Matemática universitária — Graduação 1 · Bachelor Year 1

4Funções Usuais

A análise só é tão útil quanto o acervo de funções que se domina. À coleção herdada do ensino médio — potências, exponencial, logaritmo, funções trigonométricas — este capítulo acrescenta as suas funções inversas ( $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ ) e a família hiperbólica. As derivadas são usadas livremente no nível do ensino médio; a teoria por trás das funções inversas é completada no Capítulos 13 e 14.

4.1 Exponencial, logaritmo, potências

Proposição 4.1 (Retomada e caracterização)

$\exp \colon \R \to \intoo{0}{+\infty}$ e $\ln \colon \intoo{0}{+\infty} \to \R$ são bijeções recíprocas, estritamente crescentes, com

\exp(x + y) = \exp x \exp y, \qquad \ln(xy) = \ln x + \ln y, \qquad \exp' = \exp, \qquad \ln'(x) = \frac 1x .

Além disso, $\exp$ é a única função derivável $f \colon \R \to \R$ com $f' = f$ e $f(0) = 1$ .

Demonstração. A retomada é matéria do ensino médio. Para a unicidade, sejam $f' = f$ , $f(0) = 1$ , e ponha $g(x) = f(x)\,\eu^{-x}$ . Então $g' = f'\eu^{-x} - f\eu^{-x} = 0$ , de modo que $g$ é constante igual a $g(0) = 1$ : $f = \exp$ . ∎

Definição 4.2 (Potências gerais)

Para $x > 0$ e $\alpha \in \R$ : $\;x^\alpha = \eu^{\alpha \ln x}$ . Para $a > 0$ , $a \neq 1$ , o logaritmo na base $a$ é $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$ , a inversa de $x \mapsto a^x$ .

Exemplo 4.3 (Resolvendo equações exponenciais)

Resolva $2^x = 5^{\,x-1}$ em $\R$ . Os dois lados são positivos, então tome logaritmos — um passo reversível:

x\ln2 = (x - 1)\ln5 \iff x(\ln2 - \ln5) = -\ln5 \iff x = \frac{\ln5}{\ln5 - \ln2} = \frac{\ln 5}{\ln\frac52} \approx 1.756 .

Em seguida, resolva $x^{\sqrt2} = 3$ para $x > 0$ : eleve à potência $\frac1{\sqrt2}$ (isto é, aplique a bijeção recíproca): $x = 3^{1/\sqrt2} = \eu^{(\ln 3)/\sqrt2} \approx 2.175$ . A ideia: toda equação que mistura potências se desenrola por meio de $\ln$ e $\exp$ , porque a definição $x^\alpha = \eu^{\alpha\ln x}$ reduz toda manipulação de potências à aritmética dos expoentes — mas apenas no domínio $x > 0$ em que essa definição vive.

Exemplo 4.4 (Tempos de duplicação)

Uma grandeza cresce $3\%$ a cada passo: após $n$ passos ela fica multiplicada por $(1.03)^n$ . Quando ela dobra? Resolva $(1.03)^n \geq 2$ :

n\ln(1.03) \geq \ln2 \iff n \geq \frac{\ln 2}{\ln 1.03} = \frac{0.6931}{0.02956} \approx 23.4 ,

de modo que a primeira duplicação ocorre no passo $24$ . (A “regra dos $72$ ” dos financistas, que estima o tempo de duplicação como $72$ dividido pela taxa em porcentagem, é este cálculo com a aproximação $\ln(1 + x) \approx x$ , quantificada no Capítulo 16.) Os processos exponenciais são mais bem tratados através dos seus logaritmos: nessa escala, o crescimento é linear e as perguntas se tornam divisões.

Exemplo 4.5 (Qual é o tamanho de $2^{2026}$ ?)

O número de algarismos decimais de um inteiro $N \geq 1$ é $\floor{\log_{10} N} + 1$ (com efeito, $N$ tem $d$ algarismos exatamente quando $10^{d-1} \leq N < 10^d$ , isto é, $d - 1 \leq \log_{10}N < d$ ). Para $N = 2^{2026}$ :

\log_{10} 2^{2026} = 2026\,\log_{10}2 = 2026 \times 0.301030 = 609.887 ,

de modo que $2^{2026}$ tem $610$ algarismos. A parte fracionária traz um bônus: $10^{0.887} \approx 7.7$ , de modo que o número começa por $7$ . Uma multiplicação respondeu a uma pergunta sobre um número que ninguém jamais escreverá por extenso — os logaritmos comprimem tamanho multiplicativo em tamanho aditivo, o que é toda a sua razão histórica de ser (Exemplo 7.12 torna essa frase precisa).

Proposição 4.6 (Regras de potências e comparação de crescimentos)

Para $x, y > 0$ e $\alpha, \beta \in \R$ :

x^{\alpha+\beta} = x^\alpha x^\beta, \quad (x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}, \quad (xy)^\alpha = x^\alpha y^\alpha, \quad (x^\alpha)' = \alpha\, x^{\alpha - 1}.

Escala de crescimento quando $x \to +\infty$ , para todos $\alpha > 0$ e $\beta > 0$ :

\frac{(\ln x)^\beta}{x^\alpha} \longrightarrow 0, \qquad \frac{x^\alpha}{\eu^{\beta x}} \longrightarrow 0 .

Demonstração. As identidades transcrevem as de $\exp$ e $\ln$ através da definição. Em detalhe, para a segunda (a menos evidente): $x^\alpha > 0$ e $\ln(x^\alpha) = \alpha\ln x$ (aplique $\ln$ à definição), de modo que

(x^\alpha)^\beta = \eu^{\beta\ln(x^\alpha)} = \eu^{\beta\alpha\ln x} = x^{\alpha\beta} ;

a primeira e a terceira são os mesmos desenrolamentos de duas linhas via $\exp(u + v) = \exp u\exp v$ e $\ln(xy) = \ln x + \ln y$ . A derivada é a regra da cadeia: $(\eu^{\alpha\ln x})' = \frac{\alpha}{x} \eu^{\alpha\ln x}$ .

Comparações: de $\frac{\ln t}{t} \to 0$ (demonstrado no volume do ensino médio), substitua $t = x^{\alpha/\beta}$ : $\frac{\ln x}{x^{\alpha/\beta}} \to 0$ , e depois eleve à potência $\beta$ . Para a segunda, substitua $x = \ln u$ na primeira. ∎

Exemplo 4.7 (Dois limites que todo leitor deve dominar)

Quanto valem $\lim_{x \to 0^+} x^x$ e $\lim_{x \to +\infty} x^{1/x}$ ? As duas potências estão definidas via a exponencial, de modo que é preciso resolver antes o expoente:

x^x = \eu^{x\ln x}, \qquad x\ln x = -\frac{\ln(1/x)}{1/x} \longrightarrow 0 \quad (x \to 0^+), \qquad\text{logo } x^x \longrightarrow \eu^0 = 1 ;

e $x^{1/x} = \eu^{(\ln x)/x} \to \eu^0 = 1$ quando $x \to +\infty$ , diretamente pela comparação de crescimentos. A ideia: uma potência indeterminada (do tipo $0^0$ ou $\infty^0$ ) é sempre tratada reescrevendo-se $u^v = \eu^{v\ln u}$ e analisando o produto $v \ln u$ — nunca adivinhando separadamente a partir da base e do expoente. A função $x \mapsto \frac{\ln x}{x}$ que decidiu os dois limites é estudada exaustivamente no problema de fim de semana deste capítulo.

A escala de crescimento da : perto da borda direita, x mal passou de 1.6, enquanto x já saiu do quadro. Toda razão (logaritmo sobre potência, potência sobre exponencial) tende a 0 — a figura apenas sugere o que as substituições da demonstração tornam exato. — A escala de crescimento da Proposição 4.6: perto da borda direita, $\ln x$ mal passou de $1.6$ , enquanto $\eu^x$ já saiu do quadro. Toda razão (logaritmo sobre potência, potência sobre exponencial) tende a $0$ — a figura apenas sugere o que as substituições da demonstração tornam exato.

Observação 4.8 (Armadilhas frequentes com potências e logaritmos)

Domínios. $x^\alpha$ para $\alpha$ irracional exige $x > 0$ ; $(-8)^{1/3}$ é melhor evitado em favor de “a raiz cúbica real de $-8$ ”, porque a regra $(x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}$ falha silenciosamente em números negativos: $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ .
$\sqrt{x^2} = \abs x$ , e não $x$ : esquecer o valor absoluto é a fonte clássica de soluções negativas perdidas.
$\ln(xy) = \ln x + \ln y$ exige $x, y > 0$ . Para argumentos negativos, $\ln(xy)$ pode estar definido enquanto o lado direito não está.
Qual função cresce? Em $x^\alpha$ varia a base; em $a^x$ varia o expoente. Seus crescimentos são radicalmente diferentes (Proposição 4.6), e expressões híbridas como $x^{\ln x}$ ou $x^{1/x}$ devem ser reescritas como $\eu^{(\cdot)}$ antes de qualquer raciocínio — como no Exemplo 4.7.

4.2 Funções trigonométricas inversas

Definição 4.9 ( $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ )

As restrições

\sin \colon \intcc{-\tfrac\pi2}{\tfrac\pi2} \to \intcc{-1}{1}, \qquad \cos \colon \intcc{0}{\pi} \to \intcc{-1}{1}, \qquad \tan \colon \intoo{-\tfrac\pi2}{\tfrac\pi2} \to \R

são bijeções estritamente monótonas. Suas aplicações inversas escrevem-se $\arcsin$ , $\arccos$ e $\arctan$ . Assim, por exemplo, $y = \arcsin x$ ( $x \in \intcc{-1}{1}$ ) é o ângulo de $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ cujo seno é $x$ .

Da esquerda para a direita: , , . Cada uma herda o seu gráfico da função direta restrita, por reflexão na reta y = x. — Da esquerda para a direita: $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ . Cada uma herda o seu gráfico da função direta restrita, por reflexão na reta $y = x$ .

Proposição 4.10 (Derivadas)

No interior dos seus domínios:

\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \qquad \arccos' x = \frac{-1}{\sqrt{1 - x^2}}, \qquad \arctan' x = \frac{1}{1 + x^2}.

Demonstração. Antecipando a regra de derivação da função inversa, demonstrada no Capítulo 14: se $f$ é uma bijeção derivável e $f' \neq 0$ , então $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$ . Para $\arcsin$ : com $y = \arcsin x$ ,

\arcsin' x = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 y}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}},

em que $\cos y = +\sqrt{1 - \sin^2 y}$ , pois $y \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ força $\cos y > 0$ . Analogamente, $\arccos' x = \frac{1}{-\sin y}$ com $\sin y > 0$ em $\intoo{0}{\pi}$ , e $\arctan' x = \frac{1}{1 + \tan^2 y} = \frac{1}{1 + x^2}$ , usando $\tan' = 1 + \tan^2$ . ∎

Exemplo 4.11 (Reconhecendo uma constante escondida)

Estude $g(x) = \arctan\dfrac{1 - x}{1 + x}$ em $\intoo{-1} {+\infty}$ . Regra da cadeia e um cálculo curto:

g'(x) = \frac{1}{1 + \bigl(\frac{1-x}{1+x}\bigr)^2}\cdot \frac{-(1+x) - (1-x)}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2 + (1-x)^2} = \frac{-1}{1 + x^2} ,

pois $(1+x)^2 + (1-x)^2 = 2 + 2x^2$ . Logo $g' = -\arctan'$ : a função $g + \arctan$ tem derivada nula no intervalo $\intoo{-1}{+\infty}$ e, portanto, é constante nele; o seu valor em $x = 0$ é $\arctan 1 + \arctan 0 = \frac\pi4$ . Conclusão:

\arctan\frac{1 - x}{1 + x} = \frac\pi4 - \arctan x \qquad (x > -1) .

Em $\intoo{-\infty}{-1}$ o mesmo cálculo de derivada vale, mas a constante é diferente ( $-\frac{3\pi}4$ : avalie o limite quando $x \to -\infty$ ). A ideia: “derivada nula implica constante” é um enunciado intervalo por intervalo — exatamente a sutileza explorada no Exercício 4.6 e no Exercício 4.10.

Proposição 4.12 (Identidades usuais)

Para $x \in \intcc{-1}{1}$ : $\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}$ .
Para $x > 0$ : $\arctan x + \arctan\dfrac 1x = \dfrac{\pi}{2}$ (e $-\frac\pi2$ para $x < 0$ ).
$\sin(\arccos x) = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$ ; $\;\tan(\arcsin x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$ para $\abs x < 1$ .

Demonstração. (1) A derivada de $x \mapsto \arcsin x + \arccos x$ é nula em $\intoo{-1}{1}$ (Proposição 4.10), de modo que a função é constante ali, igual ao seu valor $\frac\pi2$ em $0$ ; os valores nos extremos $\pm 1$ verificam-se diretamente ( $\frac\pi2 + 0$ e $-\frac\pi2 + \pi$ ).

(2) Mesmo método em $\intoo{0}{+\infty}$ : a derivada é $\frac{1}{1+x^2} + \frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{x^2 + 1} = 0$ , e em $x = 1$ a soma vale $2\arctan 1 = \frac\pi2$ . Para $x < 0$ , use a imparidade de $\arctan$ .

(3) Com $y = \arccos x \in \intcc{0}{\pi}$ : $\sin y \geq 0$ , logo $\sin y = \sqrt{1 - \cos^2 y} = \sqrt{1 - x^2}$ ; do mesmo modo para $\cos(\arcsin x)$ , e a fórmula da tangente é o quociente. ∎

Observação 4.13

$\arcsin(\sin\theta) = \theta$ vale apenas para $\theta \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : por exemplo, $\arcsin(\sin\pi) = 0 \neq \pi$ . A composição no outro sentido, $\sin(\arcsin x) = x$ , é válida em todo $\intcc{-1}{1}$ .

Exemplo 4.14 (Voltando ao intervalo principal)

Calcule

\arctan\Bigl(\tan\frac{3\pi}4\Bigr) \qquad\text{e}\qquad \arctan\Bigl(\tan\frac{17\pi}5\Bigr).

A receita: substitua o ângulo pelo único ângulo de $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ com a mesma tangente, isto é, subtraia o múltiplo adequado de $\pi$ (o período de $\tan$ ). Primeiro: $\frac{3\pi}4 - \pi = -\frac\pi4$ , de modo que a resposta é $-\frac\pi4$ . Segundo: $\frac{17\pi} 5 - 3\pi = \frac{2\pi}5 \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , de modo que a resposta é $\frac{2\pi}5$ . O cálculo é uma divisão euclidiana do ângulo por $\pi$ disfarçada — e as receitas análogas para $\arcsin$ (refletir para $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , período $2\pi$ ) e $\arccos$ (refletir para $\intcc0\pi$ ) conduzem o Exercício 4.1 e a resposta por partes do Exercício 4.10.

Exemplo 4.15 (Somando arco-tangentes com segurança)

Demonstremos que

\arctan\frac12 + \arctan\frac15 + \arctan\frac18 = \frac\pi4 .

Dois ingredientes: a fórmula da tangente da soma e — o passo que os iniciantes esquecem — uma localização da soma. Primeiro, $\tan(u + v) = \frac{\tan u + \tan v}{1 - \tan u\tan v}$ com $u = \arctan\frac12$ , $v = \arctan\frac15$ dá

\tan(u + v) = \frac{\frac12 + \frac15}{1 - \frac1{10}} = \frac{7/10}{9/10} = \frac79, \qquad\text{logo}\qquad \tan\Bigl(u + v + \arctan\frac18\Bigr) = \frac{\frac79 + \frac18}{1 - \frac7{72}} = \frac{65/72}{65/72} = 1 .

Segundo, cada um dos três ângulos está em $\intoo0{\frac\pi4}$ (seus argumentos são menores que $1$ ), de modo que a soma está em $\intoo0{\frac{3\pi}4}$ ; o único ângulo ali com tangente $1$ é $\frac\pi4$ . Sem a localização, a conclusão seria “ $\frac\pi4$ a menos de um múltiplo de $\pi$ ” — meia demonstração. A mesma disciplina em dois passos conduz o Exercício 4.8 e o Exercício 4.12.

Exemplo 4.16 (Uma equação com arco-tangente)

Resolva $\arctan x + \arctan 2x = \dfrac\pi4$ . Primeiro localize: o lado esquerdo tem o sinal de $x$ (os dois termos têm), de modo que toda solução tem $x > 0$ , e então a soma está em $\intoo0\pi$ . Tome tangentes (injetiva em nenhum intervalo de comprimento $\pi$ , mas combinada com a localização isso bastará): a fórmula da soma dá

\tan\bigl(\arctan x + \arctan 2x\bigr) = \frac{3x}{1 - 2x^2} = 1 \iff 2x^2 + 3x - 1 = 0 \iff x = \frac{-3 \pm \sqrt{17}}4 .

A raiz negativa é descartada pela localização; para o candidato positivo $x_0 = \frac{\sqrt{17} - 3}4 \approx 0.28$ , a soma está em $\intoo0\pi$ com tangente $1$ , e o único ângulo desses é $\frac\pi4$ (em $\intoo{\frac\pi2}\pi$ a tangente é negativa): $x_0$ é a única solução. Note a forma do argumento: tomar tangentes pode criar soluções, nunca perdê-las, de modo que se resolve a equação polinomial e depois se filtra pela localização — a mesma disciplina de verificação a posteriori que se usa ao elevar uma equação ao quadrado.

4.3 Funções hiperbólicas

Definição 4.17 ( $\cosh$ , $\sinh$ , $\tanh$ )

Para $x \in \R$ :

\cosh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2}, \qquad \sinh x = \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2}, \qquad \tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x}

(cosseno, seno e tangente hiperbólicos). $\cosh$ é par; $\sinh$ e $\tanh$ são ímpares.

Proposição 4.18 (Propriedades básicas)

Para todos $x, y \in \R$ :

$\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ;
$\cosh' = \sinh$ , $\;\sinh' = \cosh$ , $\;\tanh' = 1 - \tanh^2 = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ;
$\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ e $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ;
$\sinh$ é uma bijeção estritamente crescente de $\R$ sobre $\R$ ; $\cosh$ restrita a $\R_+$ é uma bijeção estritamente crescente sobre $\intco{1}{+\infty}$ ; $\tanh$ é uma bijeção estritamente crescente de $\R$ sobre $\intoo{-1}{1}$ .

Demonstração. (1) $\bigl(\frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2}\bigr)^2 = \frac{(\eu^{2x} + 2 + \eu^{-2x}) - (\eu^{2x} - 2 + \eu^{-2x})}{4} = 1$ .

(2) Derive as fórmulas de definição; para $\tanh$ , a regra do quociente dá $\frac{\cosh^2 - \sinh^2}{\cosh^2}$ , que é ao mesmo tempo $1 - \tanh^2$ e $\frac{1}{\cosh^2}$ por (1).

(3) Expanda os lados direitos usando as definições. Em detalhe, para a primeira fórmula:

\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y = \frac{(\eu^x + \eu^{-x})(\eu^y + \eu^{-y}) + (\eu^x - \eu^{-x})(\eu^y - \eu^{-y})}{4} ;

dos oito produtos, os quatro “mistos” ( $\eu^{x-y}$ , $\eu^{y-x}$ ) se cancelam aos pares, ao passo que $\eu^{x+y}$ e $\eu^{-(x+y)}$ aparecem cada um duas vezes: o total é $\frac{2\eu^{x+y} + 2\eu^{-(x+y)}}{4} = \cosh(x+y)$ . A fórmula do seno é idêntica, com os termos mistos sobrevivendo em lugar dos outros.

(4) $\sinh' = \cosh \geq 1 > 0$ , de modo que $\sinh$ é estritamente crescente, com limites $\pm\infty$ (termo dominante $\pm\frac{\eu^{\abs x}}{2}$ ); o enunciado da bijeção decorre então do teorema do valor intermediário (usado no nível do ensino médio; tratamento sistemático no Capítulo 13). Em $\R_+$ , $\cosh' = \sinh \geq 0$ , anulando-se apenas em $0$ : estritamente crescente de $\cosh 0 = 1$ a $+\infty$ . E $\tanh' > 0$ , com limites $\pm 1$ em $\pm\infty$ : em detalhe,

\tanh x = \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{\eu^x + \eu^{-x}} = \frac{1 - \eu^{-2x}}{1 + \eu^{-2x}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 1 ,

depois de dividir numerador e denominador por $\eu^x$ ; a imparidade dá o limite $-1$ em $-\infty$ ; a função estritamente crescente $\tanh$ leva, portanto, $\R$ sobre $\intoo{-1}1$ . ∎

À esquerda: e , assintoticamente colados a x/2 (tracejado). À direita: , crescente de -1 a 1. — À esquerda: $\cosh$ e $\sinh$ , assintoticamente colados a $\frac{\eu^x}{2}$ (tracejado). À direita: $\tanh$ , crescente de $-1$ a $1$ .

Observação 4.19 (Por que “hiperbólicas”?)

O ponto $(\cosh t, \sinh t)$ percorre o ramo $x > 0$ da hipérbole $x^2 - y^2 = 1$ (pela Proposição 4.18 (1)), exatamente como $(\cos t, \sin t)$ percorre o círculo $x^2 + y^2 = 1$ . Toda identidade circular tem uma irmã hiperbólica, com trocas de sinal governadas por $\sinh^2 \leftrightarrow -\sin^2$ .

Exemplo 4.20 (A fórmula de adição para $\tanh$ )

Dividindo as duas fórmulas de adição da Proposição 4.18 (3) por $\cosh x\cosh y$ :

\tanh(x + y) = \frac{\sinh x\cosh y + \cosh x\sinh y} {\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y} = \frac{\tanh x + \tanh y}{1 + \tanh x\,\tanh y} ,

a irmã hiperbólica da fórmula de adição da tangente — com um $+$ onde a trigonometria tem um $-$ . Um dividendo: como $\abs{\tanh} < 1$ , o lado direito é uma regra de “adição de velocidades” que nunca sai de $\intoo{-1}1$ : se $u, v \in \intoo{-1}1$ , então $\frac{u + v}{1 + uv} \in \intoo{-1}1$ também (escreva $u = \tanh a$ , $v = \tanh b$ , o que é possível pela bijetividade, e leia a fórmula ao contrário). Verificar isso algebricamente, sem funções hiperbólicas, é um exercício ligeiramente penoso; parametrizar por $\tanh$ o torna uma linha — a mesma estratégia que as funções circulares oferecem para o círculo unitário.

Proposição 4.21 (Funções hiperbólicas inversas)

As inversas concedidas pela Proposição 4.18 (4) têm formas fechadas:

\operatorname{arsinh} x = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 + 1}\bigr) \ (x \in \R), \qquad \operatorname{arcosh} x = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr) \ (x \geq 1),

\operatorname{artanh} x = \frac 12 \ln\frac{1 + x}{1 - x} \ (\abs x < 1),

com derivadas $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ , $\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$ ( $x > 1$ ) e $\frac{1}{1 - x^2}$ , respectivamente.

Demonstração. Para $\operatorname{arsinh}$ : resolva $x = \sinh y = \frac{\eu^y - \eu^{-y}}{2}$ . Pondo $u = \eu^y > 0$ : $u^2 - 2xu - 1 = 0$ , de modo que $u = x + \sqrt{x^2 + 1}$ (a raiz $x - \sqrt{x^2+1}$ é negativa), e $y = \ln(x + \sqrt{x^2+1})$ . As outras duas são cálculos idênticos ( $u^2 - 2xu + 1 = 0$ para $\operatorname{arcosh}$ , mantendo-se a raiz $\geq 1$ ; um rearranjo de duas linhas para $\operatorname{artanh}$ ). Derivadas: derive as expressões logarítmicas, por exemplo,

\bigl(\ln(x + \sqrt{x^2+1})\bigr)' = \frac{1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x + \sqrt{x^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} . \qedhere

∎

Exemplo 4.22 (Formas fechadas em ação)

A solução de $\cosh t = 2$ com $t \geq 0$ é, pela forma fechada, $t = \operatorname{arcosh} 2 = \ln(2 + \sqrt3) \approx 1.317$ ; a outra solução é $-t$ , pela paridade — e, de fato, $\ln(2 - \sqrt3) = \ln\frac1{2 + \sqrt3} = -\ln(2 + \sqrt3)$ : as duas raízes $u = \eu^t$ da equação do segundo grau $u^2 - 4u + 1 = 0$ são recíprocas, como o seu produto $1$ (Girard) exige. Esse cálculo minúsculo exibe o padrão geral: equações hiperbólicas convertem-se em equações do segundo grau em $\eu^t$ , e a simetria $t \mapsto -t$ aparece como a simetria $u \mapsto 1/u$ da equação quadrática — vale lembrar disso ao resolver o Exercício 4.7.

Método 4.23 (Escolhendo a forma primitiva certa)

Os três padrões de derivada a memorizar para a integração (Capítulo 15):

\int \frac{\dd x}{1 + x^2} = \arctan x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \operatorname{arsinh} x + C,

e, para uma quadrática geral, reduza a estes completando o quadrado e reescalando.

Observação 4.24 (Onde este capítulo é usado)

Este capítulo é o vocabulário de trabalho de toda a análise que vem. A escala de crescimento da Proposição 4.6 decide questões de convergência ao longo de todo o Capítulos 11 e 17; as fórmulas de derivada da Proposição 4.10 e da Proposição 4.21 são as primitivas mais frequentemente necessárias no Capítulo 15, via o Método 4.23; as funções hiperbólicas parametrizam as soluções da equação $y'' = y$ no Capítulo 5 exatamente como as funções circulares parametrizam as de $y'' = -y$ . A caracterização de $\exp$ por $f' = f$ , $f(0) = 1$ (Proposição 4.1) é a semente unidimensional da teoria das equações diferenciais lineares, e a curva catenária $y = \cosh x$ volta entre as curvas planas do Capítulo 24.

Observação 4.25 (Interlúdio: o programa da função inversa)

Este capítulo executou quatro vezes um mesmo programa: restringir uma função até que ela se torne uma bijeção estritamente monótona, nomear a inversa e transportar por ela todas as fórmulas. O que foi usado em cada passo — que uma função contínua estritamente monótona num intervalo é uma bijeção sobre um intervalo, e que a sua inversa é contínua e depois derivável fora dos pontos críticos — foi tomado emprestado a crédito do ensino médio. A dívida é paga dentro deste volume: o Capítulo 13 demonstra o enunciado da bijeção (o teorema da inversa monótona, apoiado no teorema do valor intermediário), e o Capítulo 14 demonstra a regra de derivação $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$ , que produziu silenciosamente todas as fórmulas da Proposição 4.10 e da Proposição 4.21. Ler esses capítulos com $\arcsin$ e $\operatorname{arsinh}$ em mente — como os exemplos trabalhados que a teoria foi construída para justificar — é a maneira prevista de contornar a aparente circularidade.

4.4 Exercícios

Exercício 4.1 ★

Calcule sem calculadora: $\arcsin\frac{\sqrt 3}{2}$ ; $\;\arccos\bigl(-\frac 12\bigr)$ ; $\;\arctan(-1)$ ; $\;\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ ; $\;\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ .

Solução

Solução de Exercício 4.1.

$\arcsin\frac{\sqrt 3}{2} = \frac\pi3$ ; $\;\arccos\bigl(-\frac12\bigr) = \frac{2\pi}{3}$ ; $\;\arctan(-1) = -\frac\pi4$ .

$\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ : $\sin\frac{5\pi}{6} = \frac12$ , e o ângulo de $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ cujo seno vale $\frac12$ é $\frac\pi6$ (e não $\frac{5\pi}{6}$ ).

$\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ : $\cos\frac{7\pi}{4} = \frac{\sqrt 2}{2}$ , e o ângulo de $\intcc{0}{\pi}$ com esse cosseno é $\frac\pi4$ .

Exercício 4.2 ★

Dê o domínio de definição de $f(x) = \arcsin(2x - 1)$ e calcule $f'$ onde estiver definida. Mesmas perguntas para $g(x) = \arctan\sqrt{x}$ .

Solução

Solução de Exercício 4.2.

$f(x) = \arcsin(2x - 1)$ exige $-1 \leq 2x - 1 \leq 1$ , isto é, $x \in \intcc{0}{1}$ . Em $\intoo{0}{1}$ , a regra da cadeia e a Proposição 4.10 dão

f'(x) = \frac{2}{\sqrt{1 - (2x-1)^2}} = \frac{2}{\sqrt{4x - 4x^2}} = \frac{1}{\sqrt{x(1 - x)}} .

$g(x) = \arctan\sqrt x$ está definida para $x \geq 0$ e, para $x > 0$ :

g'(x) = \frac{1}{1 + x} \cdot \frac{1}{2\sqrt x} = \frac{1}{2\sqrt x\,(1 + x)} .

Exercício 4.3 ★

Demonstre que, para todo $x \in \R$ : $\cosh x + \sinh x = \eu^x$ e $(\cosh x + \sinh x)^n = \cosh nx + \sinh nx$ para todo $n \in \Z$ (uma fórmula de De Moivre hiperbólica).

Solução

Solução de Exercício 4.3.

$\cosh x + \sinh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2} + \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2} = \eu^x$ . Portanto, para $n \in \Z$ :

(\cosh x + \sinh x)^n = (\eu^x)^n = \eu^{nx} = \cosh nx + \sinh nx .

Exercício 4.4 ★

Simplifique $\cos(2\arcsin x)$ e $\sin(2\arctan x)$ , transformando-os em expressões algébricas de $x$ .

Solução

Solução de Exercício 4.4.

Com $y = \arcsin x$ : $\cos 2y = 1 - 2\sin^2 y = 1 - 2x^2$ , logo $\cos(2\arcsin x) = 1 - 2x^2$ .

Com $y = \arctan x$ : $\sin 2y = 2 \sin y \cos y = 2 \tan y \cos^2 y = \frac{2\tan y}{1 + \tan^2 y}$ , logo $\sin(2\arctan x) = \dfrac{2x}{1 + x^2}$ .

Exercício 4.5 ★

Ordene, para $x$ grande, as funções $x^{100}$ , $\;\eu^{\sqrt x}$ , $\;(\ln x)^{1000}$ , $\;\eu^{x/100}$ , $\;x^{\ln x}$ , do crescimento mais lento para o mais rápido, com justificativas baseadas na Proposição 4.6.

Solução

Solução de Exercício 4.5.

Do crescimento mais lento ao mais rápido:

(\ln x)^{1000} \;\ll\; x^{100} \;\ll\; x^{\ln x} \;\ll\; \eu^{\sqrt x} \;\ll\; \eu^{x/100} .

Justificativas: $(\ln x)^{1000}/x^{100} \to 0$ pela Proposição 4.6 (os logaritmos perdem para as potências). $x^{100} = \eu^{100\ln x}$ e $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2}$ : como $(\ln x)^2 - 100\ln x \to +\infty$ , a segunda vence. $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2} \ll \eu^{\sqrt x}$ porque $(\ln x)^2/\sqrt x \to 0$ (os logaritmos perdem para a potência $x^{1/4}$ , elevada ao quadrado). Por fim, $\sqrt x - x/100 \to -\infty$ , de modo que $\eu^{\sqrt x} \ll \eu^{x/100}$ .

Exercício 4.6 ★★

Estude a função $f(x) = \arctan\dfrac{2x}{1 - x^2}$ no seu domínio: calcule $f'$ , compare com $(2\arctan x)'$ e exprima $f(x)$ em termos de $\arctan x$ em cada um dos três intervalos do domínio.

Solução

Solução de Exercício 4.6.

Domínio: $x \neq \pm 1$ , três intervalos. Em cada um deles,

f'(x) = \frac{\bigl(\frac{2x}{1-x^2}\bigr)'}{1 + \frac{4x^2}{(1-x^2)^2}} = \frac{\frac{2(1-x^2) + 4x^2}{(1-x^2)^2}} {\frac{(1-x^2)^2 + 4x^2}{(1-x^2)^2}} = \frac{2(1 + x^2)}{(1 + x^2)^2} = \frac{2}{1 + x^2} = (2\arctan x)' .

Logo, $f(x) - 2\arctan x$ é constante em cada intervalo. Valores: em $x = 0$ , $f(0) = 0$ : a constante é $0$ em $\intoo{-1}{1}$ . Quando $x \to +\infty$ , $\frac{2x}{1-x^2} \to 0^-$ , de modo que $f \to 0$ , ao passo que $2\arctan x \to \pi$ : a constante é $-\pi$ em $\intoo{1}{+\infty}$ . Pela imparidade, ela é $+\pi$ em $\intoo{-\infty}{-1}$ . Em resumo: $f = 2\arctan x$ em $\intoo{-1}{1}$ , $f = 2\arctan x - \pi$ para $x > 1$ , $f = 2\arctan x + \pi$ para $x < -1$ . (Trata-se da fórmula do arco duplo da tangente, lida através de $\arctan$ .)

Exercício 4.7 ★★

Resolva em $\R$ : $\;\cosh x = 2$ ; depois $5\cosh x - 4 \sinh x = 3$ (exprima as soluções com logaritmos). Sugestão para a segunda: escreva tudo com $u = \eu^x$ .

Solução

Solução de Exercício 4.7.

$\cosh x = 2$ : com $u = \eu^x > 0$ , $u + u^{-1} = 4$ , de modo que $u^2 - 4u + 1 = 0$ , $u = 2 \pm \sqrt 3$ : $x = \ln(2 + \sqrt 3)$ ou $x = \ln(2 - \sqrt 3) = -\ln(2 + \sqrt 3)$ (as duas soluções são opostas, pois $\cosh$ é par; ambas são válidas). Equivalentemente, $x = \pm \operatorname{arcosh} 2$ .

$5\cosh x - 4\sinh x = 3$ : substituindo as definições exponenciais, $\frac{5(u + u^{-1}) - 4(u - u^{-1})}{2} = 3$ , isto é, $u + 9u^{-1} = 6$ , ou seja, $u^2 - 6u + 9 = (u - 3)^2 = 0$ : $u = 3$ , uma única solução $x = \ln 3$ .

Exercício 4.8 ★★

Demonstre a identidade $\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}$ e depois a fórmula de Machin

4\arctan\frac 15 - \arctan\frac{1}{239} = \frac{\pi}{4}.

Sugestão: calcule a tangente dos dois lados usando a fórmula da soma e controle em que intervalo cada lado se encontra.

Solução

Solução de Exercício 4.8.

Seja $\alpha = \arctan\frac12 + \arctan\frac13$ . Fórmula de adição:

\tan\alpha = \frac{\frac12 + \frac13}{1 - \frac12\cdot\frac13} = \frac{5/6}{5/6} = 1 .

Os dois arco-tangentes estão em $\intoo{0}{\frac\pi4}$ (seus argumentos estão em $\intoo{0}{1}$ ), de modo que $\alpha \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ; o único ângulo ali com tangente $1$ é $\frac\pi4$ .

Machin: seja $\beta = \arctan\frac15$ . Arco duplo duas vezes:

\tan 2\beta = \frac{2/5}{1 - 1/25} = \frac{5}{12}, \qquad \tan 4\beta = \frac{2 \cdot 5/12}{1 - 25/144} = \frac{120}{119}.

Então

\tan\Bigl(4\beta - \frac\pi4\Bigr) = \frac{\frac{120}{119} - 1}{1 + \frac{120}{119}} = \frac{1/119}{239/119} = \frac{1}{239}.

Localização: $\beta < \arctan 1 = \frac\pi4$ e, de fato, $\tan 4\beta = \frac{120}{119}$ está próximo de $1$ , com $4\beta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (pois $\beta < \frac\pi8$ , já que $\tan\frac\pi8 = \sqrt 2 - 1 > \frac15$ ); logo $4\beta - \frac\pi4 \in \intoo{-\frac\pi4}{\frac\pi4}$ , onde $\arctan$ inverte $\tan$ : $4\beta - \frac\pi4 = \arctan\frac{1}{239}$ , que é a fórmula de Machin.

Exercício 4.9 ★★

Demonstre que, para todo $x \geq 0$ : $\;x - \dfrac{x^3}{6} \leq \sin x \leq x$ (estude as derivadas sucessivas das diferenças) e deduza que $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin x}{x^3} = \frac 16$ é plausível — o limite propriamente dito é estabelecido no Capítulo 16.

Solução

Solução de Exercício 4.9.

Seja $f(x) = x - \sin x$ : $f(0) = 0$ e $f'(x) = 1 - \cos x \geq 0$ , de modo que $f \geq 0$ em $\R_+$ : $\sin x \leq x$ .

Seja $g(x) = \sin x - x + \frac{x^3}{6}$ : $g(0) = 0$ , $g'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$ , $g'(0) = 0$ , $g''(x) = -\sin x + x = f(x) \geq 0$ em $\R_+$ . Assim, $g'$ é crescente com $g'(0) = 0$ , logo $g' \geq 0$ , logo $g$ é crescente com $g(0) = 0$ : $g \geq 0$ , isto é, $x - \frac{x^3}{6} \leq \sin x$ em $\R_+$ .

Consequentemente, $0 \leq \frac{x - \sin x}{x^3} \leq \frac 16$ para $x > 0$ : a razão fica presa na escala de $\frac16$ , e o Capítulo 16 mostra que o seu limite é exatamente $\frac 16$ .

Exercício 4.10 ★★★

Para $x \in \intcc{-1}{1}$ , ponha $h(x) = \arcsin\bigl(2x\sqrt{1 - x^2}\,\bigr) - 2\arcsin x$ . Poderíamos esperar $h = 0$ a partir da identidade $\sin 2y = 2\sin y\cos y$ — mas $h$ não é identicamente nula. Calcule $h'$ nos intervalos abertos em que ela existe, avalie $h$ em pontos bem escolhidos e dê a descrição completa, constante por partes, de $h$ em $\intcc{-1}{1}$ .

Solução

Solução de Exercício 4.10.

Escreva $y = \arcsin x$ , de modo que $2x\sqrt{1 - x^2} = 2\sin y\cos y = \sin 2y$ e $h(x) = \arcsin(\sin 2y) - 2y$ .

Para $\abs x \leq \frac{\sqrt 2}{2}$ : $2y \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , de modo que $\arcsin(\sin 2y) = 2y$ e $h = 0$ .

Para $x \in \intoc{\frac{\sqrt 2}{2}}{1}$ : $2y \in \intoc{\frac\pi2}{\pi}$ , e o ângulo de $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ cujo seno vale $\sin 2y$ é $\pi - 2y$ : logo $h(x) = \pi - 4\arcsin x$ . (Verificação pela derivada: ali $h'(x) = \frac{2(1 - 2x^2)}{\abs{1 - 2x^2}\sqrt{1 - x^2}} - \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{-4}{\sqrt{1 - x^2}}$ , a derivada de $-4\arcsin x$ ; e em $x = 1$ , $h(1) = \arcsin 0 - 2\cdot\frac\pi2 = -\pi = \pi - 4\cdot\frac\pi2$ .)

Para $x \in \intco{-1}{-\frac{\sqrt 2}{2}}$ , pela imparidade de $h$ : $h(x) = -\pi - 4\arcsin x$ .

Exercício 4.11 ★★★

(Gudermanniana) Seja $g(x) = \arctan(\sinh x)$ para $x \in \R$ . Demonstre que $g$ é uma bijeção ímpar e estritamente crescente de $\R$ sobre $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , que $g'(x) = \frac{1}{\cosh x}$ , e que $\tan g(x) = \sinh x$ , $\;\sin g(x) = \tanh x$ , $\;\cos g(x) = \frac{1}{\cosh x}$ : a função $g$ liga a trigonometria circular à hiperbólica sem números complexos.

Solução

Solução de Exercício 4.11.

$g = \arctan \circ \sinh$ é uma composta de funções ímpares e estritamente crescentes, logo é ímpar e estritamente crescente; quando $x \to +\infty$ , $\sinh x \to +\infty$ , de modo que $g(x) \to \frac\pi2$ , e $g$ é uma bijeção sobre $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ (continuidade mais o teorema do valor intermediário). Regra da cadeia com a Proposição 4.18 (1):

g'(x) = \frac{\cosh x}{1 + \sinh^2 x} = \frac{\cosh x}{\cosh^2 x} = \frac{1}{\cosh x} .

Por construção, $\tan g(x) = \sinh x$ . Então, como $g(x) \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ tem cosseno positivo,

\begin{align*} \cos g(x) &= \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 g(x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \sinh^2 x}} = \frac{1}{\cosh x},\\ \sin g(x) &= \tan g(x) \cos g(x) = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \tanh x . \end{align*}

Exercício 4.12 ★★

Demonstre que

\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \pi .

Sugestão: calcule primeiro $\arctan 2 + \arctan 3$ , localizando a soma como no Exemplo 4.15; atenção ao fato de que o denominador da fórmula de adição é negativo aqui.

Solução

Solução de Exercício 4.12.

Ponha $u = \arctan 2$ e $v = \arctan 3$ ; ambos estão em $\intoo{\frac\pi4}{\frac\pi2}$ (seus argumentos excedem $1$ ), de modo que $u + v \in \intoo{\frac\pi2}{\pi}$ . A fórmula de adição dá

\tan(u + v) = \frac{2 + 3}{1 - 6} = -1 ,

e o único ângulo de $\intoo{\frac\pi2}{\pi}$ com tangente $-1$ é $\frac{3\pi}4$ : logo $\arctan 2 + \arctan 3 = \frac{3\pi}4$ . (Aplicar $\arctan$ cegamente à tangente daria $-\frac\pi4$ , errado por $\pi$ — a localização é o que salva o cálculo, e o denominador negativo $1 - 6$ é precisamente o sinal de que a soma saiu de $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .) Somando $\arctan 1 = \frac\pi4$ :

\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \frac\pi4 + \frac{3\pi}4 = \pi .

4.5 Problema: A equação $x^y = y^x$

Problema 4.1

Que pares de números positivos satisfazem $x^y = y^x$ ? Todo mundo conhece um exemplo de aparência acidental, $2^4 = 4^2 = 16$ ; este problema mostra que nada nele é acidental. Toda a equação é governada pelas variações de uma única função

f(t) = \frac{\ln t}{t} \qquad (t > 0),

cujo estudo fornece: o conjunto solução completo (uma diagonal mais um ramo curvo passando por $(\eu, \eu)$ ), uma parametrização racional do ramo, o fato de que $(2, 4)$ é o seu único ponto inteiro e a classificação de todos os seus pontos racionais — além de, como dividendos, a comparação de $\eu^\pi$ com $\pi^\eu$ e a convergência monótona de $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ a $\eu$ .

Parte I — A função $f(t) = \ln t / t$ .

Justifique que $f$ é derivável em $\intoo0{+\infty}$ , calcule $f'$ e monte a tabela de variação: $f$ cresce estritamente em $\intoc0\eu$ , decresce estritamente em $\intco\eu{+\infty}$ , com máximo $f(\eu) = \frac1\eu$ .
Determine os limites de $f$ em $0^+$ e em $+\infty$ (Proposição 4.6), o sinal de $f$ (negativa em $\intoo01$ , nula em $1$ , positiva além disso) e esboce o gráfico.
Verifique por cálculo direto que $f(2) = f(4)$ . (Guarde essa igualdade em mente: todo o problema nasce dela.)
Seja $c \in \R$ . Discuta, conforme o valor de $c$ , o número de soluções de $f(t) = c$ : exatamente uma para $c \leq 0$ ; exatamente duas (uma em $\intoo1\eu$ , outra em $\intoo\eu{+\infty}$ ) para $0 < c < \frac1\eu$ ; exatamente uma para $c = \frac1\eu$ ; nenhuma para $c > \frac1\eu$ .
Deduza que $\eu^x > x^\eu$ para todo $x > 0$ com $x \neq \eu$ , e em particular decida qual é maior, $\eu^\pi$ ou $\pi^\eu$ .

Parte II — A equação e a sua curva. Nesta parte, $x, y > 0$ .

Mostre que $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ .
Deduza a estrutura do conjunto solução: todos os pares diagonais $(x, x)$ ; e os pares não triviais ( $x \neq y$ ), que satisfazem: as duas coordenadas são $> 1$ , e uma delas está em $\intoo1\eu$ , enquanto a outra está em $\intoo\eu{+\infty}$ .
Parametrize os pares não triviais: escrevendo $y = tx$ com $t > 0$ , $t \neq 1$ , mostre que $x^y = y^x$ força

$x(t) = t^{\frac1{t-1}}, \qquad y(t) = t\,x(t) = t^{\frac{t}{t-1}},$

e que, reciprocamente, todo par desses é solução.
Verifique que $t = 2$ dá $(2, 4)$ e demonstre a simetria $x(1/t) = y(t)$ , $y(1/t) = x(t)$ : inverter o parâmetro troca as duas coordenadas.
Determine os limites de $x(t)$ e $y(t)$ quando $t \to 1$ (ambos tendem a $\eu$ ), quando $t \to +\infty$ ( $x \to 1$ , $y \to +\infty$ ) e quando $t \to 0^+$ ( $x \to +\infty$ , $y \to 1$ ). Descreva o ramo resultante: uma curva assintótica às retas $x = 1$ e $y = 1$ , cruzando a diagonal em $(\eu, \eu)$ .
Mostre que $t \mapsto x(t)$ é estritamente decrescente em $\intoo1{+\infty}$ . (Estude $h(t) = 1 - \frac1t - \ln t$ , cujo sinal controla a derivada de $\ln x(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$ .)
Conclua que as soluções não triviais definem uma bijeção estritamente decrescente $\varphi \colon \intoo1\eu \to \intoo\eu{+\infty}$ com $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ , e que $\varphi$ é uma involução do ramo: $\varphi(\varphi(x)) = x$ sempre que os dois lados estiverem definidos.

Parte III — Pontos inteiros e racionais.

Demonstre que $(2, 4)$ e $(4, 2)$ são as únicas soluções inteiras não triviais de $x^y = y^x$ .
Para $n \in \N^*$ , aplique a parametrização com $t = 1 + \frac1n$ e mostre que

$x_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n}, \qquad y_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n+1}$

é uma solução racional não trivial para todo $n$ , com $(x_1, y_1) = (2, 4)$ .
Reciprocamente, seja $(x, y)$ uma solução racional não trivial com $y > x$ , e escreva $t = y/x = 1 + \frac rs$ na forma irredutível ( $r, s \in \N^*$ ). Usando $x = t^{s/r}$ e admitindo a unicidade da fatoração em primos (familiar da escola; demonstrada no Capítulo 6), mostre que $x$ racional força $s$ e $s + r$ a serem ambos potências $r$ -ésimas de inteiros.
Mostre, com o teorema binomial, que $a^r - b^r = r$ não tem soluções inteiras $a > b \geq 1$ quando $r \geq 2$ , e conclua: as soluções racionais de $x^y = y^x$ são exatamente os pares $(x_n, y_n)$ da questão 14 (e as suas trocas).
Verifique numericamente o caso $n = 2$ : calcule $f(9/4)$ e $f(27/8)$ com quatro casas decimais e confira que coincidem.

Parte IV — Dividendos.

Use as questões 7 e 11 para demonstrar, sem mais nenhum cálculo, que a sequência $x_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ é estritamente crescente com $x_n < \eu$ , que $y_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n+1}$ é estritamente decrescente com $y_n > \eu$ , e que ambas convergem para $\eu$ . (O parâmetro $t_n = 1 + \frac1n$ decresce para $1$ .)
Estabeleça a regra geral de comparação para $1 < a < b$ : se $\eu \leq a$ , então $a^b > b^a$ ; se $b \leq \eu$ , então $a^b < b^a$ ; e mostre, com os dois exemplos $(2, 3)$ e $(2, 5)$ , que no caso misto $a < \eu < b$ os dois resultados realmente ocorrem.
Suponha que a involução $\varphi$ da questão 12 seja derivável em $\eu$ (ela é). Derive a identidade $\varphi(\varphi(x)) = x$ em $x = \eu$ e deduza que $\varphi'(\eu) = -1$ : o ramo cruza a diagonal perpendicularmente a ela.
Encontre o único par solução com $y = 3x$ , em forma fechada, e confira-o numericamente com quatro casas decimais via $f$ .
Entre os números $\sqrt2$ , $\sqrt[3]3$ , $\sqrt[4]4$ , $\sqrt[5]5$ , determine o maior e identifique os dois que são iguais. (Compare $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ .)

Parte V — Síntese.

Descreva o conjunto solução completo de $x^y = y^x$ no quadrante $x, y > 0$ — diagonal mais ramo, a sua interseção $(\eu, \eu)$ , as assíntotas, o ponto inteiro $(2, 4)$ , os pontos racionais que se acumulam em $(\eu, \eu)$ — numa forma que você conseguiria esboçar de memória.
Onde exatamente o problema usou: (i) as comparações de crescimento da Proposição 4.6; (ii) o teorema do valor intermediário (através dos enunciados de bijeção); (iii) a unicidade admitida da fatoração em primos? Uma frase para cada.
Moral, num parágrafo curto: uma única tabela de variação resolveu uma equação em duas incógnitas, classificou os seus pontos racionais e demonstrou a convergência monótona de $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ — comente essa economia e diga onde cada fio é industrializado mais adiante no volume (Capítulo 11 para a sequência, Capítulo 14 para as tabelas de variação, Capítulo 16 para a precisão que falta à tabela).

Solução

Solução de Problema 4.1.

1. $f$ é um quociente de funções deriváveis com denominador não nulo em $\intoo0{+\infty}$ , e

f'(t) = \frac{\frac1t \cdot t - \ln t}{t^2} = \frac{1 - \ln t}{t^2} ,

positiva para $t < \eu$ , nula em $t = \eu$ , negativa para $t > \eu$ : $f$ cresce estritamente em $\intoc0\eu$ , decresce estritamente em $\intco\eu{+\infty}$ , com máximo $f(\eu) = \frac1\eu$ .

2. Quando $t \to 0^+$ : $\ln t \to -\infty$ e $\frac1t \to +\infty$ , de modo que $f(t) \to -\infty$ . Quando $t \to +\infty$ : $f(t) \to 0$ pela comparação de crescimentos da Proposição 4.6 ( $\beta = \alpha = 1$ ). Sinal: o de $\ln t$ , de modo que $f < 0$ em $\intoo01$ , $f(1) = 0$ , $f > 0$ em $\intoo1{+\infty}$ . O gráfico sobe de $-\infty$ , cruza o zero em $1$ , atinge o pico em $(\eu, \frac1\eu)$ e depois decai a $0^+$ .

3. $f(4) = \frac{\ln 4}4 = \frac{2\ln 2}4 = \frac{\ln 2}2 = f(2)$ .

4. Pela tabela de variação e pelo teorema do valor intermediário (usado no nível do ensino médio; formalizado no Capítulo 13). Para $c < 0$ : só há soluções onde $f < 0$ , isto é, em $\intoo01$ , onde $f$ é uma bijeção estritamente crescente sobre $\intoo{-\infty}0$ : exatamente uma. Para $c = 0$ : apenas $t = 1$ . Para $0 < c < \frac1\eu$ : em $\intoo1\eu$ , $f$ cresce de $0$ até $\frac1\eu$ : uma solução; em $\intoo\eu{+\infty}$ , $f$ decresce de $\frac1\eu$ a $0$ : mais uma; total, duas. Para $c = \frac1\eu$ : apenas o ponto de máximo $t = \eu$ . Para $c > \frac1\eu$ : nenhuma.

5. Para $x \neq \eu$ , a maximalidade estrita dá $f(x) < f(\eu)$ , isto é, $\frac{\ln x}x < \frac1\eu$ , ou seja, $\eu\ln x < x$ , isto é, $\ln(x^\eu) < \ln(\eu^x)$ : $x^\eu < \eu^x$ . Com $x = \pi$ : $\eu^\pi > \pi^\eu$ (numericamente, $23.14 > 22.46$ ).

6. Para $x, y > 0$ , os dois lados são positivos, de modo que

x^y = y^x \iff y\ln x = x\ln y \iff \frac{\ln x}x = \frac{\ln y}y \iff f(x) = f(y) ,

dividindo por $xy > 0$ .

7. Sejam $f(x) = f(y) = c$ com $x \neq y$ . Se $c \leq 0$ ou $c = \frac1\eu$ , a questão 4 diz que a equação $f = c$ tem uma única solução: impossível. Logo $0 < c < \frac1\eu$ e, de novo pela questão 4, as duas soluções são um ponto de $\intoo1\eu$ e um de $\intoo\eu{+\infty}$ : as duas coordenadas excedem $1$ e elas ficam de lados opostos de $\eu$ .

8. Substituindo $y = tx$ em $y\ln x = x\ln y$ :

tx\ln x = x(\ln t + \ln x) \iff (t - 1)\ln x = \ln t \iff \ln x = \frac{\ln t}{t - 1} ,

de modo que $x = t^{1/(t-1)}$ e $y = tx = t^{1 + \frac1{t-1}} = t^{t/(t-1)}$ . Reciprocamente, para esses valores, $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} = t\ln x$ e $y = tx$ , logo $\frac{\ln y}y = \frac{t\ln x}{tx} = \frac{\ln x}x$ : uma solução. Toda solução não trivial tem alguma razão $t = y/x \in \intoo0{+\infty} \setminus \{1\}$ , de modo que a parametrização é completa.

9. $t = 2$ : $x = 2^{1/1} = 2$ , $y = 2^{2/1} = 4$ . E

x(1/t) = (1/t)^{\frac1{\frac1t - 1}} = (t^{-1})^{\frac{t}{1 - t}} = t^{\frac{t}{t - 1}} = y(t) ,

e então $y(1/t) = \frac1t\,x(1/t) = \frac{y(t)}t = x(t)$ : a mudança de parâmetro $t \mapsto 1/t$ troca as coordenadas, como a simetria da equação exige.

10. Quando $t \to 1$ : $\frac{\ln t}{t-1} \to 1$ (é o quociente de diferenças de $\ln$ em $1$ ), de modo que $x \to \eu^1 = \eu$ e $y = tx \to \eu$ . Quando $t \to +\infty$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to 0$ , logo $x \to 1$ , ao passo que $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to +\infty$ , logo $y \to +\infty$ . Quando $t \to 0^+$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to \frac{-\infty}{-1} = +\infty$ , logo $x \to +\infty$ , ao passo que $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to \frac{0}{-1} = 0$ , logo $y \to 1$ (usando $t\ln t \to 0$ , Exemplo 4.7). O ramo, portanto, vai da assíntota $y = 1$ (extrema direita), sobe passando por $(\eu, \eu)$ na diagonal e escapa ao longo da assíntota $x = 1$ (extremo superior) — simétrico em relação à diagonal pela questão 9.

11. $\ln x(t) = g(t) = \frac{\ln t}{t-1}$ , e

g'(t) = \frac{\frac{t-1}t - \ln t}{(t-1)^2} = \frac{h(t)}{(t-1)^2}, \qquad h(t) = 1 - \frac1t - \ln t .

$h(1) = 0$ e $h'(t) = \frac1{t^2} - \frac1t = \frac{1 - t}{t^2} < 0$ para $t > 1$ : $h < 0$ em $\intoo1{+\infty}$ , de modo que $g' < 0$ e $x = \eu^g$ é estritamente decrescente ali (de $\eu$ até $1$ , pela questão 10).

12. Pela questão 11, $t \mapsto x(t)$ é uma bijeção estritamente decrescente de $\intoo1{+\infty}$ sobre $\intoo1\eu$ ; escreva $t(x)$ para a sua inversa (também estritamente decrescente) e ponha $\varphi(x) = y(t(x))$ . Note que $h < 0$ também em $\intoo01$ (ali $h' > 0$ e $h(1) = 0$ ), de modo que $x(\cdot)$ é decrescente em $\intoo01$ também; portanto, $y(t) = x(1/t)$ (questão 9) é crescente em $t$ em $\intoo1{+\infty}$ , de $\eu$ a $+\infty$ . Compondo: $\varphi = y \circ t(\cdot)$ é estritamente decrescente de $\intoo1\eu$ sobre $\intoo\eu{+\infty}$ , e $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ pela questão 8. Por fim, para um valor comum $c = f(x) \in \intoo0{\frac1\eu}$ , o par $\{x, \varphi(x)\}$ é o conjunto solução de dois elementos de $f = c$ (questão 4); estendendo $\varphi$ a $\intoo\eu{+\infty}$ como a aplicação inversa, $\varphi(\varphi(x))$ devolve o outro elemento (isto é, o original): $\varphi \circ \varphi = \mathrm{id}$ .

13. Se $(x, y)$ é uma solução inteira não trivial com $x < y$ , a questão 7 põe $x \in \intoo1\eu$ : o único inteiro ali é $x = 2$ . Então $f(y) = f(2) = \frac{\ln2}2$ com $y > \eu$ ; pela questão 4, a equação $f = \frac{\ln2}2$ tem exatamente uma solução além de $\eu$ , e a questão 3 a exibe: $y = 4$ . Portanto, $(2, 4)$ e a sua troca são as únicas.

14. $t = 1 + \frac1n = \frac{n+1}n$ dá $\frac1{t - 1} = n$ e $\frac t{t-1} = n + 1$ , de modo que

x_n = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^{n}, \qquad y_n = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^{n+1},

manifestamente racionais, distintos ( $y_n = t\,x_n \neq x_n$ ), e $n = 1$ dá $x_1 = 2$ , $y_1 = 4$ .

15. $t = y/x$ é racional e $> 1$ ; escreva $t - 1 = \frac rs$ na forma irredutível, de modo que $t = \frac{s + r}s$ com $\gcd(s + r, s) = \gcd(r, s) = 1$ . A questão 8 dá $x = t^{s/r}$ , logo

x^r = t^s = \frac{(s+r)^s}{s^s} ,

uma fração irredutível (nenhum primo divide simultaneamente $s + r$ e $s$ ). Escrevendo $x = \frac pq$ na forma irredutível, $x^r = \frac{p^r} {q^r}$ também é irredutível e, pela unicidade da representação reduzida: $p^r = (s+r)^s$ e $q^r = s^s$ . Compare o expoente de um primo qualquer $\ell$ em $q^r = s^s$ : $r \cdot v_\ell(q) = s \cdot v_\ell(s)$ , de modo que $r$ divide $s\,v_\ell(s)$ ; como $\gcd(r, s) = 1$ , $r$ divide $v_\ell(s)$ para todo primo $\ell$ (fatoração única, admitida; demonstrada no Capítulo 6), logo $s = b^r$ para um inteiro $b$ . O mesmo argumento em $p^r = (s+r)^s$ dá $s + r = a^r$ .

16. Suponha $a^r - b^r = r$ com inteiros $a > b \geq 1$ e $r \geq 2$ . Então $a \geq b + 1$ , de modo que, pelo teorema binomial,

a^r - b^r \geq (b+1)^r - b^r = \sum_{k=0}^{r-1}\binom rk b^k \geq \binom r0 + \binom r{r-1} b^{r-1} \geq 1 + r > r ,

uma contradição. Da questão 15, $a^r - b^r = (s + r) - s = r$ força $r = 1$ : $t = 1 + \frac1s$ , e a solução é $(x_s, y_s)$ da questão 14. Junto com os pares trocados, a classificação está completa.

17. $f\bigl(\tfrac94\bigr) = \frac{\ln 2.25}{2.25} = \frac{0.81093}{2.25} = 0.3604$ e $f\bigl(\tfrac{27}8\bigr) = \frac{\ln 3.375}{3.375} = \frac{1.21640}{3.375} = 0.3604$ (quatro casas decimais): iguais, como a construção promete — de modo que $\bigl(\tfrac94\bigr)^{27/8} = \bigl(\tfrac{27}8\bigr)^{9/4}$ .

18. Os parâmetros $t_n = 1 + \frac1n$ decrescem estritamente para $1$ . Como $x(\cdot)$ é estritamente decrescente em $\intoo1{+\infty}$ (questão 11), $x_n = x(t_n)$ é estritamente crescente; como $y(\cdot)$ é estritamente crescente ali (questão 12), $y_n = y(t_n)$ é estritamente decrescente. Pela questão 7, $x_n \in \intoo1\eu$ e $y_n \in \intoo\eu{+\infty}$ : logo $x_n < \eu < y_n$ para todo $n$ . Por fim, $t_n \to 1$ e a questão 10 dão $x_n \to \eu$ e $y_n \to \eu$ . A clássica convergência monótona de $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ cai da geometria do ramo, sem nenhuma desigualdade nova.

19. Se $\eu \leq a < b$ : $f$ estritamente decrescente em $\intco\eu{+\infty}$ dá $f(a) > f(b)$ , isto é, $b\ln a > a\ln b$ , ou seja, $a^b > b^a$ . Se $1 < a < b \leq \eu$ : $f$ estritamente crescente dá $f(a) < f(b)$ , logo $a^b < b^a$ . Caso misto: $2 < \eu < 3$ e $2^3 = 8 < 9 = 3^2$ ; mas $2 < \eu < 5$ e $2^5 = 32 > 25 = 5^2$ : os dois resultados ocorrem, decididos por qual lado do ramo o ponto $(a, b)$ cai.

20. O ramo encontra a diagonal em $\eu$ , e $\varphi$ se estende continuamente ali com $\varphi(\eu) = \eu$ . Derivando $\varphi(\varphi(x)) = x$ em $x = \eu$ pela regra da cadeia: $\varphi'(\varphi(\eu))\,\varphi'(\eu) = \varphi'(\eu)^2 = 1$ , de modo que $\varphi'(\eu) = \pm1$ ; $\varphi$ é decrescente, logo $\varphi'(\eu) = -1$ . O ramo cruza a diagonal com coeficiente angular $-1$ : perpendicularmente.

21. $y = 3x$ é o caso $t = 3$ : $x = 3^{1/2} = \sqrt3$ e $y = 3^{3/2} = 3\sqrt3$ . Verificação: $f(\sqrt3) = \frac{0.54931}{1.73205} = 0.3171$ e $f(3\sqrt3) = \frac{\ln 5.19615}{5.19615} = \frac{1.64792}{5.19615} = 0.3171$ : iguais até a quarta casa decimal, de modo que $(\sqrt3)^{3\sqrt3} = (3\sqrt3)^{\sqrt3}$ .

22. $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ , e $\exp$ é crescente, de modo que a ordenação é a de $f(n)$ : $f(3) = \frac{\ln3}3 \approx 0.3662$ supera $f(2) = f(4) = \frac{\ln2}2 \approx 0.3466$ (questão 3) e $f(5) \approx 0.3219$ . O maior é $\sqrt[3]3$ , e o par de iguais é $\sqrt2 = \sqrt[4]4$ — o par inteiro $(2, 4)$ em mais um disfarce.

23. O conjunto solução é a união da diagonal $\{(x, x) : x > 0\}$ com um único ramo, simétrico em relação à diagonal, estritamente decrescente da assíntota $x = 1$ (quando $y \to +\infty$ ) até a assíntota $y = 1$ (quando $x \to +\infty$ ), cruzando a diagonal exatamente uma vez, em $(\eu, \eu)$ , ali com coeficiente angular $-1$ . Sobre o ramo estão os pontos inteiros $(2, 4)$ e $(4, 2)$ — os únicos — e os pontos racionais $(x_n, y_n)$ , que marcham monotonamente ao longo do ramo rumo a $(\eu, \eu)$ sem jamais alcançá-lo ( $\eu$ é irracional; os pontos racionais do ramo se acumulam num canto irracional).

24. (i) As comparações de crescimento deram os limites de $f$ em $+\infty$ (questão 2) e $t\ln t \to 0$ (questão 10), moldando tanto a tabela de variação quanto as assíntotas. (ii) O teorema do valor intermediário, através dos enunciados de bijeção, converteu a tabela de variação em contagens exatas de soluções (questão 4) e na existência da aplicação inversa $t(x)$ (questão 12). (iii) A fatoração única alimentou as duas identificações de frações irredutíveis da questão 15, o coração aritmético da classificação dos pontos racionais.

25. Um único cálculo de derivada — o sinal de $1 - \ln t$ — gerou tudo: a contagem de soluções para cada nível $c$ , a forma e as assíntotas do ramo, a desigualdade extremal $\eu^x \geq x^\eu$ , a classificação das soluções inteiras e racionais, e a convergência monótona de $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ . Esta é a economia de pensar com tabelas de variação: um estudo unidimensional resolve uma equação em duas variáveis porque a equação se fatora por uma única função. O Capítulo 11 refará a convergência de $(x_n)$ com a teoria geral das sequências monótonas; o Capítulo 14 funda rigorosamente as tabelas de variação no teorema do valor médio; e o Capítulo 16 fornece o que a tabela não pode — a velocidade da convergência $x_n \to \eu$ (ela é de ordem $1/n$ ).

4.1 Exponencial, logaritmo, potências

4.2 Funções trigonométricas inversas

4.3 Funções hiperbólicas

4.4 Exercícios

4.5 Problema: A equação xy=yxx^y = y^xxy=yx

4.5 Problema: A equação $x^y = y^x$