_0^1 (1-t)^{n+1}\eu^t\Bigr) = \frac{1}{(n+1)!} + R_{n+1} ,

de modo que a fórmula se propaga de $n$ a $n + 1$ . Estimativas: $1 \leq \eu^t \leq \eu$ em $\intcc{0}{1}$ e $\int_0^1 (1-t)^n = \frac{1}{n+1}$ dão $\frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!}$ .

9. $\sum_{k=0}^{9} \frac{1}{k!} = \frac{986410}{362880} = 2.71828152\dots$ , e

\frac{1}{10!} = 2.76\cdot10^{-7} \leq R_9 \leq \frac{2.75}{10!} = 7.58\cdot10^{-7} ,

de modo que $2.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823$ : com demonstração, $\eu = 2.718282$ com seis casas decimais (valor verdadeiro $2.7182818\dots$ ).

10. $f(1 - x) = \frac{(1-x)^n x^n}{n!} = f(x)$ . Em $\intoo{0}{1}$ : $0 < x(1-x) \leq \frac14$ , de modo que $0 < f \leq \frac{1}{4^n\,n!}$ .

11. $x^n(1-x)^n = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom nj\,x^{n+j}$ , de modo que $f = \frac{1}{n!}\sum_j c_j\,x^{n+j}$ com $c_j \in \Z$ . Portanto, $f^{(k)}(0) = 0$ para $k < n$ ou $k > 2n$ , e, para $n \leq k \leq 2n$ : $f^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!}\, c_{k-n}$ , um inteiro, pois $n! \mid k!$ . A simetria dá $f^{(k)}(1) = (-1)^k f^{(k)}(0) \in \Z$ .

12. $b^n \pi^{2n-2k} = b^n\bigl(\frac ab\bigr)^{\,n-k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k} \in \Z$ , de modo que $G(0) = \sum_k (-1)^k a^{n-k} b^k f^{(2k)}(0)$ e, do mesmo modo, $G(1)$ são inteiros pela questão 11.

13. Em $\pi^2 G + G''$ , o termo $k$ de $\pi^2 G$ carrega $\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)}$ , e o termo $j = k - 1$ de $G''$ carrega $(-1)^{k-1}\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)}$ : tudo se cancela, exceto $k = 0$ na primeira soma e $j = n$ na segunda, isto é,

G'' + \pi^2 G = b^n\bigl(\pi^{2n+2} f + (-1)^n f^{(2n+2)}\bigr) = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f

( $f$ tem grau $2n$ , de modo que $f^{(2n+2)} = 0$ ; e $b^n\pi^{2n} = a^n$ ). Então

\bigl(G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr)' = (G'' + \pi^2 G)\sin \pi x = \pi^2 a^n f\sin\pi x .

14. Integrando em $\intcc{0}{1}$ :

\pi^2 a^n \int_0^1 f\sin(\pi x)\,\dd x = \bigl[G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr]_0^1 = \pi\bigl(G(1) + G(0)\bigr) ,

de modo que $\pi a^n \int_0^1 f\sin\pi x = G(0) + G(1) \in \Z$ . Em $\intoo{0}{1}$ , $f > 0$ e $\sin\pi x > 0$ : o lado esquerdo é positivo, logo $G(0) + G(1) \geq 1$ ; e $\sin \leq 1$ , com a questão 10, o limita por $\frac{\pi a^n}{4^n\,n!}$ .

15. Pela questão 1 (com $c = \frac a4$ ), $\frac{\pi a^n}{4^n n!} \to 0$ : para $n$ grande, ele é $< 1$ , contradizendo $G(0) + G(1) \geq 1$ . Assim, fração $\frac ab$ alguma é igual a $\pi^2$ : o teorema de Legendre. Se $\pi$ fosse racional, $\pi^2$ também seria: logo, $\pi \notin \Q$ — e a implicação só corre nesse sentido ( $\sqrt2$ é irracional com quadrado racional), e é por isso que $\pi^2 \notin \Q$ é estritamente mais forte que o Exercício 15.9.

16. Integralidade: questões 11–12 (derivadas nas extremidades); pequenez: questões 10 e 1; ponte: questões 13–14 (a dupla integração por partes telescopada). Sem $\frac{1}{n!}$ , os dados nas extremidades continuam inteiros (com ainda mais facilidade), mas a estimativa se torna $\frac{\pi a^n}{4^n}$ , que tende a $0$ apenas quando $a < 4$ — e todo candidato tem $a = b\,\pi^2 > 9$ . O fatorial é exatamente o que ultrapassa o crescimento geométrico $a^n$ : sem fatorial, sem teorema.

17. Para $a \leq 10$ , o inteiro $G(0) + G(1)$ é positivo e no máximo $\pi\,(10/4)^n/n!$ . Em $n = 7$ : $2.5^7 = 610.35\dots$ , de modo que a estimativa é $\frac{\pi \times 610.35}{5040} \approx 0.38 < 1$ (em $n = 6$ ela ainda vale $1{,}07$ ): a contradição aparece no sétimo estágio, explicitamente.

18. Duas integrações por partes:

\int_0^1 x(1-x)\sin\pi x\,\dd x = \frac1\pi\int_0^1 (1 - 2x)\cos\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\int_0^1 \sin\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\cdot\frac{2}{\pi} = \frac{4}{\pi^3}

(os termos de fronteira se anulam: $x(1-x)$ em $0, 1$ , e $\sin\pi x$ em $0, 1$ ). Simbolicamente, o telescópio $n = 1$ (sem suposição sobre $\pi$ ) diz $\pi^3\int_0^1 f_1\sin\pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1))$ com $f_1 = x(1 - x)$ , $f_1'' = -2$ : lado direito $4$ — os dois cálculos concordam.

19. $\eu^x$ resolve $y' = y$ e $\sin\pi x$ resolve $y'' = -\pi^2 y$ : equações lineares com coeficientes constantes, de modo que a integração por partes faz o núcleo circular de volta a si mesmo e mantém todos os dados de fronteira dentro de $\Z + \Z\eu$ (resp. polinômios inteiros em $\pi^2$ ). Essa propriedade de fechamento é o que a máquina precisa. Refinado com núcleos adaptados a vários pontos ao mesmo tempo, o mesmo mecanismo produz o teorema de Hermite ( $\eu$ transcendente, 1873) e o de Lindemann ( $\pi$ transcendente, 1882) — além deste volume.

20. Divisão polinomial (ou multiplique de volta e confira):

x^4(1-x)^4 = (x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4)(1 + x^2) - 4 .

Integrando a identidade exibida, dividida por $1 + x^2$ :

\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2}\dd x = \Bigl(\frac17 - \frac46 + 1 - \frac43 + 4\Bigr) - 4\arctan 1 = \frac{22}{7} - \pi ,

usando $\frac17 - \frac23 + 1 - \frac43 + 4 = 3 + \frac17$ e $\arctan 1 = \frac\pi4$ .

21. O integrando é contínuo e positivo em $\intoo{0}{1}$ : a integral é $> 0$ , de modo que $\pi < \frac{22}{7}$ . Além disso, $\frac12 \leq \frac{1}{1+x^2} \leq 1$ em $\intcc{0}{1}$ e $\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{(4!)^2}{9!} = \frac{1}{630}$ (questão 3):

\frac{1}{1260} \leq \frac{22}{7} - \pi \leq \frac{1}{630} \quad\Longrightarrow\quad 3.14126 < \frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} < 3.14207 .

22. Módulo $x^2 + 1$ : $x^2 \equiv -1$ , de modo que $x^{4m} = (x^2)^{2m} \equiv 1$ e $(1 - x)^2 = 1 - 2x + x^2 \equiv -2x$ , donde $(1-x)^{4m} \equiv (-2x)^{2m} = 4^m (x^2)^m \equiv (-4)^m$ : o resto é a constante $(-4)^m$ , e o quociente $Q_m$ tem coeficientes inteiros (divisão por um polinômio inteiro mônico). Dividindo a identidade por $1 + x^2$ e integrando:

J_m := \int_0^1 \frac{(x(1-x))^{4m}}{1+x^2}\dd x = s_m + (-4)^m\,\frac{\pi}{4}, \qquad s_m = \int_0^1 Q_m \in \Q .

Resolvendo para $\pi$ : com $r_m = (-1)^{m+1}\,4^{\,1-m} s_m \in \Q$ , $\;\abs{\pi - r_m} = 4^{\,1-m} J_m \leq 4^{\,1-m}\cdot4^{-4m} = 4^{\,1-5m}$ . Para $m = 1$ : $s_1 = \frac{22}{7}$ , $r_1 = \frac{22}{7}$ , estimativa $4^{-4} = \frac{1}{256}$ — de novo as questões 20–21.

23. $\bigl|\pi - \frac{22}{7}\bigr| = \frac{22}{7} - \pi \approx 1.26\cdot10^{-3}$ , dezesseis vezes melhor que o padrão de ordem $2$ , $\frac{1}{7^2} \approx 2.0\cdot10^{-2}$ , garantido por Dirichlet (Problema 14.1, questão 4); e $\bigl|\pi - \frac{355}{113}\bigr| \approx 2.7\cdot10^{-7}$ supera $\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5}$ por um fator $\approx 300$ . Nenhuma contradição com o que foi demonstrado: as desigualdades de Liouville limitam inferiormente os erros de aproximação apenas para números algébricos, e nenhuma estimativa dessas para $\pi$ está disponível neste nível — $\pi$ está livre para ser aproximado espetacularmente bem.

24. Lema: suponha $x = \frac pq$ e $0 < \abs{a_n + b_n x} \to 0$ . Então $\abs{a_n + b_n x} = \frac{\abs{q a_n + p b_n}}{q}$ , com $q a_n + p b_n$ um inteiro não nulo (não nulo, porque o valor absoluto é $> 0$ ): assim, $\abs{a_n + b_n x} \geq \frac1q$ para todo $n$ , contradizendo a convergência a $0$ . Instâncias: questão 7 ( $x = \eu$ , $a_n = \alpha_n$ , $b_n = \beta_n$ ); Exercício 11.9 ( $x = \eu$ de novo, com $a_q = -q!\sum_{k \leq q}\frac{1}{k!}$ , $b_q = q!$ ); e o Problema 14.1, questão 1, é a sua forma geométrica. Na Parte III e no Exercício 15.9, a armadilha roda dentro da contradição: supor a racionalidade converte uma expressão num inteiro, que a análise em seguida comprime em $\intoo{0}{1}$ — o mesmo princípio, transposto.

25. (i) A integralidade vive no cálculo nas extremidades de polinômios (questões 6, 11–12), a pequenez nas estimativas que a monotonicidade do $\sup$ dá (questões 4 e 10), e a ponte na integração por partes (questões 8, 13–14) — os três são teoremas deste capítulo. (ii) A integral fornece o que o teorema do valor médio não podia: uma identidade exata entre o objeto analítico e os dados aritméticos (igualdade, e não apenas uma desigualdade com um $c$ desconhecido), e é por isso que a máquina alcança $\pi^2$ , ao passo que o Problema 14.1 alcançou apenas expoentes de aproximação. (iii) Extraídos: $\eu \notin \Q$ , $\pi^2 \notin \Q$ (logo, $\pi \notin \Q$ ), $\eu = 2.718282$ certificado, $\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260}$ , e $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ . (iv) Fronteira: Hermite e Lindemann empurram a mesma máquina até a transcendência; e Apéry (1979) rodou a armadilha do inteiro em $\zeta(3)$ — a máquina ainda está produzindo matemática do século XX.