Calculo Resumão

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Caṕıtulo 1
Funções
1.1 Funções
Definição Uma função é uma terna (X,Y, f) onde X e Y são 2 conjuntos e f é uma regra que permite
associar a cada ponto x ∈ X um único ponto y ∈ Y , o qual é indicado por f(x).
Uma função (X,Y, z) é indicada por f : X → Y , ou f : X → Y, x 7→ f(x), ou ainda X→Yx7→f(x).
Muitas vezes é simplesmente indicada por f ou f(x).
A maneira de escrever explicitamente a regra f que associa a cada x ∈ X um único y ∈ Y depende da
função considerada
Exemplos
(a) As fórmulas f(0) = 1 e f(1) = 0 definem uma função f : {0, 1} → {0, 1};
(b) A fórmula f(n) = n+ 1, n ∈ N, define uma função f : N→ N;
(c) A fórmula
f(x) =
{
x se x ≥ 0,
−x se x < 0
Onde x ∈ R define uma função f : R→ R. Note que f(x) = |x| para todos x ∈ R;
(d) Seja x um conjunto qualquer. A função f : X → X definida por f(x) = x para todo x ∈ X, é chamada
função identidade de X;
(e) Sejam X e Y dois conjuntos quaisquer. Diz-se que uma função f : X → Y é constante se existir y ∈ Y
tal que f(x) = y para todo x ∈ X;
(f) A fórmula f(x) = x não define uma função f : R → Q pois, por exemplo, f(π) = π não pertence ao
conjunto Q.
Definição Seja f : X → Y uma função. Diz-se que:
• X é o domı́nio de definição de f , ou simplesmente o domı́nio de f ;
• Y é o contradomı́nio de f ;
• f(x) é o valor de f no ponto x ∈ X, ao que f(x) é o valor que f associa a x.
Quando o domı́nio e o contradomı́nio são subconjuntos de R, falamos então de uma função real.
1
2 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
Observação Quando o domı́nio e contradomı́nio de uma função real f não estão expĺıcitos, ficará impĺıcito
que o contradomı́nio é R inteiro e que o domı́nio é o maior subconjunto de R em que a regra f faz sentido.
Por exemplo, o domı́nio da função f(x) =
√
x é o conjunto Df = {x ∈ R | x ≥ 0}.
Mais Exemplos
• Funções lineares
f(x) = ax, a ∈ R
• Funções afins
f(x) = ax+ b, a, b ∈ R
• Funções polinomiais
f(x) = a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3 + · · ·+ anxn, onde a0, a1, . . . , an ∈ R
• Funções racionais
f(x) = p(x)q(x) onde p e q são duas funções polinomiais. Note que
Df = {x ∈ R | q(x) 6= 0}
Definição Duas funções f : X → Y e y : A→ B são iguais ⇐⇒

X = A,
e Y = B,
e f(x) = g(x) para todo x ∈ X
Escreve-se então f ≡ g ou f = g.
Exemplo As funções f : R→ R e g : R→ R+ dadas por f(x) = x2 e g(x) = x2.
1.2 Gráficos
Definição O gráfico da função f : X → Y , denotado por Gf , é o conjunto Gf = {(x, f(x)) | x ∈ X}
Observação O gráfico de f : X → Y é um subconjunto do produto cartesiano de X e Y .
A,B = conjuntos;
A×B = conjuntos dos pares da forma (a, b), com a ∈ A e b ∈ B.
No caso de uma função real f , podemos representar geometricamente o gráfico como subconjunto de
R× R = R2, por meios de um sistema ortogonal de coordenadas cartesianas (x, y).
1.2. GRÁFICOS 3
Gráfico da função f(x) = x2
Gráfico da função f(x) = − 12x+ 1
Exemplo Mostre que o conjunto A = {(x, y) ∈ R2 | 2x+ 3y = 1} é o gráfico de uma função
Solução Sejam x, y ∈ R, temos que:
(x, y) ∈ A⇐⇒ 2x+ 3y = 1
⇐⇒ y = 1− 2x
3
⇐⇒ y = f(x)
4 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
onde f : R→ R, x 7→ 1−2x3 . Assim,
A = {(x, y) | 2x+ 3y = 1} = {(x, y) | y = f(x)} = {(x, f(x)) | x ∈ R} = Gf .
Isso mostra que A é o gráfico da função f .
Exemplo Mostre que o circulo unitário C = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1} não é o gráfico de uma função.
Solução Suponha por absurdo que C seja o gráfico de uma certa função f . Em particular, visto que
(0, 1) ∈ C e (0,−1) ∈ C, existem x, x ∈ R tais que (0, 1) = (x, f(x)) e (0,−1) = (x′, f(x′)).
Obtemos assim os sistemas {
0 = x
1 = f(x)
e{
0 = x′
−1 = f(x′)
os quais implicam que f(0) = 1 e f(0) = −1, um absurdo.
Observação O exemplo acima se generaliza de maneira óbvia: se C é um subconjunto de R2 que intersecta
uma reta vertical em mais que um ponto, então C não é o gráfico de uma função.
Definição Seja f : Df → R uma função real. Diz-se que f é:
• par: se para todo x ∈ Df ,−x ∈ Df e f(−x) = f(x);
• ı́mpar: se para todo x ∈ Df ,−x ∈ Df e f(−x) = −f(x);
• periódica: se Df = R e se existir T > 0, chamado de peŕıodo, tal que f(x + T ) = f(x) para todo
x ∈ R.
Exemplo Mostre que o gráfico de uma função par é simétrico em relação ao eixo das ordenadas (isto é,
que (−x, y) ∈ Gf sempre que (x, y) ∈ Gf .
Solução Seja (x, y) ∈ Gf arbitrário. Por definição de Gf , temos que y = f(x). Logo,
(−x, y) = (−x, f(x))
= (−x, f(−x)) (pois f é par)
= (z, f(z)) (onde z = −x ∈ Gf )
Isso mostra que (−x, y) pertence a Gf , como queŕıamos.
1.3 Imagem
Definição A imagem de uma função f : X → Y é o conjunto {f(x) ∈ Y | x ∈ X}. A imagem é denotada
por Im(f) ou f(Df ).
Observações
(a) A imagem de uma função é um subconjunto de seu contradomı́nio;
(b) Cuidado: A imagem é diferente do contradomı́nio em geral (veja exemplo abaixo);
1.3. IMAGEM 5
Proposição (critério da imagem) Sejam f : X → Y uma função e y ∈ Y . Então, y ∈ Im(f) se e
somente se a equação y = f(x) possui pelo menos uma solução x ∈ X.
Exemplo Seja f : R+ → R, x 7→
√
x. Para determinar a imagem de f , fixe y ∈ Y arbitrário e considere a
equação y =
√
x, onde x ∈ R+. Lembre que
√
x2 = |x|
Gráfico da função f(x) =
√
x
Se y for estritamente negativo (y < 0), então y =
√
x não tem solução, pois a raiz de um número positivo
é necessariamente positiva. Se y ≥ 0, então x = y2 é uma solução de y =
√
x, pois
√
x =
√
y2 = |y| = y (pois
y ≥ 0). Segue-se que Im(f) = R+.
Graficamente, o critério da imagem nos diz que y ∈ Y pertence à imagem de f se e somente se a reta
rg = {(x, y) ∈ R2 | x ∈ R} intersecta o gráfico da função considerada.
6 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
Gráfico de f(x) =
√
x e retas ry, r1, r−1
Geometricamente vê-se que 1 ∈ Im(f) e que −1 /∈ Im(f).
1.4 Funções Inversas
Definição Diz-se que uma função f : X → Y é invert́ıvel se existir uma outra função g : Y → X satisfazendo
as seguintes condições:
(a) g(f(x)) = x para todo x ∈ X;
(b) f(g(y)) = y para todo y ∈ Y .
A função g é chamada função inversa, ou simplesmente inversa de f . Escreve-se g = f−1.
Exemplo A função f : R→ R definida por f(x) = 2x− 5 é invert́ıvel com inversa g(y) = 12 (y + 5).
Com efeito, dados x, y ∈ R, tem-se:
g(f(x)) =
1
2
(f(x) + 5) (definição de g)
=
1
2
(2x− 5 + 5) (definição de f)
= x
f(g(y)) = 2g(y)− 5 (definição de f)
= 2(
1
2
(y + 5))− 5 (definição de g)
= 2(
y
2
+
5
2
)− 5
= y
1.4. FUNÇÕES INVERSAS 7
Exemplo Considere as funções f : R→ R e g : R→ R+ dadas por f(x) =
√
x e g(y) = y2. Então,
g(f(x)) = f(x)2 (definição de g)
= (
√
x)2 (definição de f)
= (x
1
2 )2
= x
2
2
= x1 = x
para todo X ∈ R, mas
f(g(y)) =
√
g(y) (definição de f)
=
√
y2 (definição de g)
=
√
y2 = |y|
6= y para y < 0
Logo, g não é a inversa de f .
Proposição A função inversa, se existir, é única.
Demonstração Sejam g e g′ duas inversas de f : X → Y . Dado y ∈ Y arbitrário, temos que:
f(g(y)) = y (g é uma inversa de f)
⇒ g′(f(g(y))) = g′(y)
⇒ g(y) = g′(y) (pois g′ é uma inversa de f)
Logo, g ≡ g′.
Proposição Seja f : X → Y uma função invert́ıvel com inversa g. Sejam x ∈ X e y ∈ Y . Vale a seguinte
equivalência:
y = f(x)⇐⇒ g(y) = x
Demonstração Devemos mostrar duas implicações
(⇒) Se y = f(x) então g(y) = g(f(x)), e como g(f(x)) = x por definição da inversa obtemos g(y) = x
(⇐) Se x = g(y), então f(x) = f(g(y)), e como f(g(y)) = y por definição da inversa obtemos f(x) = y
(análogo) �
Proposição (critério de existência da inversa) A função f : X → Y é invert́ıvel se e somente se para
todo y ∈ Y , a equação y = f(x) possui uma única solução x ∈ X.
No caso afirmativo, a única solução x da equação satisfaz x = f(y).
8 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
Observações
(a) O critério acima impõe duas condições para que f seja invert́ıvel:
• Existência: dado y ∈ Y qualquer, a equação y = f(x) possui uma soluçãox ∈ X;
• Unicidade: esta solução é única
(b) Se f : X → Y é invert́ıvel, então todo y ∈ Y satisfaz o critério da imagem, o que implica que
y ∈ Im(f). Logo, Im(f) = Y . Em geral, uma função cujo contradomı́nio coincide com a Imagem é
dita sobrejetiva. Toda função invert́ıvel é sobrejetiva.
(c) A observação acima nos dá um critério simples para mostrar que uma função não é invert́ıvel: basta
mostrar que ela não é sobrejetiva. Por exemplo, a função f : R → R, x 7→ x2 + 1 não é invert́ıvel pois
Im(f) = [1,+∞[ 6= R.
No caso de uma função real, o critério acima nos diz que f é invert́ıvel se e somente se para todo y ∈ Y ,
a reta ry = {(x, y) | x ∈ R} intersecta o gráfico de f em um único ponto.
Exemplo Considere as funções
f1 : R→ R, x 7→ x2;
f2 : R→ R+, x 7→ x2;
f3 : R+ → R+, x 7→ x2.
Então f1 e f2 não são invert́ıveis, mas f3 o é.
A função f1 não é invert́ıvel pois dado y < 0, a reta ry não intersecta Gf .
1.5. OPERAÇÕES ENTRE FUNÇÕES REAIS 9
A função f2 não é invert́ıvel pois dado y > 0, ry intersecta Gf em dois pontos.
A função f3 é invert́ıvel, pois dado um y ≥ 0 a reta ry intersecta Gf em um único ponto.
Proposição Seja f : x → y uma função invert́ıvel. Então a reta y = x é um eixo de simetria entre os
gráficos de f e de f−1. Isto significa que se (x, y) ∈ Gf , então (y, x) ∈ G−f 1.
Demonstração Seja (x, y) ∈ Gf arbitrário. Por definição de um gráfico, temos que y = f(x), e então
temos que f−1(y) = x. Assim, o par (y, x) = (y, f−1(y)) ∈ yf−1. O resultado segue. �
1.5 Operações entre funções reais
Sejam f e g duas funções reais com domı́nio de definição Df e Dg, respectivamente.
Definição Suponha Df ∩Dg 6= ∅
(a) A soma de f e g é a função f + g : Df ∩Dg → R, x 7→ f(x) + g(x);
(b) O produto de f por g é a função fg : Df ∩Dg → R, x 7→ f(x)g(x);
(c) O quociente de f e g é a função fg : X → R, x 7→
f(x)
g(x) , onde X = {x ∈ Df ∩Dg | g(x) 6= 0};
(d) O produto de f pela constante C ∈ R é a função Cf : Df → R, x 7→ Cf(x).
10 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
Exemplo Considere as funções f : R−{1} → R e g : R−{−1} → R definidas por f(x) = 1x−1 e g(x) =
x−2
x+1 .
Então,
• Dfg = Df ∩Dg = (R− {1}) ∩ (R− {−1}) = R− {1,−1},
e (fg)(x) = f(x)g(x) = 1x−1 ·
x−2
x+1 =
x−2
x2−1 ;
• Df = {x ∈ Df ∩Dg | g(x) = 0} = R− {−1, 1, 2}
e ( fg )(x) =
f(x)
g(x) =
1
x−1 ·
x+1
x−2 =
x+1
(x−1)(x−2) , onde x ∈ Df e x ∈ Dg
D f
g
= {x ∈ Df ∩Dg | g(x) 6= 0}.
Note que a expressão x+1(x−1)(x−2) está bem definida no ponto x = −1, mas que x = −1 não pertence ao
conjunto D f
g
.
Definição Suponha Im(f) ⊆ Dg. A composta de f e g é a função g ◦ f : Df → R dada por:
(g ◦ f)(x) = g(f(x))
Exemplo Considere as funções f : R→ R e g : R+ → R dadas por f(x) = x2 e g(x) =
√
x de Dg, podemos
considerar a composta g ◦ f . Dado x ∈ R temos que
(g ◦ f)(x) = g(f(x))
=
√
f(x)
=
√
x2
= |x|
Assim, (g ◦ f)(x) = |x| para todo x ∈ R.
Exemplo Se f : X → Y é invert́ıvel, então (f ◦ f−1)(y) = y para todo y ∈ Y , (f ◦ f)(x) = x para todo
x ∈ X.
1.6 Cosseno e Seno
Considere o ćırculo unitário C = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1}. Dado θ ∈ R, denotamos por p(θ) ∈ C o
ponto de intersecção de C com a semirreta de origem (0, 0) que forma um ângulo de medida θ (em radianos
e no sentido anti-horário com a semirreta {(x, 0) | x ≥ 0}).
1.6. COSSENO E SENO 11
Obtemos assim uma função p : R→ C, θ 7→ p(θ).
Definição O cosseno (respectivamente seno) de θ ∈ R é a abcissa (respectivamente ordenada) do ponto
p(θ). O cosseno e seno de θ são denotados por cos(θ) e sen(θ). Assim, p(θ) = cos(θ), sen(θ).
Da definição acima, obtemos duas funções: cos : R → R, θ 7→ cos(θ) e sen : R → R, θ 7→ sen(θ), que são
chamadas função cosseno e função seno, respectivamente.
Alguns valores particulares:
θ 0 π6
π
4
π
3
π
2
cos 1
√
3
2
√
2
2
√
1
2 0
sen 0
√
1
2
√
2
2
√
3
2 1
12 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
Proposição (propriedades de cos(x) e sen(x)) Sejam x, y ∈ R. Valem as seguintes afirmações:
(i) sen(x) = 0 se e somente se x = kπ para um certo k ∈ Z
(ii) cos(x) = 0 se e somente se x = π2 + kπ para um certo k ∈ Z
(iii) cos2(x) + sen2(x) = 1
(iv) cos(x+ y) = cos(x)cos(y)− sen(x)sen(y)
sen(x+ y) = sen(x)cos(y) + sen(y)cos(x)
(v) cos(−x) = cos(x) e sen(−x) = −sen(x)
(vi) cos(2x) = cos2(x)− sen2(x)
sen(2x) = 2sen(x)cos(x)
(vii) cos2(x) = 12 +
1
2cos(2x)
sen2(x) = 12 −
1
2cos(2x)
(viii) Para todo k ∈ Z,
cos(x+ 2kπ) = cos(x)
sen(x+ 2kπ) = sen(x)
Exemplo Mostre que
sen(
π
8
) =
√
2−
√
2
2
Solução
sen2(
π
8
) =
1
2
− 1
2
cos(2
π
8
)
=
1
2
− 1
2
cos(
π
4
)
=
1
2
− 1
2
·
√
2
2
=
2−
√
2
4
Assim,
sen2(
π
8
) =
2−
√
2
4
Aonde,
sen(
π
8
) =
√
2−
√
2
2
Para determinar o sinal de sen(π8 ), podemos ver por leitura gráfica no gráfico da função sen que sen(
π
8 ) > 0.
Logo, sen(π8 ) =
√
2−
√
2
2
1.7. FUNÇÕES TANGENTE, COTANGENTE, SECANTE E COSSECANTE 13
1.7 Funções tangente, cotangente, secante e cossecante
Definição A função tangente, denotada por tan, é o quociente das funções sen e cos, isto é,
tan(x) =
sen(x)
cos(x)
Note que Dtan = R− {π2 + kπ | k ∈ Z}
Exerćıcio Mostre que a função tan é periódica de peŕıodo T = π.
As funções secante, cotangente e cossecante são definidas por sec(x) = 1cos(x) , cotg(x) =
cos(x)
sen(x) e cosec(x) =
1
sen(x) , respectivamente.
Exerćıcio Seja x ∈ R tal que cos(x) 6= 0. Mostre que sec2(x) = 1 + tan2(x).
Exerćıcio Seja x ∈ R tal que cos(x2 ) 6= 0. Mostre que:
sen(x) =
2tan(x2 )
1 + tan2(x2 )
e
cos(x) =
1− tan2(x2 )
1 + tan2(x2 )
14 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
1.8 Funções arco cosseno, arco seno e arco tangente
Definição Sejam f : X → Y uma função e S um subconjunto de X. A restrição de f ao conjunto S,
denotada f |s, é a função f |s : S → Y, x 7→ f(x).
Aceitamos os seguintes resultados:
Proposição As funções
• cos|[0,π] : [0, π]→ [−1, 1]
• sen|[−π2 ,π2 ] : [−
π
2 ,
π
2 ]→ [−1, 1]
• tan|]−π2 ,π2 [ :]−
π
2 ,
π
2 [→ R
são invert́ıveis.
As respectivas funções inversas são chamadas arco cosseno, arco seno e arco tangente, e são denotadas por:
• arccos : [−1, 1]→ [0, π]
• arcsin : [−1, 1]→ [−π2 ,
π
2 ]
• arctan : R→]− π2 ,
π
2 [
arccos(x)
arcsen(x)
1.8. FUNÇÕES ARCO COSSENO, ARCO SENO E ARCO TANGENTE 15
arctan(x)
Em alguns cálculos, é conveniente introduzir a parte inteira de um número real x. Por definição, a parte
inteira de x ∈ R é o único numero inteiro k tal que k ≤ x < k + 1.
Escreve-se que E(x) = k. Por exemplo,
• E( 32 ) = 1, pois1 ≤
3
2 < 2;
• E(−2, 5) = −3, pois− 3 ≤ −2, 5 < −2.
A função E : R → R, x 7→ E(x) é chamada de (função piso). Ela é caracterizada pelas contradições
seguintes:
• para todo x ∈ R, E(x) = Z;
• para todo x ∈ R, E(x) ≤ x < E(x) + 1.
Função piso
16 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
Exerćıcio Dado x ∈ R, mostre que arccos(cos(x)) = |x− 2πE( x2π +
1
2 )|
1.9 Logaritmo e Exponencial
Definição O logaritmo de um número real x ∈ R∗+ = {x ∈ R | x > 0}, denotado por ln(x) é o número
real
ln(x) =
∫ x
1
dt
t
Nota de Pablo: ln 6= log, ln denota logaritmo natural
A função ln : R∗+ → R, x 7→ ln(x) é chamada função logaŕıtmica. Esta definição acima depende
do conceito de integral, o qual será apresentado rigorosamente mais adiante nesse curso. Por enquanto,
aceitamos a existência da função logaŕıtmica, assim como as seguintes propriedades:
Proposição (propriedades de ln(x) Dados x, y ∈ R∗+, tem-se:
(a) ln(xy) = ln(x) + ln(y);
(b) ln(xy ) = ln(x)− ln(y)
(c) ln(1) = 0
Exerćıcio Sejam m,n ∈ Z tais que m 6= 0 e n ≥ 1. Mostre que para todo x > 0,
(a) ln(xm) = m · ln(x)
(b) ln(
n√
x) = 12 ln(x)
Proposição A função logaŕıtmica é invert́ıvel. A sua inversa é chamada função exponencial.
O valor que assume a função exponencial num ponto x ∈ R denotado por exp(x) ou ex. Assim, escreve-se:
exp : R→ R∗+, x 7→ exp(x)
1.9. LOGARITMO E EXPONENCIAL 17
Por definição, dados x ∈ R∗+ e y ∈ R, tem-se:
y = ln(x)⇐⇒ey = x
Onde f(x) = ln(x), g(x) = exp(x) e h(x) = y
Proposição (propriedades de exp(x)) Dados x, y ∈ R, tem-se:
(a) ex+y = ex · ey;
(b) exy = e
x
ey ;
(c) e0 = 1
Demonstração Fazemos apenas (a)
(a) Sejam x, y ∈ R. Temos que:
ex+y = ex · ey
⇐⇒ x+ y = ln(exey)
⇐⇒ x+ y = ln(ex) + ln(ey)
⇐⇒ x+ y = x+ y pois exp = ln−1
⇐⇒ 0 = 0
Visto que a afirmação 0 = 0 é obviamente verdadeira, temos também que a afirmação ex+y = ex · ey o é. �
Definição Sejam x > 0 um número real e α ∈ R qualquer. A α-ésima potência de x é o número real
xα = eαln(x)
Lê-se ”x elevado a α”.
18 CAPÍTULO 1. FUNÇÕES
Caṕıtulo 2
Limite e Continuidade
2.1 Ponto de acumulação
Definição Diz-se que a ∈ R é um ponto de acumulação de X se para todo � > 0, existe um ponto x ∈ X
tal que
0 < |x− a| < �
O conjunto dos pontos de acumulação de X é denotado por X ′.
Observação Um ponto de acumulação de X ⊆ R pode pertencer ou não ao conjunto X (veja exemplos
abaixo).
Exemplo Mostre que a = 1 é um ponto de acumulação de X = [0, 1[
Solução Seja � > 0 arbitrário. Considere o ponto x ∈ R definido por
x =
{
1− �2 se � ≤ 2
0 se � ≥ 2
Afirmamos que x ∈ [0, 1[ e que 0 < |x− 1| < �.
Com efeito, se � ≤ 2, então
0 < � ≤ 2⇒ 0 < �
2
≤ 1
⇒ −1 ≤ − �
2
< 0
⇒ 0 ≤ 1− �
2
< 1
⇒ 0 ≤ x < 1
⇒ x ∈ [0, 1[
• |x− 1| = 1− �2 − 1 =
�
2 < �
• |x− 1| > 0, pois x 6= 1
Se � ≥ 2, então x = 0 ∈ [0, 1[ e |x − 1| = 1 < 2 ≤ � e |x − 1| > 0 pois x 6= 1. Isso conclui a demonstração
da afirmação. Segue da afirmação que a = 1 é um ponto de acumulação de [0, 1[.
Exerćıcio Mostre que o ponto a = 2 não é um ponto de acumulação de X = [0, 1]
19
20 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Sejam a, b ∈ R rais que a < b. Mostra-se que:
(a) [a, b]′ = [a, b[′=]a, b]′ =]a, b[′= [a, b];
(b) [a,+∞[′=]a,+∞[′= [a,+∞[;
(c) ]−∞, a]′ =]−∞, a[′=]−∞, a];
(d) R′ = R
Note-se que, I ⊆ R é um intervalo, então I ⊆ I.
Exemplo Mostra-se que
(a) N′ = ∅
(b) { 1n | n ∈ N, n 6= 0} = {0}
Exerćıcio Sejam S um subconjunto de X e a um ponto de acumulação de S. Mostre que a é um ponto de
acumulação de X. Deduza de S ⊆ X ′.
2.2 Limite das funções
Definição Sejam f uma função real e a um ponto de acumulação de Df . Diz-se que f tende para b ∈ R
quando x tende para a se para todo � > 0 por mais pequeno que seja, existe S > 0 tal que
x ∈ Df , 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− b| < � (∗)
Escreve-se ”f(x) → quando x → a”ou ” lim
x→a
f(x) = b”e diz-se que b é um limite de f (quando x tende
para a).
Observações
(a) A expressão (∗) significa que se um ponto x do domı́nio de definição de f satisfaz 0 < |x−a| < δ, então
necessariamente o valor de f em x satisfaz |f(x)− b| < σ;
(b) A condição 0 < |x− a| < δ, a qual aparece em (∗) impõe que a seja um ponto de acumulação de Df ;
(c) Uma função f pode ter um limite quando x tende para a sem que a seja um ponto do domı́nio de f
(d) lim
x→a
f(x) = b⇐⇒ lim
x→a
|f(x)− b| = 0;
(e) A existência do lim
x→a
f(x) e o seu valor (caso exista) são independentes do contradomı́nio de f e do valor
de f no ponto a (caso a ∈ Df );
(f) Sejam S um subconjunto de Df e a ∈ S. Se lim
x→a
f(x) = b então lim
x→a
(f |S)(x) = b
Lembrete a ∈ R é um ponto de acumulação de X ⊆ R, se para todo � > 0, existe z ∈ X tal que
0 < |x− a| < �.
lim
x→a
f(x) = b⇐⇒ para todo � > 0, existe δ > 0 tal que x ∈ Df , 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− b| < �
Exemplo Seja c ∈ R qualquer. Considere a função f : R → R, x 7→ c. Mostre que para todo a ∈ R,
limx→a f(x) = c.
2.2. LIMITE DAS FUNÇÕES 21
Demonstração Seja � > 0 arbitrário. Dado x ∈ R, temos que
|f(x)− c| = |c− c| = 0 < �
Tomando δ > 0 qualquer, por exemplo δ = 1, temos então que para todo x ∈ R satisfazendo 0 < |x−a| < δ,
o valor de f(x) satisfaz |f(x)− c| < �. Isto mostra que lim
x→a
f(x) = c.
Exemplo Seja f : R→ R, x 7→ 3x+ 1. Mostre que lim
x→2
f(x) = 7.
Demonstração Seja � > 0 arbitrário. Dado x ∈ R, temos que
|f(x)− 7| = |3x+ 1− 7| = |3x− 6| = 3|x− 2|
onde
|f(x)− 7| < �⇐⇒ 3|x− 2| < �
⇐⇒ |x− 2| < �
3
Tomando δ := �3 , obtemos então que |f(x)−7| < � sempre que 0 < |x−2| < δ. Isto mostra que limx→2 f(x) = 7.
Observação Este exemplo se generaliza de maneira óbvia:
lim
x→2
f(x) = 7
Exemplo (Função de Heaviside) Considere a função f : R→ R definida por
f(x)
{
0, se x < 0
1, se x ≥ 0
Mostre que limx→0f(x) não existe.
22 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Solução Vamos proceder por absurdo. Suponha então b = lim
x→0
f(x) exista. Por definição do limite de uma
função com � = 12 , existe δ > 0 tal que se 0 < |x| < δ, então |f(x)− b| <
1
2 . Em particular, se x = −
δ
2 , então:
|f(δ
2
)− b| < 1
2
⇒ |b| < 1
2
O mesmo racioćınio com x = δ2 mostra que:
|f(δ
2
)− b| < 1
2
⇒ |1− b| < 1
2
Assim, |b| < 12 e |1− b| <
1
2 . Mas isso é absurdo, pois teŕıamos:
1 = |1− b+ b|
≤ |1− b|+ |b|(desigualdade do triângulo)
<
1
2
+
1
2
= 1
Isto é, 1 < 1, o que é absurdo.
Segue-se que lim
x→0
f(x) não existe.
Exemplo Seja f : R− {2} → R, x 7→ x
2−4
x−2 . Mostre que limx→2
f(x) = 4
Solução Dado x ∈ R− {2}, temos que
f(x)− 4 = x
2 − 4
x− 2
− 4
=
x2 − 4− 4(x− 2
x− 2
=
x2 − 4x+ 4
x− 2
=
(x− 2)2
x− 2
= x− 2 (pois x 6= 2)
Assim, f(x)−4 = x−2 para todo x ∈ R−{2}. Dáı, vemos que |f(x)−4| < � sempre que 0 < |x−2| < δ := �,
o que mostra que lim
x→2
f(x) = 4.
Observação Note que lim
x→2
f(x) existe, embora 2 ∈ Df .
Exemplo Considere f : [0, 1] ∪ {2} → R,
x 7→
{
x se x ∈ [0, 1]
1 se x = 2
Neste exemplo, não faz sentido considerar lim
x→2
f(x), pois a = 2 não é um ponto de acumulação de Df .
Exemplo Seja
f : R→ R, x 7→
{
0 se x 6= 0
1 se x = 0
Mostre que lim
x→0
f(x) = 0
2.2. LIMITE DAS FUNÇÕES 23
Solução 1 Seja � > 0 arbitrário. Dado x ∈ R∗, temos que
|f(x) = 0| = |0− 0| > 0 < �
Assim, para todo x ∈ R satisfazendo 0 < |x− 0| < δ = 1 temos que |f(x)− 0| < �. Logo lim
x→0
f(x) = 0
Solução 2 Visto que o conceito de limite de f em a ∈ Df é independente do valor de f no ponto a, podemos
supor que f assume qualquer valor no ponto a. No nosso exemplo, podemos então trabalhar com a função
constante f̃ : R→ R, x 7→ 0.
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
f̃(x) = f̃(0) = 0 = 0(pois f̃ é constante, veja exemplo acima)
Observação Note que lim
x→0
f(x) existe, mas que lim
x→0
f(x) 6= f(0)
Proposição (unicidade do limite) Sejam f uma função real e a ∈ Df . Então o limite lim
x→a
f(x) caso
exista é único.
Demonstração Por absurdo, suponha que existam b1, b2 ∈ R, b1 6= b2, tais que lim
x→a
f(x) = b1 e lim
x→a
f(x) = b2
Pela definição de limite com � = |b1−b2|2 existem δ1 > 0 e δ2 > 0, tais que:
• x ∈ Df , 0 < |x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− b1| < �
• x ∈ Df , 0 < |x− a| < δ2 ⇒ |f(x)− b2| < �
Seja δ = min{δ1, δ2} (δ é o menor dos números δ1 e δ2). Visto que a é um ponto de acumulação de Df , existe
x ∈ Df tal que
0 < |x′ − a| < δ
Em particular, x′ satisfaz as duas condições dos dois pontos acima, o que implica que
|f(x)− b1| < � e |f(x′)− b2| < �
Dáı vem que
|b1 − b2| = |b1 − f(x′) + f(x′)− b2|
≤ |b1 − f(x′)|+ |f(x′)− b2|
< �+ �
= 2� = 2
|b1 − b2|
2
= |b1 − b2|
O que implica |b1 − b2| < |b1 − b2|, um absurdo. �
Lembre lim
x→a
f(x) = b⇒ para todo � > 0 existe δ > 0 tal que x ∈ Df , 0 < |x− a| < δ
⇒ |f(x)− b| < �.
Proposição (o limite é um conceito local) Sejam f e g duas funções reais e a ∈ D′f ∩D′g. Suponha que
exista r > 0 tal que Df∩]a− r, a+ r[= Dg∩]a− r, a+ r[= I e f(x) = g(x) para todo x ∈ I. Vale a seguinte
equivalência:
lim
x→a
f(x) existe ⇐⇒ lim
x→a
g(x) existe.
No caso afirmativo, lim
x→a
f(x) = lim
x→a
g(x).
Este resultado nos diz que as questões relacionadas ao limite de f (existência, o seu valor,...) dependem
apenas do comportamento de f numa ”vizinhança arbitrariamente pequena”de a.
24 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Exemplo Seja n ≥ 2 um número natural e seja f : R→ R a função definida por
f(x)

0 se x ∈]−∞,−1] ∪ [1,+∞]
n
n−1 (1 + x) se − 1 ≤ x ≤ −
1
n
n
n−1 (1− x) se
1
n ≤ x ≤ 11 se − 1n ≤ x ≤
1
n
Mostre que lim
x→0
f(x) = 1
Solução Seja g : R → R, x 7→ 1. Como f(x) = g(x) para todo x ∈] − 1n ,
1
n [, a proposição anterior (com
a = 0 e r = 1n implica que g é constante), e temos que
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
g(x) = g(0) = 1
2.3 Propriedades
Proposição (propriedades algébricas do limite) Sejam f e g duas funções reais com o mesmo domı́nio
de definição Df = Dg = D e seja a ∈ D′.
Suponha que existam b, c ∈ R, tais que
lim
x→a
f(x) = b e lim
x→a
g(x) = c
Valem as seguintes afirmações:
(a) lim
x→a
kf(x) = kb para toda constante k ∈ R
(b) lim
x→a
(f(x) + g(x)) = b+ c
(c) lim
x→a
(f(x)g(x)) = bc
(d) lim
x→a
(
f(x)
g(x)
) =
b
c
c 6= 0
Demonstração Mostremos apenas (b). Seja � > 0 arbitrário. Como lim
x→a
f(x) = b e lim
x→a
g(x) = c existem
δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que
• x ∈ D, 0 < |x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− b| < �2
• x ∈ D, 0 < |x− a| < δ2 → |g(x)− c| < �2
Seja δ = min{δ1, δ2}. Se x ∈ D satisfaz 0 < |x− a| < δ, então ele satisfaz também condições dos dois pontos
acima e, portanto, este x satisfaz |f(x)− b| < �2 e |g(x)− c| <
�
2 .
Logo, para tal se temos que:
|f(x) + g(x)− (b+ c)| = |(f(x)− b) + (g(x)− c)|
≤ |f(x)− b|+ |g(x)− c| (desigualdade do triângulo)
<
�
2
+
�
2
= �
Assim, |f(x)+g(x)−(b+c)| < � sempre que x ∈ D satisfaz 0 < |x−a| < δ. Isto mostra que lim
x→a
(f(x) + g(x)) = b+ c.
2.3. PROPRIEDADES 25
Proposição (limite das funções elementares) Considere as seguintes funções:
(a) R→ R, x 7→ c (c ∈ R, constante)
(b) R→ R, x 7→ xn (n ∈ N, n ≥ 1)
(c) R→ R, x 7→ a0 + a1x+ · · ·+ anxn (n ∈ N, n ≥ 1, an > 0)
(d) X → R, x 7→ p(x)q(x) (p(x), q(x) funções polinomiais X = {x ∈ R | q(x) 6= 0})
(e) R∗+ → R, x 7→
n
√
x (n ∈ N ≥ 1)
(f) R→ R, x 7→ cos(x)
(g) R→ R, x 7→ sen(x)
(h) R∗+ → R, x 7→ ln(x)
(i) R→ R∗+, x 7→ ex
Se f denota uma das funções acima e se a ∈ Df , então lim
x→a
f(x) = f(a)
Exemplo Seja f : R∗+ → R a função definida por
f(x) = 3
√
x− ln(x)
Mostre que lim
x→1
f(x) = 3
Solução Como
√
x e ln(x) são funções elementares temos que:
lim
x→1
f(x) = lim
x→1
(3
√
x− ln(x))
= 3 lim
x→1
√
x− lim
x→1
ln(x) (propriedade algébrica)
= 3
√
1− ln(1) (
√
x e ln(x) são elementares)
= 3− 0
= 3
Exemplo Seja f : R→ R, x 7→ 1+cos(x)
1+
√
x
. Mostre que lim
x→0
f(x) = 2
Solução Temos que:
• lim
x→0
(1 + cos(x)) = 1 + cos(0) = 2 (limite da soma de duas funções elementares)
• lim
x→0
(1 +
√
x) = 1 +
√
0 = 1 (limite da soma de duas funções elementares)
Assim, os limites do numerador e do denominador existem, e o limite do denominador é diferente de 0. Logo
podemos aplicar a regra do quociente:
lim
x→0
1 + cos(x)
1 +
√
x
=
lim
x→0
1 + cos(x)
lim
x→0
1 +
√
x
=
2
1
= 2
Proposição (limite de uma composta) Sejam f e g duas funções tais que f(Df ) ⊆ Dg. Suponha que
existam a ∈ Df e b ∈ Df ∩Dg tais que
lim
x→a
f(x) = b e lim
y→b
g(y) = g(b)
Então lim
x→a
(g ◦ f)(x) = g(b).
26 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Corolário Sejam f e g duas funções reais tais que f(Df ) ⊆ Dg. Suponha que g seja uma função elementar
(veja a lista da proposição acima) e que existam a ∈ Df e b ∈ Dg tais que lim
x→a
f(x) = b.
Então lim
x→a
(g ◦ f)(x) = g( lim
x→a
f(x))
Exemplo Mostre que
lim
x→1
√
3 + x2 = 2
A função considerada pela forma (g ◦ f)(x), onde f(x) = 3 + x2 e g(y) = √y. A função g é elementar e
claramente teremos que lim
x→1
f(x) = lim
x→1
(3 + x)2 = 3 + 12 = 4 ∈ Dg.
Pelo corolário acima, teremos então que:
lim
x→1
√
3 + x2 = lim
x→1
(g ◦ f)(x)
= g( lim
x→1
f(x)
= g(4)
=
√
4
= 2
Às vezes, é conveniente fazer uma mudança de variáveis. Uma mudança de variáveis é a a introdução
de uma nova variável que facilita o cálculo.
Exemplo Considere a função f : R→ R, x 7→ cos(π2x+
π
2 ). Mostre que limx→1
f(x) = −1
Solução Fazendo a mudança de variáveis u = π2x+
π
2 , temos que u→ π quando x→ 1 e portanto
lim
x→1
f(x) = lim
x→1
cos(
π
2
x+
π
2
)
= lim
u→π
cos(u)
= cos(π) = −1
Cuidado: é importante entender o que acontece aqui! Ao fazer a mudança de variáveis u = π2x +
π
2 ,
estamos, na verdade, definindo uma nova função, u : R→ R definida por u(x) = π2x+
π
2 .
Agora, com esta função podemos escrever a função f como composta f(x) = (cos ◦ u)(x), visto que cos é
uma função elementar e que lim
x→1
u(x) = π ∈ Dcos, o corolário implica que:
lim
x→1
f(x) = lim
x→1
(cos ◦ u)(x) = cos( lim
x→1
u(π)) = cos(π) = −1
Exemplo Calcule lim
x→0
(3x+ 2)4 − 2
3x+ 2
Solução 1 Fazendo a mudança de variáveis u = 3x+ 2, temos que u→ 2 quando x→ 0 e portanto
lim
x→0
(3x+ 2)4 − 2
3x+ 2
= lim
u→2
u4 − 2
u
(fração racional)
=
24 − 2
2
limite de uma função elementar
=
14
2
= 7
2.4. LIMITES E RELAÇÕES DE ORDEM 27
Solução 2 A função considerada, digamos f , é uma fração racional, pois para todo x 6= −23 , temos que
f(x) = (3x+2)
4−2
3x+2 = · · · =
81x4+216x3+216x2+96x+14
3x+2 .
Assim, f é uma função elementar, o que implica
lim
x→0
f(x) = f(0) =
(3 · 0 + 2)4 − 2
3 · 0 + 2
=
14
2
= 7
2.4 Limites e Relações de Ordem
Proposição Sejam f e g duas funções com o mesmo domı́nio de definição D = Df = Dg e seja a um ponto
de acumulação de D. Suponha que:
(a) lim
x→a
f(x)e lim
x→a
g(x) existam
(b) f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ D
Então lim
x→a
f(x) ≤ lim
x→a
g(x)
Demonstração Procedemos por absurdo. Suponha então que
b := lim
x→a
f(x) > lim
x→a
g(x) = c
Seja � := b−c2 > 0. Pela definição do limite, existem δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que
• x ∈ D, 0 < |x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− b| < �
• x ∈ D, 0 < |x− a| < δ2 ⇒ |g(x)− c| < �
Seja δ := min{δ1, δ2}
Como a é um ponto de acumulação de D, existe x′ ∈ D tal que 0 < |x′ − a| < δ.
Visto que x′ satisfaz as condições dos dois acima, vem que
(∗)|f(x′)− b| < �⇒ −� < f(x′)− b < �
⇒ b− � < f(x′)
⇒ b+ c
2
< f(x′) (pois � =
b− c
2
)
Lembrete: a ∈ R, r > 0, |a| < r ⇐⇒ −r < a < r
e temos também que
(∗∗)|g(x′)− c| < �⇒ −� < g(x′)− c < �
⇒ g(x′) < c+ �
⇒ g(x′) < b+ c
2
(pois � =
b− c
2
)
Comparando (∗) e (∗∗), temos que
g(x′) < f(x′)
O que contradiz a hipótese f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ D �
Teorema (do confronto) Sejam f, g e h três funções reais com o mesmo domı́nio de definição D, e a um
ponto de acumulação de D. Suponha que
(a) lim
x→a
f(x) = lim
x→a
h(x) = b para um certo b ∈ R;
(b) f(x) = g(x) = h(x) para todo x ∈ D. Então, lim
x→a
g(x) = b
28 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Exemplo Sejam f e g duas funções reais com o mesmo domı́nio de definição D e a = D′. Suponha que
(a) lim
x→a
f(x) = 0 e
(b) g é limitada, isto é, existe um número real M > 0 tal que |g(x)| ≤M para todo x ∈ D.
Mostre que lim
x→a
[f(x)g(x)] = 0
Solução Por hipótese, temos que |g(x)| ≤ M para todo x ∈ D. Multiplicando pelo módulo de f(x),
obtemos
|g(x)f(x)| ≤M |f(x)|
donde
−M |f(x)| ≤ g(x)f(x) ≤M |f(x)|
Como ±M |f(x)| → 0 quando x→ a (já que lim
x→a
f(x) = 0 por hipótese) o teorema do confronto implica que
lim
x→a
[f(x)g(x)] = 0.
Observação Em geral, uma função real f é dita limitada se existir um número real M > 0 tal que
|f(x)| ≤M para todo x ∈ Df .
Exemplo Seja f : R− {0} → R, x 7→ sen( 1x ) · x. Mostre que
lim
x→0
f(x) = 0
Solução A função considerada é um produto de uma função que tende para 0 quando x tende para 0 (a
saber x 7→ x) e de uma função limitada (|sen( 1x )| ≤ 1 para todo x 6= 0).
Pelo exemplo anterior,
lim
x→a
xsen(
1
x
) = 0
2.5 Limites Laterais
Definição Sejam f uma função real e a ∈ R. Suponha que a seja um ponto de acumulação Df∩]a,+∞[.
Diz-se que f tende para b ∈ R quando x tende para a pela direita se para todo � > 0, por mais pequeno que
seja, existe δ > 0 tal que
x ∈ Df , a < x < a+ δ
⇒ |f(x)− b| < �
Escreve-se que f(x)→ b quando x→ a+, ou lim
x→a
f(x) = b ou ainda lim
x→a,x>a
f(x) = b, e diz-se que b é o limite
à direita de f (quando x tende a a).
De maneira análoga, define-se o limite à esquerda. Limites à direita e à esquerda são chamados limites
laterais.Exemplo Considera a função de Heaviside
f(x) =
{
0, se x < 0
1, se x ≥ 0
Mostre que lim
x→0−
f(x) = 0 e lim
x→0+
f(x) = 1
2.5. LIMITES LATERAIS 29
Solução Mostraremos apenas lim
x→0−
f(x) = 0. Seja � > 0 arbitrário. Dado x < 0, temos que |f(x) − 0| =
|0− 0| = 0 < �.
Tomando delta > 0 qualquer, por exemplo δ > 1, temos então que |f(x) − 0| < � sempre que −δ < x < 0.
Isto mostra que o lim
x→0−
f(x) = 0.
Observação Note que, nesse caso, os limites laterais existem, embora o limite lim
x→0
f(x) não exista.
Exemplo Seja f : [0, 1] → R, x 7→ x. Como a = 1 nõa é um ponto de acumulação Df∩]1,+∞[=
[0, 1]∩]1,+∞[= ∅, não faz sentido considerar lim
x→1+
f(x).
Na prática, usamos frequentemente o seguinte resultado para calcular limites laterais:
f(x) =
{
x, se 0 ≤ x ≤ 1
x2, se 1 ≤ x ≤ +∞
Proposição Sejam f uma função real e a ∈ R. Suponha que existam uma função real g e um número real
r > 0 tais que
(a) ]a, a+ r[⊆ Df ∩Dg
(b) f(x) = g(x) para todo x ∈]a, a+ r[
(c) lim
x→a
g(x) existe
30 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Então lim
x→a+
f(x) existe e temos que
lim
x→a
f(x) = lim
x→a
g(x)
Observações
(a) Substituindo ]a, a+r[ por ]a−r, a[ e lim
x→a+
f(x) por lim
x→a−
f(x) na proposição acima, obtemos o resultado
correspondente no caso de um limite à esquerda
(b) Seja f uma função real e a ∈ R. Segue da proposição acima que se ]a, a+ r[⊆ Df para algum r > 0 e
se lim
x→a
f(x) existe, então lim
x→a+
f(x) existe e
lim
x→a+
f(x) = lim
x→a
f(x)
Exemplo Seja f : R→ R a função dada por
f(x) =
{
sen(x) se x < 0
x+ 1 se x ≥ 0
Calcule lim
x→0+
f(x) e lim
x→0−
f(x)
Demonstração Como f(x) = sen(x) para todo x ∈] − 1, 0[, a proposição acima (com a = 0 e r = 1)
implica que:
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
sen(x)
= sen(0) (pois sen é elementar)
= 0
Analogamente, temos que
Exemplo Seja f : [0, 1]→ R, x 7→
√
1− x2. Mostre que lim
x→1−
f(x) = 0
Nota:
y =
√
1− x2
y2 = 1− x2
x2 + y2 = 1
2.5. LIMITES LATERAIS 31
Solução A função considerada possui um limite quando x = 1, o qual é dado por
lim
x→1
f(x) = lim
x→1
√
1− x2
= lim
u→0
√
u (mudança de variáveis)
=
√
0 = 0 (
√
u é elementar)
Como ]0, 1[⊆ Df , a observação acima (com r = 1) implica que lim
x→1−
f(x) = lim
x→1
f(x) = 0
Teorema Sejam f uma função real e a ∈ R. Suponha que a seja um ponto de acumulação de Df∩]−∞, a[
e de Df∩]a,+∞[. Vale a seguinte equivalência lim
x→a
f(x) existe ⇐⇒ limx→a−f(x) e lim
x→a+
f(x) existem e são
iguais. No caso afirmativo, temos que:
lim
x→a−
f(x) = lim
x→a+
f(x) = lim
x→a
f(x)
Exemplo Seja f : R→ R a função definida por
f(x) =
{
x3 se x ≤ 0
x se x ≥ 0
Mostre que lim
x→0
f(x) = 0
Solução O ponto a = 0 de ]−∞, 0[ e ]0,+∞[ e temos que
• lim
x→0−
f(x) = lim
x→0
x3 = 03 = 0
• lim
x→0+
f(x) = lim
x→0
x = 0
Visto que os limites laterais existem e são iguais, temos que lim
x→0
f(x) existe e é igual a 0.
32 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
2.6 Limites Infinitos
Definição Sejam f uma função real e a ∈ R. Considere a seguinte tabela
Śımbolo Afirmação
lim
x→a
f(x) = +∞ x ∈ Df , 0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > M
lim
x→a
f(x) = −∞ x ∈ Df , 0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > −M
lim
x→a−
f(x) = +∞ x ∈ Df , a− δ < x < a⇒ f(x) > M
lim
x→a+
f(x) = +∞ x ∈ Df , a < x < a+ δ ⇒ f(x) > M
lim
x→a−
f(x) = −∞ x ∈ Df , a− δ < x < a⇒ f(x) > −M
lim
x→a+
f(x) = −∞ x ∈ Df , a < x < a+ δ ⇒ f(x) > −M
A cada linha, escreve-se o śımbolo indicado quando para todo M > 0, existe δ > 0 tal que a afirmação da
mesma linha seja satisfeita.
Observação Para fazer sentido, o ponto a que aparece nos limites acima tem que ser um ponto de acu-
mulação de um conjunto apropriado. Por exemplo, para poder escrever lim
x→a
f(x) = +∞, a tem que ser um
ponto de acumulação de Df .
Exemplo Mostre que
lim
x→0−
1
x
= −∞ e lim
x→0+
1
x
= +∞
Solução Seja M > 0 arbitrário. Dado x > 0, temos que:
1
x
> M ⇐⇒ x < 1
M
Segue-se, tomando δ = 1M que
1
x > M sempre que 0 < x < δ. Isto significa que lim
x→0+
1
x
= +∞.
2.6. LIMITES INFINITOS 33
Exemplo Sejam f e g duas funções reais com o mesmo domı́nio de definição Df = Dg = D e a ∈ D′.
Mostre que se lim
x→a
f(x) = +∞ e se lim
x→a
g(x) = +∞, então
lim
x→a
(f(x) + g(x)) = +∞
Observação Simbolicamente, escreve-se ∞+∞ =∞
Exemplo Sejam f uma função real e a ∈ R. Suponha que as seguintes condições sejam satisfeitas:
(a) a ∈ (Df∩]a,+∞[);
(b) lim
x→a+
f(n) = 0;
(c) existe r > 0 tal que f(x) > 0 para todo x ∈ Df∩]a, a+ r[
Mostre que
lim
x→a+
1
f(x)
= +∞
Solução Seja M > 0 arbitrário. Como lim
x→a+
f(x) = 0, existe δ1 > 0 tal que x ∈ Df , a < x < a + δ1 ⇒
|f(x)| < 1M (∗).
Temos também, tendo em vista a hipótese sobre r > 0, que
x ∈ Df , a < x < a+ r ⇒ f(x) > 0(∗)(∗)
Seja δ := min{δ1, r}. Comparando (∗) e (∗)(∗), vem que para todo x ∈ Df satisfazendo 0 < |x − a| < δ,
0 < f(x) < 1M , donde
1
f(x) > M
Isto mostra que lim
x→a+
1
f(x)
= +∞
Observação Simbolicamente, escreve-se
lim
x→a+
1
f(x)
=
1
0+
= +∞
A notação ”0+”significa que f(x) se aproxima de 0 por valores estritamente positivos.
Exemplo Mostre que
lim
x→1+
1
x− 1
= +∞
Solução
f : R→ R, x 7→ x− 1
Temos que:
• lim
x→1+
f(x) = lim
x→1
f(x) = f(1) = 0;
• f(x) > 0⇐⇒ x ∈]1,+∞[.
Assim, podemos usar o exemplo anterior:
lim
x→1+
1
x− 1
= lim
x→1+
1
f(x)
=
1
0+
= +∞
34 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Lembrete
lim
x→a
f(x) = +∞, etc.
• ∞+∞ = +∞;
• 10+ = +∞
Sejam f e g duas funções reais com o mesmo domı́nio de definição Df = Dg = D e a, k ∈ R. Generalizando
os exemplos acima, estabelece-se uma lista de limites das funções f+g, f ·g, fg , kf , quando x→ a ou x→ a
+
ou x→ a−. Usando a notação simbólica que já usamos nos exemplos acima:
• ∞+∞ = +∞
• −∞−∞ = −∞
• ∞+ k = +∞
• −∞+ k = −∞
• ∞ ·∞ = +∞
• (−∞) · ∞ = −∞
• ∞k =∞ (k > 0)
• ∞k = −∞ (k < 0)
• k±∞=0
• k0+ = +∞ (k > 0)
• ∞0+ = −∞
• k0− = −∞ (k > 0)
• ∞0− = −∞
Exemplo Mostre que lim
x→1−
1
x− 1
= −∞
Solução É um limite do tipo 10− (já que x− 1 < 0 para todo x < 1), donde o resultado é −∞.
Exemplo Mostre que lim
x→0+
[1 +
1
x
] = +∞
Solução Primeiro, observamos que lim
x→0+
1
x
= +∞, pois é um limite do tipo 10+ . Logo, o limite considerado
no enunciado é do tipo 1 +∞, o que implica lim
x→0+
(1 +
1
x
) = +∞.
Exemplo Mostre que lim
x→2+
x2 + 3x
x2 − 4
= +∞
2.7. LIMITES NO INFINITO 35
Solução É um limie do tipo 100 . Devemos fazer o estudo do sinal do denominador. Dado x ∈ R, temos que
x2 − 4 = (x− 2)(x+ 2). Logo, o sinal de x2 − 4 é dado pela seguinte tabela
Logo, é um limite do tipo 100+ = +∞.
Vê-se que x2 − 4 > 0 para todo x > 2. Assim, o limite considerado é do tipo 100+ = +∞.
Tem exemplos de limites para os quais a notação simbólica não permite deduzir o resultado. Por exemplo,
lim
x→0+
1
x
1
x
= lim
x→0+
1 = 1
e
lim
x→0+
1
x2
1
x
= lim
x→0+
1
x
= +∞
Os dois limites são do tipo ∞∞ . No primeiro caso o resultado é um número real, e no segundo, o resultado é
∞. Assim, não existe uma regra para calcular limites dos tipos ∞∞ . Diz-se que é uma indeterminação. As
indeterminações mais comuns são: ∞−∞, 0 · ∞, ∞∞ ,
0
0 , 1
∞, 00,∞0
Veremos mais adiante como calcular alguns desses limites.
2.7 Limites no infinito
Definição Sejam f uma função real e k ∈ R. Considere a seguinte tabela:
Śımbolo Afirmação
lim
x→+∞
f(x) = +∞ x ∈ Df , x > A⇒ f(x) > M
lim
x→+∞
f(x) = −∞ x ∈ Df , x > A⇒ f(x) < −M
lim
x→+∞
f(x) = k x ∈ Df , x > A⇒ |f(x)− k| < M
lim
x→−∞
f(x) = +∞ x ∈ Df , x < A⇒ f(x) > M
lim
x→−∞
f(x) = −∞ x ∈ Df , x < A⇒ f(x) < −M
lim
x→−∞
f(x) = k x ∈ Df , x < A⇒ |f(x)− k| < M
A cada linha, escreve-se o śımbolo indicado quando para todo M > 0 existe A > 0 tal que a afirmação da
mesma linha seja satisfeita.
Exemplo Seja x ∈ R, e seja f : R→ R, x 7→ c. Mostre que lim
x→+∞
f(x) = c
Solução Seja M > 0 arbitrário. Dado x ∈ R, temos que
|f(x)− c| = |c− c| = 0 < M
Tomando A > 0 qualquer, por exemplo A = 1, vemos que |f(x)− c| < M sempre que x > A. Isso mostra
que lim
x→+∞
f(x) = c.
Observação Analogamente, vê-se que lim
x→−∞
f(x) = c
Exemplo Mostre que lim
x→+∞
1
x
= 0
Solução Seja M > 0 um número real estritamente positivo.
Dado x > 0, tem-se | 1x − 0| < M ⇐⇒
1
x < M ⇐⇒ x >
1
M .
Tomando A := 1M , temos que |
1
x − 0| < M sempre que x > A. Isso implica que limx→+∞
1
x
= 0.
36 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Observação Analogamente, vê-se que lim
x→−∞
1
x
= 0.
Exemplo Seja f : R→ R, x 7→ x. Mostre que
lim
x→+∞
f(x) = +∞
Solução Seja M > 0 arbitrário. Dado x ∈ R, temos que
f(x) > M ⇐⇒ x > M
Tomando A := M , vemos então que f(x) > M sempre que x > A. Segue-se que
lim
x→+∞
f(x) = +∞
Observação Analogamente mostra-se que lim
x→−∞
f(x) = −∞
Proposição (propriedades algébricas dos limites finitos no infinito) Sejam f e g duas funções reais
cujos domı́nios de definição contem um intervalo da forma ]r,+∞[, com r > 0. Suponha que existam b, c ∈ R,
tais que (de certa forma, +∞ é um ponto de acumulação de D, mas isso não faz sentido)
lim
x→+∞
f(x) = b e lim
x→+∞
g(x) = c
Valem as seguintes afirmações:
• lim
x→+∞
(kf(x) = kb para toda constante multiplicativa k ∈ R;
• lim
x→+∞
[f(x) + g(x)] = b+ c;
• lim
x→+∞
[f(x)g(x)] = bc;
• lim
x→+∞
f(x)
g(x)
=
b
c
desde que c 6= 0.
Observação Substituindo o intervalo ]r,+∞[ por ] −∞, r[ e +∞ por −∞ na proposição acima, obtemos
as regras correspondentes x→ −∞.
Exemplo Mostre que lim
x→−∞
1 + |x|
x
= −1
Solução Visto que é um limite em −∞, podemos supor que x < 0. Em particular, podemos supor que
|x| = −x.
Assim,
lim
x→−∞
1− |x|
x
= lim
x→−∞
[
1
x
− x
x
] = lim
x→−∞
[
1
x
− 1]
Visto que lim
x→−∞
1
x
e lim
x→−∞
1 existem e são dois números reais, podemos usar as regras algébricas do limite
lim
x→−∞
[
1
x
− 1]
= lim
x→−∞
[
1
x
] + lim
x→−∞
[−1]
= 0 + (−1)
= −1
2.7. LIMITES NO INFINITO 37
Proposição (Limites finitos no infinito e compostas) Sejam f e g duas funções tais que f(Df ) ⊆ Dg.
Suponha que exista b ∈ Dg ∩D′g tal que
lim
x→+∞
f(x) = b e lim
y→b
g(y) = g(b)
Então,
lim
x→+∞
(g ◦ f)(x) = g(b)
Observação A proposição acima continua válida se substituirmos ”x→ +∞”por ”x→ −∞”.
Exemplo Seja n ∈ N∗. Mostre que lim
x→+∞
1
xn
= 0
Solução 1 Sejam f : R− {0} → R, x 7→ 1x e g : R→ R, y 7→ y
n. Temos que:
• (g ◦ f)(x) = 1xn para todo x ∈ R− {0};
• lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
1
x
= 0 (veja exemplos acima)
• lim
y→0
g(y) = lim
y→0
yn = 0 = g(0)
Pela proposição acima, lim
x→+∞
(g ◦ f)(x) = g(0) = 0, como queŕıamos mostrar.
Solução 2 Visto que lim
x→∞
1
x
= 0 é um número real, podemos usar a regra algébrica do produto:
lim
x→∞
1
xn
= lim
x→∞
1
x
· · · · · lim
x→∞
1
x
n vezes
= ( lim
x→+∞
1
x
· · · · · lim
x→+∞
1
x
)
= 0 · 0 · · · · · 0 = 0
Em virtude da proposição acima, pode-se fazer mudanças de variáveis quando x→ +∞ ou x→ −∞
Exemplo Mostre que
lim
x→+∞
x5 + x4 + 1
2x5 + x+ 1
=
1
2
Solução Dado x > 0, temos que
x5 + x4 + 1
2x5 + x+ 1
=
x5(1 + 1x +
1
x5 )
x5(2 + 1x4 +
1
x5 )
=
1 + 1x +
1
x5
2 + 1x4 +
1
x5
Fazendo a mudança de variáveis u = 1x , vem que u→ 0 quando x→ +∞, donde
lim
x→+∞
x5 + x4 + 1
2x5 + x+ 1
= lim
x→+∞
1 + u+ u5
2 + u4 + u5
= lim
x→+∞
1 + 0 + 05
2 + 04 + 05
(limite de função elementar)
=
1
2
38 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Na proposição ”propriedades algébricas dos limites finitos no infinito”descrevemos as propriedades algébricas
dos limites no infinito quando os limites lim
x→+∞
f(x) e lim
x→+∞
g(x) são finitos.
Caso um desses limites for infinito, devemos substituir as fórmulas da mesma proposição pela seguinte lista,
a qual usa notação simbólica.
• ∞+∞ = +∞
• −∞−∞ = −∞
• ∞+ k =∞ (k ∈ R)
• −∞+ k =∞ (k ∈ R)
• −∞ ·∞ = −∞
• ∞ ·∞ =∞
• ∞ · k =∞ (k > 0)
• ∞ · k = −∞ (k < 0)
• k±∞ = 0 (k ∈ R)
• k0+ =∞ (k > 0)
• ∞0+ = +∞
• k0− = −∞ (k > 0)
• ∞0− = −∞
A notação ”0+”significa que lim
x→+∞
f(x) = 0 e que existe r > 0 tal que f(x) > 0 para todo x ∈ Df∩]r,+∞[.
Note que essa lista é a mesma que a da seção anterior.
Exemplo Seja f : R → R uma função polinomial f(x) = a0 + a1x + · · · + anxn onde a0, a1, . . . , an 6= 0.
Mostre que lim
x→∞
f(x) =∞ se an > 0 e lim
x→∞
f(x) = −∞ se an < 0.
Solução Dado x > 0, tem-se
f(x) = xn[
a0
xn
+
a1
xn−1
+
a2
xn−2
+ · · ·+ an−1
x
+ an]
É um produto de duas funções, a saber, a função
x 7→
n−1∑
r=0
ar
xn−r
+ an
Cujo limite quando x→∞ é dado por
lim
x→+∞
[
a0
xn
+ · · ·+ an−1
x
+ an]
= lim
x→+∞
a0
xn
+ · · ·+ lim
x→+∞
an−1
x
+ lim
x→+∞
an (pelas regras algébricas)
= 0 + 0 + · · ·+ an
= an
Assim, o limite considerado é do tipo ∞ · an. Pela lista simbólica, obtemos as fórmulas desejadas.
2.8. ALGUNS LIMITES IMPORTANTES 39
2.8 Alguns Limites Importantes
Aceitamos os seguintes resultados:
• lim
x→0
sen(x)
x
= 1
• lim
x→+∞
(1 +
1
x
)x = e = e1 ∼= 2, 71...
• lim
x→0+
ln(x) = −∞
• lim
x→+∞
ln(x) = +∞
• lim
x→−∞
ex = 0
• lim
x→+∞
ex = +∞
Os dois primeiros limites são chamados 1o limite fundamental e 2o limite fundamental, respectivamente.
Exemplo Suponha que u : Du → R satisfaça as seguintes condições
• 0 ∈ D′u
• lim
x→0
u(x) = 0
• u(x) 6= 0 para todo x ∈ Du − {0}.
Mostre que lim
x→0
sen(u(x))
u(x)
= 1
Solução Considere a função g : R→ R dada por
g(y) =
{
sen(y)
y e y 6= 0
1 se y = 0
Pelo 1o limite fundamental, vemos que lim
y→0
g(y) = 1 = g(0). Logo, podemos aplicar a proposição ”Limite de
uma composta”
lim
x→0
sen(u(x))
u(x)
= lim
x→0
(g ◦ u)(x)
= g( lim
x→0
u(x)) = g(0) = 1, como queŕıamos provar
Exemplo Mostre que
lim
x→0
sen(3x)
sen(4x)
=
3
4
Solução Dado x ∈ R tal que sen(4x) 6= 0
sen(3x)
sen(4x)
=
3x · sen(3x)3x
4x · sen(4x)4x
3
4
·
sen(3x)
3x
sen(4x)
4x
40 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Pelo exemplo anterior,
lim
x→0
sen(3x)
3x
= 1
lim
x→0
sen(4x)
4x
= 1
Donde,
lim
x→0
sen(3x)
sen(4x)
= lim
x→0
3
4
·
sen(3x)
3x
sen(4x)
4x
=
3
4
· 1
1
=
3
4
Proposição Sejam f e g duas funções reais tais que f(Df ) ⊆ Dg e seja a ∈ R. Suponha que
lim
x→α
f(x) = β e lim
y→β
g(y) = γ
Onde α ∈ {a, a−, a+,−∞,+∞}, β ∈ {−∞,+∞} e γ ∈ R ∪ {−∞,+∞}.
Então,
lim
x→α
(g ◦ f)(x) = γ
Na prática, é frequente usar a proposição acima por meio de uma mudança de variáveis.
Exemplo Mostre que lim
x→0+
(1 + x)
1
x = e
Solução Fazendo a mudança de variáveis u = 1x , vem que u → ∞ quando x → 0
+ (veja lista simbólica)
donde,
lim
x→0+
(1 + x)
1
x = lim
u→∞
(1 +
1
u
)u = e (pelo 2o limite fundamental)
Observação Analogicamente, vê-se que lim
x→0−
(1 + x)
1
x = e. Assim, lim
x→0
(1 + x)
1
x = e
Exemplo Mostre que lim
x→−∞
(1 +
1
x
)x = e
Solução Dado x < −1, um cálculo simples mostra que
(1 +
1
x
)x = (1− 1
x+ 1
)−x−1(1− 1
x+ 1
Fazendo a mudança de variáveis a = −(x+ 1), vem que u→ +∞ quando x→ −∞, donde
lim
x→−∞
(1 +
1
x
)x
= lim
u→+∞
(1 +
1
u
)u(1 +
1
u
)
= lim
u→+∞
(1 +
1
u
)u · lim
u→∞
(1 +
1
u
) (regras algébricas de lim)
= e · 1
= e
Exemplo Mostre que
lim
x→1+
ln(x2 − 1) = −∞
2.9. INDETERMINAÇÕES 41
Solução Fazendo a mudaça de variáveis u = 1x2−1 , temos que u→∞ quando x→ 1
+ (pois é um limite do
tipo 10+ ), donde
lim
x→1+
ln(x2 − 1)
= lim
u→∞
ln(
1
u
)
= − lim
u→∞
ln(u) (propriedades da função ln(x))
= −∞
Exemplo Mostre que lim
x→0
ex − 1
x
= 1
Solução Considere as funções f : R→ R e g :]− 1,+∞[→ R dadas por f(x) = ex − 1 e
g(x) =

1
ln[(1+y)
1
y ]
se y > −1 e g 6= 0
1 se y = 0
Como f(Df ) =]− 1,+∞[⊆ Dg, podemos considerar a composta g ◦ f . Dado x ∈ R, temos que (g ◦ f)(x) =
g(ex − 1) = 1
ln[(1+ex−1)
1
ex−1
.
Aqui usamos a 1a parte da definição de g, pois a condição x 6= 0 implica que ex − 1 6= 0.
=
1
ln[e
1
ex−1 ln(e
x)]
(pois ab = ebln(a))
=
1
ln[e
x
ex−1 ]
(pois exp = (ln)−1
=
1
x
ex−1
(pois exp = (ln)−1)
=
ex − 1
n
Assim, para todo x ∈ R∗,
(g ◦ f)(x) = e
x − 1
x
Além disso, é claro que limx→0
f(x) = 0 e segue do exemplo acima ( lim
y→0
(1 + y)
1
y = e) que
lim
y→0
(1 + y)
1
y g(y) =
1
ln(e)
=
1
1
= 1 = g(0)
Assim f e g satisfazem as hipóteses da proposição ”Limite de uma composta”e então
lim
x→0
ex − 1
x
= lim
x→0
(g ◦ f)(x)
= g( lim
x→0
f(x))
= g(0)
= 1
2.9 Indeterminações
Apresentamos algumas indeterminações
42 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Exemplo
lim
x→−2
x3 − 3x+ 2
x2 − 4
=
9
4
Solução É uma indeterminação do tipo 00 . Neste caso, devemos simplificar a fração considerada usando o
fato de −2 ser uma raiz comum do numerador e denominador:
x3 − 3x+ 2
x2 − 4
=
(x+ 2)(x2 − 2x+ 1)
(x+ 2)(x− 2)
=
x2 − 2x+ 1
x− 2
Dáı,
lim
x→−2
x3 − 3x+ 2
x2 − 4
lim
x→−2
x2 − 2x+ 1
x− 2
lim
x→−2
−22 − 2 ∗ (−2) + 1
−2− 2
=
9
4
Exemplo Mostre que lim
x→0
√
x+ 2−
√
2
x
=
1
2
√
2
Solução É uma indeterminação do tipo 00 . Usaremos a técnica de racionalização, a qual se baseia na
fórmula a2 − b2 = (a− b)(a+ b). Dado x 6= 0 e x ≥ −2, tem-se:
√
x+ 2−
√
2
x
=
(
√
x+ 2−
√
2)(
√
x+ 2−
√
2)
x(
√
x+ 2−
√
2)
=
x+ 2− 2
x(
√
x+ 2 +
√
2)
(usando a fórmula)
=
1
√
x+ 2 +
√
2
Assim, lim
x→0
√
x+ 2−
√
2
x
= lim
x→0
1
√
x+ 2 +
√
2
=
1
2
√
2
Exemplo Mostre que
lim
x→1
3
√
x− 1√
x− 1
=
3
2
2.9. INDETERMINAÇÕES 43
Solução É uma indeterminação do tipo 00 . A técnica é análogo à técnica de racionalização. Tendo em vista
a fórmula a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2), vem que para todo x ≥ 0, x 6= 1
3
√
x− 1√
x− 1
=
( 3
√
x− 1)[( 3
√
x)2 + 3
√
x · 1 + 12]
(
√
x− 1)[( 3
√
x)2 + 3
√
x+ 12]
=
x− 1
(
√
x− 1)( 3
√
x)2 + 3
√
x+ 12]
=
(
√
x− 1)(
√
x+ 1)
(
√
x− 1)[( 3
√
x)2 + 3
√
x+ 1]
=
√
x+ 1
( 3
√
x)2 + 3
√
x+ 1]
Dáı, vê-se que
lim
x→1
3
√
x− 1√
x− 1
=
1 + 1
1 + 1 + 1
=
2
3
Exemplo Mostre que
lim
x→+∞
(ex+2 − ex) = +∞
Solução É uma indeterminação do tipo ∞−∞. Dado x ∈ R, temos que
ex+2 − ex = ex(e2 − 1)
Visto que lim
x→+∞
ex = +∞ e e2 − 1 > 0, vemos que lim
x→∞
ex(e2 − 1) é do tipo ∞ · k com h > 0. Segue-se que:
lim
x→∞
(ex+2 − ex = lim
x→∞
ex(e2 − 1) =∞
Exemplo Mostre que lim
x→∞
[ln(x+ 2)− ln(x)] = 0
Solução É uma indeterminação do tipo ∞−∞. Dado x > −2, temos que ln(x + 2) − ln(x) = ln(x+2x ).
Fazendo a mudança de variáveis u = x+2x = 1 +
2
x , vem que limx→∞
u = 1, donde
lim
x→∞
[ln(x+ 2)− ln(x)] = lim
u→1
ln(u)
= ln(1) = 0 (pois ln é elementar)
Exemplo Mostre que
lim
x→∞
(
x+ 1
x− 3
)x = e4
Solução É uma indeterminação do tipo 1∞. Dado x > 3, temos que
(
x+ 1
x− 3
)x = (1 +
4
x− 3
)x
Para usar a fórmula lim
x→0
(1 + u)
1
4 = e (veja exemplo anterior) devemos modificar a potência (1 + u)x =
(1 + u)
4
u+3 = [(1 + u)
1
u ]4 · (1 + u)3.
Usando a regra algébrica do produto, deduzimos que:
lim
x→∞
(
x+ 1
x− 3
)x = lim
u→0
[(1 + u)
1
4 ]4(1 + u)3
= lim
u→∞
[(1 + u)
1
4 ]4 · lim
u→0
(1 + u)3
= e4(1 + 0)3
= e4
44 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
2.10 Continuidade
Considere os seguintes gráficos
Os gráficos podem ser traçados sem retirar a caneta do papel
Os gráficos não podem ser traçados sem retirar a caneta do papel.
Funções cujos gráficos podem ser traçados sem retirar a caneta do papel são chamadas funções cont́ınuas.
A definição rigorosa é a seguinte:
Definição Seja f uma função real. Diz-se que f é cont́ınua no ponto a ∈ Df se para todo � > 0 existe
δ > 0 tal que x ∈ Df , |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < �.
Se f é cont́ınua em pontos de um subconjunto S de Df , diz-se que f é cont́ınua em S. Se f é cont́ınua
em Df , diz-se que f é cont́ınua.
Observação Se f é cont́ınua em a ∈ Df , e se a ∈ Df , então lim
x→a
f(x) = f(a)
Preposição (Relação limite/continuidade) Sejam f uma função real e a ∈ Df . Valem as seguintes
afirmações:
1. Se a /∈ Df , então f é cont́ınua em a
2. Se a ∈ Df , então f é cont́ınua em a se e somente se lim
x→a
f(x) = f(a)
Corolário Seja f uma função real tal que Df ⊆ D′f (por exemplo se Df = I é um intervalo) e seja a ∈ Df .
Então f é cont́ınua em a se e somente lim
x→a
f(x) = f(a)
2.10. CONTINUIDADE 45
Exemplo Seja c ∈ R arbitrário. Considere a função f : R→ R dada por
f(x) =
{
x2 se x < 0
sen(x) + c se x ≥ 0
Calcule c para que f seja cont́ınua no ponto a = 0
Solução Primeiro, calculamos os limites laterais de f em 0
• lim
x→0−
f(x) = lim
x→0
x2 = 02 = 0
• lim
x→0+
f(x) = lim
x→0
(sen(x) + c) = sen(0) + c = c
A única possibilidade para que lim
x→0+
f(x) = lim
x→0−
f(x) é que c = 0. Neste caso, temos que lim
x→0
f(x) =
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0−
f(x) = 0 = f(0), o que mostra que f é cont́ınua em 0. Segue-se que f é cont́ınua em a = 0
se e somente se c = 0.
Exemplo A função de Heaviside f(x) não é cont́ınua em a = 0, pois lim
x→0
f(x) não existe.
Corolário Sejam f e g duas funções reais. Valem as seguintes afirmações:
(a) Se f é elementar, então é cont́ınua
(b) Se f e g são cont́ınuas em a ∈ Df ∩D′g, então as funções f + g e fg são cont́ınua em a. Se , além disso,
g(a) 6= 0, então fg é cont́ınua em a
(c) Suponha f(Df ) ⊆ Dg. Se f é cont́ınua em a ∈ Df e g é cont́ınua em f(a), então g ◦ f é cont́ınua em a
(d) A restrição de uma função cont́ınua a um subconjunto do seu domı́nio é uma função cont́ınua
Exemplo Seja f :]0,∞[→ R a função definida por f(x) = sen(x2 + ln(x)) mostre que f é cont́ınua
Definição Sejam f uma função cont́ınua e a um ponto de acumulação de Df que não pertence a Df . Diz-se
que a função f pode ser extendida por continuidade no ponto a, se lim
x→0
f(x) existe. Neste caso a
função f̃ : Df ∪ a→ R definida por
f̃(x) =
{
f(x) se x ∈ Df
lim
x→a
f(x) se x = a
é uma função cont́ınua chamada extensão por continuidade de f em a.
Exemplo A função f̃ : R→ R definida por
f̃(x) :=
{
sen(x)
x se x 6= 0
1 se x = 0
é a extensão por continuidade da função f : R− {0} → R, x 7→ sen(x)x .
Proposição Sejam f e g duas funções tais que f(Df ) ⊆ Dg. Suponha que existam a ∈ D′f e b ∈ D′g tais
que lim
x→a
f(x) = b e tal que g seja cont́ınua em b se b ∈ Dg, ou que g possua uma extensão por continuidade
em b se b /∈ Dg. Então,
lim
x→a
(g ◦ f)(x) = lim
y→b
g(y)
46 CAPÍTULO 2. LIMITE E CONTINUIDADE
Teorema (do Valor Intermediário) Seja f : [a, b]→ R uma função cont́ınua. Se α e β denotam o mı́nimo
e o máximo de f(a) e f(b) respectivamente então para todo d ∈ [α, β] existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = d.
Exemplo Mostre que a equação x3 − 4x+ 8 = 5 possui pelo menos uma solução no intervalo [−3, 0].
Solução Seja f : [−3, 0] → R a função dada por f(x) := x3 − 4x + 8. Temos então que f(−3) = −7 e
f(0) = 8 e como 5 ∈ [−7, 8], o teorema do valor intermediário implica que existe c ∈ [−3, 0] tal que f(c) = 5.
Isso mostra que a equação considerada possui pelo menos uma solução no intervalo [−3, 0].
Corolário (do anulamento de Bolzano) Seja f : [a, b] → R uma função cont́ınua. Se f(a) − f(b) ≤ 0
então existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = 0.
Teorema (de Weierstrass) Seja f : [a, b] → R uma função cont́ınua. Então existe c, d ∈ [a, b] tais que
f(c) ≤ f(x) ≤ (f(d) para todo x ∈ [a, b]. Diz-se que f(c) é o valor mı́nimo de f em [a, b] e f(d) é o valor
mı́nimo de f em [a, b]