--- title: "Funções Usuais" book: "Matemática universitária — Graduação 1" subject: math language: pt chapter: 4 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais --- # Capítulo 4 — Funções 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#ch-b1-continuity) e [14](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative). ## 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor).) 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 220262^{2026}22026?).** 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/7-estruturas-algebricas#ex-b1-structures-expmorphism) 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](#prop-b1-functions-powerrules). 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-e212b0476b06.svg) *A escala de crescimento da [Proposição 4.6](#prop-b1-functions-powerrules): 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).** 1. *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: $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ . 2. *$\sqrt{x^2} = \abs x$* , e não $x$ : esquecer o valor absoluto é a fonte clássica de soluções negativas perdidas. 3. *$\ln(xy) = \ln x + \ln y$ exige $x, y > 0$.* Para argumentos negativos, $\ln(xy)$ pode estar definido enquanto o lado direito não está. 4. *Qual função cresce?* Em $x^\alpha$ varia a *base* ; em $a^x$ varia o *expoente* . Seus crescimentos são radicalmente diferentes ( [Proposição 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ), 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](#ex-b1-functions-xx) . ## 4.2 Funções trigonométricas inversas **Definição 4.9 (arcsin⁡\arcsinarcsin, arccos⁡\arccosarccos, arctan⁡\arctanarctan).** 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-2fc622239438.svg) *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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative): 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](#exo-b1-functions-6) e no [Exercício 4.10](#exo-b1-functions-10). **Proposição 4.12 (Identidades usuais).** 1. Para $x \in \intcc{-1}{1}$ : $\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}$ . 2. Para $x > 0$ : $\arctan x + \arctan\dfrac 1x = \dfrac{\pi}{2}$ (e $-\frac\pi2$ para $x < 0$ ). 3. $\sin(\arccos x) = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$ ; $\;\tan(\arcsin x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$ para $\abs x < 1$ . **Demonstração.** (1) A derivada de $x \mapsto \arcsin x + \arccos x$ é nula em $\intoo{-1}{1}$ ([Proposição 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv)), 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](#exo-b1-functions-1) e a resposta por partes do [Exercício 4.10](#exo-b1-functions-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](#exo-b1-functions-8) e o [Exercício 4.12](#exo-b1-functions-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-inj) 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⁡\coshcosh, sinh⁡\sinhsinh, tanh⁡\tanhtanh).** 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 $x, y \in \R$: 1. $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ; 2. $\cosh' = \sinh$ , $\;\sinh' = \cosh$ , $\;\tanh' = 1 - \tanh^2 = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ; 3. $\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ e $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ; 4. $\sinh$ 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#ch-b1-continuity)). 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-714927f508af.svg) *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](#prop-b1-functions-hyprules) (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⁡\tanhtanh).** Dividindo as duas fórmulas de adição da [Proposição 4.18](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#def-b1-functions-hyperbolic), 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](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#exo-b1-functions-7). **Método 4.23 (Escolhendo a forma primitiva certa).** Os três padrões de derivada a memorizar para a integração ([Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration)): $$ \int \frac{\dd x}{1 + x^2} = \arctan x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \operatorname{arsinh} x + C, $$ 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](#prop-b1-functions-powerrules) decide questões de convergência ao longo de todo o Capítulos [11](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#ch-b1-seq) e [17](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series); as fórmulas de derivada da [Proposição 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv) e da [Proposição 4.21](#prop-b1-functions-invhyp) são as primitivas mais frequentemente necessárias no [Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration), via o [Método 4.23](#met-b1-functions-primitive); as [funções hiperbólicas](#def-b1-functions-hyperbolic) parametrizam as soluções da equação $y'' = y$ no [Capítulo 5](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/5-equacoes-diferenciais-lineares#ch-b1-diffeq) exatamente como as funções circulares parametrizam as de $y'' = -y$. A caracterização de $\exp$ por $f' = f$, $f(0) = 1$ ([Proposição 4.1](#prop-b1-functions-expln)) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/24-curvas-planas#ch-b1-curves). **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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#ch-b1-continuity) demonstra o enunciado da bijeção (o teorema da inversa monótona, apoiado no teorema do valor intermediário), e o [Capítulo 14](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative) demonstra a regra de derivação $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$, que produziu silenciosamente todas as fórmulas da [Proposição 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv) e da [Proposição 4.21](#prop-b1-functions-invhyp). 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 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 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](#prop-b1-functions-arcderiv) 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 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 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](#prop-b1-functions-powerrules). **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](#prop-b1-functions-powerrules) (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 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 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 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](#def-b1-functions-arc) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor). **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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor) 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 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 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](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#ex-b1-functions-arctansum); atenção ao fato de que o denominador da fórmula de adição é negativo aqui.* **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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) 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 $f(t) = \ln t / t$.** 1. 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 $f(\eu) = \frac1\eu$ . 2. Determine os limites de $f$ em $0^+$ e em $+\infty$ ( [Proposição 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ), o sinal de $f$ (negativa em $\intoo01$ , nula em $1$ , positiva além disso) e esboce o gráfico. 3. Verifique por cálculo direto que $f(2) = f(4)$ . (Guarde essa igualdade em mente: todo o problema nasce dela.) 4. 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 $c > \frac1\eu$ . 5. 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, $x, y > 0$. 1. Mostre que $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ . 2. Deduza a estrutura do [conjunto](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) 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 $\intoo\eu{+\infty}$ . 3. 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. 4. 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. 5. 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 $(\eu, \eu)$ . 6. 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 $\ln x(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$.)* 7. 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.** 1. Demonstre que $(2, 4)$ e $(4, 2)$ são as únicas soluções *inteiras* não triviais de $x^y = y^x$ . 2. 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 $(x_1, y_1) = (2, 4)$. 3. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/6-aritmetica-dos-inteiros#ch-b1-arith) ), mostre que $x$ racional força $s$ e $s + r$ a serem ambos potências $r$ -ésimas de inteiros. 4. 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). 5. 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.** 1. 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 $1$ .) 2. 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. 3. 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. 4. Encontre o único par solução com $y = 3x$ , em forma fechada, e confira-o numericamente com quatro casas decimais via $f$ . 5. 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.** 1. Descreva o [conjunto](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) 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. 2. Onde exatamente o problema usou: (i) as comparações de crescimento da [Proposição 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ; (ii) o teorema do valor intermediário (através dos enunciados de bijeção); (iii) a unicidade admitida da fatoração em primos? Uma frase para cada. 3. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#ch-b1-seq) para a sequência, [Capítulo 14](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative) para as tabelas de variação, [Capítulo 16](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor) para a precisão que falta à tabela). **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](#prop-b1-functions-powerrules) da [Proposição 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ($\beta = \alpha = 1$). 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#ch-b1-continuity)). 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](#ex-b1-functions-xx)). 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) solução de dois elementos de $f = c$ (questão 4); estendendo $\varphi$ a $\intoo\eu{+\infty}$ como a [aplicação](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-map) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/6-aritmetica-dos-inteiros#ch-b1-arith)), 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-map) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#ch-b1-seq) refará a convergência de $(x_n)$ com a teoria geral das sequências monótonas; o [Capítulo 14](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#ch-b1-derivative) funda rigorosamente as tabelas de variação no teorema do valor médio; e o [Capítulo 16](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas#ch-b1-taylor) fornece o que a tabela não pode — a *velocidade* da convergência $x_n \to \eu$ (ela é de ordem $1/n$).